甘肅西北師大附中高一物理下學期期末試卷含解析

1、2014-2015學年甘肅省西北師大附中高一（下）期末物理試卷一、選擇題（本題共12小題，每題4分，共48分，其中1-8題為單選題，9-12為多選題，全 部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得 0分）（4分）（2015春?甘肅校級期末）清代學者鄭復光在他的著作費隱與知錄中，提出了 極具新意的地脈說，用以解釋地磁現(xiàn)象，明確賦予了地脈以確切的物理的力學性能：“針為 地脈牽型”，地脈是能夠對磁針施予力作用的，將地脈抽象為無數(shù)曲線組成的曲線族，這些曲線就是現(xiàn)在我們通常所說的力線，而在西方學者中，最先提出力線概念的科學家是（）A.奧斯特B.法拉第C.庫倫 D.安培考點：物理學史.專題：常規(guī)題型

2、.分析：根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可.解答： 解：最先提出力線概念的科學家是法拉第，故ACD昔誤，B正確；故選：B.點評：本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強 記憶，這也是考試內容之一. TOC o 1-5 h z （4分）（2015?肇慶三模）軌道康復者”是“垃圾”衛(wèi)星的救星，被稱為“太空110”，它可在太空中給“垃圾”衛(wèi)星補充能源，延長衛(wèi)星的使用壽命.假設“軌道康復者”的軌道半經為地球同步衛(wèi)星軌道半徑的五分之一，其運動方向與地球自轉方向一致，軌道平面與地球赤道平面重合，下列說法正確的是（）“軌道康復者”可在高軌道上加速，以實現(xiàn)

3、對低軌道上衛(wèi)星的拯救B.站在赤道上的人觀察到“軌道康復者”向西運動“軌道康復者”的速度是地球同步衛(wèi)星速度的5倍“軌道康復者”的加速度是地球同步衛(wèi)星加速度的25倍考點：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系.專題：人造衛(wèi)星問題.分析：根據(jù)萬有引力提供向心力，結合軌道半徑的關系得出加速度和周期的關系.根據(jù)“軌 道康復者”的角速度與地球自轉角速度的關系判斷赤道上人看到“軌道康復者”向哪個方向 運動.解答： 解：A、“軌道康復者”要在原軌道上減速，做近心運動，才能“拯救”更低軌道上 的衛(wèi)星.故A錯誤.日因為“軌道康復者”繞地球做勻速圓周運動的周期小于同步衛(wèi)星的周期，則小于地球自轉 的周期，所以“軌道康復者

4、”的角速度大于地球自轉的角速度，站在赤道上的人用儀器觀察 到“軌道康復者”向東運動.故 B錯誤.C根據(jù)G典二1rz-得：V=J,因為“軌道康復者”繞地球做勻速圓周運動時的軌道半徑為 r2 t V r地球同步衛(wèi)星軌道半徑的五分之一，則“軌道康復者”的速度是地球同步衛(wèi)星速度的泥倍.故C錯誤.D根據(jù)G匝二川a得：a=G_L,因為“軌道康復者”繞地球做勻速圓周運動時的軌道半徑為地 rr球同步衛(wèi)星軌道半徑的五分之一，則“軌道康復者”的加速度是地球同步衛(wèi)星加速度的25倍.故D正確.故選：D點評：解決本題的關鍵知道萬有引力提供向心力這一重要理論，并能靈活運用，以及知道衛(wèi)星變軌的原理，知道當萬有引力大于向心力

5、，做近心運動，當萬有引力小于向心力， 做離心運動.（4分）（2015春?甘肅校級期末）如圖所示，以 O為圓心的圓周上有六個等分點 a、b、c、 d、e、f,等量正、負點電荷分別放置在 a、d兩處時，在圓心O處產生的電場強度大小為 E.現(xiàn)改變d處點電荷的位置，使 O點的電場強度改變，下列敘述正確的是（）0咨dA.B.C.D.OeOcOcOe移至c處，O處的電場強度大小不變，方向沿 移至b處，O處的電場強度大小減半，方向沿 移至e處，O處的電場強度大小不變，方向沿 移至f處，O處的電場強度大小減半，方向沿考點：電場強度.專題：電場力與電勢的性質專題.分析：點電荷在0處電場強度的疊加，滿足矢量合成的

