【宁夏银川九中】2016届高三上学期第四次月考物理试卷(附答案与解析)

宁夏银川九中2016届高三上学期第四次月考物理试卷
一、选择题：（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1~4题只有一项符合题目要求，第5~8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 1．关于加速度的有关论述，下列说法正确的是（ ） A ．加速度不断减小，物体的速度一定减小 B ．加速度为负，物体一定做减速运动 C ．圆周运动的加速度方向不一定指向圆心 D ．曲线运动的加速度一定是变化的
2．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能恰好是重力势能的3倍．不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ） A ．
π
6
B ．
π4
C ．
π3
D ．
5π12
3．如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10 V 、20 V 、30 V ，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a 、b 、c 是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（ ）
A ．粒子在三点所受的电场力不相等
B ．粒子必先过a ，再到b ，然后到c
C ．粒子在三点所具有的动能大小关系为b a c k k k E E E ＞＞
D ．粒子在三点的电势能大小关系为c a b p p p
E E E ＜＜
4．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．一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（ ）
A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B ．P 点的电势将降低
C ．带电油滴的电势能将减小
D ．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
5．如图，电子在电势差为1U 的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为2U 的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，电子的重力不计．在满足电子能射出平行板区的条件
下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转位移h 变大的是（ ）
A ．1U 变大
B ．1U 变小
C ．2U 变大
D ．2U 变小
6．如图所示，用长L 0.50 m =的绝缘轻质细线，把一个质量m 1.0 g =带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d 5.0 cm =，两板间电压3U 1.010 V =⨯．静止时，绝缘细线偏离竖直方向θ角，小球偏离竖直线的距离a 1.0 cm =．取2
g 10 m /s =．则下列说法正确的是（ ）
A ．两板间电场强度的大小为42.010 V /m ⨯
B ．小球带的电荷量为81.010
C -⨯
C ．若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动
D ．若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动
7．2008年9月25日至28日，我国成功实施了“神舟”七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，然后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟．下列判断正确的是（ ） A ．飞船变轨前后的机械能相等
B ．飞船在圆轨道上飞行时航天员出舱前后都处于失重状态
C ．飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度
D ．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的向心加速度与变轨后沿圆轨道运动的向心加速度大小相等 8．如图所示，边长为L 的正方形abcd 区域内有场强大小为
E 的匀强电场，电场方向与正方形的一条边平行（图中未画出）．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子由ad 边中点，以垂直该边的速度v 进入该正方形区域，若不计粒子的重力，则该粒子再次从该正方形区域射出时，具有的动能可能是（ ）
A ．21
mv 2
B ．211 mv EqL 22
-
C ．21
1 m v EqL 23
+
D ．212 mv EqL 23
+
二、非选择题：（包括必考题和选考题两部分．第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13~18题为选考题，考生根据要求作答）．
（一）必考题
9．如图，游标卡尺的读数为_________mm ，螺旋测微器的读数为_________mm ．
10．（9分）利用如图实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题． （1）实验操作步骤如下，请将步骤B 补充完整： A ．按实验要求安装好实验装置；
B ．使重物靠打点计时器，接着先接通电源，后_________，打点计时器在纸带上打下一系列的点；
C ．图2为一条符合实验要求的纸带，O 点为打点计时器打下的第一个点．分别测出若干连续点A 、B 、C…与O 点之间的距离1h 、2h 、3h …．
（2）已知打点计时器的打点周期为T ，重物质量为m ，重力加速度为g ，结合实验中所测得的1h 、2h 、3h ，纸带从O 点下落到B 点的过程中，重物增加的动能为_________，减少的重力势能为_________． （3）取打下O 点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度h 时所对应的动能k E 和重力势能p E ，建立坐标系，横轴表示h ，纵轴表示k E 和p E ，根据数据在图3中已绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ．已求得图线Ⅰ斜率的绝对值1k 2.94 J /m =，图线Ⅱ的斜率2k 2.87 J /m =．通过对1k 和2k 的比较分析，去除误差，可得到的结论是：________________________．
11．（14分）如图甲所示，一物块在t 0=时刻，以初速度0v 4 m /s =从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图乙所示，t 0.5 s =时刻物块到达最高点，t 1.5 s =时刻物块又返回底端．求： （1）物块上滑和下滑的加速度大小1a 、2a ； （2）斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ．
12．（18分）如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45︒角的绝缘直杆AC，其下=．有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小端（C端）距地面高度h0.8 m
环离杆后正好通过C端的正下方P点处．（g取2
10 m/s）求：
（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向．
（2）小环从C运动到P过程中的动能增量．
v．
（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小
三、选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题
计分．
【物理---选修3-3】
13．下列说法正确的是（）
A．液晶的光学性质具有各向异性
B．当人们感觉到闷热时，说明空气的相对湿度较小
C．液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏
D．草叶上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
E．由于液体表面具有收缩趋势，故液体表面的分子之间不存在斥力
=的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4 cm高的水银14．（9分）如图所示，在长为L57 cm
=．
柱封闭着51 cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃，大气压强0p76 cmHg
①若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度；
②若保持管内温度始终为33℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强．
【物理---选修3-4】
15．下列说法中正确的是（）
A．一弹簧连接一物体沿水平方向做简谐运动，则该物体做的是匀变速直线运动
B．若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的1
2
，则单摆
振动的频率将不变，振幅变小
C．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，速度一定相同
D．单摆在周期性的外力作用下做简谐运动，则外力的频率越大，单摆的振幅越大
E．机械波在介质中传播时，各质点将不会随波的传播而迁移，只在平衡位置附近振动
16．（9分）投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到平面上，经半球形镜头折射后在光屏MN上形成一个圆形光斑．已知镜头半径为R，光屏MN到球心O的距离为d（d3R
＞），玻璃对该单色光的折射率为n，不考虑光的干涉和衍射．求光屏MN上被照亮的圆形光斑的半径．
【物理---选修3-5】
17．下列说法正确的是（）
A．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型
B．宏观物体的物质波波长非常小．极易观察到它的波动性
C．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的
D．爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说
E．对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应18．（9分）质量为M 6 kg
=的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为6 kg，停在B的左端．质量为1 kg 的小球用长为0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为0.2 m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力．已知A、B间的动摩擦因数0.1
μ=，为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板至少多长？
宁夏银川九中2016届高三上学期第四次月考物理试卷
答 案
一、选择题 1~4．CADB 5．BC
6．ABD
7．BCD
8．AC
二、非选择题 9．102.30；5.545 10．（1）释放纸带；
（2）2312
m(h h )8T -；2mgh ；
（3）动能的增加量等于重力势能的减少量。

