湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)高一物理下學(xué)期期末考試試題含解

湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)2016-2017學(xué)年度下學(xué)期高一期末考試物理試卷一、選擇題（本題共12小題，每題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-8題只有一項(xiàng)符合題目要求，9-12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)、多選或不選的得0分。）1.為了保護(hù)航天員的安全，飛船上使用了降落傘、反推火箭、緩沖座椅三大措施，在距離地面大約1m時(shí)，返回艙的4個(gè)反推火箭點(diǎn)火工作，返回艙最終安全著陸。把返回艙從離地1m開始減速到完全著陸稱為著地過程。 則關(guān)于反推火箭的作用，下列說法正確的是（）?????A.減小著地過程中返回艙和航天員的動(dòng)量變化B.減小著地過程中返回艙和航天員所受的沖量C.減小著地過程的作用時(shí)間D.減小著地過程返回艙和航天員所受的平均沖力【答案】D【解析】返回艙和航天員在最后 1m的著陸過程中用不用反推火箭，它們的初速度相同，末速度是零，故在著陸過程中返回艙和航天員的動(dòng)量變化是相同的， 反推火箭的作用是延長(zhǎng)著陸時(shí)間，減少動(dòng)量的變化率，根據(jù)動(dòng)量定理， 合外力的沖量等于動(dòng)量的變化，由于動(dòng)量變化相同，延長(zhǎng)了著陸時(shí)間則減小了著陸過程中返回艙和航天員所受的平均沖擊力.由分析知：在著地過程中返回艙和航天員的動(dòng)量變化是相同的， 故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，在著地過程中返回艙和航天員的動(dòng)量變化是相同的， 故在此過程中所受沖量也是相同的， 故B錯(cuò)誤；反推火箭的主要作用是延長(zhǎng)了返回艙和航天員的著地時(shí)間， 故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，在著地過程中動(dòng)量的變化相同，反推火箭延長(zhǎng)了著地時(shí)間， 根據(jù)動(dòng)量定理可知在著地過程中反推火箭的作用是減小著地過程返回艙和航天員所受的平均沖擊力，故 D正確。所以D正確，ABC錯(cuò)誤。2.質(zhì)量相等的物體A和B,并排靜止在光滑的水平面上。 現(xiàn)用一水平恒力F推物體A,同時(shí)給B物體一個(gè)與F同方向的瞬時(shí)沖量I,使兩物體開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩物體重新相遇時(shí)，所經(jīng)歷的時(shí)間為（）21 2「A.B.—C.—D.

【答案】【答案】B【解析】相遇時(shí)兩物位移s相同，對(duì)AS= 對(duì)B：5=Vt=；t，解得：［二1,【解析】相遇時(shí)兩物位移故B正確，ACD昔誤。3.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量是1.0kg的鋼球，以1m/s的速度斜射到堅(jiān)硬的大理石板上， 入射的角度是45°,碰撞后被斜著彈出，彈出的角度也是 45°,速度仍為1m/s。鋼球動(dòng)量變化的大小和方向?yàn)椋?）2kg-m/s,方向水平向左2kg?m/s,方向豎直向上45kg,m/s,方向水平向左D.、發(fā)kg?m/s,方向豎直向上【答案】D【解析】由圖可知，碰前的動(dòng)量Pi=mM方向沿初速度方向，末速度大小為 P2=mv方向沿末速度方向；如圖所示；則動(dòng)量的改變量:AP=P2-Pi=\5rnv,方向豎直向上，故D正確,速度方向；如圖所示；則動(dòng)量的改變量:ABC錯(cuò)誤。.兩個(gè)等量同種正點(diǎn)電荷位于x軸上，相對(duì)原點(diǎn)對(duì)稱分布，正確描述電場(chǎng)強(qiáng)度 E和電勢(shì)6【解析】?jī)蓚€(gè)等量正點(diǎn)電荷，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加，知兩正電荷的中點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，周圍的電場(chǎng)線是排斥狀的，靠近電荷處場(chǎng)強(qiáng)比較強(qiáng)，故B正確，A錯(cuò)誤；兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷的連線的中垂線上，從連線中點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)是順著電場(chǎng)線，故電勢(shì)逐漸降低，故 CD錯(cuò)誤。