1、2013-2014学年重庆市沙坪坝区南开中学高一（下）期末物理试卷一、单项选择题（每小题5分，共70分；每题只有一个正确选项）1（5分）（2014春沙坪坝区校级期末）关于物理学史的下列说法中不正确的是（）A牛顿通过实验研究确认真空中两点电荷之间相互作用力的规律B元电荷e 的数值最早由密立根测得C法拉第认为电荷周围存在由它产生的电场D德国天文学家开普勒总结出行星运动定律考点：物理学史分析：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、是库仑通过实验研究得到了真空中两点电荷之间相互作用力的规律库仑定律，故A错误B、元电荷e的数值最早由密立根通过油滴实验测得的，故B正确C、电荷
2、周围存在由它产生的电场的观点，最早由法拉第提出的，故C正确D、经过长期的天文观测和数学研究，天文学家开普勒总结出行星运动三定律开普勒定律，故D正确本题选错误的，故选：A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（5分）（2014春沙坪坝区校级期末）关于功，下列说法正确的是（）A因为功有正负，所以功是矢量B因为力是矢量，所以功也是矢量C若某一个力对物体不做功，说明该物体一定没有位移D一个恒力对物体做的功等于这个力的大小、物体位移的大小及力和位移间夹角的余弦三者的乘积考点：功的计算专题：功的计算专题分析：力和力方向上的位移的乘积表示力
3、对物体做的功的大小，功只有大小没有方向，是标量解答：解：A、功是能量转化的量度，而能量是标量，所以功是标量，只有大小没有方向，功的正负表示动力做功还是阻力做功，不表示方向，故AB错误；C、若某个力的方向与位移方向垂直，则该力不做功，但位移不为零，故C错误；D、功等于力和力方向上的位移的乘积，即W=Fscos，所以一个恒力对物体做的功等于这个力的大小、物体位移的大小及力和位移间夹角的余弦三者的乘积，故D正确故选：D点评：本题考查的是学生对功的理解，知道功是标量，难度不大，属于基础题3（5分）（2014春沙坪坝区校级期末）关于静电场，下列说法正确的是（）A电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强
4、有关B在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向C电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低D一个点电荷在电势高的地方电势能高考点：电势差与电场强度的关系分析：在静电场中场强方向就是电势降低最快的方向；两点之间的电势差与场强及两点间沿电场线方向的距离有关；电场强度与电势无关解答：解：A、由公式U=Ed可知，两点之间的电势差与场强及两点间沿电场线方向的距离都有关，故A错误B、在正电荷或负电荷产生的静电场中，沿场强方向电势降低最快，故B正确C、电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故C错误D、由Ep=q，知正点电荷在电
5、势高的地方电势能大，而负点电荷在电势高的地方电势能小，故D错误故选：B点评：解决本题关键要理解电场中几对关系：场强与电势、场强与电势差、电势能与电势等等，可结合电场线的物理意义和相关公式加深理解4（5分）（2012春吉安期末）我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行（即绕地球一圈需要24小时）；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”：最后奔向月球如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比（）A卫星动能增大，引力势能减小B卫星动能增大，引力势能增大C卫星动能减小，引力势能增大D卫星动能减小，引力势能减小考点：人造卫星的加
6、速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：卫星在各自轨道上做圆周运动向心力由万有引力提供，得到周期与轨道半径的关系，判断轨道半径的变化，讨论线速度、向心力与轨道半径的关系，再根据半径确定线速度、引力的大小变化情况根据轨道半径的变化，分析如何变轨，判断引力势能的变化解答：解：由万有引力提供向心力有：=mr，得周期与轨道半径的关系为T=2，由题意可得：变轨后卫星的周期变大，由上式得知，卫星的轨道半径变大根据万有引力提供向心力有：=m，得v=，随着r增大，线速度减小，卫星动能减小，卫星的速度减小，动能减小，轨道半径增大，引力做负功，则引力势能增大故ABD错误，C正确；故选：C点评：本题根据万有引
7、力提供圆周运动向心力，讨论半径与线速度、周期、及角速度的关系，知道克服引力做功卫星的引力势能增加5（5分）（2010广东模拟）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（）Aa一定带正电，b一定带负电Ba电势能减小，b电势能增大Ca加速度减小，b加速度增大Da和b的动能一定都增大考点：等势面；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：物体做曲线运动的条件：力与速度不共线，要明确力、速度和运动轨迹三者的位置关系，电场力做功与电势能、动能的关系，电场线与电场强度的关系解答：解：A、由运动轨迹如图可知，a、
8、b做曲线运动，由于电场线方向未知，故a、b电性不能确定，故A错误 B、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，故B错误 C、根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故C正确 D、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故D正确故选CD点评：考查了物做曲线运动的条件：力与速度不共线力、速度和运动轨迹三者的位置关系体，电场力做功与电势能、动能的关系，电场线与
