1、2016-2017學(xué)年安徽省淮北一中高三（上）第四次模擬物理試卷一、選擇題（每題4分，共48分，1-7為單選，8-12為多選）1如圖所示，光滑小球放置在半球面的底端，豎直放置的擋板水平向右緩慢地推動(dòng)小球，則在小球運(yùn)動(dòng)（始終未脫離球面）的過程中，擋板對(duì)小球的推力F、半球面對(duì)小球的支持力FN的變化情況正確的是（）AF增大，F(xiàn)N減小BF減小，F(xiàn)N增大CF減小，F(xiàn)N減小DF增大，F(xiàn)N增大2如圖甲所示，水平地面上輕彈簧左端固定，右端通過滑塊壓縮0.4m鎖定，t=0時(shí)解除鎖定釋放滑塊計(jì)算機(jī)通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的速度圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t=0時(shí)的速度圖

2、線的切線，已知滑塊質(zhì)量m=2.0kg，取g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A滑塊被釋放后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊速度最大C彈簧的勁度系數(shù)k=175 N/mD該過程中滑塊的最大加速度為35 m/s23如圖所示，質(zhì)量相同的兩小球a、b分別從斜面頂端A和斜面中點(diǎn)B沿水平方向拋出后，恰好都落在斜面底端，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A小球a、b在空中飛行的時(shí)間之比為2：1B小球a、b拋出時(shí)的初速度大小之比為2：1C小球a、b到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比為4：1D小球a、b到達(dá)斜面底端時(shí)速度方向與斜面的夾角之比為1：14如圖疊放在水平轉(zhuǎn)臺(tái)上的物體A、B、C正隨

3、轉(zhuǎn)臺(tái)一起以角速度w勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m，B與轉(zhuǎn)臺(tái)、C與轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為，A與B 間的動(dòng)摩擦因數(shù)也為，B、C離轉(zhuǎn)臺(tái)中心的距離分別為r、1.5r設(shè)本題中的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，以下說法正確的是（）AB對(duì)A的摩擦力有可能為3mgBC與轉(zhuǎn)臺(tái)間的摩擦力大于A與B間的摩擦力C轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度有可能恰好等于D若角速度再在題干所述原基礎(chǔ)上緩慢增大，A與B間將最先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)5如圖所示為氫原子的能級(jí)示意圖，那么對(duì)氫原子在能級(jí)躍遷過程中輻射或吸收光子的特征認(rèn)識(shí)正確的是（）A處于基態(tài)的氫原子可以吸收14eV的光子使電子電離B一群處于n=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，能輻射出4種不同頻

4、率的光子C一群處于n=2能級(jí)的氫原子吸收2eV的光子可以躍遷到n=3能級(jí)D用能量為10.3eV的光子照射，可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)6靜電場(chǎng)在x軸上的場(chǎng)強(qiáng)分量Ex隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向，帶負(fù)電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷（）A在b和d處電勢(shì)能相等B由a運(yùn)動(dòng)到c的過程中電勢(shì)能增大C由b運(yùn)動(dòng)到d的過程中電場(chǎng)力不做功D由a運(yùn)動(dòng)到d的過程中x方向電場(chǎng)力先增大后減小7如圖所示，甲分子固定在坐標(biāo)原點(diǎn)O上，乙分子位于r軸上距原點(diǎn)r2的位置虛線分別表示分子間斥力F斥和引力F引的變化情況，實(shí)線表示分子間的斥力和引力的合力F變化情況若把乙分子由靜止釋放，則下列關(guān)于乙分子的說法正確的是（

5、）A從r2到r0，分子勢(shì)能一直減小B從r2到r0，分子勢(shì)能先減小后增加C從r2到r0，分子勢(shì)能先增加后減小D從r2到r1做加速運(yùn)動(dòng)，從r1向r0做減速運(yùn)動(dòng)8如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，下極板接地一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則（）A帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)BP點(diǎn)的電勢(shì)將降低C帶電油滴在運(yùn)動(dòng)過程中的電勢(shì)能將減少D電容器的電容減小，極板帶電量將減小9如圖所示，M、N兩物體疊放在一起，在恒力F作用下，一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于兩物體受力情況的說法正確的是（）A物體M一定受到4個(gè)力B物體N可能受到4個(gè)力C物體M與墻之間

6、一定有彈力和摩擦力D物體M與N之間一定有摩擦力10據(jù)新華社2015年11月2日上海電，我國(guó)自主發(fā)射的火星探測(cè)器將在第17屆中國(guó)國(guó)際工業(yè)博覽會(huì)上首次公開亮相，火星是太陽(yáng)系中與地球最為類似的行星，人類對(duì)火星生命的研究在2015年因“火星表面存在流動(dòng)的液態(tài)水”的發(fā)現(xiàn)而取得了重要進(jìn)展若火星可視為均勻球體，其表面的重力加速度為g，半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T，萬有引力常量為G，則下列說法正確的是（）A火星的平均密度為B火星的同步衛(wèi)星距火星表面的高度為RC火星的第一宇宙速度為2D火星的同步衛(wèi)星運(yùn)行的角速度為11如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛

