浙江省温州市瑞安市龙翔高中高三物理上学期第三次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年浙江省温州市瑞安市龙翔高中高三（上）第三次月考物理试卷一、选择题（本题共4小题在每小题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1下表列出了某种型号轿车的部分数据，如图图为轿车中用于改变车速的档位手推变速杆到达不同档位可获得不同的运行速度，从“15”逐档速度增大，r是倒车档试问若轿车在额定功率下，要以最大动力上坡，变速杆应推至哪一档？当轿车以最高速度运行时，轿车的牵引力约为多大（）长/mm宽/mm高/mm448117461526mm净重/kg1337kg传动系统前轮驱动与五挡变速发动机类型直列4缸发动机排量（l）2.0l最高时速（km/h）189km/h100km/h的加速时间（s）12s额定功率（kw）108kwa“5”档、8000nb“5”档、2000nc“1”档、4000nd“1”档、2000n2有关物理学研究问题方法的叙述正确的是（）a亚里士多德首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法b探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，采用控制变量法研究c用比值法来描述加速度这个物理量，其表达式为a=d如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷静电力就要做功这里用的逻辑方法是归纳法3小明玩颠乒乓球的游戏，设乒乓球弹起后做竖直上抛运动，每次弹起的高度均为0.2m（忽略空气阻力、球与球拍的接触时间，重力加速度取g=10m/s2），则（）a上升阶段中，乒乓球加速度的方向竖直向上b乒乓球上升到最高点时，其加速度大小为零c乒乓球两次弹起之间的时间间隔为0.2sd小明每分钟最多颠球150次4如图，真空中o点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为ea，方向与ab连线成60角，b点的场强大小为eb，方向与ab连线成30角，则关于a、b两点场强大小及电势a、b的高低关系正确的为（）aea=3eb，abbea=3eb，abcea=，abdea=eb，ab二、选择题（本题共3小题在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5在如图所示电路中，电源的电动势e=3v，内电阻r=0.5，电阻r1=2，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，则下列叙述中正确的是（）ai变小，u1变小bu2变小，u3变大c电阻r1的电功率减小d电源的输出功率减小6如图所示，质量为m的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为h时，速度达到v，不计空气阻力，则（）a物体所受合力做的功等于mv2+mghb底板对物体的支持力做的功等于mgh+mv2c钢索的拉力做的功等于mv2+mghd钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯m做的总功等于mv27如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是（）a从t=0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上b从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动c从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上d从t=时刻释放电子，电子必然打到左极板上三、解答题（共5小题，满分78分）8某同学设计了一个“探究加速度与物体所受合力f及质量m的关系”实验如图a为实验装置简图，a为小车，b为电火花计时器，c为装有砝码的小桶，d为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力f等于砝码和小桶的总重量，小车运动加速度a可用纸带上点求得（1）图（b）为某次实验得到的纸带，其中每两个计数点之间有四个打点没有画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2（保留二位有效数字）（2）下列说法正确的是a每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力b实验时应先释放小车后接通电源c本实验小车质量a应远大于钩码c的质量d在用图象探究加速度与质量关系时，应作am图象好判断（m为小车质量）（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的af图象，可能是图（c）中的图线（选填“甲”、“乙”、“丙”）9某研究性学习小组为探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系，设计并完成了有关的实验，以下是实验中可供选用的器材a待测小灯泡（额定功率6w，额定电流0.5a）b电流表（量程00.6a，内阻0.1）c电压表（量程05v，内阻约5k）d电压表（量程015v，内阻约15k）e滑线变阻器（最大阻值50）f滑线变阻器（最大阻值1k）g直流电源（电动势15v，内阻可忽略）h开关一个，导线若干实验中调节滑线变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流（1）实验中为较准确测量、方便调节，电压表应选用，滑动变阻器应选用（填写仪器符号）；（2）请在如图1的虚线框中画出为完成上述实验而设计的合理的电路图（3）如图2所示是该研究小组测得小灯泡的iu关系图线由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为6v时，其灯丝电阻值约为（保留两位有效数字）（4）若不考虑电表内阻的影响，得到的是上面的iu关系图线但由于电表存在内阻，实际测得的伏安特性曲线比上面的iu关系图线位置来得偏（选填“高”或“低”）10如图所示，水平光滑绝缘轨道mn的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在e=4.0102 