重慶市沙坪壩區(qū)南開中學高一(下)期末物理試卷

學年重慶沙坪壩區(qū)南中學高一（）期末物理卷一單選題每只一選正，小4，分分春沙壩區(qū)校級期末）下說法正確的是（）A場強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成比，與試探電荷的電量成反比D．由電容的定義式C=可，電容器的電容與其所帶電量成比，與兩極之間的電勢差U反比考點：電強度；電容．分析：電強度和電勢都是描述電場的物理量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以電場強度為零的地方電勢不一定為零勢零的地方電場強度也不一定為零；用公式和電勢能公式E=q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誤；B由E=可知，正電荷在高電勢處，電勢能一定高；故B正；C、場強度的定義采用的是比值定義法，其大小與電場力及荷無關；故C誤；D、容是采用的比值定義法，其大小與電量和電壓無關；故D誤；故選：．點評：明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為電強度方向的距離；電荷在某點的電勢能是由該點電勢和電荷決定．分春沙壩區(qū)校級期末）列過程中，物體機械能不守恒的是（）A降落在空中勻速下落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：機能守恒定律．專題：機能守恒定律應用專題．分析：物機械能守恒的條件是只有重力做功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，機械能減小．故A錯．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；故正；C、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；D、星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；正確；本題選不守恒的故選：A點評：解本題的關鍵掌握判斷機械能是否守恒的方法、看是否只有重力做功2看動能和勢能之和是否不變．分春沙壩區(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．空后與天宮一號對接后的任務是打造太空實驗室201311時38分02.666秒，由長征二號F進型運載火十箭成發(fā)射于飛船列說法正確的）A已知有引力常量、飛船的圓軌道半徑和周期，可以算出地球的質(zhì)量B神舟十號在地面的發(fā)射速度應大于（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：萬引力定律的應用專題．分析：環(huán)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列式計算中心天體質(zhì)量掌握宇宙速的意義并判定衛(wèi)星的發(fā)射速度據(jù)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、據(jù)

知，已知軌道半徑、周期、引力常量，可以求出地球的質(zhì)量．故A正；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，故B錯誤；C、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、據(jù)

解得：

，飛船的圓軌道半徑越大，其線速度越小，故D錯．故選：A點評：本考查了萬有引力定律的應用道飛船繞地球做圓周運動萬引力提供圓周運動的向心力，理解宇宙速度的物理意義．分?豐縣校級模擬）現(xiàn)有兩個點電荷A和B它們電量分別+Q和，為AB連的中點b與關對，它們都在一條直線上，如圖所示，試比較ab兩所在處場強E大小和電勢的高低（）

abababab0A

E＜E，＞

B＞，＞

C．＞E，＜D．E＞E，=考點：電強度；電勢．專題：電力與電勢的性質(zhì)專題．分析：由電場強度是矢量，電場強度疊加時滿足平行四邊形定則．電場線越密的地方，電場強度越強荷受電場方向與電場強度方向相同沿電場線方向電勢降低．解答：解ab點所在處場強都是由電量分別+Q和Q的電荷產(chǎn)生的場強疊加產(chǎn)生的，由于+Q和Q的電荷產(chǎn)生的場強在位方向相同，而在b位方向相反，又根據(jù)點荷的場強公式

，所以＞E，由于電場線總是從正電荷出發(fā)終止于負電荷，+Q和連的中垂線是等勢面，沿著電場線方向電勢降低，所以φ＞．故選點評：雖電場線不是實際存在的電場線的疏密可以體現(xiàn)電場強度的強弱以據(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．分春沙壩區(qū)校級期末）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的電荷，在另外的一個頂點上同定Q的電荷，則這八個點電在正方體的中心處產(chǎn)生的合場強為k為靜電力常量）A

B

C．

D．考點：勻電場中電勢差和電場強度的關系．專題：電力與電勢的性質(zhì)專題．分析：由電荷較多先兩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點成的場強相互抵消；只有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=

