1、浙江省温州市第二外国语学校2014-2015学年高二下学期期末物理试卷一、单项选择题：（本题共10小题，每小题3分，共30分）1如图所示，用水平方向的力F将重为G的木块压在竖直的墙壁上，开始时木块保持静止，下列判断中正确的是( )A当F增大时，摩擦力将增大B当F减小时，摩擦力一定减小C当F减小时，摩擦力可能先不变，后变小D当F减小为零时，摩擦力不一定为零考点：摩擦力的判断与计算 专题：摩擦力专题分析：本题中木块受到重力作用，但并没有向下掉，而是保持静止，处于平衡状态，故需对物体受力分析，结合平衡条件分析解决解答：解：A、对物体受力分析，受推力F、重力G，由于物体保持静止，处于平衡状态，合力为零
2、，即静摩擦力与重力平衡，当推力F增大时，摩擦力不变，故A错误；BCD、当F减小时，摩擦力先不变，后物体下滑，物体受滑动摩擦力变小；当F减小为零时，摩擦力为零，故C正确，BD错误故选：C点评：静摩擦力的大小随着外力的变化而变化，其方向与物体的相对运动趋势的方向相反，可以用假设法判断对运动趋势的方向，即假设墙面光滑，物体会向下滑动，故物体有向下的滑动趋势2如图，两个小球分别被两根长度不同的细绳悬于等高的悬点，现将细绳拉至水平后由静止释放小球，当两小球通过最低点时，两球一定有相同的( )A速度B角速度C加速度D机械能考点：匀速圆周运动；机械能守恒定律 专题：匀速圆周运动专题分析：A、B两球在运动的过
3、程中，只有重力做功，机械能守恒，比较出初始位置的机械能即可知道在最低点的机械能大小根据动能定理可比较出A、B两球的速度大小根据向心加速度的公式比较加速度大小，根据牛顿第二定律比较拉力大小解答：解：A、根据动能定理得：mgL=mv2，解得：v=，因为L不等所以速度不等，故A错误；B、根据a=，解得：a=2g，所以两球加速度相等，又a=L2，所以角速度不等，故B错误，C正确；D、两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，但由于不知道两小球得质量关系，所以不能判断初始位置的机械能是否相等，所以在最低点，两球的机械能不一定相等，故D错误；故选：C点评：解决本题的关键掌握动能定理和机械能守恒定律，知
4、道摆球在最低点靠合力提供做圆周运动的向心力3一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹可能是图中的哪一个( )ABCD考点：运动的合成和分解 专题：运动的合成和分解专题分析：物体所受合力的方向（加速度的方向）大致指向曲线运动轨迹凹的一向，开始时，加速度方向竖直向下，做自由落体运动，受到水平向右的风力时，合力的方向指向右偏下，风停止后，合力的方向有向下根据合力与速度的方向关系，判断其轨迹解答：解：物体一开始做自由落体运动，速度向下，当受到水平向右的风力时，合力的方向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨
5、迹应夹在速度方向和合力方向之间风停止后，物体的合力方向向下，与速度仍然不在同一条直线上，做曲线运动，轨迹向下凹故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键知道曲线运动的轨迹夹在速度方向和合力方向之间，物体所受合力的方向大致指向轨迹凹的一向4设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为x现有四个不同物体的运动图象如图所示，物体C和D的初速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是( )ABCD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：物体做单向直线运动时位移一直增大，速度方向不变，根据图象逐项分析即可解答：解：A、由位移时间图象可知，位移随时间先增大后减小，2s后反向运动，
6、4s末到达初始位置，故A错误；B、由速度时间图象可知，速度2s内沿正方向运动，24s沿负方向运动，方向改变，故B错误；C、由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，故C正确；D、由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第23s内做匀减速运动，2s末速度减为0，第3s内沿负方向运动，不是单向直线运动，故D错误故选：C点评：图象是我们高中物理研究运动的主要途径之一，应熟知其特征，难度不大，属于基础题5如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，
7、当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成角，若，则下列说法中正确的是( )A轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C小车一定以加速度gtan向右做匀加速运动D小车一定以加速度gtan向右做匀加速运动考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力方向加速度方向求出，但速度可能有两种，运动方向有两种解答：解：A、对细线吊的小球研究根据牛顿第二定律，得mgtan=ma，得到a=gtan对轻杆固定的小球研究设轻杆对小球的
8、弹力方向与竖直方向夹角为由牛顿第二定律，得mgtan=ma因为a=a，得到= 则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故A错误，B正确C、小车的加速度a=tan，方向向右，而运动方向可能向右，也可能向左故C错误D错误故选B点评：绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的拉力一定沿绳子方向，而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定6如图所示，在某一电场中有一条直电场线，在电场线上取AB两点，将一个电子由A点以某一初速度释放，它能沿直线运动到B点，且到达B点时速度恰为零，电子运动的vt图象如图所示则下列判断正确的是( )AB点场强一定小于A点场强BB点的电势一定低于A点的电势C电子
