1.黑板擦在手施加的恒定推力F作用下勻速擦拭黑板已知黑板擦與豎直黑板間的動摩擦因數(shù)為μ，不計黑板擦的重力，則它所受的摩擦力大小為( )
A. FB. μFC. F 1+μ2D. μF 1+μ2
2.某質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動，運(yùn)動的時間為t，位移為x，該質(zhì)點(diǎn)的xt?t圖象如圖所示，下列說法錯誤的是( )
A. 質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為2cb
B. t=0到t=b這段時間質(zhì)點(diǎn)的路程為bc4
C. t=0時，質(zhì)點(diǎn)的初速度大小為c
D. t=0到t=b這段時間質(zhì)點(diǎn)的平均速度為0
3.拉格朗日點(diǎn)指的是在太空中類似于“地一月”或“日一地”的天體系統(tǒng)中的某些特殊位置，在該位置處的第三個相對小得多(質(zhì)量可忽略不計)的物體靠兩個天體的引力的矢量和提供其轉(zhuǎn)動所需要的向心力，進(jìn)而使得該物體與該天體系統(tǒng)處于相對靜止?fàn)顟B(tài)，即具有相同的角速度。如圖所示是地一月天體系統(tǒng)，在月球外側(cè)的地月連線上存在一個拉格朗日點(diǎn)，發(fā)射一顆質(zhì)量為m的人造衛(wèi)星至該點(diǎn)跟著月球一起轉(zhuǎn)動，距離月球的距離為s。已知地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，地月球心之間的距離為r，月球的公轉(zhuǎn)周期為T，則由以上數(shù)據(jù)可以算出( )
A. 地球的密度為3πR3GT2r3
B. 在拉格朗日點(diǎn)的衛(wèi)星的線速度比月球的線速度小
C. 在拉格朗日點(diǎn)的衛(wèi)星的向心加速度比月球的向心加速度小
D. 月球?qū)υ撔l(wèi)星的引力為4π2mT2(r+s)?mgR2(r+s)2
4.如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間變化的勻強(qiáng)磁場中，關(guān)系為B=kt(k>0且為常量)?，F(xiàn)將單位長度電阻為R、半徑為x的金屬圓環(huán)放入這個磁場中，圓環(huán)與磁場邊界為同心圓。下列說法正確的是( )
A. 若x為2r時，圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為4kπr2
B. 從上往下看，金屬圓環(huán)中的電流沿順時針方向，且電流隨時間均勻增大
C. 若x分別為12r和2r時，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的比值為1：4
D. 若x分別為12r和2r時，單位時間內(nèi)圓環(huán)中產(chǎn)生焦耳熱的比值為1：1
5.甲、乙兩光滑小球(均可視為質(zhì)點(diǎn))用輕直桿連接，乙球處于粗糙水平地面上，甲球緊靠在粗糙的豎直墻壁上，初始時輕桿豎直，桿長為4m。施加微小的擾動，使得乙球沿水平地面向右滑動，當(dāng)乙球距離起點(diǎn)3m時，下列說法正確的是( )
A. 甲、乙兩球的速度大小之比為4：3
B. 甲、乙兩球的速度大小之比為3： 7
C. 甲球即將落地時，乙球的速度與甲球的速度大小相等
D. 甲球即將落地時，乙球的速度達(dá)到最大
二、多選題（本題共5小題，共30分）
6.觀察水龍頭，在水龍頭出水口出水的流量(在單位時間內(nèi)通過任一橫截面的水的體積)穩(wěn)定時，發(fā)現(xiàn)自來水水流不太大時，從龍頭中連續(xù)流出的水會形成一水柱，現(xiàn)測得高為H的水柱上端面積為S1，下端面積為S2，重力加速度為g，以下說法正確的是( )
A. 水柱是上粗下細(xì)B. 水柱是上細(xì)下粗
C. 該水龍頭的流量是S1S2 2gHS12?S22D. 該水龍頭的流量是 2gHS12+S22
7.芬蘭小將拉林托以兩跳240.9分的成績在跳臺滑雪世界杯芬蘭站中獲得冠軍。如圖所示是簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖，拉林托從助滑雪道AB上由靜止開始滑下，到達(dá)C點(diǎn)后水平飛出，落到滑道上的D點(diǎn)，E是運(yùn)動軌跡上的某一點(diǎn)，在該點(diǎn)拉林托的速度方向與軌道CD平行，設(shè)拉林托從C到E與從E到D的運(yùn)動時間分別為t1、t2，EF垂直CD，(忽略空氣阻力)則( )
