1、辽宁省沈阳市铁路实验中学2015届高三上学期期中考试物理试卷一、单项选择题（每题4分，共8题，共32分）1伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）A如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D小球受到的力一定时，质量越大，它的
2、加速度越小考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法.分析：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去解答：解：A、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与O点等高的位置，故A正确；B、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故B错误；C、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故C错误；D、受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关，故D错误故选：A点评：要想分清哪些是可靠事
3、实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点2如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）AF1不变，F2变大BF1变大，F2变小CF1变大，F2变大DF1变小，F2变小考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：木板静止时，受重力和两个拉力
4、而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可解答：解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F1=0；根据共点力平衡条件，有：2F2cos=mg解得：F2=当细线变短时，细线与竖直方向的夹角增加，故cos减小，拉力F2变大故选：A点评：本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难3如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中和为楔块，和为垫块，楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中（）A缓冲器的机械能守恒B摩擦力做功消耗机械能C垫块的动能全部转化成内能D弹簧的弹性势能全部转化为动能考点：功能关系；弹性势能；机械能守恒定
5、律.分析：通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，结合能量守恒定律分析即可解答：解：A、通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故机械能减小，故A错误；B、通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故B正确；C、垫块的动能转化为弹性势能和内能，故C错误；D、弹簧的弹性势能转化为动能和内能，故D错误故选：B点评：本题关键是明确缓冲器通过摩擦将部分动能转化为内能，还会储存部分弹性势能，再次向内能和动能转化，基础问题4在如图所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，则（）AA灯变亮，B灯变暗BA灯和B灯都变亮C电源的输出功率减小D电源的工作效率降低考点：闭合电路的欧姆定
6、律；电功、电功率.专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析总电流的变化和A灯电压的变化，判断A灯亮度的变化根据总电流与R2电流的变化，分析流过B灯电流的变化，分析B灯亮度的变化电源的效率等于输出功率与总功率之比，等于外电路总电阻与整个电路总电阻之比解答：解：A、B当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据全电路欧姆定律得知，总电流I变小，A灯的电压UA=EI（R1+r），I变小，UA变大，A灯变亮流过B的电流IB=II2，I变小，I2变大，则IB变小，B灯变暗故A正确，B错误C、由于外电阻与电源的内阻大小关系未知，无
7、法判断电源的输出功率如何变化故C错误D、电源的工作效率=，外电路总电阻R增大，电源的工作效率增大故D错误故选A点评：对于电路动态变化分析问题，首先要根据电路结构的变化分析外电路总电阻的变化，到总电流和路端电压变化，再到局部电路电流和电压的变化进行分析5（4分）如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下重力加速度大小为g当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为（）AMgmgBMg+mgCMg+5mgDMg+10mg考点：向心力；牛顿第二定律.专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：根据牛顿第二定律求出小环运
8、动到最低点时，大环对它的拉力，再用隔离法对大环分析，求出大环对轻杆的拉力大小解答：解：小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：Fmg=m，得：F=mg+m，小环从最高到最低，由动能定理，则有：；对大环分析，有：T=F+Mg=m（g+）+Mg=5mg+Mg故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解6（4分）假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G则地球的密度为（）ABCD考点：万有引力定律及其应用.专题：万有引力定律的应用专题分析：根据万有引力等于重力