7、性輕桿連接不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g則（）Aa落地前，輕桿對(duì)b一直做正功Ba落地時(shí)速度大小為Ca下落過程中，其加速度大小始終不大于gDa落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為mg12如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，t=0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t=t0時(shí)刻P離開傳送帶不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長(zhǎng)能正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖象可能是（）ABCD二、實(shí)驗(yàn)題（每空1分，共10分）13（5分）如圖甲所示是某同學(xué)探究加速度與力的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)裝置他在氣墊導(dǎo)軌上B處安裝了一個(gè)光電門，滑塊

8、上固定一遮光條，滑塊用細(xì)線繞過氣墊導(dǎo)軌左端的定滑輪與力傳感器相連，傳感器下方懸掛鉤碼，每次滑塊都從A處由靜止釋放（1）該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d，如圖乙所示，則d=mm（2）下列實(shí)驗(yàn)要求不必要的是（填選項(xiàng)前字母）A應(yīng)使滑塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼和力傳感器的總質(zhì)量B應(yīng)使A位置與光電門間的距離適當(dāng)大些C應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平D應(yīng)使細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌平行（3）改變鉤碼的質(zhì)量，測(cè)出對(duì)應(yīng)的力傳感器的示數(shù)F和遮光條通過光電門的時(shí)間t，通過描點(diǎn)作出線性圖象，研究滑塊的加速度與力的關(guān)系，處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作出圖象（填“tF”“t2F”“F”或“F”），若增大滑塊的質(zhì)量，則該圖象的斜率將（填“增大”“減小”或“不變”），若

9、增大滑塊釋放處到光電門的距離，則該圖象的斜率將（填“增大”“減小”或“不變”）14（5分）為了描繪標(biāo)有“3V，0.4W”的小燈泡的伏安特性曲線，要求燈泡電壓能從零開始變化所給器材如下：A電流表（0200mA，內(nèi)阻0.5）；B電流表（00.6A，內(nèi)阻0.01）；C電壓表（03V，內(nèi)阻5k）；D電壓表（015V，內(nèi)阻50k）；E滑動(dòng)變阻器（010，0.5A）；F滑動(dòng)變阻器（01k，0.1A）；G電源（3V），電鍵一個(gè)，導(dǎo)線若干（1）實(shí)驗(yàn)中所用的電流表應(yīng)選，電壓表應(yīng)選，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選（填前面的序號(hào)）（2）要求電壓從0開始測(cè)量并減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)選甲、乙、丙、丁中的哪一個(gè)電路圖測(cè)出的電阻值比真實(shí)值偏（選

10、填“大”或“小”）三、計(jì)算題（共42分）15（8分）甲車以10m/s的速度在平直的公路上勻速行駛，乙車以4m/s的速度與甲車平行同向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，甲車經(jīng)過乙車旁邊開始以0.5m/s2的加速度剎車，從甲車剎車開始計(jì)時(shí)，求：（1）乙車在追上甲車前，兩車相距的最大距離；（2）乙車追上甲車所用的時(shí)間16（10分）如圖所示，內(nèi)壁光滑長(zhǎng)度為4l、橫截面積為S的汽缸A、B，A水平、B豎直固定，之間由一段容積可忽略的細(xì)管相連，整個(gè)裝置置于溫度27、大氣壓為p0的環(huán)境中，活塞C、D的質(zhì)量及厚度均忽略不計(jì)原長(zhǎng)3l、勁度系數(shù)的輕彈簧，一端連接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O點(diǎn)開始活塞D距汽缸B的底部3l后在

11、D上放一質(zhì)量為的物體求：（1）穩(wěn)定后活塞D下降的距離；（2）改變汽缸內(nèi)氣體的溫度使活塞D再回到初位置，則氣體的溫度應(yīng)變?yōu)槎嗌伲?7（12分）如圖所示，在空間中取直角坐標(biāo)系xOy，在第一象限內(nèi)從y軸到MN之間的區(qū)域充滿一個(gè)沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN為電場(chǎng)的理想邊界，場(chǎng)強(qiáng)大小為E1，ON=d在第二象限內(nèi)充滿一個(gè)沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E2電子從y軸上的A點(diǎn)以初速度v0沿x軸負(fù)方向射入第二象限區(qū)域，它到達(dá)的最左端為圖中的B點(diǎn)，之后返回第一象限，且從MN上的P點(diǎn)離開已知A點(diǎn)坐標(biāo)為（0，h）電子的電量為e，質(zhì)量為m，電子的重力忽略不計(jì)，求：（1）電子從A點(diǎn)到B點(diǎn)所用的時(shí)間；（2）P點(diǎn)的坐標(biāo)；

12、（3）電子經(jīng)過x軸時(shí)離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離18（12分）如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上放置一質(zhì)量為m的物塊B，B的下端連接一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端與擋板相連接，B平衡時(shí)，彈簧的壓縮量為x0，O點(diǎn)為彈簧的原長(zhǎng)位置在斜面頂端另有一質(zhì)量也為m的物塊A，距物塊B為3x0，現(xiàn)讓A從靜止開始沿斜面下滑，A與B相碰后立即一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，但不粘連，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又一道向上運(yùn)動(dòng)，并恰好回到O點(diǎn)（A、B均視為質(zhì)點(diǎn)）試求：（1）A、B相碰后瞬間的共同速度的大??；（2）A、B相碰前彈簧具有的彈性勢(shì)能；（3）若在斜面頂端再連接一光滑的半徑R=x0的半圓軌道PQ，圓軌道與斜面相切于最高點(diǎn)P，現(xiàn)讓物塊A以初速

