湖北省武漢市部分重點中學高一物理下學期期末試卷(含解析)

1、12014-2015 學年湖北省武漢 市部分重點中學高一（下）期末物理試卷一、單項選擇題（本題共8小題，每小題4分，共32分每小題給出的四個選項中，只有 一個選項正確，選錯、多選或不選不得分）1.（4分）（2015春?武漢校級期末）對靜電場中有關物理量的描述， 下列說法正確的是（）A.電場強度的方向處處與等勢面垂直B.電場強度為零的地方，電勢也為零C.任意一點的電場強度方向總是指向該點電勢降低的方向D.電場置于電勢越高的點，所具有的電勢能也越大考點：電場強度；等勢面.分析：電場強度與電勢沒有直接關系；電場強度的方向與等勢面垂直，電場強度的方向是電勢降低最快的方向；根據(jù)這些知識進行解答.解答：

2、解：A、電場線與等勢面垂直，而電場強度的方向為電場線的方向，所以電場強度 的方向與等勢面垂直，故A正確；B電場強度與電勢沒有直接關系，電場強度為零時，電勢不一定為零；電勢為零，電場強 度不一定為零.故B錯誤；C順著電場線方向電勢降低，電場強度的方向是電勢降低最快的方向，故C錯誤；D只有正電荷置于電勢越高的點，所具有的電勢能也越大，故D錯誤.故選：A.點評：明確電場強度與電勢無直接關系，知道電場強度的方向是電勢降低最快的方向，同時注意電勢能的高低還與電荷的極性有關.2.（4分）（2015春?武漢校級期末）平行板電容器兩板分別帶等量異種電荷，為了使兩極板間的場強減半，同時使兩極板間電壓加倍，可采取

3、的方法是（）A.使兩板帶電量都加倍B.使兩板正對面積加倍， 兩板距離及正對面積都變?yōu)樵瓉淼?倍C.使兩板帶電量都減半，兩板距離變?yōu)樵瓉淼?倍D.使兩板距離加倍，兩板正對面積變?yōu)樵瓉淼?倍考點：電容器的動態(tài)分析.專題：電容器專題.分析：根據(jù)電容的決定式C_判斷電容的變化，根據(jù)U=判斷電壓的變化，根據(jù)E=4兀kdCd判斷電場強度的變化.解答：A電量加倍，根據(jù)U=1知，電容不變，電壓加倍，極板間的距離不變， 根據(jù)E=知Cd電場強度加倍.故A錯誤.2B兩板正對面積加倍，兩板距離變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)C=，知電容減半，根據(jù)U=4兀kdC知，電量不變，電壓加倍，根據(jù)E=知，場強減半.故B正確.d3C使兩板帶

4、電量都減半，兩板距離變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)C= ，電容減半，根據(jù)U=14兀kdC知電壓不變.故C錯誤.D使兩板距離加倍，兩板距離及正對面積都變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)C=；，電容加倍,4Hkd根據(jù)U=知，電壓減半，根據(jù)知，場強變?yōu)镮故D錯誤.Cd4故選：B.點評：解決本題的關鍵掌握電容的定義式以及電容的決定式，知道極板間的電場是勻強電3.（4分）（2015春?武漢校級期末）如圖所示，木板B上表面是水平的木板A置于B上并與B保持相對靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，在下滑過程中（）考點：動能定理的應用.專題：動能定理的應用專題.分析：分析兩物體的受力及運動， 由功的公式可分析各力對物體是否做功，

5、根據(jù)夾角可判功的正負.解答： 解：A、木塊向下加速運動，故動能增加，由動能定理可知，木塊m做正功，故A錯誤；BD A B整體具有沿斜面向下的加速度，設為a,將a正交分解為豎直方向分量ai,水平分量a2，如圖所示，由于具有水平分量a2，故必受水平向右摩擦力f,A受力如圖所示，所以支持力做負功，摩 擦力做正功，則A對B的摩擦力做負功，故B、D錯誤.C由牛頓第二定律得豎直方向上：mg- N=ma,水平方向上：f=ma2假設斜面與水平方向的夾角為0，摩擦力與彈力的合力與水平方向夾角為a，由幾何關系得：ai=gsin0sin0 ，a2=gsin0cos0 ,tana =,fT聯(lián)立得：tana=as,co

