1、20132014 学年河北衡水中学高三上第四次调研物理试卷命题人：郑炜 王民雄 审核人：李红奕说明：本试卷共 21 题；答题时间 110 分钟，满分 110 分。一、选择题：本题共 15 题，不定项选择。每小题 4 分，部分分 2 分，共 60 分。1如图甲所示，A、B 两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上。物体 B从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中 A、 B 始终保持相对静止。则在 02 0t时间内，下列说法正确的是（ ）A 0t时刻，A 、 B 间的静摩擦力最大，加速度最小B 时刻，A 、 B 的速度最大C0 时刻和 2 0t时刻，A 、 B 间的静
2、摩擦力最大D2 t时刻，A 、 B 离出发点最远，速度为 0【考点】牛顿运动定律 【答案】BCD【解析】AC、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、2t 0 时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以 A 为研究对象，分析可知， A 受到的静摩擦力最大，故 A 错误，C 正确；B、整体在 0-t0 时间内，做加速运动，在 t0-2t0 时间内，向原方向做减速运动，则 t0 时刻，B 速度最大，故 B 正确；D、整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则 2t0 时刻，A、B 位移最大；由动量定理得，2s 末动量为零，即速度为零，故 D 正确；故选 BCD。2如图 21 所示，水平地板上有质量
3、 m=1.0kg 的物块，受到随时间 t 变化的水平拉力 F作用（图 22），用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力 Ff 的大小（图 23）重力加速度 g 取 10m/s2下列判断正确的是（ ）A 5s 内拉力对物块做功为零B 4s 末物块所受合力大小为 4.0NC 物块与木板之间的动摩擦因数为 0.4D 6s9s 内物块的加速度的大小为 2.0m/s2【考点】牛顿运动定律 【答案】D【解析】A、在 0-4s 内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s 末开始运动，则 5s 内位移不为零，则拉力做功不为零，故 A 错误；B、4s 末拉力为 4N，摩擦力为 4N，合力为零，故 B 错误；CD、根据牛顿
4、第二定律得，6s9s 内物体做匀加速直线运动的加速度2fF53am/s1 ；而 fg，解得 f0.3mg ，故 C 错误，D 正确；故选 D。3如图 1 为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为 的光滑斜面滑下，然后在不同的 角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值 y 随 变化的图像分别对应图 2 中的（ ）A、和 B、和 C、和 D、和【考点】曲线运动【答案】B【解析】对小球进行受力分析，则有： Nmgcos，随着 的增大，N 减小，对应根据牛顿第二定律得： agsin，随
5、着 的增大，a 增大，对应重力加速度始终为 g，恒定不变，对应，故 B 正确故选 B。4 如图所示，离地 H 高处有一个质量为 m、带电量为+q 的物体处于电场强度随时间变化规律为 ktE0（ 0、 均为大于零的常数，电场水平向左为正方向）的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为 ，已知 gqE0。 0t时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑 2H后脱离墙面，此时速度大小为 2gH，最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法正确的是（ ）A当物体沿墙壁下滑时，物体 先加速再做匀速直线运动B物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线C物体克服摩擦力所做的功
6、 38WmgHD物体与墙壁脱离的时刻为 kEt0【考点】电场【答案】CD【解析】A、竖直方向上有 mgqEa，随着电场强度 E 的减小，加速度 a 逐渐增大，当 E=0时，加速度增大到重力加速度 g，此后物块脱离墙面，故 A 正确；B、物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线，故 B 正确；C、物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得， 2fH1mgWv2， gH， f3Wmg8 ，故 C 错误；D、当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以 0Ekt，解得时间 0Etk，故 D 错误。故选 CD。5如图所示，一质量为 m 的物体在沿斜面向上