6、原理，并根據(jù)點電荷場強公式結合分析.解答： 解：A、由題意可知，等量正、負點電荷在O處的電場強度大小均為方向水平向2右.當移至c處，兩點電荷在該處的電場強度大小不變，方向夾角為60 ,則O處的合電場強度大小為2?Ecos30。=E,但方向：沿cOd角平分線，故 A錯誤；22B同理，當移至b處，兩點電荷在該處的電場強度方向夾角為120 , O處的合電場強度大小為上，方向沿Oc,故B正確；2C同理，當移至e處，。處的合電場強度大小為 等E,方向沿Od與Oe角平分線，故C錯誤;D同理，當移至f處，o處的合電場強度大小減半，方向沿Oe,故D正確；故選：BD.點評：考查點電荷的電場強度的疊加，掌握庫侖定

7、律，理解電場強度的大小與方向，及矢量 疊加原理.（4分）（2015?可南二模）在 x軸上存在與x軸平行的電場，x軸上各點的電勢隨 x點位置變化情況如圖所示.圖中- xixi之間為曲線，且關于縱軸對稱，其余均為直線，也關于縱軸對稱.下列關于該電場的論述正確的是（）一K；二工77上,x軸上各點的場強大小相等從-xi到xi場強的大小先減小后增大一個帶正電的粒子在 xi點的電勢能大于在-xi點的電勢能一個帶正電的粒子在-xi點的電勢能大于在-x2點的電勢能考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關系.專題：電場力與電勢的性質專題.分析：根據(jù)e -x圖象的斜率大小等于電場強度，分析場強的變化.根據(jù)電場力做功判

8、斷電 勢能的變化解答： 解：A （f） - x圖象的斜率大小等于電場強度，故x軸上的電場強度不同，故 A錯誤;日 從-xi到xi場強斜率先減小后增大，故場強先減小后增大，故 B正確；C有圖可知，場強方向指向 0,根據(jù)電場力做功可知，一個帶正電的粒子在xi點的電勢能等于在-xi點的電勢能，故CD昔誤 故選：B 點評：本題關鍵要理解 。-t圖象的斜率等于場強，由電勢的高低判斷出電場線的方向，來 判斷電場力方向做功情況，并確定電勢能的變化（4分）（20i5春?甘肅校級期末）如圖所示，平行直線AA , BB , CC , DD , EE ,分別表示電勢為-4V、- 2V、0、2V、4V的等勢線，若AB

9、=BC=CD=DE=2cnS與直線 MN 30 角，則（）Ml i -IV O JV 4V該電場是勻強電場，距 C點距離為2cm的所有點中，最高電勢為 4V,最低電勢為- 4V該電場是勻強電場，場強大小為E1該電場是勻強電場，距 C點距離為2cm的所有點中，最高電勢為 2V,最低電勢為- 2V電場是勻強電場，場強方向垂直于AA,且指向右下考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關系.專題：電場力與電勢的性質專題.分析：勻強電場的等勢面是一些平行的等間距的直線，且沿著電場線，電勢降低的最快，且 每前進相同距離，電勢降低相等的值.解答： 解：A、勻強電場的等勢面是一些平行的等間距的直線，故該電場是勻強電

10、場；由于 勻強電場中沿著電場線，電勢降低的最快，且每前進相同距離，電勢降低相等的值，故距C點距離為2cm的所有點中，最高電勢為 4V,最低電勢為-4V,故A正確；C錯誤； 日圖中可以看出，等勢面平行且間距相等，故一定是勻強電場；根據(jù)場強與電勢差關系公式 U=Ed可以知道，E=t=20QV/m,故 B錯誤； d 0.01 “uD從圖中可以看出，等勢面平行且間距相等，故一定是勻強電場； 由于電場線與等式面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，故場強方向與AA垂直，且指向左上方，故 D錯誤； 故選：A.點評：本題關鍵是要明確勻強電場的電場線分布圖，同時要能根據(jù)等勢面圖畫出電場線圖， 最后還要熟

