1、2015-2016学年云南省文山州砚山一中高三（上）期末物理试卷一、选择题（不定项选择，本题共8小题，每小题6分，共48分）1如图所示，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方向相同能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度时间（vt）图象是（）ABCD2如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动则下列说法中正确的是（）A两粒子电性相同B甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点
2、时的速率C两个粒子的电势能都是先减小后增大D经过b点时，两粒子的动能一定相等3一支架固定于放于水平地面上的小车上，细线上一端系着质量为m的小球，另一端系在支架上，当小车向左做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为，此时放在小车上质量M的A物体跟小车相对静止，如图所示，则A受到的摩擦力大小和方向是（）AMgsin，向左BMgtan，向右CMgcos，向右DMgtan，向左4如图所示，半径r=0.5m的光滑圆轨道被竖直固定在水平地面上，圆轨道最低处有一小球（小球的半径比r小很多）现给小球一个水平向右的初速度v0，要使小球不脱离轨道运动，v0应满足（）Av00Bv02 m/sCv05 m/sDv0m/s
3、5如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒S闭合时，该微粒恰好能保持静止在以下两种情况下：保持S闭合，充电后将S断开下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是（）A情况下，可以通过上移极板M实现B情况下，可以通过上移极板N实现C情况下，可以通过上移极板M实现D情况下，可以通过上移极板N实现6如图所示，长为L、倾角为=45的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（）A小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能BA、B两点的电势差一定为C若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是D若该电场是
4、AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷7下列图象能正确反映物体在直线上运动，经2s又回到初始位置的是（）ABCD8x轴上有两个点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，P点位于这两个点电荷位置连线中点右侧下列判断中不正确的是（）A电势最低的P点所在处的电场强度为零BQ1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷CQ1所带电荷量值一定大于Q2所带电荷量值DQ1和Q2之间各点的电场方向都指向P点二、填空题9游标卡尺的读数为cm10利用图1装置验证机械能守恒定律打点计时器应接（填“交流”或“直流”）电源实验部分步骤如下：A按图1装置沿竖直方向固定好打点计时器，把纸带
5、下端挂上重物，穿过打点计时器B将纸带下端靠近打点计时器附近静止，打点计时器在纸带上打下一系列的点C图2为打出的一条纸带，用测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h1，h2，h3设打点计时器的周期为T，重物质量为m，重力加速度为g，则重物下落到B点时的速度v=研究纸带从O下落到B过程中增加的动能EK=，减少的重力势能EP=mgh2由于纸带受到的摩擦，实验测得的EKEP（填“大于”或“小于”）三、计算题11如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中管的水平部分长为l1=0.2m，离水平地面的距离为h=5.0m，竖直部分长为l2=0.1m一带正电的小球
6、从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，求：（1）小球运动到管口B时的速度大小；（2）小球着地点与管的下端口B的水平距离（g=10m/s2）12如图所示，一水平传送带始终保持着大小为v=4m/s的速度做匀速运动在传送带右侧有一半圆弧形的竖直放置的光滑圆弧轨道，其半径为R=0.2m，半圆弧形轨道最低点与传送带右端B衔接并相切，一小物块无初速地放到皮带左端A处，经传送带和竖直圆弧轨道至最高点C已知当A、B之间距离为s=1m时，物块至最高点对轨道的压力为零，（g=10m/s2）则：（1）物块至最高点
7、C的速度为多少？（2）物块与皮带间的动摩擦因数为多少？（3）若只改变传送带的长度，使滑块滑至圆弧轨道的最高点C时对轨道的压力最大，传送带的长度应满足什么条件？【选修3-5】13下列说法正确的是（）A氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就一定剩下1个原子核了B原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化 产生的电子发射到核外，就是粒子，这就是衰变的实质C光子的能量由光的频率所决定D只要有核反应发生，就一定会释放出核能E按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变14一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其
8、截面如图所示图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止重力加速度为g求：（1）木块在ab段受到的摩擦力f；（2）木块最后距a点的距离s2015-2016学年云南省文山州砚山一中高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（不定项选择，本题共8小题，每小题6分，共48分）1如图所示，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方向相同能定性反映该离子从A点到B
