試卷第=page11頁，總=sectionpages33頁試卷第=page11頁，總=sectionpages33頁評卷人得分一、選擇題1．在x軸上存在一水平方向的電場，有一質(zhì)量m=2kg的帶電小球沿光滑絕緣的水平面只在電場力的作用下，以初速度v0＝2m/s在x0＝7m處開始向x軸負方向運動。電勢能EP隨位置x的變化關(guān)系如圖所示，則小球的運動范圍和最大速度分別為（

）A.運動范圍x≥0B.運動范圍x≥1mC.最大速度vm＝2m/sD.最大速度vm＝3m/s【答案】BC【解析】試題分析：根據(jù)動能定理可得W電＝0?12mv02＝?4J，故電勢能增大4J，因在開始時電勢能為零，故電勢能最大增大4J，故運動范圍在x≥1m，故A錯誤，B正確；由圖可知，電勢能最大減小4J，故動能最大增大4J，根據(jù)動能定理可得W＝12mv考點：動能定理；電勢能.2．如圖所示，豎直平面內(nèi)光滑圓弧軌道半徑為R，等邊三角形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(zhì)量為m帶電荷量為+Q的小球由圓弧的最高點M處靜止釋放，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（）A.小球在圓弧軌道上運動過程機械能守恒B.C點電勢比D點電勢高C.M點電勢為（mv02﹣2mgR）D.小球?qū)壍雷畹忘cC處的壓力大小為mg+m+2k【答案】C【解析】試題分析：此題屬于電場力與重力場的復(fù)合場，根據(jù)機械能守恒和功能關(guān)系即可進行判斷．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；C、M點的電勢等于==，故C正確；D、小球?qū)壍雷畹忘cC處時，電場力為k，故對軌道的壓力為mg+m+k，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．3．如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電。一電荷量為q（q>0）的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出。不計重力，極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為A.Ek04qdC.2Ek02qd【答案】B【解析】試題分析：當(dāng)電場足夠大時，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達上極板處時速度恰好與上極板平行，粒子的運動為類平拋運動的逆運動。將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運動的合成與分解，當(dāng)時，根據(jù)運動學(xué)公式有，，，聯(lián)立得，故B正確。考點：帶電粒子在勻強電場中的運動?！久麕燑c睛】根據(jù)帶電粒子在電場中的類平拋運動規(guī)律，沿電場方向的勻減速運動，結(jié)合粒子到達上極板時的臨界條件，利用動能定理和運動學(xué)公式解答。4．如圖所示是用打點計時器驗證機械能守恒定律的實驗裝置．關(guān)于這一實驗，下列說法中正確的是()A.應(yīng)先釋放紙帶，后接通電源B.重物應(yīng)選用密度小的物體C.開始時，應(yīng)使重物靠近打點計時器D.需要用秒表測出重物下落的時間【答案】C【解析】應(yīng)先接通電源，后釋放紙帶，選項A錯誤；重物應(yīng)選用密度大、體積較小的物體，選項B錯誤；開始時，應(yīng)使重物靠近打點計時器，選項C正確；打點計時器可以計時，故不需要用秒表測出重物下落的時間，選項D錯誤；故選C.5．如圖所示，物體在恒定拉力F的作用下沿水平面做勻速直線運動，運動速度為v，拉力F斜向上與水平面夾角為θ，則拉力F的功率可以表示為()A.FvB.FvcosθC.FvsinθD.Fv【答案】B【解析】拉力F的功率P=Fvcosθ，故B正確，選B.6．一輛汽車在平直的公路上運動，運動過程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牽引功率，其牽引力和速度的圖象如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量m，牽引力F1和速度v1及該車所能達到的最大速度v3。則根據(jù)圖象所給的信息，下列說法正確的是A.汽車運動中的最大功率為F1v1B.速度為v2時的加速度大小為F1v1/mv2C.汽車行駛中所受的阻力為F1v1/v3D.汽車勻加速運動的時間為m1v1v2/F1v2【答案】C【解析】根據(jù)牽引力和速度的圖象和功率P=Fv得汽車運動中的最大功率為F1v1，故A錯誤．汽車運動過程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牽引功率，所以速度為v2時的功率是F1v1，根據(jù)功率P=Fv得速度為v2時的牽引力是F1v1v2；對汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和阻力，該車所能達到的最大速度時加速度為零，所以此時阻力等于牽引力，所以阻力f=F1v1注：將選項A改為：汽車運動中的最大功率為F1v37．如圖所示，A、B兩木塊靠在一起放在光滑的水平面上，A、B的質(zhì)量分別為mA＝2.0kg、mB＝1.5kg.一個質(zhì)量為mC＝0.5kg的小鐵塊C以v0＝8m/s的速度滑到木塊A上，離開木塊A后最終與木塊B一起勻速運動．若木塊A在鐵塊C滑離后的速度為vA＝0.8m/s，鐵塊C與木塊A、B間存在摩擦．則摩擦力對B做的功為()A.0.6JB.1.2JC.0.45JD.2.435J【答案】A【解析】對A、B、C，由動量守恒定律：mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC′①代入數(shù)據(jù)，得vC′＝2.4m/s對B、C，由動量守恒定律：mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v②Wf＝12mBv2－12mBvA由②③解得，Wf＝0.6J，故選A.8．如圖所示，在傾角為30°的斜面上的P點釘有一光滑小鐵釘，以P點所在水平虛線將斜面一分為二，上部光滑，下部粗糙．一繩長為3R輕繩一端系于斜面O點，另一端系一質(zhì)量為m的小球，現(xiàn)將輕繩拉直小球從A點由靜止釋放，小球恰好能第一次通過圓周運動的最高點B點．已知OA與斜面底邊平行，OP距離為2R，且與斜面底邊垂直，則小球從A到B的運動過程中()A.合外力做功12B.重力做功2mgRC.克服摩擦力做功34D.機械能減少14【答案】D【解析】以小球為研究的對象，則小球恰好能第一次通過圓周運動的最高點B點時，繩子的拉力為0，小球受到重力與斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好通過向心力，得：mgsin30°=mvB2R．

所以：vB＝gRsin30°＝0.5gR

A到B的過程中，重力與摩擦力做功，設(shè)摩擦力做功為W，則：12mgR?sin30°+W=12mvB2?0…①

9．一輛質(zhì)量為m的汽車在平直公路上，以恒定功率P行駛，經(jīng)過時間t，運動距離為x，速度從v1增加到v2，已知所受阻力大小恒為f，則下列表達式正確的是()A.x=B.P=fC.PD.Pt?fx=【答案】D【解析】汽車從速度v1最大速度v2程中，加速度不斷減小，故不是勻變速直線運動，故x≠v1+v22t10．將質(zhì)量為m的物體，放在粗糙的水平地面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，從某一時刻開始，物體受到一個水平拉力F作用一段時間之后撤去，物體的v—t圖象如圖所示，則摩擦力f與拉力F之比為（）A.1：1B.1：2C.1：3D.1：4【答案】C【解析】速度時間圖象與時間軸所圍的“面積”表示位移，則得：前1s內(nèi)的位移大小為s1=vm2×1=v【點睛】本題首先充分挖掘圖象的信息，明確“面積”表示位移，由動能定理求解，也可以根據(jù)斜率等于加速度求得加速度，根據(jù)牛頓定律分過程研究F、f與加速度的關(guān)系．11．用水平力拉一物體在水平地面上從靜止開始做勻加速運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速運動，到t2時刻停止．其速度—時間圖象如圖所示，且α>β．若拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力做的功為W2，平均功率為P2，則下列選項正確的是（）A.W1＞W(wǎng)2B.W1=W2C.P1＞P2D.P1=P2【答案】BC【解析】試題分析：根據(jù)動能定理得出拉力做功與物體克服阻力做功的大小關(guān)系，根據(jù)功率的公式比較平均功率的大小．在整個過程中，只有拉力和摩擦力做功，動能從零開始又以零結(jié)束，故對全過程運用動能定理得W1?W2=0，解得W【點睛】應(yīng)用動能定理應(yīng)注意的幾個問題(1)明確研究對象和研究過程，找出始末狀態(tài)的速度。(2)要對物體正確地進行受力分析，明確各力做功的大小及正負情況(待求的功除外)。(3)有些力在物體運動過程中不是始終存在的。若物體運動過程中包括幾個階段，物體在不同階段內(nèi)的受力情況不同，在考慮外力做功時需根據(jù)情況區(qū)分對待12．汽車發(fā)動機的額定功率為80kW，它以額定功率在水平平直公路上行駛的最大速度為20m/s，那么汽車在以最大速度勻速行駛時所受的阻力是()A.1600NB.2500NC.4000ND.8000N【答案】C【解析】試題分析：根據(jù)最大速度勻速行駛時牽引力和阻力相等分析汽車勻速運動，說明汽車處于受力平衡狀態(tài)，此時汽車受到的阻力的大小和汽車的牽引力大小相等，由P=Fv=fv可以求得f=P13．運輸人員要把質(zhì)量為m，體積較小的木箱拉上汽車。現(xiàn)將長為L的木板搭在汽車尾部與地面間，構(gòu)成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽車。斜面與水平地面成30o角，拉力與斜面平行。木箱與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則將木箱運上汽車，拉力至少做功A.mgLB.mgL2C.12【答案】C【解析】試題分析：木箱在拉力作用下沿斜面先做勻加速直線運動，當(dāng)速度達到某個值時，撤去拉力，木箱向上做勻減速運動，當(dāng)木箱速度為零時，剛好到汽車上，此時拉力做功最少，根據(jù)動能定理求解即可．木箱先沿斜面先做勻加速直線運動，撤去拉力后在摩擦力的作用下向上做勻減速運動，當(dāng)木箱速度為零時，剛好滑到汽車上，此時拉力做功最少，根據(jù)動能定理得：