11．解：（1）由图像可得：
22
011v 4
a m /s 8m /s 1
t 2
=
== 设物块返回底端时的速度为v 则有：
012111
v t v(t t )22
=- 代入数据可得：v 2 m/s =
所以物体下滑时的加速度大小为：221
2v
a s t /t 2 m ==
- （2）物块上滑时对物块进行受力分析根据牛顿第二定律有：
1mgsin mgcos ma θ+μθ=①
物块下滑时对物块进行受力分析根据牛顿第二定律有：
2mgsin mgcos ma θ-μθ=②
代入1a 和2a 由①和②式可解得：
30θ=︒
，μ 答：（1）物体上滑时加速度大小为28 m /s ，下滑时加速度大小为22m /s ； （2）斜面的倾角为30θ=︒
，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。

12．解：（1）对带电小环受力分析
因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电。

由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等。

则小环离开直杆后所受的合外力大小为：F =合
由牛顿第二定律可得：2a m /s =，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45︒角斜向下）。

（2）设小环从C 运动到P 过程中动能的增量为k ΔE 。

由动能定理有：G E k W W ΔE += 则电场力做功为零E W 0= 所以k G E W mgh 4 J ∆===
（3）小环离开杆做类平抛运动。

如图所示建立坐标x 、y 轴
垂直于杆方向做匀加速运动：21y at h 2=
=
平行于杆方向做匀速运动：0x v t h 2
== 解得：0v 2 m /s =
答：（1
）小环离开直杆后运动的加速度大小为2/s ，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下）。

（2）小环从C 运动到P 过程中的动能增量为4 J 。

（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小为2 m /s 。

13．ACD
14．解：①设玻璃管横截面积为S ，以管内封闭气体为研究对象，气体经等压膨胀： 初状态：1V 51 S =，1T 306 K =； 末状态：2V 53 S =，2T ?= 由盖吕萨克定律：12
12
V V T T = 解得：2T 318 K =
②当水银柱上表面与管口相平，设此时管中气体压强为p ，水银柱的高度为H ，管内气体经等温压缩，
初状态：1V 51 S =，1p 80 cmHg =
末状态：2V (57H)S =-，2p (76H)cmHg =+ 由玻意耳定律：1122p V p V = 得：H 9 cm = 故：2p 85 cmHg =
答：①若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，管中气体的温度是318 K ；
②若保持管内温度始终为33℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，此时管中气体的压强是85 cmHg 。