9、点运动情况的速度时间（vt）图象是（）ABCD【考点】电场强度；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】速度时间图象中，图象的斜率表示加速度；电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；对只受电场力作用的带点微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大【解答】解：该离子从A点到B点，电场线分布越来越稀疏，即场强减小，所以电场力减小，那么离子的加速度也减小速度时间图象中，图象的斜率表示加速度，即斜率的绝对值将减小由于电场力方向向右与速度方向相同，所以离子将做加速运动故A、B、D错误，C正确故选C【点评】本题考查了速度时间
10、图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况能根据电场线的分布判断电场强度的大小难度适中2如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动则下列说法中正确的是（）A两粒子电性相同B甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点时的速率C两个粒子的电势能都是先减小后增大D经过b点时，两粒子的动能一定相等【考点】等势面；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据轨迹的弯曲方向可判断两
11、电荷所受的电场力方向，并能确定两电荷与Q电性的关系根据电场力做功正负，由动能定理分析两粒子经过c、d两点的速度大小、确定电势能的变化【解答】解：A、根据曲线运动时质点所受的合力指向轨迹的内侧可知，甲受到引力，乙受到斥力，则甲与Q是异种电荷，而乙与Q是同种电荷，故两粒子所带的电荷为异种电荷故A错误B、甲粒子从a到c过程，电场力做正功，动能增加，而乙从a到d过程，电场力做负功，动能减小，两初速度相等，则知甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度故B正确C、甲粒子从a到b过程，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大；电场力对乙粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小故C错误D、a到b时，
12、电场力对两粒子的做的功都是0，两个粒子的速率再次相等，由于不知道质量的关系，所以不能判定两个粒子的动能是否相等故D错误故选：B【点评】本题要根据粒子的轨迹首先判断所受的电场力方向，再判断电场力做功的正负，进而可分析动能、电势能的大小3一支架固定于放于水平地面上的小车上，细线上一端系着质量为m的小球，另一端系在支架上，当小车向左做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为，此时放在小车上质量M的A物体跟小车相对静止，如图所示，则A受到的摩擦力大小和方向是（）AMgsin，向左BMgtan，向右CMgcos，向右DMgtan，向左【考点】牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用【专题】牛顿运动定律
13、综合专题【分析】小球与物体A相对于车均是静止的，加速度相同知道夹角为，可以根据牛顿第二定律求出小球的加速度，再对A研究，运用牛顿第二定律求出摩擦力大小和方向【解答】解：以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，得 mgtan=ma 得a=gtan 以A物体为研究对象 f=Ma=Mgtan，方向水平向右故A、C、D错误，B正确故选B【点评】本题关键之处是要抓住小球与物体A的加速度相同，运用隔离法分别对两物体进行研究对于连接体问题，隔离法都可以求解，而整体法却是有条件的4如图所示，半径r=0.5m的光滑圆轨道被竖直固定在水平地面上，圆轨道最低处有一小球（小球的半径比r小很多）现给小球一个水平向右的初速度
14、v0，要使小球不脱离轨道运动，v0应满足（）Av00Bv02 m/sCv05 m/sDv0m/s【考点】向心力【专题】比较思想；临界法；匀速圆周运动专题【分析】要使小球不脱离轨道运动，有两种情况：1、越过最高点2、不越过四分之一圆周根据动能定理和临界条件结合求出初速度v0的条件【解答】解：最高点的临界情况：mg=m，解得v=小球从最低点到最高点的过程，根据动能定理得，mg2r=mv2mv02；解得v0=5m/s若恰好不通过四分之一圆周，根据动能定理有：mgr=0mv02；解得v0=m/s所以v0应满足的条件是 v05m/s或v0m/s故C、D正确，A、B错误故选：CD【点评】解决本题的关键知道
15、小球在内轨道运动最高点的临界情况，以及能够熟练运用动能定理5如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒S闭合时，该微粒恰好能保持静止在以下两种情况下：保持S闭合，充电后将S断开下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是（）A情况下，可以通过上移极板M实现B情况下，可以通过上移极板N实现C情况下，可以通过上移极板M实现D情况下，可以通过上移极板N实现【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】保持S闭合时电容板间电压保持不变充电后将S断开后电容器的电量保持不变，根据推论，板间场强不变根据公式E=分析板间场强的变化，判断能否使带电微粒向上运
16、动【解答】解：A、保持S闭合时，电容板间电压保持不变，上移上极板M，板间距离d增大，根据公式E=分析得知，板间场强减小，带电微粒受到的电场力减小，微粒将向下加速运动故A错误B、保持S闭合时，电容板间电压保持不变，上移下极板N，板间距离d减小，根据公式E=分析得知，板间场强增大，带电微粒受到的电场力增大，带电微粒向上加速运动故B正确C、D、充电后将S断开，则电容器的电量不变，根据公式C=，E=，U=，得E=，则知d变化，E不变，微粒不动，故C、D均错误故选：B【点评】本题是电容器动态变化分析的问题，根据决定电容的三个因素和电容的定义式相结合进行分析6如图所示，长为L、倾角为=45的光滑绝缘斜面处
