山东省烟台市龙口市2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题含答案解析

山东省烟台市龙口市2023-2024学年高二上学期10月月考
物理试题
一、单选题(共36 分)
1.关于能量和能源，下列说法正确的是（）
A.科学研究发现，一切与热现象有关的宏观过程都具有可逆性
B.能源危机的原因是在能源的利用过程中，能量在总量不断减少
C.能量耗散是从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
D.风能、水能和核能都属于可再生能源，因此我国近年来不断地开发利用这些新能源
【答案】C
【详解】
A．根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观过程都具有不可逆性。

A错误；
B．由能量守恒定律，能源危机的原因是在能源的利用过程中，能量在总量保持不变。

B错误；
C．能量耗散是从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，C正确；
D．风能、水能都属于可再生能源，核能不属于可再生能源，D错误。

故选C。

2.将物体水平抛出，在物体落地前（不计空气阻力），下列说法正确的是（）
A.动量的方向不变
B.动量变化量的方向不变
C.相同时间内动量的变化量越来越大
D.动量变化的越来越快
【答案】B
【详解】
A．平抛运动中，速度大小方向都在发生变化，则由p=mv可知，动量的方向会发生变化，故A错误；
BCD．由于物体所受合外力的冲量大小等于它的动量的变化量，即
Δp=I
冲
=Ft=Gt
由此可得，动量变化量的方向始终向下不变，相同时间内动量的变化量相同，且动量变化快慢不变，故B正确，CD错误。

故选B。

3.手电筒中的干电池的电动势为1.5V，用它给某小灯泡供电时，电流为0.3A，下列说法正确的是（）
A.干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为2V的蓄电池强
B.电路中每通过1C的电量，电源把1.5J的电能转化为化学能
C.干电池在10s内将4.5J的化学能转化为电能
D.该干电池外接电阻越大，电源的效率越低
【答案】C
【详解】
A．干电池的电动势小于蓄电池的电动势，干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为2V的蓄电池弱，A错误；
B．电路中每通过1C的电量，非静电力做功为1.5J，电源把1.5J的化学能转化为电能，B错误；
C．根据
W=EIt=1.5×0.3×10J=4.5J
可得干电池在10s内将4.5J的化学能转化为电能，C正确；
D．设外电阻为R，内阻为r，则电源的效率为
η=UI
EI
=
R
R+r
=
1
1+
r
R
可知该干电池外接电阻越大，电源的效率越高，D错误。