所以B正確，ACD錯(cuò)誤。.“夸克”是比元電荷帶電量更小的基本粒子之一.兩個(gè)夸克在距離很近時(shí)幾乎沒有相互作用（稱為“漸近自由”）；在距離較遠(yuǎn)時(shí)，它們之間就會(huì)出現(xiàn)很強(qiáng)的引力（導(dǎo)致所謂“夸克禁閉”）.作為一個(gè)簡(jiǎn)單的模型，設(shè)這樣的兩夸克之間的相互作用力 F與它們之間的距離r的關(guān)系為：0,04片F(xiàn)=-F（/］與，式中F0為大于零的常量，負(fù)號(hào)表示引力.用￡表示夸克間的勢(shì)0“2能，令e0=Fo（r2—ri）,取無窮遠(yuǎn)為勢(shì)能零點(diǎn).下列e—r圖本中正確的是 （）【答案】B【解析】從無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零開始到 r=r2位置，由F的表達(dá)式可知，兩夸克之間的相互作用力F=0,則知?jiǎng)菽芎愣榱?；在r=r2到r=ri過程中，恒定引力做正功，勢(shì)能逐漸均勻減小，即勢(shì)能為負(fù)值且越來越小，此部分圖象為 A、B選項(xiàng)中所示；rvri之后，F(xiàn)=0,勢(shì)能不變，恒定為-U0,由引力做功等于勢(shì)能將少量，故 10=F。（「2-ri）,故B正確，ACD昔誤。.如圖所示，面積很大的的光滑導(dǎo)體板水平放置，在板的中點(diǎn)正上方，有帶正電的點(diǎn)電荷+Q,一表面絕緣帶正電的金屬小球C可視為質(zhì)點(diǎn)，且不影響原電場(chǎng)，自左向右以初速 Vo向右運(yùn)動(dòng)，則在運(yùn)動(dòng)過程中（ ）IjIA.小球先減速后加速運(yùn)動(dòng)B.小球受到的電場(chǎng)力為零C.小球的加速度為零D.小球的電勢(shì)能先增大后減小【答案】C【解析】根據(jù)靜電平衡的規(guī)律可知，金屬板處于靜電平衡狀態(tài)，金屬板的表面是一個(gè)等勢(shì)面，電場(chǎng)線處處與金屬板表面垂直， 由于金屬板表面水平，所以金屬板表面的電場(chǎng)線方向始終豎直向下.根據(jù)上面的分析可知，金屬小球受到向下的重力、向上的支持力和向下的電場(chǎng)力,水平方向不受力的作用，所以小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，所以AB錯(cuò)誤，C正確；由于金屬小球受到的電場(chǎng)力方向始終豎直向上與運(yùn)動(dòng)方向垂直， 所以電場(chǎng)力不做功，即小球的電勢(shì)能保持不變，故D錯(cuò)誤。所以C正確，ABD昔誤。.如圖所示，圓。所在的平面內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)存在，電場(chǎng)方向與圓面平行。一個(gè)帶正電荷的微粒（不計(jì)重力）從圖中A點(diǎn)出發(fā)，以相同的初動(dòng)能在圓內(nèi)向各個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，已知圖中AB是圓的一條直徑，/BAC=30,已知當(dāng)該微粒從圖中C點(diǎn)處離開圓面時(shí)的動(dòng)能最大，則平面內(nèi)的電場(chǎng)方向?yàn)椋?）A.沿OX方向.沿A-B方向C.沿A-C方向D.沿B-C方向【答案】A【解析】試題分析：只有當(dāng)該微粒從圖中 C點(diǎn)處離開圓面時(shí)的動(dòng)能才能達(dá)到最大值，說明AC兩點(diǎn)電勢(shì)差最大，由于A點(diǎn)固定不變，所以 C點(diǎn)在整個(gè)圓周內(nèi)電勢(shì)最低，由于等勢(shì)線與電場(chǎng)線的垂直關(guān)系，所以電場(chǎng)線沿著 OCT向，C對(duì)；考點(diǎn)：考查等勢(shì)線與電場(chǎng)線的關(guān)系點(diǎn)評(píng)：明確C點(diǎn)電勢(shì)最低，充分理解電場(chǎng)線和等勢(shì)線的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵8.在真空中的光滑水平絕緣面上有一帶電小滑塊。 開始時(shí)滑塊靜止.若在滑塊所在空間加一水平勻強(qiáng)電場(chǎng)Ei,持續(xù)一段時(shí)間后立刻換成與 Ei相反方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E。當(dāng)電場(chǎng)E與電場(chǎng)Ei持續(xù)時(shí)間相同時(shí)，滑塊恰好回到初始位置，且具有動(dòng)能 Ek。在上述過程中，Ei對(duì)滑塊的電場(chǎng)力做功為W,沖量大小為Ii;E2對(duì)滑塊的電場(chǎng)力做功為W,沖量大小為12。則（）A.I1=12B.4I 1=12