6、t0=tan（匹一0）,即QiA-2L，所以B對A的作用A.彈力做正功C.力做正功A所受的合外力對A不做功B.B對A的A對B的合力不做功D. A對B的摩擦m所受合外力對場，知道4sin02+2力與斜面垂直，根據(jù)牛頓第三定律知，A對B的作用力與斜面垂直， 則A對B的合力不做功， 故C正確.點評：判斷外力是否做功及功的正負可根據(jù)做功的條件是否做功，再根據(jù)力與位移方向的夾角判斷功的正負，也可以根據(jù)力與速度方向的夾角判斷功的正負.4.（4分）（2015春?武漢校級期末）如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩物體在地面上方的同一水平線上當水平拋出A物體的同時，B物體開始自由下落（空氣阻力忽略不計），曲線AC為A物

7、體的運動軌跡，直線BD為B物體的運動軌跡，兩軌跡相交于0點，則A、B兩物體（）A.經(jīng)0點時的動能相等B.從開始運動至0點的過程中，速度變化量不同C.在0點時重力的功率一定相等D.在0點具有的機械能一定相等 考點：帶電粒子在勻強電場中的運動.專題：帶電粒子在電場中的運動專題.分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動， 在豎直方向上做自由落體運動， 根據(jù)分運動 與合運動具有等時性，可知誰先到達0點分別求出兩物體在0點的速率，進行比較.根據(jù)P=mgvcos0比較重力的瞬時功率.解答： 解：A、到達0點時重力對物體做功相等，A的初動能不為零，B的初動能為零，由動能定理可知，經(jīng)0點時，A的動能大于B的動

8、能，故A錯誤；B兩物體加速度相同，時間相同，故從運動開始至經(jīng)過0點過程中A的速度變化相同，故B錯誤；C兩物體在豎直方向都做自由落體運動，經(jīng)過0點時豎直分速度Vy相等，重力的功率：P=Fvcosa=mgv，重力的瞬時功率相等，故C正確；D在0點具有的勢能相同，兩物體的動能不同，兩物體的機械能不同，故D錯誤；故選：C.5點評：本題考查了平拋運動和自由落體運動的相關概念和公式，要明確平拋運動的豎直方向就是自由落體運動，所以本題中，AB豎直方向的運動情況完全相同，再根據(jù)相關公式和概念解題.5.（4分）（2015春?武漢校級期末）如圖所示，一個均勻帶有電荷量為+Q的圓環(huán)，其半徑為2R,放在絕緣水平桌面上

9、，圓心為O點，過O點作一豎直線，在此線上取一點A,使A到O點的距離為R,在A點放一檢驗電荷+q,則+q在A點所受的電場力大小為（）不能確定 考點：電場強度.分析：把檢驗電荷受的力分解為沿豎直線和垂直于豎直線，由電荷的對稱性知垂直于豎直線方向的力相互抵消.解答：解：檢驗電荷受的庫侖力沿著電荷的連線指向+q,由對稱性可知在垂直于豎直線的方向上的分力相互抵消，只有沿豎直線方向的分力.由庫侖力公式知：F-KX=，故C正確，ABD錯誤.（后R）2V5 25護故選：C.點評：畫出受力圖，利用力的分解可以順利解出本題，同時掌握幾何關系的應用.6.（4分）（2015春?武漢校級期末）如圖所示，虛線是某靜電場的