15．BE
16．解：如图所示，光线入射到D
点时恰好发生全反射
1R sinC OF n cosC
=
==
又因为
O F
tan C r
'= O F d OF '=-
解得：r nR =
答：光屏MN
上被照亮的圆形光斑的半径为nR 。

17．ADE
18．解：小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：211
mgL mv 2=， 代入数据解得：1v 4 m /s =，
小球反弹后上升过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：211
mgh mv 2
='， 代入数据解得：1v 2 m /s '=，
球与A 碰撞过程中，系统动量守恒，以球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
111A A mv m v m v =-'+， 代入数据解得：A v 1 m /s =，
物块A 与木板B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
A A A m v (m M)v =+，
代入数据解得：v 0.5 m/s =； 由能量守恒定律得：22A A A A 11
m gx m v (m M)v 22
μ=-+， 代入数据解得：x 0.25 m =；
答：为使A 、B 达到共同速度前A 不滑离木板，木板至少长0.25 m 。

宁夏银川九中2016届高三上学期第四次月考物理试卷
解析
1．【考点】加速度．
【分析】加速度是反映速度变化快慢的物理量，数值上等于单位时间内速度的变化量．当加速度的方向与速度方向相同，则做加速运动，若相反，则做减速运动，只有做匀速圆周运动物体受到的合外力方向才始终指向圆心．
【解答】解：A．当加速度的方向与速度方向相同时，物体做加速运动，即使加速度减小，仍做加速运动，速度增大．故A错误；
B．若速度方向为负，加速度方向为负，方向相同，则物体做加速运动．故B错误；
C．做圆周运动的物体可以是在做加速的圆周运动，不一定是匀速的圆周运动，只有做匀速圆周运动物体受到的合外力方向才始终指向圆心，故C正确；
D．曲线运动的加速度不一定变化，如平抛运动，加速度不变．故D错误．
故选：C．
【点评】解决本题的关键知道加速度是反映速度变化快慢的物理量，数值上等于单位时间内速度的变化量．以及掌握判断加速运动还是减速运动的方法，当加速度的方向与速度方向相同，则做加速运动，若相反，则做减速运动．
2．【考点】平抛运动．
【分析】根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能恰好是重力势能的3倍，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角．
【解答】解：设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为α．根据机械能守恒定律得：
+mgh=mv2
据题有：=3mgh
联立解得：v=
则cosα==
可得α=
故选：A．
【点评】解决本题的关键会熟练运用机械能守恒定律处理平抛运动，并要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解．
3．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】此题首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的；因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；根据abc三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，可判断出经过a．b．c三点时的动能和电势能的大小关系．
【解答】解：
A．因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等．选项A错误．
B．由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次沿a．b．c运动，还是依次沿c．b．a运动，都会的到如图的轨迹．选项B错误．
C．带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，可判断在C点的动能最大，在b点的动能最小．选项C错误．
D．由对C的分析可知，D选项正确
故选D．
【点评】本题考察到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点．解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，等势面有以下几方面的特点：
①、等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直．
②、在同一等势面上移动电荷时电场力不做功．
③、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面．
④、任意两个等势面都不会相交．
⑤、等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱．
4．【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】将平行板电容器的上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．
【解答】解：A．将平行板电容器的上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=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．
B．场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，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Q=Uc，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；
故选：B．
【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．
5．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场时的速度．电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动．运用平抛运动的竖直方向的做匀加速直线运动的位移公式，可求出电子的偏转位移h的变化情况．【解答】解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：…①
又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：…②