17、于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（）A小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能BA、B两点的电势差一定为C若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是D若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，
18、再确定场强的最小值【解答】解：A、小球在运动的过程中，受重力、支持力和电场力，重力做负功，支持力不做功，电场力就做正功故A点的电势高，小球在A点的电势能大故A错误；B、A到B速度未变，说明重力做功等于电场力做功则故B正确；C、若电场是匀强电场，电场力恒定，根据共点力的平衡可得，若电场强度与运动方向不共线，且与斜面的夹角小于时，则电场力、斜面的支持力与重力相平衡，因此小球受到的电场力可能等于重力mg，此时的电场强度等于，故C正确；D、若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，离电荷远的A点电势高，所以Q一定是负电荷故D错误故选：BC【点评】通过对做功的分析，要抓住小球在运动的过程中，重力做负
19、功，支持力不做功，电场力就做正功A到B速度未变，说明重力做功等于电场力做功7下列图象能正确反映物体在直线上运动，经2s又回到初始位置的是（）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】位移时间图象反映了物体各个不同时刻的位置坐标情况，速度时间图象反映了物体的速度随时间的变化情况，加速度与时间关系图象反映了物体不同时刻的加速度情况【解答】解：A、位移时间图象反映了物体各个不同时刻的位置坐标情况，从图中可以看出物体沿x轴正方向前进2m后又返回，故A正确；B、速度时间图象反映了物体的速度随时间的变化情况，从图中可以看出速度一直为正，故物体一直前进，故B错误；C、速度时间图象
20、反映了物体的速度随时间的变化情况，图线与时间轴包围的面积表示位移的大小，从图中可以看出第一秒物体前进1m，第二秒物体后退1m，故C正确；D、加速度与时间关系图象反映了物体不同时刻的加速度情况，由于初速度情况未知，故物体的运动情况不清楚，故D错误；故选AC【点评】本题关键是要明确位移时间图象、速度时间图象和加速度时间图象的物理意义；在具体问题中要能区分出斜率与面积等的含义8x轴上有两个点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，P点位于这两个点电荷位置连线中点右侧下列判断中不正确的是（）A电势最低的P点所在处的电场强度为零BQ1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷CQ1所
21、带电荷量值一定大于Q2所带电荷量值DQ1和Q2之间各点的电场方向都指向P点【考点】电场强度【分析】x图象切线的斜率表示电场强度，就知道P处场强为零，作出Q1、Q2之间的电场线，根据点电荷场强公式，得到Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量；根据场强方向得出两电荷一定是正电荷【解答】解：A、根据E=知x图象切线的斜率表示电场强度，则知P处电场强度为零故A正确BC、如图所示，根据顺着电场线方向电势降低，作出电场线，则知两个电荷一定都带正电因Xp处合场强为0，则Q1与Q2在Xp处场强大小相等，方向相反根据E=K知，Q1Q2，故B错误，C正确D、由上面的电场线知Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点，D正确
22、；本题选错误的，故选：B【点评】本题的技巧是作电场线，将抽象问题形象化，是电场中常用方法二、填空题9游标卡尺的读数为1.036cm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】定性思想；推理法；基本实验仪器【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读【解答】解：游标卡尺的主尺读数为：1cm=10mm，游标尺上第18个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为180.02mm=0.36mm，所以最终读数为：10mm+0.36mm=10.36mm=1.036cm故答案为：1.036【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测
23、量10利用图1装置验证机械能守恒定律打点计时器应接交流（填“交流”或“直流”）电源实验部分步骤如下：A按图1装置沿竖直方向固定好打点计时器，把纸带下端挂上重物，穿过打点计时器B将纸带下端靠近打点计时器附近静止，接通电源，释放纸带，打点计时器在纸带上打下一系列的点C图2为打出的一条纸带，用刻度尺测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h1，h2，h3设打点计时器的周期为T，重物质量为m，重力加速度为g，则重物下落到B点时的速度v=研究纸带从O下落到B过程中增加的动能EK=，减少的重力势能EP=mgh2由于纸带受到的摩擦，实验测得的EK小于EP（填“大于”或“小于”）【考点】验证机械能守恒定律；重
24、力势能的变化与重力做功的关系；用打点计时器测速度【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，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和加速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值【解答】解：打点计时器应接交流电源应该先接通电源，后释放纸带开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差用刻度尺测出A、B、C与起
25、始点O之间的距离分别为h1，h2，h3利用匀变速直线运动的推论vvB=EK=EkB0=重力势能减小量Ep=mgh=mgh2由于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量实验测得的EK小于EP故答案为：交流接通电源，释放纸带 刻度尺，mgh2小于【点评】由于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量三、计算题11如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中管的水平部分长为l1=0.2