；R=

；

0CBBA0CBBA故合場強為=

；故選：．點評：本考查電場的疊加，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．分春沙壩區(qū)校級期末）如圖所示A、、C、、E、F為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、三的電勢分別為1V、2V，邊長為

cm，則下列說法中正確是（）ABC．D．

AF兩點間的電勢差U=1V電場強度的方向從A指C電場強度的大小為V/m若將一電子從點到點電勢能減少eV考點：勻電場中電勢差和電場強度的關系；電勢差；電勢能．專題：電力與電勢的性質(zhì)專題．分析：該場中已知三點的電勢以通過作輔助線找出它們之間的關系而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、BC三的電勢分別為、、，：．以可以判定CA是個勻強電場的電場線的方向．A由上面的判斷可知A與是勢點，即U=0，故A錯；B由上面的判斷可知CA是個勻強電場的電場線的方向，故B錯；C：強大?。?/p>

V/m故C正；D：上的判斷可知與是等勢點，所以C點電勢高于點電勢，將一電子從C移到點電勢能增加．故D錯．故選：點評：該通過比較幾個點的電勢出該電場的特點與方向題關鍵是通過使用輔助線來說明問題．使用基礎題目．

分?懷三模）如圖所示，跳水運動員最后踏板的過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A位上隨板一同向下做變速運動到達最低點B位于動員開始與跳板接觸到運動至最低點置的過程中，下列說法中正確的是（）ABC．D．

運動員的動能一直在減小運動員的機械能一直在減小運動員的加速度先變小后變大跳板的彈性勢能先增加后減小考點：功關系；牛頓第二定律；彈性勢能．分析：本的關鍵是首先對運動員受力分析確受到的彈力從零逐漸增大后根據(jù)牛頓第二定律和功能原理即可求解．解答：解A、動員從A到B過中，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頓第二律可知人先做加速后減速動能應先增大后減小所以A錯．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，所以確．C﹣

可始下落階段所以a0動員做加速運動

=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．D、于板在從A到過中，形變持續(xù)變大，所以彈性勢能應一直變大，所D錯．故選BC點評：遇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選取相應的物理規(guī)律求解討論即可．分東至縣模）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車發(fā)動機的功率保持不變過一段時間后汽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

BC．

D．考點：功、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：功的計算專題．分析：根阻力的變化，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)抓功率保持不變得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)，知牽引力增大，則

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AC、錯．故選點評：解本題的關鍵知道功率與牽引力度的關系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．分春沙壩區(qū)校級期末）如圖所示，在平行板電容器B兩上加上如圖所示的交變電壓，電壓變化的周期為，開始時B板勢比A板，這時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動AB兩間的距離足大則述說法中正確的是（）A電子直向A板動B電子一直向B板動C．電了先向B板動，然后向A板動，再返回B板，經(jīng)過足夠長的時間，總能運動到板

D．電子先向B板動，然后向A板動，再返回B板做周期性來回運動，永遠不能到達某一板考點：帶粒子在勻強電場中的運動．專題：帶粒子在電場中的運動專題．分析：根AB兩板電場的變化分析電子所受電場力的變合加速度與速度方向的關系判斷其運動性質(zhì)解答：解在﹣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﹣內(nèi)，電子所受的電場力水平向左，電子向右做減速直線運動，末度減為零后重復之前的運動可知電子一直向板動ACD錯B正確；故選：．點評：由電場方向不斷變化子運動情況比較復雜析清楚粒子的運動過程是正確解題的關鍵．10分春沙壩校級期末）如圖所示，固定在地面上的粗糙斜面長為L底端有一小物體當以某一初速沿斜面往上滑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．在上述過程中物體上滑到某點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點斜面底端的距離為（）A

B

C．

D．考點：機能守恒定律．專題：機能守恒定律應用專題．分析：分對物體從斜面底端到頂端、底端到P點頂端到P點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，摩擦力大為fP點離斜面底端的距離為S物體的質(zhì)量為，初速度為v．根據(jù)能量守恒定律得：物體從斜面底端到頂端，有：

θ+fL①從底端到點有

+fS+

②從頂端到點有（L﹣）θ（LS）+

③據(jù)題有：

=3mgSsin④mgSsin?