n/c、水平向左的匀强电场一个质量m=0.10kg、带电荷量q=5.0105 c的滑块（可视为质点）从轨道上与挡板相距x1=0.20m的p点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动当滑块与挡板碰撞后，滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x2=0.10m的q点时，滑块第一次速度减为零若滑块在运动过程中电荷量始终保持不变，求：（1）滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；（2）滑块从p点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；（3）滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能11如图甲所示，质量m=2kg的物块在平行斜面向上的拉力f作用下从静止开始沿斜面向上运动，t=0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（vt图象）如图乙所示，g取10m/s2，求：（1）2s内物块的位移大小s和通过的路程l；（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小f12滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大假设滑雪者的速度超过4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由1=0.25变为2=0.125一滑雪者从倾角=37的坡顶a处由静止开始自由下滑，滑至坡底b（b处为一光滑小圆弧）后又滑上一段水平雪地，最后停在c处，如图所示，不计空气阻力，坡长l=26m，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；（2）滑雪者到达b处的速度；（3）滑雪者在水平雪地上运动的最大距离2015-2016学年浙江省温州市瑞安市龙翔高中高三（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共4小题在每小题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1下表列出了某种型号轿车的部分数据，如图图为轿车中用于改变车速的档位手推变速杆到达不同档位可获得不同的运行速度，从“15”逐档速度增大，r是倒车档试问若轿车在额定功率下，要以最大动力上坡，变速杆应推至哪一档？当轿车以最高速度运行时，轿车的牵引力约为多大（）长/mm宽/mm高/mm448117461526mm净重/kg1337kg传动系统前轮驱动与五挡变速发动机类型直列4缸发动机排量（l）2.0l最高时速（km/h）189km/h100km/h的加速时间（s）12s额定功率（kw）108kwa“5”档、8000nb“5”档、2000nc“1”档、4000nd“1”档、2000n【考点】功率、平均功率和瞬时功率【专题】功率的计算专题【分析】根据p=fv可知，需要最大动力，则速度要最小，当牵引力等于阻力时速度达到最大值，此时f=【解答】解：根据p=fv可知，需要最大牵引力，则速度要最小，所以变速杆应推至“1”档；当牵引力等于阻力时速度达到最大值，此时有：f=2057n故选：d【点评】本题是信息题，要求同学们能根据图表得出有效信息，知道当牵引力等于阻力时速度达到最大值，难度适中2有关物理学研究问题方法的叙述正确的是（）a亚里士多德首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法b探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，采用控制变量法研究c用比值法来描述加速度这个物理量，其表达式为a=d如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷静电力就要做功这里用的逻辑方法是归纳法【考点】物理学史【分析】伽利略的“理想斜面实验”是建立在可靠的事实基础之上的，它来源于实践，而又高于实践，它是实践和思维的结晶探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，采用控制变量法研究；如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷静电力就要做功这里用的逻辑方法是假设法【解答】解：a、伽利略首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，他的“理想斜面实验”是建立在可靠的事实基础之上的，它来源于实践，而又高于实践，它是实践和思维的结晶故a错误；b、探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，采用控制变量法研究，故b正确；c、加速度中a取决于力的大小，不属于比值定义法，加速度定义式a=，故c错误；d、如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷静电力就要做功这里用的逻辑方法是假设法，而不是归纳法故d错误故选：b【