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：=…③
电子射出偏转电场时，偏转位移：h=…④
由①、②、③、④可得：
故U2变大或U1变小都可能使偏位移h变大，故B．C正确，A．D错误．
故选：BC．
【点评】带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化．第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法．第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解．
6．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】由电场强度与电势差的关系，可求电场强度；对小球受力分析，有平衡条件求电场力，求电荷量；细线断后小球受到重力、电场力，合力为恒力，做匀加速直线运动
【解答】解：A．设两板间的电场强度为E，根据匀强电场的场强和电势差的关系得E==
V/m=2．0×104 V/m，A项正确；
B．小球静止时受力平衡，由平衡条件得qE=mgtan θ，解得q=．因为θ角很小，所以tan θ≈sin θ==，解得q=1．0×10﹣8 C，B项正确；
C．D．细线剪断时，由于小球受到重力和电场力的合力为恒力，且小球初速度为零，故小球做初速度为零的匀加速直线运动，C项错误，D项正确．
故选：ABD
【点评】考查了带电粒子在电场中的受力平衡问题，由受力情况，判断运动情况
7．【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【分析】同步卫星的周期T=24h，根据周期与角速度的关系可知角速度的大小关系．
飞船在飞行过程中只受地球万有引力作用，飞船处于完全失重状态．
飞船的加速度由万有引力产生，加速度是否相同就是看飞船受到的万有引力是否一样．
【解答】解：A．在远地点343千米处点火加速，机械能增加，故A错误．
B．飞船在圆轨道上时，航天员出舱前后，航天员所受地球的万有引力提供航天员做圆周运动的向心力，航天员此时的加速度就是万有引力加速度，即航天员出舱前后均处于完全失重状态，故B正确；
C．因为飞船在圆形轨道上的周期为90分钟小于同步卫星的周期，根据ω=可知角速度与周期成反比，所以飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C正确；
D．飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，据可知，轨道半径一样则加速度一样，故D正确．
故选：BCD．
【点评】圆形轨道上，航天器受到的万有引力提供航天器做圆周运动的向心力，即万有引力产生的加速度等于向心加速度，无论航天器是否做圆周运动，空间某点航天器无动力飞行时的加速度即为万有引力加速度，此加速度只跟物体轨道半径有关，与运动状态无关．
8．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【分析】粒子在电场中加速，根据粒子运动情况应用动能定理答题．
【解答】解：如果v与E方向相同，由动能定理得：qEL=mv′2﹣mv2，解得：EK′=mv2+qEL，
如果v与E方向相反，则：EK′=mv2，
如果v与E垂直，从ab或cd射出时粒子的动能最大，
由动能定理得：qE•L=mv′2﹣mv2，解得：EK′=mv2+qEL，
如果从bc边射出，粒子的动能：mv2＜EK＜mv2+qEL，故AC正确，BD错误；
故选：AC．
【点评】本题考查了求粒子的动能，应用动能定理即可正确解题．
9．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．
【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
【解答】解：1．游标卡尺的主尺读数为102mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm，所以最终读数为：102mm+0.30mm=102．30mm．
2．螺旋测微器的固定刻度为5．5mm，可动刻度为4．5×0.01mm=0.045mm，所以最终读数为5．5mm+0.045mm=5．545mm．
故答案为：102．30，5．545
【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．
10．【考点】验证机械能守恒定律．
【分析】（1）实验时为了提高纸带的利用率，应先接通电源后释放纸带；
（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量．
（3）若机械能守恒，因为初位置的机械能为零，则每个位置动能和重力势能的绝对值应该相等，图线不重合的原因是重物和纸带下落过程中需克服阻力做功．
【解答】解：（1）如果先释放纸带后接通电源，有可能会出现小车已经拖动纸带运动一段距离，电源才被接通，那么纸带上只有很小的一段能打上点，大部分纸带没有打上点，纸带的利用率太低；所以应当先接通电源，后让纸带运动．
（2）B点的瞬时速度vB=，
则重物动能的增加量△Ek=mvB2=，
重力势能的减小量为△Ep=mgh2．
（3）取打下O点时重物的重力势能为零，因为初位置的动能为零，则机械能为零，每个位置对应的重力势能和动能互为相反数，即重力势能的绝对值与动能相等，而图线的斜率不同，原因是重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功．
通过对k1和k2的比较分析，去除误差，可得到的结论是：动能的增加量等于重力势能的减少量；
故答案为：（1）释放纸带；（2），mgh2；（3）动能的增加量等于重力势能的减少量．
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等．以及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度．
11．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力．【分析】（1）根据图象可以直接求出减速下滑时的加速度大小，根据位移关系求出下滑时至斜面底端时的速度，再根据始末速度和时间求下滑时的加速度的大小；
（2）对滑块进行受力分析，即滑块在重力、支持力和摩擦力的作用下产生加速度，根据上滑和下滑时的摩擦力方向根据牛顿第二定律列方程求解即可．
【点评】会根据v﹣t图象求物体的加速度，能根据牛顿第二定律求解合外力与加速度的关系是解题的关键．12．【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】小环在置于电场中的倾斜的光滑绝缘直杆上匀速下滑，由共点力平衡结合重力与支持力方向可判断出电场力方向，又由电场强度的方向可得出电荷的电性．当小环离开直杆后，仅少了支持力．则此时的合力就是由重力与电场力提供，由牛顿第二定律可求出离开后的加速度大小与方向．小环离开直杆后，所。