10、一等勢線，邊上標有對應的電勢值，一帶電粒子僅在電場力作用下，恰能沿圖中的實線從A經(jīng)過B運動到C,下列說法中錯誤的是（）A.粒子一定帶正電B.A處場強小于C處場強C.粒子在A處電勢能小于在C處電勢能D.粒子從A到B電場力所做的功等于從B到C電場力所做的功考點：電場線；電勢能.分析：根據(jù)電場線與等勢面垂直且由高電勢指向低電勢，確定出電場線方向，根據(jù)曲線運動中物體所受的合力方向指向軌跡的內(nèi)側，可判斷出粒子所受的電場力方向，判斷粒子的電 性.根據(jù)等差等勢面密處場強大，可判斷場強的大小.由電場力做功正負，判斷電勢能的大小和動能的大小.kQq6解答： 解：A、根據(jù)電場線與等勢面垂直且由高電勢指向低電勢，可

11、知電場線方向大致向 左，根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知，粒子所受的電場力方向大致向左，則知粒子一定帶正 電.故A正確；B等差等勢面的疏密反映電場強度的大小，A處場強大于C處場強，故B錯誤；C粒子從A點飛到C點，電場力方向與速度的夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增大， 粒子在A處電勢能小于在C處電勢能.故C正確；D AB間與BC間的電勢差相同，根據(jù)W=Uq粒子從A到B與從B到C電場力做功相同，故D正確.本題選錯誤的，故選：B.點評：本題要掌握等勢面與電場線的關系和曲線運動合力指向，由粒子的軌跡判斷出電場力方向，分析能量的變化.7.（4分）（2015春?武漢校級期末）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧下端固定，直立

12、于水平地面上，將質(zhì)量為m的物體A從離彈簧頂端正上方h高處由靜止釋放，當物體A下降到最低點P時, 其速度變?yōu)榱?，此時彈簧的壓縮量為xo；若將質(zhì)量為3m的物體B從離彈簧頂端正上方同一h高處，由靜止釋放，當物體B也下降到P處時，其動能為（）考點：機械能守恒定律.專題：機械能守恒定律應用專題.分析：對物體從A到P的整個過程，運用動能定理分別列式， 抓住彈力做功相等，即可求解. 解答：解：當質(zhì)量為m的物體從A到P的過程，設克服彈簧的彈力做功為W則由動能定理得：mg (h+xo) -W=0當質(zhì)量為3m的物體從A下落至P的過程，設3m的物體到達P點的動能為EEpBB.點電荷帶正電，在A點左側，0A 0B,E

13、pAVEpBC.點電荷帶負電，在B點右側，0A 0B,EpAEpB考點：電場線；電勢能.分析：由圖看出小球從A點運動到B點，電勢能增加，電場力做負功，可判斷出電場力的方 向，確定出孤立點電荷的電性和位置，根據(jù)順著電場線的方向電勢降低判斷電勢的高低，由能量守恒定律判斷電勢能的變化.解答： 解：由圖看出小球從A點運動到B點，其動能增加，電場力對負電荷做正功，所以 該負電荷所受的電場力方向從ATB.由于小球帶帶負電，所以電場線的方向從BTA.根據(jù)順著電場線的方向電勢降低，則知0AVB.由能量守恒定律判斷得知電勢能減小，即有：&AEPB.若點電荷帶負電，該電荷應位于A點的左側，若點電荷帶正電，

14、該電荷應位于B點的右側，故AD正確，BC錯誤.故選：AD點評：解決本題關鍵掌握電場力做功與電勢能變化的關系，掌握電場線方向與電勢變化的關系，能熟練運用能量守恒定律判斷能量的變化，是常見的問題.、多項選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分.每小題給出的四個選項中，有多個選項正確，選錯或不選不得分，少選得2分）9.（4分）（2011?濟南一模）下列各圖是反映汽車以恒定牽引力從靜止開始勻加速啟動，最38考點：功率、平均功率和瞬時功率；勻變速直線運動的圖像；牛頓第二定律. 專題：運動學中的圖像專題；功率的計算專題.分析：汽車以恒定牽引力啟動時，汽車開始做勻加速直線運動，由P=Fv可知汽車功率逐漸增

