1、河南省郑州四十七中2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（4分）关于物理学的研究和科学家做出的贡献，下列说法正确的是（）A牛顿发现万有引力定律并精确测出了引力常量，“笔尖下行星”即海王星就是根据万有引力定律发现的B根据速度的定义式，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法C伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度，以及加速度等描述运动的基本概念D法拉第最早提出电荷周围产生电场观点考点：物理学史
2、.专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、牛顿发现万有引力定律，卡文迪许精确测出了引力常量，“笔尖下行星”即海王星就是根据万有引力定律发现的，故A错误；B、根据速度的定义式，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法，故B正确；C、伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度，以及加速度等描述运动的基本概念，故C正确；D、法拉第最早提出电荷周围产生电场观点，故D正确；故选：BCD点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）（2013合肥模拟）如图甲所示，水平地
3、面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车表面间的动摩擦因数为0.2，t=0时，车受水芊外力作用开始沿水平面做直线运动，其vt 图象如图乙所示t=12s后车静止不动平板车足够 长，物块不会从车上掉下，g取10m/s2关于物块的运动，以下描述正确的是（）AO6s加速，加速度大小为4m/s2，612s减速，加速度大小为4m/s2B06s加速，加速度大小为2m/s2，612s减速，加速度大小为2m/s2C06s加速，加速度大小为2m/s2，612s先加速后减速，加速度大小为2m/s2D06s加速，加速度大小为2m/s2，6l2s先加速后减速，加速度大小为4m/s2考点：匀变速直线运动的图像；匀变
4、速直线运动的速度与时间的关系.专题：运动学中的图像专题分析：根据速度与时间的图象，结合图象的信息：斜率大小表示加速度的大小，倾斜方向与加速度方向有关根据车的运动情况，从而可确定物相对车加速还是减速，结合牛顿第二定律，即可求解解答：解：根据速度与时间的图象的斜率表示加速度，则有车先以a=4m/s2的加速度匀加速直线运动，后以a=4m/s2的加速度匀减速直线运动，根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为a1=2m/s2，因此当车的速度大于物体的速度时，物体受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：当06s时，车的速度大于物体，因此物体受到
5、滑动摩擦动力，则其加速度为2m/s2，同理，可得：当612s时，车的速度小于物体，因此物体受到滑动摩擦阻力，则其加速度为2m/s2，故C正确，ABD错误；故选：C点评：考查物体与车的相对运动情况，从而根据运动情况来确定受力情况，并掌握牛顿第二定律的应用，注意分清研究对象，同时掌握读取图象信息的能力3（4分）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（）ABCD考点：牛顿第二定律；匀变
6、速直线运动的速度与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：要分不同的情况进行讨论：若V2V1：分析在fQ的重力时的运动情况或fQ的重力的运动情况若V2V1：分析在fQ的重力时的运动情况或fQ的重力的运动情况解答：解：若V2V1：f向右，若fGQ，则向右匀加速到速度为V1后做匀速运动到离开，则为D图若fGQ，则向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到离开，无此选项若V2V1：f向左，若fGQ，则减速到V1后匀速向右运动离开，无此选项若fGQ，则减速到小于V1后f变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到0后向左加速到离开，则为A图则AD正确，BC错误故选：AD点评：考查摩擦力的方向与速度
7、的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析运动情况，较难4（4分）如图，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，这时三根细绳张力TAC、TAD、TAB的变化情况是（）A都变大BTAD和TAB变大，TAC不变CTAC和TAB变大，TAD不变DTAC和TAD变大，TAB不变考点：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：先以B为研究对象受力分析，由分解法作图判断出TAB大小的变化；再以AB整体为研究对象受力分析，由平衡条件判断TAD和TAC的变化情况解答：解：以B
8、为研究对象受力分析，由分解法作图如图：由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示，即TAB逐渐变大，F逐渐变大；再以AB整体为研究对象受力分析，设AC绳与水平方向夹角为，则竖直方向有：TACsin=2mg得：TAC=，不变；水平方向：TAD=TACcos+F，TACcos不变，而F逐渐变大，故TAD逐渐变大；故B正确；故选：B点评：当出现两个物体的时候，如果不是求两个物体之间的作用力大小通常采取整体法使问题更简单5（4分）如图，光滑绝缘细杆与水平面成角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m，带电量为q；为使小球在杆上