13、度v從P點(diǎn)沿斜面下滑，與B碰后返回到P點(diǎn)還具有向上的速度，試問：v為多大時(shí)物塊A恰能通過圓弧軌道的最高點(diǎn)？2016-2017學(xué)年安徽省淮北一中高三（上）第四次模擬物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（每題4分，共48分，1-7為單選，8-12為多選）1（2015奉賢區(qū)二模）如圖所示，光滑小球放置在半球面的底端，豎直放置的擋板水平向右緩慢地推動(dòng)小球，則在小球運(yùn)動(dòng)（始終未脫離球面）的過程中，擋板對(duì)小球的推力F、半球面對(duì)小球的支持力FN的變化情況正確的是（）AF增大，F(xiàn)N減小BF減小，F(xiàn)N增大CF減小，F(xiàn)N減小DF增大，F(xiàn)N增大【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力【分析】對(duì)小球受力分析

14、，受重力、擋板向右的支持力和半球面的支持力，根據(jù)平衡條件列式求解【解答】解：對(duì)小球受力分析，受重力、擋板向右的支持力和半球面的支持力，如圖根據(jù)平衡條件解得F=mgtan由于不斷增加，故F增大、FN增大；故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是畫出受力圖，根據(jù)平衡條件求解出兩個(gè)彈力的表達(dá)式進(jìn)行分析討論2如圖甲所示，水平地面上輕彈簧左端固定，右端通過滑塊壓縮0.4m鎖定，t=0時(shí)解除鎖定釋放滑塊計(jì)算機(jī)通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的速度圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t=0時(shí)的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量m=2.0kg，取g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A滑塊被釋放后，

15、先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊速度最大C彈簧的勁度系數(shù)k=175 N/mD該過程中滑塊的最大加速度為35 m/s2【考點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像【分析】根據(jù)速度圖象的物理意義分析運(yùn)動(dòng)情況；從速度時(shí)間圖象得到滑塊脫離彈簧后減速滑行時(shí)的加速度，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解摩擦力大??；從速度時(shí)間圖象得到滑塊剛釋放時(shí)的加速度，即最大加速度，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解彈簧的勁度系數(shù)【解答】解：AB、根據(jù)圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力與摩擦力相等時(shí)速度最大，此時(shí)加速度為零，隨后加速度反向增加，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)

16、所以AB錯(cuò)誤；CD、從題中圖象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1=，由牛頓第二定律得摩擦力大小為：f=mg=ma1=2×5N=10N；剛釋放時(shí)滑塊的加速度為：a2=，此時(shí)物塊的加速度最大，所以D錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得：kxf=ma2代入數(shù)據(jù)解得：k=175 N/m，所以C正確；故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵從速度世間圖象得到滑塊剛釋放和脫離彈簧時(shí)的加速度大小，然后根據(jù)牛頓第二定律列式分析求解；對(duì)于圖象問題，我們學(xué)會(huì)“五看”，即：看坐標(biāo)、看斜率、看面積、看交點(diǎn)、看截距；了解圖象的物理意義是正確解題的前提3（2014秋泉州期末）如圖所示，質(zhì)量相同的兩小球a、b分別從斜面頂端A和斜面中點(diǎn)B沿水平

17、方向拋出后，恰好都落在斜面底端，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A小球a、b在空中飛行的時(shí)間之比為2：1B小球a、b拋出時(shí)的初速度大小之比為2：1C小球a、b到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比為4：1D小球a、b到達(dá)斜面底端時(shí)速度方向與斜面的夾角之比為1：1【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)【分析】根據(jù)下落的高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比，結(jié)合水平位移和時(shí)間求出初速度之比，根據(jù)動(dòng)能定理求出小球到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比抓住速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，求出兩球的速度方向與斜面的夾角關(guān)系【解答】解：A、因?yàn)閮汕蛳侣涞母叨戎葹?：1，根據(jù)h=得，t=，高度之比為2：1，則時(shí)間之比為：1，故A錯(cuò)

18、誤B、兩球的水平位移之比為2：1，時(shí)間之比為：1，根據(jù)知，初速度之比為，故B錯(cuò)誤C、根據(jù)動(dòng)能定理可知，到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比EKa：Ekb=2：1，故C錯(cuò)誤D、小球落在斜面上，速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，因?yàn)槲灰婆c水平方向的夾角相等，則速度與水平方向的夾角相等，到達(dá)斜面底端時(shí)速度方向與斜面的夾角也相等，故D正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和推論靈活求解4（2016秋麥積區(qū)校級(jí)月考）如圖疊放在水平轉(zhuǎn)臺(tái)上的物體A、B、C正隨轉(zhuǎn)臺(tái)一起以角速度w勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m，B與轉(zhuǎn)臺(tái)、