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，这也是考试内容之一3小明玩颠乒乓球的游戏，设乒乓球弹起后做竖直上抛运动，每次弹起的高度均为0.2m（忽略空气阻力、球与球拍的接触时间，重力加速度取g=10m/s2），则（）a上升阶段中，乒乓球加速度的方向竖直向上b乒乓球上升到最高点时，其加速度大小为零c乒乓球两次弹起之间的时间间隔为0.2sd小明每分钟最多颠球150次【考点】竖直上抛运动【专题】解题思想；定性思想；直线运动规律专题【分析】竖直上抛运动是加速度为g的匀减速直线运动，根据位移时间关系公式列式求解即可【解答】解：a、上升阶段中，乒乓球加速度的方向竖直向下故a错误；b、乒乓球上升到最高点时，只受到重力的作用，其加速度大小为g故b错误；c、乒乓球下降的过程中是时间为t，则代入数据得：t=0.1s结合竖直上抛运动的对称性可知，乒乓球上升的时间与下降的时间相等，所以乒乓球做竖直上抛运动的总时间为0.2s，球与球拍的接触时间很短，所以乒乓球两次弹起之间的时间间隔为0. 2s故c正确；d、小明每分钟最多颠球次故d错误故选：c【点评】本题关键是明确小球的运动性质，然后根据运动学公式列式求解，基础题4如图，真空中o点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为ea，方向与ab连线成60角，b点的场强大小为eb，方向与ab连线成30角，则关于a、b两点场强大小及电势a、b的高低关系正确的为（）aea=3eb，abbea=3eb，abcea=，abdea=eb，ab【考点】电场强度；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】先根据几何知识求出a、b两点到点电荷的距离之比，再根据点电荷场强公式e=k求解场强之比再根据沿电场线方向电势降低确定两点电势的高低【解答】解：设a、b两点到点电荷的距离分别为ra和rb根据几何知识得：rb=ra根据e=k得：ea：eb=： =3，则有：ea=3eb由场强方向可知该点电荷带负电，电场线从无穷远处指向负电荷，顺着电场线方向电势降低，则ab故选：b【点评】理解并掌握点电荷场强的决定式，把握沿电场线方向电势降低的特点，即可顺利解决此类题目二、选择题（本题共3小题在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5在如图所示电路中，电源的电动势e=3v，内电阻r=0.5，电阻r1=2，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，则下列叙述中正确的是（）ai变小，u1变小bu2变小，u3变大c电阻r1的电功率减小d电源的输出功率减小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】理想电表不考虑电表对电表的影响，电压表v3测量路端电压，电流表测量干路电流滑动变阻器的滑动触头p向下滑动，接入电路电阻变大，根据电路的结构，由欧姆定律可判断电表示数的变化量大小，当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源输出功率的变化【解答】解：a、当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，r2变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律，i变小，u1=ir1变小，故a正确 b、i变小，则u3=eir，u3变大，则u3=u1+u2，u1变小，则u2变大，故b错误 c、根据p=可知，u1变小，功率变小故c正确 d、内电阻r=0.5，电阻r1=2，则外电路总电阻大于电源的内阻，则当变阻器r的滑片p向下移动时，外电路总电阻增大，电源的输出功率减小，故d正确故选：acd【点评】解决这类动态分析问题的基础是认识电路的结构，明确当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，难度适中6如图所示，质量为m的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为h时，速度达到v，不计空气阻力，则（）a物体所受合力做的功等于mv2+mghb底板对物体的支持力做的功等于mgh+mv2c钢索的拉力做的功等于mv2+mghd钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯m做的总功等于mv2【考点】功能关系；功的计算【专题】定性思想；推理法；守恒定律在近代物理中的应用【分析】对物体应用动能定理即可求解物体所受合力做的功，根据电梯的运动情况，可以求得电梯的加速度的大小，再有牛顿第二定律可以求得电梯对物体的支持力的大小，从而可以求得功的大小【解答】解：a、对物体应用动能定理得：合力对物体做的功w=mv2，故a错误；b、电梯由静止开始向上做加速运动，设加速度的大小为a，由速度和位移的关系式可得，v2=2ah，所以a=，对电梯由牛顿第二定律可得， fnmg=ma，所以 