精選優(yōu)質文檔-----傾情為你奉上精選優(yōu)質文檔-----傾情為你奉上專心---專注---專業(yè)專心---專注---專業(yè)精選優(yōu)質文檔-----傾情為你奉上專心---專注---專業(yè)2０２0┄2０２1學年重慶市沙坪壩區(qū)南開中學高一(下)期末物理試卷一、單項選擇題(每題只有一個選項正確，每小題4分,共４0分）1.（4分）(2０13春?沙坪壩區(qū)校級期末)以下說法正確的是（)?Ａ． 場強相等的地方電勢必相等 B．?同一正電荷在電場中電勢越高的地方,其電勢能也越大?C.?由場強定義式E=可知,電場中某點的場強與試探電荷受力Ｆ成正比，與試探電荷的電量ｑ成反比?D． 由電容的定義式C=可知,電容器的電容與其所帶電量Ｑ成正比，與兩極之間的電勢差U成反比考點：?電場強度；電容.分析:?電場強度和電勢都是描述電場的物理量,二者無直接關系,但二者相互關聯(lián)；電勢是標量與零勢面的選取有關,所以電場強度為零的地方電勢不一定為零,電勢為零的地方電場強度也不一定為零;用公式U＝Ed和電勢能公式Ｅp=qφ即可求電場強度和電容均采用的是比值定義法．解答: 解：A、沿電場線的方向電勢降低;場強相等電勢不一定相等,如勻強電場中沿電場線上的兩點;故Ａ錯誤;Ｂ、由E=φq可知，正電荷在高電勢處，電勢能一定高;故B正確;C、電場強度的定義采用的是比值定義法，其大小與電場力Ｆ及電荷無關；故C錯誤；D、電容也是采用的比值定義法，其大小與電量和電壓無關；故D錯誤;故選:B.點評:?明確電場強度和電勢都是描述電場的物理量，二者無直接關系，但二者相互關聯(lián)；公式U=Ed中的ｄ為沿電場強度方向的距離;電荷在某點的電勢能是由該點電勢和電荷決定.2.(4分）（２0１３春?沙坪壩區(qū)校級期末)下列過程中,物體機械能不守恒的是（） A.?降落傘在空中勻速下落 B． 物體在光滑斜面上自由下滑?C． 小球被平拋后在空中運動的過程 D． 衛(wèi)星僅受地球引力作用在橢圓軌道上的運動考點：?機械能守恒定律．專題: 機械能守恒定律應用專題．分析:?物體機械能守恒的條件是只有重力做功,根據(jù)機械能守恒的條件逐個分析物體的受力的情況,即可判斷物體是否是機械能守恒.解答:?解：Ａ、跳傘運動員在空中勻速下降，動能不變，重力勢能減小,機械能減?。蔄錯誤.B、物體在光滑斜面上自由下滑,只有重力做功,故機械能守恒;故B正確;C、小球被平拋后在空中運動的過程,只受重力,故機械能守恒;故C正確;D、衛(wèi)星僅受地球引力作用在橢圓軌道上的運動,只有萬有引力做功,機械能守恒；故D正確;本題選不守恒的故選:A點評： 解決本題的關鍵掌握判斷機械能是否守恒的方法，1、看是否只有重力做功.2、看動能和勢能之和是否不變．3．（4分)（２013春?沙坪壩區(qū)校級期末)神舟十號飛船是中國第五艘搭載太空人的飛船．升空后與天宮一號對接后的任務是打造太空實驗室.2０２1年6月１1日１7時38分０2.６66秒，由長征二號F改進型運載火箭(遙十)“神箭”成功發(fā)射．關于飛船,下列說法正確的是(）?A. 已知萬有引力常量、飛船的圓軌道半徑和周期，可以算出地球的質量?Ｂ. 神舟十號在地面的發(fā)射速度應大于11.2ｋｍ/s(第二宇宙速度) Ｃ. 飛船內(nèi)的宇航員處于失重狀態(tài)是由于沒有受到萬有引力的作用 Ｄ.?飛船的圓軌道半徑越大，其線速度越大,周期越大考點：?人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系;萬有引力定律及其應用．專題: 萬有引力定律的應用專題.分析:?環(huán)繞天體圍繞中心天體做勻速圓周運動時萬有引力提供圓周運動向心力，據(jù)此列式計算中心天體質量，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、周期和半徑的關系.解答: 解：Ａ、根據(jù)知,已知軌道半徑、周期、引力常量，可以求出地球的質量．故A正確;Ｂ、第二宇宙速度是脫離地球束縛的衛(wèi)星的發(fā)射速度,而嫦娥一號月球衛(wèi)星仍在圍繞月球運動,故其發(fā)射速度小于第二宇宙速度即11.