19、C與轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為，A與B 間的動(dòng)摩擦因數(shù)也為，B、C離轉(zhuǎn)臺(tái)中心的距離分別為r、1.5r設(shè)本題中的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，以下說法正確的是（）AB對(duì)A的摩擦力有可能為3mgBC與轉(zhuǎn)臺(tái)間的摩擦力大于A與B間的摩擦力C轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度有可能恰好等于D若角速度再在題干所述原基礎(chǔ)上緩慢增大，A與B間將最先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)【考點(diǎn)】向心力；線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速【分析】分別對(duì)A、AB整體、C受力分析，根據(jù)合力提供向心力，求出轉(zhuǎn)臺(tái)角速度的臨界值結(jié)合牛頓第二定律求出A與B間的摩擦力最大值【解答】解：A、對(duì)AB整體，有：（3m+2m）2r（3m+2m）g對(duì)物體C，有：m2（1.5r）mg對(duì)物體A，有：3

20、m2r（3m）g聯(lián)立解得：，即滿足不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度，可知A與B間的靜摩擦力最大值fm=，故A錯(cuò)誤，故C正確B、由于A與C轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，由摩擦力提供向心力有m×1.5r23mr2，即C與轉(zhuǎn)臺(tái)間的摩擦力小于A與B間的摩擦力，故B錯(cuò)誤；D、由A選項(xiàng)分析可知，最先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的是物塊C，故D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是對(duì)A、AB整體、C受力分析，根據(jù)靜摩擦力提供向心力以及最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力列式分析是關(guān)鍵5（2016春廈門期末）如圖所示為氫原子的能級(jí)示意圖，那么對(duì)氫原子在能級(jí)躍遷過程中輻射或吸收光子的特征認(rèn)識(shí)正確的是（）A處于基態(tài)的氫原子可以吸收14eV的光子使電子電

21、離B一群處于n=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，能輻射出4種不同頻率的光子C一群處于n=2能級(jí)的氫原子吸收2eV的光子可以躍遷到n=3能級(jí)D用能量為10.3eV的光子照射，可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)【考點(diǎn)】氫原子的能級(jí)公式和躍遷【分析】當(dāng)吸收的能量大于無窮遠(yuǎn)處能量與基態(tài)的能量差，則電子會(huì)發(fā)生電離；根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式得出輻射不同頻率光子的種數(shù)；當(dāng)吸收的能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，該光子才能被吸收【解答】解：A、基態(tài)氫原子的能量為13.6eV，吸收14eV的光子能量可以發(fā)生電離，故A正確B、根據(jù)=3知，一群處于n=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，能輻射出3種不同頻率的光子，故B錯(cuò)誤C、n=2和n=3間的

22、能級(jí)差為1.89eV，吸收2eV的光子不能被吸收，不會(huì)發(fā)生躍遷，故C錯(cuò)誤D、10.3eV的能量不等于激發(fā)態(tài)能量與基態(tài)的能量差，則該光子能量不能被吸收而發(fā)生躍遷，故D錯(cuò)誤故選：A【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道什么是電離，以及能級(jí)的躍遷滿足hv=EmEn，注意吸收光子是向高能級(jí)躍遷，釋放光子是向低能級(jí)躍遷，同時(shí)掌握吸收或釋放能量要正好等于能級(jí)之差6（2016秋即墨市校級(jí)期中）靜電場(chǎng)在x軸上的場(chǎng)強(qiáng)分量Ex隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向，帶負(fù)電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷（）A在b和d處電勢(shì)能相等B由a運(yùn)動(dòng)到c的過程中電勢(shì)能增大C由b運(yùn)動(dòng)到d的過程中電場(chǎng)力不做功D由a運(yùn)動(dòng)到d的過程中x方向電

23、場(chǎng)力先增大后減小【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【分析】由圖可以看出在0a處場(chǎng)強(qiáng)為正，a+處場(chǎng)強(qiáng)為負(fù)方向，沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，對(duì)于負(fù)電荷而言電勢(shì)降低則電勢(shì)能增加【解答】解：A、bc處場(chǎng)強(qiáng)為x軸負(fù)方向，則從b到d處逆著電場(chǎng)線方向移動(dòng)，電勢(shì)升高，負(fù)電荷在d處電勢(shì)能較小，故A錯(cuò)誤；B、ac處場(chǎng)強(qiáng)為x軸負(fù)方向，則從a到c處逆著電場(chǎng)線方向移動(dòng)，電勢(shì)升高，負(fù)電荷在c處電勢(shì)能較小，B錯(cuò)誤；C、由b運(yùn)動(dòng)到d的過程，受到的電場(chǎng)力沿x軸正方向，位移也沿x軸正方向，故做正功，故C錯(cuò)誤；D、由a運(yùn)動(dòng)到d的過程中，由圖可以看出電場(chǎng)強(qiáng)度的絕對(duì)值先增大后減小，故電場(chǎng)力先增大后減小，故D正確；故選：D【點(diǎn)評(píng)】本

24、題考查從圖象獲取信息的能力，另外U=Ed，所以Ex圖象組成圖形的面積還可以表示電勢(shì)差7（2016春宿遷期末）如圖所示，甲分子固定在坐標(biāo)原點(diǎn)O上，乙分子位于r軸上距原點(diǎn)r2的位置虛線分別表示分子間斥力F斥和引力F引的變化情況，實(shí)線表示分子間的斥力和引力的合力F變化情況若把乙分子由靜止釋放，則下列關(guān)于乙分子的說法正確的是（）A從r2到r0，分子勢(shì)能一直減小B從r2到r0，分子勢(shì)能先減小后增加C從r2到r0，分子勢(shì)能先增加后減小D從r2到r1做加速運(yùn)動(dòng)，從r1向r0做減速運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】分子勢(shì)能；分子間的相互作用力【分析】根據(jù)分子間作用力隨距離的變化而變化規(guī)律可明確分子力的變化； 根據(jù)加速度與速度關(guān)系進(jìn)