11、悉公式 U=Ed的適用范圍.（4分）（2015?可南模擬）如圖所示，無限大均勻帶正電薄板豎直放置，其周圍空間的電場 可認為是勻強電場.光滑絕緣細管垂直穿過板中間小孔，一個視為質點的帶負電小球在細管 內運動.以小孔為原點建立 x軸，規(guī)定x軸正方向為加速度 a和速度v的正方向，下圖分別 ，小球的加速度 a、速度v和動能R隨x的變化圖象，其中正確的考點：帶電粒子在勻強電場中的運動；勻強電場中電勢差和電場強度的關系.專題：帶電粒子在電場中的運動專題.分析：根據(jù)勻強電場中電勢差與場強的關系公式U=Ed,分析電勢與x的關系；根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的大小和方向；根據(jù)動能定理分析速度和動能與x的關系.解答

12、：解：A、在x0范圍內，當x增大時，由U=Ed=Ex可知，電勢差均勻減小， 。-x也應為 向下傾斜的直線，故 A錯誤；日在x 0范圍內，電場力向左，加速度向左，為負值；故 B錯誤；C在x0范圍內，圖線也為曲線，故 C錯誤；D在x0范圍內，圖線也為傾斜的直線，故 D正確.故選：D.點評：對于物理圖象，往往要根據(jù)物理規(guī)律，寫出解析式，再加以分析.（4分）（2013砸城區(qū)校級模擬）如圖所示，豎直平面內工光滑圓弧軌道半徑為 R,等邊三4角形ABC的邊長為L,頂點C恰好位于圓周最低點，CD是AB邊的中垂線.在 A、B兩頂點上放置一對等量異種電荷.現(xiàn)把質量為m帶電荷量為+Q的小球由圓弧的最高點 M處靜止釋

13、放，到最低點C時速度為V0.不計+Q對原電場的影響，取無窮遠處為零電勢，靜電力常量為k,則（）小球在圓弧軌道上運動過程機械能守恒C點電勢比D點電勢高2M點電勢為（mvb - 2mgR2QD.小球對軌道最低點 C處的壓力大小為mg+m2.R考點：功能關系；牛頓第二定律；向心力；電勢能.分析：此題屬于電場力與重力場的復合場，根據(jù)機械能守恒和功能關系即可進行判斷.解答： 解：A、小球在圓弧軌道上運動重力做功，電場力也做功，不滿足機械能守恒適用條件，故A錯誤；B CD處于AB兩電荷的等勢能面上，且兩點的電勢都為零，故 B錯誤；E口白吟2一噸R 1 oC M點的電勢等于 一=- （mvn 2 - mgR

14、）,故 C正確；q Q 2Q 0口小球對軌道最低點 C處時，電場力為k粵，故對軌道的壓力為 mg+m-+kf,故D錯誤;故選：C點評：此題的難度在于計算小球到最低點時的電場力的大小，難度不大.（4分）（2015碰州區(qū)二模）一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地.兩板間有一個正檢驗電荷固定在 P點，如圖所示，以 C表示電容器的電容、 E表示兩板間的場強、。表示P點的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離10的過程中各物理量與負極板移動距離x的關系圖象中正確的是（）2蝕工 工工A.&-B工B. 口 A KC. &k_D考點：電容器的動態(tài)分析.專題：電

15、容器專題.分析：由題意可知電量不變，由平行板電容器的決定式可知電容的變化；由定義式可得出兩 端電勢差的變化；再由 U=Ed可知E的變化，進而判斷勢能的變化.解答： 解：A當負極板右移時，d減小，由C=舁一可知，C與x圖象不能為一4兀k CdkJ次函數(shù)圖象！故 A錯誤；日由U可知，U-47TkdQ,則eJ=47T陶,故E與d無關，故B錯誤； CCSd EsC因負極板接地，設 P點原來距負極板為1 ,則P點的電勢e-E （1 -10）;故C正確；D電勢能E-4 q-Eq （1 T。），不可能為水平線，故 D錯誤； 故選：C.點評：本題考查電容器的動態(tài)分析，由于結合了圖象內容，對學生的要求更高了一步