C.Wi=0.25Ek,W=0.75EkD.Wi=0.20Ek,W=0.80Ek【答案】C【解析】設(shè)第一過程末速度為vi,第二過程末速度大小為V2.根據(jù)上面的分析知兩過程的平均速度大小相等，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有 上一經(jīng)，所以有v2=2vi.根據(jù)動(dòng)能定理有：2~2IWz=TmvU^w；,而EK=如；，所以叫二0.25E3W2=0.75E/故C正確，D錯(cuò)誤；又因?yàn)槲灰拼笮∠嗟龋詢蓚€(gè)過程中電場(chǎng)力的大小之比為 1:3,根據(jù)沖量定義得：I尸F(xiàn)it,I產(chǎn)Fit,所以l2=3Ii,故AB錯(cuò)誤。.如圖所示，質(zhì)量為M帶有光滑圓弧軌道的滑車靜止置于光滑水平面上.一質(zhì)量為 m的小球以速度vo水平?jīng)_上滑車，在小球脫離滑車落地過程中 ，以下說法正確的是 （）A.小球可能水平向右做斜拋運(yùn)動(dòng)B.小球一定沿水平方向向左做平拋運(yùn)動(dòng)C.小球可能沿水平方向向左做平拋運(yùn)動(dòng)D.小球可能做自由落體運(yùn)動(dòng)【答案】CD【解析】小球與滑車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，小球滑上滑車，又返回， 到離開滑車的整個(gè)過程，相當(dāng)于小球與滑車發(fā)生彈性碰撞的過程.如果 RKM,小球離開滑車向左做平拋運(yùn)動(dòng)；如果m=M小球離開滑車做自由落體運(yùn)動(dòng)； 如果m>M小球離開滑車向右做平拋運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤，CD正確。所以CD正確，AB錯(cuò)誤。.一個(gè)士兵坐在一只靜止的小船上練習(xí)射擊，船、人連同槍 （不包括子彈）及靶的總質(zhì)量為M槍內(nèi)有n顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量為 色槍口到靶的距離為L(zhǎng),子彈水平射出槍口時(shí)?????????相對(duì)于槍的速度為Vo,在發(fā)射后一發(fā)子彈時(shí)，前一發(fā)子彈已射入靶中。在射完第1顆子彈時(shí),..,小船的速度和后退的距離為（ ）B.C.D.tnLMurn

C.D.tnLMurn【解析】由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒得：用）同心解得：V=…1，故凡正確；設(shè)子彈經(jīng)過時(shí)間t打到靶上，則：m/kLf聯(lián)立以上兩式得：s=如二￡=L,所以選項(xiàng)口正確,匚錯(cuò)誤.所以mTriiiTiAD正確.K錯(cuò)誤，11.如圖所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上（如圖，二極管D向右單向?qū)щ姡?。已知A和電源正極相連，一帶電小球沿 AB??????????中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下移動(dòng)A板來改變兩極板AB間距（兩極板仍平行），則下列說法正確的是 （）A.若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球打在N的右側(cè)B.若小球帶正電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球打在N的左側(cè)C.若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球可能打在N的右側(cè)D.若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球可能打在N的左側(cè)【答案】BC【解析】若小球帶正電，當(dāng)d增大時(shí)，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)E=\=*=寫、E不變所以電場(chǎng)力不變，小球仍然打在 N點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；若小球帶正電，當(dāng)d減小時(shí)，電容增大，Q增大，根據(jù)E二、二想二電整,所以?減小時(shí)E增大，所以電場(chǎng)力變大向下，小球做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向加速度增大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短,打在貨點(diǎn)左側(cè)，故B正確；若小球帶負(fù)電,當(dāng)4方間距」減小時(shí).