WF?mgh?μmgcos14．下列說法正確的是（）A加速度的單位是m/s2,由公式可知它是由m/s和s兩個基本單位組合而成的B力做功有正功和負功，因此功是矢量C牛頓開創(chuàng)了實驗研究和邏輯推理相結(jié)合探索物理規(guī)律的科學(xué)方法D重心、合力等概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想【答案】D【解析】加速度的單位是m/s2,由公式a=ΔvΔt可知它是由導(dǎo)出單位m/s和基本單位s兩個單位組合而成的，選項A錯誤；力做功有正功和負功，但是功沒有方向，故功是標(biāo)量，選項B錯誤；伽利略開創(chuàng)了實驗研究和邏輯推理相結(jié)合探索物理規(guī)律的科學(xué)方法，選項C錯誤；15．在一次演示實驗中，一個壓緊的彈簧沿一粗糙水平面射出一個小球，測得彈簧壓縮的距離d和小球在粗糙水平面滾動的距離s如下表所示．由此表可以歸納出小球滾動的距離s跟彈簧壓縮的距離d之間的關(guān)系，并猜測彈簧的彈性勢能EP跟彈簧壓縮的距離d之間的關(guān)系分別是（選項中k1、k2是常量）（）A.s=k1d，EP=k2dB.s=k1d，EP=k2d2C.s=k1d2，EP=k2dD.s=k1d2，Ep=k2d2【答案】D【解析】由表中數(shù)據(jù)可看出，在誤差范圍內(nèi)，s正比于d2，即s=k1d2，彈簧釋放后，小球在彈簧的彈力作用下加速，小球在粗糙水平面滾動的距離s，從能量轉(zhuǎn)化的角度得彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為由于小球在粗糙水平面滾動產(chǎn)生的內(nèi)能，列出等式Ep=fs，f為摩擦力，恒量．所以Ep正比于d2，即Ep=k2d2，故選D.16．如圖，平行板電容器的兩個極板豎直放置，并接直流電源。若一帶電粒子恰好能沿圖中軌跡穿過電容器，a到c是直線，由于電極板邊緣效應(yīng)，粒子從c到d是曲線，重力加速度為g，則該粒子A.在ac段受重力與電場力平衡并做勻速運動，cd段電場力大于重力B.a到c勻加速直線運動，加速度是g/cosθC.a至d重力勢能減小，電勢能增加D.a至d粒子所受合力一直沿軌跡的切線方向【答案】B【解析】試題分析：由圖看出，粒子先做直線運動，后做曲線運動，做直線運動時，合力與速度在同一直線上，可判斷出電場力的方向，確定出合力的方向，分析其運動情況，由牛頓第二定律求解加速度．重力和電場力做正功，重力勢能和電勢能均減小．在ac段：粒子做直線運動，合力與速度在同一直線上，則可判斷出電場力的方向水平向右，合力的方向與速度方向相同，電場力與重力均是恒力，合力也是恒力，則粒子做勻加速運動，由牛頓第二定律得：加速度為a=F【點睛】當(dāng)合力與速度共線時，物體做直線運動，當(dāng)物體做曲線運動時，合力指向軌跡內(nèi)側(cè)17．如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩相連，AB的質(zhì)量分別為2m和m，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為θ的斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，整個系統(tǒng)不計一切摩擦，開始時，物體B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinA.物體B受到的電場力大小為mgB.B的速度最大時，彈簧的伸長量為3mgC.撤去外力F的瞬間，物體B的加速度為gD.物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能增加量等于物體B和地球組成的系統(tǒng)的機械能的減少量【答案】BC【解析】當(dāng)施加外力時，對B分析可知F?mgsinθ?F電=0，解得F電=2mgsinθ，故A錯誤；當(dāng)B受到的合力為零時，B的速度最大，由kx=F電+mgsin18．如圖甲所示，質(zhì)量為1kg的小物塊以初速度v0=11m/s，從θ=53°固定斜面底端先后兩次滑上斜面，第一次對小物塊施加一沿斜面向上的恒力F，第二次無恒力，圖乙中的兩條線段a、b分別表示存在恒力F和無恒力F時小物塊沿斜面向上運動的v-t圖像，不考慮空氣阻力，g=10m/A.恒力F大小為21NB.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.6C.有恒力F時，小物塊在上升過程機械能的減少量較小D.有恒力F時，小物塊在上升過程產(chǎn)生的熱量較小【答案】C【解析】試題分析：根據(jù)速度-時間圖象的斜率等于加速度，分別得到上滑和下滑的加速度大小，然后受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解．根據(jù)動能定理得到動能與重力勢能的關(guān)系，再將動能與重力勢能相等的條件代入進行求解．對物體分析，在沿斜面方向上，當(dāng)有恒力作用時mgsinθ+μmgcosθ?F=ma1，沒有恒力作用時mgsinθ+μmgcosθ=ma【點睛】速度時間圖像的斜率表示加速度是本題的突破口，C選項容易出錯，雖然有恒力作用時摩擦力做功多，但是重力勢能的變化量確實最大的，并且兩種情況下動能變化量相同，由此得出結(jié)論19．如圖（甲）所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，兩軌相距L=0.4m，導(dǎo)軌一端與阻值R=0.3Ω的電阻相連，導(dǎo)軌電阻不計。導(dǎo)軌x>0一側(cè)存在沿x方向均勻增大的磁場，其方向與導(dǎo)軌平面垂直向下，磁感應(yīng)強度B隨位置x變化如圖（乙）所示。一根質(zhì)量m=0.2kg、電阻r=0.1Ω的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，棒在外力F作用下從x=0處以初速度v0=2m/s沿導(dǎo)軌向右變速運動，且金屬棒在運動過程中受到的安培力大小不變。下列說法中正確的是（）A.金屬棒向右做勻減速直線運動B.金屬棒在x=1m處的速度大小為0.5m/sC.金屬棒從x=0運動到x=1m過程中，外力F所做的功為0.175JD.金屬棒從x=0運動到x=2m過程中，流過金屬棒的電量為2C【答案】BD【解析】A、根據(jù)圖象得B﹣x函數(shù)關(guān)系式：B金屬棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢：E感應(yīng)電流：I安培力：F解得：v根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式：v2-v02=2axB、根據(jù)題意金屬棒所受的安培力大小不變，x=0處與x=1m處安培力大小相等，有B02LC、金屬棒在x=0處的安培力大小為：F對金屬棒金屬棒從x=0運動到x=1m過程中，根據(jù)動能定理有：WF代入數(shù)據(jù)：W解得：WFD、根據(jù)感應(yīng)電量公式：qx=0到x=2m過程中，B﹣x圖象包圍的面積：?q=故選BD。20．如圖所示，螺旋形光滑軌道豎直放置，P、Q為對應(yīng)的軌道最高點，一個小球以一定速度沿軌道切線方向進入軌道，且能過軌道最高點P，則下列說法中正確的是()A.軌道對小球做正功，小球的線速度移vp>vQB.軌道對小球不做功，小球的角速度ωP<ωQC.小球的向心加速度aP<aQD.軌道對小球的壓力FP>FQ【答案】BC【解析】A、由于支持力始終與速度方向垂直，所以支持力不做功即軌道對小球不做功，僅有重力做功，小球機械能守恒．則P點的速度小于Q點速度，且P點的半徑大于Q點的半徑．所以小球通過P點的角速度小于通過Q點的，A錯誤；B正確；