16、，要求 能根據(jù)公式得出正確的表達式，再由數(shù)學規(guī)律進行分析求解.（4分）（2015次原二模）某空間區(qū)域的豎直平面內存在電場，其中豎直的一條電場線如圖1中虛線所示.一個質量為 m電荷量為q的帶正電小球，在電場中從 O點由靜止開始沿電場 線豎直向下運動.以 O為坐標原點，取豎直向下為 x軸的正方向，小球的機械能 E與位移x 的關系如圖2所示.則（不考慮空氣阻力） （ ）o *+Ei1ElJi1-10 xl x*電場強度大小恒定，方向沿 x軸負方向從O到xi的過程中，小球的速率越來越大，加速度越來越大從O到xi的過程中，相等的位移內，小球克服電場力做的功越來越大到達xi位置時，小球速度的大小為2%+孫

17、）Vm考點：電勢差與電場強度的關系；牛頓第二定律；電場強度.專題：電場力與電勢的性質專題.分析：從圖象中能找出電場力的做功情況，根據(jù)電場力的做功情況判斷出受力，繼而判斷出電場，在利用牛頓第二定律求的加速度解答： 解：A、物體的機械能先減小，后保持不變，故電場力先做負功，后不做功，故電場強度方向向上，再根據(jù)機械能的變化關系可知，電場力做功越來越小，故電場強度不斷減小，故A錯誤；日根據(jù)牛頓第二定律可知，物體受重力與電場力，且電場力越來越小，故加速度越來越大，速度越來越大，故 B正確；2 ( Ei. En+mg x i)為十多1 u b I ,故D正確;C由于電場力越來越小，故相等的位移內，小球克服

18、電場力做的功越來越小，故C錯誤;D根據(jù)動能定理可得ingX + Ei -。得衿 故選：BD點評：本題主要考查了電場力做功與與物體機械能的變化關系，明確電場力做正功，電勢能 增加，電場力做負功，電場力減小即可. （4分）（2015春?甘肅校級期末）如圖所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為 m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d.桿上的A點與定滑輪等高，桿上的 B點在A點下方距離為d處.現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是（）環(huán)到達B處時，重物上升的高度 h= （&-1） d環(huán)到達B處時，環(huán)與重物的速度大小相等環(huán)從A到

19、B,環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能環(huán)能下降的最大高度為Wd3考點：機械能守恒定律.專題：機械能守恒定律應用專題.分析：環(huán)剛開始釋放時，重物由靜止開始加速.根據(jù)數(shù)學幾何關系求出環(huán)到達B處時，重物上升的高度.對B的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，在沿繩子方向上的分速度等于重物的速度，從而求出環(huán)在 B處速度與重物的速度之比.環(huán)和重物組成的系統(tǒng)機械能是守恒的. 解答： 解：A、根據(jù)幾何關系有，環(huán)從 A下滑至B點時，下降的高度為 d ,則重物上升的高 度 h=V2d - d= （yj2 - 1）d,故 A正確； 日 環(huán)到達B處時，對環(huán)B的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，在沿繩子方向上的分速

20、度等于重物的速度，有：v環(huán)cos450 =v物，所以有v環(huán)=在丫物，故B錯誤；C環(huán)下滑過程中無摩擦力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，即有環(huán)減小的機械能等于重物增加的機 械能，故C正確；口設環(huán)下滑到最大高度為 h時環(huán)和重物的速度均為 0,此時重物上升的最大高度為 后丁,根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒有：mgh=2mg（h，dZ 弓）解得：h=d,故D正確. 3故選：ACD點評：解決本題的關鍵知道系統(tǒng)機械能守恒，知道環(huán)沿繩子方向的分速度的等于重物的速度. （4分）（2015次津）如圖所示，代核、笊核、瓶核三種粒子從同一位置無初速地飄入電 場線水平向右的加速電場 E1,之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉，最