25、行分析，明確加速度與速度同向加速，力做正功，反向減速，力做負(fù)功【解答】解：A、從r2到r0，分子力為引力，運(yùn)動(dòng)方向與力同向，故分子力一直做正功；故分子勢(shì)能一直減??；故A正確，BC錯(cuò)誤D、從r2到r1以及r1向r0運(yùn)動(dòng)過程中分子力均為引力，與運(yùn)動(dòng)方向同向，故分子一直做加速運(yùn)動(dòng)；故D錯(cuò)誤； 故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查分子力的特點(diǎn)以及分子力與分子勢(shì)能間的關(guān)系，要注意明確在距離為r0時(shí)分子力為零，由無限遠(yuǎn)向r0運(yùn)動(dòng)時(shí)分子力為引力，分子力做正功； 而由r0繼續(xù)靠近時(shí)分子力為斥力，分子力做負(fù)功8如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，下極板接地一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)現(xiàn)將平行板電容器的上

26、極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則（）A帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)BP點(diǎn)的電勢(shì)將降低C帶電油滴在運(yùn)動(dòng)過程中的電勢(shì)能將減少D電容器的電容減小，極板帶電量將減小【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析【分析】將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化，判斷電場(chǎng)力變化，確定油滴運(yùn)動(dòng)情況由U=Ed分析P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差如何變化，即能分析P點(diǎn)電勢(shì)的變化和油滴電勢(shì)能的變化【解答】解：A、將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=得知板間場(chǎng)強(qiáng)減小，油滴所受的電場(chǎng)力減小，則油滴將向下運(yùn)動(dòng)故A錯(cuò)誤B、場(chǎng)強(qiáng)E減小，而P點(diǎn)與下極板間的距離不變

27、，則由公式U=Ed分析可知，P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差將減小，而P點(diǎn)的電勢(shì)高于下極板的電勢(shì)，則知P點(diǎn)的電勢(shì)將降低故B正確C、由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負(fù)電，P點(diǎn)的電勢(shì)降低，則油滴的電勢(shì)能將增加故C錯(cuò)誤D、根據(jù)Q=UC，由于電勢(shì)差不變，電容器的電容減小，故帶電量減小，故D正確；故選：BD【點(diǎn)評(píng)】本題運(yùn)用E=分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化，判斷油滴如何運(yùn)動(dòng)運(yùn)用推論：正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，而負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，來判斷電勢(shì)能的變化9（2013迎澤區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，M、N兩物體疊放在一起，在恒力F作用下，一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于兩物體受力情況的說法正確的是（）A物體M一定受到4個(gè)力B物體

28、N可能受到4個(gè)力C物體M與墻之間一定有彈力和摩擦力D物體M與N之間一定有摩擦力【考點(diǎn)】牛頓第二定律；力的合成與分解的運(yùn)用【分析】M、N兩物體一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，合力向上，分別對(duì)MN整體、M、N進(jìn)行受力分析，即可求解【解答】解：M、N兩物體一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，合力向上，對(duì)MN整體進(jìn)行受力分析，受到重力和F，墻對(duì)M沒有彈力，否則合力不能向上，也就不可能有摩擦力；對(duì)N進(jìn)行受力分析，得：N受到重力，M對(duì)N的支持力，這兩個(gè)力的合力不能向上，所以還受到M對(duì)N向上的靜摩擦力，則N也給M一個(gè)沿斜面向下的靜摩擦力，再對(duì)M進(jìn)行受力分析，得：M受到重力、推力F、N對(duì)M的壓力以及N給M沿斜面向下的靜動(dòng)摩擦

29、力，一共4個(gè)力，故AD正確，BC錯(cuò)誤故選：AD【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了同學(xué)們受力分析的能力，注意整體法和隔離法的應(yīng)用10（2016衡水校級(jí)模擬）據(jù)新華社2015年11月2日上海電，我國(guó)自主發(fā)射的火星探測(cè)器將在第17屆中國(guó)國(guó)際工業(yè)博覽會(huì)上首次公開亮相，火星是太陽(yáng)系中與地球最為類似的行星，人類對(duì)火星生命的研究在2015年因“火星表面存在流動(dòng)的液態(tài)水”的發(fā)現(xiàn)而取得了重要進(jìn)展若火星可視為均勻球體，其表面的重力加速度為g，半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T，萬有引力常量為G，則下列說法正確的是（）A火星的平均密度為B火星的同步衛(wèi)星距火星表面的高度為RC火星的第一宇宙速度為2D火星的同步衛(wèi)星運(yùn)行的角速度為【考點(diǎn)】萬有引

