物理好题带详解答案

试卷第=page11页，总=sectionpages6767页一、选择题（题型注释）1．如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态。保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放。则释放后小球从M运动到N过程中A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和【答案】BC【解析】试题分析：对于小球和弹簧组成的系统，电场力对小球做负功，故系统机械能即小球的机械能与弹簧的弹性势能之和减少，选项A错误；小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态，说明重力与电场力等大反向，小球从开始运动到运动至最高点的过程中，电势能的减少量等于小球重力势能的增加量，选项B正确；根据动能定理，小球动能的增加量等于电场力、重力与弹簧弹力做功的代数和，重力与电场力等大反向，做功代数和为零，故弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量，选项C正确；重力与电场力等大反向，做功代数和为零，选项D错误。考点：本题旨在考查动能定理、功能关系。2．如图所示，固定的光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q向上运动过程中A.物块P、Q的电势能和动能之和先增大后减小B.物块P、Q的重力势能和电势能之和先减小后增大C.物块P、Q的重力势能和电势能之和先增大后减小D.物块P、Q的重力势能和动能之和先增大后减小【答案】B【解析】试题分析：物体Q在沿斜面方向上受向上的电场力和沿斜面向下的分力作用，当物体向上滑动时，随电场力的减小，加速度先逐渐减小，然后反向增加，即速度先增加后减小；因系统只有重力和电场力做功则系统的电势能、重力势能和动能守恒，即，则在Q向上运动过程中，随重力势能的增加，物块P、Q的电势能和动能之和逐渐减小，选项A错误；在Q向上运动过程中动能先增后减，故物块P、Q的重力势能和电势能之和先减小后增大，选项B正确，C错误；在Q向上运动过程中，电势能逐渐减小，故物块P、Q的重力势能和动能之和逐渐变大，选项D错误；故选B.考点：能量守恒定律；牛顿定律.3．如图所示，一根空心铝管竖直放置，把一枚小圆柱形的永磁体从铝管上端由静止释放，经过一段时间后，永磁体穿出铝管下端口。假设永磁体在铝管内下落过程中始终沿着铝管的轴线运动，不与铝管内壁接触，且无翻转。忽略空气阻力，则下列说法中正确的是空心铝管空心铝管永磁体A．若仅增强永磁体的磁性，则其穿出铝管时的速度变小B．若仅增强永磁体的磁性，则其穿过铝管的时间缩短C．若仅增强永磁体的磁性，则其穿过铝管的过程中产生的焦耳热减少D．在永磁体穿过铝管的过程中，其动能的增加量等于重力势能的减少量【答案】A【解析】试题分析：若仅增强永磁体的磁性，则铝管中产生的感应电流变大，磁体受到的向上的安培力变大，加速度减小，故则其穿出铝管时的速度变小，选项A正确；由于当增强永磁体的磁性后，磁体在铝管中的平均速度减小，故其穿过铝管的时间变长，选项B错误；由能量守恒关系可知，穿过铝管的过程中产生的焦耳热等于磁体的机械能的减小量，即，因为v减小，故Q增大，选项C错误；由以上分析可知，在永磁体穿过铝管的过程中，其动能的增加量小于重力势能的减少量，选项D错误；故选A.考点：电磁感应；能量守恒定律；楞次定律.4．如图甲所示，倾角为θ的斜面足够长，质量为m的小物块受沿斜面向上的拉力F作用，静止在斜面中点O处，现改变拉力F的大小（方向始终沿斜面向上），物块由静止开始沿斜面向下运动，运动过程中物块的机械能E随离开O点的位移x变化关系如图乙所示，其中0-过程的为曲线过程的图线为直线，物块与斜面间动摩擦因数为。物块从开始运动到位移为的过程中A.物块的加速度始终在减小B.物块减少的机械能等于物块克服合力做的功C.物块减少的机械能小于减少的重力势能D.物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功【答案】C【解析】试题分析：由图可知，物块向下运动的过程中，其中O～x1过程的图线为曲线，斜率逐渐减小，而斜率：，△E=-（F+μmgcosθ）•△x，联立可知，k=-（F+μmgcosθ），斜率减小，则-（F+μmgcosθ）减小，物块受到的合外力mgsinθ-（F+μmgcosθ）不一定减小，由牛顿第二定律可知，物块的加速度不一定减小；在x1～x2过程的图线为直线，k不变，则物块的加速度不变．故A错误；物块向下运动的过程中，重力、拉力与摩擦力做功，物块减少的机械能等于拉力与摩擦力做功，不等于物块克服合力做的功．故BD错误；物块由静止开始沿斜面向下运动，由动能定理可知，重力势能减小量等于重力功WG，机械能的减小量等于WF+Wf，所以物块减少的机械能小于减少的重力势能．故C正确；故选：C考点：牛顿第二定律；动能定理.5．如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体．物体在A处时，弹簧处于原长状态．现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开．此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W．不考虑空气阻力．关于此过程，下列说法正确的有（）A.物体重力势能减小量一定大于WB.弹簧弹性势能增加量一定小于WC.物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD.若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W【答案】AD【解析】试题分析：根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能，所以物体重力势能减小量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确；B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少增加量为W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：，所以D正确。考点：本题考查动能定理、能量守恒6．如图1所示，固定的粗糙斜面长为10m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图2所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图3所示，重力加速度g=10m/s2。根据上述信息可以求出（）A.斜面的倾角B.小滑块与斜面之间的动摩擦因数C.小滑块下滑的加速度的大小D.小滑块受到的滑动摩擦力的大小【答案】D【解析】试题分析：沿斜面滑行时，滑块重力势能为；结合图3可得；根据动能定理有；结合图2可得；根据机械能守恒有；可得滑动摩擦力，选项D对。下滑加速度，不知道滑块质量，无法计算加速度，选项C错。同时也无法计算斜面倾角和动摩擦因数，选项AB错。考点：功和能的关系7．如图所示，一轻质弹簧下端固定在粗糙的斜面底端的档板上，弹簧上端处于自由状态，斜面倾角为θ。一质量为m的物块（可视为质点）从离弹簧上端距离为l1处由静止释放，物块与斜面间动摩擦因数为µ，物块在整个过程中的最大速度为v，弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为l2（重力加速度为g）。则()mmθA．从物块释放到弹簧被压缩到最短的过程中，系统损失的机械能为µmgl2cosθB．从物块释放到弹簧被压缩到最短的过程中，物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和C．物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为D．弹簧的最大弹性势能为【答案】AB【解析】试题分析：从物块释放到弹簧被压缩到最短的过程中，系统损失的机械能等于除重力和弹力以外的其他力做功，大小为µmgl2cosθ，选项A正确；从物块释放到弹簧被压缩到最短的过程中，物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，选项B正确；物块的速度最大时，加速度为零，此时，此位置物块离出发点的距离为x，大于l1，即弹簧的弹性势能为，选项C错误；当物体的速度减小到零时，弹簧的弹性势能最大，大小为，选项D错误；故选AB.考点：牛顿第二定律及动能定理的应用.8．