7、的恒力 F 作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动。若斜面足够长，表面光滑，倾角为 。经时间 t，恒力 F 做功 80J，此后撤去恒力 F，物体又经时间 t 回到出发点，且回到出发点时的速度大小为 v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是( ) A物体回到出发点时的机械能是 80JB在撤去力 F 前的瞬时，力 F 的功率大小是 2sin3mgvC撤去力 F 前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力 F 后的运动过程中物体的重力势能一直在减少D撤去力 F 前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力 F 后的运动过程中物体的动能一直在减少【考点】机械能【答案】AB【解析】
8、A、根据能量守恒，除了重力之外的力对物体做功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为 80J，所以物体的机械能要增加 80J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为 80J，所以 A 正确；B、因为物体做匀加速直线运动，初速度为 0，由牛顿第二定律可得， Fmgsina，所以物体上升时的路程为 21St，撤去恒力 F 后是匀变速运动，且加速度为 si，所以从撤去拉力到返回底端的过程中， vatgnt，位移为 21satgsint，撤去力 F 前的瞬间，力 F 的功率是 PFat，由以上方程联立可以解得 mg
9、vsin3，所以 B 正确；C、在撤去拉力 F 之后，由于惯性的作用物体还要上升一段距离，物体的重力势能继续增加，所以 C 错误；D、物体向上减速减为零之后，要向下加速运动，所以撤去力 F 后的运动过程中物体的动能是先减小后增加，所以 D 错误。故选 AB。6如图所示，水平传送带两端点 A、B 间的距离为 L，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的 A 点，某人用恒定的水平力 F 使小物体以速度 v1 匀速滑到左端的 B点，拉力 F 所做的功为 W1、功率为 P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q1。随后让传送带以 v2 的速度匀速运动 ,此人仍然用相同的水平力恒定
10、F 拉物体,使它以相对传送带为 v1 的速度匀速从 A 滑行到 B，这一过程中, 拉力 F 所做的功为 W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q2.下列关系中正确的是（ ）AW 1W 2 ,P1P 2，Q 1Q 2BW 1 W2 ,P1P 2，Q 1Q 2 CW 1 W2 ,P1P 2，Q 1 Q 2DW 1W 2 ,P1P 2，Q 1Q 2【考点】机械能【答案】B【解析】设 AB 的长度为 L，拉力大小为 F，滑动摩擦力大小为 f当传送带不运动时，拉力做功 W1=FL，物体从 A 运动到 B 的时间 1Ltv，因摩擦而产生的热量 Q1=fL；当传送带运动时，拉力做功 W2=
11、FL，物体从 A 运动到 B 的时间 2112ttv ，因摩擦而产生的热量 Q2=fv1t2；拉力做功功率 1Pt， 2t比较可知 W1=W2，P 1P 2；又 v1t2v 1t1，v 1t1=L 得 Q1Q 2。故选 B。7如图所示，放置在水平地面上的支架质量为 M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为 m，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动到最低点的过程中有（ ）A在释放瞬间，支架对地面压力为（ m+M）gB摆动过程中，支架对地面压力一直增大C摆球到达最低点时，支架对地面压力为（2m+M ）gD摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大【考点】曲线运