9、在A点的加速度一定小于在B点的加速度D该电场若是正点电荷产生的，则场源电荷一定在A点左侧考点：电势差与电场强度的关系；电场线 专题：电场力与电势的性质专题分析：由图可知带电粒子速度变化情况，则可明确粒子在两点的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；由功能关系可以确定电势的高低解答：解：A、由图可知，电子做匀减速直线运动，加速度恒定，则可知电子所受的电场力不变，由F=Eq可知，A点的场强一定等于B点场强，故A错误B、电子从A到B的过程中，速度减小，电子所受的电场力方向从B到A，则电场线方向从A到B，根据顺着电场线方向电势降低，可知，B点的电势一定低于A点的电势故B正确C、电子做匀减速运动，加速
10、度不变，A、B两点的加速度相等，故C错误D、由于场强不变，所以该电场不可能正点电荷产生的，故D错误；故选：B点评：本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性7如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态地面受到的压力为N，球b所受细线的拉力为F剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力( )A小于NB等于NC等于N+FD大于N+F考点：牛顿第二定律；库仑定律 专题：压轴题分析：先对箱子和a整体受
11、力分析，受重力，向下的静电力，线对整体向上的拉力，地面对整体的支持力，可以根据共点力平衡条件列式；剪短细线后，b加速上升，再次对木箱和a整体受力分析，受重力，向下的静电力，地面对整体的支持力，根据共点力平衡条件再次列式，两次比较，就可以得出结论解答：解：以箱子和a合在一起为研究对象，设其质量为M，剪断连接球b的细线前，则N=MgF+Fe，其中Fe表示b对a的库仑力，也即为b对a和箱子整体的库仑力；剪断连接球b的细线后，则N=Mg+Fe，又由于在球b上升过程中库仑力变大（距离变近），所以NN+F，所以D正确；故选：D点评：本题也可以根据超重和失重的知识求解，开始对木箱和a受力分析，支持力和总重力
12、平衡，剪短细线后，b加速上升，整体处于超重状态，故支持力变大！8一辆汽车在平直公路上匀速行驶，发动机的功率为P，牵引力为F0，速度为v0t1时刻，司机减少了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速行驶则图中关于汽车牵引力F汽车速度v在这个过程中随时间t变化的图象正确的是( )ABCD考点：功率、平均功率和瞬时功率 专题：功率的计算专题分析：汽车的功率P=Fv，分析司机减小油门时牵引力的变化，判断汽车速度的变化再选择图象解答：解：汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡当司机减小油门，汽车的功率减为的瞬间，速度v不变，由P=Fv可知，汽车的牵引
13、力突然减小到原来的一半，即为F=，阻力f没有变化，汽车的牵引力小于阻力，汽车开始做减速运动，速度v减小，功率保持为，由P=Fv可知，随v减小，牵引力逐渐增大，汽车受到的合力变大，由牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的减速运动，当汽车牵引力再次等于阻力，汽车再次匀速运动，由P=Fv得知，此时汽车的速度为原来的一半故A正确，B、C、D错误故选：A点评：本题考查分析汽车运动过程的能力，要抓住汽车的功率P=Fv，在功率一定时，牵引力与速度成反比，是相互制约的关系9一个质量为m的物体（可视为质点），以某一初速度由A点冲上倾角为30的固定斜面，其加速度大小为g，物体在斜面上运动的最高
14、点为B，B点与A点的高度差为h，则从A点到B点的过程中，下列说法正确的是( )A物体动能损失了B物体重力势能增加了mghC物体机械能损失了mghD物体机械能损失了考点：动能定理的应用 分析：根据动能定律列式求解动能减小量；机械能减小量等于除重力外其余力做的功解答：解：A、滑块上升过程中，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，得到合力F=ma=mg 沿斜面向下动能减小量等于克服合力做的功，故EK减=FS=mg2h=2mgh故A错误；B、物体上升了h，故重力势能增加了mgh；故B正确；C、D、系统损失的机械能等于减小的动能和势能之和，故E减=EK减mgh=mgh故C正确，D错误；故选：BC点
15、评：本题关键是根据动能定理计算动能的变化，根据除重力外其余力做的功判断机械能的变化10如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略一带负电油滴被固定于电容器中的P点现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )A平行板电容器的电容将变小B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能将减少D若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变考点：电容器的动态分析；电势能；带电粒子在混合场中的运动 专题：电容器专题分析：电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变，根据电容器d的变化判断电容的变化，由公式
16、E=分析电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化解答：解：A、根据电容的决定式C=知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容减小故A正确B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变故B错误C、电势差不变，d增大，则由公式E=分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带负电荷，则油滴的电势能减小故C正确D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E=，C=和C=，得E=，则知电场强度不变，则油滴所受电场力不变故D正确故选：ACD点评：本题是电容器的动态