２ｋm/h,故B錯誤;C、飛船繞地球做圓周運動，里面的物體也繞地球做圓周運動，受到地球的萬有引力提供圓周運動的向心力，故C錯誤;D、根據(jù)解得:v=,飛船的圓軌道半徑越大，其線速度越小,故D錯誤.故選:A點評： 本題考查了萬有引力定律的應用，知道飛船繞地球做圓周運動,靠萬有引力提供圓周運動的向心力,理解宇宙速度的物理意義.4.(4分)（2０1２?信豐縣校級模擬）現(xiàn)有兩個點電荷A和B，它們電量分別為+Q和﹣Q，a為ＡB連線的中點，b與a關于Ｂ對稱，它們都在一條直線上，如圖所示,試比較ab兩點所在處場強E的大小和電勢φ的高低(） A．?Ea<Eb,φa＞φb?B． Ea＞Eｂ，φａ＞φb?Ｃ.?Eａ＞Ｅｂ，φa＜φb D． Ea＞Eb，φa＝φｂ考點: 電場強度;電勢.專題: 電場力與電勢的性質專題.分析： 由于電場強度是矢量,電場強度疊加時滿足平行四邊形定則．電場線越密的地方,電場強度越強．正電荷所受電場力方向與電場強度方向相同.同時沿著電場線方向電勢降低．解答：?解:aｂ兩點所在處場強都是由電量分別為+Q和﹣Ｑ的點電荷產(chǎn)生的場強疊加產(chǎn)生的，由于＋Ｑ和﹣Ｑ的點電荷產(chǎn)生的場強在a位置方向相同,而在b位置方向相反,又根據(jù)點電荷的場強公式Ｅ=,所以Ea＞Ｅb,由于電場線總是從正電荷出發(fā)終止于負電荷，而＋Q和﹣Q連線的中垂線是等勢面,沿著電場線方向電勢降低,所以φａ>φｂ.故選B.點評:?雖然電場線不是實際存在的，但電場線的疏密可以體現(xiàn)電場強度的強弱；可以根據(jù)電場線方向來確定電勢的高低;同時還考查了等量異種點電荷的電場線的分布.５.(4分)（201３春?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖所示，在真空中的正方體(邊長為l）的七個頂點上分別同定+Ｑ的點電荷,在另外的一個頂點上同定﹣Q的點電荷，則這八個點電荷在正方體的中心處產(chǎn)生的合場強為(k為靜電力常量)（) A． ０ Ｂ.??C.??D. 考點： 勻強電場中電勢差和電場強度的關系.專題： 電場力與電勢的性質專題.分析: 由于電荷較多,先兩兩相互疊加，則可知由于對稱性，同號電荷形成的場強相互抵消;故只需將兩相對的異號電荷形成的場強相互疊加即可．解答: 解：對于同種電荷相對兩點在Ｏ點相成的場強相互抵消;只有兩個異種電荷相成的場強相互加強；單個電荷在中心處形成的場強E0=；R=;故合場強為：E=２Ｅ0=;故選：B．點評: 本題考查電場的疊加,要注意對于多個電荷相疊加的題目，一定有某種規(guī)律存在,要認真分析，找出對應的規(guī)律即可輕松求解．6．(4分)(2013春?沙坪壩區(qū)校級期末)如圖所示,A、B、C、D、Ｅ、Ｆ為勻強電場中一個正六邊形的六個頂點，電場方向與六邊形所在平面平行.已知A、B、C三點的電勢分別為１Ｖ、2V、3V，邊長為cm,則下列說法中正確的是（) A.?A、F兩點間的電勢差UAF=１V Ｂ． 電場強度的方向從Ａ指向Ｃ?Ｃ．?電場強度的大小為200V／m D． 若將一電子從C點移到E點,電勢能減少１eV考點: 勻強電場中電勢差和電場強度的關系;電勢差;電勢能.專題:?電場力與電勢的性質專題．分析:?該電場中已知三點的電勢，可以通過作輔助線找出它們之間的關系,從而確定該電場的特點與方向.解答:?解:如圖連接AC和BE,則AC⊥BE.由于A、B、C三點的電勢分別為1V、2V、３V，得：UCＢ=UBA.所以可以判定CA是這個勻強電場的電場線的方向.A:由上面的判斷可知,A與Ｆ是等勢點,即UＡF＝0，故A錯誤;B:由上面的判斷可知，CA是這個勻強電場的電場線的方向，故B錯誤;C:場強大?。篤／ｍ.故Ｃ正確；D:由上面的判斷可知,E與B是等勢點，所以C點的電勢高于E點的電勢，將一電子從C點移到E點，電勢能增加．故D錯誤.故選:C點評：?該題通過比較幾個點的電勢，得出該電場的特點與方向，解題的關鍵是通過使用輔助線來說明問題.使用基礎題目.7.