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由静止下落到刚完全穿过匀强磁场区域过程的v－t图象，图中字母均为已知量。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是()00tvv1v2v3t3t4t2t1abcdMNPQ（甲）（乙）A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B．金属线框的边长为v1（t2－t1）C．磁场的磁感应强度为D．金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为【答案】BCD【解析】试题分析：根据楞次定律可知，金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向，选项A错误；从t1-t2线圈匀速进入磁场，则金属线框的边长为v1（t2－t1），选项B正确；线圈进入磁场时，重力等于安培力，则,解得，选项C正确；t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1=mgL=mgυ1（t2-t1）；t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2=mgL+=mgυ1（t2-t1）+故Q=Q1+Q2=2mgυ1（t2-t1）+；故D正确；考点：楞次定律；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律.9．如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒（电阻也不计）放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中,以下结论正确的有A．恒力F做的功等于电路产生的电能B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和【答案】CD【解析】试题分析：由动能定理可知：，即恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和，选项D正确，AB错误；克服安培力做的功等于电路中产生的电能；选项C正确；故选CD.考点：动能定理；安培力的功.10．如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦。EK代表动能，E代表机械能，EP代表势能，a代表加速度，x代表路程。下图中能正确反映物理量之间关系的图像是ABCDABCD【答案】CD【解析】试题分析：滑块在冲上斜面时，受力分析可知，摩擦力与重力沿斜面方向的分力都是向下的，故此时的加速度较大，在滑下来的过程中，摩擦力与重力沿斜面方向的分力的方向相反，所以此时的加速度较小，因为二个过程的位移相等，滑块上冲的过程也可以看成是初速度为0的向下的运动过程，根据x=可知，上冲与下滑过程的时间不相等，下滑的时间长一些，所以选项A错误；由于滑块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，位移与时间成二次函数的关系，重力做功等于重力势能的减小量，所以重力势能先增大后减小，随时间成二次函数关系变化，但向上运动的时间是向下运动时间的一半吗？二者的加速度只是能够判断出其定性的关系，所以不能确定向上运动的时间一定是向下运动时间的一半，故选项B错误；又因为滑块向上运动时位移与速度成二次函数的关系，即与动能成一次函数的关系，所以选项C正确；滑块在斜面上运动时，由于摩擦的存在，机械能减小，由于摩擦力的大小是不变的，故克服摩擦做的功随路程的增大而增大，滑块的机械能就随路程的增大而线性减小，故选项D正确。考点：功能关系，受力分析，牛顿第二定律。11．如图所示，一个质量为M木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向左的初速度v0，则.（填选项前的字母）A.小木块和木箱最终都将静止B.木箱速度为零时，小木块速度为C.最终小木块速度为，方向向左D.木箱和小木块系统机械能最终损失【答案】C【解析】试题分析：当木箱获得一个向左的初速度v0时，木块相对木箱将向后滑动，然后与后壁相碰，经过若干次碰撞后相对木箱静止，此时两者具有共同速度，根据动量守恒定律可得：Mv0=(M+m)v，解得方向与v0方向相同，故选项AB错误，C正确；.木箱和小木块系统机械能最终损失，选项D错误；故选C.考点：动量守恒定律.12．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力和弹簧弹力对小球所做的功分别为W1、W2和W3，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中()A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球的电势能一定减小C．电场力功率一定是越来越大D．小球运动加速度大小一定是先减小后增大【答案】B【解析】试题分析：因为除重力和弹力做功外，电场力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A错误；由动能定理可知，，故电场力做功为，电势能减少量为，选项B正确；若电场力大于重力，则两个力的合力向上，当小球向上运动时，加速度先减小后不变，速度一直增大，则电场力的功率越来越大；若电场力小于重力，则两个力的合力向下，当小球向上运动时，加速度先减小后反向增加，速度先增大后减小，则电场力的功率先增大后减小，选项CD错误；故选B.考点：动能定理、牛顿第二定律.13．某同学对某种抽水泵中的电磁泵模型进行了研究。如图电磁泵是一个长方体，ab边长为L1，左右两侧面是边长为L2的正方形，在泵头通入导电剂后液体的电阻率为ρ，泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，理想电流表示数为I，若电磁泵和水面高度差为h，不计水在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g。则A．泵体上表面应接电源正极B．电源提供的电功率为U2L1/ρC．电磁泵不加导电剂也能抽取不导电的纯水D．在t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开泵时的动能为【答案】AD【解析】试题分析：泵体受到的磁场力水平向左拉动液体，由左手定则，电流应从上向下流过泵体，故泵体上表面接电源的正极，选项A正确；电源提供的电功率P=UI，选项B错误；电磁泵不加导电剂，无电流通过泵体，泵体不受到的磁场力，故不能抽取不导电的纯水，选项C错误；由功能关系，UIt=mgh+I2Rt+mv2，根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R=ρL2/S=ρL2/L1L2=ρ/L1，故这部分水离开泵时的动能为考点：电磁驱动。14．如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为l，两导轨间连有一电阻R，导轨平面与水平面的夹角为θ，在两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从h高度处由静止释放，在刚要滑到涂层处时恰好匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦，动摩擦因数μ=tanθ，其他部分的电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是A．导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动B．在涂层区导体棒做减速运动C．导体棒到达底端的速度为D．整个运动过程中产生的焦耳热为【答案】AC【解析】试题分析：导体棒到达涂层前随着速度的增加，安培力越来越大，因此合力越来越小，加速度越来越小，因此做加速度减小的加速运动，A正确；由于到达涂层时已匀速运动，而涂层的动摩擦因数μ=tanθ，因此在涂层区导体棒做匀速运动，B错误；穿过涂层后导体棒仍匀速运动，因此到达底端时，，因此导体棒到达底端的速度为，C正确，由于涂层存在，因此整个运动过程中产生的焦耳热为，其中l为涂层的宽度，D错误。考点：电磁感应，功能关系15．如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m．开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中θθbaA．