15、大，當達到額定功率時，隨著速度的增大，牽引力將減小，汽車做加速度逐漸減小的加速運動，當牽引力等于阻力時，汽車開始勻速運動， 明確了整個汽車啟動過程，即可正確解答 本題.解答： 解：汽車開始做初速度為零的勻加速直線運動，當達到額定功率時，勻加速結束, 然后做加速度逐漸減小的加速運動，直至最后運動運動.開始勻加速時：F-f=ma設勻加速剛結束時速度為vi,有：P額=Fvi最后勻速時：F=f,有：F額=Fvm由以上各式解得：勻加速的末速度為：丄】，最后勻速速度為：_，；.1 f+ma血f在v-t圖象中斜率表示加速度，汽車開始加速度不變，后來逐漸減小，故A正確；汽車運動過程中開始加速度不變，后來加速度

16、逐漸減小，最后加速度為零，故B錯誤;汽車牽引力開始大小不變，然后逐漸減小，最后牽引力等于阻力，故C正確；開始汽車功率逐漸增加，P=Fv=Fat，故為過原點直線，后來功率恒定，故D正確.故選ACD點評：對于機車啟動問題，要根據(jù)牛頓第二定律和汽車功率P=Fv進行討論，弄清過程中速度、加速度、牽引力、功率等變化情況.10.（4分）（2015春?武漢校級期末）一個質(zhì)量為m的帶電小球，在一勻強電場的空間內(nèi)，以某一水平初速度拋出， 小球運動時的加速度大小為,加速度方向豎直向下不計空氣阻力,3已知重力加速度為g）,則小球在豎直方向下降H高度的過程中（)A.小球的機械能減少了了B3小球的動能增加了 13C.小

17、球的電勢能增加了厘D3小球的后做勻速運動的過程中,正確的是（）其速度隨時間以及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象,其中C.A.9重力勢能減少了mgH考點：電勢能；功能關系.分析：要判斷小球各種能量的變化多少，則必須分析小球的受力及各力做功情況，然后利用功能關系把各力做功情況與相應的能量變化對應起來，從而做出判斷.解答： 解：由牛頓第二定律得：mg- F=m?，解知小球受到的電場力F= :mg且方向豎直:?3向上.一9一小球在豎直方向上下降H高度時重力做正功W=mgH電場力做負功W=- mgH因此，小球3的重力勢能減少mgH小球的電勢能增加mgH除重力做功外，電場力做負功W=-2mgH因此，小

18、球的機械能減少2mgH33根據(jù)動能定理知，動能增加量AEk=M=m. H J故BD正確，AC錯誤.33故選：BD.點評：本題一定要明確常見的功能關系：合外力做功與動能變化的關系；重力做功與重力勢 能變化的關系.電場力做功與電勢能變化的關系；除重力做功外其他力做功， 機械能變化.同時，要知道各力做了多少功，對應的能量變化多少.11.（4分）（2015春?武漢校級期末）噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁 微粒，經(jīng)帶電室后帶負電后以一定的初速度垂直射入偏轉電場，最終打在紙上，顯示出字 符.已知偏移量越大打在紙上的字跡越大，現(xiàn)為了使打在紙上的字跡增大，下列措施可行的是（ ）A.增大墨汁微粒

19、的比荷B.增大墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能C.減小偏轉極板的長度D.增大偏轉極板的電壓 考點：帶電粒子在勻強電場中的運動.專題：帶電粒子在電場中的運動專題.分析：墨汁微粒在加速電場中加速， 在偏轉電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律求出墨汁微粒在偏轉電場中的偏移量，然后分析答題.解答： 解：微粒以一定的初速度垂直射入偏轉電場做類平拋運動，水平方向：L=vot;豎直方向：y=at2=2,2 2md聯(lián)立得，y二=.，2mdvQ 4砸血10為了使打在紙上的字跡增大，就要增大墨汁微粒通過偏轉電場的偏轉量y,22由y= _ .=一 可知，可以：增大比荷I故A正確；減小墨汁微粒進入偏轉電場2mdvQ