30、力定律及其應(yīng)用【分析】根據(jù)萬有引力等于重力求出火星的質(zhì)量，結(jié)合火星的體積求出火星的密度；根據(jù)萬有引力提供向心力求出火星同步衛(wèi)星的軌道半徑，從而得出距離火星表面的高度；根據(jù)萬有引力提供向心力求近地衛(wèi)星的速度即第一宇宙速度；火星的同步衛(wèi)星運(yùn)行的角速度等于火星自轉(zhuǎn)的角速度【解答】解：A、在火星表面，對(duì)質(zhì)量為m的物體由和，可得：，選項(xiàng)A正確；B、設(shè)火星的同步衛(wèi)星距火星表面的高度為h，同步衛(wèi)星的周期等于火星的自轉(zhuǎn)周期T，則，可得：，選項(xiàng)B正確；C、設(shè)火星的第一宇宙速度為v，由，可知：，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、火星的同步衛(wèi)星運(yùn)行的角速度等于火星自轉(zhuǎn)的角速度，則，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選：AB【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握萬有

31、引力定律的兩個(gè)重要理論：1、萬有引力等于重力，2、萬有引力提供向心力，并能靈活運(yùn)用11（2016春湖北期末）如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g則（）Aa落地前，輕桿對(duì)b一直做正功Ba落地時(shí)速度大小為Ca下落過程中，其加速度大小始終不大于gDa落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為mg【考點(diǎn)】功能關(guān)系【分析】a、b組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，通過b的動(dòng)能變化，判斷輕桿對(duì)b的做功情況根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒求出a球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小【解答】解：A、當(dāng)a到

32、達(dá)底端時(shí)，b的速度為零，b的速度在整個(gè)過程中，先增大后減小，動(dòng)能先增大后減小，所以輕桿對(duì)b先做正功，后做負(fù)功故A錯(cuò)誤B、a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，b的速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得：vA=故B正確C、b的速度在整個(gè)過程中，先增大后減小，所以a對(duì)b的作用力先是動(dòng)力后是阻力，所以b對(duì)a的作用力就先是阻力后是動(dòng)力，所以在b減速的過程中，b對(duì)a是向下的拉力，此時(shí)a的加速度大于重力加速度，故C錯(cuò)誤；D、a、b整體的機(jī)械能守恒，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b的速度最大，此時(shí)b受到a的推力為零，b只受到重力的作用，所以b對(duì)地面的壓力大小為mg，故D正確；故選：BD【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道a

33、、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，以及知道當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b的動(dòng)能最大12（2016陜西校級(jí)一模）如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，t=0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t=t0時(shí)刻P離開傳送帶不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長(zhǎng)能正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖象可能是（）ABCD【考點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像【分析】要分不同的情況進(jìn)行討論：若V2V1：分析在fQ的重力時(shí)的運(yùn)動(dòng)情況或fQ的重力的運(yùn)動(dòng)情況若V2V1：分析在fQ的重力時(shí)的運(yùn)動(dòng)情況或fQ的重力的運(yùn)動(dòng)情況【解答】解：1若v1=v2，小物體P可能受到的靜摩擦

34、力等于繩的拉力，一直相對(duì)傳送帶靜止勻速向右運(yùn)動(dòng)，若最大靜摩擦力小于繩的拉力，則小物體P先向右勻減速運(yùn)動(dòng)，減速到零后反向勻加速直到離開傳送帶，由牛頓第二定律知mQgmPg=（mQ+mP）a，加速度不變；2若v1v2，小物體P先向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知mPgmQg=（mQ+mP）a，到小物體P加速到與傳送帶速度v1相等后勻速，故B選項(xiàng)可能；3若v1v2，小物體P先向右勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知mQgmPg=（mQ+mP）a1，到小物體P減速到與傳送帶速度v1相等后，若最大靜摩擦力大于或等于繩的拉力，繼續(xù)向右勻速運(yùn)動(dòng)，A選項(xiàng)正確，若最大靜摩擦力小于繩的拉力，繼續(xù)向右減速但滑動(dòng)摩擦力

35、方向改向，此時(shí)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度為mQg+mPg=（mQ+mP）a2，到減速為零后，又反向以a2加速度勻加速向左運(yùn)動(dòng)，而a2a1，故C選項(xiàng)正確，D選項(xiàng)錯(cuò)誤故選：ABC【點(diǎn)評(píng)】考查摩擦力的方向與速度的關(guān)系，明確其與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，結(jié)合牛頓第二定律分析運(yùn)動(dòng)情況，較難二、實(shí)驗(yàn)題（每空1分，共10分）13（5分）如圖甲所示是某同學(xué)探究加速度與力的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)裝置他在氣墊導(dǎo)軌上B處安裝了一個(gè)光電門，滑塊上固定一遮光條，滑塊用細(xì)線繞過氣墊導(dǎo)軌左端的定滑輪與力傳感器相連，傳感器下方懸掛鉤碼，每次滑塊都從A處由靜止釋放（1）該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d，如圖乙所示，則d=2.25mm（2）下列實(shí)驗(yàn)要求不

36、必要的是A（填選項(xiàng)前字母）A應(yīng)使滑塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼和力傳感器的總質(zhì)量B應(yīng)使A位置與光電門間的距離適當(dāng)大些C應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平D應(yīng)使細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌平行（3）改變鉤碼的質(zhì)量，測(cè)出對(duì)應(yīng)的力傳感器的示數(shù)F和遮光條通過光電門的時(shí)間t，通過描點(diǎn)作出線性圖象，研究滑塊的加速度與力的關(guān)系，處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作出圖象（填“tF”“t2F”“F”或“F”），若增大滑塊的質(zhì)量，則該圖象的斜率將減?。ㄌ睢霸龃蟆薄皽p小”或“不變”），若增大滑塊釋放處到光電門的距離，則該圖象的斜率將增大（填“增大”“減小”或“不變”）【考點(diǎn)】探究功與速度變化的關(guān)系【分析】游標(biāo)卡尺讀數(shù)結(jié)果等于固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，不需要估讀滑塊經(jīng)過光