電容增大，則Q增大,根據(jù)%合恁=管，所以d減小時(shí)月增大?所以電場(chǎng)力交大向上，若電場(chǎng)力小于重力，力同做類平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的加速度減小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)，小球?qū)丁在N點(diǎn)的右側(cè).故C正確；若小球帶E=（=3=警'干不變所以電場(chǎng)力大力壞變,小球做類平拋運(yùn)動(dòng)等直方向上的加速度不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變.小球仍落在“點(diǎn)，故口錯(cuò)況所以K正確，AD錯(cuò)謾? |圓環(huán)平面與豎直平面重合。12.如圖甲所示，有一絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷,

圓環(huán)平面與豎直平面重合。光滑細(xì)桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)， 細(xì)桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m^10g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q=1.0X10-4C。小球從C點(diǎn)由靜止釋放，其沿細(xì)桿由C經(jīng)B向A運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示。小球運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)，速度圖象的切線斜率最大（圖中標(biāo)出了該切線）。則卜列說法正確的是（ ）卜列說法正確的是（ ）A.在O點(diǎn)右側(cè)桿上，A.在O點(diǎn)右側(cè)桿上，B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最大，場(chǎng)強(qiáng)大小為 E=6.0V/mB.由C到A的過程中，小球的電勢(shì)能先減小后變大C.由C到A電勢(shì)逐漸降低D.CB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Ubk4.5V【答案】ACD【解析】試題分析：由乙圖可知，小球在 B點(diǎn)的加速度最大，故所受的電場(chǎng)力最大，加速度由電場(chǎng)力產(chǎn)生，故B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大，小球的加速度：口二V二警二0.0601/5、，又：口二饕,為 111rria001?006解得E=k= -=1.2V/m,故A正確；從C到A小球的動(dòng)能一直增大，說明電場(chǎng)力一直做正功，故電勢(shì)能一直減小，電勢(shì)一直減小， 故B錯(cuò)誤C正確；由C到B電場(chǎng)力做功為WB=m/-0,CB間電勢(shì)差為u,口二里二上二包"應(yīng)二09V，故D正確.故選ACDCBq7rl2,5'104’考點(diǎn)：電場(chǎng)強(qiáng)度；電勢(shì)及電勢(shì)差實(shí)驗(yàn)題（共計(jì)12分）13.某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌上滑塊間的碰撞來尋找物體相互作用過程中的“不變量”，置如圖所示，實(shí)驗(yàn)過程如下（“十、—”表示速度方向） ：實(shí)驗(yàn)裝實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)1使m=m2=0.25kg,讓運(yùn)動(dòng)的m碰靜止的mi>,碰后兩個(gè)滑塊分開.數(shù)據(jù)如表 1.表1碰前碰后滑塊m滑塊m>滑塊m滑塊m2速度v/(m-s-1)+0.11000+0.109（1）、根據(jù)這個(gè)實(shí)驗(yàn)可推知，在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)：①碰前物體的速度（填“等于”或“不等于"）碰后物體的速度；②碰前物體的動(dòng)能（填“等于”或“不等于"）碰后物體的動(dòng)能；③碰前物體的質(zhì)量m與速度v的乘積mv（填“等于”或“不等于"）碰后物體的質(zhì)量m與速度v的乘積mv實(shí)驗(yàn)2使m=m=0.25kg,讓運(yùn)動(dòng)的m碰靜止的m,碰后m、已一起運(yùn)動(dòng).數(shù)據(jù)如表2.