(4分)（2012?懷化三模）如圖所示,跳水運動員最后踏板的過程可以簡化為下述模型:運動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動到達最低點（B位置）．對于運動員開始與跳板接觸到運動至最低點B位置的過程中，下列說法中正確的是(）?A.?運動員的動能一直在減小 B．?運動員的機械能一直在減小?C.?運動員的加速度先變小后變大 D．?跳板的彈性勢能先增加后減小考點： 功能關系；牛頓第二定律；彈性勢能.分析:?本題的關鍵是首先對運動員受力分析,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、運動員從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,即動能應先增大后減小,所以Ａ錯誤．B、由于人在下落過程中，彈力始終做負功,由功能原理可知，人的機械能一直在減小,所以B正確.C、由mg﹣=ma可知，開始下落階段，所以a>0,運動員做加速運動；當=mg時速度最大；以后再做減速運動，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,所以彈性勢能應一直變大，所以Ｄ錯誤．故選BC.點評: 遇到動力學問題關鍵是正確對物體進行受力分析和運動過程分析，然后選取相應的物理規(guī)律求解討論即可．8．(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，導致汽車受到的阻力變大了,若汽車發(fā)動機的功率保持不變,經(jīng)過一段時間后，汽車在泥濘的路面也能做勻速運動,則在圖中關于汽車的速度隨時間變化關系正確的圖象是() A． ?B. ?C．??Ｄ． 考點: 功率、平均功率和瞬時功率；勻變速直線運動的速度與時間的關系.專題:?功率的計算專題．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，做減速運動,根據(jù)P＝Fv,知牽引力增大，則a＝減小,即做加速度逐漸減小的減速運動,當牽引力與阻力相等后,做勻速直線運動.故B正確,Ａ、C、D錯誤．故選B．點評：?解決本題的關鍵知道功率與牽引力、速度的關系,知道當加速度方向與速度方向相同,做加速運動，當加速度方向與速度方向相反,做減速運動．9．（4分)（2０１3春?沙坪壩區(qū)校級期末）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B板電勢比A板高，這時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動，設Ａ、B兩板間的距離足夠大．則下述說法中正確的是（)?A． 電子一直向A板運動 B． 電子一直向B板運動?C. 電了先向B板運動,然后向Ａ板運動，再返回Ｂ板，經(jīng)過足夠長的時間,總能運動到B板?D.?電子先向Ｂ板運動，然后向Ａ板運動，再返回Ｂ板做周期性來回運動,永遠不能到達某一板考點：?帶電粒子在勻強電場中的運動.專題：?帶電粒子在電場中的運動專題．分析: 根據(jù)AB兩極板電場的變化,分析電子所受電場力的變化,結合加速度與速度方向的關系判斷其運動性質解答：?解：在0﹣T內(nèi),電子受到的電場力方向水平向右,向右做勻加速直線運動,T﹣T內(nèi),電子所受的電場力水平向左，電子向右做勻減速直線運動，Ts末速度減為零，然后重復之前的運動，可知電子一直向B板運動，故ACＤ錯誤，B正確；故選：B.點評:?由于電場方向不斷變化,粒子運動情況比較復雜，分析清楚粒子的運動過程是正確解題的關鍵.１0．(４分)（2013春?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖所示,固定在地面上的粗糙斜面長為L,底端有一小物體，當它以某一初速度沿斜面往上滑,恰能到達斜面的頂端，然后又能返回到底端.設小物體所受阻力大小恒定,以地面為零重力勢能面.