故选C。

4.一质量为M的烟花飞到空中，当速度减为零时炸裂成两块，其中质量为m的一块在炸裂后获得的速度大小为v，则另一块的速度大小为
A.m
M−m
v
B.M
M−m
v
C.m
M
v
D.M−m
m
v
【答案】A
【详解】
在爆炸极短时间内，导弹所受的重力，远小于内部的爆炸力，系统动量守恒；根据动量守恒定律，有：
0=mv+（M−m）v＇解得
v′=-
m
M−m
v
方向与前一块的方向相反；
A．m
M−m
v，与结论相符，选项A正确；
B．M
M−m
v，与结论不相符，选项B错误；
C．m
M
v，与结论不相符，选项C错误；
D．M−m
m
v，与结论不相符，选项D错误；
5.在光滑水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正，两球的动量分别是p A=5kg⋅m/s，p B=7kg⋅m/s，如图所示，若能发生正碰，则碰后两球的动量增量Δp A、Δp B可能是（）
A.Δp A=−3kg⋅m/s；Δp B=3kg⋅m/s
B.Δp A=3kg⋅m/s；Δp B=3kg⋅m/s
C.Δp A=−10kg⋅m/s；Δp B=10kg⋅m/s
D.Δp A=3kg⋅m/s；Δp B=−3kg⋅m/s
【答案】A
【详解】
B．两个小球发生正碰，则其系统碰撞前后应该满足动量守恒，碰前总动量为
p
总前
=p A+p B=12kg⋅m/s
碰后总动量为
p
总后=(p A+Δp A)+(p B+Δp B)=18kg⋅m/s>p
总前
由上述可知，系统碰撞前后动量不守恒，故B错误；D．由题意可知，其系统碰撞后的总动量为
p
总后=(p A+Δp A)+(p B+Δp B)=12kg⋅m/s=p
总前
由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，碰后两球的动量都与原方向相同，但A球的动量增加，与实际运动不符，故D错误；
C．由题意可知，其系统碰撞后的总动量为
p
总后=(p A+Δp A)+(p B+Δp B)=12kg⋅m/s=p
总前
由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，进一步分析可知，碰后A球的动量变为
p A′=−5kg⋅m/s
B球碰动量变为
p B′=17kg⋅m/s
根据动能与动量的关系有
E k=1
2
mv2=
p2
2m
由上述式子可知，其A球碰撞前后动能大小不变，但是B球碰后动能变大，即对于A、B组成的系统来说其系统的总动能在碰后大于碰前，违反了能量守恒，故C错误；
A．由题意可知，其系统碰撞后的总动量为
p
总后=(p A+Δp A)+(p B+Δp B)=12kg⋅m/s=p
总前
由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，碰后A球动量变为
p A′=2kg⋅m/s 碰后B球动量变为
p B′=10kg⋅m/s 其碰前总动能为
E
k前=
p A2
2m A
+
p B2
2m B
=
25
2m A
+
49
2m B
碰撞后总动能为
E
k后=
(p A+Δp A)2
2m A
+
(p B+Δp B)2
2m B
=
4
2m A
+
100
2m B
碰撞前后能量的变化为
ΔE k=E
k前−E
k后
=
21
2m A
−
51
2m B
由于A和B球的质量未知，若
m B m A ≤21 51
则由
ΔE k≥0
即满足系统的总动能不增加，即符合能量守恒，而碰后两球的动量都与原方向相同，且A球的动量变小，即A球的速度变小，B 球的动量增加，即B球的速度增加，所以可能A球速度小于B球的速度，满足实际运动情况。

该情况可能发生，故A正确。

故选A。

6.碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动，游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车正对迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像如图所示，已知小孩的质量为30kg，大人的质量为60kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。

下列说法正确的是（）
A.碰前大人和车的速度大小为2m/s
B.碰撞前后小孩的运动方向保持不变
C.碰撞过程中机械能损失为450J
D.碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为90N⋅s
【答案】D
【详解】
A．位移—时间图像斜率的绝对值表示速度的大小，根据图像可得碰前大人和车的速度大小为
v1=10−4
2
m/s=3m/s
故A错误；
B．根据图像可知，碰撞后大人和小孩一起运动，而位移—时间图像的斜率正负表示速度的方向，小孩碰撞前速度方向为正，碰撞后速度方向为负，故B错误；
C．设小孩的质量为m，与大人碰撞前速度为v2，碰后共速的速度为v，大人的质量为M，则根据图像可得
v2=4
2m/s=2m/s，v=2−4
4−2
m/s=−1m/s
根据能量守恒可得碰撞过程中机械能损失为
ΔE=1
2
Mv12+
1
2
mv22−
1
2
(m+M)v2
代入数据解得
ΔE=285J
故C错误；
D．取小孩碰后运动方向为正方向，根据动量定理可得
I=mv−mv2
代入数据可得碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为
I=90N⋅s
其大小为90N⋅s，故D正确。

故选D。

7.如图所示，用长为L的细线悬挂于O点的小球处于静止状态，质量为m的子弹以速度v0水平射入小球，子弹穿过小球后的速度为1
2
v0，子弹穿过小球后瞬间细线上的张力是子弹射入小球前细线张力的1.5倍，子弹穿过小球时间极短，重力加速度为g，不考虑小球质量变化，则小球的质量为（）
A.0
√2gL B.0
√gL
C.0
√gL
D.0
2√gL
【答案】A
【详解】
子弹穿过小球过程中，子弹和小球水平动量守恒，设穿过瞬间小球的速度为v，则
mv0=Mv+1
2
mv0
解得
v=mv0 2M
对小球由牛顿第二定律
T−Mg=M v2 L
其中
T=1.5Mg
代入解得
M0
√2gL
A正确。