20、4dEE0IT時的初動能氐，故B錯誤；增大極板的長度L,故C錯誤；增大偏轉極板間的電壓U,故D正確；故選：AD.點評：此題考查帶電粒子在電場中的偏轉在實際生活中的應用，關鍵要熟練運用運動的分解法，推導出偏轉量y的表達式.1112.（4分）（2015春?武漢校級期末）有一個大塑料圓環(huán)固定在水平面上，以圓環(huán)圓心為坐 標原點建立平面直角坐標系，其上面套有兩個帶電小環(huán)1和小環(huán)2,小環(huán)2固定在圓環(huán)BCA上某點（圖中未畫出），小環(huán)1原來在A點.現(xiàn)讓小環(huán)1逆時針從A轉到B點（如圖a），在 該過程中坐標原點O處的電場強度x方向的分量Ex隨0變化的情況如圖b所示，y方向的 分量Ey隨0變化的情況如圖c所示（取無

21、限遠處的電勢為0）,則下列說法正確的是（）A.小環(huán)2可能在BC弧上的中點B.小環(huán)和小環(huán)2帶異種電荷C.坐標原點O處的電勢一直為零D.小環(huán)1在轉動過程中，電勢能先增大后減小 考點：電勢能.分析：由點電荷電場強度的分布， 結合矢量疊加原則和圓的對稱性，分析場強關系，結合電場力做功導致電勢能變化，從而即可求解.解答：解：A、若小環(huán)2放BC弧上的中點，當0=時，根據(jù)電場的疊加原理， 可知，ExM0,2與題不符，故A錯誤.B小環(huán)1帶正電或帶負電，小環(huán)2帶正電或負電，都滿足條件要求，故B錯誤.C C處放一個-Q A處+Q,可以得到b、c兩條曲線.這樣的話O點始終處于AC連線的中 垂線上，電勢一直為零故C正

22、確；D電場力先做負功再做正功，電勢能先增大后減小，故D正確.故選：CD點評：解決本題的關鍵要掌握點電荷電場強度的分布情況，同時掌握等量異種電荷中垂線即為等勢線，并注意學會假設法解題，及電場力做正功，電勢能是降低.三、實驗題（根據(jù)題目要求把正確答案填在答題卷的相應橫線上，共17分）13.（17分）（2015春?武漢校級期末）某課外活動小組利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律.實驗裝置如圖甲所示，在氣墊導軌上相隔一定距離的兩處安裝兩個光電傳感器A、B.滑塊P上固定一寬度為d的遮光條，若光線被遮光條遮擋， 光電傳感器會輸出高電壓， 兩光電傳感 器采集數(shù)據(jù)后與計算機相連. 滑塊在細線的牽引下向左加速運動，

23、遮光條經(jīng)過光電傳感器A、B時，通過計算機可以得到如圖乙所示的電壓U隨時間t變化的圖象.1213(1)實驗前，接通氣源，將滑塊(不掛鉤碼)置于氣墊導軌上，輕推滑塊，當圖乙中的At=4 2(選填“”、“=”或“V”)時，說明氣墊導軌已經(jīng)水平.(2)滑塊P用細線繞過氣墊導軌左端的定滑輪與質(zhì)量為m的鉤碼Q相連，將滑塊P由圖甲所示位置釋放，通過計算機得到的圖象如圖乙所示，若Ati、At2和d已知，要驗證滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機械能是否守恒，還應測出滑塊質(zhì)量M和 兩光電門間距為L(寫出物理量的名稱及符號).(3)若上述物理量間滿足關系式mgL=；(m+M()2-丄(m+M( /)2.，則- 2-At2-2-