物块a的重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等【答案】ACD【解析】试题分析：因为开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，说明b的重力等于a沿斜面方向的分量，即mg=magsinθ；当物块b上升h后，物块a沿斜面下滑的距离为h，故a下降的高度为hsinθ，所以物块a的重力势能减少量为maghsinθ=mgh，选项A正确；根据功能关系，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，所以选项B错误；C正确；在任意时刻，设b的速度为v，则a的速度大小也是v，该速度沿竖起方向的分量为vsinθ，故重力对b做功的瞬时功率为Pb=mbgv，重力对a做功的瞬时功率为Pa=magvsinθ，故Pa=Pb，所以选项D正确。考点：力的平衡，功能关系。16．如图，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块（动摩擦因数相同）．由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止．在小物块的运动过程中，表述正确的是（）A．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B．物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些C．因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少D．整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少【答案】BD【解析】试题分析：在物块运动过程中，摩擦力不变，而库仑力随距离增大而减小．开始阶段，物块加速运动，库仑力大于摩擦力，故A错误．物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的位移大，则导致库仑力做功多一些，故B正确．因摩擦力始终做负功，但库仑力做正功，故两物块组成的系统的机械能先增加后减少，故C错误．物块由于受库仑斥力，向相反方向运动，库仑力做正功，电势能均减小，即物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少，故D正确．故选BD。考点：电场力功；电势能。17．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，图像如图所示,以下判断正确的是()A．前3s内货物处于失重状态B．最后2s内货物只受重力作用C．前3s内平均速度小于最后2s内的平均速度D．最后2s的过程中货物的机械能增加【答案】D【解析】试题分析：根据速度时间图像可知，前3s内货物向上做匀加速直线运动，加速度向上，处于超重状态，选项A错误；最后2s内货物做匀减速直线运动，加速度大小为，受重力和拉力作用，选项B错误；根据匀变速直线运动平均速度公式，前3s内与最后2s内货物的平均速度相同，都为3m/s，选项C错误；最后2s的过程中，受到向上的拉力，拉力作正功，货物的机械能增加，D正确。故选D。考点：牛顿第二定律、功能关系18．在一次探究活动中，某同学设计了如图所示的实验装置，将半径R=1m的光滑半圆弧轨道固定在质量M=0.5kg、长L=4m的小车的上表面中点位置，半圆弧轨道下端与小车的上表面水平相切，现让位于轨道最低点的质量m=0.1kg的光滑小球随同小车一起沿光滑水平面向右做匀速直线运动，某时刻小车碰到障碍物而瞬时处于静止状态（小车不反弹），之后小球离开圆弧轨道最高点并恰好落在小车的左端边沿处，该同学通过这次实验得到了如下结论，其中正确的是（g取10m/s2）()A．小球到达最高点的速度为m/sB．小车与障碍物碰撞时损失的机械能为12.5JC．小车瞬时静止前、后，小球在轨道最低点对轨道的压力由1N瞬时变为6.5ND．小车向右做匀速直线运动的速度约为6.5m/s【答案】AB【解析】试题分析：如图所示，小球从B落到小车的左端边沿处所用时间t==s=s。最高点的速度vB==m/s=m/s，故A正确；小球从A到B只有重力做功，机械能守恒，有mvA2=mg2R+mvB2，代入数据解得vA=m/s≈7.1m/s，这个速度等于小车匀速运动的速度，故D错误；小车与障碍物碰撞时损失的机械能E=MvA2=12.5J，B正确；小车瞬时静止前、后，小球在轨道最低点的速度不变，故对轨道的压力不变，C错误。考点：机械能守恒定律、向心力、平抛运动点评：本题把圆周运动、平抛运动巧妙地结合在一起，只要把受力分析弄精确，运动过程弄清楚，运动相应的知识就能求解。19．如图A，用力F拉一质量为1kg的小物块使其由静止开始向上运动，经过一段时间后撤去F。以地面为零势能面，物块的机械能随时间变化图线如图B.所示，已知2s末拉力大小为10N，不计空气阻力，取g＝10m/s2，则（）A.力F做的功为50JB.1s末力F的功率为25WC.2s末物块的动能为25JD.落回地面时物块的动能为50J【答案】ABD【解析】试题分析：小物块只受到F和G两个力，由功能关系可知，F做的功等于物体机械能的增量，故F做的功为50J，A选项正确。E=Pt，所以F在1s末的功率就是1s末E-t图线的斜率，为25W，故B选项正确。2s末物块的功率为25W=Fv，可得v===2.5m/s，小物块的动能为Ek=mv2=×1×2.52J=3.125J，故C选项错误。下落的过程中只受到重力，机械能守恒，故动能为50J，D选项正确。考点：机械能守恒定律点评：掌握机械能守恒的条件，能利用功能关系，知道瞬时功率的求法，还要能从图线中挖掘出尽可能多的有效信息。20．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gC．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量【答案】BC【解析】试题分析：导体棒下落过程中切割磁感线，回路中形成电流，根据楞次定律判断电流的方向，流过电阻R电流方向为b→a，故A错误；金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故A正确；当金属棒的速度为v时，由F安=BIL=BL=，故C正确；当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少量，故D错误。考点：感应电动势、电磁感应中的能量转化、功能关系、牛顿第二定律点评：导体棒速度的变化会使安培力发生变化，同时应用功能关系时，要特别注意弹性势能的变化。21．运动员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落。如果用表示下落高度，表示下落的时间，F合表示人受到的合力，E表示人的机械能，Ep表示人的重力势能，表示人下落的速度，在整个过程中，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图像可能符合事实的是（）【答案】AC【解析】试题分析：运动员从直升机上跳伞，重力势能逐渐减小，规定初位置重力势能为零，则Ep=mg（﹣h），即重力势能与高度是线性关系，故A正确。机械能的变化等于除重力外其余力做的功，故自由落体运动过程机械能守恒，故B错误。运动员从直升机上跳伞，伞打开前看作自由落体运动；开伞后减速下降，空气阻力大于重力，合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动；即合力先等于重力，竖直向下，然后突然竖直向上，再逐渐减小到零，故C正确。运动员从直升机上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落；减速过程中加速度a=，因v是变化的，故a是变化的，而D图中a是恒定的，故D错误。考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律点评：运动员的运动过程中受到的阻力是变化的，其合力和机械能也有所变化。22．如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，已知v1＞v2，P与定滑轮间的绳水平。不计定滑轮质量，绳足够长。直到物体P从传送带右侧离开。以下判断正确的是（）A．物体P一定先加速后匀速B．物体P可能先加速后匀速C．物体Q的机械能一直增加D．物体Q一直处于超重状态【答案】BC【解析】试题分析：由于v1＞v2，且物体P向右运动，故P受到的摩擦力可能大于Q的重力，故P可能先加速后匀速，也有可能一直加速运动，故A错误，B正确；不论A中那种情况，绳子对物体Q的拉力都做正功，故Q的机械能增加，故C正确；当物体先加速后匀速时，物体不可能一直处于超重，故D错误。