1.某質(zhì)點(diǎn)在幾個(gè)恒力作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)突然將與質(zhì)點(diǎn)速度方向相反的一個(gè)力旋轉(zhuǎn)90°，則關(guān)于質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)狀況的敘述正確的是( )
A. 質(zhì)點(diǎn)的速度一定越來越小B. 質(zhì)點(diǎn)的速度可能先變大后變小
C. 質(zhì)點(diǎn)一定做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)D. 因慣性質(zhì)點(diǎn)將繼續(xù)保持勻速直線運(yùn)動(dòng)
【答案】C
【解析】【分析】
物體原來做勻速直線運(yùn)動(dòng)，力F與其余力的合力大小相等，方向相反．將與速度反方向的作用力F水平旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，該力與其余力的合力夾角為90°，這時(shí)物體的合力大小為 2F，方向與速度的夾角為45°.根據(jù)物體的受力情況分析物體的運(yùn)動(dòng)情況．
本題考查根據(jù)受力情況分析物體運(yùn)動(dòng)情況的能力．對(duì)于物體的平衡，有一個(gè)重要推論要理解記牢：物體在幾個(gè)力作用下平衡時(shí)，一個(gè)力與其余力的合力大小相等，方向相反，作用在同一直線上．
【解答】
AB、將與速度反方向的作用力F水平旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，該力與其余力的合力夾角為90°，這時(shí)物體的合力大小為 2F，方向與速度的夾角為45°，物體受力的方向與運(yùn)動(dòng)的方向之間的夾角是銳角，所以物體做速度增大的曲線運(yùn)動(dòng)．故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)牛頓第二定律得加速度a=Fm，所以物體做加速度不變的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．故C正確；
D、將與質(zhì)點(diǎn)速度方向相反的一個(gè)力旋轉(zhuǎn)90°后物體受力方向與速度的夾角為45°，所以質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)不是勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．
2.如圖所示為汽車蓄電池與車燈、啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)組成的電路，蓄電池內(nèi)阻為0.05 Ω，車燈電阻不變，電動(dòng)機(jī)線圈內(nèi)阻為0.02 Ω，電流表和電壓表均為理想電表，只閉合S1時(shí)，電流表示數(shù)為10 A，電壓表示數(shù)為12 V；再閉合S2，啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)工作時(shí)，電流表示數(shù)變?yōu)? A，則 ( )
A. 蓄電池的電動(dòng)勢(shì)為12VB. 通過啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)的電流是2 A
C. 啟動(dòng)工作時(shí)電動(dòng)機(jī)的輸出功率為430 WD. 啟動(dòng)工作時(shí)電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率為125W
【答案】C
【解析】【分析】
只接通S1時(shí)，電路是純電阻電路，可以用閉合電流的歐姆定律求出電動(dòng)勢(shì)及燈泡的電阻。
再接通S2后，電動(dòng)機(jī)開始工作，電路是非純電阻電路，通過啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)的電流等于總電流減去燈泡電流，及根據(jù)能量守恒定律分析輸出功率。
此題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)計(jì)算，應(yīng)注意電動(dòng)機(jī)工作時(shí)的電路是非純電阻電路，不可以用歐姆定律求電流，要充分利用串聯(lián)電路中電壓關(guān)系和電流關(guān)系來解決這類問題。
【解析】
只接通S1時(shí)，車燈與蓄電池串聯(lián)，由閉合電路歐姆定律得E=U+Ir=12V+10×0.05V=12.5V，
車燈的電阻R燈=UI=1210Ω=1.2Ω，
再接通S2后，流過電動(dòng)機(jī)的電流為，AB錯(cuò)誤;
此時(shí)電動(dòng)機(jī)兩端電壓U′=I′R燈=9.6V，消耗的總功率為，
線圈內(nèi)阻的發(fā)熱功率為，電動(dòng)機(jī)的輸出功率為480W?50W=430W，C正確，D錯(cuò)誤．