故选A。

8.2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行。

如图所示，某次训练过程中球员用头颠球。

足球从静止开始下落20cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20cm。

已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。

下列说法正确的是（）
A.下落到与头部刚接触时，足球动量大小为1.6kg ⋅m/s
B.头部对足球的平均作用力为足球重力的4倍
C.从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为2N ⋅s
D.与头部作用过程中，足球动量变化量为0 【答案】C 【详解】
A ．由题意可得，足球从静止开始下落20cm 时的速度为
v 2=2gℎ
v =√2gℎ=2m/s
则下落到与头部刚接触时，足球动量大小为
p =mv =0.8kg ·m/s
故A 错误；
B ．以v 的方向为正方向，由上述分析及题意可知，离开头部后上升的最大高度仍为20cm ，则足球离开头部时的速度为
v 1=−v =−2m/s
由动量定理可得
I =mv 1−mv =−2mv =−1.6N ·s
即合力对足球的冲量为I ，即
I =(F −mg )Δt
F =20N =5mg
故B 错误；
C ．由题意可得，从最高点下落到头部的时间为
t =√2ℎ
g
=0.2s
从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为
I ′=mg (2t +t ′)=2N ·s
故C 正确；
D ．由B 中分析可知，与头部作用过程中，足球动量变化量不为0，故D 错误。

故选C 。

9.下面的说法正确的是（ ）
A.当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零
B.如果物体（质量不变）的速度发生变化，则所受合外力的冲量不为零
C.物体所受合外力冲量越大，它的动量变化也越大
D.做竖直上抛运动的物体，在Δt时间内所受重力的冲量可能为零
【答案】BC
【详解】
A．力的冲量为
I=Ft
可知当力与物体的位移垂直时，该力的冲量不为零，故A错误；
B．如果物体（质量不变）的速度发生变化，则物体的动量发生变化，根据动量定理可知，物体所受合外力的冲量不为零，故B 正确；
C．物体所受合外力冲量越大，根据动量定理可知，物体的动量变化量一定越大，故C正确；
D．做竖直上抛运动的物体，在Δt时间内所受重力的冲量
I G=GΔt=mgΔt
可知做竖直上抛运动的物体，在Δt时间内所受重力的冲量不可能为零，故D错误。

故选BC。

二、多选题(共20 分)
10.如图所示的电路中，电流表、电压表均为理想电表，若将滑动变阻器R1滑片上移，则下列说法中正确的是（）
A.电流表示数变小
B.电压表示数变大
C.电源内电路消耗的功率变大
D.R3消耗的功率变大
【答案】AC
【分析】
【详解】
AB．将滑动变阻器R1滑片上移，电阻R1电阻值减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I增大，内电压增大、路端电压U减小，由于R2和R3所在的支路电阻不变，由欧姆定律分析得知
I A=
U
R2+R3
通过电流表的电流减小，则电阻R2两端的电压减小，则电流表和电压表的示数都减小，故A正确，B错误；
C．电路中总电流减小，根据P=I2r得知，电源内电路消耗的功率变大，故C正确；
D．由上分析得知通过电流表的电流I A减小，通过R3的电流减小，则根据P=I A2R3可知R3消耗的功率变小，故D错误。