⑤

由②④得f（L﹣S）θ﹣mgLsin⑥由⑤得S=L故選：．點評：解本題的關鍵要是靈活選擇研究的過程各個過程運用能量守恒定律列式可以根據(jù)動能定理求解．二多選題每題少兩正選，選3分錯多不分每題5分共25分）分2012蚌一模）如圖所示AB為行板電容器的金屬板G為電計．開始時開關閉，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（）ABC．D．

斷開開關后將A、B兩板靠近一些斷開開關后將A、B兩板分開一些保持開關閉，將AB兩板近一些保持開關閉，將AB兩板開一些考點：電器的動態(tài)分析．專題：電器專題．分析：要張角增大應增大兩點間的電勢差根電容的性質(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，減增，由Q=UC知兩板間的電勢差減小，故A錯誤；B由A分析可知，兩板間的電勢差增大，故驗電器的張角增大，故B確；C、持開關閉合時，極板兩端的電壓不變，故無論如何調(diào)節(jié)驗電器的張角均不變，故D錯誤；故選：．點評：本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分春沙壩校級期末）如圖中的實線是一正點電荷電場中的一根電場線（電場線方向未知線為一電荷在該電場中僅受電場力時的一段運動軌跡，則從到過程中（）

A減小

電荷的加速度逐漸減?。姾傻膭幽苤饾uC．

電場的電勢逐漸降低

D．電的電勢能逐漸減小考點：電線；電勢能．分析：解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，則到b電降低，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，所以點受到的電場力大，所以從到b加度逐漸小，故ABC正確故選：ABC點評：依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)場線場力做功等情況確定電勢電勢能的高低變化情況．13分春沙坪區(qū)校級期末）如圖所，在光滑水平面放置A、兩體，其中體上固定著一個質(zhì)量不計的彈簧，并靜止在水平面上A體以速度向運動，并壓縮彈簧，以下說法正確的是（）ABC．D．

任意時刻，、B到的彈簧作用力總是大小相等，方向相同當A、兩體距離最近時，B物的速度增到最大由A、和簧組成的系統(tǒng)機械能恒當彈簧再次恢復原長時，B物的速度達到最大值考點：動守恒定律；機械能守恒定律．專題：動與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合．分析：在AB碰并壓縮彈簧在壓縮彈簧的過程中，系統(tǒng)所受合力為零統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞，機械能守恒的能及彈簧的彈性勢能之和不變，當彈簧被壓縮到最短時A、個物體的速度相同．解答：解A、任意時刻AB受的簧作用總是大小相等、方向相反，A錯；B彈簧與兩物體接觸后A壓彈簧A最速運動B做速運動，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繼做減速運動，繼做加速運動，當彈簧恢復原長時，兩物體分離，此時A的速度最小的度最大故B錯D確；C、個過程中只有彈簧彈力做功A、B和簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故C正；故選：．點評：分清楚物體運動過程是正確解題的關鍵析清楚物體運動過程道械能守恒的條件、應用牛頓第三定律可以解題．

14分春沙壩校級期末）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，力做功與克服重力做功相等，則下列判斷中正確的是（）ABC．D．

物體可能加速上滑物體可能受三個力作用，且合力為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后斜可能不受地面的摩擦力考點：動定理的應用．專題：動定理的應用專題．分析：對體進行受力分析，力做功與克服重力做的功相等，說明重力和在斜面的分力相等，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，若受摩擦力作用速運動，故A錯；B若不受摩擦力，則物體可能受三個力用，物體勻速運動，受力平衡，合力為零，故正確；C、與面的夾角與重力與斜的夾角相等時，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，故錯誤；D、去F后，物體對斜面可能有沿斜面向上摩擦力f和向右下方向的壓力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：．點評：本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分春沙壩校級期末）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AB分處于豎直墻和水平地面，且處于同一豎直平面內(nèi)，若用圖示方向的水平推力F用于小球B則兩球靜止于圖示位置如將小球向左推動少許待兩球重新達到平衡時，跟原來相比（）A減小

兩小球間距離將增大

B兩小球間距離將C．

推力F將大D推力將減小考點：庫定律；共點力平衡的條件及其應用．分析：對體分析，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對B球析B球重力墻的彈力和庫侖力小向右緩慢拉