A. t1=t2B. t1>t2C. CFFD>13D. CFFD13
故C正確，D錯誤。
故選：AC。
運(yùn)動員從C點(diǎn)水平飛出后做平拋運(yùn)動，可以不用通常的分解方法，而建立這樣的坐標(biāo)系：以C點(diǎn)為原點(diǎn)，CD為X軸，和CD垂直向上方向為Y軸，進(jìn)行運(yùn)動分解，Y軸方向做類似豎直上拋運(yùn)動，X軸方向做勻加速直線運(yùn)動。
本題如采用常規(guī)的分解方法很難求解，而根據(jù)分解處理是等效的，可靈活建立坐標(biāo)系，進(jìn)行運(yùn)動的分解問題就容易解答。
8.【答案】CD
【解析】AB、金屬線框剛進(jìn)入上邊磁場時，恰好做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)平衡條件得mgsinθ=F安，又F安=BIL=BBLvRL=B2L2vR，聯(lián)立得mgsinθ=B2L2vR ①
當(dāng)ab邊剛越過ff′時，ab邊和cd邊都要切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，線框中總的感應(yīng)電動勢為E=2BLv，感應(yīng)電流為I=ER=2BLvR，線框受到的安培力的合力大小為F=2BIL=4B2L2vR ②
根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinθ?F=ma ③
由①②③聯(lián)立解得a=?3gsinθ，負(fù)號表示加速度方向沿斜面向上，故AB錯誤；
C、設(shè)線框從開始進(jìn)入磁場到ab邊到達(dá)gg′與ff′中點(diǎn)時速度為v′，由平衡條件得mgsinθ?F=0，即mgsinθ?4B2L2v′R=0，解得v′=mgRsinθ4B2L2④
由①④得v′=v4 ⑤
線框從開始進(jìn)入磁場到ab邊到達(dá)gg′與ff′中點(diǎn)時產(chǎn)生的熱量為Q=mgsinθ?32L?(12mv′2?12mv2)=32mgLsinθ+1532mv2⑥，故C正確；
D、從ab越過ff′邊界到線框再做勻速直線運(yùn)動的過程，根據(jù)動量定理得：mgsinθ?t?BI?Lt=mv′?mv ⑦
又此過程中通過線框截面的電荷量為q=I?t=△ΦR=BL?L2R⑧
由⑤⑦⑧解得t=1mgsinθ(2B2L3R?34mv)，故D正確。
故選：CD。
金屬線框剛進(jìn)入上邊磁場時，恰好做勻速直線運(yùn)動，合力為零，根據(jù)平衡條件和安培力與速度的關(guān)系分別列式，得到速度與重力的關(guān)系；當(dāng)ab邊剛越過ff′時，根據(jù)牛頓第二定律列式，結(jié)合安培力與速度的關(guān)系求線框的加速度；線框從開始進(jìn)入磁場到ab邊到達(dá)gg′與ff′中點(diǎn)時，先根據(jù)平衡條件求出此時線框的速度，再根據(jù)能量守恒求產(chǎn)生的熱量。根據(jù)動量定理求從ab越過ff′邊界到線框再做勻速直線運(yùn)動所需的時間。
導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動時，要抓住受力平衡及能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系進(jìn)行分析判斷；在分析能量關(guān)系時一定要找出所有發(fā)生變化的能量，知道增加的能量一定等于減少的能量。對于線框在磁場中運(yùn)動的時間，由于線框做的是非勻變速運(yùn)動，不能根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解，可根據(jù)動量定理求運(yùn)動時間。
9.【答案】0.58 0.59 9.7
【解析】解：(1)勻變速直線運(yùn)動某段時間內(nèi)，中間時刻速度等于平均速度：
v=x6?x42T=86.40?38.402×0.1×10?2m/s=2.4m/s
動能增加量：
ΔEk=12(m1+m2)v2
代入數(shù)據(jù)解得ΔEk=0.58J；
系統(tǒng)勢能的減少量：
ΔEp=(m2?m1) g?
代入數(shù)據(jù)解得ΔEp≈0.59J；
(2)根據(jù)機(jī)械能守恒定律：
(m2?m1) g?=12(m1+m2)v2
得：
v2=2(m2?m1)(m2+m1)g?