9、，则可列出物体在两极的表达式，再由引力与支持力的合力提供向心力，列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式，即可求解解答：解：在两极，引力等于重力，则有：mg0=G，由此可得地球质量M=，在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有：Gmg=m，而密度公式，=，故B正确，ACD错误；故选：B点评：考查万有引力定律，掌握牛顿第二定律的应用，注意地球两极与赤道的重力的区别，知道密度表达式7（4分）一个物体沿直线运动，从t=0时刻开始，物体的t的图象如图所示，图线与纵横坐标轴的交点分别为0.5m/s和1s，由此可知（）A物体做匀速直线运动B物体做变加速直线运动C物体的初速度大小为0.5
10、 m/sD物体的初速度大小为1 m/s考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：表示瞬时速度，此题实质是vt图象，其斜率等于加速度，由图象的形状可判断出物体的运动情况，直接读出初速度解答：解：A、B、根据v=，可知物体的速度均匀增大，做匀加速直线运动，故AB错误C、D、图线纵轴截距表示初速度，则知物体的初速度大小为0.5m/s，故C正确，D错误故选：C点评：本题关键要知道v=，根据vt图象的物理意义来分析物体的运动情况8如图所示，从水平地面上的A点，以速度v1在竖直平面内抛出一小球，v1与地面成角小球恰好以v2的速度水平打在墙上的B点，不计空气阻力，则下面说法中正确的是（）A在
11、A点，仅改变角的大小，小球仍可能水平打在墙上的B点B在A点，以大小等于v2的速度朝墙抛向小球，它也可能水平打在墙上的B点C在B点以大小为v1的速度水平向左抛出小球，则它可能落在地面上的A点D在B点水平向左抛出小球，让它落回地面上的A点，则抛出的速度大小一定等于v2考点：平抛运动.专题：平抛运动专题分析：解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住弹丸垂直打到竖直壁上，采用逆向思维，可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小，射程越远解答：解：采用逆向思维，小做平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，水平射程越远；若水平速度减小，则落地速度变小，水平射程越小因此只
12、有以与v2大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它才会落在地面上的A点故C错误，D正确在A点射出的小球，仍需水平击中B点，则竖直分速度不能变化，运动的时间不能变化，则水平分速度也不能变化，所以改变A点的速度大小和方向都不能水平击中B点故A、B错误故选：D点评：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错二、多项选择题（每题4分，错选不得分，漏选得2分，共4题，共16分）9（4分）雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中（）A雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加
13、速度也逐渐增大B由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小D雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变考点：牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：雨滴下落过程中重力加速度不变根据雨滴的运动情况分析雨滴下落过程加速度如何变化雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变解答：解：A、D雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度g保持不变，与雨滴的质量无关故A错误，D正确B、C根据雨滴的运动情况：先做加速运动，后以某一速度做匀速运动，可知，由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小故B错误，C正确故选CD点评：本题根据雨滴的运动情况分析
14、加速度变化，运用力的独立作用原理分析知道重力产生的加速度不变10如图1，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t=0时刻起，棒上有如图2的持续交变电流I、周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向则金属棒（）A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功考点：安培力；功的计算.分析：根据左手定则判断出安培力的方向，结合加速度方向与速度方向的关系判断金属棒的运动规律从而得出速度、安培力随时间的变化规律解答：解：A、根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平
15、向右，根据F=BIL知，安培力在第一个内做匀加速直线运动，在第二个内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变知金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，速度随时间周期性变化故A、B正确C、因为电流周期性变化，则安培力也周期性变化故C正确D、在一个周期内，动能的变化量为零，则安培力在一个周期内做功为零故D错误故选：ABC点评：解决本题的关键掌握安培力的方向判断，会根据金属棒的受力情况判断其运动情况是解决本题的基础11一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关 系如图所示，其
16、中0x2段是关直线y=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列 说法正确的是（）Ax1处电场强度为零Bx1、x2、x3处电势（1，2，3的关系为123）C粒子在0x2段做匀变速运动，X2x3段做匀速直线运动Dx2x3段是匀强电场考点：电势；电场强度.专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=q，分析电势的高低由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质根据斜率读出场强的变化解答：解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，