12kk212kk2動一小段距離后庫侖力與豎直向的夾角變小據(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球力分析，受三個力，重力、彈力、庫倫力B小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的重力不變，墻壁的彈力方向不，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，推力將小，故AD確，錯誤；故選：AD點評：解本題的關鍵先對整體受力分析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．三非擇（85分）16分2013黃岡模擬）某同學用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的質(zhì)量．（）實驗中，該同學讓車從靜止開始運動一段位移，測得末速υ，力做功W改拉力，仍讓小車從靜止開始運動，保持位移一定．測W與對多組數(shù)據(jù)，得到如圖乙所示的Wυ關系圖象預期的過原點直線不符查量與作圖均無誤認為主要原因是小受到摩擦阻力作用；驗操作中改進的具體措施是平摩擦力．考點：探功與速度變化的關系．專題：實題．分析：（）本實驗研究的對象是小車，根據(jù)動能的表達式=

，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）實驗要外力做功與小車動能變化的關系，而小車的動能為E=

，測量了小車的速度后還需要測量小車的質(zhì)量．（2由圖乙知：=0時，W＞0主要原因是小車受到摩擦阻力作用，改的具體措施是平衡摩擦力，即將長木板左端適當墊高不沙桶時輕推小車能做勻速運動這摩擦力就被重力沿斜面向下的分力平衡．故答案為）小車的質(zhì)量）車受到摩擦阻力作用，平衡摩擦力．

2B2BBOBkkk22B2BBOBkkk2點評：要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繞理定需要測量的物理量及實驗時的注意事項．17分2013春沙壩區(qū)校級期末在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(zhì)量的稱量不準會引起較大誤差C．錘選擇密度較大一些的，有利于減小誤差D．放帶前，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為打點計時器打下的第一點ABD則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連該紙帶物體的加速度大小為a=9.375，下時物體的速度v（結果均保留到小數(shù)點后三位，已知打點頻率為50Hz②若紙帶是驗證機械能守恒定”的驗中得到的，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mgh=mv（用v和間距離h表）成立，則機械能守恒．而實際上，由于各種阻力存在，應該eq\o\ac(△,)＜eq\o\ac(△,|)eq\o\ac(△,)（“＞、＜、=③若位同學利用紙帶記錄的數(shù)據(jù)，測出下落時間t下落高度，再使用公式v=gt算瞬時速度，則用這種方法計eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)，得eq\o\ac(△,)=eq\o\ac(△,|)eq\o\ac(△,)E（“＞、＜、=考點：驗機械能守恒定律．專題：實題；機械能守恒定律應用專題．分析：（）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速度大小然根據(jù)動能勢能定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A、所用源的頻率不穩(wěn)，則周期不定，可能會造成該實驗誤差，A正確；B因為我們是比較mgh的小關系，故可去比較，不需要用天平，所以重錘的質(zhì)量稱量不準不會造成較大的誤差，故B錯．

2BB2BkpkkP22BB2BkpkkP22C、驗供選擇的重物應該相對質(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．D、放帶前，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．故選：．（2）每個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=利用勻變速直線運動的推論得：v===2.215m/s

=9.375m/s；②重的動能=mv

2物體重力勢能減小量；只要證明，mgh=mv即可．③比eq\o\ac(△,)E和，際上，由于各種阻力存在，應該eq\o\ac(△,)E＜eq\o\ac(△,|)eq\o\ac(△,)．若使用公式算瞬時速度，則變成理論推導，那eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)E．故答案為）9.3752.215；mv，．=．點評：正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動紙帶下落過程中能量轉化的過程和能量守恒意求得瞬時速度的公式選取是驗證的關鍵．18分2013沙坪壩區(qū)校級期末）以的平初速度從離地高拋出一質(zhì)量為的物體，不計空氣阻力10m/s，：（12s內(nèi)力做功為多少？（22s內(nèi)力的平均功率為多少？（32s末力的瞬時功率為多少？考點：功、平均功率和瞬時功率；功的計算．專題：功的計算專題．分析：（由自由落體規(guī)律可求得內(nèi)物體下落的高度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末速度，再根據(jù)出2s末力的瞬時功率．解答：解物體做平拋運動，（12s內(nèi)直方向的位移：

