2021-2022学年湖南省衡阳市某英文学校高二（下）入学物理试卷（附答案详解）.pdf

2021-2022学年湖南省衡阳市船山英文学校高二（下）入学物理试卷一、单 选 题（本大题共6小题，共24.0分）1.关于物理学史，下列说法中错误的是（）A.卡文迪什测出引力常量G的值，从而提出了万有引力定律B.元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的C.英国物理学家法拉第最早引入电场的概念，并提出用电场线表示电场D.库仑利用扭秤装置得出了库仑定律2.水平桌面上一质量为3kg的物体，在水平拉力户的作用下，从静止开始运动2s后撤去外力，其v-t图像如图所示，下列说法正确的是（）A.在0 2s内，合外力做的功为4/B.在。2s内，拉力大小是阻力大小的2倍C.在t=Is时，拉力的瞬时功率为4.5WD.在0 6s内，摩擦力做的功为9/3.光滑斜面上，某物体在沿斜面向上的恒力作用下从静止开始沿斜面运动，一段时间后撤去恒力，不计空气阻力，设斜面足够长。物体的速度用”表示，物体的动能用场表示,物体和地球组成系统的重力势能用Ep表示、机械能用E表示，运动时间用t表示、路程用2表示。对整个运动过程，如图表示的可能是（）A.v随t变化的-t图象 B.EP随t变化的Ep-t图象C.E随I变化的E-I图象 D.E k随/变化的琦-/图象4.2021年5月15日7时18分，天问一号探测器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，我国首次火星探测任务着陆火星取得成功。已知火星与地球的密度之比约为4：5,火星表面与地球表面的重力加速度之比约为2：5,则火星与地球的半径之R火比”大约为（）K地5.如图所示，在一块面积很大的接地金属平板的上方固定一个带正电的小球，虚线是金属平板上方电场的等势面（相邻等势面间的电势差都相等），实线是某一带电粒子先后经过M和N处的运动轨迹。若该带电粒子在M和N处受到的电场力大小分别为FM和风，相应的电势能分别为EPM和EPN，下列说法正确的是（）A.该粒子可能带正电B.该粒子从M运动到N的过程中，动能减小C.FM EPM EpND.由于静电感应，金属平板的上表面带正电荷6.宇宙飞船动力装置的工作原理与下列情景相似：如图，光滑地面上有一质量为M的绝缘小车，小车两端分别固定带等量异种电荷的竖直金属板，在小车的右板正中央开有一个小孔,两金属板间的电场可看作匀强电场，两板间电压为U.现有一质量为小、带电量为+q、重力不计的粒子从左板正对小孔处717,9,A7T7无初速释放.则以下判断正确的是（）A.小车总保持静止状态B.小车最后减速运动C.粒子穿过小孔时速度为陋V mD.粒子穿过小孔时速度为二、多 选 题（本大题共4小题，共20.0分）7.如图所示,直线4为某电源的U-/图线，曲线B为某小灯泡Z,的U-1图线的一部分，用该电源和小灯泡L串联起来组成闭合回路时灯泡L恰能正常发光，则下列说法中正确的是（）第2页，共17页A.此电源的内阻为0.670B.灯泡L的额定电压为3 U,额定功率为6WC.把灯泡L换成阻值恒为10的纯电阻，电源的输出功率将变大D.小灯泡L的电阻随通过电流的增大而减小8.如图所示，在倾角为。的固定光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连的物体4和B,它们的质量均为机，弹簧的劲度系数为h C为一固定的挡板现让一质量为m的物体。从距4为L的位置由静止释放，。和4相碰后立即粘为一体,之后在斜面上做简谐运动，在简谐运动过程中，物体B对C的最小弹力为:mgsin。，则（）A.简谐运动的振幅为鳖也B.简 谐 运 动 的 振 幅 为 熠 C.B对C的最大弹力为 也 誓D.B对C的最大弹力 为 瞥 变9.如图所示，4、B两物体质量分别为小打=5kg和me=4 k g,与水平地面之间的动摩擦因数分别为“A=0.4和 诙=0.5,开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上。现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上。