12、动【答案】B【解析】A、整体法：由牛顿第二定律得 ()MmgN，解得NMg，故 A 错误；B、对小球在向下运动过程中某一位置进行受力分析：当小球绕圆心转过角度为 时，具有的速度 v，根据动能定理得：21mgRsinv得 gRsin根据牛顿第二定律得：2Tmi解得 Tgsin2si3gsin而此时对支架根据平衡条件得：竖直方向 NTMgF所以 2NF3msiM，摆动过程中 逐渐增大，所以地面对支架的支持力也逐渐增大，根据牛顿第三定律：即摆动过程中，支架对地面压力一直增大，故 B 正确；C、在从释放到最低点过程中，根据动能定理得： 21mgRv在最低点对整体由牛顿第二定律得2N-(M+)=，两式联
13、立得 N=3mg+M，故 C错误；D、释放的位置，速度为零，重力的瞬时功率为零，最低点，速度与重力垂直，重力的瞬时功率也为零，中间过程重力的瞬时功率不为零，因此重力功率变化为：先变大后变小，故 D 错误。故选 B。8中国首颗月球探测卫星“嫦娥一号”简化后的路线示意图如图所示卫星由地面发射后，先经过地面发射轨道进入地球附近的停泊轨道做匀速圆周运动；然后从停泊轨道经过调控进入地月转移轨道；到达月球附近时，再次调控进入工作轨道做匀速圆周运动这时卫星将开始对月球进行探测已知地球与月球的质量之比为 a，卫星的停泊轨道与工作轨道的轨道半径之比为 b则下列说法中正确的是（ ）A卫星在停泊轨道和工作轨道运行的
14、速度之比为 :bB卫星在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为 aC卫星在停泊轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度D卫星从停泊轨道调控进入地月转移轨道过程卫星机械能守恒【考点】万有引力与航天【答案】AC【解析】A、人造地球卫星的万有引力充当向心力，即2224MmvGrrT，线速度GMvr，已知地球与月球的质量之比为 a，卫星的停泊轨道与工作轨道半径之比为 b，卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为 b： ，故 A 正确；B、周期234rTG，已知地球与月球的质量之比为 a，卫星的停泊轨道与工作轨道半径之比为 b，已知地球与月球的质量之比为 a，卫星的停泊轨道与工作轨道半径之比为3a：，故 B 错
15、误；C、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是圆轨道的最大运行速度，所以卫星在停泊轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故 C 正确；D、卫星从发射后到进人工作轨道过程中，需要卫星的发动机点火，使卫星加速，通过外力克服引力做功，使卫星机械能增加才能达到目的所以机械能不守恒，故 D 错误。故选 AC。9水平面上 A、 B、C 三点固定着三个电荷量均为 Q 的正点电荷，将另一质量为 m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在 O 点，OABC 恰构成一棱长为 L 的正四面体，如图所示。已知静电力常量为 k,重力加速度为 g，为使小球能静止在 O 点，小球所带的电荷量为（ ）26.mglAkQ23.9
16、lBk2.3mlCkQ2.3glDk【考点】电场【答案】A【解析】对小球进行受力分析，小球受重力和 A，B，C 处正点电荷施加的库仑力；将 A，B，C 处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向设 是 A，B ， C 处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，将库仑力分解到水平方向与竖直方向，根据竖直方向平衡条件得：在竖直方向 3Fcosmg2QqFkl根据几何关系得 26cos解得26mglqkQ故选 A。10如图甲，真空中有一半径为 R、电荷量为Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立 x 轴。理论分析表明，x 轴上各点的场强随 x 变化关系如图乙，则（ ）Ax 2
17、处场强大小为 2kxB球内部的电场为匀强电场Cx 1、x 2 两点处的电势相同D假设将试探电荷沿 x 轴移动，则从 x1 移到 R 处和从 R 移到 x1 处电场力做功相同【考点】电场【答案】A【解析】A、电荷量为+Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，当作点电荷，则有 x2 处场强大小为2kQx，故 A 正确；B、由图象可知，球内部的电场为非匀强电场，由 2QEkr与3XR，则有3kQExR，故 B 错误；C、由图象与 Pq ，则 x1、 x2 两点处的电势不同，故 C 错误；D、因电场力做功与初末位置有关，当假设将试探电荷沿 x 轴移动，则从 x1 移到 R 处和从R 移到 x1 处电场力