37、電門時(shí)的瞬時(shí)速度可近似認(rèn)為是滑塊經(jīng)過光電門的平均速度根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解答用細(xì)線拉力表示合力，要考慮摩擦力的影響【解答】解：（1）由圖知第6條刻度線與主尺對(duì)齊，d=2mm+5×0.05mm=2.25mm；（2）A、拉力是直接通過傳感器測(cè)量的，故與滑塊質(zhì)量和鉤碼質(zhì)量大小關(guān)系無關(guān)，故A不必要；B、應(yīng)使A位置與光電門間的距離適當(dāng)大些，有利于減小誤差，故B必要；C、應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，使拉力才等于合力，故C必要；D、要保持拉線方向與木板平面平行，拉力才等于合力，故D必要；故選：A（3）由題意可知，該實(shí)驗(yàn)中保持小車質(zhì)量M不變，因此有：v2=2aL，則有v=，且牛頓第二定律為a=那么=2L，斜率為

38、，增大滑塊的質(zhì)量，圖象的斜率將減小；增大滑塊釋放處到光電門的距離，則該圖象的斜率將增大所以研究滑塊的加速度與力的關(guān)系，處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作出F圖象故答案為：（1）2.25mm；（2）A；（3）F；減小；增大【點(diǎn)評(píng)】常用儀器的讀數(shù)要掌握，這是物理實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)處理實(shí)驗(yàn)時(shí)一定要找出實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理我們可以尋找需要測(cè)量的物理量和需要注意的事項(xiàng)14（5分）為了描繪標(biāo)有“3V，0.4W”的小燈泡的伏安特性曲線，要求燈泡電壓能從零開始變化所給器材如下：A電流表（0200mA，內(nèi)阻0.5）；B電流表（00.6A，內(nèi)阻0.01）；C電壓表（03V，內(nèi)阻5k）；D電壓表（015V，內(nèi)阻50k）；E滑動(dòng)變阻器（010

39、，0.5A）；F滑動(dòng)變阻器（01k，0.1A）；G電源（3V），電鍵一個(gè)，導(dǎo)線若干（1）實(shí)驗(yàn)中所用的電流表應(yīng)選A，電壓表應(yīng)選C，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選E（填前面的序號(hào)）（2）要求電壓從0開始測(cè)量并減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)選甲、乙、丙、丁中的哪一個(gè)電路圖甲測(cè)出的電阻值比真實(shí)值偏?。ㄟx填“大”或“小”）【考點(diǎn)】描繪小電珠的伏安特性曲線【分析】（1）根據(jù)燈泡額定電壓與額定電流選擇電壓表與電流表，為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)器材與題目要求確定滑動(dòng)變阻器與電流表的接法，然后選擇實(shí)驗(yàn)電路，根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路應(yīng)用歐姆定律分析實(shí)驗(yàn)誤差【解答】解：（1）燈泡額定電壓為3V，電壓表選C，燈泡額定電流I=0

40、.133A，故電流表選A，為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選E；（2）燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻為：R=22，電壓表內(nèi)阻約為5k，電流表內(nèi)阻約為0.5，電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于燈泡電阻，電流表應(yīng)采用外接法；電壓從零開始變化，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，應(yīng)選圖甲所示電路圖；電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，所測(cè)電流偏大，由歐姆定律可知，所測(cè)電阻偏小故答案為：（1）A，C，E；（2）甲；小【點(diǎn)評(píng)】本題考查了實(shí)驗(yàn)器材的選擇、實(shí)驗(yàn)電路的選擇、實(shí)驗(yàn)誤差分析，要掌握實(shí)驗(yàn)器材的選擇原則，根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器與電流表的接法是正確選擇實(shí)驗(yàn)電路的關(guān)鍵三、計(jì)算題（共42分）15（8分）（2015大理州校級(jí)一模）甲車以10m/s

41、的速度在平直的公路上勻速行駛，乙車以4m/s的速度與甲車平行同向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，甲車經(jīng)過乙車旁邊開始以0.5m/s2的加速度剎車，從甲車剎車開始計(jì)時(shí)，求：（1）乙車在追上甲車前，兩車相距的最大距離；（2）乙車追上甲車所用的時(shí)間【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系【分析】（1）由題，汽車做勻加直線運(yùn)動(dòng)，摩托車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩車同時(shí)經(jīng)過A點(diǎn)，當(dāng)兩車的位移相同時(shí)，汽車追上摩托車根據(jù)位移公式列方程求解時(shí)間（2）當(dāng)兩車速度相等時(shí)，兩車間的距離最大根據(jù)速度相等條件求出時(shí)間，分別求出兩車的位移，兩者之差等于它們間的距離【解答】解：（1）在乙車追上甲車之前，當(dāng)兩車速度相