21、后打在屏上.整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么（）A.偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多三種粒子打到屏上時的速度一樣大三種粒子運動到屏上所用時間相同三種粒子一定打到屏上的同一位置考點：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：由動能定理定理可求得粒子進入偏轉電場時的速度，再對運動的合成與分解可求得偏 轉電場中的位移；再由幾何關系可明確粒子打在屏上的位置.2解答： 解：帶電粒子在加速電場中加速度，由動能定理可知：E1qd苫md; T解得：v=Eq；粒子在偏轉電場中的時間 t= 1；vJE2 l22Epd- 2 二 L縱向位移x=2at2=-;即位移與比荷無

22、關，與速度無關；2 犯由相似三角形可知，打在屏幕上的位置一定相同，到屏上的時間與橫向速度成反比；故選：AD.點評：本題考查帶電粒子在電場中的偏轉，要注意偏轉中的運動的合成與分解的正確應用.（4分）（2015?山東）如圖甲，兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示.t=0時刻，質量為 m的帶電微粒以初速度為 vo沿中線射入兩板間，01時間內微粒勻 3速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關于微粒在0T時間內運動的描述，正確的是（）圖乙末速度大小為V2V0B.末速度沿水平方向重力勢能減少了 -mgd D.克服電場力做2考點：勻強電

23、場中電勢差和電場強度的關系.專題：電場力與電勢的性質專題.分析：03時間內微粒勻速運動，重力和電場力相等， 不內，微粒做平拋運動， 4TT 33 3二時間內，微粒豎直方向上做勻減速運動，水平方向上仍然做勻速直線運動，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解.解答： 解：A、0段時間內微粒勻速運動，則有：qE0=mg, /4內，微粒做平拋運動，下1 t o2qEn - mg降的位移x 4 （-）,三丁T時間內，微粒的加速度 a=g,方向豎直向上，4/ .S.,1E微粒在豎直方向上做勻減速運動，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為V0,故A錯誤，B正確.C微粒在豎直方向上向下運動，

24、位移大小為則重力勢能的減小量為 Imgd，故C正確. TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark4 o Current Document 22D在2T內和2TT時間內豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時間相等，則位移 3 3131的大小相等，為工d，整個過程中克服電場力做功為故D錯誤. HYPERLINK l bookmark10 o Current Document 44 2故選：BC.點評：解決本題的關鍵知道微粒在各段時間內的運動規(guī)律，抓住等時性，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解.知道在 工2T內和2TT時間內豎直方向上的加速度大小相等，方 HYPERLI

25、NK l bookmark48 o Current Document 3 33向相反，時間相等，位移的大小相等.二、實驗題（本題共 2小題，其中第13小題7分，第14題7分）（7分）（2015春?甘肅校級期末）某實驗小組利用力傳感器和光電門傳感器探究“動能定理”，將力傳感器固定在小車上，用不可伸長的細線通過一個定滑輪與重物G相連，力傳感器記錄小車受到拉力的大小.在水平軌道上A B兩點各固定一個光電門傳感器，用于測量小車的速度V1和V2,如圖1所示.在小車上放置祛碼來改變小車質量，用不同的重物G來改變拉力的大小，摩擦力不計. （1）實驗主要步驟如下：測量小車和拉力傳感器的總質量M,把細線的一端固

26、定在力傳感器上，另一端通過定滑輪與重物G相連，正確連接所需電路；將小車停在點 C （點C在光電門B的右側），由靜止開始釋放小車，小車在細線拉動下運動， 除了光電門傳感器測量速度和力傳感器測量拉力的數(shù)據(jù)以外，還應該記錄的物理量為兩光電門間的距離L ;改變小車的質量或重物的質量，重復的操作.（2）下面表格中M是M與小車中祛碼質量之和，（為動能變化量，F(xiàn)是拉力傳感器的拉力， W是F在A、B間所做的功.表中的3= 0.600J , W= 0.610J （數(shù)據(jù)保留三位有效數(shù)字）次數(shù)M/kg|v 22 - V12|/m2?s 2 E/JF/N W/J10.5000.7600.1900.4000.20020

