重慶沙坪壩區(qū)南開中學(xué)高一物理下學(xué)期期末試卷含解析

1、2014-2015學(xué)年重慶市沙坪壩區(qū)南開中學(xué)高一（下）期末物理試卷一、單項(xiàng)選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，每小題 4分，共40分）（4分）（2013春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）以下說法正確的是（）場(chǎng)強(qiáng)相等的地方電勢(shì)必相等同一正電荷在電場(chǎng)中電勢(shì)越高的地方，其電勢(shì)能也越大由場(chǎng)強(qiáng)定義式E可知，電場(chǎng)中某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與試探電荷受力F成正比，與試探電荷q的電量q成反比由電容的定義式 C具可知，電容器的電容與其所帶電量 Q成正比，與兩極之間的電勢(shì)差U成反比 考點(diǎn)：電場(chǎng)強(qiáng)度；電容.分析：電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)都是描述電場(chǎng)的物理量，二者無直接關(guān)系，但二者相互關(guān)聯(lián)；電勢(shì)是標(biāo)量與零勢(shì)面的選取有關(guān)，所以電場(chǎng)強(qiáng)度為零的地方電勢(shì)不一定為零，

2、電勢(shì)為零的地方電場(chǎng)強(qiáng)度也不一定為零；用公式U=Ed和電勢(shì)能公式 b=q（f）即可求電場(chǎng)強(qiáng)度和電容均采用的是比值定義法.解答： 解：A、沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；場(chǎng)強(qiáng)相等電勢(shì)不一定相等，如勻強(qiáng)電場(chǎng)中沿電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)；故 A錯(cuò)誤；日由E=（f）q可知，正電荷在高電勢(shì)處，電勢(shì)能一定高；故 B正確；C電場(chǎng)強(qiáng)度的定義采用的是比值定義法，其大小與電場(chǎng)力F及電荷無關(guān)；故 C錯(cuò)誤；D電容也是采用的比值定義法，其大小與電量和電壓無關(guān)；故 D錯(cuò)誤；故選：B.點(diǎn)評(píng)：明確電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)都是描述電場(chǎng)的物理量，二者無直接關(guān)系，但二者相互關(guān)聯(lián)；公式U=Ed中的d為沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向的距離； 電荷在某點(diǎn)的電勢(shì)能是由該點(diǎn)電勢(shì)和電荷決

3、定.（4分）（2013春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）下列過程中，物體機(jī)械能不守恒的是（）降落傘在空中勻速下落物體在光滑斜面上自由下滑小球被平拋后在空中運(yùn)動(dòng)的過程衛(wèi)星僅受地球引力作用在橢圓軌道上的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)：機(jī)械能守恒定律.專題：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題.分析：物體機(jī)械能守恒的條件是只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒的條件逐個(gè)分析物體的受力的情況，即可判斷物體是否是機(jī)械能守恒.解答： 解：A、跳傘運(yùn)動(dòng)員在空中勻速下降，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，機(jī)械能減小.故A錯(cuò)誤.日物體在光滑斜面上自由下滑，只有重力做功，故機(jī)械能守恒；故 B正確；C小球被平拋后在空中運(yùn)動(dòng)的過程，只受重力，故機(jī)械能守恒；故 C正確；D衛(wèi)星僅受地球引

4、力作用在橢圓軌道上的運(yùn)動(dòng)，只有萬有引力做功，機(jī)械能守恒；故D正確； 本題選不守恒的 故選：A點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握判斷機(jī)械能是否守恒的方法，1、看是否只有重力做功.2、看動(dòng)能和勢(shì)能之和是否不變.（4分）（2013春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末） 神舟十號(hào)飛船是中國(guó)第五艘搭載太空人的飛船.升 空后與天宮一號(hào)對(duì)接后的任務(wù)是打造太空實(shí)驗(yàn)室.2013年6月11日1 7時(shí)38分02.666秒,由長(zhǎng)征二號(hào)F改進(jìn)型運(yùn)載火箭（遙十）“神箭”成功發(fā)射.關(guān)于飛船，下列說法正確的是（ ）已知萬有引力常量、飛船的圓軌道半徑和周期，可以算出地球的質(zhì)量神舟十號(hào)在地面的發(fā)射速度應(yīng)大于11.2 km/s （第二宇宙速度）飛船內(nèi)的宇航