17、得：E=由数学知识可知Epx图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确B、根据电势能与电势的关系：Ep=q，因粒子带负电，q0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：123故B正确C、D、由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确故选：ABD点评：本题以图象的形式考查静电场的场强、电势、电势
18、能等相关知识；解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况12（4分）（2013南通一模）如图所示，一个表面光滑的斜面体M置于在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为、，且，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M始终保持静止则（）A滑块A的质量大于滑块B的质量B两滑块到达斜面底端时的速度相同C两滑块到达斜面底端时，A滑块重力的瞬时功率较大D在滑块A、B下滑的过程中，斜面体受到水平向
19、左的摩擦力考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对两个滑块分别受力分析，然后根据平衡条件列方程判断；最后再对斜面体受力分析，判断静摩擦力的方向解答：解：A、滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故：mAgsin=mBgsin；由于，故mAmB，故A正确；B、滑块下滑过程机械能守恒，有：mgh=，故v=，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度相等，但方向不同，故B错误；C、滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：PA=mAgsinv，PB=mBgsinv；由于mAgsin=mBgsin，故PA=PB，故C错误；D、滑块A对斜面体压力等于重力的垂直
20、分力mAgcos，滑块B对斜面体压力也等于重力的垂直分力mBgcos，如图所示NAsinNBsin=mAgcossinmBgcossin；由于mAgsin=mBgsin；故NAsinNBsin=mAgcossinmBgcossin0，故静摩擦力向左，故D正确；故选：AD点评：本题关键隔离三个物体分别受力分析，根据平衡条件列方程判断；同时要结合机械能守恒定律判断三、实验题（共16分）13（6分）某同学设计了如图所示的装置来探究“加速度与力的关系”弹簧秤固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d0开始
21、时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小；再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F；然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q的时间t0（1）木块的加速度可以用d、t表示为a=（2）改变瓶中水的质量，重复实验，确定加速度a与弹簧秤的示数F的关系下列图象能表示该同学实验结果的是C（3）用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是BCA可以改变滑动摩擦力的大小 B可以更方便地获取更多组实验数据C可以更精确地测出摩擦力的大小 D可以获得更大的加速度以提高实验精度考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关
22、系.专题：实验题分析：（1）长木板做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式列式求解加速度；（2）知道减小误差的常用方法是多次测量取平均值；（3）知道当水的质量远远小于木板的质量时，水的重力近似等于绳子的拉力解答：解：（1）根据匀变速直线运动公式得：d=at2；解得：a=（2）当F1F0时，木板才产生加速度随着继续向瓶中加水后，矿泉水瓶的质量不断增加，矿泉水瓶的质量不能远小于木板的质量，那么水的重力与绳子的拉力差值越来越大，则图象出现弯曲故选：C（3）A、不可以改变滑动摩擦力的大小，故A错误 B缓慢向瓶中加水，可以更方便地获取多组实验数据，故B正确 C缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动，可以比较
23、精确地测出摩擦力的大小，故C正确 D并没有获得很大的加速度，可以获取多组实验数据以提高实验精度故D错误故选：BC故答案为：（1）；（2）C；（3）BC点评：书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚实验的图象描绘，物理结合数学的应用都值得注意，同时区别瓶中加水与加砝码的优点14（10分）（2014南昌二模）如图甲所示，用包有白纸的质量为m（kg）的圆柱棒代替纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，代替打点计时器当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒表面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动测得记
24、号之间的距离依次为20.0mm，44.0mm，68.0mm，92.0mm，116.0mm，140.0mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，由此研究圆柱棒的运动情况根据以上内容，回答下列问题：（1）毛笔画相邻两条线的时间间隔T=0.05s，图乙中的左端是圆柱棒的悬挂端（填“左”或“右”）（2）根据图乙所给的数据，可知毛笔画下记号D时，圆柱棒下落的速度vD=1.60m/s；圆柱棒竖直下落的加速度a=9.60m/s2（结果保留三位有效数字）考点：线速度、角速度和周期、转速；自由落体运动.专题：匀速圆周运动专题分析：了解该实验装置的原理，它类似于打点计时器，蘸有颜料的毛笔随电动机转一圈