17、分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变板间场强表达式E=，要会推导，并在理解的基础上记住结论二、不定项选择题：（本题共4小题，每题至少有一个选项是符合题意的，全对得4分，选不全得2分，错选不得分，共16分）11如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，水平推力F作用在A上，用FAB代表A、B间的相互作用力，下列说法中正确的是( )A若地面是光滑的，则FAB=FB若地面是光滑的，则FAB=C若地面是粗糙的，且A、B被推动，则FAB=D若地面是粗糙的，且A、B未被推动，FAB可能为考点：牛顿第二定律；作用力和反作用力 专题：牛顿运动定
18、律综合专题分析：若地面是完全光滑的，A、B将以共同的加速度运动，可先用整体法求出共同的加速度，再用隔离法求出A、B间的相互作用力；若地面是有摩擦的，且A、B被推动，A、B也将以共同的加速度运动，可先用整体法求出共同的加速度，再用隔离法求出A、B间的相互作用力；若地面是有摩擦的，且A、B未被推动，则出A、B间的相互作用力大小在0之间不能确定解答：解：A、B、若地面是完全光滑的，A、B将以共同的加速度运动，因木块AB完全相同 设质量为m、加速度为a；根据牛顿第二定律：对AB整体：F=2ma，得a=；对B：FAB=ma=故A错误，B正确； C、若地面是有摩擦的，且A、B被推动，A、B也将以共同的加速
19、度运动 根据牛顿第二定律对AB整体：F（m+m）g=2ma 解得：a=，对B：FABmg=ma 故：FAB=ma+mg=m（a+g）=，故C正确；D、若地面是有摩擦的，且A、B未被推动，则可能是F小于A所受的摩擦力未被推动，此时AB之间无作用力FAB=0，也可能是F大于A所受的摩擦力，但小于AB所受的摩擦力之和未被推动，此时AB之间有作用力FAB大于零，但要小于，因为根据C项可知，当FAB=时，AB就滑动了 即FAB可以等于0之间的任意值故D正确；故选：BCD点评：整体法与隔离法对物体受力分析是处理连接体问题常用的方法一般情况下，先用整体法求出整体的加速度，由这一加速度再用隔离法根据牛顿第二定
20、律，求解受力情况正确选择研究对象是用整体法与隔离法的关键12图中虚线是某电场中的一簇等势线两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是( )Aa、b两点的电场强度大小关系EaEbBa、b两点的电势关系UaUbC粒子从P运动到a的过程中，电势能增大D粒子从P运动到b的过程中，动能增大考点：电势；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据轨迹判定a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的引力，即可判断两粒子的电性关系；此电场是点电荷产生的，根据距离即可比较a、b两点场强的大小；两粒子在运动过程中电场力都做正功，
21、电势能均减小解答：解：A、由等势面的分布可知，该电场是点电荷产生的，由场强公式E=k可知，a点的场强小于b点的场强故A正确B、由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低故B错误C、电场力对两粒子均做正功，则两个粒子的电势能均减小故C错误D、b与中心电荷的电性相反，粒子从P运动到b的过程中，电场力做正功，动能增大，故D正确故选：AD点评：根据轨迹弯曲方向判定两粒子与中心电荷电性的关系是解决本题的突破口要注意电势能，电荷，电势都有正负学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减13英国特技演员史蒂夫特鲁加里亚曾飞车挑战世界最大环形车道如图所示，环形车道竖直放置，直径达1
22、2m，若汽车在车道上以12m/s恒定的速率运动，演员与汽车的总质量为1000kg，重力加速度g取10m/s2，则( )A汽车通过最低点时，演员处于超重状态B汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4104NC若要挑战成功，汽车不可能以低于12m/s的恒定速率运动D汽车在环形车道上的角速度为1rad/s考点：牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据加速度的方向确定演员的超失重；汽车在最高点，根据牛顿第二定律求出轨道对汽车的作用力，从而得出汽车对轨道的压力；抓住最高点压力为零，根据牛顿第二定律求出最小速度根据线速度与角速度的关系求出汽车在环形车道上的角速度解
23、答：解：A、汽车通过最低点时，加速度方向竖直向上，演员处于超重状态故A正确B、根据牛顿第二定律得：N+mg=m，解得：N=，代入数据得：N=14000N故B正确C、要想通过最高点，临界情况是轨道对汽车的压力为零，根据牛顿第二定律得：mg=，解得：v=m/s即最小速度为m/s故C错误D、汽车在环形车道上的角速度为：rad/s故D错误故选：AB点评：解决本题的关键知道汽车做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，掌握判断超失重的方法，关键看加速度的方向14如图示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO，竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电量的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左作用