5、員處于失重狀態(tài)是由于沒有受到萬有引力的作用飛船的圓軌道半徑越大，其線速度越大，周期越大考點(diǎn)： 人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用.專題：萬有引力定律的應(yīng)用專題.分析：環(huán)繞天體圍繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)萬有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，據(jù)此列式計(jì)算中心天體質(zhì)量，掌握宇宙速度的意義并判定衛(wèi)星的發(fā)射速度，根據(jù)萬有引力提供向心力判斷線速度、周期和半徑的關(guān)系.2解答： 解：A、根據(jù)G粵二1U47rq r知,已知軌道半徑、周期、引力常量，可以求出地球 r T的質(zhì)量.故A正確；日第二宇宙速度是脫離地球束縛的衛(wèi)星的發(fā)射速度，而嫦娥一號(hào)月球衛(wèi)星仍在圍繞月球運(yùn)動(dòng)，故其發(fā)射速度小于第二宇宙速度即1

6、1.2km/h ,故B錯(cuò)誤；C飛船繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，里面的物體也繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，受到地球的萬有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故 C錯(cuò)誤；D根據(jù)G氣二/二解得:v=,國(guó)，飛船的圓軌道半徑越大，其線速度越小，故 D錯(cuò)誤.故選：A點(diǎn)評(píng)：本題考查了萬有引力定律的應(yīng)用，知道飛船繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，靠萬有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，理解宇宙速度的物理意義. TOC o 1-5 h z （4分）（2012?信豐縣校級(jí)模擬）現(xiàn)有兩個(gè)點(diǎn)電荷 A和B,它們電量分別為+Q和-Q, a 為AB連線的中點(diǎn)，b與a關(guān)于B對(duì)稱，它們都在一條直線上，如圖所示，試比較 ab兩點(diǎn)所 在處場(chǎng)強(qiáng)E的大小和電勢(shì) 4的高低（）A ; a Eb

7、+ Q-QA.EaVE, (f)a(f)bB. EaEb, (f) a (f) b C. EaEb, (f) a Eb, (j) a=(j) b考點(diǎn)：電場(chǎng)強(qiáng)度；電勢(shì).專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題.分析：由于電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，電場(chǎng)強(qiáng)度疊加時(shí)滿足平行四邊形定則.電場(chǎng)線越密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度越強(qiáng).正電荷所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同.同時(shí)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低.解答： 解：ab兩點(diǎn)所在處場(chǎng)強(qiáng)都是由電量分別為 +Q和-Q的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)疊加產(chǎn)生 的， 由于+Q和-Q的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)在 a位置方向相同，而在b位置方向相反，又根據(jù)點(diǎn)電荷 的場(chǎng)強(qiáng)公式E犯，所以EaEb,2 T由于電場(chǎng)線總是從正電荷出發(fā)終止

8、于負(fù)電荷，而+Q和-Q連線的中垂線是等勢(shì)面， 沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以（f）a b.故選B.點(diǎn)評(píng)：雖然電場(chǎng)線不是實(shí)際存在的，但電場(chǎng)線的疏密可以體現(xiàn)電場(chǎng)強(qiáng)度的強(qiáng)弱；可以根據(jù)電場(chǎng)線方向來確定電勢(shì)的高低；同時(shí)還考查了等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線的分布.（4分）（2013春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在真空中的正方體（邊長(zhǎng)為1）的七個(gè)頂點(diǎn)上分別同定+Q的點(diǎn)電荷，在另外的一個(gè)頂點(diǎn)上同定-Q的點(diǎn)電荷，則這八個(gè)點(diǎn)電荷在正方體的中心處產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)為（k為靜電力常量）（）密C.駟D.坐312312 I2考點(diǎn)： 勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系.專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題.分析：由于電荷較多，先兩兩相互疊加，則

9、可知由于對(duì)稱性， 同號(hào)電荷形成的場(chǎng)強(qiáng)相互抵消；故只需將兩相對(duì)的異號(hào)電荷形成的場(chǎng)強(qiáng)相互疊加即可.解答：解：對(duì)于同種電荷相對(duì)兩點(diǎn)在 O點(diǎn)相成的場(chǎng)強(qiáng)相互抵消； 只有兩個(gè)異種電荷相成的場(chǎng)強(qiáng)相互加強(qiáng)；單個(gè)電荷在中心處形成的場(chǎng)強(qiáng) B=： R2故合場(chǎng)強(qiáng)為：E=2Eo=;312故選：B.點(diǎn)評(píng)：本題考查電場(chǎng)的疊加，要注意對(duì)于多個(gè)電荷相疊加的題目，一定有某種規(guī)律存在,要認(rèn)真分析，找出對(duì)應(yīng)的規(guī)律即可輕松求解.（4分）（2013春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）如圖所示， A、B、C、D E、F為勻強(qiáng)電場(chǎng)中一個(gè) 正六邊形的六個(gè)頂點(diǎn)，電場(chǎng)方向與六邊形所在平面平行.已知 A B、C三點(diǎn)的電勢(shì)分別為IV、2V、3V,邊長(zhǎng)為吏cm,則下