26、m，离水平地面的距离为h=5.0m，竖直部分长为l2=0.1m一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，求：（1）小球运动到管口B时的速度大小；（2）小球着地点与管的下端口B的水平距离（g=10m/s2）【考点】动能定理的应用；平抛运动【分析】（1）小球从A运动到B的过程中，重力和电场力做功，由动能定理列式求解；（2）小球离开B点后，水平方向只受电场力（恒力），故做匀加速直线运动，竖直方向只受重力，故做自由落体运动，两个分运动同时发生，时间相等，根据竖直分位移求出时间，再求出水平分
27、位移【解答】解：（1）在小球从A运动到B的过程中，对小球由动能定理有： mvB20=mgl2+F电l1，由于小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，即 F电=mg 代入数据可得：vB=2.0m/s小球运动到管口B时的速度大小为2.0m/s（2）小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t，水平方向有：a=，s=vBt+at2，竖直方向有：h=gt2，由式，并代入数据可得：s=4.5m故小球着地点与管的下端口B的水平距离为4.5m【点评】本题关键对小球各个过程的运动情况分析清楚，对A到B过程，由于为曲线运动，可用动能定理，对离开B后的运动，根据运动的合成与分解，化曲为
28、直研究！12如图所示，一水平传送带始终保持着大小为v=4m/s的速度做匀速运动在传送带右侧有一半圆弧形的竖直放置的光滑圆弧轨道，其半径为R=0.2m，半圆弧形轨道最低点与传送带右端B衔接并相切，一小物块无初速地放到皮带左端A处，经传送带和竖直圆弧轨道至最高点C已知当A、B之间距离为s=1m时，物块至最高点对轨道的压力为零，（g=10m/s2）则：（1）物块至最高点C的速度为多少？（2）物块与皮带间的动摩擦因数为多少？（3）若只改变传送带的长度，使滑块滑至圆弧轨道的最高点C时对轨道的压力最大，传送带的长度应满足什么条件？【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力【专题】动能定理的应用专题【分析
29、】（1）物体在最高点对轨道的压力为零，根据牛顿第二定律求出物块至最高点C的速度（2）对B到C段运用机械能守恒求出B点的速度，再对A到B段运用动能定理，求出物块与皮带间的动摩擦因数（3）使滑块滑至圆弧轨道的最高点C时对轨道的压力最大，即到达C点的速度最大，则到达B点的速度最大，因为到达B点的最大速度等于传送带的速度，结合动能定理求出传送带的最小长度【解答】解：（1）设小物块质量为m，至最高点C的速度为v mg=v=m/s （2）至B点的速度为vBmv=mv2+mg2R 代入数据解得vB=m/s4m/s可知物体一直做匀加速直线运动，根据动能定理得， mgs=mv0 代入数据解得=0.5 （3）设刚
30、好到达B点的最大速度为4 m/s 设AB之间的长度为s， mgs=m0 代入数据解得s=1.6m 传送带的长度应满足s1.6 m答：（1）物块至最高点C的速度为m/s（2）物块与皮带间的动摩擦因数为0.5（3）传送带的长度应满足s1.6 m【点评】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，理清物块在传送带上的运动情况，以及在圆轨道最高点的临界情况是解决本题的关键【选修3-5】13下列说法正确的是（）A氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就一定剩下1个原子核了B原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化 产生的电子发射到核外，就是粒子，这就是衰变的实质C光子的能
31、量由光的频率所决定D只要有核反应发生，就一定会释放出核能E按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】衰变和半衰期专题【分析】半衰期是大量原子衰变时所表现出的统计规律，衰变所释放的电子是由原子核内中子转化成质子后释放出的电子，光子能量计算公式E=h可知其能量由光子频率决定，氢原子吸收光子向高能级跃时，半径增大，电子运动的动能减小，系统势能增加，总能量增加【解答】解：A、半衰期是大量原子衰变时所表现出的统计规律，对少量原子核没有意义，A错误；B、衰变所释放的电子是由原子核内中子转化成质
32、子后释放出的电子，B正确；C、根据光子能量计算公式E=h可知其能量由光子频率决定，C正确；D、只有存在质量亏损的核反应（核反应过程中比结核能下降）才会释放核能，D错误；E、按玻尔理论，氢原子吸收光子向高能级跃时，半径增大，电子运动的动能减小，系统势能增加，总能量增加，E错误；故选：BC【点评】重点掌握半衰期的特点，衰变的实质，质量亏损和原子跃迁中能量的变化14一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上
33、升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止重力加速度为g求：（1）木块在ab段受到的摩擦力f；（2）木块最后距a点的距离s【考点】动量守恒定律；能量守恒定律【专题】压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】（1）两物体从开始到第一次到达共同速度过程中动量守恒，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出木块在ab段受到的摩擦力（2）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次达到共同的速度相同，对全过程运用能量守恒定律求出木块最后距a点的距离s【解答】解：（1）设木块和物体P共同速度为v，两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得：mv0=（m+2m）v由得：（2）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：由得：答：（1）木块在ab段受到的摩擦力（2）木块最后距a点的距离【点评】本题综合运用了动量守恒定律和能量守恒定律，关键选择研究的过程，根据定律列表达式进行求解2016年3月2日版权所有：高考资源网()