24、力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态现若稍改变F的大小，使b稍有向左移动一段小距离，则当a、b重新处于静止状态后( )Aa、b间电场力增大B作用力F将减小C系统重力势能增加D系统的电势能将增加考点：电势能；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用 专题：电场力与电势的性质专题分析：以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析a、b间电场力和挡板对小球的弹力如何变化，由库仑定律分析两间距离的变化情况，根据电场力做功正负判断系统电势能的变化对整体研究，分析作用力F如何变化解答：解：A、B以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得： 电场力F电=，减小，cos增大，则电场力F电减
25、小挡板对a的弹力N=mgtan，减小，N减小对整体研究：水平方向：F=N，则作用力F将减小故A错误，B正确C、D电场力F电减小，根据库仑定律得知，两球间的距离增大，电场力做正功功，系统的电势能减小，而F做正功，根据功能关系可知，系统重力势能增加故C正确，D错误故选BC点评：本题是动态平衡问题，关键要灵活选择研究对象，先对a研究，再对b研究，比较简便三、实验填空题：（本题共2小题，每个空格2分，共16分）15某同学把附有滑轮的长木板放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车速度变化的关系，此外还准备了打点计时器及配
26、套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等组装的实验装置如图所示（1）若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些？刻度尺、天平（2）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是下列的哪个DA避免小车在运动过程中发生抖动B可使打点计时器在纸带上打出的点清晰C可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力（3）平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：可在小车上加适量的砝码（或钩码）（4）他将
27、钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的CDA在接通电源的同时释放了小车B小车释放时离打点计时器太近C阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D钩码匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题分析：（1、2）根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，进行实验过程中需要用刻度尺测量纸带上点的距离，用天平测出小车的质量，需要改变砝码的质量来代替小车的拉力（3）使牵引小车的细绳与木板平行的目的是可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力（4）根据实验原理，明确实验现象中
28、产生实验误差的原因即可求解解答：解：（1）、根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平（带砝码）故答案为：刻度尺；天平（带砝码）（2）、实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故ABC错误，D正确故选：D（3）平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，即
29、小车的加速度大，所以应减少小车的加速度，当小车的合力一定的情况下，据牛顿第二定律可知，适当增大小车的质量，即在小车上加适量的砝码故答案为：在小车上加适量的砝码（或钩码）（4）他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，从功能关系看出：该实验一定有转化为内能的，即试验中有存在摩擦力没有被平衡掉；还有该实验要求，只有当小车的质量远大于砝码的质量时，小车的拉力才近似等于砝码的重力，故AB错误，CD正确故选：CD故答案为：（1）刻度尺；天平；（2）D；（3）在小车上加适量的砝码（或钩码）；（4）CD点评：明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作
30、和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习16验证m1、m2组成的系统机械能守恒用如图1实验装置m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图2给出的是实验中获取的一条纸带：O是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出）计数点间的距离如图2所示已知m1=50g，m2=150g，则（结果保留两位有效数字）：在纸带上打下记数点5时的速度v=2.4m/s；从打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增量Ek=0.58J，系统势能的减少量Ep=0.60J；（取当地的重力加速度g=10m/s2）若某同学作出
31、v2h图象如图3，则当地的重力加速度g=9.7 m/s2考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度根据点5的瞬时速度求出系统动能的增加量，根据下落的高度求出系统重力势能的减小量根据机械能守恒定律得出v2h的关系式，根据图线的斜率得出重力加速度的值解答：解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：v5=2.4m/s，物体的初速度为零，所以动能的增加量为：EK=（m1+m2