在上述過程中,當小物體上滑到某點P時，它的動能是重力勢能的3倍,而當小物體向下滑到該點時，它的重力勢能是動能的３倍,則Ｐ點離斜面底端的距離為(）?A. ?B.??C.??D. 考點:?機械能守恒定律.專題：?機械能守恒定律應用專題．分析: 分別對物體從斜面底端到頂端、底端到P點、頂端到P點的過程列出能量守恒的方程,再結合條件,即可求得.解答： 解：設斜面的傾角為θ,摩擦力大小為f,Ｐ點離斜面底端的距離為Ｓ，物體的質量為ｍ,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：=ｍgLsｉnθ+fL①從底端到P點，有=mgSｓinθ+fS＋②從頂端到P點,有ｍｇ（L﹣S）sinθ=f（L﹣S）+③據(jù)題有：=3ｍgＳsinθ④mｇSsinθ＝3?⑤由①②④得f(Ｌ﹣S)＝4ｍgSsinθ﹣ｍgLsinθ⑥由③⑤得S=L故選:C．點評: 解決本題的關鍵要是靈活選擇研究的過程,對各個過程運用能量守恒定律列式，也可以根據(jù)動能定理求解.二、多項選擇題（每小題至少有兩個正確選項，漏選得3分，錯選多選不得分,每小題5分，共25分）11．(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.開始時開關S閉合,靜電計指針張開一定角度．為了使指針張開角度增大一些，應該采取的措施是（) A. 斷開開關Ｓ后,將A、B兩極板靠近一些?B． 斷開開關S后,將A、B兩極板分開一些 C. 保持開關S閉合，將A、B兩極板靠近一些 D. 保持開關S閉合，將A、B兩極板分開一些考點:?電容器的動態(tài)分析．專題：?電容器專題．分析：?要使張角增大,則應增大兩點間的電勢差;則根據(jù)電容的性質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=ＵC可知兩板間的電勢差減小，故A錯誤;B、由A的分析可知,兩板間的電勢差增大，故驗電器的張角增大,故Ｂ正確；C、保持開關閉合時，極板兩端的電壓不變,故無論如何調節(jié)驗電器的張角均不變，故ＣＤ錯誤;故選：B．點評:?本題考查電容器的兩類問題：充電后斷開，極板上的電量不變;保持開關閉合,則極板間的電勢差不變；同時還要明確驗電器的工作原理，驗電器是檢測電勢高低的工具.12．(５分）(20１3春?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖中的實線是一正點電荷電場中的一根電場線(電場線方向未知），虛線為一負電荷在該電場中僅受電場力時的一段運動軌跡,則從a到b的過程中（）?A.?電荷的加速度逐漸減小 Ｂ． 電荷的動能逐漸減小?C．?電場的電勢逐漸降低 D.?電荷的電勢能逐漸減小考點：?電場線;電勢能.分析：?解答本題的突破口是根據(jù)粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向,從而確定電場線的方向,然后根據(jù)正點電荷周圍電場分布情況，進一步解答．解答:?解:Ａ、由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動,電場力指向軌跡內(nèi)側,電場力方向大致向左,該電荷為負電荷,所以電場強度方向向右,則從ａ到b電勢降低,而電荷為負電荷,所以電勢能增大，動能減小,a點離正電荷較近,所以a點受到的電場力大,所以從a到b加速度逐漸減小,故ＡＢＣ正確故選：ABC點評： 依據(jù)帶電粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向是解決帶電粒子在電場中運動問題的突破口,然后可進一步根據(jù)電場線、電場力做功等情況確定電勢、電勢能的高低變化情況．１3．(5分）(20１3春?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖所示,在光滑水平面放置Ａ、B兩物體，其中Ｂ物體上固定著一個質量不計的彈簧,并靜止在水平面上,A物體以速度v0向B運動,并壓縮彈簧，以下說法正確的是()?A. 任意時刻，A、B受到的彈簧作用力總是大小相等，方向相同?