16.(3)解法二 设匀强电场B1沿x轴方向的分量为Ex,沿y轴方向的分量为By,小球通过O点、B点和 C点的速度大小分别为、v和v。,小球从进入电场到O点过程，由动能定理得 :R-mgR ⑩(1分) 小球从O点到B点过程，由动能定理得 1 w。 0.3R+ggR-mgR=三mmi-2 ①(1分) 2 小球从B点到C点过程，由动能定理得 -qE+gE,R-mg-nmj ②(1分) 设E1与y轴正方向的夹角为0，则 E1=E:+; 1③ tan 0= E @ E 联立⑩①1213④式解得 E=me ⑤(1分) E1与y轴正方向的夹角6=60° ⑤(1分) 解法三 小球从进入电场到O点过程，由动能定理得 q8.2R-mgR=m-mv 2 ⑩(1分) 在x≥0，y≥0区域内重力和电场力的合力视为等效重力G',则小球从O点到B点过程， 等效重力G'做功 1 ma3=三m8-，mo后=-2mgR ①(1分) 2 小球从B点到C点过程，等效重力G'做功 mv2 mgR Wc=。m2-1mw 0(1分) 2 连接O、B,取OB的中点为J点，经分析CJ连线为等效重力的等势线，G'方向垂直CJ连线， 由几何关系可知G'方向沿BO连线。 Wao =-Wob =2mgR ③ Wio=G'.2R 四 联立3④式解得G'=mg 1⑤ 由力的合成得 E1=mg ⑥(1分) E与y轴正方向的夹角0=60° (1分) R G 2R -R V3R gE 71g R莆田市2026届高中毕业班第二次质量调研测试试卷 物理参考答案及评分标准 1.C 2.B 3.D 4.C 5.BC 6.CD 7.AB 8.AD 9.10 (2分) 向下(1分) 10.增大(2分) 均匀(1分) 11. 2dAy .(2分) 变大(1分) 12.(1)a(1分) (2)向右(2分) (3)方案一：更换电动势较小的电源1 方案二：更换最大阻值较大的滑动变阻器 方案三：更换线圈匝数较少的电磁铁 (其他合理方案同样给分)(2分) 13.(1)②9.35(2分) (2)①4 (1分)②mg王(1分) (M+m)(d (1分) (3) M (2分) 2gL 14.解 (1)设小球发射的初速度为，运动时间为t,由平抛运动规律得 x=vf ①(2分) ②(2分) 联立①②式解得0，=2h ③(2分) (2)设月球的质量为M,中继星的质量为，绕行速度为0，由牛顿第二定律得 GMimn v =m ④(2分) (2R)2 2R 设月球表面某物体质量为o,由万有引力和重力关系得 GMmo=mog 农2 ⑤(2分) 联立④⑤式解得 ⑥(1分) 物理答案第1页，共4页 15.解 (1)框架初始处于静止状态，由力的平衡条件得 mg kx ①(2分) 解得k=1500Nm ②(1分) (2)框架从静止开始竖直向上运动到b边刚进入磁场的过程，由动能定理得 Ex-mgx +Wm 1 ③(1分) 由功的定义得 W我=2x ④(1分) 2 联立②③④式解得v1=2ms ⑤(1分) 由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得 1=NBLv, ⑥(1分) R 框架b边刚进入磁场时，由牛顿第二定律得 F-mg-NBI L ma ⑦(1分) 联立⑤⑥⑦式解得a=ms ⑧(1分) (3)框架b边通过磁场的过程中，由动量定理得 Ft-2gt-∑WBiL△t=mn,-mw, ⑨(1分) :=NBLv 0 R d=∑vM ①(1分) 联立⑤⑨⑩①式解得v2=2.72m/s @(1分) 16.解 (1)设物块到达传送带右端时速度为1，由动能定理得 ong·2R=2m ①(2分) 2 代入数据得μ=3 ②(1分) 4 由运动学公式得2R= ③(1分) 2 代入数据得t= 16R ④(1分) 3g 物理答案第2页，共4页 (2)设碰撞后物块的速度为02，小球的速度为03；由动量守恒定律和能量守恒定律得 1=2+m03 ⑤(1分) 2mr=2mm+号mm 1 1 ⑥(1分) 2 2 设此区域匀强电场场强为B,小球运动到D点时受到支持力最大，经分析，D点与 圆管圆心的连线与竖直方向的夹角为45°。 设小球在D点受到支持力为N,速度大小为V,小球从进入电场运动到D点过程，由 动能定理得 gg+5--m时 ⑦(2分) 2 2 小球在D点时，由牛顿第二定律和向心力公式得 N-V2mg =m ⑧(1分) R 联立⑤⑥⑦⑧式解得 2N=(3+3W2)mg ⑨(1分) (3)设小球通过O点、B点和C点的速度大小分别为vo、va和c,O、B两点间的电势差 为Uoa,B、C两点间的电势差Uac。 小球从进入电场到O点过程，由动能定理得 qB.2R-mgmm 2v 2 ⑩(1分) 小球从O点到B点过程，由动能定理得 gU。-eR=im;-m 2 ①(1分) 小球从B点到C点过程，由动能 ... ...
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