9、静止，可加一匀强电场，若使小球在杆上保持静止，所加电场的方向和大小可能为（）A垂直于杆斜向上，场强大小为 B竖直向上，场强大小为 C垂直于杆斜向上，场强大小为 D水平向右，场强大小为 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；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：当加一匀强电场时，小球将受到电场力作用，小球带正电，电场力方向与场强方向相同当加电场后，小球所受的合力能为零时，就能在杆上保持静止状态解答：解：A、若电场方向垂直于杆斜向上，小球受到的电场力方向也垂直于杆斜向上，在垂直于杆的方向小球受力能平衡，而在平行于杆方向，重力有沿杆向下的分力，没有力与之平衡，则小球将向下滑动
10、，不能保持静止故A、C均错误B、若电场方向竖直向上，此时球受两个力，竖直向上的电场力和竖直向下的重力，根据二力平衡可知，Eq=mg，故E=故B正确D、若电场方向水平向右，此时受三个力，重力、电场力和支持力重力和电场力垂直于杆方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和电场力沿杆子方向的分力大小相等方向相反，有mgsin=Eqcos，故E=，故D正确故选：BD点评：判断物体能否静止，关键是正确分析物体的受力情况，根据利用平衡条件进行检验合力是否为零中档题6（4分）（2014江苏二模）如图所示，一质量为m的物块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端设物块和斜面的动摩擦因数一定，
11、斜面的高度h和底边长度x可独立调节（斜边长随之改变），下列说法错误的是（）A若增大m，物块仍能滑到斜面顶端B若增大h，物块不能滑到斜面顶端，但上滑最大高度一定增大C若增大x，物块不能滑到斜面顶端，但滑行水平距离一定增大D若再施加一个水平向右的恒力，物块一定从斜面顶端滑出考点：动能定理.专题：动能定理的应用专题分析：根据动能定理求出初速度与上升高度之间的关系式，抓住水平位移和竖直高度的关系，结合关系式分析求解解答：解：A、物块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端，根据动能定理得，即，可见与物体的质量无关，增大m，物块仍能滑到斜面顶端故A正确B、根据，知h增大，物块不能滑
12、到斜面的顶端，结合，知h=，增大h，增大，则上升的最大高度增大故B正确C、根据，知x增大，物块不能滑到斜面的顶端，结合，知x=，增大x，斜面的倾角变小，则滑行的最大距离一定增大故C正确D、施加一个水平向右的恒力，恒力沿斜面方向的分力可能小于摩擦力的增加量，则物块不一定能从斜面顶端滑出故D错误本题选错误的，故选：D点评：解决本题的关键得出动能定理得出初速度和上升最大高度的关系式，通过关系式分析求解7（4分）（2014咸阳一模）小张和小王分别驾车沿平直公路同向行驶，在某段时间内两车的vt图象如图所示，初始时，小张在小王前方x0处（）A若x0=18m，两车相遇1次B若x018m，两车相遇2次C若x0
13、=36m，两车相遇1次D若x0=54m，两车相遇1次考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：由速度图象的“面积”求出t=6s时刻两物体通过的位移，求出位移之差x，根据x0的大小与x的大小关系，分析两车相遇的次数解答：解：由图读出t=6s时，小王通过的位移为：x1=小张通过的位移为：x2=两者位移之差：x=x1x2=18mA、若x0=18m=x，两车在t=6s时刻相遇，此刻以后小张的速度大于小王的速度，同车不可能再相遇故A正确B、若x018m=x，说明t=6s前，小王已追上小张相遇一次，相遇时，小王的速度大于小张的速度，后来由于小王速度大，车子开到小张的前面，两车距离增大，在t
14、=6s后，小张的速度大于小王的速度，两车距离减小，可以再次相遇，相遇后小张的速度大于小王的速度，不可能再相遇所以两车相遇2次故B正确C、D若x0=36m和54m，两车速度相等时，小王还没有追上小张，则两车不可能相遇故CD错误故选AB点评：本题要能根据两车速度的大小分析它们之间距离的变化，判断能否相遇，考查分析问题的能力8（4分）在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如11题图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某行
15、李箱的质量为5kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10m/s2，则（）A开始时行李的加速度为2m/s2B行李到达B点时间为2sC传送带对行李做的功为0.4JD传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.03m考点：动能定理的应用；牛顿第二定律.专题：传送带专题分析：行李滑上传送带先做匀加速直线运动，速度与传送带速度相同后一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律求出开始时行李的加速度，通过动能定理求出传送带对行李做功的大小；相对滑动过程中，根据速度时间公式求出相对滑动的时间，结合传送带的位移和行李的位移求出相对滑动的位移，即