25、就在圆柱棒面上的纸上画出记号，这就像打点计时器每隔一定时间就打一个点数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度解答：解：（1）电动机的转速n=1200 r/min，所以周期T= min=0.05 s，圆柱棒竖直自由下落，速度越来越大，因此毛笔所画出的记号之间的距离越来越大，因此左端的记号后画上，所以左端是悬挂端（2）匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这一段的平均速度vD= m/s=1.60 m/s，加速度a=9.60 m/s2故答案为：（1）0.05左（2）1.609.60点评：该实验装置是根据打点计时器的特点和实验原理进行
26、设计新的实验数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样四、计算题（共36分）15（2007潍坊模拟）为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的安全距离我国公安部门规定：高速公路上行驶汽车的安全距离为200m，汽车行驶的最高速度为120km/h，取g=10m/s2，请你根据下面提供的资料，说明计算安全距离为200m的依据资料一：驾驶员的反应时间：0.30.6s之间，资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数路面动摩擦因数干沥青与混凝土路面0.70.8干碎石路面0.60.7湿沥青与混凝土路面0.330.4考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：在计算中驾驶员的反应时间
27、取最长，路面与轮胎之间的动摩擦因数取最小，这样汽车刹车滑行的距离最大要根据牛顿第二定律求出刹车时汽车的加速度在汽车最高车速v、司机最长反应时间t、及最小动摩擦因数的条件下，由运动学公式求出汽车刹车距离解答：解：由表分析，0.6s是最长的反应时间，对应刹车之前的最大可能距离；0.33是最小的动摩擦因数，对应最大的可能运动距离，根据牛顿第二定律，汽车刹车时的加速度大小为a=g由s=vt+ 得：则得安全距离 s187ms187m略小于200m，因此200m的安全距离是必要的答：见上点评：本题是实际问题，考查运用物理量知识分析和解决实际问题的能力要注意在司机的反应时间内，汽车的运动状态没有变化16如图
28、所示，倾角为37的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t考点：动能定理的应用；平抛运动.专题：动能定理的应用专题分析：（1）由题，滑块恰能滑到与O等高的D点，速度为零，对A到D过程，运用动能定理列式可求出动摩擦因数
29、（2）滑块恰好能到达C点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到C点的速度范围，再对A到C过程，运用动能定理求初速度v0的最小值（3）离开C点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间解答：解：（1）滑块由A到D过程，根据动能定理，有： mg（2RR）mgcos37=00得 （2）若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有 则得 A到C的过程：根据动能定理有mgcos37=联立解得，v0=2m/s所以初速度v0的最小值为2m/s（3）滑块离开C点做平抛运动，则有 x=vct由几何关系得：tan37=联立得 5t2+3t0.8=0解得t=0.2s答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.3
30、75（2）若使滑块能到达C点，滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值为2m/s（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t是0.2s点评：本题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，要注意挖掘隐含的临界条件，运用几何知识求解17如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板有一质量m、电荷量q（q0）的小物块在与金属板A相距l处静止若某一时刻在金属板A、B间加一电压UAB=，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为q，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因数为，若不计小物块电量对电场的影响
31、和碰撞时间则（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？（2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？考点：牛顿运动定律的综合应用；牛顿第二定律.分析：该题的研究情景是电场，能够对小物体进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式求解问题要注意小物块与A板碰撞时物理量的改变对问题研究的影响解答：解：（1）加电压后，由于UAB是负值，所以B极板电势高于A板，电场强度的方向是水平向左小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动电场强度为E=； 小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为 F合=qEmg=mg=mg；故小物块运动的加速度为a=g设小物块与A板相碰时的速度
32、为v1，由 v120=2a1l解得：v1=（2）小物块与A板相碰后以v1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小为合=mg=加速度大小为a2=设小物块碰后到停止的时间为 t，注意到末速度为零，有 0v1=a2t解得：t=4设小物块碰后停止时距离为x，注意到末速度为零，有 0v12=2a2x 则 x=2l 或距离A板为 d=2l答：（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是；（2）小物块碰撞后经过4停止运动，停在2l处或距离A板为2l点评：本题考查电场中的动力学问题，受力分析、求合力、求加速度、运用运动学公式求解一些物理量要注意研究问题的情景随运动过程的改变