考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系、牛顿第二定律点评：考查了物体在传送带上的运动过程，首先要分清过程，可能是一直加速，也可能是先加速后匀速运动。23．如图示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO，竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电量的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左作用力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态。现若稍改变F的大小，使b稍有向左移动一段小距离，则当a、b重新处于静止状态后（）A、b间的电场力增大B.作用力F将减小C.系统重力势能增加D.系统的电势能将增加【答案】BC【解析】试题分析：以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得电场力F电=，α减小，cosα增大，则电场力F电减小。挡板对a的弹力N=mgtanα，α减小，N减小。对整体研究：水平方向：F=N，则作用力F将减小。故A错误，B正确。电场力F电减小，根据库仑定律得知，两球间的距离增大，电场力做正功功，系统的电势能减小，而F做正功，根据功能关系可知，系统重力势能增加。故C正确，D错误。考点：电势能、力的合成与分解、共点力平衡点评：动态平衡问题，关键要灵活选择研究对象，先对a研究，再对b研究，比较简便。24．如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ。一个质量为m、半径为r的通电匀质金属环位于圆台底部，0~t时间内环中电流大小恒定为I，由静止向上运动经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环上升的最大高度为H。已知重力加速度为g，磁场的范围足够大。在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是A.圆环先做加速运动后做减速运动B.在时间t内安培力对圆环做功为mgHC．圆环先有扩张后有收缩的趋势D.圆环运动的最大速度为【答案】AD【解析】试题分析：A、圆环先向上做加速运动；当电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线产生感应电流，电流方向俯视为逆时针，由左手定则可知圆环所受安培力方向垂直磁感线向下，由于速度在变化，则安培力也在变，所以圆环做变减速运动，故A正确；B、由功能关系可知，在上升全过程中，在t时间内安培力对圆环做的功等于全过程重力做的功mgH和t时间后圆环克服安培力做的功，所以在时间t内安培力对圆环做功大于mgH，故B错误；C、圆环通电流时，由安培力垂直磁感线向上可知，电流方向俯视为顺时针，安培力分量指向圆心，圆环有收缩的趋势；撤去电流后，根据右手定则可知，切割产生的感应电流方向俯视为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故C错误；D、环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为，则在竖直方向的分力为，由牛顿第二定律，可得：，则圆环向上的加速度为，则竖直方向上，在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由得，故D正确。故选：AD．考点：本题考查了楞次定律、电磁感应与电路结合、牛顿第二定律。25．有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示。若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm。下列说法正确的是A．粒子经过P点和Q点时，加速度大小相等、方向相反B．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等C．粒子经过P点与Q点时，动能相等D．粒子在P点的电势能为正值【答案】C【解析】试题分析：根据顺着电场线方向电势降低可知，0-2mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向；在2-6mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，加速度沿x轴负方向；φ-x图象的斜率大小等于场强E．则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反．故A错误．粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等．故C正确．粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则根据功率公式P=Fv，可知电场力做功的功率不等．故B错误．在P点，根据电势能公式Ep=qφ，因为q＜0，φ＞0，所以Ep＜0．故D错误．故选：C．考点：电场力做功与电势能的变化关系；能量守恒定律.26．如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨PQ、MN倾斜固定，倾角为θ=30°，相距为L，导轨处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与小球c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b棒也垂直导轨放置在导轨上，b刚好能静止。a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。则A．小球c的质量为mB．b棒放上导轨前a棒的加速度为0.5gC．b棒放上导轨后a棒中电流大小是D．b棒放上导轨后，小球c减少的重力势能等于回路消耗的电能【答案】AC【解析】试题分析：b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，此时a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降，则c所受重力和绳的拉力大小平衡．由b平衡可知，安培力大小F安=mgsinθ，由a平衡可知F绳=F+mgsinθ=2mgsinθ，由c平衡可知F绳=mcg；因为绳中拉力大小相等，故2mgsinθ=mcg，即物块c的质量为2msinθ=m，故A正确；根据BIL=mgsin300，可知b棒放上导轨后a棒中电流大小是，选项C正确；b棒放上导轨后，小球c减少的重力势能等于a增加的重力势能与回路消耗的电能之和，选项D错误；b棒放上导轨前a棒的加速度为=2ma，解得，选项B错误；故选AC。考点：法拉第电磁感应定律；物体的平衡。27．如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球（可视为质点）固定在绝缘斜面上的点，且在通过弹簧中心的直线上。现将与大小相同，带电性也相同的小球，从直线上的点由静止释放，若两小球可视为点电荷。在小球与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是A．小球的速度一定先增大后减小B．小球的机械能一直在减少C．小球速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D．小球与弹簧系统的机械能一定增加【答案】AD【解析】试题分析：小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确；根据除了重力和弹力之外的力做功量度机械能的变化得，小球P除了重力和弹力之外的力做功还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向可能向上，也就是可能做负功，所以小球P的机械能可能增大，故B错误；小球P的速度一定先增大后减小，当p的加速度为零时，速度最大，所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C错误；根据能量守恒定律知，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D正确．故选AD．考点：能量守恒定律。28．在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上．