fn=mg+ma=mg+m，地板对物体的支持力做的功为w=fnh=（mg+ma）h=mgh+mv2，所以b正确c、对于整体由牛顿第二定律可得，f（m+m）g=（m+m）a，所以钢索的拉力为f=（m+m）g+（m+m）a，钢索的拉力做的功等于fh=（m+m）gh+（m+m）v2，所以c错误d、根据动能定理可得，合力对电梯m做的功等于电梯的动能的变化即为mv2，则钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯m做的总功等于mv2，所以d正确故选：bd【点评】解决本题的关键是对物体的受力分析，再根据功的公式可以逐个来求得每个力的功，知道合力做功等于动能的变化量，难度适中7如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是（）a从t=0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上b从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动c从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上d从t=时刻释放电子，电子必然打到左极板上【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】分析电子的受力情况，来分析电子的运动情况，若一直向右运动，可以打在右板，若电子时而向右运动，时而向左运动，根据位移关系，分析电子的运动情况【解答】解：a、若t=0时刻释放电子，在前内，电子受到的电场力向右，向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子继续向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上即电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，故a正确，b错误；c、若从t=t时刻释放电子，电子先加速t，再减速t，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，故c正确；d、同理，若从t=t时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，故d错误；故选：ac【点评】本题中电子在周期性变化的电场中，电场力是周期性变化的，关键要正确分析电子的受力情况，再根据牛顿运动定律分析电子的运动情况三、解答题（共5小题，满分78分）8某同学设计了一个“探究加速度与物体所受合力f及质量m的关系”实验如图a为实验装置简图，a为小车，b为电火花计时器，c为装有砝码的小桶，d为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力f等于砝码和小桶的总重量，小车运动加速度a可用纸带上点求得（1）图（b）为某次实验得到的纸带，其中每两个计数点之间有四个打点没有画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为0.50m/s2（保留二位有效数字）（2）下列说法正确的是ca每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力b实验时应先释放小车后接通电源c本实验小车质量a应远大于钩码c的质量d在用图象探究加速度与质量关系时，应作am图象好判断（m为小车质量）（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的af图象，可能是图（c）中的图线丙（选填“甲”、“乙”、“丙”）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题【分析】（1）根据纸带实验数据，应用匀变速直线运动的推论x=at2可以求出小车的加速度；（2）根据实验注意事项分析答题；（3）实验时如果没有平衡摩擦力，小车受到的合力等于钩码重力与摩擦力的合力，当钩码的拉力大到一定程度时，小车才有加速度，分析图示图象答题【解答】解：（1）由题意知，计数点间的时间间隔t=0.02s5=0.1s，由图示纸带可知，小车的加速度a=m/s2；（2）a、实验前应平衡摩擦力，一旦平衡摩擦力，在实验中不需要再次平衡摩擦力，每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故a错误；b、实验时应先接通电源，然后再释放小车，故b错误；c、当小车质量远大于钩码的质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，实验时应保证小车质量远大于钩码质量，故c正确；d、在拉力一定时，小车的加速度与质量成反比，与质量的倒数成正比，在用图象探究加速度与质量关系时，为了方便实验数据出处理应作出a图象，故d错误；故选：c（3）实验时如果没有平衡摩擦力，小车受到的合力等于绳子拉力（钩码重力）与摩擦力的合力，小于钩码的重力，当拉力拉力小于摩擦力时，小车加速度等于零，即af图象在f轴上有截距，由图c所示图象可知，没有平衡摩擦力而得出的图象为图线丙故答案为：（1）0.50；（2）c；（3）丙【点评】本题考查了求小车加速度、实验注意事项、实验数据处理等问题；在验证牛顿第二定律实验时，要平衡摩擦力，需要注意小车质量应远大于钩码质量9某研究性学习小组为探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系，设计并完成了有关的实验，以下是实验中可供选用的器材a待测小灯泡（额定功率6w，额定电流0.5a）b电流表（量程00.6a，内阻0.1）c电压表（量程05v，内阻约5k）d电压表（量程015v，内阻约15k）e滑线变阻器（最大阻值50）f滑线变阻器（最大阻值1k）g直流电源（电动势15v，内阻可忽略）h开关一个，导线若干实验中调节滑线变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流（1）实验中为较准确测量、方便调节，电压表应选用d，滑动变阻器应选用e（填写仪器符号）；（2）请在如图1的虚线框中画出为完成上述实验而设计的合理的电路图（3）如图2所示是该研究小组测得小灯泡的iu关系图线由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而增大（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为6v时，其灯丝电阻值约为16（保留两位有效数字）（4）若不考虑电表内阻的影响，得到的是上面的iu关系图线但由于电表存在