9、电场强度的关系6（5分）（2014春沙坪坝区校级期末）质量为m的带电小球在竖直方向的匀强电场中以加速度a=g从静止开始竖直向下运动了h的距离，则以下说法正确的是（）A在整个过程中小球动能变化了mghB下落时电场力的瞬时功率为mgC在整个过程中电势能增大了mghD在整个过程中机械能减少了mgh考点：电势能；动能定理的应用分析：动能的变化由动能定理求解小球的加速度方向竖直向下，大小为a=gg，则电场力竖直向上，由牛顿第二定律可求出其大小，电场力做功多少，机械能就减少多少重力做功mgh，可知小球的重力势能减少mgh电场力做功多少，小球的电势能就变化多少解答：解：A、小球竖直向下位移为h，合力做功为W
10、合=mah=mgh，则由动能定理得知，小球的动能增加了mgh，故A错误；B、据题分析知电场力方向竖直向上，大小为设F，由mgF=ma得，F=mg下落h时的速度 v=，则电场力的瞬时功率为 P=Fv=mg，故B错误C、电场力做功为W电=Fh=mgh，则小球的电势能增加了mgh；故C正确D、根据功能原理可知，机械能减少了mgh；故D错误故选：C点评：本题考查对几对常见的功能关系的理解和掌握情况，要知道：机械能的变化等于除了重力以外的力做功重力势能减少等于重力做功，动能的变化等于合力做功，电势能减少等于电场力做功7（5分）（2006湖南校级模拟）如图所示是示波管工作原理的示意图，电子经电压U2加速后
11、以速度0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量为h 两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L为了提高示 波管的灵敏度（即每单位电压引起的偏转量），可采取的方法是（）A增大两板间电势差U2B减小板长LC减小两板间距离dD增大加速电压U1考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：根据灵敏度的定义，分析电子的偏转位移的大小，找出灵敏度的关系式，根据关系式来分析灵敏度与哪些物理量有关解答：解：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得，eU1=mv02，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，v0=，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，h=at2=所以示波管的灵敏度因此要提高示波管
12、的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，所以C正确，ABD错误故选C点评：本题是信息的给以题，根据所给的信息，找出示波管的灵敏度的表达式即可解决本题8（5分）（2014春沙坪坝区校级期末）物体在合外力作用下做直线运动的vt图象如图所示下列表述正确的是（）A在02s内合外力总是做负功B在01s 内合外力做功与13s内合外力做功大小相等C在12s内合外力不做功D在01s内合外力的功率与13s内合外力的功率相等考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：由图分析物体速度大小的变化，判断动能的变化，根据动能定理W合=EK判断合力做功情况由功率P=Fv分析功率解答：解：A、在02s内，物体的动
13、能先增加后减小，根据动能定理W合=EK，知合外力先做正功后做负功故A错误B、在01s内与13s内动能的变化量大小相等，根据动能定理W合=EK，合外力做功大小相等故B正确C、在12s内，动能减小，根据动能定理W合=EK，合外力做负功故C错误D、01s内和13s内平均速度相等，01s内加速度大，合外力大，由P=Fv知，在01s内合外力的功率比13s内合外力的功率大，故D错误故选：B点评：解决本题的关键会熟练运用动能定理，明确动能的变化与合外力做功对应的关系9（5分）（2014春沙坪坝区校级期末）某滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AD均可看作斜面），甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相 同的滑沙橇从A点
14、由静止开始分别沿AB和AD滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定 姿势坐在滑沙撬上不动则下列说法中正确的是（）A甲滑行的总路程一定等于乙滑行的总路程B甲在B点的动能一定等于乙在D点的动能C甲在B点的速率一定人于乙在D点的速率D甲全部滑行的水平位移一定与乙全部滑行的水平位移不相等考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：根据动能定理求出物体停止时距离A的水平距离，比较出水平距离的大小关系，从而得出运动路程的大小根据动能定理定理比较B、D的动能大小，即可比较速率大小解答：解：A、对全过程运用动能定理得
15、，mghmgcoss1mgs2=0，而整个过程水平位移s水平=coss1+s2，整理得，mghmgs水平=0知沿两轨道滑行水平位移相等根据几何关系知甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程故AD错误B、设斜面的倾角为，根据动能定理得，mghmgcoss=mv20，scos是斜面的水平距离因为AB段的水平距离小，则甲沿AB段到达B点的速率大，由于甲乙两人的质量大小未知，故无法比较动能的大小故B错误，C正确故选：C点评：本题可以用动力学求解，也可以通过动能定理求解，运用动能定理求解比较简洁10（5分）（2007重庆）如图，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球A在两次实验中，均缓