故选AC。

11.如图所示，将一盏标有“40V、20W”的灯泡和一电阻为4Ω的电解槽串联后，接在电压为80V的直流电路两端，灯泡正常发光，则（）
A.电路消耗的总功率为20W
B.电解槽消耗的电功率为20W
C.电解槽的发热功率为20W
D.电解槽的输出电功率为19W
【答案】BD
【详解】
A．灯泡正常发光，灯泡两端电压为40V，电路中的电流为
I=P L
U L
=0.5A
电路消耗的总功率为
P=UI=80×0.5W=40W
故A错误；
B．电解槽与灯泡串联，电解槽两端的电压为
U电=U-U L=80V-40V=40V
电解槽消耗的电功率为
P电=U电I=40×0.5W=20W
故B正确；
C．电解槽的发热功率
P热=I2R=0.25×4W=1.0W
故C错误；
D．电解槽的输出功率为
P出=P电-P热=20W-1.0W=19.0W
故D正确；
故选BD。

12.一汽车拉着拖车在水平路面上以速度v0做匀速直线运动，突然拖车和汽车脱钩。

已知汽车受到的牵引力以及汽车和拖车所受的阻力都保持不变，汽车和拖车的质量分别为m1、m2，在拖车停止运动前的某一时刻，汽车和拖车的速度大小分别为v1、v2，则脱钩后，在拖车停止运动前，下列说法正确的是（）
A.汽车和拖车组成的系统动量守恒
B.汽车和拖车的总动量增加
C.（m l+m2）v0=m l v l+m2v2
D.v1：v2= m2：m1
【答案】AC
【详解】
AB．由于汽车和拖车所受外力均不变，则系统的合外力为零，系统的动量守恒定律，故汽车和拖车的总动量保持不变，A正确，B错误；
CD．对系统由动量守恒定律
(m l+m2)v0=m1v1+m2v2
C正确，D错误。

故选AC。

13.图甲为某电源的U−I图线，图乙为某小灯泡的U−I图线的一部分，则下列说法中正确的是（）
A.电源的内阻为10Ω
B.当小灯泡两端的电压为2.5V时，它的电阻约为5Ω
C.把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的两端的电压约为1.3V
D.把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为0.5W
【答案】BCD
【详解】
A．根据闭合电路的欧姆定律
E=U+Ir 整理得
U=E−Ir 电源的内阻为
r=|k|=4.0−1.0
0.4
Ω=7.5Ω
故A错误；
B．由图乙可知当小灯泡两端的电压为2.5V时，通过小灯泡的电流为0.5A，电阻为
R=U
I
=5Ω
故B正确；
CD．把电源和小灯泡组成闭合回路，在图乙中做出该电源的U−I图象，如图所示。

由图可知小灯泡的两端的电压约为1.3V，电流约为0.37A，小灯泡的功率约为
P=U1I1=1.3×0.37W=0.481W≈0.5W
故CD正确。

故选BCD。

14.如图所示，静置于光滑水平面上的物块A、B、C质量均为m，A、B之间用一根轻弹簧拴接，初始时弹簧处于自然长度，三个物块均处于静止状态。

现同时给A、B一个水平向右的初速度v，A、B一起运动一段距离后，B、C发生弹性碰撞，碰撞时间极短，则在整个运动过程中（）
A.以A、B、C及弹簧为系统，动量守恒、机械能守恒
B.B、C碰撞后瞬间，C的速度为2v
C.弹簧的最大弹性势能E pm=1
8
mv2
D.B、C碰撞结束后，当弹簧再次恢复到原长时，B、C速度相等且都为v
【答案】AD
【详解】
A．以A、B、C及弹簧为系统，水平方向不受外力，所以动量守恒，系统内只有弹簧弹力做功，所以机械能守恒。

故A正确；B．由于B、C发生弹性碰撞满足动量守恒、机械能守恒，有
mv=mv1+mv2，1
2
mv2=
1
2
mv12+
1
2
mv22
联立解得
v1=0，v2=v 故B错误；
C．A、B速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，从B、C碰撞后瞬间到A、B速度相等过程，根据动量守恒定律、机械能守恒定律分别可得
mv=2mv，1
2
mv2=
1
2
×2mv′2+E pm
联立解得弹簧的最大弹性势能为
E pm=1
4
mv2
故C错误；
D．B、C碰撞结束后，C以速度v做匀速直线运动，当弹簧再次恢复到原长时，A、B速度分别为v3、v4，据动量守恒定律、机械能守恒定律可得
mv=mv3+mv4，1
2
mv2=
1
2
mv32+
1
2
mv42
解得
v3=0，v4=v
故当弹簧再次恢复到原长时，B、C速度相等且都为v。