10、列說法中正確的是（）A F兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 LAf=1 V電場(chǎng)強(qiáng)度的方向從 A指向C電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 200 V/m若將一電子從C點(diǎn)移到E點(diǎn)，電勢(shì)能減少1 eV考點(diǎn)：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電勢(shì)差；電勢(shì)能.專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題.分析： 該電場(chǎng)中已知三點(diǎn)的電勢(shì)，可以通過作輔助線找出它們之間的關(guān)系，從而確定該電場(chǎng)的特點(diǎn)與方向.解答： 解：如圖連接AC和BE,則ACL BE由于A、BC三點(diǎn)的電勢(shì)分別為IV、2V、3V,得：LCb=LBa.所以可以判定CA是這個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線的方向.A:由上面的判斷可知，A與F是等勢(shì)點(diǎn)，即LAf=0,故A錯(cuò)誤；B:由上面的判斷可知，CA是這個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)

11、的電場(chǎng)線的方向，故 B錯(cuò)誤；一、 UrAU短一C：場(chǎng)強(qiáng)大?。?e二二-=200 V/m.故 C正確；CA 2L*cos30D:由上面的判斷可知，E與B是等勢(shì)點(diǎn)，所以 C點(diǎn)的電勢(shì)高于E點(diǎn)的電勢(shì)，將一電子從 C點(diǎn)移到E點(diǎn)，電勢(shì)能增加.故 D錯(cuò)誤.故選：CE D點(diǎn)評(píng)：該題通過比較幾個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)，得出該電場(chǎng)的特點(diǎn)與方向， 解題的關(guān)鍵是通過使用輔助線來說明問題.使用基礎(chǔ)題目.（4分）（2012?懷化三模）如圖所示，跳水運(yùn)動(dòng)員最后踏板的過程可以簡(jiǎn)化為下述模型：運(yùn)動(dòng)員從高處落到處于自然狀態(tài)的跳板（ A位置）上，隨跳板一同向下做變速運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低 點(diǎn)（B位置）.對(duì)于運(yùn)動(dòng)員開始與跳板接觸到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)B位置的過程中

12、，下列說法中正確的是（）運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能一直在減小運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能一直在減小運(yùn)動(dòng)員的加速度先變小后變大跳板的彈性勢(shì)能先增加后減小考點(diǎn)：功能關(guān)系；牛頓第二定律；彈性勢(shì)能.分析：本題的關(guān)鍵是首先對(duì)運(yùn)動(dòng)員受力分析，明確受到的彈力從零逐漸增大，然后根據(jù)牛頓第二定律和功能原理即可求解.解答： 解：A運(yùn)動(dòng)員從A到B過程中，人受到向下的重力和向上的彈力，在開始下落階段彈力小于重力，由牛頓第二定律可知人先做加速后減速，即動(dòng)能應(yīng)先增大后減小，所以A錯(cuò)誤.日由于人在下落過程中，彈力始終做負(fù)功，由功能原理可知，人的機(jī)械能一直在減小，所 以B正確.C由mg- Fjma可知，開始下落階段 .鳴，所以a。，運(yùn)動(dòng)員做加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)

13、 Fjj=mg時(shí)速度最大；以后再做減速運(yùn)動(dòng)，所以加速度大小先變小后變大，所以 C正確.D由于跳板在從 A到B過程中，形變持續(xù)變大，所以彈f勢(shì)能應(yīng)一直變大，所以 D錯(cuò)誤.故選BC.點(diǎn)評(píng)：遇到動(dòng)力學(xué)問題關(guān)鍵是正確對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析，然后選取相應(yīng)的物理規(guī)律求解討論即可.（4分）（2011?東至縣二模）汽車在一平直路面上勻速行駛，前方遇到一段泥濘的路面，導(dǎo)致汽車受到的阻力變大了，若汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率保持不變，經(jīng)過一段時(shí)間后，汽車在泥濘的路面也能做勻速運(yùn)動(dòng)，則在圖中關(guān)于汽車的速度隨時(shí)間變化關(guān)系正確的圖象是（） 考點(diǎn)： 功率、平均功率和瞬時(shí)功率；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系.A .0D .