16、痕迹的长度解答：解：A、行李开始运动时由牛顿第二定律有：mg=ma，所以得：a=2 m/s2，故A正确；B、由于传送带的长度未知，故不能求出运动的时间，故B错误；C、行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能定理知，传送带对行李做的功为：W=mv2=0.4 J，故C正确；D、行李和传送带相对滑动的时间为：t=，则在传送带上留下的痕迹长度为：s=vt=0.04 m，故D错误故选：AC点评：解决本题的关键理清行李在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解9（4分）马航客机失联牵动全世界人的心，现初步确定失事地点位于南纬3152东经11552的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域，有一颗绕
17、地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，则（）A该卫星轨道平面可能与地球某一纬线圈共面B该卫星一定是地球同步卫星C该卫星速度可能大于7.9km/sD地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.专题：人造卫星问题分析：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，故卫星轨道平面必与地心共面，且地心为轨道圆心，据此分析即可解答：解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，故地心必在轨道平面内，不可能与地球某一纬线圈共面，故A错误；B、地球同步卫星一定在赤道上空，故B错误；C、该卫星速度一定小于7.9km/s，故
18、C错误；D、由于卫星每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，故知地球自转一周，则该卫星绕地球做圆周运动N周，即地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍，故D正确；故选：D点评：解决本题的关键是抓住卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，由于卫星所受万有引力指向地心，故卫星所在轨道平面与地心共面，且地心为轨道的圆心，据此才能正确分析得出结论10（4分）（2014四川）有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（）ABCD考点：运动
19、的合成和分解.专题：运动的合成和分解专题分析：根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解解答：解：设船渡河时的速度为vc；当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去=；当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回=；而回头时的船的合速度为：v合=；由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为：vc=，故B正确；故选：B点评：解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道各分运动具有独立性，互不干扰11（4分）如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小
20、物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中，下列说法不正确的是（）A木板对物块做功为mv2B摩擦力对小物块做功为mgLsinC支持力对小物块做功为mgLsinD滑动摩擦力对小物块做功为mv2mgLsin考点：动能定理的应用.专题：动能定理的应用专题分析：对整个过程运用动能定理求解木板对木块做的功在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功根据摩擦力与重力分力大小的关系，求解摩擦力做功根据动能定理求解支持力和滑动摩擦力做功解答：解：
21、A、设在整个过程中，木板对物块做功为W，根据动能定理得：W=故A正确B、在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功由于摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，即fmgsin，则摩擦力对物块做功Wf=fLmgLsin故B错误C、在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，支持力对物块做功，设为WN，根据动能定理得： WNmgLsin=0，得WN=mgLsin故C正确D、在物块下滑的过程中，根据动能定理得：mgLsin+Wf=0得，Wf=mgLsin故D正确本题选错误的，故选B点评：本题运用动能定理求解力做功，首先要选择研究的过程，本题
22、中有两个过程，第一个过程中摩擦力不做功，支持力做功，第二过程中，支持力不做功，摩擦力做功12（4分）如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，电源内阻不计，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是（）AL1和L3变亮，L2亮度不变BL2电压变化量大小与L1电流变化量大小比值不变CL1中电流变化值小于L3中电流变化值DL1上电压变化值小于L2上的电压变化值考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：由图可知L3与R串联后与L2并联，再与R0、L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将R