27、.5001.650.4130.8400.42030.5002.40 E31.22W341.002.401.202.421.21圖1圖2（3）根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，請在圖 2坐標上作出 E- W圖線.考點：探究功與速度變化的關系.專題：實驗題；動能定理的應用專題.分析： （1、2）要探究動能定理就需要求出力對小車做的總功和小車動能的變化，這就要 求必須知道小車發(fā)生的位移即兩光電門間距離；（3）結合表中的數(shù)據(jù)，根據(jù)描點法作出 E- W圖線.解答： 解：（1）根據(jù)動能定理知因要求總功必須已知小車位移，故除了光電門傳感器測量 速度和力傳感器測量拉力的數(shù)據(jù)以外，還應該記錄的物理量為兩光電門間的距離L.（2）由

28、 EVm D 2 一 % - 2得跖d X 0.500 X2-40=0.600J ,2 z 21 J 2根據(jù)表中數(shù)據(jù)由功公式W=FL可求出兩光電門間距離L=W=0.5m,所以FW=F3L=1.22X0.5J=0.610J .（3）結合表中的數(shù)據(jù)，根據(jù)描點法作出 E- W圖線如圖所示：故答案為：（1）兩光電門間的距離 L;（2） 0.600J , 0.610J ;（3）如圖所示.點評：做實驗題時應先根據(jù)實驗原理寫出有關公式再討論即可.小車在鉤碼的作用下在水平面上做加速運動，通過速度傳感器可算出 AB兩點的速度大小，同時利用拉力傳感器測量出拉 小車的力，從而由 AB長度可求出合力做的功與小車的動能

29、變化關系.（7分）（2015春?甘肅校級期末）理論分析可得出彈簧的彈性勢能公式Ep=kx2 （式中k2為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧長度的變化量）.為驗證這一結論，A、B兩位同學設計了以下的 實驗：首先他們都進行了如圖甲所示的實驗：將一根輕質彈簧豎直掛起，在彈簧的另一端掛上一 個已知質量為m的小鐵球，穩(wěn)定后測得彈簧伸長量為d;A同學完成步驟后，接著進行了如圖乙所示的實驗： 將這根彈簧豎直的固定在水平桌面上， 并把小鐵球放在彈簧上，然后豎直地套上一根帶有插銷孔的長透明塑料管，利用插銷壓縮彈 簧；拔掉插銷時，彈簧對小鐵球做功，使小鐵球彈起，測得彈簧的壓縮量為x時，小鐵球上升的最大高度為H.B同學完成步

30、驟后，接著進行了如圖丙所示的實驗.將彈簧放在水平桌面上，一端固定在豎直墻上，另一端被小鐵球壓縮，測得壓縮量為x,釋放彈簧后，小鐵球從高為 h的桌面上水平拋出，拋出的水平距離為 L.彈黃原長.確定彈A、B兩位同學進行圖甲所示實驗的目的是為了確定什么物理量，這個物理量是簧的勁度系數(shù)k ，請用m d、g表示所求的物理量：k=Ei .(2)如果Ep=kx2成立，那么A同學測出的物理量 x與d、H的關系式是：x=_V2dH_ ； B同 學測出的物理量x與d、h、L的關系式是：x= L 旦 .2YT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： (1)根據(jù)重力與彈簧的彈力平衡，借助

31、于胡克定律，即可求解；A同學運用彈簧的彈性勢能轉化為重力勢能來測量形變量，而 B同學則是運用彈簧的彈 性勢能轉化為動能，并借助于做平拋運動來算出初速度，從而即可求解.解答： 解：(1) A、B兩位同學進行圖甲所示的實驗都進行形變量的測量，目的是為了確定彈簧的勁度系數(shù)；根據(jù)胡克定律,則有：k理; dA同學實驗中，根據(jù)彈簧的彈性勢能轉化為重力勢能,則有：kx2=mgH2mg丁 由上解得：x=nB同學，彈簧的彈性勢能轉化為動能，而動能則借助于平拋運動來測得初速度.則由水平位移與豎直高度可得水平初速度：所以:1k (哼=m 叵)22 d 2 V2h解得：x=L k=當；（2） V2dH, L區(qū) dV2