a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．则（）A．物块c的质量是2msinθB．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是【答案】AD【解析】试题分析：因为ac匀速运动，b静止，故对abc的整体，，即：，选项A正确；b棒放上导轨前，对ac系统机械能守恒，故物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，选项B错误；b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能与a增加的重力势能之和，选项C错误；b棒放上导轨后，对a棒：，即，选项D正确；故选AD.考点：物体的平衡；能量守恒定律。29．如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1＝B，B2＝2B，一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为v/2，则下列判断正确的是A．此过程中通过线框截面的电量为B．此过程中线框克服安培力做的功为mv2C．此时线框的加速度为D．此时线框中的电功率为【答案】ABC【解析】试题分析：此过程通过线框截面的电荷量Q=，初位置磁通量，末位置磁通量，所以通过线框横截面的电荷量，选项A正确；根据功能关系，减少的动能等于系统产生的电能即，选项B正确；线框右边切割磁感线，产生感应电动势，感应电流沿顺时针方向，左边框切割磁感线，产生感应电动势，感应电流同样沿顺时针方向，所以整个线框的电流，右边框受到安培力方向水平向左，左边框受到安培力水平向左，整个线框受到安培力，线框加速度，选项C正确。此时线框中的电功率等于安培力做功的功率即，选项D错误。考点：电磁感应定律30．如图，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定，另一端与质量为m、带电荷量为＋q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上的A点．当施加水平向右的匀强电场E后，小球从静止开始在A、B之间做简谐运动，在弹性限度内下列关于小球运动情况说法中正确的是()A．小球在A、B的速度为零而加速度相同B．小球简谐振动的振幅为C．从A到B的过程中，小球和弹簧系统的机械能不断增大D．将小球由A的左侧一点由静止释放，小球简谐振动的周期增大【答案】C【解析】试题分析：小球在A、B的速度为零，加速度大小相等，方向相反，A错误；小球做简谐运动，在平衡位置，有kx=qE，解得x=，振幅为，B错误；从A到B的过程中，电场力做正功，机械能增大，C正确；简谐振动的周期与振幅无关，D错误。故选C。考点：简谐振动31．如图所示，水平虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。一带负电微粒自离EF为h的高处自由下落，从B点进入场区，沿虚线BCD做匀速圆周运动，从D点射出.已知重力加速度为g，下列说法正确的是：A．电场强度的方向竖直向上B．微粒做圆周运动的半径为C．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先减小后增大D．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能相加之和先增大后减小【答案】B【解析】试题分析：粒子进入复合场做匀速圆周运动，受到的向心力只能是洛仑兹力，所以电场力与重力平衡，电场力应竖直向上，粒子带负电，所以电场强度方向竖直向下，故A项错；进入复合场的速度，做圆周运动的半径，又，联立叁式，得r＝，故B项正确；因电场力向上，所以凿子由B运动到C的过程电场力做负功，电势能增加，故C项错；从B到D的过程，电场力与重力合力为零，所以电势能与重力势能之和无变化，故D项错。考点：本题考查了带电粒子在复合场中的运动、洛仑兹力和电场力的概念公式、功与势能的关系。32．图中回路竖直放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于回路平面向外，导体AC可以贴着光滑竖直长导轨下滑．设回路的总电阻恒定为R，当导体AC从静止开始下落后，下面叙述中正确的说法有:A．导体下落过程中，机械能守恒B．导体加速下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量C．导体加速下落过程中，导体减少的重力势能转化为导体增加的动能和回路中增加的内能D．导体达到稳定速度后的下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能【答案】CD【解析】试题分析：导体下落过程中，由于有安培力做功，有电能产生，故机械能不守恒，选项A错误；由能量守恒可知，导体加速下落过程中，导体减少的重力势能转化为导体增加的动能和回路中增加的内能，选项C正确，B错误；导体达到稳定速度后的下落过程中，动能不变，导体减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能，选项D正确；故选CD。考点：电磁感应现象；能量守恒定律.33．如图，为一有界匀强电场，场强方向为水平方向（虚线为电场线），一带负电微粒以某一角度从电场中a点斜向上方射入，沿直线运动至b点，则可知：（）A．电场中a点的电势低于b点的电势B．微粒在a点时的动能与电势能之和与在b点时的动能与电势能之和相等C．微粒在a点时的动能大于b点时的动能，在a点时的电势能大于在b点时的电势能D．微粒在a点时的动能大于在b点时的动能，在a点的电势能小于在b点的电势能【答案】D【解析】试题分析：粒子沿直线运动到b点，粒子的合力与速度在同一直线上，重力竖直向下，则受到的电场力水平向左，电场方向水平向右．则a点的电势高于b点的电势．故A错误．根据能量守恒，粒子的重力势能、动能、电势能总量不变，重力势能增大，则动能与电势能之和减小．微粒在a点时的动能与电势能之和大于在b点时的动能与电势能之和，故B错误．粒子从a到b，电场力做负功，动能减小，微粒在a点时的动能大于b点时的动能；电势能增大，在a点的电势能小于在b点的电势能；故C错误，D正确．故选D．考点：带电粒子在电场中的运动.34．如图所示，竖直轻质弹簧，下端固定在地面，上端固定一质量为M的木板，木板上方放一质量为m的物块，木板和物块间不粘连，一竖直向下的力F作用在物块上，整个系统处于静止状态。在撤去F，木板和物块向上运动的过程中，下列说法正确的是A．物块先处于超重状态，再处于失重状态B．木板对物块做正功，物块的机械能增加C．木板和物块组成的系统机械能守恒D．当弹簧处于自然状态时，物块克服重力做功的功率最大【答案】AB【解析】试题分析：撤去F后，木板和物块向上运动的过程中，开始时弹簧的弹力先大于木板和物块的总重力，后小于总重力，所以木板和物块先向上加速运动，后向上减速运动，加速度先向上后向下，则物块先处于超重状态，再处于失重状态，故A正确．由于木板对物块的支持力一直做正功，由功能原理可知物块的机械能不断增加，故B正确．由于弹簧对木板做正功，所以木板和物块组成的系统机械能增加，故C错误．对于木板和物块组成的系统，当总重力与弹簧的弹力大小相等时速度最大，此时弹簧处于压缩状态，此时物块重力的功率最大，故D错误．故选：AB．考点：牛顿第二定律；功能关系.35．质量分别为m1、m2的A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用各自由静止开始运动。经过时间t0，撤去A物体的外力F；经过4t0，撤去B物体的外力F。两物体运动的v-t关系如图所示，则A、B两物体A．与水平面的摩擦力大小之比为5∶12B．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为4∶1C．在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为1∶2D．在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为5∶3【答案】AC【解析】试题分析：由动量定理，对物体A：，对物体B:,解得：fA:fB=5:12，选项A正确；根据动能定理，合外力做功等于动能的变化，故在匀加速运动阶段，合外力做功之比为：，选项B错误；整个过程的位移分别为：；，在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为：选项C正确；在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为：，选项D错误，故选AC.考点：动能定理及动量定理的应用；功和功率.36．