斜率：
k=2(m2?m1)(m2+m1)g
代入數(shù)據(jù)得出：g≈9.7m/s2．
故答案為：(1)0.58，0.59；(2)9.7
(1)勻變速直線運(yùn)動某段時間內(nèi)，中間時刻速度等于平均速度，解得速度，根據(jù)動能和重力勢能的公式解得；
(2)根據(jù)機(jī)械能守恒定律變形，結(jié)合圖線斜率可求得。
本題考查機(jī)械能守恒實(shí)驗，關(guān)鍵掌握如何根據(jù)圖線變形，通過斜率計算重力加速度的方法。
10.【答案】11448 5 1a ka 小于
【解析】解：(1)根據(jù)汽車電池銘牌，可知電池的額定容量為47.7A?，則一塊電池所帶電量為
Q=It=115×47.7×3600C=11448C；
(2)電池的額定電壓為384V，則一塊電池的電壓為
U=115×8×384V=3.2V
為了更加精確地測量，則圖乙中電壓表量程應(yīng)該接5V；
(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律有
E=U+URr
變形得到
1U=1E+rE?1R
可知圖線的縱截距為a=1E，斜率為k=rE
解得：E=1a，r=ka
(4)由于電壓表分流的原因?qū)е码妱觿莸臏y量值均小于真實(shí)值；
故答案為：(1)11448；(2)5；(3)1a，ka；(4)小于
(1)(2)根據(jù)銘牌的容量和額定電壓分析解答；
(3)(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像斜率與截距解得電動勢與內(nèi)阻，同時分析誤差。
本題考查測量汽車上電池的電動勢和內(nèi)阻的實(shí)驗，要求學(xué)生會根據(jù)閉合電路歐姆定律得到1U與1R的函數(shù)關(guān)系，應(yīng)用圖象法去處理實(shí)驗數(shù)據(jù)。
11.【答案】解：(1)設(shè)滑草車剛進(jìn)入水平滑道時速度大小為v，水平滑道上有LBC=vt22
代入數(shù)據(jù)解得v=10m/s；
(2)設(shè)傾斜滑道長度為LAB，高度為?，傾角為θ；滑草車與人的總質(zhì)量為m，滑草車與整個滑道間動摩擦因數(shù)為μ，水平滑道上，由動能定理有?μmgLBC=0?12mv2
傾斜滑道上，有LAB=vt12
mg??μmgLABcsθ=12mv2
又因為csθ= LAB2??2LAB
代入數(shù)據(jù)解得?=15m。
答：(1)滑草車剛進(jìn)入水平滑道時的速度大小為10m/s；
(2)該傾斜滑道的高度為15m。
【解析】(1)在傾斜軌道上，由平均速度求解到達(dá)軌道底端的速度；
(2)根據(jù)動能定理列出AB和BC滑道的運(yùn)動表達(dá)式，以及運(yùn)用平均速度列出AB滑道長度式子，求出滑道高度。
本題考查勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，解題關(guān)鍵是掌握勻變速直線運(yùn)動規(guī)律并能夠熟練應(yīng)用。
12.【答案】解：(1)令小球在O點(diǎn)的速度為v0，根據(jù)運(yùn)動的獨(dú)立性，小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動，則小球到達(dá)M1時速度的豎直分量為v1y=v0
由題意得： 10v0= v1y2+v1x2
可得：v1x=3v0
即tanθ=v1yv1x=13
小球到達(dá)M1之前做直線運(yùn)動，合力方向與合速度方向共線，可得：
qEmg=v1xv1y
解得：E=3mgq
(2)小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動，可知小球在電場中的兩段運(yùn)動時間相同，且水平方向做勻加速直線運(yùn)動，電場區(qū)域上方小球水平方向做勻速運(yùn)動。令小球從A點(diǎn)離開電場，從B點(diǎn)再次進(jìn)入電場，則有：vAx=vBx=12v1x=32v0
可得vAy=vBy=12v0
若用tOA、tAB、tBM1表示小球在各階段的運(yùn)動時間。由此可得：tOA=tBM1=12tAB
由O→A，在豎直方向上可得：2gH=v02?vAy2
解得：v0= 8gH3
由速度—時間公式有：v0?vAy=gtOA
聯(lián)立可得：tOA= 2H3g
所以：tOM1=tOA+tBM1+tAB=4tOA=4 2H3g
(3)令第一次碰后的豎直分速度為v2y，水平分速度為v2x
由題設(shè)條件可得：v2x=3v2y
假設(shè)第一次碰后小球未到達(dá)上邊界，那么有：
2v2y=gtM1M2
xM1M2=3v2y×2v2yg+12×3g×(2v2yg)2=8H
解得：v2y2=2gH3
小球碰撞后上升的最大高度：H′=v2y22g=H3

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