内阻，实际测得的伏安特性曲线比上面的iu关系图线位置来得偏高（选填“高”或“低”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】描绘灯泡电阻随电压的变化关系，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法根据图象可明确测量误差的现象【解答】解：（1）小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，滑动变阻器应用分压式接法，又小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法接法，实验电路图如图所示，根据小灯泡规格“6w，0.5a”可知，额定电压u=12v所以电压表应选d；为方便实验操作，滑动变阻器应选e（2）滑动变阻器接用分压接法，同时因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；原理图如图所示；（3）由图示图象可知，随灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大；由图示图象可知，灯泡两端电压为6v时，通过灯泡的电流为0.4a，则灯泡电阻r=15（4）因为采用电流表外接法，由于电压表的分流，使电流表示数偏大，则测量值的iu图象中电流应偏大，故图象偏高；故答案为：（1）d，e；（2）如图所示 （3）增大，16（4）高【点评】本题考查伏安法测灯泡伏安特性曲线的实验，要注意电学实验离不开变阻器，当要求电流和电压从零调时变阻器应用分压式接法；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法接法10如图所示，水平光滑绝缘轨道mn的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在e=4.0102 n/c、水平向左的匀强电场一个质量m=0.10kg、带电荷量q=5.0105 c的滑块（可视为质点）从轨道上与挡板相距x1=0.20m的p点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动当滑块与挡板碰撞后，滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x2=0.10m的q点时，滑块第一次速度减为零若滑块在运动过程中电荷量始终保持不变，求：（1）滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；（2）滑块从p点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；（3）滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能【考点】牛顿第二定律；功能关系；电势能【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）光滑绝缘的轨道没有摩擦力，滑块水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律可以求出加速度的大小；（2）根据功的定义，由滑块在水平方向的位移和电场力求得；（3）根据功能关系，与挡板碰撞过程中损失的机械能等于电场力作p到q对滑块所做的功【解答】解：（1）设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a，此过程滑块所受合外力为f=qe=2.0102 n根据牛顿第二定律有 f=ma解得a=0.20m/s2（2）滑块从p点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功w1=qex1=4.0103 j（3）根据功能关系可知，滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由p点运动到q点过程中电场力所做的功，即e=qe（x1x2）=2.0103 j答：（1）滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小为0.20 m/s2；（2）滑块从p点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功为4.0103 j；（3）滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能为2.0103 j【点评】本题运用功能关系求解分析滑块与挡板碰撞所损失的机械能e，也可以根据动能定理分过程求解11如图甲所示，质量m=2kg的物块在平行斜面向上的拉力f作用下从静止开始沿斜面向上运动，t=0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（vt图象）如图乙所示，g取10m/s2，求：（1）2s内物块的位移大小s和通过的路程l；（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小f【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据速度时间图线与时间轴围成的面积求出2s内物块的位移大小和路程大小（2）根据图线的斜率求出沿斜面向上运动两个阶段的加速度大小根据牛顿第二定律对上升的两个阶段列出表达式，求出拉力的大小【解答】解：（1）由图乙知物块沿斜面上升的位移： 物块沿斜面下滑的距离： 所以位移s=s1s2= 路程l=s1+s2= （2）由图乙知，各阶段加速度的大小a1=6m/s2 a2=12m/s2 设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为f，根据牛顿第二定律00.5s内 fffmgsin=ma1 0.