18、做功不同，一做正功，另一做负功，故 D 错误；故选 A。11真空中，两个相距 L 的固定电荷 E、F 所带电荷量分别为 QE 和 QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向电场线上标出了 M、N 两点，其中 N 点的切线与 EF 连线平行，且NEF NFE，则（ ）A在 M 点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到 N 点BE 带正电，F 带负电，且 QEQ FC负检验电荷在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能D过 N 点的等势面与过 N 点的切线( 图中虚线)垂直 【考点】电场【答案】D【解析】A、只有电场线方向是一条直线，且初速度
19、为 0 或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合，故 A 错误；B、根据电场线的流向，知 E 带正电，F 带负电；N 点的场强可看成 E、F 两电荷在改点产生场强的合场强，电荷 E 在 N 点电场方向沿 EN 向上，电荷 F 在 N 点产生的场强沿 NF 向下，合场强水平向右，可知 F 电荷在 N 点产生的场强大于 E 电荷在 N 点产生的场强，而NFNE，所以 QFQ E，故 B 错误；C、沿电场线方向电势逐渐降低，U MU N，再根据 Ep=qU，q 为负电荷，知 EpME pN，故C 正确；D、因为电场线和等势面垂直，所以过 N 点
20、的等势面与过 N 点的切线垂直，故 D 错误。故选 D。12空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从 x1 处 沿 x 轴负方向运动，初速度大小为 v0,其电势能 Ep随坐标 x 变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点 O 处电势能为 E0，在 x1处电势能为 E1，则下列说法中不正确的是（ ）A 坐标原点 O 处 电 场 强 度 为 零B 粒 子 经 过 x1、 -x1 处 速 度 相 同C 由 x1 运动到 O 过程加速度一直减小D粒 子 能 够 一 直 沿 x 轴负方向运动，一定有 0102()Evm【考点】电场【答案】C【解析】A、从图中可
21、得负电粒子的电势能先增大，后减小，说明电场力先做负功后做正功，O 点是分界点，在 O 点电场方向发生变化，所以 O 点的电场强度为零， A 正确；B、在 x1、 -x1 处电势能大小相等，所以过程中电场做功之和为零，故动能不变，即两处的速度相等，B 正确；C、从图中可得从 x1 到 O 点运动过程中，电势能增加的越来越快，所以速度减小的越来越快，即加速度越来越大，C 错误；D、要使粒子一直沿 x 负方向运动，从图中可得则初速度必须满足 2011mvE,故，D 正确。0102()Evm故选 C。13如图所示，A、B 两导体板平行放置，在 t0 时将电子从 A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计
22、)分别在 A、B 两板间加四种电压，它们的 UABt 图线如下列四图所示其中可能使电子到不了 B 板的是（ ）【考点】电场【答案】B【解析】A、加 A 图电压，电子从 A 板开始向 B 板做匀加速直线运动一定能到达 B 板，故 A 错误；B、加 B 图电压，开始向 B 板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是 2 倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的 v-t 图，可知有可能到不了 B 板，故 B 正确；C、加 C 图电压，由 v-t 图，电子一直向前运动，可知一定能到达，故 C 错误；D、加 D 图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达，
23、故 D 错误。故选 B。14一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正检验电荷固定在 P 点，如图所示，以 C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、 表示 P 点的电势，W 表示正电荷在 P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0 的过程中，各物理量与负极板移动距离 x 的关系图象中正确的是（ ）【考点】电场【答案】C【解析】平行板电容器电量不变，当极板距离减小时，A、根据电容决定式 04(-)SCkdl知，d 减小，则电容 C 增大，但是 C 与 l0 不是线性关系，故 A 错误；B、根据 QU知，U 减小，电场强度 U4kQEdS，知电场强度不变