16、慢移动另一带同种电荷的小球B当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为，若两次实验中B的电量分别为q1和q2，分别为30和45则为（）A2B3C2D3考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用分析：小球A受力平衡，在两种情况下，对小球A受力分析，根据受力平衡的条件列方程既可以求得q1和q2的关系解答：解：A球电量不变，设为q0两种情况下A球均受三个力作用下平衡库仑力F=A球质量设为m，对A球应用共点力平衡条件得 F=mgtan，两球之间的距离 r=Lsin，其中L为线长，r为两球球心之间的距离由以上两式得到 q=tansin2所以=2故选C点评：根据库
17、仑定律，找出两种情况下AB之间的库仑力的大小，就可以求得q1和q2的关系，本题主要还是考查对库仑定律的理解11（5分）（2014春沙坪坝区校级期末）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离（）A带点油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带点油滴在P点的电势能将减少D电容器的电容减小，极板带电荷量将增大考点：电容器的动态分析分析：将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析
18、P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化解答：解：A、将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动故A正确B、板间场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B正确C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C错误D、根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则
19、U不变，当C减小，则Q也减小故D错误故选：AB点评：本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化12（5分）（2014春沙坪坝区校级期末）如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球同定在一根直角尺的两端A、B，直角尺的定点O处 有光滑的固定转动轴，AO，BO的长分别为2L和L，开始时直角尺的AO部分处于水平位置而B在O的正下方，让该系统由静止开始自由转动，（不计直角尺质量），则下列说法正确的是（）AB球能摆到的最大高度与O点同一水平面B当A球经过最低点时速度为2C当A球经过最低点时杆对A的拉力等于A的重力DB球
20、能上升的最大的高度为考点：机械能守恒定律；向心力专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）AB两个球组成的系统机械能守恒，根据系统的机械能守恒列式可以求得AB速度之间的关系，同时由于AB是同时转动的，它们的角速度的大小相同联立即可求解v（2）B球不可能到达O的正上方，它到达最大高度时速度一定为零，再根据系统的机械能守恒求解最大高度h（3）由向心力公式求解A经最低点时的杆的作用力解答：解：以直角尺和两小球组成的系统为对象，由于转动过程不受摩擦和介质阻力，所以该系统的机械能守恒A、B球不可能到达O的正上方，它到达最大高度时速度一定为零，设该位置位于OA杆竖直位置向左偏了角如图所示（2）则有2mg2L
21、cos=3mgL（1+sin） 此式可化简为 4cos3sin=3 解得 sin（53）=sin37，=16 所以B球能上升的最大高度h=L+Lsin16=L+Lsin（5337）解得h=1.28L；故A错误；D正确；B、A、B转动的角速度始终相同，由v=r，有v=2vB系统的机械能守恒，得：2mg2L=3mgL+解得 v=；故B错误；C、当A球经过最低点时，由向心力公式可知：F2mg=2m；解得：F=2mg+=；故C错误；故选：D点评：本题中的AB的位置关系并不是在一条直线上，所以在球AB的势能的变化时要注意它们之间的关系，在解题的过程中还要用到数学的三角函数的知识，要求学生的数学基本功要好
22、，本题由一定的难度13（5分）（2014春沙坪坝区校级期末）如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板m2的左端，右端与小木块m1连接，且m1、m2及m2与地面之间接触面光滑，开始时m1和m2均静止，现同时对m1、m2施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m1、m2和弹簧组成的系统（整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度），下列说法正确的是（）A当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m1、m2的动能最大B由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒C由于F1、F2分别对m1、m2做正功，故系统动能不断增加D由于F1、F2分别对m1、m2做正功，故系统机械能不断增加考点：机械能守