Ｂ． 當A、B兩物體距離最近時，B物體的速度增到最大 C. 由A、Ｂ和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒?D． 當彈簧再次恢復原長時,Ｂ物體的速度達到最大值考點: 動量守恒定律；機械能守恒定律．專題:?動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合.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)動量守恒,系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞,機械能守恒,AB的動能及彈簧的彈性勢能之和不變,當彈簧被壓縮到最短時,A、B兩個物體的速度相同.解答： 解：Ａ、任意時刻，Ａ、B受到的彈簧作用力總是大小相等、方向相反,故A錯誤;B、彈簧與兩物體接觸后，A壓縮彈簧,A最減速運動,B做加速運動，當兩物體距離最近時，彈簧壓縮量最大,兩物體的速度相等,然后A繼續(xù)做減速運動,Ｂ繼續(xù)做加速運動,當彈簧恢復原長時,兩物體分離，此時Ａ的速度最小，Ｂ的速度最大,故Ｂ錯誤,D正確；Ｃ、整個過程中只有彈簧彈力做功,A、Ｂ和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故C正確；故選：CD.點評：?分析清楚物體運動過程是正確解題的關鍵，分析清楚物體運動過程、知道機械能守恒的條件、應用牛頓第三定律可以解題．14.（5分)(２01３春?沙坪壩區(qū)校級期末）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動，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(）?A． 物體可能加速上滑?B.?物體可能受三個力作用，且合力為零?C． 斜劈如果受到地面的摩擦,則摩擦力的方向一定水平向左?Ｄ． 撤去F后，斜劈可能不受地面的摩擦力考點:?動能定理的應用.專題:?動能定理的應用專題．分析: 對物體進行受力分析，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、對物體進行受力分析,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，則做勻速運動,若受摩擦力作用，則做減速運動，故A錯誤；B、若不受摩擦力，則物體可能受三個力作用，物體勻速運動,受力平衡，合力為零，故B正確；C、當F與斜面的夾角與重力與斜面的夾角相等時,支持力為零，即斜劈不受力,即摩擦力為零,此時地面對斜面沒有摩擦力，故Ｃ錯誤；D、撤去F后,物體對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錯誤.故選:B．點評: 本題對同學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，摩擦力要考慮．15.(5分）（2０13春?沙坪壩區(qū)校級期末)豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣.兩個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少許，并待兩球重新達到平衡時,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：?庫侖定律;共點力平衡的條件及其應用.分析：?對整體分析，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B球分析，B球受重力,墻壁的彈力和庫侖力.A小球向右緩慢拉動一小段距離后,庫侖力與豎直方向的夾角變小,根據(jù)平行四邊形定則,知庫侖力即墻壁彈力的變化.解答:?