3.如圖所示，在水平粗糙橫桿上，有一質(zhì)量為m的小圓環(huán)A，懸吊一個(gè)質(zhì)量為M的小球B，今用一水平力F緩慢地拉起B(yǎng)，A仍保持靜止不動(dòng)，設(shè)圓環(huán)A受到的支持力為FN，靜摩擦力為Ff此過程中( )
A. FN增大，F(xiàn)f減小B. FN不變，F(xiàn)f減小
C. FN不變，F(xiàn)f增大D. FN增大，F(xiàn)f增大
【答案】C
【解析】【分析】
題中B緩慢運(yùn)動(dòng)可視為受力平衡，則對(duì)B受力分析，由共點(diǎn)力的平衡可得出拉力的變化；再對(duì)整體受力分析可得出摩擦力及支持力的變化。
本題也可以由隔離法求解，但是解答過程較為麻煩；因此在解題時(shí)要特別注意整體法的應(yīng)用。
【解答】
對(duì)B受力分析，則B受重力、繩子的拉力及F；三力滿足應(yīng)始終處于平衡狀態(tài)；受力分析如圖所示：
在B上升的過程中繩子與豎直方向的夾角增大，而重力不變，F(xiàn)=Gtanθ，故拉力F應(yīng)增大；
以AB為整體受力分析，整體在水平方向受拉力、摩擦力；豎直方向上受總重力、支持力；
因整體處于平衡狀態(tài)，故水平方向Ff0=F，因F增大，故摩擦力增大；豎直方向總重力不變，則支持力FN不變。
故C正確，ABD錯(cuò)誤。
4.如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中A、B、C三點(diǎn)構(gòu)成一等腰三角形，AB =c，∠B=30°，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向平行于紙面。一個(gè)電子在靜電力作用下由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)動(dòng)能減少Ek，而一個(gè)質(zhì)子在靜電力作用下，由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)動(dòng)能增加Ek。已知電子、質(zhì)子電荷量的絕對(duì)值均為e，下列關(guān)于該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向的判斷正確的是( )
A. 大小2Ekec，方向垂直于AC并由B點(diǎn)指向AC
B. 大小2Ekec，方向垂直于BC并由A點(diǎn)指向BC
C. 大小E=2 3Ek3ec，方向垂直于AC并由B點(diǎn)指向AC
D. 大小E=2 3Ek3ec，方向垂直于BC并由A點(diǎn)指向BC
【答案】B
【解析】【分析】
電子在電場(chǎng)力作用下，由A至C動(dòng)能減少，由電場(chǎng)力做功判斷電子電勢(shì)能的變化，及A、C兩點(diǎn)的電勢(shì)高低，由動(dòng)能定理可求出AC間電勢(shì)差；同理，由動(dòng)能定理求出AB間電勢(shì)差，分析BC間電勢(shì)的關(guān)系，作出等勢(shì)線，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，由高電勢(shì)處指向低電勢(shì)處，判斷電場(chǎng)線方向，由E=Ud求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。
本題根據(jù)動(dòng)能定理求出電勢(shì)差，找出等勢(shì)點(diǎn)，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面之間的關(guān)系判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，是經(jīng)常采用的思路。
【解答】
根據(jù)動(dòng)能定理得：電子從A→C過程，電場(chǎng)力做負(fù)功?Ek，得A、C間電勢(shì)差為UAC=?Ek?e=Eke>0，則φA>φC；質(zhì)子從A→B過程，電場(chǎng)力做正功Ek，UAB=Eke>0，則φA>φB，且UAB=UAC，說明B、C等勢(shì)，過A作BC垂線，電場(chǎng)方向由A指向BC，電場(chǎng)強(qiáng)度E=UABc2=2Ekec，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選B。
5.如圖所示，a和b是點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，a點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度Ea與ab連線夾角為60°，b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度Eb與ab連線夾角為30°，則關(guān)于此電場(chǎng)，下列分析中正確的是( )
A. 這是一個(gè)正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，Ea:Eb=1: 3