在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，下列判断正确的是（）A.两物体一定同时停运动 B.系统动量不守恒，机械能不守恒C.系统动量守恒，机械能不守恒 D.A、B两物体的机械能先增大后减少10.如图为空间某一电场的电场线，场强方向如图中箭头所示，a、b两 点为其中一条竖直方向的电场线上的两点，两点的高度差为九，一 个质量为血、电荷量为-q的小球从b点以竖直向上的初速度病上 J抛，恰好运动到最高点a 点，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）A.a、b两点的电势差（7岫=翳B.小球机械能的增加量等于其电势能减少量C.若将小球电荷量变为q,其余条件不变，则小球向上运动的最大高度小于?D.若将小球电荷量变为-2 q,其余条件不变，则小球运动到a 点时速度为监三、实 验 题（本大题共2 小题，共 18.0分）11.为了测量一节干电池的电动势和内阻，除了待测干电池，实验室还提供了以下器材:A.电流表4 量程为5n内 阻 以=1000）8.电阻箱R（最大阻值为99.990）C.定值电阻&=300。D 开关、导线若干（1）根据实验器材，小王同学设计了甲、乙两个测量电路，你认为哪个更合理？（填“甲”或“乙”），并依据更合理的电路将图丙中的实物连接完整。（2）根据选用的合理电路进行实验，闭合电键前，将电阻箱接入电路的阻值调到（填“最大”或“最小”），闭合电键后，多次调节电阻箱接入电路的电阻，并记录接入电路的阻值R及对应的电流表的示数/,为了直观地观察到电流/随R变化规律，以;为纵轴，以（填 R 或号）为横轴作图像，如果图像纵轴的截距为a,图像斜率的绝对值为匕 则 电 源 的 电 动 势 石=,内阻r=。（均用己知物理量及测量物理量符号表示）第4页，共17页1 2 .聪聪同学用如图所示装置来验证动量守恒定律。(1)实验中，质量为巾1 的入射小球/和质量为6 2 的被碰小球8 的质量关系是巾1啊(填“大于”“等于”或“小于”)。(2)当满足关系式 时，证明4、B 两小球碰撞过程中动量守恒；若碰撞前后系统无机械能损失，则 系 统 机 械 能 守 恒 的 表 达 式 为 o旦=_+外BfPr BiMf B，N，F _ m i gCB，P，2-B，M/十 BfNf2四、计算题(本大题共3小题，共 3 0.0 分)1 3 .在光滑水平面上静置有质量均为m的木板和滑块C D,木板上表面粗糙，滑块C D 上表面是光滑的;圆弧，其始端。点切线水平且在木板上表面内，它们紧靠在一起，如图所示。一可视为质点的物块P,质量也为血，从木板的右端以初速度火滑上木板4 B,过B 点时速度为手，又滑上滑块CD,最终恰好能滑到滑块C D 圆弧的最高点C 处。已知物块P 与木板4 B 间的动摩擦因数为”.求：(1)物块滑到8 处时木板的速度以B；(2)木板的长度L；(3)滑块C O 圆弧的半径。AB14.如图所示，虚线MN左侧有一场强为Ei=E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为匈=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e,质量为m,重力不计)无初速度地放入电场E 中的4点，最后电子打在右侧的屏上，4点到MN的距离为a4。连线与屏垂直，垂足为。，求：(1)电子到MN的速度大小9；(2)电子打到屏上的点P到点。的距离X；(3)电子从释放到打到屏上所用的时间久M P15.一质量为M、长度为1的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带电荷量为-q 的物块(可视为质点)以初速度%从绝缘板上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E=等、方向竖直向下，如图所示。已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入。求：(1)物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；(2)当匀强电场的方向为竖直向上时，物块与木板的相对位移大小。