24、Ati-表明在上述過程中，滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機械能守恒.(4)下列因素中可能增大實驗誤差的是AD(填字母序號)A.氣墊導軌未調(diào)水平B.滑塊質(zhì)量M和鉤碼質(zhì)量m不滿足mvMC.遮光條寬度太小D.兩光電門間距過小.考點：驗證機械能守恒定律.專題：實驗題；機械能守恒定律應用專題.分析：如果遮光條通過光電門的時間相等，說明遮光條做勻速運動，即說明氣墊導軌已經(jīng)水平.要驗證滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機械能是否守恒，就應該去求出動能的增加量和重力勢能的減小量，根據(jù)這兩個量求解.滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機械能守恒列出關系式.解答：解: (1)如果遮光條通過光電門的時間相等，即Ati=At2,說明遮光條做勻速運動，即說明

25、氣墊導軌已經(jīng)水平.(2)要驗證滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機械能是否守恒，就應該去求出動能的增加量和重力勢能的減小量，光電門測量瞬時速度是實驗中常用的方法. 的平均速度代替瞬時速度.ddVB=,VA=.- I.- I !滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)動能的增加量AE滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)動能的重力勢能的減小量AEp=mgL所以還應測出滑塊質(zhì)量M兩光電門間距離L.(3)如果系統(tǒng)動能的增加量等于系統(tǒng)重力勢能的減小量，那么滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機械能守恒.B.滑塊質(zhì)量M和鉤碼質(zhì)量m不滿足m=M對該實驗沒有影響，故B錯誤由于光電門的寬度很小， 所以我們用很短時間內(nèi)(m+怙)即:(4)A.氣墊導軌未調(diào)水平,M的重力勢能也會改

26、變，故A正確2-一mgL(m+M(14C.遮光條寬度太小，有利于減小誤差，故C錯誤D.兩光電門間距過小，有利于增大誤差，故D正確故選：AD.故答案為：(1)=(2)滑塊質(zhì)量M,兩光電門間距為L;15(3)mgL(m+M ()2-3(m+M (-)I2At22Att(4)AD點評：了解光電門測量瞬時速度的原理.實驗中我們要清楚研究對象和研究過程，對于系統(tǒng)我們要考慮全面.四、計算題(本題共4小題，共45分，解答應寫出必要的文字說明、方程式或重要步驟)14.(9分)(2015春?武漢校級期末)如圖所示，平行金屬帶電極板A、B間可看作勻強電場， 極板間距離d=5cm.電場中C和D分別到A、B兩板間垂直

27、距離均為2cm, B極接地，把一電 量qi=-2.0X109C的點電荷由C點移到M點(圖中未標出M點0,電場力做功4.0X1010 11J, 把該電荷由M點移到D點，克服電場力做功為2.0X107j.求：(1)C和D兩點間電勢差UCD；(2)勻強電場的場強E的大?。?3)將點電荷q2=4X109C從D點移到C點的過程中，該點電荷的電勢能變化量Ep=-4X10J.(2)勻強電場的場強E的大小是1X104V/m,所以該點電荷的電勢能變化量為：p=-4X10-7J;答：(1)C和D兩點間電勢差是-100V;16考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關系；電勢能.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題.分析：根據(jù)電

28、勢差公式U=,可求出電勢差，q電場中C和D分別到A B兩板間垂直距離均為2cm,根據(jù)E=1求解勻強電場的場強E的大d??；根據(jù)電場力做功與電勢能的變化量的關系求解.解答： 解：(1)把一電量q1=-2.0X10-9C的點電荷由C點移到M點電場力做功4.0X10-J，把該電荷由M點移到D點，克服電場力做功為2.0X10-J.根據(jù)電勢差公式U-得：q(2) 極板間距離d=5cm.電場中C和D分別到A、B兩板間垂直距離均為2cm,勻強電場的場強為：E= = =1X104 5 6 7V/m,d 0, 014將點電荷q2=4X10-9C從D點移到C點的過程中，電場力做功為：-9-7W=qU=4X10X10