23、0、L1作为内电阻处理，由U=EIr可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系解答：解：A、B当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮；故A错误；B、L2电压变化量大小与L1电流变化量大小比值即为电源的内阻，电阻R0及灯泡L1的电阻之和，因此比值不变，B正确；C、因L1中电流增大，L3中电流
24、增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C正确；D、因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压减小，L1、R0及内阻r两端的电压增大，而电动势不变，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；故选：BCD点评：本题不但考查电路中各量的变化方向，还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律二、实验题（本题共2小题，第13题6分，第14题10分，共16分把答案填到题中的横线上或按要求作答）13（6分）利用如图所示装置进行验证机械
25、能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案：A用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t通过v=gt计算出瞬时速度vB用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度vC根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=计算出高度hD用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v（1）以上方案中只有一种正确，正确的是D（填入相应的字母）（2）本实验计算出重力势能的
26、减小为EP，对应动能的增加为Ek，由于不可避免地存在阻力，应该是EP略大于Ek（填等于、略大于、略小于）考点：验证机械能守恒定律.专题：实验题分析：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该实验是验证机械能守恒定律的实验因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒如果把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证呢解答：解：（1）该实验是验证机械能守恒定律的实验因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒如果把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证呢其中ABC三项都是运用了自由落体的运动规律求解的
27、，故ABC错误故选：D（2）物体下落过程中存在阻力，重力势能没有全部转化为动能，因此重力势能的减少量Ep略大于动能的增加量为EK故答案为：（1）D；（2）略大于点评：我们做验证实验、探究实验过程中，不能用验证的物理规律和探究的物理结论去求解问题纸带法实验中，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14（10分）一个未知电阻Rx，阻值大约为10k20k，为了较为准确地测定其电阻值，实验室中有如下器材：电压表V1（量程3V、内阻约为3k）电压表V2（量程15V、内阻约为15k）电流表A1（量程200A、内阻约为1
28、00）电流表A2（量程0.6A、内阻约为1）电源E（电动势为3V）滑动变阻器R（最大阻值为20）开关S（1）在实验中电压表选V1，电流表选A1（填V1、V2，A1、A2）（2）为了尽可能减小误差，请你在虚线框中画出本实验的电路图（3）测得电阻值与真实值相比偏大（填偏大 偏小 相等）考点：伏安法测电阻.专题：实验题分析：（1）、根据待测电阻的大小和电源的电动势大小，估测电路中的最大电流，在不烧坏电表的前提下，电压表、电流表的指针偏转角度越大越好，由此可正确选择电表；（2）、由于所给滑动变阻器太小，待测电阻很大，因此该实验采用滑动变阻器的分压接法和电流表的内接法（3）、根据电路图，应用欧姆定律分析
29、实验误差解答：解：（1）、电源电动势为3V，电压表选择V1；电路最大电流约为：I=3104A=0.3mA=300A，为减小误差，电流表选：A1（2）由题意可知，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为进行多次测量，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，电路图如图所示：（3）、由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值故答案为：（1）、V1；A1；（2）、电路图如上图所示；（3）、偏大点评：本题考查了实验器材的选取、设计实验电路图，是实验的常考问题，一定要掌握；本题难度不大，