23、恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，物体受到的合力的大小为零，此时物体的速度的大小达到最大解答：解：A、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，故A正确；BCD、由于F1、F2对m、M都做正功，故系统动能不断增加，系统机械能增加，系统机械能不守恒，故B错误，CD正确；故选：ACD点评：本题涉及到弹簧，功、机械能守恒的条件等较多知识题目情景比较复杂，全面考查考生理解、分析、解决问题的能力14（5分）（2014春沙坪坝区校级期末）如图所示，带
24、电平行金属板A，B，板间的电势差恒为 U，A板带正电，B板中央有一小孔一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方 P点（距板高 h）处自由落下，若微粒恰能落至A，B板的正中央C点，则（）A微粒下落过程中重力做功为g（h+）m，电场力做功为qUB将B板上移少许，微粒仍从 P 点自由落下则一定能到达 C点C将A板下移少许，微粒仍从 P 点自由落下则不能经过C点D若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A 板考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：微粒在板间运动电场力做负功，重力做正功，应用动能定理分析答题解答：解：A、微粒下落过程重力做功：
25、mg（h+），电场力做功为：qU，故A错误；B、将B板上移少许，两板间的电场强度E不变，BC间的距离变大，BC间的电势差变大，重力做功不变，将B板上移少许，微粒仍从P点自由落下则不能到达C点，故B错误；C、将A板下移少许，两板间的电场强度E不变，BC间的距离不变，重力与电场力做功不变，微粒仍从P点自由落下，微粒能经过C点，故C错误；D、由题微粒恰能落至A，B板的正中央c点过程，由动能定理得：mg（h+）qU=0 若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得：mg（2h+d）qU=mv20 由联立得v=0，即恰好能达到A板，故D正确；故选：D点评：本题根据动能定理研究微粒
26、能否到达A板，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式分析二、实验题（本题2个小题，共20分，每空2分）15（8分）（2014春沙坪坝区校级期末）如图所示为研究平行板电容器电容决定因素的实验装置两块相互靠近的等大正对（用S表示两极板正对面积）平行金属板M，N组成电容器，板N固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板M和静电计的金属壳都接地，板M上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M的位置在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变回答下列问题：（1）静电计指针偏角的大小可反映电压（2）当Q保持不变，M板向上移，s减小，静电计指针偏角变大 （变大、变小
27、或不变）（3）当Q保持不变，M板向右移，d减小，静电计指针偏角变小 （变人、变小或不变）（4）保持Q、d、s都不变，在M，N之间插入云母板（介电常数1），静电计指针偏角变小（变 大、变小或不变）考点：研究平行板电容器；电容器的动态分析专题：电容器专题分析：（1）根据静电计的工作原理可知静电计的作用；（2）电量不变，根据决定式分析电容的变化，再根据定义式分析电压的变化，即可明确偏角的变化解答：解：（1）静电计是用来测电势差的仪器，其偏角的大小可以反映两板间电压；（2）当Q保持不变时，M板向上移时，正对面积减小，由电容器的决定式C=可知，电容减小；则由Q=UC可知，U增大；静电计指针偏角为大；（3
28、）当M板右移时，板间距减小，则由决定式可知，电容增大，则由Q=UC可知，U减小，偏角减小；（4）插入电介质时，电容增大，则电势差U减小；偏角变小；故答案为：（1）电压；（2）变大；（3）变小；（4）变小点评：本题考查对电容器的研究，要注意掌握电容器决定式和定义式的联系应用，同时注意电容器与电源相连时电压不变；断开电源时电量不变16（12分）（2014春沙坪坝区校级期末）“验证机械能守恒定律”的实验中（1）在“验证机械能守恒定律”的实验中，有下列器材可供选择：铁架台、打点计时器、复写纸、低压直流电源、天平、秒表、重锤、纸带等其中不必要的器材是天平、秒表缺少的器材是毫米刻度尺（2）若实验中所用重锤
29、质量m=1kg，打点纸带如图甲所示（单位：mm），打点时间间隔为0.02s，则记录B点时，重锤的动能EkB=0.174J，从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量是0.175J，因此可得出的结论是在实验误差允许范围内机械能是守恒的（g取10m/s2；保留三位有效数字）（3）根据纸带算出的相关各点的速度，量出下落的距离，则以为纵轴，以h为横轴画出的图线应是图乙中的C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：本实验是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，纸带匀变速直线运动时，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