C、小球在P點的速度小于Q點速度，且P點的半徑大于Q點的半徑．根據(jù)a=v2r得，小球在P點的向心加速度小于Q點的，即aP<aQ，C正確；

D、小球在P點的向心加速度小于Q點的，則小球在P點的向心力小于Q點的，而向心力是由重力與軌道對它的支持力提供，因此小球在P點的支持力小于故選BC。21．如圖，長方體ABCD—A1B1C1D1中，將可視為質(zhì)點的小球從頂點A在∠BAD所在范圍內(nèi)（包括邊界）分別沿不同方向水平拋出，落點都在A1B1C1D1范圍內(nèi)（包括邊界）。不計空氣阻力，以A1B1C1D1所在水平面為重力勢能參考平面，則小球（）A.拋出速度最大時落在B1點B.拋出速度最小時落在D1點C.從拋出到落在B1D1線段上任何一點所需的時間都相等D.落在B1D1中點時的機械能與落在D1點時的機械能相等【答案】C【解析】A、小球被拋出后做平拋運動，飛行時間：t=2hg，拋出速度最大時水平位移最大，應(yīng)落在B、拋出速度越小，距離A1點越近，可以比D1點還近，B錯誤；C、飛行時間由豎直高度決定，所以從拋出到落在A1B1C1D1平面時間都相同，即從拋出到落在B1D1線段上任何一點所需的時間都相等，C正確；D、落在B1D1中點和落在D1點水平位移不等，說明拋出時速度不等，根據(jù)機械能守恒定律，所以落在B1D1中點時的機械能與落在D1點時的機械能不相等，D錯誤；故選C。22．如圖所示，半徑為R、質(zhì)量為M的1/4光滑圓槽置于光滑的水平地面上，一個質(zhì)量為m的小木塊從槽的頂端由靜止滑下．則木塊從槽口滑出時的速度大小為（）A.2gRB.2gRMM+mC.2gRmM+m【答案】B【解析】圓槽在光滑水平面上可動，當(dāng)木塊開始下滑到脫離槽口的過程中，對木塊和槽所組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設(shè)木塊滑出槽口時的速度為v1，槽的速度為v2，在水平方向上，由動量守恒定律可得：mv1?Mv2【點睛】分析清楚物體的運動過程、應(yīng)用動能定理、機械能守恒定律、動量守恒定律即可正確解題．23．下圖為某古法榨油裝置，輕桿O1A可繞O1軸轉(zhuǎn)動，A端重物質(zhì)量為10kg，下拉A可通過滑輪O2將重物P提起；釋放A，P下落至平臺Q，對固定的平臺上的油餅進行捶壓；已知P的質(zhì)量為30kg；O1O2=3m，O1A=5m；將重物A拉到O1A桿水平時釋放，當(dāng)桿轉(zhuǎn)到A與O2等高時，若系統(tǒng)減小的重力勢能有240J轉(zhuǎn)化為動能，則重物P此時的速度最接近A.2.5m/sB.2.9m/sC.3.54m/sD.4.0m/s【答案】B【解析】當(dāng)當(dāng)桿轉(zhuǎn)到A與O2等高時，將重物A設(shè)P的速度為v，則A的速度為：vcos則根據(jù)能量守恒可以得到：ΔE代入數(shù)據(jù)，整理可以得到：v≈2.9m/s，故選項B正確。點睛：本題考查了能量守恒以及A的速度分解，一定要注意同一根繩上的速度相等，同時對A的速度分解的時候，要分清那個是分速度、那個是合速度！24．按照規(guī)定在七層以上高層寫字樓或住宅樓內(nèi)都要配有升降電梯，某為同學(xué)總質(zhì)量為40kg，乘坐電梯從所住的七樓向下運動，其所乘電梯的速度-時間圖像如圖所示，已知重力加速度大小為g=10m/sA.在第1s內(nèi)，該同學(xué)處于超重狀態(tài)B.在第9s內(nèi)，該同學(xué)對電梯的壓力大小為320NC.在前2s內(nèi)，該同學(xué)的重力勢能減少了800JD.在10s內(nèi)，該電梯的平均速度為1m/s【答案】C【解析】由圖可知，在第1s內(nèi)，該同學(xué)向下加速，加速度向下，故處于失重狀態(tài)，故A錯誤；第9s內(nèi)物體減速向下，則加速度向上，物體處于超重狀態(tài)，則壓力一定大于本身的重力，故一定大于400N，故B錯誤；前2s內(nèi)物體下落的高度h=2×22m=2m，則重力勢能減小量為EP=mgh=400×2=800J，故C正確；由圖可知，10s內(nèi)的位移x=點睛：本題考查了v-t圖象的性質(zhì)、超重和失重、重力勢能以及牛頓第二定律，解題的關(guān)鍵在于明確圖象的性質(zhì)，能利用圖象確定物體的運動狀態(tài)，求出加速度和位移是解題的關(guān)鍵。25．質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位置B處是一面墻，如圖所示，物塊以v0=9m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止．碰撞時間為0.05s，g取10m/s2．A.物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.12B.墻面對物塊平均作用力的大小130NC.物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功為9J.D.碰撞后物塊還能向左運動的時間為2s?！敬鸢浮緽C【解析】物塊從A到B過程，由動能定理得：?μmgx=12mv12?26．A、B兩物體質(zhì)量分別為m和2m，A靜止于光滑水平面上，B靜止于粗糙水平面上，用相同水平力分別推A和B，使它們前進相同位移。在此過程中，正確的是（）A.對A的推力做功多一些B.兩次推力做功一樣多C.兩次推力做功的功率一樣大D.對B的推力做功的平均功率較小【答案】BD【解析】用相同的力推A、B兩個物體，分別在光滑和粗糙的兩種水平地面前進相同路程，根據(jù)W=Fs可知兩次做功一樣多，A錯誤，B正確；B物體比A物體對水平面的壓力大，且A接觸面光滑、B接觸面粗糙，故B物體移動相同的距離時用的時間長，根據(jù)P=27．兩輛汽車在同一水平路面上行駛，它們的質(zhì)量之比m1∶m2＝l∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1．當(dāng)兩車急剎車后，甲車滑行的最大距離為s1，乙車滑行的最大距離為s2．設(shè)兩車與路面間的動摩擦因數(shù)相等，不計空氣阻力，則（）A.s1∶s2＝1∶2B.s1∶s2＝1∶1C.s1∶s2＝2∶1D.s1∶s2＝4∶1【答案】D【解析】對任汽車，由動能定理可知，-μmgs=0-EK；得s=E28．如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度的大小g.物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的()A.動能損失了2mgHB.動能損失了mgHC.機械能損失了mgHD.機械能損失了mgH【答案】AC【解析】試題分析：知道加速度，根據(jù)牛頓第二定律和動能定理可求得動能的損失；根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力，得到摩擦力做功，即可根據(jù)功能關(guān)系求解機械能的損失．已知物體上滑的加速度大小為g，由動能定理得：動能損失等于物體克服合外力做功，為：ΔEk=W合=F合?【點睛】解決本題的關(guān)鍵根據(jù)動能定理可求得動能的變化，掌握功能關(guān)系，明確除了重力以外的力做功等于物體機械能的變化．29．如圖所示，木塊A放在木塊B的左端，用恒力F將A拉至B的右端，第一次將B固定在地面上，F(xiàn)做功為W1，生熱為Q1；第二次讓B可以在光滑地面上自由滑動，仍將A拉到B的右端，這次F做功為W2，生熱為Q2.則應(yīng)有()A.W1＜W2，Q1＜Q2B.W1＝W2，Q1＝Q2C.W1＜W2，Q1＝Q2D.W1＝W2，Q1＜Q2【答案】C【解析】試題分析：根據(jù)功的定義以及摩擦產(chǎn)生的熱量求解木塊從木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功W=fs，因為木板不固定時木塊的位移要比固定時長，所以W1<W2，摩擦產(chǎn)生的熱量【點睛】正確解答本題的關(guān)鍵是理解功的定義以及如何求相互作用的系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，根據(jù)W=Fscosθ，比較克服摩擦力所做的功，摩擦產(chǎn)生的熱量30．“娛樂風(fēng)洞”是一種驚險的娛樂項目，在豎直的圓筒內(nèi)，在底部豎直向上的風(fēng)可把游客“吹起來，讓人體驗太空漂浮的感覺（如圖甲）．假設(shè)風(fēng)洞內(nèi)各位置的風(fēng)速均相同且保持不變，已知人體所受風(fēng)力的大小與正對風(fēng)的面積成正比，水平橫躺時受風(fēng)面積最大，站立時受風(fēng)面積最小、為最大值的1/8；當(dāng)人體與豎直方向成一傾角、受風(fēng)面積是最大值的1/2時，人恰好可靜止或勻速漂移．在某次表演中，質(zhì)量為m的表演者保持站立身姿從距底部高為H的A點由靜止開始下落；經(jīng)過B點時，立即調(diào)整身姿為水平橫躺并保持；到達底部的C點時速度恰好減為零．則在從A到C的過程中，下落說法正確的是（）A.表演者加速度的最大值是34B.B點的高度是35C.從A到B，表演者克服風(fēng)力做的功是從B到C克服風(fēng)力做功的1D.若保持水平橫躺，表演者從C返回到A時風(fēng)力的瞬時功率為2【答案】C【解析】設(shè)最大風(fēng)力為Fm，由于人體受風(fēng)力大小與正對面積成正比，故人站立時風(fēng)力為18F由于受風(fēng)力有效面積是最大值的一半時，恰好可以靜止或勻速漂移，故可以求得重力G=12Fm，F(xiàn)m=2G．則人平躺上升時有最大加速度，a=Fm?Gm=g，故A錯誤；設(shè)下降的最大速度為v，有速度位移公式，加速下降過程位移x1=v22a1減速下降過程位移x2=v22a2，x31．如圖所示，小車的上面是中突的兩個對稱的曲面組成，整個小車的質(zhì)量為m，原來靜止在光滑的水平面上．今有一個可以看作質(zhì)點的小球，質(zhì)量也為m，以水平速度v從左端滑上小車，恰好到達小車的最高點后，又從另一個曲面滑下．關(guān)于這個過程，下列說法正確的是（）A．小球滑離小車時，小車又回到了原來的位置B．小球在滑上曲面的過程中，小車的動量變化大小是C．小球和小車作用前后，小車和小球的速度一定變化D．車上曲面的豎直高度不會大于【答案】BD【解析】試題分析：A、小球滑上曲面的過程，小車向右運動，小球滑下時，小車還會繼續(xù)前進，故不會回到原位置，所以A錯誤．B、由小球恰好到最高點，知道兩者有共同速度，對于車、球組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律列式為mv=2mv′，得共同速度v′=v/2．小車動量的變化為，則B正確．C、由于滿足動量守恒定律，系統(tǒng)機械能又沒有增加，所以可能出現(xiàn)速度交換兩次后和初始情況相同，選項C正確．D、由于小球原來的動能為，小球到最高點時系統(tǒng)的動能為，所以系統(tǒng)動能減少了，如果曲面光滑，則減少的動能等于小球增加的重力勢能，即，得．顯然這是最大值，如果曲面粗糙，高度還要小些，所以D正確．故選BD．