如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，其中Q1带正电，在它们连线的延长线上a、b点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度va从a点沿直线ab向右运动，其v-t图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A．Q2带正电B．Q2带负电C．b点处电场强度为零D．试探电荷的电势能不断增加【答案】BC【解析】试题分析：带正电的电荷在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q2带负电．故BC正确,A错误；该电荷从a点到b点，做减速运动，动能减小，电势能增大；b点以后，动能增大，电势能减小，故选项D错误，故选BC.考点：v-t图线；动能定理.37．如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。现用力F向左缓慢推物块B压缩弹簧，当力F做功为W时，突然撤去F，在A物体开始运动以后，弹簧弹性势能的最大值是()FFBAA.W/3B.W/2C.2W/3D.W【答案】A【解析】试题分析：由题意知，当B向右运动至弹簧恢复原长时A开始运动，此时B的速度为v0，根据能量守恒可得：，当A、B速度相等时，弹簧弹性势能最大，再根据动量守恒可得：2mv0=3mv，再根据能量守恒可知此时弹性势能，解得：EP=W/3考点：本题考查能量守恒、动量守恒38．长为L的轻绳悬挂一个质量为m的小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角θ=45°QUOTE的静止三角形物块刚好接触，如图所示。现在用水平恒力F向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度速度大小为v，重力加速度为g，不计所有的摩擦。则下列说法中正确的是()θθθFLA.上述过程中，斜面对小球做的功等于小球增加的动能B.上述过程中，推力F做的功为FLC.上述过程中，推力F做的功等于小球增加的机械能D.轻绳与斜面平行时，绳对小球的拉力大小为mgsin45°QUOTE【答案】B【解析】试题分析：由题意知，在运动过程中，斜面对小球做功，小球重力做功，根据动能定理可知：斜面对小球做的功与重力做功之和等于小球增加的动能，所以A错误；根据恒力做功的公式得F做功为W=FL，故B正确；根据机械能守恒知，除重力以外的力做功等于小球机械能的增加，斜面对小球做的功等于小球增加的机械能，所以C错误；轻绳与斜面平行时，绳对小球的拉力FT，根据牛顿第二定律：，故D错误。考点：本题考查动能定理、机械能守恒39．如图所示，一闭合的小金属环用一根绝缘细杆挂在固定点O处，使金属圆环在竖直线OO′的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向和水平面垂直。若悬点摩擦和空气阻力均不计，则（）A．金属环每次进入和离开磁场区域都有感应电流，而且感应电流的方向相反B．金属环进入磁场区域后越靠近OO′线时速度越大，而且产生的感应电流越大C．金属环开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后不再减小D．金属环在摆动过程中，机械能将全部转化为环中的电能【答案】AC【解析】试题分析：当环由左向右进入磁场时，穿过环的磁通量增大，故环内电流产生向外的磁场，感应电流方向为逆时针，当环由右向左离开磁场时，穿过环的磁通量减小，故环内电流产生向里的磁场，感应电流方向为顺时针，故A正确；当环靠近OO′时，环全部在磁场中，摆动时穿过环的磁通量不变，故环内不产生感应电流，感应电流为0，B错误；当摆角小到一定程度后，环内不再产生感应电流，环也不受到安培力的作用，故它会按这个摆角一直摆动下去，C正确；由于最后摆动不会停止，故机械能中一部分转化为电能，另一部分仍以机械能的形式存在，D错误。考点：电磁感应，能量的转化，单摆。40．如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中，一劲度系数为K的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态，一带正电的滑块从距离弹簧上端为S0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变。弹簧始终处在弹性限度内，则下列说法正确的是（）A．当滑块的速度最大时，弹簧的弹性势能最大B．当滑块的速度最大时，滑块与弹簧系统的机械能最大C．当滑块刚碰到弹簧时速度最大D．滑块从接触弹簧开始向下运动到最低点的过程中，滑块的加速度先减小后增大【答案】D【解析】试题分析：当滑块的速度最大时，滑块继续向下运动，弹簧的压缩量会进一步增加，弹簧的弹性势能会进一步增大，A错误；再向下运动过程中，电场力做正确，滑块与弹簧系统的机械能继续增大，B错误；在下滑过程中，当弹簧的弹力等于重力的下滑分力与电场力之和时，滑块的速度最大，C错误；滑块从接触弹簧开始向下运动到最低点的过程中，弹簧的弹簧力越来越大，加速度越来越小，当弹簧的弹力等于重力的下滑分力与电场力之和力速度减小到了零，此时速度最大，接下来再向下运动过程中，力速度向上的越来越大，因此D正确考点：动能定理41．已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为t=0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2）。已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2。则下列判断正确的是（）A．0～t1内，物块对传送带做正功B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tanθC．0～t2内，传送带对物块做功为D.系统产生的热量一定比物块动能的减少量大【答案】D【解析】试题分析：物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A错误；在内，物块向上运动，则有，得，故B错误；内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为，根据动能定理得：，则传送带对物块做功，故C错误；物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，故D正确．考点：考查了动能定理，功能关系42．某位溜冰爱好者先在岸上从O点由静止开始匀加速助地，2s后到达岸边A处，接着进入冰面(冰面与岸边相平)开始滑行，又经3s停在了冰上的B点，如图所示。则该过程中，他的速度、位移、所受的合外力F以及机械能E随时间变化规律的图象正确的是【答案】AC【解析】试题分析：人从O到A先做匀加速运动，然后从A到B做匀减速运动，故图线A正确，B错误；因前2s内的加速度大于后3s内的加速度，且前者匀加速，后者匀减速，故合外力方向相反，选项C正确；整个过程中由于有摩擦力做功故机械能不守恒，选项D错误；故选AC。考点：牛顿第二定律，机械能守恒定律；v-t图线及物理图像的应用.43．在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN,相距为L,导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下.有两根质量均为m的金属棒a、b,先将a棒垂直导轨放置,用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接,连接a棒的细线平行于导轨,由静止释放c,此后某时刻,将b也垂直导轨放置,a、c此刻起做匀速运动,b棒刚好能静止在导轨上.a棒在运动过程中始终与导轨垂直,两棒与导轨电接触良好,导轨电阻不计.则A.物块c的质量是2msinθB.b棒放上导轨前,物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能C.b棒放上导轨后,物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能D.b棒放上导轨后,a棒中电流大小是【答案】AD【解析】试题分析：b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡．由b平衡可知，安培力大小F安=mgsinθ，由a平衡可知F绳=F安+mgsinθ=2mgsinθ，由c平衡可知F绳=mcg；因为绳中拉力大小相等，故2mgsinθ=mcg，即物块c的质量为2msinθ，故A正确；b放上之前，根据能量守恒知a增加的重力势能也是由于c减小的重力势能，故B错误；a匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知C错误；根据b棒的平衡可知F安=mgsinθ又因为F安=BIL，故，故D正确；故选AD．考点：物体的平衡；安培力.44．如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上的P点，已知物体的质量为m，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，弹簧的劲度系数k。现用力拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始缓慢向左移动一段距离，这时弹簧具有弹性势能Ep。撤去外力后，物体在O点两侧往复运动的过程中（）A．在整个运动过程中，物体第一次回到O点时速度不是最大B．在整个运动过程中，物体第一次回到O点时速度最大C．物体最终停止时，运动的总路程为D．在物体第一次向右运动的过程中，速度相等的位置有2个【答案】AD【解析】试题分析：由题意知，撤去外力时弹力大于滑动摩擦力，物体向右加速运动，由牛顿第二定律得：，随着向右运动x减小，a减小，故做加速度减小的加速运动，当弹力与摩擦力相等时，速度最大。A对B错；物体最终停止时，有弹性势能，C错；考点：牛顿第二定律、胡可定律功能关系等。45．如图所示，CDEF是固定的、水平放置的、足够长的“U”型金属导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中。在导轨上架着一根金属棒ab，在极短时间内给ab棒一个水平向右的速度v0，棒将开始运动，最后又静止在导轨上，则ab棒在运动过程中，就导轨是光滑和粗糙两种情况相比较（）A．整个回路产生的总热量相等B．电流通过整个回路所做的功相等C．安培力对ab棒做的功相等D．通过ab棒的电量相等【答案】A【解析】试题分析：第一种情况，第二种情况，所以安培力做功不等，C错误。则电流通过整个回路所做的功也不相等，B错误。整个回路产生的总热量相等，动能转化为焦耳热和摩擦热能，A正确。两种情况通过的位移不等，通过ab棒的电量不相等，在光滑轨道上电量多，D错误。考点：动能定理、功能关系、法拉第电磁感应定律46．如图所示，在水平面内固定着U形光滑金属导轨，轨道间距为50cm，金属导体棒ab质量为0.1kg，电阻为0.2Ω，横放在导轨上，电阻R的阻值是0.8Ω(导轨其余部分电阻不计)．现加上竖直向下的磁感应强度为0.2T的匀强磁场．用水平向右的恒力F＝0.1N拉动ab，使其从静止开始运动，则()A．导体棒ab开始运动后，电阻R中的电流方向是从P流向MB．导体棒ab运动的最大速度为10m/sC．导体棒ab开始运动后，a、b两点的电势差逐渐增加到1V后保持不变D．导体棒ab开始运动后任一时刻，F的功率总等于导体棒ab和电阻R的发热功率之和【答案】B【解析】由右手定则可判断电阻R中的感应电流方向是从M流向P，A错；当金属导体棒受力平衡时，其速度将达到最大值，由F＝BIL，I＝＝可得F＝，代入数据解得vm＝10m/s，B正确；电动势最大值Em＝1V，a、b两点的电势差为路端电压，最大值小于1V，C错；在达到最大速度以前，F所做的功一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的动能，D错．47．足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t=0时撤去推力，0—6s内速度随时间的变化情况如图所示，由图像可知A．0—1s内重力的平均功率大小与1—6s内重力平均功率大小之比为5∶1B．0一ls内摩擦力的平均功率大小与1～6s内摩擦力平均功率大小之比为1∶1C．0一1s内位移大小与1～6s内位移大小之比为1∶5D．0一1s内机械能变化量大小与1～6s内机械能变化量大小之比为1∶5【答案】BCD【解析】试题分析：0—1s内重力的平均速度与1—6s内重力平均速度大小相等，由得，0—1s内重力的平均功率大小与1—6s内重力平均功率大小之比为1：1，A错误；同理，B正确；在v－t图像中，图像与坐标轴所围的面积表示位移的大小，则0一1s内位移大小与1～6s内位移大小之比为1∶5，C正确；由功能关系知，机械能的变化量与除重力外其他力做功相等，则0一1s内机械能变化量大小与1～6s内机械能变化量大小之比为1∶5，D正确。考点：本题考查做功、功率、功能关系。48．有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如右图所示。若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm。则下列说法正确的是A．粒子将沿x轴正方向一直向前运动B．粒子经过P点与Q点时，动能相等C．粒子在P点与Q点加速度大小相等、方向相反D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等【答案】B【解析】试题分析：根据顺着电场线方向电势降低可知，0-2mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向，电场力做正功；在2-6mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，电场力做负功，由知，6mm时速度为零，之后将反向运动，A错误；粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等．故B正确；因为φ-x图象的斜率大小等于场强E．则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，则粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度c错误；粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则根据功率公式P=Fv，可知电场力做功的功率不等，D错误。考点：本题考查带电粒子在电场中的运动。49．如图，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为v1；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动，滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是（）A.v1一定大于v0B.v1一定大于v2C.第一次的加速度可能比第二次的加速度小D.两个过程中物体损失的机械能相同【答案】BCD【解析】试题分析：第一次小物块受重力、支持力、摩擦力，如果摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，则小物块减速下滑，v1小于v0，A错误；两次摩擦力作负功相等，第一次重力作正功，所以v1一定大于v2，BD正确；两次加速度那个大都有可能，C正确；故选BCD。考点：牛顿运动定律、功能关系。50．如图，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块（动摩擦因数相同）．由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止．在小物块的运动过程中，表述正确的是（）A.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B.物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些C.因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少D.整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少【答案】BD【解析】试题分析：开始时库仑力大于摩擦力，两物体做加速运动，随着距离的增大，库仑力减小，即物体做加速度减小的加速运动，当库仑力小于摩擦力时开始做减速运动直至停下，所以A错误；两物体受库仑力大小相等，且一直做正功，质量小的物体受滑动摩擦力小，运动的位移较大，故库仑力做功较多，所以B正确；整个过程库仑力做正功，摩擦力做负功，加速过程机械能增大，减速过程机械能减小，根据动能定理知，整个过程库仑力做正功等于克服摩擦力做功等于电势能的减少，所以C错误；D正确。考点：本题考查带电体的运动、功、能量守恒51．A、B为电场中一条电场线上的两点，在A点释放一个初速度为零的正电荷，仅受电场力作用，并沿电场线由A点运动到B点，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A．