24、，故 B 错误；C、电场强度不变，由 d 及 12得， 与距离成一次函数关系，故 C 正确；D、由 PEq=得，电势能随电势减小，故 D 错误。故选 C。15如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为 L，板间距离为 d，在板右端 L 处有一竖直放置的光屏 M，一带电荷量为 q，质量为 m 的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在 M 屏上，则下列结论正确的是（ ）A板间电场强度大小为 2mg/qB板间电场强度大小为 mg/2qC质点在板间运动中重力的冲量和它从板的右端运动到光屏的过程中重力的冲量相等D质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间【考点】电场【答案】AC【解析】AB、据
25、题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在 M 屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得， qEmg，得到 2mgEq，故 A 正确 B 错误。CD、由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等，时间相等，重力的冲量也相等，故 C 正确，D 错误。故选 AC。二 、 实 验 题 （ 共 10 分 ， 用 黑 色 中 性 笔 在 答 题 纸 上 作 答 ）16（4 分）某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机
26、械能守恒定律。某同学用 20 分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为 cm。图乙所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门 A、B，计时装置测出小球通过 A、B 的时间分别为 2.55ms、5.15ms ，由此可知小球通过光电门 A、B时的速度分别为 vA、v B，其中 vA m/s。用刻度尺测出光电门 A、B 间的距离 h，已知当地的重力加速度为 g，只需比较 是否相等，就可以验证机械能是否守恒（用题目中涉及的物理量符号表示）。通过多次的实验发现，小球通过光电门 A 的时间越短，中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是 。【考点】力学实验【答案】 1.02
27、0 4； gh 和 2BAv； 小球上升过程中受到空气阻力的作用；速度越大，所受阻力越大【解析】游标卡尺读数：整数（10mm）精度（0.05mm）格数（4）10.20mm1.020cm 2A3d1.0v4.m/st5 若动能的增加量和重力势能的减小量相等，机械能守恒，重力势能的减小量为 mgh，动能的增加量为 22ABv，则验证 gh 和 2AB1v是否相等。由于受到阻力作用，小球通过光电门 A 的时间越短，知速度越大，阻力越大。17(6 分) 某实验小组用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数 ，提供的器材有：带定滑轮的长木板，打点计时器，交流电源，木块，纸带，米尺，8 个质量均为20
28、g 的钩码以及细线等。实验操作过程如下：A长木板置于水平桌面上，带定滑轮的一端伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上并与电源连接，纸带穿过打点计时器并与木块相连，细线一端与木块相连，另一端跨过定滑轮挂上钩码，其余钩码都叠放在木块上；B使木块靠近打点计时器，接通电源，释放木块，打点计时器在纸带上打下一系列点，记下悬挂钩码的个数 n ；C将木块上的钩码逐个移到悬挂钩码端，更换纸带，重复实验操作 B；D测出每条纸带对应木块运动的加速度 a，实验数据如表乙所示。根据表乙数据，在图丙中作出 a-n 图象；由图线得到 =_(g=9.8m/s2)，还可求的物理量是_( 只需填写物理量名称) 。【考点】力学实验
29、【答案】图象如图 0.31 木块的质量【解析】由牛顿第二定律得 nmg8nMg(8m)a解得 1a。由图线在纵轴截距可得 =0.31由图线斜率可求木块的质量 M。三、计算题（共 40 分，要有必要的文字说明和方程，在答题纸上作答）18 (9 分) 如图所示，在 A 点固定一正电荷，电量为 Q，在离 A 高度为 H 的 C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度 g。已知静电常量为 k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力。求：(1)液珠的比荷；http:/www./(2)液珠速度最大时离 A 点的距离 h；(3)若已知在点电荷 Q 的电场中，某点的电势可表示成