考點：考查動量守恒定律；動量定理；機械能守恒定律．【名師點睛】本題是系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒的類型，類似于彈性碰撞，常見類型．32．如圖所示，木塊靜止在光滑水平桌面上，一子彈水平射入木塊的深度為d時，子彈與木塊相對靜止，在子彈入射的過程中，木塊沿桌面移動的距離為L，木塊對子彈的平均阻力為Ff，那么在這一過程中不正確的是（）A．木塊的機械能增量為FfLB．子彈的機械能減少量為Ff（L＋d）C．系統(tǒng)的機械能減少量為FfdD．系統(tǒng)的機械能減少量為Ff（L＋d）【答案】D【解析】木塊機械能的增量等于子彈對木塊的作用力Ff做的功FfL，A對；子彈機械能的減少量等于動能的減少量，即子彈克服阻力做的功Ff（L＋d），B對；系統(tǒng)機械能變化量等于力Ff做的總功，即ΔE＝FfL－Ff（L＋d）＝－Ffd，故機械能減少量為Ffd，C對，D錯．33．如圖所示，滑塊由靜止開始沿曲面下滑，滑到B點時，速度恰好等于零；如果滑塊從B點以速度v沿曲面下滑返回A點時，速度恰好也等于零，設(shè)滑塊從A到B和從B到A平均摩擦力大小相等，則A、B兩點的高度差等于（）A．0B．C．D．【答案】C【解析】由能量守恒和轉(zhuǎn)化定律可知：由A到B有mgh＝Q，從B到A有mv2－mgh＝Q，聯(lián)立解得h＝．34．如圖所示，一小孩從公園中粗糙的滑梯上自由加速滑下，其能量的變化情況是（）A．重力勢能減小，動能不變，機械能減小，總能量減小B．重力勢能減小，動能增加，機械能減小，總能量不變C．重力勢能減小，動能增加，機械能增加，總能量增加D．重力勢能減小，動能增加，機械能守恒，總能量不變【答案】B【解析】由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，小孩在下滑過程中總能量守恒，故A、C均錯；由于摩擦力要做負功，機械能不守恒，故D錯；下滑過程中重力勢能向動能和內(nèi)能轉(zhuǎn)化，故只有B正確．35．有人設(shè)想在夏天用電冰箱來降低房間的溫度．他的辦法是：關(guān)好房間的門窗然后打開冰箱的所有門讓冰箱運轉(zhuǎn)，且不考慮房間內(nèi)外熱量的傳遞，則開機后，室內(nèi)的溫度將（）A．逐漸有所升高B．保持不變C．開機時降低，停機時又升高D．開機時升高，停機時降低【答案】A【解析】冰箱工作，會產(chǎn)生熱量，即消耗電能，產(chǎn)生了內(nèi)能，且房間與外界沒有能量交換，所以房內(nèi)溫度會升高，A正確．36．關(guān)于能源的開發(fā)和節(jié)約，你認為以下觀點錯誤的是（）A．能源是有限的，無節(jié)制地利用常規(guī)能源，如石油之類，是一種盲目的短期行為B．根據(jù)能量守恒定律，擔(dān)心能源枯竭實在是一種杞人憂天的表現(xiàn)C．能源的開發(fā)利用，必須要同時考慮對環(huán)境的影響D．和平利用核能是目前開發(fā)新能源的一項有效途徑【答案】B【解析】雖然能量守恒，但由于能量耗散現(xiàn)象的存在，可利用能源仍存在減少問題，故要節(jié)約能源和開發(fā)新能源．37．下列關(guān)于能量守恒定律的認識不正確的是（）A．某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加B．某個物體的能量減少，必然有其他物體的能量增加C．不需要任何外界的動力而持續(xù)對外做功的機器——永動機不可能制成D．石子從空中落下，最后停止在地面上，說明機械能消失了【答案】D【解析】能量可以轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移，但總量不變，A、B、C對；D中機械能轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能，D錯．38．在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，根據(jù)紙帶算出各點的速度v，量出下落距離h，則以v2為縱軸，以h為橫軸，畫出的圖線應(yīng)是下圖中的（）【答案】C【解析】根據(jù)機械能守恒定律有：mgh＝mv2，v2＝2gh，所以v2與h成正比例關(guān)系，函數(shù)圖象是一條過原點的直線，C正確．39．如圖所示，將打點計時器固定在鐵架臺上，用重物帶動紙帶從靜止開始自由下落，利用此裝置可驗證機械能守恒定律．實驗中需要測量物體由靜止開始自由下落到某點時的瞬時速度v和下落高度h．某同學(xué)對實驗得到的紙帶，設(shè)計了以下四種測量方案，這些方案中正確的是（）A．用刻度尺測出物體下落高度h，由打點間隔數(shù)算出下落時間t，通過v=gt計算出瞬時速度vB．用刻度尺測出物體下落的高度h，并通過v=計算出瞬時速度vC．根據(jù)做勻變速直線運動時，紙帶上某點的瞬時速度等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度v，并通過h=計算得出高度hD．用刻度尺測出物體下落的高度h，根據(jù)做勻變速直線運動時，紙帶上某點的瞬時速度等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度v【答案】D【解析】瞬時速度應(yīng)由紙帶根據(jù)v=求出，因為重物下落過程中受到阻力作用，實際加速度小于當(dāng)?shù)刂亓铀俣?，不能用v=來求速度，故AB錯誤；應(yīng)用米尺量出紙帶下落高度，不能用h=求高度，故C錯誤；下落高度應(yīng)用米尺測量，根據(jù)做勻變速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測出瞬時速度，故D正確．40．用如圖所示裝置驗證機械能守恒定律，由于電火花計時器兩限位孔不在同一豎直線上，使紙帶通過時受到較大的阻力，這樣實驗造成的結(jié)果是（）A．重力勢能的減少量明顯大于動能的增加量B．重力勢能的減少量明顯小于動能的增加量C．重力勢能的減少量等于動能的增加量D．以上幾種情況都有可能【答案】A【解析】由于重物下落時要克服阻力做功，重物減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為重物的動能和系統(tǒng)的內(nèi)能，故重力勢能的減小量大于動能的增加量，A正確．41．下列關(guān)于“驗證機械能守恒定律”實驗的實驗誤差的說法，正確的是（）A．重物質(zhì)量的稱量不準會造成較大誤差B．重物質(zhì)量選用得大些，有利于減小誤差C．重物質(zhì)量選用得較小些，有利于減小誤差D．打點計時器選用電磁打點計時器比電火花計時器誤差要小【答案】B【解析】為減小實驗誤差，重物應(yīng)選質(zhì)量大些的，且重物質(zhì)量不需稱量，A、C錯，B正確；電磁打點計時器的振針與紙帶間有摩擦，電火花計時器對紙帶的阻力較小，故選用電磁打點計時器誤差大些，D錯誤．42．關(guān)于“驗證機械能守恒定律”的實驗中，以下說法正確的是（）A．實驗中摩擦是不可避免的，因此紙帶越短越好，因為紙帶越短，克服摩擦力做的功就越小，誤差就越小B．稱出重錘的質(zhì)量C．紙帶上第1、2兩點間距若不接近2mm，則無論怎樣處理實驗數(shù)據(jù)，實驗誤差一定較大D．處理打完點的紙帶時，可以直接利用打點計時器打出的實際點跡，而不必采用“計數(shù)點”的方法【答案】D【解析】在打紙帶時，紙帶太短了，不易打出符合實驗要求的紙帶，選項A錯誤；由于mgh＝mv2，故稱出重錘的質(zhì)量是多余的，選項B錯誤；紙帶上第1、2兩點的間距不接近2mm，是由于通電后釋放重錘時操作不同步造成的，不會影響驗證結(jié)果，選項C錯誤；處理紙帶時，由于自由落體加速度較大，紙帶上點跡距離較大，故可直接用實際點跡測量研究．評卷人得分二、不定項選擇題43．如圖所示,電梯質(zhì)量為M,它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體,電梯在鋼索的拉力作用下由靜止開始豎直向上加速運動.當(dāng)上升高度為H時,電梯的速度達到v,則在這段過程中,下列說法中正確的是().A.電梯地板對物體的支持力所做的功等于mv2/2B.電梯地板對物體的支持力所做的功大于mv2/2C.鋼索的拉力所做的功等于Mv2/2+MgHD.鋼索的拉力所做的功大于Mv2/2+MgH【答案】BD【解析】由動能定理得：對物體：WN-mgH=12mv2-0，解得到地板對物體的支持力做的功為WN=mgH+12mv2，故A錯誤，B正確．由動能定理得：WF-（M+m）gH=12（M+m）v2-0，解得到鋼索的拉力做的功WF=（M+m）gH+12（M+m）v2，可見索的拉力所做的功大于MgH+點睛：本題運用動能定理研究各力做功，要注意靈活選擇研究對象．動能定理涉及合力做功與動能變化，可以直接求解合力做功．44．如圖是建筑工地上常用的一種“深穴打夯機”示意圖，電動機帶動兩個滾輪勻速轉(zhuǎn)動將夯桿從深坑提上來，當(dāng)夯桿底端剛到達坑口時，兩個滾輪彼此分開，夯桿在自身重力作用下，落回深坑，夯實坑底。然后兩個滾輪再次壓緊，夯桿被提上來，如此周而復(fù)始（夯桿被滾輪提升過程中，經(jīng)歷勻加速運動過程）。已知兩個滾輪邊緣的線速度恒為v，夯桿質(zhì)量m，則下列說法正確的是：A.夯桿被提上來的過程中滾輪先對它施加向上的滑動摩擦力，后不對它施力B.增加滾輪勻速轉(zhuǎn)動的角速度或增加滾輪對桿的正壓力可減小提杠的時間C.滾輪對夯桿做的功等于夯桿動能的增量D.一次提桿過程系統(tǒng)共產(chǎn)生熱量Q=mg【答案】BD【解析】夯桿被提上來的過程中，先受到滑動摩擦力，然后受靜摩擦力．故A錯誤．增加滾輪勻速轉(zhuǎn)動的角速度時夯桿獲得的最大速度增大，可減小提杠的時間．增加滾輪對桿的正壓力，夯桿受到滑動摩擦力增大，勻加速運動的加速度增大，可減小提杠的時間．故B正確．根據(jù)功能關(guān)系分析得到，滾輪對夯桿做的功等于夯桿動能重力勢能的增量之和．故C錯誤．設(shè)勻加速直線運動過程，夯桿受到的滑動摩擦力大小為f，加速度為a，質(zhì)量為m，勻加速運動的時間為t，則相對位移大小為△s=vt?v22a，t=va，得到△s=45．如圖所示，質(zhì)量m=lkg的物體從高為h=0.2m的光滑軌道上尸點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和皮帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0．1，傳送帶AB之間的距離為L=5.5m，傳送帶一直以v=3m/s的速度沿順時針方向勻速運動，則A.物體由A運動到B的時間是1.5sB.物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為1N·sC.物體由A運動到B的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生0.5J的熱量D.帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機對物體由A運動到B的過程中，多做了3J功【答案】BC【解析】物體下滑到A點的速度為v0，由機械能守恒定律有：12mv02=mgh