14、0專題：功率的計(jì)算專題.分析：根據(jù)阻力的變化，通過牛頓第二定律得出加速度的方向，從而判斷出速度的變化，根據(jù)P=Fv,抓住功率保持不變，得出牽引力的變化，結(jié)合牛頓第二定律得出加速度的變化， 從而通過加速度與速度的變化關(guān)系得出速度的變化.解答： 解：開始汽車做勻速行駛，牽引力等于阻力，阻力變大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度方向與速度方向相反，做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)P=Fv,知牽引力增大，則a=二減小，即做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)牽引力與阻力相等后，做勻速直線運(yùn)動(dòng).故B正確，A C、D錯(cuò)誤.故選B.點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道功率與牽引力、速度的關(guān)系，知道當(dāng)加速度方向與速度方向相同，做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度方向

15、與速度方向相反，做減速運(yùn)動(dòng).（4分）（2013春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在平行板電容器A、B兩板上加上如圖所示的交變電壓，電壓變化的周期為T,開始時(shí)B板電勢(shì)比A板高，這時(shí)兩板中間原來靜止的電子在電場(chǎng)力作用下開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B兩板間的距離足夠大.則下述說法中正確的是)電子一直向A板運(yùn)動(dòng)電子一直向B板運(yùn)動(dòng)電了先向B板運(yùn)動(dòng)，然后向A板運(yùn)動(dòng)，再返回B板，經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間，總能運(yùn)動(dòng) 到B板電子先向B板運(yùn)動(dòng)，然后向A板運(yùn)動(dòng)，再返回B板做周期性來回運(yùn)動(dòng)， 永遠(yuǎn)不能到 達(dá)某一板考點(diǎn)： 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).專題： 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題.分析： 根據(jù)AB兩極板電場(chǎng)的變化，分析電子所受電場(chǎng)力的變

16、化，結(jié)合加速度與速度方向 的關(guān)系判斷其運(yùn)動(dòng)性質(zhì)解答： 解：在0-）T內(nèi)，電子受到的電場(chǎng)力方向水平向右，向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，Jt-T內(nèi)，電子所受的電場(chǎng)力水平向左，電子向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，Ts末速度減為零，然后重復(fù)之前的運(yùn)動(dòng)，可知電子一直向B板運(yùn)動(dòng)，故ACD昔誤，B正確;故選：B.點(diǎn)評(píng)：由于電場(chǎng)方向不斷變化， 粒子運(yùn)動(dòng)情況比較復(fù)雜， 分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)過程是正確解題的關(guān)鍵.（4分）（2013春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，固定在地面上的粗糙斜面長(zhǎng)為L(zhǎng),底然后又能返回到底端有一小物體，當(dāng)它以某一初速度沿斜面往上滑，恰能到達(dá)斜面的頂端,端.設(shè)小物體所受阻力大小恒定，以地面為零重力勢(shì)能面.在上述過程

17、中，當(dāng)小物體上滑到它的重力勢(shì)能是動(dòng)能某點(diǎn)P時(shí)，它的動(dòng)能是重力勢(shì)能的 3倍，而當(dāng)小物體向下滑到該點(diǎn)時(shí),的3倍，則P點(diǎn)離斜面底端的距離為（4L考點(diǎn)：機(jī)械能守恒定律.專題：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題.底端到P點(diǎn)、頂端到P點(diǎn)的過程列出能量守恒的方分析：分別對(duì)物體從斜面底端到頂端、 程，再結(jié)合條件，即可求得.解答： 解：設(shè)斜面的傾角為 0 ,摩擦力大小為f , P點(diǎn)離斜面底端的距離為 S,物體的質(zhì) 量為明初速度為V0.根據(jù)能量守恒定律得：物體從斜面底端到頂端，有：TTV；r=mgLsin 0 +fL2 J從底端到P點(diǎn)，有-mvQ=mgSsin 0 +fS+Id從頂端到據(jù)題有:Tnv=3mgSsin 0 21

18、P點(diǎn)，有 mg (LS) sin 0 =f (LS) +/nivj mgSsin由得 f （ L S） =4mgSsin 0 mgLsin 0 由得S= ；L s故選：C.點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵要是靈活選擇研究的過程，對(duì)各個(gè)過程運(yùn)用能量守恒定律列式，也可以根據(jù)動(dòng)能定理求解.二、多項(xiàng)選擇題（每小題至少有兩個(gè)正確選項(xiàng)，漏選得 3分，錯(cuò)選多選不得分，每小題 5 分，共25分）（5分）（2012?蚌埠一模）如圖所示， A、B為平行板電容器的金屬板， G為靜電計(jì).開 始時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開一定角度. 為了使指針張開角度增大一些， 應(yīng)該采取的措 施是（）i|SZ-斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板靠近一些