2y1y33AB53﹣﹣AB3﹣02y1y33AB53﹣﹣AB3﹣0h==×；重力所做的功為W=mgh=5×20=100J（22s內(nèi)力做功的平均功率為：；（32s末直分速度v；重力做功的瞬時功率為：P=0.51020=100W；答）2s內(nèi)力對物體做的功是；（22s內(nèi)力做功的平均功率是；（32s末力對物體做功的瞬時功率是．點評：解本題的關鍵區(qū)分平均功率和瞬時功率瞬時功率的公式θ的用．19分2013沙坪壩區(qū)校級期末）如圖所示，在場強為10的勻強電場中有相距的AB點，兩點連線與場強方向成θ角，若把一個負電荷﹣×10﹣

5

，從A沿AC和兩段移動到B其中∠CAB=30，求（1）AB兩間的電勢差U

AB（2）B點電勢（以A為零電勢點）（3電場力對負電荷q所的功．考點：勻電場中電勢差和電場強度的關系．專題：電力與電勢的性質(zhì)專題．分析：（）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點電勢；（3根據(jù)可求得電場力電荷所做的功．解答：解兩點間的電勢差U×V/m×0.05m

=100V；（2以A為電勢，則B點勢比A低V；故B點電勢為﹣100V；（3電場力做功×（﹣4）=410J答）AB兩間的電勢差U為V；（2）B點電勢為﹣100V（3電場力對負電荷q所的功410J；點評：本考查電場強度和電勢差之間的關系意明確U=Ed公式里的d沿電場線上的距離；同時明確電場力做功和路徑無關．20分長春二模）如圖示，固定斜面的傾角為θ，可視為質(zhì)點的物體A與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上端位于B點物體A的量為始物體A到B點的距離為L物體A一沿斜面向下的初速度v，

22BB1212112122BB1212112111112使物體A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，不計空氣阻力，求此過程中：（1物體A向運動剛到達B點時速度的大?。?彈簧的最大壓縮量．考點：動定理的應用變直線運動的位移與時間的關系頓第二定律能系．專題：動定理的應用專題．分析：（）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）體A由開始運動直至B點的過程，由動能定理得θ﹣μθ=mv﹣mv求得：v=（2設彈簧最大壓縮量為x．在物體A好接觸彈簧直至恰好返回到B點過程中，由動能定理得（或功能關系）﹣2mgx﹣m求得x=

．點評：本關鍵是要靈活地選擇物理過程運用動能定理列式求解要明確彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化．21分?宿二模）如圖，半徑為的1/4弧支架豎直放置，支架底AB離的距離為，弧邊緣C處一小定滑輪，一輕繩兩端系著質(zhì)量分別為與m的體，掛在定滑輪兩邊m＞時m均靜止可為質(zhì)點一切摩擦（1釋后經(jīng)過弧最低點A時速度；（2若m到低點時繩突然斷開，求落地點離A點水平距離；（3為使能達A點，與之必須滿足什么關系？

111122211211111111122211211111考點：機能守恒定律；平拋運動．專題：機能守恒定律應用專題．分析：（）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，落落地前做平拋運動，根據(jù)平拋運動的分位移公式列式求解；（3為使能達A點，則要求其速度大于零即可．解答：解）m運到最低時速度為，此時m的度為v，度分解如圖，沿著繩子方向的速度相等，得=vsin45°由與組系統(tǒng)，機械能守恒，有由上述兩式求得（2斷繩后做拋運動t兩式聯(lián)立解得（3能達A點足條件又解得：

1111120222011111202220答）釋后經(jīng)過圓弧最低點A時速度為；（2若m到低點時繩突然斷開落點離A點平距離為4R

；（3為使能達A點，與之必須滿足關系為．點評：本關鍵是單個物體機械能不守恒兩個物體系統(tǒng)機械能守恒時明確通過繩子、輕桿連接的物體，沿著繩子、桿子方向的分速度一定相等．22分?沙壩區(qū)校級期末圖所示光滑水平面上靜止放置著質(zhì)量為M、長L=6m的板．距離板右端處有一固的光滑絕緣四分之三圓弧軌道，軌道半徑r=m最低點A木板上表面等高相切有一質(zhì)量為m有

正電荷的滑可看作質(zhì)點=6m/s的速度滑上木板與板間動摩擦因數(shù)μ知當木板滑到右側與軌道側壁相撞時立即粘連不動塊滑入圓軌道時發(fā)開關，使空間產(chǎn)生水平向右的勻強電場，場強為，≈3：（