故D正确。

故选AD。

三、填空题(共4 分)
15.如图所示，R为电阻箱，电压表为理想电压表，当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V，则电源的电动势E=_________，内阻r=_________。

【答案】(1). 6V(2). 1Ω
【详解】
[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
E=U+U R r
代入数据有
E=4+4
2
×r
E=5+5
5
×r
解得
r=1Ω，E=6V
四、实验题(共12 分)
16.图示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的偏电流I g=300μA，内阻R g=100Ω，可变电阻R的最大阻值为10kΩ，电池的电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是__色，接正确使用方法测量电阻R x的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则R x=_____kΩ。

若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述R x，其测量结果与原结果相比较______（填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案】(1). 红(2). 5(3). 变大
【详解】
[1]欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；
[2]当两表笔短接（即R x=0）时，电流表应调至满偏电流I g，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系
I g=
E R 内
得
R 内=
E
I g
=
1.5
300×10−6
Ω=5kΩ
当指针指在刻度盘的正中央时
I=I g
2，I g
2
=E
R
内
+R x
代入数据可得
R x=R
内
=5kΩ
[3]当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流I g不变，由公式I g=E
R
内，欧姆表内阻R
内
得调小，待测电阻
的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由
I=
E
R
内
+R x
=
I g
1+
R x
R
内
可知当R
内
变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了。

【点睛】
根据欧姆表的结构，由闭合电路欧姆定律可以判断读数，以及电池电动势变小，内阻变大时测量结果的变化；本小题考查了考查欧姆表的结构、测量原理，同时还要注意测量误差应如何来分析。

17.小嘉同学为了探究某充电宝是否像干电池一样有确定的电动势和内阻，设计了如图1所示电路图，R0=0.5Ω。

实验过程中该同学使用了两个数字万用表。

（1）请按电路图用实线代替导线完成实物图2的连接________。

（2）充电宝电量达到100％后，小嘉同学按电路图正确连接电路后进行实验，操作无误后得到6组数据并在坐标纸上描点，请结合数据点在图3上拟合U−I关系图像________。

该充电宝的电动势E=________V，内阻r=_______Ω（均保留三位有效数字）。

【答案】(1). (2). (3).
5.00(4). 0.370
【详解】
（1）[1]根据电路图可知，该滑动变阻器为限流式接法，实物连接图如图所示
（2）[2]用平滑的直线将各点连接起来，让点迹尽可能落在所做直线上，不能落在直线上的点迹要均匀的分布在直线两侧，误差较大的点迹可直接舍去，拟合U−I关系图像如图所示
[3][4]根据闭合电路的欧姆定律可得
U=E−I(R0+r)
而由U−I关系图像可得
E=5.00V
则可得内阻
r=ΔU
ΔI
−R0=
5−3
2.3
Ω−0.5Ω≈0.370Ω
18.在测定两节干电池的电动势和内阻的实验中，某同学用到的器材有一个电压表，一个电阻箱，一个定值电阻（R0=15Ω），
一个开关S ，两节干电池，若干导线，其实验原理图如图甲所示。

（1）改变电阻箱的阻值R ，用电压表（量程0~1.5V ）测出定值电阻两端的电压U 。

下列三组电阻箱阻值R 的调节范围方案中，比较合理的方案是________。

A ．15~75Ω B.150~750Ω C.1500~7500Ω
（2）开关S 断开，调节电阻箱，读出其阻值R 1，开关S 闭合，读出电压表的示数U 1；如此反复实验，测得多组正确的数据R 2和U 2，R 3和U 3，……使用测得的数据，在坐标纸上作出电压表示数的倒数与电阻箱的阻值R 的关系图线如图乙所示，结合图线计算出两节干电池的电动势E =________，内阻r =________。