表2碰前碰后滑塊m滑塊m2滑塊m滑塊m2速度v/(m-s-1)+0.1400十0.069+0.069（2）、根據(jù)這個(gè)實(shí)驗(yàn)可推知①碰前物體的速度（填“等于”或“不等于"）碰后物體速度的矢量和；②碰前物體的動(dòng)能（填“等于”或“不等于"）碰后物體動(dòng)能的和；③碰前物體的質(zhì)量m與速度v的乘積mv（填“等于”或“不等于"）碰后物體的質(zhì)量m與速度v的乘積mv的矢量和.實(shí)驗(yàn)3使2m=02=0.5kg,讓運(yùn)動(dòng)的m碰靜止的mi,碰后m、m分開.數(shù)據(jù)如表3.表3碰前碰后滑塊m滑塊m>滑塊m滑塊m2速度v/(m-s-1)+0.1200-0.024+0.071（3）、根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可推知，在誤差允許范圍內(nèi)：①碰前物體的速度（填“等于”或“不等于"）碰后物體速度的矢量和；②碰前物體的動(dòng)能（填“等于”或“不等于"）碰后物體動(dòng)能的和；③碰前物體的質(zhì)量m與速度v的乘積mv（填“等于”或“不等于"）碰后物體的質(zhì)量m與速度v的乘積mv的矢量和.（4）還進(jìn)行了其他情景的實(shí)驗(yàn)，最終在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)的“不變量”是.（5）、在“探究碰撞中的不變量”實(shí)驗(yàn)中，關(guān)于實(shí)驗(yàn)結(jié)論的說明，正確的是.A.只需找到一種情景的“不變量”即可，結(jié)論對(duì)其他情景也同樣適用B.只找到一種情景的“不變量”還不夠，其他情景未必適用C.實(shí)驗(yàn)中要尋找的“不變量”必須在各種碰撞情況下都不改變D.進(jìn)行有限次實(shí)驗(yàn)找到的“不變量”，具有偶然性，結(jié)論還需要檢驗(yàn)【答案】 （1）.等于（2）.等于（3）.等于（4）.等于（5）.不等于（6）.等于⑺.不等于（8）.不等于（9）.等于（10）. 質(zhì)量和速度的乘積（11）.BCD【解析】（1）從表格中數(shù)據(jù)看出，碰撞前后的質(zhì)量相同， 碰撞前后物體的速度與碰撞后速度相等，動(dòng)能相等，動(dòng)量相等.（2）碰前的速度為v1=0.140m/s,碰后的速度為v2=0.069+0.069m/s=0.138m/s,在誤差允許的范圍內(nèi)，速度相等.碰前的動(dòng)量為：P1=0.25X0.140kg.m/s=0.035kg.m/s碰后的動(dòng)量為：P2=0.25X0.069X2kg.m/s=0.0345kg.m/s,在誤差允許的范圍內(nèi)動(dòng)量相等. 碰前的動(dòng)能為：1+1Eki=5x0.25乂0,14J=0.00245J碰后的動(dòng)能為：EK2=j*025父0一069乂2J=0.0019J在誤差允許的范圍內(nèi)動(dòng)能不相等.（3）碰前的速度為v1=0.120m/s,碰后的速度v2=-0.024+0.070m/s=0.046m/s,知速度不相等.碰前的動(dòng)能Eki二x0.25-0,120二0.00181碰后的動(dòng)能1 j1 oEk?=3X0.25x0,024+jx0.5*0,07J=Q.0013J,在誤差允許的范圍內(nèi)動(dòng)能不等.碰前的動(dòng)量P1=0.25x0.12kg.m/s=0.03kg.m/s,碰后的動(dòng)量P2=-0.25X0.024+0.5X0.07=0.029kg.m/s,則誤差允許的范圍內(nèi)，動(dòng)量相等.綜上所述，

最終在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)的“不變量”是動(dòng)量.（4）在“探究碰撞中的不變量”實(shí)驗(yàn)中，只找到一種情景的“不變量”還不夠，其他情景未必適用，必須在各種碰撞的情況下都不改變， 有限次實(shí)驗(yàn)偶然性較大，得出的結(jié)論需要檢驗(yàn).故BCDE確，A錯(cuò)誤.三計(jì)算題（4小題共計(jì)50分）14.古人云：繩鋸木斷、水滴石穿。請(qǐng)你根據(jù)下面所提供的信息， 估算水對(duì)石頭的沖擊力的大小.一瀑布落差為h=20n^水流量為Q=1.0m3/s,水的密度p=1.0X103kg/m3,水在最高點(diǎn)和落至石頭上后的速度都認(rèn)為是零. （落在石頭上的水立即流走，在討論石頭對(duì)水作用時(shí)可以不考慮水的重力，g取10m/s2）【答案】2x104N【解析】試題分析：以水開始流下到落到石頭上靜止全過程分析， 由動(dòng)量定理可求得水對(duì)石頭的沖擊力.水從h高處落下可認(rèn)為是自由落體運(yùn)動(dòng)，速度為v,則/=2時(shí)，解得v=20m/s設(shè)在很短時(shí)間』t內(nèi)有質(zhì)量為』m的水落到石頭上，以』m為研究對(duì)象，其質(zhì)量為：&71t0（第［設(shè)石頭對(duì)水的平均作用力為 F,取豎直向下為正方向，由動(dòng)量定理得，-Ft=O-inv由以上各式代入數(shù)據(jù)解得： F=2,0x10"N根據(jù)牛頓第三定律可知，水對(duì)石頭的作用力 匚=2.0x104N.