解：對A球受力分析，受到三個力，重力、彈力、庫倫力,Ｂ小球向左緩慢拉動一小段距離后,庫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，庫侖力變小，墻壁的彈力變小，根據(jù)庫侖定律得公式可知：電荷量不變，庫倫力變小,距離變大，對整體而言，墻壁對球的彈力等于拉力，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錯誤；故選:ＡD.點評：?解決本題的關鍵先對整體受力分析，再隔離受力分析．整體法和隔離法是物理當中常見的一種方法,要靈活運用.三、非選擇題（共8５分）１6.（6分)（2013?黃岡模擬)某同學用如圖甲所示的實驗裝置探究外力做功與小車動能變化的關系.(1）實驗中，該同學利用打點計時器測量小車的速度和位移，讀取了彈簧測力計的示數(shù)，他還需要測量的物理量是小車的質量.(2)實驗中,該同學讓小車從靜止開始運動一段位移，測得末速度υ1，拉力做功W;改變拉力,仍讓小車從靜止開始運動,保持位移一定．測得Ｗ與υ對應的多組數(shù)據(jù)，得到如圖乙所示的Ｗ﹣υ2關系圖象,但與預期的過原點直線不符,經(jīng)檢查測量、計算與作圖均無誤．你認為主要原因是小車受到摩擦阻力作用；實驗操作中改進的具體措施是平衡摩擦力.考點： 探究功與速度變化的關系.專題：?實驗題．分析: （1)本實驗研究的對象是小車,根據(jù)動能的表達式Ek=，分析需要測量的量.（２）根據(jù)圖象縱軸截距的意義,分析圖象不過原點的原因．再確定改進的具體措施．解答: 解：（1)本實驗要外力做功與小車動能變化的關系,而小車的動能為Ek=,測量了小車的速度后還需要測量小車的質量.(２)由圖乙知:υ2=0時，W＞0,主要原因是小車受到摩擦阻力作用,改進的具體措施是平衡摩擦力,即將長木板左端適當墊高,在不掛沙桶時,輕推小車能做勻速運動,這樣摩擦力就被重力沿斜面向下的分力平衡.故答案為：(1）小車的質量．(2)小車受到摩擦阻力作用,平衡摩擦力.點評:?要明確此題在驗證合外力的功與動能變化間的關系中用到的原理，圍繞原理,確定需要測量的物理量及實驗時的注意事項.17．(1２分)(2013春?沙坪壩區(qū)校級期末)（1)在用打點計時器和重錘自由落體來驗證機械能守恒定律的實驗中,下列關于實驗誤差的說法正確的是AＣDＡ．所用電源的頻率不穩(wěn)可能會造成該實驗誤差B.重錘質量的稱量不準會引起較大誤差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,否則會增大誤差(2)某同學在一次實驗中利用打點計時器得到如圖所示的紙帶，O點為打點計時器打下的第一點,A、B、Ｃ、D則是紙帶上打出的四個點，每兩個點中間都有一個點已經(jīng)標出，各點到O點的距離如圖所示.①連接該紙帶物體的加速度大小為a＝9.375m/ｓ２，打下B點時物體的速度vB=２.215ｍ／s(結果均保留到小數(shù)點后三位，已知打點頻率為50Hｚ）；②若該紙帶是在“驗證機械能守恒定律”的實驗中得到的,如果利用O點到B點的運動過程來驗證機械能守恒定律,在誤差允許的范圍內(nèi)，只需要證明等式mgh０B=mvB2（用vB和OB間距離hOＢ表示)成立,則機械能守恒.而實際上,由于各種阻力存在，應該有△Eｋ＜|△EP|（填“＞”、“＜”、“＝”）；③若某位同學利用紙帶記錄的數(shù)據(jù)，測出下落時間t和下落高度ｈ，再使用公式ｖ=gt算出瞬時速度,則用這種方法計算△Ｅｋ、△Eｐ,將得到△Ek=|△EP｜（填“>”、“<”、“=”）．考點:?驗證機械能守恒定律．專題： 實驗題；機械能守恒定律應用專題.分析： (1）解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的儀器、操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項．清楚該實驗的誤差來源.（2）利用在勻變速直線運動中，中間時刻的瞬時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)動能、勢能定義進一步求得動能和勢能的變化情況.