30、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根据h的表达式，从数学的角度分析图象解答：解：（1）其中不必要的器材是：因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去，不需要用天平不需要秒表，打点计时器本身可以表示出时间缺少的器材是：毫米刻度尺，在实验中需要刻度尺测量纸带上点与点间的距离从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度（2）利用匀变速直线运动的推论：vB=m/s=0.59m/s，重锤的动能：EKB=mvB2=10.592J=0.174J从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量：Ep=mgh=19.80.179J=0.173J得出的结论是：
31、在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒（3）物体自由下落过程中，由机械能守恒可以得出：mgh=mv2，即v2=gh所以以为纵轴，以h为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线，也就是图中的C故选：C故答案为：（1）天平，秒表；刻度尺；（2）0.174J，0.175J，在实验误差允许范围内机械能是守恒的（3）C点评：本题关键从实验原理出发，分析纸带的选择，数据处理，并能得出结论利用图象问题结合数学知识处理物理数据是实验研究常用的方法我们更多的研究直线图形，找出其直线的斜率和截距三、解答题（本题共5小题，共60分其中17题10分，18题10分，19题10分，20题14分，21题16分解答时应给出必要的文
32、字说明，方程式和重要的演算过程及重要的分析图）17（10分）（2013秋麻栗坡县校级期末）如图，一质量为m=1.0102kg、带电荷量大小为q=1.0106C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60角小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度取g=10m/s2（结果保留两位有效数字）（1）求电场强度E的大小（2）若在某时刻将细线突然剪断，求经过1s小球的速度v考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：本题的关键是正确对小球受力分析，根据平衡条件可得小球受到的电场力方向向左并可求出电场强度的值；剪断细线后
33、，由于小球受到的重力与电场力都为恒力，所以小球将做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式，即可求解解答：解：（1）对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，如图所示：小球所受的静电力：F=qE；由平衡条件得：F=mgtan ；联立解得电场强度：E=1.7105 N/C（2）剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动，经过1s小球的速度为v小球所受合力：F合=由牛顿第二定律有：F合=ma由运动学公式：v=at解得小球的速度：v=20m/s速度方向为与竖直方向夹角为60斜向左下方答：（1）电场强度E的大小为1.7105 N/C（2）经过1s小球的速度v为20m/s，方向与竖直方向夹角
34、为60斜向左下方点评：解决动力学问题的关键是正确受力分析和运动过程分析，然后选择相应规律列式求解即可18（10分）（2014春沙坪坝区校级期末）带电量为+3106C的粒子先后经过电场中 A、B两点后，克服电场力做功6104J，已知B点电势为50V，求：（1）A、B 两点间的电势差；（2）把电量为3106C的电荷放在A点的电势能考点：电势能分析：（1）已知粒子克服电场力做功，电场力做负功，根据公式UAB=求解电势差（2）电势差UAB=AB，又B=50V，即可求解A点的电势，再求电势能解答：解：（1）由题意，粒子克服电场力做功6104J，则电场力做功为 WAB=6104JA、B间两点间的电势差为：
35、UAB=V=200V（2）由电势差UAB=AB，又B=50V，则A点的电势为：A=UAB+B=200V+50V=150V把电量为3106C的电荷放在A点的电势能 Ep=qA=3106（150）J=4.5104J答：（1）A、B间两点间的电势差是200V（2）把电量为3106C的电荷放在A点的电势能为4.5104J点评：电势差等于电势之差，UAB=AB，电势差反映电场的能的性质，常常根据电场力做功求解19（10分）（2014海南）2014年4月10日，我国成功发射第8颗北斗导航卫星，建成以后北斗导航卫星系统将包含多颗地球同步卫星，这有助于减少我国对GPS导航系统的依赖，GPS由运行周期为12小时
36、的卫星群组成，设北斗星的同步卫星和GPS导航的轨道半径分别为R1和R2，向心加速度分别为a1和a2，则R1：R2=a1：a2=（可用根式表示）考点：万有引力定律及其应用；同步卫星专题：压轴题分析：该题从这两种卫星的周期和向心力公式的两种表达式（）上入手找出半径与周期关系表达式和加速度与半径关系表达式，从而求出R1：R2和a1：a2的值解答：解：设地球同步卫星的周期为T1，GPS卫星的周期为T2，由题意有：由万有引力定律的公式和向心的公式有：由以上两式可得：因而：故答案为：，点评：此题要了解地球同步卫星是相对地球静止的卫星，同步卫星只能是发射到赤道上空特定的高度，以特定的速度沿地球自转的方向绕地