32、）v52=0.22.42J=0.58 J重力势能的减小量等于物体重力做功，故：EP=W=mgh=0.60J；由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒本题中根据机械能守恒可知，mgh=mv2，即有：v2=gh，所以出v2h图象中图象的斜率表示重力加速度，由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2故答案为：2.4；0.58，0.60；9.7点评：本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力四、计算题：（本题共3小题，第17题10分，第18题12分，第
33、19题16分，共38分）17如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，可绕过其圆心的竖直轴OO匀速转动，在圆心O正上方h处有一个正在间断滴水的容器，每当一滴水落在盘面时恰好下一滴水离开滴口某次一滴水离开滴口时，容器恰好开始水平向右做速度为v的匀速直线运动，将此滴水记作第一滴水不计空气阻力，重力加速度为g求：（1）相邻两滴水下落的时间间隔；（2）第二滴和第三滴水在盘面上落点之间的距离最大可为多少？考点：平抛运动；自由落体运动 分析：（1）水滴滴下做自由落体运动，根据公式h=gt2可求时间间隔；（2）当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心的两侧时两点间的距离最大利用水平间关系关系可求
34、出；解答：解：（1）相邻两滴水离开滴口的时间间隔就是一滴水下落的时间由h=gt2，可得：t=（2）第二滴和第三滴水的落点恰能在一条直径上且位于O点两侧时，距离最大s1=v2t，s2=v3t，所以有：s=s1+s2=v2t+v3t=5v答：（1）相邻两滴水下落的时间间隔是；（2）第二滴和第三滴水在盘面上落点之间的距离最大可为5v点评：此题难点在于分析距离最大的条件：同一直径的两个端点距离最大运用数学知识，解决物理问题的能力是2015届高考考查的内容之一18在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图象未画出），由A点斜射出一质量为m、带电量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点
35、，如图所示，其中l0为常数，粒子所受重力忽略不计，求：（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功；（2）粒子从A到C过程所经历的时间；（3）粒子经过C点时的速率考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律 分析：（1）由电场力做功的特点可明确W=Uq，而U=Ed，求得沿电场线方向上的距离即可求得功；（2）粒子在x轴方向上做匀速直线运动，根据水平位移可明确AO、BO及BC时间相等，由竖直方向的匀变速直线运动可求得时间；（3）由类平抛运动规律可求得水平和竖直竖直，再由运动的合成与分解求得合速度解答：解：（1）粒子从A到C电场力做功为W=qE（yAyC）=3qEl0（2）根据抛体运动的特点，粒子在x
36、轴方向做匀速直线运动，由对称性可知，轨迹是最高点D在y轴上，可令tA0=toB=T，tBC=T；由Eq=ma得：a=又y=aT2yb+3l0=a（2T）2解得：T=则A到C过程所经历的时间t=3；（3）粒子在DC段做类平抛运动，则有：2l0=vCx（2T）；vcy=a（2T）vc=答：（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功3qEl0（2）粒子从A到C过程所经历的时间3；（3）粒子经过C点时的速率为点评：本题考查带电粒子在电场中的抛体运动，要注意明确带电小球在x轴方向上为匀速运动，竖直方向为匀变速直线运动；掌握运动的合成与分解即可顺利求解19（16分）如图，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0
37、.5kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径R=1m，圆弧的圆心也在O点今以O点为原点建立平面直角坐标系现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板（1）若小物块恰能击中挡板上的P点（OP与水平方向夹角为37），求其离开O点时的速度大小；（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动 专题：动能定理的应用专题分析：（1）小物块离开P点做平抛运动，
38、根据平抛知识求解其离开O点时的速度大小；（2）小物块能击中挡板的临界条件是能到达O点，根据运动学关系分析求解力F的作用最短时间；（3）根据平抛运动和击中挡板的轨道公式求解小物块击中挡板时的最小动能解答：解：（1）小物块从O到P，做平抛运动水平方向：Rcos37=v0t 竖直方向：由以上两式解得：=（2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O点，由动能定理得：FxmgS=Ek=0解得：x=2.5m由牛顿第二定律得：Fmg=ma解得：力F作用时的加速度a=5m/s2由运动学公式得：解得：t=1s（3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x，y），则x=v0t由机械能守恒得：又又击中挡板满足：x2+y2=R2化简得：，由数学方法解得：Ekmin=答：（1）若小物块恰能击中挡板上的P点（OP与水平方向夹角为37），其离开O点时的速度大小为；（2）为使小物块击中挡板，拉力F作用的最短时间为1s；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，击中挡板时小物块动能的最小值为点评：本题是动力学、平抛运动的综合题，解决问题的关键是掌握相关动力学基础知识和平抛运动知识，在第三问中要求较好的数学功底