比較重力勢能的減小量和動能的增加量大小關系可得出結論．解答： 解:（1）A、所用電源的頻率不穩(wěn),則周期不定，可能會造成該實驗誤差，故A正確;B、因為我們是比較mgh、ｍv2的大小關系,故ｍ可約去比較，不需要用天平，所以重錘的質量稱量不準不會造成較大的誤差,故B錯誤．Ｃ、實驗供選擇的重物應該相對質量較大、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,計時器穩(wěn)定后，才釋放紙帶,否則會增大誤差，故E錯誤．故選:AＣD．(２)①每兩個點中間都有一個點已經(jīng)標出,則T=０.04s；根據(jù)公式a=,則有:a===9.375m／s2；利用勻變速直線運動的推論得:vB==＝2．２15ｍ/s②重錘的動能EkB=ｍｖＢ２物體重力勢能減小量：ｍｇh0B;只要證明，mgh0B＝mvB2即可．③比較△△Eｋ和△Eｐ,實際上，由于各種阻力存在，應該有△Ek＜|△ＥP|.若使用公式v=ｇｔ算出瞬時速度,則變成理論推導，那么△Ｅk＝|△EＰ|.故答案為:（1）AＣD；(2）９.３75；2.215；ｍgｈ0B=ｍvB２,<．＝．點評：?正確解答實驗問題的前提是明確實驗原理,從實驗原理出發(fā)進行分析所需實驗器材、所測數(shù)據(jù)等,會起到事半功倍的效果.運用運動學公式和動能、重力勢能的定義式解決問題是該實驗的常規(guī)問題．要注意單位的換算，要知道重物帶動紙帶下落過程中能量轉化的過程和能量守恒,注意求得瞬時速度的公式選取是驗證的關鍵.１８.（10分)（２013春?沙坪壩區(qū)校級期末)以20ｍ/s的水平初速度從離地45m高處拋出一質量為1kg的物體，不計空氣阻力,g取10m/s２，則:(1）2s內(nèi)重力做功為多少?(２)２s內(nèi)重力的平均功率為多少？(３）２s末重力的瞬時功率為多少？考點： 功率、平均功率和瞬時功率;功的計算.專題:?功率的計算專題．分析: （1)由自由落體規(guī)律可求得２s內(nèi)物體下落的高度，則由功的公式可求得重力所做的功;（2)由功率的計算公式可求得平均功率;(3）求出2s末的速度,再根據(jù)P＝mｇv求出2s末重力的瞬時功率．解答:?解:物體做平拋運動，（1)２s內(nèi)豎直方向的位移:ｈ=gt2=×１0×2２=２０m；重力所做的功為:W=mｇh=5×20=１00J;（２）2s內(nèi)重力做功的平均功率為:P＝=＝５0Ｗ;(3）2s末豎直分速度：vｙ=ｇｔ＝10×２＝20m/ｓ；重力做功的瞬時功率為：P1=mgvy=0．５×1０×20=10０W;答：(1)2s內(nèi)重力對物體做的功是100J；(２）2s內(nèi)重力做功的平均功率是50Ｗ；(3）２s末重力對物體做功的瞬時功率是1００W．點評: 解決本題的關鍵區(qū)分平均功率和瞬時功率．知道瞬時功率的公式P＝Ｆvcｏsθ的應用.19.（１2分)（2013春?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖所示,在場強為Ｅ=４.0×１０３N/C的勻強電場中有相距5．0cm的A、B兩點，兩點連線與場強方向成θ=30°角,若把一個負電荷q=﹣4×1０﹣５C,從A沿著AC和ＣB兩線段移動到B,其中∠ＣAB＝30°，試求:(１）A、B兩點間的電勢差UAＢ(2）B點的電勢（以A點為零電勢點）（３)電場力對負電荷q所做的功．考點:?勻強電場中電勢差和電場強度的關系.專題: 電場力與電勢的性質專題．分析:?（１）根據(jù)電場強度和電勢差之間的關系可求得電勢差;(２）根據(jù)電勢差的定義和零電勢點可求得Ｂ點的電勢；（3)根據(jù)W＝Ｕq可求得電場力對電荷所做的功.解答:?解:（１)ＡB兩點間的電勢差ＵAＢ=Ed=EABcoｓ3０°=４.0×103V/m×0.0５ｍ×＝1００V；(2)以A為零電勢,則B點電勢比Ａ低１00V;故B點電勢為﹣1００Ｖ;(3)電場力做功W＝Uq=1０0×(﹣4×10﹣5）=﹣4×1０﹣3J;答：（1）A、B兩點間的電勢差UAB為100V;(2)B點的電勢為﹣100V；（3）電場力對負電荷q所做的功﹣4×10﹣3J；點評： 本題考查電場強度和電勢差之間的關系，要注意明確U＝Ed公式里的d為沿電場線上的距離；同時明確電場力做功和路徑無關．