第6页，共17页答案和解析1.【答案】A【解析】解：4 牛顿提出了万有引力定律，卡文迪什利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量，故 A 错误；8元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的，故 B 正确；C.英国物理学家法拉第最早引入电场的概念，并提出用电场线表示电场，符合客观事实,故 C 正确；D 库仑利用扭秤装置研究了带电小球之间的作用力，得出了库仑定律，故。正确。本题选错误的，故选：4。根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2.【答案】C【解析】解：A.在0 2s内，根据动能定理得，合外力做的功小冷m v2 0=T x 3 x 22J 6/故A 错误；8.2-6s内物体的加速度a 2=与=m/s2=0.5m/s2物体受到的摩擦力大小f =ma2=3 x 0.5N=1.5N0-2s内物体的加速度的=祟=|m/s2=lm/s2则F f =mar解得F=4.5/V在0 2s内，拉力大小是阻力大小的3倍，故 B 错误；C.在t=ls 时，拉力的瞬时功率为P=F%=4.5 X 1 0 =4.5 W,故 C 正确；D 在0 6s内，物体的位移s=ix 6 x 2 m =6m所以在0 6s内，摩擦力做的功为W =-fs=-1.5 x 6/=-9/故。错误。故选：Co运用动能定理直接求合外力所做的功；根据图像的斜率求出物体匀加速运动和匀减速运动的加速度大小，再由牛顿第二定律求拉力和阻力的关系；根据功率的公式P=F求出拉力的瞬时功率，根据全过程的位移，由功的公式求摩擦力做的功。由动能定理可以直接求出合外力所做的功，运用动能定理时，要明确研究过程，要注意摩擦力做的是负功。3.【答案】D【解析】【分析】分析物体的运动情况，判断u-t图象的形状。由=分析E p-l图象形状。根据功能关系分析E-1图象形状；根据动能定理列式，分析2图象形状。本题主要是考查了机械能守恒定律和图象问题的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外,其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意运动过程中机械能和其它形式的能的转化关系。【解答】A、撤去恒力前物体做初速度为零的匀加速直线运动，u-t图象是过原点的倾斜直线。撤去恒力后，物体做匀减速直线运动达到最高点后加速下滑，由于不受摩擦力，故加速度大小相同，速度方向反向，为负，故A错误；B、由琢=知物体速度减速到零之前，重力势能一直增加，故B错误。C、根据功能原理，撤去恒力前有E=F，图象是过原点的倾斜直线。撤去恒力后有只有重力做功，物体的机械能守恒，图象是平行，轴的直线，故C错误：D、根据动能定理，撤去恒力前有：Ek=(F-mgsinO)l,-，图象是过原点的倾斜直线。撤去恒力后有：Ek=Ek m-mgsind I,-1图象是向下倾斜的直线；达到最高点后向下运动，Ek=mglsind,故。正确。故选：D。4.【答案】A第8页，共17页【解析】解：由 鬻=加9和。=彖 可 得 星 球 半 径R=焉，可 见 =箴.噗=7-=|x|=2，故 A 正确，BCD错误。9地0火 5 4 Z故选：2。根据万有引力与重力和向心力关系，结合密度公式，求出星球半径表达式，进而求出其比值。本题考查万有引力定律及其应用，在天体运动计算题中，要注意万有引力与重力和向心力的关系是解题的关键。5.【答案】C【解析】解：4根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向可知，正电荷对该带电粒子的作用力是吸引力，所以该粒子带负电，故A错误；BC.由等势面的疏密程度可知，两点的场强关系为EM EN再根据电场力公式F qE可知FM EpN，故B错误，C正确；D由于静电感应，在金属平板的上表面带负电荷，故。错误。故选：Co由运动轨迹判断电场力的方向，结合该电场的特点判断出粒子的电性：电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大；根据Ep=2；=1mvi +m v2联立解得，=。