代入數(shù)據(jù)得：v0=2m/s

物體在摩擦力作用下先勻加速運動，后做勻速運動，有：ts1tt=t1+t2=2s，選項A錯誤；

物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為I=μmgt1=1N?s，選項B正確；在t1時間內(nèi)，皮帶做勻速運動S皮帶=vt1=3m

Q=μmg△S=μmg（S皮帶-S1物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功：Wf注；請?zhí)顚戇x項D:物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功2J.46．在新疆旅游時，最刺激的莫過于滑沙運動．某人坐在滑沙板上從沙坡斜面的頂端由靜止沿直線下滑到斜面底端時，速度為2v，設(shè)人下滑時所受阻力恒定不變，沙坡長度為L，斜面傾角為α，人的質(zhì)量為m，滑沙板質(zhì)量不計，重力加速度為g。則()A.若人在斜面頂端被其他人推了一把，沿斜面以v的初速度下滑，則人到達斜面底端時的速度大小為3vB.若人在斜面頂端被其他人推了一把，沿斜面以v的初速度下滑，則人到達斜面底端時的速度大小為5C.人沿沙坡下滑時所受阻力FD.人在下滑過程中重力功率的最大值為2mgv【答案】BC【解析】對人進行受力分析如圖所示：

根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有：（2v）2?0=2aL，所以選項A錯誤，B正確；根據(jù)動能定理有：mgLsinα?FfL=12點睛：人下滑時受到重力、支持力和滑動摩擦力的作用，對下滑過程運用動能定理和速度位移公式列式；具有初速度時，同樣運用動能定理和速度位移公式列式，最后聯(lián)立方程組分析。47．A、B、C、D四圖中的小球以及小球所在的左側(cè)斜面完全相同，現(xiàn)從同一高度h處由靜止釋放小球，使之進入右側(cè)不同的豎直軌道：除去底部一小段圓弧，A圖中的軌道是一段斜面，高度大于h；B圖中的軌道與A圖中的軌道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C圖中的軌道是一個內(nèi)徑略大于小球直徑的管道，其上部為直管，下部為圓弧形，與斜面相連，管的高度大于h；D圖中的軌道是個半圓形軌道，其直徑等于h.如果不計任何摩擦阻力和拐彎處的能量損失，小球進入右側(cè)軌道后能到達h高度的是()A.B.C.D.【答案】AC【解析】A、小球到達右側(cè)斜面上最高點時的速度為零，根據(jù)機械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．則h′=h，故①正確；B、小球離開軌道后做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，運動到最高點時在水平方向上有速度，即在最高點的速度不為零，根據(jù)機械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+12mC、小球離開軌道做豎直上拋運動，運動到最高點速度為零，根據(jù)機械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．則h′=h，故③正確；D、小球在內(nèi)軌道運動，通過最高點最小的速度為v=gr，故在最高點的速度不為零，根據(jù)機械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+12點睛：解決本題的關(guān)鍵掌握機械能守恒定律和圓周運動最高點的臨界速度，判斷小球在最高點的速度是否為零，通過列式進行分析。48．關(guān)于作用力與反作用力做功的關(guān)系，下列說法正確的是（）A.作用力做正功時，反作用力也可能做正功B.當(dāng)作用力不做功時，反作用力也不做功C.作用力與反作用力所做的功一定是大小相等、方向相反D.當(dāng)作用力做正功時，反作用力一定做負功【答案】A【解析】作用力和反作用力是作用在兩個相互作用的物體之上的；作用力和反作用力可以同時做負功，也可以同時做正功；如冰面上兩個原來靜止的小孩子相互推一下之后，兩人同時后退，則兩力做正功；而兩個相對運動后撞在一起的物體，作用力和反作用力均做負功，故A正確，D錯誤；如果物體保持靜止，即位移為零，一對作用力與反作用力做功可以都為零，也可以一個是0，另一個不是0．例如物體在水平地面上滑動，地面對物體的摩擦力對物體做負功，物體對地面的摩擦力不做功，故B錯誤；作用力和反作用力的作用點的位移可能同向，也可能反向，大小可以相等，也可以不等，故作用力和反作用力做功不一定相等，故C錯誤．故選A．評卷人得分三、多選題49．如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連．彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標(biāo)出)．物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經(jīng)O點到達B點時速度為零。重力加速度為g。則上述過程中()A.物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于W?B.物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W?C.經(jīng)O點時，物塊的動能等于W?μmgaD.物塊動能最大時彈簧的彈性勢能與物塊在B點時彈簧的彈性勢能大小無法確定【答案】BD【解析】設(shè)A離彈簧原長位置O的距離為xOA，則彈簧的形變量為xOA，當(dāng)物塊從A向左運動直至B的過程中，物塊要克服摩擦力做功，則物塊及彈簧系統(tǒng)的機械能一定減小，到B時只具有彈性勢能，則EpB<EpA，由此可知B離O的距離比A離O的距離近．則xOA>a2；故從O到A的過程中運用動能定理有W－μmgxOA＋W彈＝0，解得A處的彈性勢能EpA＝－W彈＝W－μmgxOA<W－12μmga，故A項錯誤；同理，經(jīng)過B點時，彈簧的彈性勢能EpB＝－W彈－μmga＝W－μmg(a＋xOA)<W－32μmga，故B項正確；經(jīng)過O點的動能Ek＝W－2μmgxOA<W－μmga，則C項錯誤；物塊動能最大時是物塊第一次回到平衡位置，受力分析不難得出該位置在O50．(多選)如圖所示，長為L的細繩一端固定于O點，另一端系一個質(zhì)量為m的小球，將細繩在水平方向拉直，從靜止?fàn)顟B(tài)釋放小球，小球運動到最低點時速度大小為v，細繩拉力為F，小球的向心加速度為a，則下列說法正確的是()A.小球質(zhì)量變?yōu)?m，其他條件不變，則小球到最低點的速度為2vB.小球質(zhì)量變?yōu)?m，其他條件不變，則小球到最低點時細繩拉力變?yōu)?FC.細繩長度變?yōu)?L，其他條件不變，小球到最低點時細繩拉力變?yōu)?FD.細繩長度變?yōu)?L，其他條件不變，小球到最低點時向心加速度為a【答案】BD【解析】根據(jù)動能定理得：12mv2-0=mgL，解得：v=2gL；小球質(zhì)量變?yōu)?m，其他條件不變，則小球到最低點的速度仍為v，故A錯誤；根據(jù)向心力公式得：F?mg=mv點睛：該題是動能定理及圓周運動向心力公式的直接應(yīng)用，要求某個量的變化是否會引起另一個量的變化，最后先求出該量的函數(shù)表達式，難度適中。51．用力Ｆ把質(zhì)量為ｍ的物體從地面舉高ｈ時物體的速度為v，則（）A.力Ｆ做功為ｍｇｈB.重力做功為－ｍgｈC.合力做功為12mv【答案】BCD【解析】力F做的功等于物塊的機械能增加量，即W=Fh=mgh+12mv2，A錯誤；根據(jù)重力做功公式可知W【點睛】合外力做功對應(yīng)著動能轉(zhuǎn)化，重力做功對應(yīng)著重力勢能轉(zhuǎn)化．52．如圖所示，兩個可視為質(zhì)點的小球1和2帶有同種電荷，質(zhì)量分別為m1、m2，帶電量分別為q1、q2，q1＞q2，用絕緣細線懸掛后，細線與豎直方向的夾角分別為α、β，α=β，兩球位于同一水平線上。某時刻將兩細線同時剪斷，則A.剪斷的瞬間小球1的加速度大于小球2的加速度B.剪斷的瞬間小球1的加速度小于小球2的加速度C.落地時兩球的速度大小相等D.落地時兩球的動能相等【答案】CD【解析】題中電荷電量可能不同，也可能相同，但各自所受的電場力大小卻相同，方向相反．由于它們與豎直線所成的角度均為α，且兩球同處一水平線上，所以根據(jù)共點力平衡條件可確定，它們的質(zhì)量一定相等．當(dāng)兩細線同時剪斷時，小球在豎直方向做自由落體運動，它們的加速度相同，根據(jù)動能定理可知，落地時兩球的速度大小相等，動能也相等，故C、D正確，A、B錯誤；故選CD．【點睛】本題中庫侖力是兩個小球聯(lián)系的紐帶，由平衡條件分別找出兩個小球的質(zhì)量與庫侖力關(guān)系是解題的關(guān)鍵，并掌握動能定理的應(yīng)用，當(dāng)然也可能運用機械能守恒定律求解．53．半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示．整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向豎直向下．在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點和外圓導(dǎo)軌的D點之間接有一阻值為R的電阻（圖中未畫出）．直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略．重力加速度大小g．則（）A.電阻R中的感應(yīng)電流從C端流向D端B.電阻R中的感應(yīng)電流大小為3ωBC.克服摩擦力做功的功率為32μmgωrD.【答案】ABC【解析】【解答】解：B、AB中感應(yīng)電動勢的大小為E=12B(2r)2ω?12Br2ω=32Br2ω，感應(yīng)電流大小：I=ER=3Br2ω2R，選項B正確；A、由右手定則判斷可知，感應(yīng)電流的方向是從B端流向A端，所以通過電阻R的電流方向為C【點睛】E=12B54．如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、M'N'位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l=0.50m．軌道的M、M'之間有一阻值R=0.50Ω的定值電阻，NN'端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N'P'平滑連接，兩半圓軌道的半徑均為R0=0.50m．直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強度B=0.60T的勻強磁場中，磁場區(qū)域的寬度d=0.80m，且其右邊界與NN'重合．現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.20kg、電阻r=0.10Ω恰好能放在軌道上的導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場的左邊界s=2.0m處．在與桿垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab桿開始運動，當(dāng)運動至磁場的左邊界時撤去F，導(dǎo)體桿ab穿過磁場區(qū)域后，沿半圓形軌道運動，結(jié)果恰好通過半圓形軌道的最高點PP'A.導(dǎo)體桿剛進入磁場時，電阻R中的電流方向由M指向M'B.導(dǎo)體桿剛進入磁場時，導(dǎo)體桿中的電流大小為3.0AC.導(dǎo)體桿剛穿出磁場時速度的大小為5.0m/sD.