點(diǎn)睛：本題考查動(dòng)量定理的應(yīng)用， 在解題時(shí)要注意正確理解定理， 且不可用水下落的總時(shí)間來求沖擊力。15.如圖所示，直角三角形底邊中點(diǎn)。處放置一正電荷BC邊水平，斜邊AC的傾角為30°且光滑絕緣，AB長(zhǎng)為h,15.如圖所示，直角三角形底邊中點(diǎn)。處放置一正電荷Q,一個(gè)質(zhì)量為mr電量為q的帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)從斜面頂端 A沿斜邊滑下，滑到斜邊上的垂足D點(diǎn)時(shí)速度為邊滑下，滑到斜邊上的垂足D點(diǎn)時(shí)速度為v.求:,1 5 AD兩點(diǎn)間電勢(shì)差Ud；(2)該質(zhì)點(diǎn)滑到C點(diǎn)時(shí)速率VC.【答案】II⑴U9二^⑵(=/+；gh【解析】試題分析：根據(jù)動(dòng)能定理即可求出電勢(shì)差；從D到C整個(gè)過程中，電場(chǎng)力做功為零.由動(dòng)能定求出C點(diǎn)的速度。(1)由幾何關(guān)系可知，從A到D的高度心人口二;h，從D到C的高度h1(二;h小球從A到D運(yùn)動(dòng)過程中，重力和電場(chǎng)力都做正功，由動(dòng)能定理：qUn口十mgh^二/v解得_解得_2rrwP-mgli由動(dòng)能定理:DkC兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，從D到C整個(gè)過程中，電場(chǎng)力做功為零由動(dòng)能定理:, 1 212mghu(=尹％-?mv解得，■■寸1V￡點(diǎn)睛：本題主要考查了動(dòng)能定理在電場(chǎng)中的應(yīng)用。16.如圖所示，質(zhì)量為M=4.0kg的平板小車靜止在光滑的水平面上， 當(dāng)t=0時(shí)，兩個(gè)質(zhì)量分別為mA=2kg、m=1kg的小物體A、B都以大小為v()=7m/s、方向相反的水平速度，同時(shí)從小車板面上的左右兩端相向滑動(dòng)。到它們?cè)谛≤嚿贤Ｖ够瑒?dòng)時(shí)，沒有相碰， A、B與車間的動(dòng)摩擦因素(1=0.2,取g=10m/s2,求：

A、B在車上都停止滑動(dòng)時(shí)車的速度;A在車上剛停止滑動(dòng)時(shí)， A的速度;B在車上相對(duì)滑動(dòng)的時(shí)間?！敬鸢浮?1)1m/s,【答案】(1)1m/s,方向向右1.4m/s4.0s【解析】試題分析：對(duì)A、B和小車組成的系統(tǒng)，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求出相對(duì)靜止時(shí)的速度大小；分別對(duì)AB和小車受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量守恒列式求出最終的共同速度， 對(duì)A分析根據(jù)動(dòng)力學(xué)規(guī)律即可求得現(xiàn)經(jīng)歷的時(shí)間，從而求出總時(shí)間。(1)取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有:mv0mv0-mbV0=(M+iA+m)v解得v=1m/s,方向向右(2)當(dāng)A和B在車上都滑行時(shí)，在水平方向它們的受力分析如圖所示:二―二二一?1MjL'由受力圖可知，A向右減速，B向左減速，小車向右加速，所以首先是 A物塊速度減小到與小車速度相等。設(shè)A減速到與小車速度大小相等時(shí)，所用時(shí)間為ti,其速度大小為vi,則:mAg=maA, vi=Vo-aAti(imAg-(imBg=Ma車, 丫1=2車11聯(lián)立解得：vi=1.4m/s(3)取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理：(imBgt=nw-(-mvo)解得：t=4.0s點(diǎn)睛：對(duì)于物塊在小車上，往往動(dòng)量守恒，有時(shí)還用到能量守恒求解.一定要注意分析各物體的運(yùn)動(dòng)過程及受力情況，明確動(dòng)量守恒的條件即可正確列式求解.17.如圖所示，在xoy平面坐標(biāo)系的ABCEE域內(nèi)，存在兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)大小為2E和E的勻強(qiáng)電場(chǎng)I和II,兩電場(chǎng)的邊界如圖中虛線區(qū)域（L已知）。（1）在該區(qū)域AB邊的中點(diǎn)處由靜止釋放電子，求電子離開 ABCEE域的位