正确.故选：D。在电场力的作用下粒子向右做匀加速运动，小车向左做匀加速运动。根据系统的动量守恒和能量守恒列式，可求出粒子穿过小孔时速度。粒子穿出小孔后，小车做匀速运动。解决该题的关键是明确知道粒子向右运动的过程中，小车由于相互作用力也要向左运动,知道整体的动量守恒。7 .【答案】B C【解析】解：4、由题图可知，电源的电动势为E=4 乙 内阻为r =?0=0.5。，AI 6故 A错误；3、两图线的交点表示小灯泡L 与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压U =3 V,额定电流/=2 4 则额定功率为P=U/=3 x 2 勿=6”,故 8正确；C、正常发光时灯泡L 的电阻：/?=7 =|n=1.5 0。把灯泡L 换成阻值恒为1 0 的纯电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，根据电源输出功率与外电阻关系，可知电源的输出功率将变大，故 C 正确；。、灯泡的温度随通过电流的增大而升高，电阻随温度的升高而增大，故。错误。故 选:B C。根据电源的U-/图线直接读出电源的电动势，由图线的斜率求出电源的内阻；电源的U-/图线与灯泡的U-/图线的交点表示该灯泡与该电源连接时的工作状态，由图可读出灯泡L 的额定电压和额定电流，从而可算出灯泡的额定功率；把灯泡L 换成阻值恒为的纯电阻，分析路端电压的变化，判断电源的输出功率如何变化。根据电阻的定义分析电阻随电流的变化情况。本题考查闭合电路欧姆定律和欧姆定律的应用，解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵。8 .【答案】B D第1 0页，共1 7页【解析】解:4 8、当弹力等于4。的重力的分力时71。处于平衡状态，由平衡条件得:kx0=2mgs山。，解得平衡位置时弹簧的形变量：与=誓 丝，弹簧处压缩状态；当B对C弹力最小时，4D到达最大位移处，对B,由平衡条件得：mgsind=kx+mgsin6,弹簧应伸长达最大位移处，此时形变量化 =嗤，此时弹簧处于伸长状态，故简谐运动的振幅为4=久+q=誓 迎，故4错误，B正确;CD,当4。运动到最低点时，8对C的弹力最大；由对称性可知，此时弹簧的形变量为:Ax=A+x0=此时弹力为F=k&c=誓 ，B对C的弹力为F=F+mgsinO=l l msine.t 故 c 错误，D 正确。故选：B D。当AC受力平衡时，AD处于平衡位置，由胡克定律可求得平衡位置时弹簧的形变量；再由B对C的最小弹力可求得4C能达到的最大位移，即可求得振幅；由简谐运动的对称性可求得最大弹力.本题关键在于找出简谐运动的平衡位置，从而确定出物体的振幅及回复力.9.【答案】AC D【解析】解：BC.在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，4物体所受的滑动摩擦力大小为打=心?4 9 =2 0N,方向水平向右；B物体所受的滑动摩擦力大小为fB=2 0 N,方向水平向左，可知两物体组成的系统合外力为零，故两物体组成的系统动量守恒。由于系统克服摩擦力做功，则系统机械能不守恒，故B错误，C正确；A.对任一物体，根据动量定理得：f m g t =_ p,解得物体运动的时间为：t=忘：由上分析可知，两个物体的动量p的大小相等，所受的摩擦力，大小相等，故滑行时间相等，应同时停止运动，故4正确；D由于4、B两物体的速度先增加后减小，则机械能先增大后减少，故。正确。故 选:AC D.分析两物体组成的系统所受的外力情况，当合外力为零时，系统的动量守恒。由于系统克服摩擦力做功，整个系统的机械能减小。根据动量定理研究两物体运动的时间。在两物体被弹开的过程中，/、B两物体先加速后减速，由此分析机械能的变化。此题考查了动量守恒定律的相关知识，解题的关键是理解动量守恒的条件：合外力为零,来判断系统的动量是否守恒，根据机械能守恒定律的守恒条件判断机械能是否守恒。1 0.