19、斷開開關(guān)S后，將A B兩極板分開一些保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近一些保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開一些 考點(diǎn)：電容器的動(dòng)態(tài)分析. 專題：電容器專題.分析：要使張角增大，則應(yīng)增大兩點(diǎn)間的電勢(shì)差； 則根據(jù)電容的性質(zhì)可分別判斷各措施是否有效.解答： 解：A、若充電后斷開，則兩極板上的電量不變，將兩板靠近，則 d減小，C增大, 由Q=U（M知兩板間的電勢(shì)差減小，故 A錯(cuò)誤； 日由A的分析可知，兩板間的電勢(shì)差增大，故驗(yàn)電器的張角增大，故 B正確；C保持開關(guān)閉合時(shí)，極板兩端的電壓不變，故無論如何調(diào)節(jié)驗(yàn)電器的張角均不變，故CD錯(cuò)誤； 故選：B. 點(diǎn)評(píng)：本題考查電容器的兩類問題：充電后斷開，極板上的

20、電量不變；保持開關(guān)閉合，則極板間的電勢(shì)差不變；同時(shí)還要明確驗(yàn)電器的工作原理，驗(yàn)電器是檢測(cè)電勢(shì)高低的工具.（5分）（2013春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）如圖中的實(shí)線是一正點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的一根電場(chǎng)線（電場(chǎng)線方向未知），虛線為一負(fù)電荷在該電場(chǎng)中僅受電場(chǎng)力時(shí)的一段運(yùn)動(dòng)軌跡，則從 a到 b的過程中（）i* 一，dA.電荷的加速度逐漸減小 B.電荷的動(dòng)能逐漸減小C.電場(chǎng)的電勢(shì)逐漸降低D.電荷的電勢(shì)能逐漸減小考點(diǎn)：電場(chǎng)線；電勢(shì)能.分析：解答本題的突破口是根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡確定其所受電場(chǎng)力方向，從而確定電場(chǎng)線的方向，然后根據(jù)正點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)分布情況，進(jìn)一步解答.解答： 解：A、由于該粒子只受電場(chǎng)力作用且做曲線運(yùn)動(dòng)，電

21、場(chǎng)力指向軌跡內(nèi)側(cè)，電場(chǎng)力方向大致向左，該電荷為負(fù)電荷，所以電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右，則從a到b電勢(shì)降低，而電荷為負(fù)電荷，所以電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小，a點(diǎn)離正電荷較近，所以 a點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大，所以從a至ij b加速度逐漸減小，故 ABC正確故選：ABC點(diǎn)評(píng)：依據(jù)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡確定其所受電場(chǎng)力方向是解決帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的突破口，然后可進(jìn)一步根據(jù)電場(chǎng)線、電場(chǎng)力做功等情況確定電勢(shì)、電勢(shì)能的高低變化情況.（5分）（2013春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在光滑水平面放置 A、B兩物體，其中 B物體上固定著一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的彈簧，并靜止在水平面上，A物體以速度V0向B運(yùn)動(dòng)，并壓縮彈簧，以下說法正確的是（）

22、%任意時(shí)刻，A B受到的彈簧作用力總是大小相等，方向相同當(dāng)A、B兩物體距離最近時(shí)，B物體的速度增到最大C.由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D.當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)， B物體的速度達(dá)到最大值考點(diǎn)： 動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律.專題：動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合.分析：在AB碰撞并壓縮彈簧，在壓縮彈簧的過程中，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞，機(jī)械能守恒，AB的動(dòng)能及彈簧的彈性勢(shì)能之和不變，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，A、B兩個(gè)物體的速度相同.解答： 解：A、任意日刻，A B受到的彈簧作用力總是大小相等、方向相反，故A錯(cuò)誤;B彈簧與兩物體接觸后，A壓縮彈簧，A最減速運(yùn)動(dòng)，

23、B做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩物體距離最近時(shí)， 彈簧壓縮量最大，兩物體的速度相等，然后A繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，兩物體分離，此時(shí)A的速度最小，B的速度最大，故 B錯(cuò)誤，D正確；C整個(gè)過程中只有弓t簧彈力做功，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故 C正確；故選：CD點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是正確解題的關(guān)鍵，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程、知道機(jī)械能守恒的條件、應(yīng)用牛頓第三定律可以解題.（5分）（2013春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，斜劈靜止在水平地面上，有一物體沿 斜劈表面向上運(yùn)動(dòng)，力 F做的功與克服重力做的功相等，則下列判斷中正確的是（）物體可能加速上滑物體可能受三個(gè)力作用，且合力為