该电荷运动的轨迹为曲线B．该电场是匀强电场C．该电荷运动的加速度越来越大D．电在荷在A点的动能小于在B点的动能【答案】CD【解析】试题分析：电势能的变化规律图像是曲线，但运动轨迹不一定是曲线，可能是在非匀强电场中的运动，AB错误；图像中电势能变化越来越快，即动能变化越来越快，所以速度变化越来越快，故加速度越来越大，C正确；过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，故电荷在A点的动能小于在B点的动能。考点：考查了电场力做功，电势能52．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的物体放在小车的一端．受到水平恒力F作用后，物体由静止开始运动，设小车与物体间的摩擦力为f，车长为L，车发生的位移为S时，物体从小车一端运动到另一端，下列说法错误的是A．物体具有的动能为（F-f）（S+L）B．小车具有的动能为fSC．这一过程中物体与车之间产生的热量为f(S+L)D．物体克服摩擦力所做的功为f(S+L)【答案】C【解析】试题分析：据题意，在拉力作用下，物体和小车发生相对运动的位移，当小车位移为S时物体从小车左端运动到右端，相对位移为L，故此时物体的动能据动能定理有：，由于初动能为0，故选项A正确；小车具有的动能据动能定理有：，故选项B正确；物体与车之间产生的热量为：，故选项C错误；物体克服摩擦力做的功为：，故选项D正确；据题意应该选择选项C。考点：本题考查动能定理和摩擦力做的功。53．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（）A．物体在沿斜面向下运动B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ【答案】AD【解析】试题分析：物体由静止开始运动，物体初始动能为0，据图可知物体机械能减少，不可能向上运动，故A正确；在0～x1过程中，据图可知物体单位位移量下机械能变化量在减小，说明F在减小直到为零，物体只有重力做功机械能守恒，分析物体受力情况设其沿斜面下滑的加速度为a则有，由于F在减小，加速度a将增大，故B错误；在0～x2过程中，由前面分析可知物体加速度a将增大直到时，即在0～x1过程中，加速度a将增大，在x1～x2过程中，物体以加速度gsinθ做匀加速运动，故C错误、D正确。考点：本题考查了动能定理、机械能、加速度的概念54．如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示。其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g。以下说法正确的是（）A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0B．小物体下落至高度h5时，加速度最大C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mgh1【答案】BC【解析】试题分析：对A项：如图所示，可看做竖直方向的弹簧振子。根据动能定理，利用b图，物体由O下落A的过程图像为直线，判断此过程为自由落体运动，在高为的A处刚好接触弹簧，弹簧形变量为零，弹性势能；由A到B物体继续下落，开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，物体做加速度减小的加速运动，下落至高为的B处，加速度减小到零，速度增加到最大，此时物体所受重力与弹力等大反向，，小物体下降至高度h3时，弹簧形变量，故A错误；对C项：由上可知，B为弹簧振子的平衡位置，根据弹簧振子的对称性，AC两处动能相等，速度相等，故AC两处关于B对称，C处弹簧形变量为，即高为h4的C处弹性势能，小物体从高度h2下降到h4弹簧的弹性势能增加量，故C正确；对B项：由O到A，小球做自由落体运动，加速度竖直向下，大小为；由A到B，弹力由零逐渐增大到，，，加速度竖直向下，由g减小到零；由B到C，弹力继续增大，从增大到，，，加速度竖直向上，由零增大到g；由C到D，弹力继续增大，，由可知弹力越大，加速度越大，D处弹力最大，加速度最大，且大于C处的加速度，故B正确；对D项：D处小球运动到最低点，速度为零，弹簧最短，形变量最大，弹性势能最大，由O到D，减少的重力势能等于增加的弹性势能，应用能量守恒定律，D处弹性势能，故D错误。考点：55．一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，不计空气阻力。运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象，如图所示，其中0～s1过程的图线为曲线，s1～s2过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是()A．0～s1过程中物体所受合力一定是变力，且不断减小B．s1～s2过程中物体可能在做匀速直线运动C．s1～s2过程中物体可能在做变加速直线运动D．0～s2过程中物体的动能可能在不断增大【答案】BD【解析】试题分析：由于物体机械能的改变量为物体所受外力除重力外其他力的合力所做的功，由题图可知单位位移量的机械能损失在增大结合，可知合外力是变力且不断增大，故A错误；当物体受到的拉力等于重力时，若物体匀速下落则有物体机械能的改变量为，机械能的改变量与位移呈线性关系，即符合B项的情况，故B正确；由图可知s1～s2过程中物体机械能的变化量与位移量之比为定值，由，可得物体受到恒力的作用，故C错误；0～s2过程中若重力做正功，机械能减小但物体的动能可能在不断增大，故D正确。考点：本题考查了机械能、牛顿运动定律56．如图，光滑固定的竖直杆上套有小物块a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块a和小物块b，虚线cd水平。现由静止释放两物块，物块a从图示位置上升，并恰好能到达c处。在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是()A．物块a到达c点时加速度为零B．绳拉力对物块a做的功等于物块a重力势能的增加量C．绳拉力对物块b先做负功后做正功D．绳拉力对物块b做的功等于物块b机械能的变化量【答案】BD【解析】试题分析：据题意，当物块a运动到c时，对物块a受力分析，受到重力G，水平向右的拉力T和水平向左的支持力N，所以a的合力一定向下，则加速度必定不为0，A选项错误；对a物块应用动能定理，从初始位置到c位置，拉力T做正功，重力G做负功，总功等于动能变化，则有：wT-wG=0，所以B选项正确；绳子拉力与b物块运动方向相反，则拉力一直做负功，所以C选项错误；对b物块受力分析受到重力G’和拉力T’，则拉力做的功等于b物块机械能变化量，所以D选项正确。考点：本题考查动能定理和能量守恒定律的应用。57．如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力。下列说法中正确的是（）A．弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能B．小球向上运动的过程中处于失重状态C．小球压缩弹簧的过程中小球减小的动能等于弹簧增加的势能D．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒【答案】BC【解析】试题分析：小球抛出到将弹簧压缩过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，小球的动能转化为重力势能和弹簧的弹性势能，弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能，故A错误；小球向上运动的过程中只受重力，小球处于完全失重状态，故B正确；小球压缩弹簧的过程中，小球和弹簧系统机械能守恒，小球减小的动能等于弹簧增加的势能，故C正确；小球抛出到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，小球的机械能不守恒，故D错误。考点：能量守恒定律，机械能守恒定律。58．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，此时()A．拉力F做功的等于A动能的增加量B．物块B满足m2gsinθ=kdC．物块A的加速度为D．弹簧弹性势能的增加量为【答案】CD【解析】试题分析：据题意，拉力F做的功等于物体A增加的动能和重力势能与弹簧弹性势能之和，故选项A错误；弹簧原来处于压缩状态，在拉力作用下，物体A向上运动时弹簧刚好回复原长，此后弹簧被拉伸，当物块B刚要离开挡