29、0=4X10 J,電場力做正功，電勢能減小，UCD=：-2X109=-100V,17(3)點電荷的電勢能變化量是-4X107j點評：本題要注意運用公式U求解電勢差時，公式U中U、W q三個量可都代入符號，要q注意電荷克服電場力做功，電場力做的是負功.15.(12分)(2015春?武漢校級期末)如圖所示，輕桿長為3L,在輕桿的兩端分別固定了質(zhì)量均為m的球A和球B,桿上距球A為L處的點O裝在光滑的水平轉動軸上，桿和球在豎 直面內(nèi)轉動，當球B運動到最高點時，球B對桿恰好無作用力.已知重力加速度為g.求:(1)球B運動到在最高點時，此時球A的速度大小.(2)球B運動到最低點時，球B對桿的作用力大小及方

30、向.考點：向心力；牛頓第二定律.專題：分析：牛頓第二定律在圓周運動中的應用.(1)球B運動到最咼點時，球B對桿無作用力，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出速度.A、B繞同一軸轉動，角速度相同，由v=3r分析A球的速度.(2)球B從最高轉到最低點過程中，系統(tǒng)機械能守恒，求出球B轉到最低點時的速度，根據(jù)向心力公式求解即可.2解答：解：由牛頓第二定律得：mg=J，得到球B在最高點時速度為：故A錯誤.在最低點，球B受到桿對它向上的拉力，則有:F-mg=m 2解得：F= iJ.I-2根據(jù)牛頓第三定律可知，球B對桿的作用力大小為.,方向向下.答：(1)球B運動到在最高點時，此時球A的速度大小為I：.|

31、.(2)球B運動到最低點時，球B對桿的作用力大小為 亠二二，方向向下.由v=3r,3相同，得到此時球A的速度為：VA=R.,:一.(2)球B從最高轉到最低點過程中，以O點參考，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得1212mg?2L-mgL+=mgL-mg?2L+i，.，又VB=2VA代入解得：VB =18點評：本題是機械能守恒定律與牛頓第二定律、圓周運動知識的綜合應用，比較復雜，知道B球在最高點對桿恰好無作用力，由重力提供向心力.16.(12分)(2015春?武漢校級期末)一質(zhì)量m=0.5kg的滑塊以某一初速度沖上傾角0=37且足夠長的粗糙斜面，其沿斜面上升的速度-時間圖象如圖所示已知sin37=0.6,co

32、s37=0.8,g取10m/s2.求：(1)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2) 滑塊返回斜面底端時重力的功率；(3) 滑塊在斜面上運動的過程中，其動能與重力勢能相等時距斜面低端的高度(選取斜面 低端所在平面為零勢能面)win-s1jf f f It-1III|0.5 LO 1.52.5譏譏考點：機械能守恒定律；勻變速直線運動的圖像.專題：機械能守恒定律應用專題.分析：(1)小物塊沖上斜面過程中，受到重力、斜面的支持力和摩擦力，知道加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解卩.(2)根據(jù)運動學公式求出物塊上滑的距離， 根據(jù)動能定理求出小物塊返回斜面底端時的速 度v,由P=mgvsin0求滑塊返回斜面底端時重力的

33、功率.(3)先求解出動能和重力勢能的表達式，然后求解它們相等時的高度.解答： 解：(1)初速度v0=20m/s，由圖線知滑塊作勻減速直線運動.加速度大小為：a=| =8m/s2At 2.5根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin0+卩mgcos0=ma而代入數(shù)據(jù)解得卩=0.25(2)由圖知，滑塊上滑的最大位移為：Sn=訂：m=25m2 2滑塊在斜面上滑行的總路程為為：S總=2Sn=50m對上滑和下滑整個過程，運用動能定理得：-卩mgcos0S總=-mJ22代入數(shù)據(jù)，求得滑塊返回斜面底端時的速度為：v=10 : m/s則滑塊返回斜面底端時重力的功率為：P=mgvsin0=0.5x10X10 : x sin37=30:W(3) 設滑塊上滑高度為h時，其動能與重力勢能相等.則由動能定理得：-