導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為0.94J【答案】BCD【解析】A、B、設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運動至磁場的左邊界時的速度為v1，由動能定理得：(F?μmg)s=12mv12?0，導(dǎo)桿剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=Blv1，此時通過導(dǎo)體桿的電流大小為：I=ER+r，代入數(shù)據(jù)解得：I=3.0A，由右手定則可知，電流的方向為由b指向a，電阻R中的電流方向由M′指向M，故A錯誤、B正確.C、設(shè)導(dǎo)體離開磁場時的速度為v2，運動到圓軌道最高點的速度為v3，因?qū)U恰好能以最小速度通過圓軌道最高點，由牛頓第二定律得：mg=mv32R0，導(dǎo)體桿從MN′【點睛】本題首先要分析導(dǎo)體棒的運動過程，分三個子過程進行研究；其次要掌握三個過程遵守的規(guī)律，運用動能定理、能量守恒、牛頓第二定律、機械能守恒等聯(lián)合求解．55．質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定其上，另一質(zhì)量也為m的物體乙以4A.甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)動量守恒B.當(dāng)兩物塊相距最近時，甲物塊的速率為零C.當(dāng)甲物塊的速率為1m/sD.甲物塊的速率可能達到6【答案】BD【解析】A、甲、乙兩物塊（包括彈簧）組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A正確；B、當(dāng)兩物塊相距最近時速度相同，取碰撞前乙的速度方向為正方向，設(shè)共同速率為v，由動量守恒定律得：mv乙?mv甲=2mv，代入數(shù)據(jù)解得v=0.5m/s，故B錯誤．C、甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來相同，由動量守恒定律得：mv乙?mv甲=mv′甲【點睛】本題考查了含彈簧的碰撞問題，處理該類問題，往往應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律分析解題．分析清楚物體運動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律即可正確解題；當(dāng)兩物體速度相等時，彈簧被壓到最短，此時彈力最大．56．如圖所示，一質(zhì)量為m的小球以初動能Ek0從地面豎直向上拋出，己知運動過程中受到恒定阻力f=kmg作用(k為常數(shù)且滿足0<k<1)。圖中兩條圖線分別表示小球在上升過程中動能和重力勢能與其上升高度之間的關(guān)系(以地面為零勢能面)，h0表示上升的最大高度。則由圖可知，下列結(jié)論正確的是（）A.E1是最大勢能，且E1=Ek0C.落地時的動能Ek=kEk0k+1【答案】BD【解析】A、B、對于小球上升過程，根據(jù)動能定理可得：0?Ek0=?(mg+f)h0，又f=kmg，得上升的最大高度h0=Ek0(k+1)mg,則最大的勢能為E1=mgh0=Ek0k+1，故A錯誤、B正確．C、下落過程，由動能定理得：Ek=(mg?f)【點睛】本題的關(guān)鍵是掌握動能定理，并能分過程列式，要注意重力勢能與重力做功之間的區(qū)別．57．如圖1所示，物體A以速度v0做平拋運動，落地時水平方向的位移和豎直方向的位移均為L，圖1中的虛線是A做平拋運動的軌跡.圖2中的曲線是一光滑軌道，軌道的形狀與圖1中的虛線相同.讓物體B從軌道頂端無初速下滑，B下滑過程中沒有脫離軌道.物體A、B都可以看作質(zhì)點.重力加速度為g.則下列說法正確的是A.A、B兩物體落地時的速度方向相同B.A、B兩物體落地時的速度大小相等C.物體B落地時水平方向的速度大小為2gLD.物體B落地時重力的瞬時功率為mg【答案】AC【解析】A、因為軌跡相同，所以在落地時的速度方向一致，故A正確；B、由動能定理得，AB的都是重力做功，且大小相同，物體A以速度v0做平拋運動，物體B從軌道頂端無初速下滑，所以B的末速度小于A的末速度，故B錯誤；C、根據(jù)平拋運動的知識，A沿水平方向：L=v0t;豎直方向：L=vy+02?t,所以：vy=2v0，A落地時的速度：vA=v02+vy2=5v0，A落地時速度的方向：cosθ=v0vA【點睛】此題考查的是平拋運動的規(guī)律的應(yīng)用，基礎(chǔ)類題目，關(guān)鍵是豎直位移與水平位移的時間關(guān)系．58．兩個物體A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，并排靜止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分別作用于物體A和B上，分別作用一段時間后撤去，兩物體各自滑行一段距離后停止下來，兩物體運動的速度-時間圖象分別如圖中圖線a、b所示，已知拉力F1、F2分別撤去后，物體做減速運動過程的速度-時間圖線彼此平行（相關(guān)數(shù)據(jù)已在圖中標(biāo)出），由圖中信息可以得出（）A.若F1=F2，則m1小于m2B.若m1=m2，則力F1對物體A所做的功較多C.若m1=m2，則力F1對物體A的沖量與F2對B的沖量之比為4:5D.若m1=m2，則力F1的最大瞬時功率一定是力F2的最大瞬時功率的2倍【答案】ACD【解析】由斜率等于加速度知，撤除拉力后兩物體的速度圖象平行，故加速度大小相等，設(shè)為a由牛頓第二定律得：μ1m1g=m1a；μ2m2g=m2a，解得μ1=μ2=0.1，令μ1=μ2=μ，若F1=F2，對于m1則有：F1?μm1g=m1a1解得m1=F1a1+μg，同理m2=F1a2+μg59．如圖所示，質(zhì)量為m的物體（可視為質(zhì)點）以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度大小為g，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中物體（）A．重力勢能增加了mghB．克服摩擦力做功mghC．動能損失了mghD．機械能損失了mgh【答案】CD【解析】該過程中重力勢能增加了mgh，故A錯誤；加速度a＝g＝，摩擦力f＝mg，物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，發(fā)生的位移為2h，則克服摩擦力做功，故B錯誤；由動能定理可知，動能損失量為合外力做的功的大小，所以ΔEk＝F合·2h＝m·g×2h＝mgh，故C正確；機械能的損失量為fs＝mg·2h＝mgh，故D正確．60．構(gòu)建和諧、節(jié)約型社會的思想深得民心，也體現(xiàn)在生活的方方面面．自動充電式電動車就是很好的一例：將電動車的前輪裝有發(fā)電機，發(fā)電機與蓄電池連接，當(dāng)電動車滑行時，就可以向蓄電池充電，將其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能儲存起來．現(xiàn)有某人騎車以500J的初動能在粗糙的水平面上滑行，第一次關(guān)閉充電裝置，讓車自由滑行，其動能隨位移的變化關(guān)系如圖線①所示；第二次啟動充電裝置，其動能隨位移的變化關(guān)系如圖線②所示，則（）A．電動車受到的摩擦阻力為50NB．電動車受到的摩擦阻力為83NC．第二次啟動充電裝置，向蓄電池所充的電能是200JD．第二次啟動充電裝置，向蓄電池所充的電能是300J【答案】AC【解析】當(dāng)關(guān)閉充電裝置，讓車自由滑行時，自行車的動能全部用來克服摩擦力做功，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，有Ek＝fs1，解得f＝50N；當(dāng)啟動充電裝置滑行時，自行車的動能一部分克服摩擦力做功，另一部分轉(zhuǎn)化為蓄電池的電能，根據(jù)能量守恒有Ek＝fs2＋E電，故E電＝Ek－fs2＝200J．61．在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，要驗證的是重物重力勢能的減少量等于其動能的增加量，以下步驟僅是實驗中的一部分，在這些步驟中多余或錯誤的有（）A．把打點計時器固定到鐵架臺上，并用導(dǎo)線把它和低壓直流電源連接起來B．把紙帶的一端固定到重物上，另一端穿過打點計時器的限位孔，把重物提升到一定高度C．接通電源，釋放紙帶D．用停表測出重物下落的時間【答案】AD【解析】打點計時器連接交流電源，故A錯誤．把紙帶的一端固定在重錘上，另一端穿過打點計時器的限位孔，把重錘提升到一定的高度，故B正確．實驗時先接通電源，再釋放紙帶，故C正確．打點計時器可以記錄時間，不需要用秒表測出重錘下落的時間，故D是多余的．62．如圖是用自由落體法驗證機械能守恒定律時得到的一條紙帶．有關(guān)尺寸在圖中已注明．我們選中n點來驗證機械能守恒定律．下面舉一些計算n點速度的方法，其中正確的是（）A．n點是第n個點，則vn＝gnTB．n點是第n個點，則vn＝g（n－1）TC．vn＝D．vn＝【答案】CD【解析】該實驗是驗證機械能守恒定律的實驗，不能把重物看成自由落體運動，再運用自由落體的規(guī)律求解速度，那么就不需要驗證了，AB選項都是利用了自由落體運動規(guī)律求速度的，故AB錯誤；根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度大小可以求出某點的瞬時速度，由圖可知，n-1到n+1之間的距離為xn+xn+1或hn+1-hn-1；可以求出n點的速度為：vn=，或vn=，CD正確．63．用自由落體法驗證機械能守恒定律的實驗中，下列物理量中需要測量的有（）A．重物的質(zhì)量B．重力加速度C．重物下落的高度D．與重物下落高度對應(yīng)的重物的瞬時速度【答案】CD【解析】本實驗無需測量重物的質(zhì)量，重力加速度需用當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，A、B錯誤．評卷人得分四、簡答題64．如圖所示，足夠長的水平傳送帶在電動機的帶動下勻速轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)有一可視為質(zhì)點，質(zhì)量m＝0.5kg的煤塊落在傳送帶左端(不計煤塊落下的速度)，煤塊在傳送帶的作用下達到傳送帶的速度后從右輪軸正上方的P點恰好離開皮帶做平拋運動，正好落入運煤車車廂中心點Q。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，P點與運煤車底板間的豎直高度H＝1.8m，與運煤車車廂底板中心點Q的水平距離x＝1.2m，取g＝10m/s2，求：(1)傳送帶的速度v0；(2)右輪半徑R；(3)由于傳送煤塊，電動機多做的功W。【答案】(1)2m/s(2)0.4m(3)2J【解析】試題分析：煤塊平拋運動的初速度等于傳送帶勻速運動的速度，根據(jù)高度求出平拋運動的時間，再根據(jù)水平位移求出平拋運動的初速度．要使煤塊在輪的最高點做平拋運動，則煤塊到達輪的最高點時對輪的壓力為零，由牛頓第二定律列式求解．運送一塊0.5kg的煤塊，帶動傳送帶的電動機需要比傳送帶空載情況多消耗的電能等于煤塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量與煤塊的動能之和．（1）由平拋運動的規(guī)律，得x=vt，H=12（2）要使煤塊在輪的最高點做平拋運動，則煤塊到達輪的最高點時對輪的壓力為零，由牛頓第二定律，得mg=mv2（3）由牛頓第二定律F=ma得a=μg=8m/s2，