24、零斜劈如果受到地面的摩擦，則摩擦力的方向一定水平向左撤去F后，斜劈可能不受地面的摩擦力考點(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用.專題：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題.分析：對(duì)物體進(jìn)行受力分析， 力F做的功與克服重力做的功相等，說明重力和F在沿斜面的分力相等，物體可能受摩擦力，也可能不受摩擦力作用，分情況討論即可求解.解答： 解：A、對(duì)物體進(jìn)行受力分析，力 F做的功與克服重力做的功相等，說明重力和 F 在沿斜面的分力相等，若物體不受摩擦力作用，則做勻速運(yùn)動(dòng)，若受摩擦力作用，則做減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；日若不受摩擦力，則物體可能受三個(gè)力作用，物體勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，合力為零，故B正確；C當(dāng)F與斜面的夾角與重力與斜面的夾角相等時(shí)，支持

25、力為零，即斜劈不受力，即摩擦力為零，此時(shí)地面對(duì)斜面沒有摩擦力，故 C錯(cuò)誤；D撤去F后，物體對(duì)斜面可能有沿斜面向上摩擦力f和斜向右下方向的壓力 N,這兩個(gè)力水平分力的合力向右，因此斜劈將受地面向左的摩擦力，故D錯(cuò)誤.故選：B.點(diǎn)評(píng)：本題對(duì)同學(xué)們受力分析的能力要求很高，首先要理解功的意義， 分析重力和F在沿斜面的分力相等.其次分析時(shí)，摩擦力要考慮.（5分）（2013春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣.兩個(gè)帶有同 種電荷的小球 A、B分別處于豎直墻面和水平地面，且處于同一豎直平面內(nèi)，若用圖示方向 的水平推力F作用于小球B,則兩球靜止于圖示位置.如果將小球向左推動(dòng)少許，并待兩球 重新

26、達(dá)到平衡時(shí)，跟原來相比（）A.兩小球間距離將增大B,兩小球間距離將減小C.推力F將增大D.推力，將減小 考點(diǎn)：庫(kù)侖定律；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用.分析：對(duì)整體分析，受總重力，拉力，地面的支持力，墻壁的彈力.可知地面的支持力等于兩球的總重力.隔離對(duì) B球分析，B球受重力，墻壁的彈力和庫(kù)侖力. A小球向右緩慢拉 動(dòng)一小段距離后，庫(kù)侖力與豎直方向的夾角變小，根據(jù)平行四邊形定則， 知庫(kù)侖力即墻壁彈力的變化.解答： 解：對(duì)A球受力分析，受到三個(gè)力，重力、彈力、庫(kù)倫力，B小球向左緩慢拉動(dòng)一小段距離后，庫(kù)侖力與豎直方向的夾角變小，A的重力不變，墻壁的彈力方向不變，根據(jù)平行四邊形定則，庫(kù)侖力變小，墻壁的彈力變

27、小，根據(jù)庫(kù)侖定律得公式可知：電荷量不變，庫(kù) 倫力變小，距離變大，對(duì)整體而言，墻壁對(duì)球的彈力等于拉力，所以拉力變小，所以兩小球 間距離將增大，推力 F將減小，故AD正確，BC錯(cuò)誤； 故選：AD.點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵先對(duì)整體受力分析，再隔離受力分析.整體法和隔離法是物理當(dāng)中常見的一種方法，要靈活運(yùn)用.、非選擇題（共 85分）（6分）（2013演岡模擬）某同學(xué)用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究外力做功與小車動(dòng)能變 化的關(guān)系.彈簧/力計(jì)水平實(shí)魚臺(tái)圖甲圖乙（1）實(shí)驗(yàn)中，該同學(xué)利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)量小車的速度和位移，讀取了彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù),他還需要測(cè)量的物理量是小車的質(zhì)量（2）實(shí)驗(yàn)中，該同學(xué)讓小車從靜止開始運(yùn)動(dòng)一段位

28、移，測(cè)得末速度U1,拉力做功VY改變拉力，仍讓小車從靜止開始運(yùn)動(dòng)，保持位移一定. 測(cè)得W與U對(duì)應(yīng) 的多組數(shù)據(jù)，得到如圖 乙所示的 W- u 2關(guān)系圖象，但與預(yù)期的過原點(diǎn)直線不符， 經(jīng)檢查測(cè)量、計(jì)算與作圖均無誤.你 認(rèn)為主要原因是 小車受到摩擦阻力作用 ；實(shí)驗(yàn)操作中改進(jìn)的具體措施是 平衡摩擦考點(diǎn)：探究功與速度變化的關(guān)系.專題：實(shí)驗(yàn)題.分析： （1）本實(shí)驗(yàn)研究的對(duì)象是小車，根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式 巳111V2,分析需要測(cè)量的量.（2）根據(jù)圖象縱軸截距的意義，分析圖象不過原點(diǎn)的原因.再確定改進(jìn)的具體措施.解答： 解：（1）本實(shí)驗(yàn)要外力做功與小車動(dòng)能變化的關(guān)系，而小車的動(dòng)能為Ek111V2,2測(cè)量了小車的速