30、熟练掌握基础知识即可正确解题三、计算题（本题共3小题，共36分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位）15（9分）如图所示，物体从光滑斜面的顶端A点由静止开始下滑，经过B点后进入粗糙的水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点每隔0.2s通过速度传感器测量物体的速度，下表给出了部分测量数据（g=10m/s2）t（s）00.20.41.21.4v（m/s）01.02.01.10.7求：（1）在水平面上匀减速运动的加速度大小？（2）从开始运动到停止所用的总时间？（3）斜面的长度L？考点：匀变速直线运动的位
31、移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：（1）根据表格中的数据，结合加速度的定义式求出匀加速运动和匀减速运动的加速度大小（2）物体在B点的速度最大，结合匀加速运动的末速度和匀减速运动的初速度相等，结合速度时间公式求出速度最大时所经历的时间，再结合速度时间公式求出t=0.6s时瞬时速度大小v（3）根据匀变速直线运动的位移速度公式求出斜面的长度解答：解：（1）由前三组数据可知，物体在水平面上匀加速滑行过程的加速度大小为：由后二组数据可知，物体在水平面上匀减速滑行过程的加速度大小：（2）设在t时刻物体运动到B点，且速度最大为v，则有：v=a1t又因为1.2s时物
32、体的速度为1.1 m/s，则有：1.1=v+a2（0.8t）解得：t=0.5 s，v=2.5m/s（3）物体在斜面上匀加速运动过程有：L=答：（1）在水平面上匀减速运动的加速度大小为2m/s2；（2）从开始运动到停止所用的总时间为0.5s；（3）斜面的长度L为0.625m点评：解决本题的关键理清物体的运动规律，结合运动学公式灵活求解，知道B点的速度最大，即匀加速运动的末速度等于匀减速运动的初速度16（13分）如图甲所示，在竖直平面内有一个直角三角形斜面体，倾角为30，斜边长为x0，以斜面顶部O点为坐标轴原点，沿斜面向下建立一个一维坐标x轴斜面顶部安装一个小的定滑轮，通过定滑轮连接两个物体A、B
33、（均可视为质点），其质量分别为m1、m2，所有摩擦均不计，开始时A处于斜面顶部，并取斜面底面所处的水平面为零重力势能面，B物体距离零势能面的距离为；现加在A物体上施加一个平行斜面斜向下的恒力F，使A由静止向下运动当A向下运动位移x0时，B物体的机械能随x轴坐标的变化规律如图乙，则结合图象可求：（1）B质点最初的机械能E1和上升x0时的机械能E2；（2）恒力F的大小考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律.专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）物体具有的机械能等于物体的动能加势能，利用图象关系即可求得（2）以AB组成的系统，当物体B运动到，利用动能定理球的速度，再利用牛顿第二定律与运动学公式即可求得
34、恒力解答：解：（1）B物体最初的动能够为零，重力势能为Ep=，故B物体的机械能为上升后由图象可求B物体的机械能为（2）F为恒力，AB组成的系统以恒定的加速度运动，当B运动时机械能为零，可得解得v=由运动学公式求的a=对AB组成的系统由牛顿第二定律得F+m1gsinm2g=（m1+m2）aF=答：（1）B质点最初的机械能E1和上升x0时的机械能E2为（2）恒力F的大小为点评：本题主要考查了动能定理与运动学及牛顿第二定律的综合运用，利用好图象是关键17（14分）如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔C
35、、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O处，C带正电、D带负电两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒（微粒的重力不计），问：（1）微粒穿过B板小孔时的速度多大；（2）为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件；（3）从释放微粒开始，经过多长时间微粒会通过半圆形金属板间的最低点P点？考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：动能定理的应用专题分析：运用动能定理研究微粒在加
36、速电场的过程微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，列出等式匀加速直线运动和匀速圆周运动运用各自的规律求解时间解答：解：（1）设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有（1）解得（2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有（2）联立（1）、（2），得（3）微粒从释放开始经t1射出B板的小孔，则（3）设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则（4）所以从释放微粒开始，经过微粒第一次到达P点；根据运动的对称性，易知再经过2（t1+t2）微粒再一次经过P点；所以经过时间，k=0，1，2，微粒经过P点答：（1）微粒穿过B板小孔时的速度多大是；（2）为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足；（3）从释放微粒开始，经过时间，k=0，1，2，微粒经过P点点评：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题圆周运动问题的解决析关键要通过受力分析找出向心力的来源