【答案】ABC【解析】解：4、从b 到a 的过程中，根据动能定理可得q U a b m g/i =0 ：n w 2,解得帅=嘿，故 A正确；B、从b 到a 的过程中，机械能和电势能之和保持不变，根据功能关系可知小球机械能的增加量等于其电势能减少量，故 B正确；C、若将小球电荷量变为q,其余条件不变，从b 到a 的过程中，如果是匀强电场，根据动能定理可得(q E +m g)九 =解得*=*由于电场不是匀强电场，从b 到a 电场强度逐渐减小，故可得八?,故 C正确；。.若将小球电荷量变为-2 q,其余条件不变，从b 到a 的过程中，根据动能定理可得2qUab-mgh=解 得%=痴元 故。错误。故选：ABC.粒子在电场力与重力共同作用下，做加速运动，导致重力势能、电势能与动能间相互转化，但它们的之和不变.电场力做功，导致电势能变化；重力做功，导致重力势能变化.电场力做功公式W=q U.根据动能定理求出a、b 两点的电势差U,两点间的电势差与所移动的电荷无关，再由动能定理求速度.本题主要是考查电场力做功表达式W=q U,与动能定理的应用，注意功的正负值.同时掌握电场力做功与电势能的变化关系，及重力做功与重力势能变化的关系.1 1.【答案】乙 最大1&A+R 0)2 吁4+/?0)2R a(rA+R0)-k。(以+琦)-【解析】解：(1)电流表量程为5 m 4电流表内阻以=1 0 0。定值电阻阻值&=30 0。如果采用图甲所示实验电路，则改装后电流表的量程是gn M，电流表量程太小，不利于测多组实验数据，因此应选择图乙所示电路图，根据图乙所示电路图连接实物电路图如图所示第12页，共17页(2)为保护电路，闭合电键前，将电阻箱接入电路的阻值调到最大值；根据图乙所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E =/(o +R o)+(/+3)r整理得：1 =I(Li o)x 1 +LiLil5 o1 E R E应以)为纵轴，以5 为横轴作图像,/K7 -:图像的纵轴截距a=d 等，图像斜率的绝对值k=3 弊I R E E解得电源的电动势：E=畀9,内阻r =a（r +R o）2。（以+&）-k一 5 一 R。故答案为：(1)乙；实物电路图如上图所示；(2)最大;i；鬻 片 兽 产 _ d,i A+KO)K TA+KO)K(1)根据实验器材分析选择实验电路；根据实验电路图连接实物电路图。(2)为保护电路安全闭合开关前电阻箱应调到最大值；应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后分析答题。理解实验原理是解题的前提，分析清楚电路结构，应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据题意即可解题。1 2.【答案】大 于A B【解析】解：(1)为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量大于团2；(2)小球离开轨道后做平抛运动，设挡板与抛出点之间的距离为X,由平抛运动规律得:水平方向：X =vt,竖直方向：h=l t2.解 得:无=瞽”脸小球做平抛运动的初速度u越小，下落距离九越大，两球碰撞后，入射小球4 的速度变小，小于碰撞前入射小球4 的速度，且小于被碰小球B的速度，即被碰小球B 的速度最大，入射小球碰撞后的速度最小，所以入射球碰撞前落点位置是P ,碰撞后落点位置是M ,被碰球的落点位置是N ,则碰撞前入射小球4的速度:v =碰撞后入射球的速度】=d后,碰撞后被碰球的速度:两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1 Vo=m1V1+m2v2整理可得:故A正确;若碰撞前后系统无机械能损失，由机械能守恒定律得：诏=：机1谱+：小2诣整理可得:7711BfPf-m-1-1-m-2-B，M，B，N，故B正确。故答案为：(1)大于；(2)4 B；(1)为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量。(2)小球离开斜槽后做平抛运动，两球发生碰撞，碰撞过程中动量守恒，应用动量守恒定律可以求出实验需要验证的表达式；若该过程中无机械能损失，则碰撞过程机械能守恒，应用平抛运动规律与机械能守恒定律可以求出验证系统机械能守恒的表达式。