29、度后還需要測(cè)量小車的質(zhì)量.（2）由圖乙知：u2=0時(shí)，W0,主要原因是小車受到摩擦阻力作用，改進(jìn)的具體措施是平 衡摩擦力，即將長(zhǎng)木板左端適當(dāng)墊高，在不掛沙桶時(shí)，輕推小車能做勻速運(yùn)動(dòng)，這樣摩擦力 就被重力沿斜面向下的分力平衡.故答案為：（1）小車的質(zhì)量.（2）小車受到摩擦阻力作用，平衡摩擦力.點(diǎn)評(píng)：要明確此題在驗(yàn)證合外力的功與動(dòng)能變化間的關(guān)系中用到的原理，圍繞原理，確定需要測(cè)量的物理量及實(shí)驗(yàn)時(shí)的注意事項(xiàng).（12分）（2013春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）（1）在用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和重錘自由落體來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中，下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)誤差的說法正確的是ACDA.所用電源的頻率不穩(wěn)可能會(huì)造成該實(shí)驗(yàn)誤差B.重錘質(zhì)

30、量的稱量不準(zhǔn)會(huì)引起較大誤差C.重錘選擇密度較大一些的，有利于減小誤差D.釋放紙帶前，手拉著紙帶的最末端使紙帶保持豎直，有利于減少誤差E.打開電源后，必須立即釋放紙帶，否則會(huì)增大誤差（2）某同學(xué)在一次實(shí)驗(yàn)中利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器得到如圖所示的紙帶，O點(diǎn)為打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的第一點(diǎn)，A B、C、D則是紙帶上打出的四個(gè)點(diǎn)，每?jī)蓚€(gè)點(diǎn)中間都有一個(gè)點(diǎn)已經(jīng)標(biāo)出，各點(diǎn) 到O點(diǎn)的距離如圖所示.連接該紙帶物體的加速度大小為a= 9.375 m/s：打下B點(diǎn)時(shí)物體的速度vb= 2.215m/s （結(jié)果均保留到小數(shù)點(diǎn)后三位，已知打點(diǎn)頻率為50Hz）;若該紙帶是在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中得到的，如果利用O點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程來

31、驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，在誤差允許的范圍內(nèi)，只需要證明等式mghBmw2 （用vb和2OB間距離hoB表示）成立，則機(jī)械能守恒.而實(shí)際上，由于各種阻力存在，應(yīng)該有k上 | AEp| （填 “”、V、“ =”）；若某位同學(xué)利用紙帶記錄的數(shù)據(jù)，測(cè)出下落時(shí)間t和下落高度h,再使用公式v=gt算出瞬時(shí)速度，則用這種方法計(jì)算k、4Ep,將得到k = | AE p| （填“”、V、 “=）.考點(diǎn)：驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律.專題：實(shí)驗(yàn)題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題.分析： （1）解決實(shí)驗(yàn)問題首先要掌握該實(shí)驗(yàn)原理，了解實(shí)驗(yàn)的儀器、操作步驟和數(shù)據(jù)處 理以及注意事項(xiàng).清楚該實(shí)驗(yàn)的誤差來源.（2）利用在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，中間時(shí)刻

32、的瞬時(shí)速度等于該過程中的平均速度來求B的速度大小，然后根據(jù)動(dòng)能、勢(shì)能定義進(jìn)一步求得動(dòng)能和勢(shì)能的變化情況.比較重力勢(shì)能的減小量和動(dòng)能的增加量大小關(guān)系可得出結(jié)論.解答：解：（1） A所用電源的頻率不穩(wěn)，則周期不定，可能會(huì)造成該實(shí)驗(yàn)誤差，故A正確；日因?yàn)槲覀兪潜容^ mgh工mJ的大小關(guān)系，故 m可約去比較，不需要用天平，所以重錘的2質(zhì)量稱量不準(zhǔn)不會(huì)造成較大的誤差，故B錯(cuò)誤.C實(shí)驗(yàn)供選擇的重物應(yīng)該相對(duì)質(zhì)量較大、體積較小的物體，這樣能減少摩擦阻力的影響， 故C正確.D釋放紙帶前，手拉著紙帶的最末端使紙帶保持豎直，導(dǎo)致受到阻力較小，有利于減少誤 差.故D正確；E、打開電源后，計(jì)時(shí)器穩(wěn)定后，才釋放紙帶，否則