B. 這是一個(gè)正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，Ea:Eb=3:1
C. 這是一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，Ea:Eb= 3:1
D. 這是一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，Ea:Eb=3:1
【答案】D
【解析】【分析】
將Ea、Eb延長(zhǎng)相交，根據(jù)交點(diǎn)可確定點(diǎn)電荷Q的位置，根據(jù)兩點(diǎn)到Q距離的大小關(guān)系，由幾何知識(shí)求出a、b兩點(diǎn)到Q的距離之比，確定電場(chǎng)強(qiáng)度和電場(chǎng)力的大小。
本題的解題關(guān)鍵是孤立的點(diǎn)電荷Q位置，根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)線分布特點(diǎn)，運(yùn)用作圖法確定。
【解答】
AB.設(shè)點(diǎn)電荷的電荷量為Q，將Ea、Eb延長(zhǎng)相交，交點(diǎn)即為點(diǎn)電荷Q的位置，如圖所示：
從圖中可知電場(chǎng)方向指向場(chǎng)源電荷，故這是一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，故AB錯(cuò)誤；
CD.設(shè)a、b兩點(diǎn)到Q的距離分別為ra和rb，由幾何知識(shí)得到ra:rb=1: 3，由公式E=kQr2可得Ea:Eb=3:1，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
6.如圖所示，質(zhì)量均為m的兩個(gè)木塊P和Q疊放在水平地面上，P、Q接觸面的傾角為θ?，F(xiàn)在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相對(duì)靜止一起向左勻速運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A. P木塊所受合力向左
B. Q與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=Fmg
C. P受到Q的摩擦力一定為mgsin θ
D. 若突然撒去F，P、Q依然保持相對(duì)靜止一起向左勻速運(yùn)動(dòng)
【答案】C
【解析】【分析】
P、Q保持相對(duì)靜止一起向左勻速運(yùn)動(dòng)，都處于平衡狀態(tài)，合力為0；可求得地面的摩擦力大小，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式可求得動(dòng)摩擦因數(shù)；若P、Q之間光滑，對(duì)P受力分析知不可能受力平衡；突然撒去F后，Q受地面從摩擦力作用不可能做勻速運(yùn)動(dòng)。
本題考查了物體的平衡條件、滑動(dòng)摩擦力公式的應(yīng)用，注意整體法、隔離法的應(yīng)用。
【解答】
A.P木塊向左勻速運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，合力為0，故A錯(cuò)誤；
B.P、Q保持相對(duì)靜止一起向左勻速運(yùn)動(dòng)，地面對(duì)Q的摩擦力f=F=μ?2mg，解得：μ=F2mg，故B錯(cuò)誤；
C.對(duì)P木塊受力分析可得，P受到Q的摩擦力為mgsin θ，故C正確；
D.突然撒去F后，Q受地面從摩擦力作用不可能向左勻速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；
故選C。
7.起重機(jī)豎直提升質(zhì)量為m的物體，在其輸出功率正好等于額定功率時(shí)開始計(jì)時(shí)，此后起重機(jī)在額定功率下工作，物體上升的v?t圖像如圖所示。t=0時(shí)刻圖像斜率為a，重力加速度為g。則
A. t=0時(shí)刻起重機(jī)的牽引力為ma
B. 起重機(jī)的額定功率為mgv0
C. 物體上升過程的最大速度(1+ag)v0
D. 0到t0時(shí)間內(nèi)物體克服重力做功為m(g+a)v0t0+12mv02
【答案】C
【解析】A、設(shè)t=0時(shí)刻起重機(jī)對(duì)物體的牽引力為F，v?t圖像的斜率為加速度，對(duì)物體有F?mg=ma得，F(xiàn)=m(g+a)錯(cuò)誤;
B、起重機(jī)的額定功率P=Fv0=m(g+a)v0，B錯(cuò)誤;
C、物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力等于重力，最大速度vm=Pmg=(1+ag)v0，C正確;
D、在0到t0時(shí)間內(nèi)，依據(jù)動(dòng)能定理有Pt0?WG=12mvm2?12mv02，得：WG

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