２0.(１４分）(2011?長春二模)如圖所示，固定斜面的傾角為θ,可視為質點的物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ,輕彈簧下端固定在斜面底端,彈簧處于原長時上端位于B點.物體A的質量為m,開始時物體A到Ｂ點的距離為L．現(xiàn)給物體A一沿斜面向下的初速度v0,使物體A開始沿斜面向下運動,物體Ａ將彈簧壓縮到最短后又恰好被彈回到B點．已知重力加速度為g，不計空氣阻力,求此過程中：（1)物體A向下運動剛到達Ｂ點時速度的大?。?)彈簧的最大壓縮量．考點:?動能定理的應用;勻變速直線運動的位移與時間的關系;牛頓第二定律；功能關系.專題: 動能定理的應用專題.分析：?(1)對從最高點到第一次與彈簧接觸過程運用動能定理列式求解即可;(２）對從第一次接觸彈簧到第二次接觸彈簧過程直接運用動能定理列式求解．解答:?解:(1）物體Ａ由開始運動直至Ｂ點的過程，由動能定理得mｇLsinθ﹣μmgLcosθ=mｖB２﹣ｍｖ02求得：vB=（２)設彈簧最大壓縮量為ｘ.在物體A剛好接觸彈簧直至恰好返回到B點的過程中,由動能定理得(或功能關系）﹣2μmgxcosθ=0﹣m求得ｘ＝．點評:?本題關鍵是要靈活地選擇物理過程運用動能定理列式求解，同時要明確彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化.21．(14分）（200７?宿遷二模）如圖，半徑為R的１/4圓弧支架豎直放置，支架底AB離地的距離為２R，圓弧邊緣C處有一小定滑輪，一輕繩兩端系著質量分別為m1與ｍ2的物體,掛在定滑輪兩邊,且m1＞m2，開始時m1、m2均靜止,ｍ1、m2可視為質點,不計一切摩擦．求:（1)m１釋放后經(jīng)過圓弧最低點A時的速度；（2)若m1到最低點時繩突然斷開,求m1落地點離A點水平距離；(3)為使m1能到達A點，m1與ｍ2之間必須滿足什么關系?考點： 機械能守恒定律；平拋運動.專題：?機械能守恒定律應用專題.分析：?（1)兩個滑塊構成的系統(tǒng)只有重力勢能和動能相互轉化，機械能守恒;同時繩子不可伸長，沿著繩子方向的分速度相等；（2）繩子斷開后，ｍ1落地落地前做平拋運動,根據(jù)平拋運動的分位移公式列式求解;(3）為使ｍ1能到達A點,則要求其速度大于零即可.解答：?解:(１）設m１運動到最低點時速度為v１，此時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=v1ｓin45°由m1與ｍ2組成系統(tǒng),機械能守恒,有由上述兩式求得(２）斷繩后m1做平拋運動s=v１t1兩式聯(lián)立解得s=4R（3)m1能到達A點滿足條件v1≥０又解得:答：(1）m1釋放后經(jīng)過圓弧最低點A時的速度為；(2）若m1到最低點時繩突然斷開，m1落地點離A點水平距離為4R；（3)為使m1能到達A點，ｍ1與m2之間必須滿足關系為.點評:?本題關鍵是單個物體機械能不守恒，但兩個物體系統(tǒng)機械能守恒;同時要明確通過繩子、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)校級期末）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置著質量為M、長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=m，且最低點Ａ與木板上表面等高相切.現(xiàn)有一質量為m,帶有q=正電荷的滑塊（可看作質點），以v０＝6ｍ／s的初速度滑上木板.滑塊與木板間動摩擦因數(shù)μ=０.2，且M=２ｍ=２kg.已知當木板滑到右側與軌道側壁相撞時立即粘連不動，且當滑塊滑入圓軌道時,將觸發(fā)一開關，使空間產(chǎn)生水平向右的勻強電場,場強為Ｅ.（g=10m/s2，且≈3）,求