本题考查了验证动量守恒定律实验；理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，应用平抛运动知识、动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。1 3.【答案】解：物块P在4 B上滑行时，4 8、C D和P组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得m v0=my+2 mvA B。解得以B =中(2)设木板的长度为小物块P在4 8上滑行时，对4 8、C D和P组成的系统，根据能量守恒定律得RmgL=3 m琢-m()2+1 -2 mvJB解得L=磬(3)设滑块C D圆弧的半径为R。物块P在滑块C D上滑行时，C D和P组成的系统水平动量守恒，取水平向左为正方向，根据水平动量守恒得：第1 4页，共1 7页m y+mvAB=2mv根据系统的机械能守恒得mgR+1-2mv2=-m(y)2+-m%。联立解得R=乒64g答：(1)物块滑到B处时木板的速度以B是半。(2)木板的长度L是 恶；(3)滑块CD圆弧的半径是总。【解析】(1)物块P在AB上滑行时，AB、CD和P组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求物块滑到B处时木板的速度以B；(2)根据能量守恒定律求木板的长度乙；(3)物块P在滑块C。上滑行时，CD和P组成的系统水平动量守恒，根据系统的水平动量守恒和机械能守恒求圆弧的半径。解决本题的关键要能够熟练运用动量守恒定律和机械能守恒定律列出等式求解，注意题目中的条件，物块恰好能滑到圆弧的最高点C处，则物块与圆弧轨道C。具有相同的速度。14.【答案】解：(1)电子在电场当中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为由,到达MN的速度为，依据牛顿第二定律，则有eEi eEQ=一=一由运动学公式，则有2al x=v2解得：-=匡yj m(2)设电子射出电场时沿平行电场线方向的速度为%,则eE 2eE.L.=t=7%=a2t所以 tan。=2V电子离开电场后，将速度方向反向延长交于均场的中点0。由几何关系知tand=-r2 +L解得：x=3L(3)电子在电场灯中做初速度为零的匀加速直线运动，设时间为0,则进入电场E 2 到屏水平方向做匀速直线运动，时间为电子从释放到打到屏上所用的时间为t=t1+t2解 得:t=3后答：(1)电子到MN的速度大小为后；(2)电子打到屏上的点P 到点。的距离为3 L；(3)电子从释放到打到屏上所用的时间为3 旧。【解析】(1)根据牛顿第二定律得出电子的加速度，结合运动学公式得出电子的速度；(2)分析出电子在不同方向的运动特点，结合几何关系计算出所求的距离；(3)分阶段计算出电子的运动时间最后相加即可。本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，根据粒子在电场中的受力特点分析出粒子的运动类型，结合运动学公式完成分析。1 5.【答案】解：(1)当物块与绝缘板相对静止时，根据动量守恒定律得mv0=(M +m)v解得。=就 孙根据能量守恒定律可得 2 =)诏-洌+皿=(2)场强向下时FN=想9-qE场强向上时FN=mg+qE解 得 誉=IFN，7两次产生的热量相等，即再I=再1 =Q解得=；答：(1)物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量为我黑；(2)当匀强电场的方向为竖直向上时，物块与木板的相对位移大小为“。第1 6页，共1 7页【解析】(1)滑块与矩形绝缘板系统受外力的矢量和为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律可求解末速度；对两次相对滑动过程根据功能关系列式求解即可；(2)根据功能关系列式判断场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离。本题关键根据动量守恒定律和功能关系列式后联立讨论，注意系统产生的热量是一定的,不难。