（结果用a 、b 和R 0表示）
（3）用这个方法测得的内阻和真实值相比________（选填“偏大”“相等”或“偏小”）。

【答案】 (1). A (2).
a bR 0 (3). a −R 0 (4). 偏小 【详解】
（1）[1]两节干电池的电动势大约为3V ，电压表量程为0~1.5V ，为了保证电表安全，当电压示数最大U =U m =1.5V 时，电阻箱阻值大约为
R =
E −U m U m R 0=(3−1.5)×151.5Ω=15Ω 为了保证电压表示数偏转角度较大，当U =13U m =0.5V 时，电阻箱阻值大约为 R =E −U U R 0
=(3−0.5)×150.5Ω=75Ω 可知电阻箱阻值如果太大，将使得电压表示数比较小，读数带来的误差偏大，故比较合理的方案是A 。

（2）[2]根据闭合电路欧姆定律可得
E =U +
U R 0
(R +r) 可得
1U =1R 0E ⋅R +R 0+r R 0E
可知1U −R 图像的斜率为 k =
b a =1R 0E
解得电动势为 E =
a bR 0 [3]1U −R 图像的纵轴截距为
b =R 0+r R 0E
解得内阻为
r=a−R0
（3）[4]本实验误差来源于电压表的分流，设电压表内阻为R V，根据闭合电路欧姆定律可得
E 真=U+(
U
R0
+
U
R V
)(R+r
真
)
可得
1 U =
R0+R V
R0R V E
真
⋅R+
R0R V+(R0+R V)r
真
R0R V E
真
可知1
U
−R图像的斜率为
k=b
a
=
R0+R V
R0R V E
真
解得
E 真=
R0+R V
R0R V
⋅
a
b
>
a
bR0
=E
测
1
U
−R图像的纵轴截距为
b=R0R V+(R0+R V)r
真
R0R V E
真
解得
r 真=a−
R0R V
R0+R V
>a−R0=r
测
可知测得的内阻和真实值相比偏小。

五、解答题(共16 分)
19.雨滴从高空落下，由于受空气阻力的作用，经短时间加速后便匀速下落。

因此，雨滴通常不会砸伤人，但是对微小的蚊子而言，雨滴可能是致命的。

如果雨滴以v0=10m/s的速度匀速下落，恰好砸中一只停在地面上的蚊子，经过t=5.0×10-3s速度减为零。

已知雨滴的质量m=1.0×10-4kg，重力加速度g=10m/s2，在t时间内：
（1）求雨滴所受的合外力的冲量大小I；
（2）已知蚊子重力G=2.0×10-5N，求雨滴对蚊子的平均作用力与蚊子重力的大小之比k。

【答案】（1）1.0×10-3N⸱s；（2）10050
【详解】
（1）对雨滴，规定竖直向下为正方向，有
−I=0−mv0
解得
I=1.0×10−3N⋅s
（2）对雨滴，根据动量定理可得
(mg−F)t=0−mv0
根据牛顿第三定律得
F′=F
k=F′G
解得
k=10050
20.如图所示的电路中，电源电动势为20V，内阻为2Ω，R1、R2为电阻箱，开始时R2接入电路的电阻为8Ω，电容器的电容
C=2×10-4μF，电动机的额定电压U M=12V，额定功率P M=18W，线圈的电阻R M=2Ω，开关S2断开，S1闭合，电动机恰好正常工作，求：
（1）电动机输出的机械功率和电容器的带电量；
（2）再将S2闭合，要使电动机仍能正常工作，需将电阻箱R1的阻值改变多少？
【答案】（1）13.5W，3.4×10-9C；（2）8
3
Ω
【详解】
（1）开关S2断开，S1闭合，电动机恰好正常工作，这时电路中的电流
I1=P M
U M
=1.5A
电动机械输出的机械功率
P
机
=P M−I12R M=13.5W 根据闭合电路欧姆定律，电容器两端的电压
U C=E−I1r=17V
因此电容器的带电量
Q1=CU C=3.4×10−9C
故电动机输出功率为13.5W，电容器带电量为3.4×10-9C。