42、等時(shí)兩車間的距離最大，設(shè)此時(shí)經(jīng)過的時(shí)間為t1，則由 v1=v2+at1得：t1=12s 此時(shí)甲車的位移為：x1=v2t1+at12=10×12m=84m乙車的位移為：x2=v1t1=4×12m=48m 所以兩車間的最大距離為：x=x2x1=8448m=36m （2）設(shè)甲車停止的時(shí)間為t2，則有，甲車在這段時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移為：乙車發(fā)生的位移為x=vt2=4×20m=80m則 乙車追上甲車所用的時(shí)間t3=t2+=25s 答：（1）乙車在追上甲車前，兩車相距的最大距離36m；（2）乙車追上甲車所用的時(shí)間25s【點(diǎn)評(píng)】本題是追及問題，在分別研究?jī)绍囘\(yùn)動(dòng)的基礎(chǔ)上，關(guān)鍵是研究

43、兩者之間的關(guān)系，通常有位移關(guān)系、速度關(guān)系、時(shí)間關(guān)系第（2）問，容易錯(cuò)解成這樣：設(shè)經(jīng)過時(shí)間t乙車追上甲車，此時(shí)兩車的位移相同，則由 v1t=v2t+at2得t=24s16（10分）（2016泰安一模）如圖所示，內(nèi)壁光滑長(zhǎng)度為4l、橫截面積為S的汽缸A、B，A水平、B豎直固定，之間由一段容積可忽略的細(xì)管相連，整個(gè)裝置置于溫度27、大氣壓為p0的環(huán)境中，活塞C、D的質(zhì)量及厚度均忽略不計(jì)原長(zhǎng)3l、勁度系數(shù)的輕彈簧，一端連接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O點(diǎn)開始活塞D距汽缸B的底部3l后在D上放一質(zhì)量為的物體求：（1）穩(wěn)定后活塞D下降的距離；（2）改變汽缸內(nèi)氣體的溫度使活塞D再回到初位置，則氣體的

44、溫度應(yīng)變?yōu)槎嗌伲俊究键c(diǎn)】理想氣體的狀態(tài)方程【分析】（1）開始時(shí)，活塞質(zhì)量不計(jì)，容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)等于大氣壓，彈簧處于原長(zhǎng)；在活塞D上放上質(zhì)量為m的物體后，活塞D下降后再次達(dá)到平衡時(shí)，由對(duì)活塞C受力平衡條件求得容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)封閉氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律列式求解；（2）升高氣缸內(nèi)氣體溫度，當(dāng)活塞D剛好回到初始位置，此過程中壓強(qiáng)不變，彈簧的形變量不變，C的位置不變，對(duì)最初和最終根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程列式即可求出氣體溫度【解答】解：（1）開始時(shí)被封閉氣體的壓強(qiáng)為，活塞C距氣缸A的底部為l，被封氣體的體積為4lS，重物放在活塞D上穩(wěn)定后，被封氣體的壓強(qiáng)為：活塞C將彈簧向左壓縮了距離，則活塞C受力平

45、衡，有：根據(jù)玻意耳定律，得：解得：x=2l活塞D下降的距離為：（2）升高溫度過程中，氣體做等壓變化，活塞C的位置不動(dòng)，最終被封氣體的體積為，對(duì)最初和最終狀態(tài)，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程得解得：答：（1）穩(wěn)定后活塞D下降的距離；（2）改變汽缸內(nèi)氣體的溫度使活塞D再回到初位置，則氣體的溫度應(yīng)變?yōu)?77【點(diǎn)評(píng)】本題考查玻意耳定律的應(yīng)用及壓強(qiáng)的計(jì)算，關(guān)鍵要注意首先明確氣體發(fā)生的什么變化，根據(jù)力平衡法求氣體的壓強(qiáng)，然后才能分析狀態(tài)參量，由理想氣體的狀態(tài)方程或?qū)嶒?yàn)定律進(jìn)行分析求解，第二問要注意升溫過程壓強(qiáng)不變，彈簧的形變量不變，活塞C不動(dòng)17（12分）（2014秋信陽(yáng)期末）如圖所示，在空間中取直角坐標(biāo)系xOy，

46、在第一象限內(nèi)從y軸到MN之間的區(qū)域充滿一個(gè)沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN為電場(chǎng)的理想邊界，場(chǎng)強(qiáng)大小為E1，ON=d在第二象限內(nèi)充滿一個(gè)沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E2電子從y軸上的A點(diǎn)以初速度v0沿x軸負(fù)方向射入第二象限區(qū)域，它到達(dá)的最左端為圖中的B點(diǎn)，之后返回第一象限，且從MN上的P點(diǎn)離開已知A點(diǎn)坐標(biāo)為（0，h）電子的電量為e，質(zhì)量為m，電子的重力忽略不計(jì)，求：（1）電子從A點(diǎn)到B點(diǎn)所用的時(shí)間；（2）P點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）電子經(jīng)過x軸時(shí)離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離【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【分析】（1）電子從A到B的過程做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再由速度公式求解時(shí)間（2）電子射入第一象限的電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解P點(diǎn)的坐標(biāo)（3）電子離開電場(chǎng)后水平、豎直方向上都做勻速運(yùn)動(dòng)，先求出電子射出P點(diǎn)的速度，再由位移公式求解電子經(jīng)過x軸時(shí)離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離【解答】解：（1）從A到B的過程中，加速度大小為 ，由速度公式得：0=v0at，解得：