32、h故答案為：(1)確定彈簧的勁度系數(shù) k；點評：本題考查如何測量彈簧的形變量，并通過不同的實驗去設計、測量，并處理數(shù)據(jù)，最 后數(shù)據(jù)誤差分析，從而激發(fā)學生的學習興趣.三、計算題（共4小題，共48分，解答時應寫出必要的文字說明、方程式或重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位） 15. （10分）（2015春?甘肅校級期末）邯鄲大劇院是目前河北省內投資最大、設施最完備、科技含量最高的一家專業(yè)高端劇院，2014年元旦前后，邯鄲大劇院舉辦了幾場盛大的新年音樂會，在一場演出前工作人員用繩索把一架鋼琴從高臺吊運到地面，已知鋼琴的質量為175kg ,繩索能承受的

33、最大拉力為 1820N,吊運過程中鋼琴以 0.6m/s的速度在豎直方向向下做勻速直 線運動，降落至底部距地面的高度為h時，立即以恒定加速度減速，最終鋼琴落地時剛好速2 .一度為李（g取10m/s ），求：（1） h的最小值是多少？（2）為了保證繩索和鋼琴的安全，此次以 0.6m/s的初速度勻減速到零，用時3s,求此次減速過程中鋼琴機械能減少了多少？ 考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系.專題：牛頓運動定律綜合專題.分析：根據(jù)牛頓第二定律求出鋼琴減速時的最大加速度，結合勻變速直線運動的速度位移 公式求出h的最小值.根據(jù)運動學公式和機械能的概念求減少的機械能.解答： 解：（1）當拉

34、力最大時，h有最小值.對鋼琴：F - mg=ma代入數(shù)據(jù)解得：a=0.4 m/s 2又 v2= - 2ah代入數(shù)據(jù)解得：h=0.45m（2）當減速時間為3s時，有：h一 ，191 E=mg h111V J175QX 8 升方乂 175X0. 36J=1606.5J 答：（1） h的最小值為 0.45m.（2）此次減速過程中鋼琴機械能減少了1606.5J .點評：本題的難點在于何時離地面的高度最小，注意題目中的條件：繩子承受的最大拉力， 結合運動學公式即可求解.（14分）（2014?正定縣校級模擬）月球與地球質量之比約為1: 80, 一般情況下，我們認為月球繞地球運動，其軌道可近似認為是圓周軌道

35、，但有研究者提出，地球的質量并非遠遠 大于月球質量，故可認為月球和地球可視為一個由兩質點構成的雙星系統(tǒng)，他們都圍繞地球 與月球連線上某點 。做勻速圓周運動.在月地距離一定的情況下，試計算這種雙星系統(tǒng)所計 算出的周期T1與一般情況所計算出的周期 T2之比.（結果可用根號表示）考點：萬有引力定律及其應用.專題：萬有引力定律的應用專題.分析：在雙星系統(tǒng)中，雙星繞兩者連線的中點做圓周運動，由相互之間萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解運動周期T1.一般情況下，地球對月球的萬有引力提供月球繞其運動的所需要的向心力，據(jù)此計算周期解答： 解：設地球和月球的質量分別為M m,其間距為L,在雙星系統(tǒng)中地球與

36、月球的軌道半徑分別為R、r,則在雙星系統(tǒng)中，對地球:其中 R+r=L由得：在一般情況下，對月球： 普二田里二則T2冗lQj由得:答：這種雙星系統(tǒng)所計算出的周期Ti與一般情況所計算出的周期 T2之比為延.9點評：由于雙星和它們圍繞運動的中心點總保持三點共線，所以在相同時間內轉過的角度必 相等，即雙星做勻速圓周運動的角速度必相等，角速度相等，周期也必然相同.(12分)(2015?崇明縣一模)如圖，絕緣的水平面上，相隔 2L的AB兩點固定有兩個電量均為Q的正點電荷，a, Q b是AB連線上的三點，且 O為中點，Oa=Ob=. 一質量為mr電量2為+q的點電荷以初速度 vo從a點出發(fā)沿AB連線向B運動，在運動過程中電荷受到大小恒定的 阻力作用，當它第一次運動到 O點時速度為2V0,繼續(xù)運動到b點時速度剛好為