煤塊沿傳送帶做初速度為零的勻加速直線運動的時間：煤塊的位移：x1相等時間內(nèi)傳送帶的位移：x2=vt=0.5m

摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmgΔx=0.8×0.5×10×0.25J煤塊獲得動能：EK則帶動傳送帶的電動機需要比傳送帶空載情況多消耗的電能E=Q+E65．如圖所示為一傳送帶裝置模型，斜面的傾角θ，底端經(jīng)一長度可忽略的光滑圓弧與足夠長的水平傳送帶相連接，質(zhì)量m＝2kg的物體從高h＝30cm的斜面上由靜止開始下滑，它與斜面的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，與水平傳送帶的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，物體在傳送帶上運動一段時間以后，又回到了斜面上，如此反復(fù)多次后最終停在斜面底端．已知傳送帶的速度恒為v＝2.5m/s，tanθ＝0.75，g取10m/s2.求：(1)從物體開始下滑到第一次回到斜面的過程中，物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量；(2)從物體開始下滑到最終停在斜面底端，物體在斜面上通過的總路程．【答案】(1)20J(2)1.5m【解析】對物體從靜止開始到達底端的過程運用動能定理得：

mgh?μ1mgs1cosθ＝12mv12-0

代入數(shù)據(jù)解得：v1=2m/s，

物體滑上傳送帶后向右做勻減速運動，勻減速運動的位移為：x1＝v122μ2g＝410m＝0.4m，

勻減速運動的時間為：t1＝v1μ2g＝25s＝0.4s，

該段時間內(nèi)的傳送帶的位移為：x2=vt1=2.5×0.4m=1m

則相對路程的大小為：△x1=x1+x2=1.4m，

返回的過程做勻加速直線運動，根據(jù)x1＝12at22，

解得：t2＝2x1a＝2×0.45s＝0.4s，

傳送帶的位移為：x3=vt點睛：解決本題的關(guān)鍵理清物體在整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律、運動學(xué)公式和動能定理進行求解，知道物體在傳送帶上運動的過程中，摩擦力做功的代數(shù)和為零．66．如圖所示，在光滑水平面上有一塊長為L的木板B，其上表面粗糙，在其左端有一個光滑的1/4圓弧槽C與長木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上．現(xiàn)有很小的滑塊A以初速度v0從右端滑上B并以v0(1)木板B上表面的動摩擦因數(shù)μ；(2)14【答案】（1）5v0【解析】（1）當(dāng)A在B上滑動時，A與BC整體發(fā)生相互作用，由于水平面光滑，A與BC組成的系統(tǒng)動量守恒，選向左的方向為正方向，有：

mv0＝m(12v0)+2mv1…①

由能量守恒得知系統(tǒng)動能的減少量等于滑動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能即：μmgL＝12mv02?1（2）當(dāng)A滑上C，B與C分離，A、C發(fā)生相互作用．設(shè)A到達最高點時兩者的速度相等均為v2，A、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒有：m(12v0)+mv1＝(m+m)v2…④