37、球转动转动的周期和角速度与地球自转的周期和角速度一致，转动周期为24h该题还考察到了万有引力定律及其应用，对于万有引力定律及其应用，关键是熟练的掌握公式的应用20（14分）（2014春沙坪坝区校级期末）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道 AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角BOC=37，D与圆心O等高，圆弧轨道半径 R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E距离h=1.6m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数=0.5取sin37=0.6，cos37=0.8，r=10m/s2求：（1）物体第一次通过C点的速度大小；
38、（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长：（3）若斜面已经满足（2）要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小考点：功能关系；机械能守恒定律分析：（1）物体从E点运动到C点的过程机械能守恒，据机械能守恒定律求物体第一次通过C点的速度大小；（2）要使物体不飞出，则到达A点时速度恰为零，则由动能定理可求得AB的长度；（3）由于摩擦力小于重力的分力，则物体不会停在斜面上，故最后物体将稳定在C为中心的圆形轨道上做往返运动，由功能关系可求得热量Q解答：解：（1）从EC，由机械能守恒得 mg（h+R）=则 vC=2m/s（2）从
39、EA过程，由动能定理得： mg（h+Rcos37）LABsin37mgcos37LAB=0 解得：斜面长度至少为：LAB=2.4m （3）因为mgsin37mgcos37（或tan37）所以，物体不会停在斜面上物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量，由能量守恒得： Q=EP又EP=mg（h+Rcos37） 解得 Q=4.8J 所以在运动过程中产生热量为4.8J答：（1）物体第一次通过C点的速度大小为2m/s；（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少为2.4m；（3）若斜面已经满足（1）要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑
40、圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小为4.8J点评：在考查力学问题时，常常将动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律等综合在一起进行考查，并且常常综合平抛、圆周运动及匀变速直线运动等运动的形式21（16分）（2014春沙坪坝区校级期末）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场和，两电场的边界均是边长为三的正方形（不计电子所受重力）已知电子的质量为肌，电荷量的大小为e，求：（1）在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开电场时的速度大小；（2）在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开
41、ABCD区域的位置；（3）若将左侧电场整体水平向右移动（n1），使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场区域内由静止释放电子的所有位置（可写出坐标 x，y满足的轨迹方程）考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）电子在电场区域的加速运动，由动能定理可以求出电子的速度（2）电子在电场区域内做类平抛运动，用类平抛的知识可求出偏转距离，从而得到电子离开ABCD区域的位置（3）该问分为三个阶段，一是在电场I中的直线加速运动，二是在电场II中的类平抛运动，三是从电场II射出后的匀速直线运动，结合第二问的解题思路，可求出结果解答：解：（1）电子在电场
42、I中做匀加速直线运动，由动能定理得：eEL=mv020，解得：v0=；（2）电子在电场II中做类平抛运动，水平方向：L=v0t，竖直方向：y=at2=t2，解得：y=L，电子离开ABCD区域的位置坐标为（2L，L）；（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v，进入电场II后做类平抛运动，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有：eEx=mv20，yy=at2=，vy=at=，y=vy，解得：xy=L2（+），即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置；答：（1）在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开电场时的速度大小为；（2）在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，电子离开ABCD区域的位置为（2L，L）；（3）若将左侧电场整体水平向右移动（n1），使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），在电场区域内由静止释放电子的所有位置，坐标 x，y满足的轨迹方程为：xy=L2（+）点评：本题实际是加速电场与偏转电场的组合，对于加速往往根据动能定理研究速度对于类平抛运动，运用运动的分解法研究要有分析和处理较为复杂的力电综合题的能力