（2）再将S2闭合，调节电阻箱R1的阻值使电动机正常工作，通电阻R2的电流
I2=U M
R2
=1.5A
电路中的总电流
I=I1+I2=3A 未闭合电键S2时，根据闭合电路欧姆定律
E=U M+I1(R1+r)解得
R1=10 3
Ω
闭合S2，调节R1，使电动机正常工作，根据闭合电路欧姆定律
E=U M+I(R′1+r)解得
R′1=2 3Ω
因此电阻箱R1的电阻改变量
ΔR1=R1−R′1=8 3Ω
故电阻箱R1的阻值需要改变8
3
Ω。

21.如图所示，光滑水平面上依次有滑块C质量m C＝2kg，滑块A质量m A＝3kg，滑块B质量m B＝3kg。

开始时A、B静止，C
以初速度v0=10m/s的速度冲向A，与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞并粘在一起．求：（1）C与A碰撞后A的速度大小为多少；
（2）A与B碰撞过程中损失的机械能。

【答案】（1）8m/s；（2）48J
【详解】
（1）取向右为正方向，以CA为系统研究，根据动量守恒定律
m C v0=m C v C+m A v A
根据机械能守恒定律
1 2m C v02=
1
2
m C v C2+
1
2
m A v A2
解得
v C=−2m/s
v A=8m/s
C与A碰撞后A速度大小为8m/s⸱
（2）仍取向右为正方向，以AB为系统研究，根据动量守恒定律
m A v A=(m A+m B)v 根据能量守恒定律
E 损=
1
2
m A v A2−
1
2
(m A+m B)v2
解得
E
损
=48J
22.在航空托运中，时有损坏行李的事情发生，小华同学设计了如下图所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机固定不动，转运车B靠紧A。

包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。

已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ=0.4，转运车B与地面间的摩擦可忽略。

转运车B的质量为M=60kg，A、B水平部分的长度均为L=4m。

包裹C可视为质点且无其它包裹影响，重力加速度g= 10m/s2。

C与B的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。

（1）若某包裹的质量为m=20kg，从ℎ=2.4m高度处由静止滑下，求包裹在距转运车右端多远的位置停下来；
（2）若包裹的质量还是m=20kg，为使该包裹能滑上并停在转运车B上，则该包裹释放时h的范围。

（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）2.5m；（2）1.6m＜h＜5.9m
【详解】
（1）包裹从ℎ=2.4m高度处由静止滑下到进入转运车，由动能定理得
mgℎ−μmgL=1
2
mv2
解得
v=4m/s
C与B相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，则
mv=（m+M）v
共
由能量守恒定律得
1 2mv2=
1
2（m+M）v共
2+μmgx
解得物体在车上的相对位移为
x=1.5m
则包裹停下来的位置距转运车右端的距离为
x′=L−x=2.5m
（2）设包裹h1高度处由静止滑下，恰好进入转运车，由动能定理得
mgℎ1−μmgL=0
则h1为C下滑的最小高度，解得
h1=1.6m
若C滑上小车，C与小车弹性碰撞后返回至小车最左端时两者共速，为C不会从小车上掉下的最大高度，设最大高度为h2，选水平向右的方向为正方向，由C、车动量守恒可得：
mv′=（m+M）v
共
′
由能量守恒得
mgℎ2−μmgL=1
2 mv′2
1 2mv′2=
1
2（m+M）v共
′2+μmg⋅2L
解得
h2=5.9m
所以
1.6m＜h＜5.9m。