由A、C組成的系統(tǒng)機械能守恒：12m(12v0)點睛：該題考查動量守恒定律的應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的運動情況，注意使用動量守恒定律解題時要規(guī)定正方向，難度適中．67．如圖所示，在同一豎直面上，質(zhì)量為2m的小球A靜止在光滑斜面的底部，斜面高度為H＝2L．小球受到彈簧的彈性力作用后，沿斜面向上運動．離開斜面后，運動到最高點時與靜止懸掛在此處的小球B發(fā)生彈性碰撞（碰撞過程無動能損失），碰撞后球B剛好能擺到與懸點O同一高度，球A沿水平方向拋射落在水平面C上的P點，O點的投影O/與P的距離為L/2．已知球B質(zhì)量為m，懸繩長L，視兩球為質(zhì)點，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：（1）球B在兩球碰撞后一瞬間的速度大?。唬?）球A在兩球碰撞前一瞬間的速度大?。唬?）彈簧的彈性力對球A所做的功?！敬鸢浮浚?）v（2）v（3）W=【解析】試題分析：兩球碰撞過程滿足動量守恒定律，B球上升過程滿足機械能守恒定律或動能定理，A球碰撞后做平拋運動，A球從彈起到與B球碰撞可用動能定理．（1）碰撞后，根據(jù)機械能守恒定律，對B球有：mgL=解得：v（2）A、B球碰撞有：2m解得：vA=（3）碰后A球做平拋運動，設(shè)平拋高度為y，有：L2=解得：y＝L對A球應(yīng)用動能定理得：W-2mg(y+2L)=解得：W=68．如圖所示，光滑的四分之一圓弧AB（質(zhì)量可忽略）固定在甲車的左端，其半徑R=1m．質(zhì)量均為M=3kg的甲、乙兩輛小車靜止于光滑水平面上，兩車之間通過一感應(yīng)開關(guān)相連（當(dāng)滑塊滑過感應(yīng)開關(guān)時，兩車自動分離）．其中甲車上表面光滑，乙車上表面與滑塊P之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4．將質(zhì)量為m=2kg的滑塊P（可視為質(zhì)點）從A處由靜止釋放，滑塊P滑上乙車后最終未滑離乙車．求：（1）滑塊P剛滑上乙車時的速度大?。唬?）滑塊P在乙車上滑行的距離為多大?【答案】(1)15m/s(2)2m【解析】（1）設(shè)滑塊P剛滑上乙車時的速度為v1，此時兩車的速度為vmv1?2M解得：v1=15（2）設(shè)滑塊P和小車乙達到的共同速度為v，滑塊P在乙車上滑行的距離為L，規(guī)定向右為正方向，對滑塊P和小車乙應(yīng)用動量守恒有：mv1?Mv2=（m+M)v對滑塊點睛：正確分析物體的運動過程，把握每個過程所遵守的物理規(guī)律是解題的關(guān)鍵，結(jié)合動量守恒定律和能量守恒定律進行求解．動量守恒定律解題時應(yīng)注意其矢量性。69．如圖所示，底端帶彈性擋板且足夠長的光滑直桿與水平方向的夾角為53°，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個帶孔彈性小球A、B（孔徑略大于桿的直徑）穿在桿上，且（1）與A球碰撞前后，B球的速度；（2）B球由釋放到與擋板相碰運動的時間?！敬鸢浮浚?）v2=1m/s，v'【解析】（1）以平行于斜面向下的方向為正方向，根據(jù)牛頓第二定律mgsin53°=ma設(shè)A球碰前的速度為v1，運動時間t1=0.375s設(shè)B球碰前的速度為v2，碰后速度為v'碰撞過程中動能守恒，則有1聯(lián)立即得v2=1m/s（2）碰前B球的運動可分為三個階段，向下運動，與擋板碰后向上運動，再向下運動，設(shè)B球回到最高點后再向下運動的時間為t3，B球回到最高點后再向下運動的距離為L3，則有t設(shè)B球由釋放到與擋板相碰運動的時間為t2，則有解得t點睛：本題考查了動量守恒和能量守恒的綜合運用，綜合性較強，結(jié)合動量守恒和能量守恒求出B碰撞前后的速度大小是關(guān)鍵，理清B在整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式，抓住時間關(guān)系進行求解。70．【加試題】圖中兩根足夠長的平行光滑導(dǎo)軌，相距1m水平放置，磁感應(yīng)強度B=0.4T的勻強磁場豎直向上穿過整個導(dǎo)軌所在的空間．金屬棒ab、cd質(zhì)量分別為0.1kg和0.2kg，電阻分別為0.4Ω和0.2Ω，并排垂直橫跨在導(dǎo)軌上．若兩棒以大小相等的初速度3m/s向相反方向分開，不計導(dǎo)軌電阻，求：（1）金屬棒運動達到穩(wěn)定后，ab棒的速度大??；（2）金屬棒運動達到穩(wěn)定的過程中，ab上產(chǎn)生的焦耳熱；（3）金屬棒運動達到穩(wěn)定后，兩棒間距離增加多少？【答案】（1）1m/s（2）1.5

m【解析】（1）ab、cd棒組成的系統(tǒng)動量守恒，最終具有共同速度v，以水平向右為正方向，則mcdv0-mabv0=（mcd+mab）v∴v=1m/s（2）根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=△ΕΚ減=12mcd+mab）（v02-v2Qab=23（3）對cd棒利用動量定理：-BIL?△t=mcd（v-v0）又

q=IΔt=ΔΦ∴Δs=m71．自由式滑雪空中技巧是一項有極大觀賞性的運動，其場地由①出發(fā)區(qū)、②助滑坡、③過渡區(qū)(由兩段不同半徑的圓弧平滑相連，其中CDE弧的半徑為3m，DE弧的圓心角60o)、④跳臺(高度可選)組成。比賽時運動員由A點進入助滑區(qū)做勻加速直線運動，經(jīng)過渡區(qū)后沿跳臺的斜坡勻減速滑至跳臺F處飛出，運動員的空中動作一般須在54km/h到68km/h的速度下才能成功完成，不計摩擦和空氣阻力，取g=10m/s2，求:

（1）某運動員選擇由A點無初速滑下，測得他在②、④兩段運動時間之比為t1:t2=3:1，，且已知AB=2EF，則運動員在這兩坡段運動平均速度之比及加速度之比各為多少？（2）另一質(zhì)量60kg的運動員，選擇高h=4m的跳臺，他要成功完成動作，在過渡區(qū)最低點D處至少要承受多大的支持力？（3）試求為了能成功完成空中動作，助滑過程中他至少需要消耗多少體能？【答案】（1）2:3（2）7300N【解析】(1)

兩段運動的平均速度之比v1設(shè)滑到B點速度為v

1

，則滑到E點速度也為v

1

，又設(shè)滑到F點速度為v

2

.

則由，v2=v1+由a1=v1t（2）在EF段，有：EF＝hsin60°＝833m，

a2＝gsin60°＝53m/s運動員從A點由靜止出發(fā)做勻加速運動，由運動學(xué)公式得，vB2＝2a1AB，

從B點至D點的過程中，由動能定理得，mgR(1?cos60°)＝12mvD2?12mvB2，（3）設(shè)助滑過程中運動員消耗的能量為E，由功能關(guān)系可得，E?mg[h+R（1?cos60°）]=12mvF2?72．如圖所示，兩條平行導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，粗糙的水平軌道的左側(cè)為半徑為r的14光滑圓軌道，其最低點與右側(cè)水平直導(dǎo)軌相切，水平導(dǎo)軌的右端連接一阻值為R的定值電阻；同時，在水平導(dǎo)軌左