33、會(huì)增大誤差，故E錯(cuò)誤.故選：ACD（2）每?jī)蓚€(gè)點(diǎn)中間都有一個(gè)點(diǎn)已經(jīng)標(biāo)出，則 T=0.04s ;根據(jù)公式a= :,T2-2貝U有：a=:=9.375m/s ;產(chǎn)0.0利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論得:vb= =2.215m/s2T 0.08重錘的動(dòng)能EkB= mv22物體重力勢(shì)能減小量：mgh)B；只要證明，mgh)B= 1mv2即可.2比較k和p,實(shí)際上，由于各種阻力存在，應(yīng)該有k | Ep| .若使用公式v=gt算出瞬時(shí)速度，則變成理論推導(dǎo)，那么k=|AE P| .故答案為：(1) ACD (2) 9.375; 2.215; mgJm/, n2,開始時(shí)m、m均靜止，m、m可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)一切摩擦.

34、求： m釋放后經(jīng)過圓弧最低點(diǎn) A時(shí)的速度；(2)若m到最低點(diǎn)時(shí)繩突然斷開，求 m落地點(diǎn)離A點(diǎn)水平距離；(3)為使m能到達(dá)A點(diǎn)，m與m；之間必須滿足什么關(guān)系？ . ： ： T I :(2)設(shè)彈簧最大壓縮量為 x.在物體A剛好接觸彈簧直至恰好返回到B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得(或功能關(guān)系)-2mg x cos 0=0-地面考點(diǎn)： 機(jī)械能守恒定律；平拋運(yùn)動(dòng).專題：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題.分析： (1)兩個(gè)滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力勢(shì)能和動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒；同時(shí)繩子不可伸長(zhǎng)，沿著繩子方向的分速度相等；(2)繩子斷開后，m落地落地前做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式列式求解；(3)為使m能到達(dá)A點(diǎn)，則

35、要求其速度大于零即可.解答：解：(1)設(shè)m運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度為 V1,此時(shí)m2的速度為V2,速度分解如圖,沿著繩子方向的速度相等，得：V2=visin45 由m與優(yōu)組成系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，有 加聲R-m”亞懸ID U鴻嗎盛由上述兩式求得 u -2（2）斷繩后m做平拋運(yùn)動(dòng)兩式聯(lián)立解得s=4Rs=vit 1丫 2 m + m 2(3)m能到達(dá)A點(diǎn)滿足條件vi 0解得:答：（1） m釋放后經(jīng)過圓弧最低點(diǎn)A時(shí)的速度為（2）若m到最低點(diǎn)時(shí)繩突然斷開，m落地點(diǎn)離A點(diǎn)水平距離為4（3）為使m能到達(dá)A點(diǎn)，田與m2之間必須滿足關(guān)系為 叫點(diǎn)腿點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是單個(gè)物體機(jī)械能不守恒，但兩個(gè)物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒；同時(shí)要明確

36、通過繩子、輕桿連接的物體，沿著繩子、桿子方向的分速度一定相等.22. （17分）（2013春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末） 如圖所示，在光滑水平面上靜止放置著質(zhì)量為M長(zhǎng)L=6m的木板.距離板右端 x=3m處有一固定的光滑絕緣四分之三圓弧軌道，軌道半徑r=Y2m,且最低點(diǎn)A與木板上表面等高相切.現(xiàn)有一質(zhì)量為 m,帶有qJ反正電荷的滑塊（可10E看作質(zhì)點(diǎn)），以vo=6m/s的初速度滑上木板.滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2 ,且M=2m=2kg已知當(dāng)木板滑到右側(cè)與軌道側(cè)壁相撞時(shí)立即粘連不動(dòng)，且當(dāng)滑塊滑入圓軌道時(shí)，將觸發(fā)一開關(guān)，使空間產(chǎn)生水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E. （g=10m/s：且寸不歷F3）,求：(1)滑塊m到達(dá)圓軌道A點(diǎn)時(shí)的速度和此過程中滑塊與木板間的摩擦生熱;(2)滑塊m在圓軌道上運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能最大時(shí)對(duì)軌道的壓力；(3)若x值不確定，求能保證滑塊在圓軌道上滑行且不脫軌時(shí)x的取值范圍.考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律.分析： (1)由牛頓第二定律求出滑塊的加速度，然后應(yīng)用速度位移公式可以求出滑塊的速度，應(yīng)用功的計(jì)算公式可以求