30、rkQ，其中 r 为该点到 Q 的距离（选无限远的电势为零）。求液珠能到达的最高点 B 离 A 点的高度 Br。【考点】电场【答案】 kQgHmq2h HrB2【解析】（1）设液珠的电量为 q，质量为 m，有 mgHQqk2 解得比荷为 kg2(2)当液珠速度最大时有 hq2 解得 Hh2 (3)设 CB 间的电势差为 CBU，有 BBCrkQH 根据动能定理有 0)(rmgq 解得 HrB2 19.(10 分) 如图所示，在竖直平面内有半径为 R=0.2 m 的光滑 1/4 圆弧 AB，圆弧 B 处的切线水平，O 点在 B 点的正下方，B 点高度为 h=0.8 m。在 B 端接一长为 L=1
31、.0 m 的木板 MN。一质量为 m=1.0 kg 的滑块，与木板间的动摩擦因数为 0.2，滑块以某一速度从 N 点滑到板上，恰好运动到 A 点。 (g 取 10 m/s2)求：(1)滑块从 N 点滑到板上时初速度的速度大小；(2) 从 A 点滑回到圆弧的 B 点时对圆弧的压力；(3)若将木板右端截去长为 L 的一段，滑块从 A 端静止释放后，将滑离木板落在水平面上 P 点处，要使落地点 P 距 O 点最远，L 应为多少？【考点】机械能【答案】 02/vms 30 N，方向竖直向下 L=0.16 m【解析】(1)由动能定理可知： 201gLRmv 解得 02/vs(2) 根据动能定理 202v
32、B 由向心力公式可知： RvmgFB2 解得：F=30 N 由牛顿第三定律知：滑块滑至 B 点时对圆弧的压力为 30 N,方向竖直向下。(3) 由牛顿第二定律可知：mg=ma 根据平抛运动规律： 21hgt得 0.4 sh 由运动学公式可知： )(20Lav）20()vgL由平抛运动规律和几何关系： 210.81()0.8OPxvtLL解得当 0.4L时，L=0.16 m 时，x OP 最大。20.（10 分）如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在 O 位置。质量为 m 的物块 A（可视为质点）以初速度 0v从距 O 点为 0x的 P 点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧,
33、将弹簧右端压到 O点位置 http:/www./后，A 又被弹簧弹回。A 离开弹簧后,恰好回到 P 点。物块 A 与斜面间的动摩擦因数为 ，斜面倾角为 037。求：（1）O 点和 O点间的距离 x1。（2）若将另一个与 A 完全相同的物块 B（可视为质点）与弹簧右端拴接，将 A 与 B 并排在一起，使弹簧仍压缩到 O点位置，然后从静止释放，A、B 共同滑行一段距离后分离。分离后物块 A 沿斜面向上滑行的最大距离 x2 是多少?【考点】机械能【答案】 02165xgvxgvx32502【解析】（1）A 从向下运动到再次返回到 P 的过程，根据动能定理有2010)(2mvxg，解得 02165xg
34、vx(2)A 从 O到 P 过程设弹簧弹力做功为 W，根据动能定理有 0)(sinco)( 1010 xgxgWA、B 将在弹簧原长处分离，设此时共同速度为 v，根据动能定理有2111sin2cos2mgxmgx分离后对 A 有 2122iv联立以上各式可得 gvx350221.（11 分）如图所示，在正交坐标系 xOy 的第一、四象限内分别存在两个大小相等、方向不同的匀强电场，两组平行且等间距的实线分别表示两个电场的电场线，每条电场线与 x 轴所夹的锐角均为 60.一质子从 y 轴上某点 A 沿着垂直于电场线的方向射入第一象限，仅在电场力的作用下第一次到达 x 轴上的 B 点时速度方向正好垂
35、直于第四象限内的电场线，之后第二次到达 x 轴上的 C 点求 OB 与 BC 的比值。【考点】电场【答案】 27:64OBC:【解析】质子的运动轨迹如图所示，设质子在电场中运动的加速度为 a，在 A、B 两点的速度分别为 v0、v，经历时间为 t1。作 AM 垂直于 v0 方向，BM 平行于 v0 方向，过交点 M作 x 轴的垂线，垂足为 N，则 OB=ON+NB由几何关系 NBMBcos30由题意知 v 与 v0 的夹角为 60，根据平抛运动规律沿垂直于 v0 方向的位移 21AM=at，沿平行于 v0 方向的位移 01MBvt在 B 点，沿垂直于 v0 方向的速度分量 1sin6at 沿平行于 v0 方向的速度分量 0co 联立解得23=a23Bva，解得209OB=4va质子从 B 到 C 经历时间为 t2，作 BP 垂直于 v 方向，CP 平行于 v 方向，根据平抛运动规律沿 PC 方向 sin60沿 BP 方向 21coat联立解得20BC3v联立解得 764O
