【正文】 機(jī)械能守恒定律得：物體在 A點(diǎn)的機(jī)械能等于在桌面的機(jī)械能，為： EA= mv2；故 A錯(cuò)誤， B 正確． CD、由機(jī)械能的概念得： EkA﹣ mg（ H﹣ h） =EA；解得，物體在 A點(diǎn)的動(dòng)能： EkA= mv2+mg（ H﹣ h），故 CD 錯(cuò)誤． 故選： B 【點(diǎn)評(píng)】 本題關(guān)鍵要明確物體的機(jī)械能守恒時(shí)，各個(gè)點(diǎn)的機(jī)械能都相等，要靈活選擇所研究的位置，求出特殊點(diǎn)的機(jī)械能后，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得出 A點(diǎn)的機(jī)械能． 7．空中某點(diǎn)，將三個(gè)相同小球以相同的初速度 V水平拋出、豎直上拋、豎直下拋，則從拋出到落地，下列說(shuō)法正確的是（ ） A．落地時(shí)的速度相同 B．重力的平均功率相同 C．重力做功相同 D．落地時(shí)重力的即時(shí)功率相同 【考點(diǎn)】 功率、平均功率和瞬時(shí)功率；功的計(jì)算． 【分析】 小球沿著不同的方向拋出，都只有重力做功，機(jī)械能守恒，故可得到落地時(shí)速度大小相等，但方向不同；根據(jù)瞬時(shí)功率表達(dá)式 P=Fvcosθ判斷瞬時(shí)功率的大?。? 【解答】 解： A、小球沿不同方向拋出，只有重力做功，機(jī)械能守恒，由于初速度大小相等，則落地的速度大 小相等，但是方向不同，故 A錯(cuò)誤． B、根據(jù) W=mgh 知，首末位置的高度差相同，則重力做功相同，豎直下拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，重力的平均功率最大，豎直上拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，重力的平均功率最小，故 B 錯(cuò)誤， C 正確． D、落地的速度大小相等，方向不同，根據(jù) P=mgvy 知，水平拋出時(shí)落地的即時(shí)功率與豎直上拋運(yùn)動(dòng)和下拋運(yùn)動(dòng)的重力即時(shí)功率不等，故 D 錯(cuò)誤． 故選： C． 【點(diǎn)評(píng)】 本題關(guān)鍵在于沿不同方向拋出的小球都只有重力做功，機(jī)械能守恒，然后結(jié)合平均功率和瞬時(shí)功率的相關(guān)公式列式分析判斷． 8．密立根油滴實(shí)驗(yàn)原理如圖所示．兩塊水平 放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間電壓為 U，形成豎直向下場(chǎng)強(qiáng)為 E 的勻強(qiáng)電場(chǎng)．用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和電荷量各不相同的油滴．通過(guò)顯微鏡可找到懸浮不動(dòng)的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為 m，則下列說(shuō)法正確的是（ ） A．懸浮油滴帶正電 B．懸浮油滴的電荷量為 C．增大場(chǎng)強(qiáng)，懸浮油滴將向上運(yùn)動(dòng) D．油滴的電荷量不一定是電子電量的整數(shù)倍 【考點(diǎn)】 帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】 帶電荷量為 q 的油滴靜止不動(dòng)，所受的電場(chǎng)力與重力平衡，由平衡條件分析微粒的電性和帶電量，從而即可求解． 【解答】 解： A、帶電荷量為 q 的油滴靜止不動(dòng)，則油滴受到向上的電場(chǎng)力； 題圖中平行板電容器上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，故板間場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，則油滴帶負(fù)電，故 A錯(cuò)誤； B、根據(jù)平衡條件，有： mg=q ，故 q= ，然后發(fā)現(xiàn) q 總是某個(gè)最小值的整數(shù)倍，可估算出電子的電量，故 B 錯(cuò)誤； C、根據(jù)平衡條件，有： mg=qE，當(dāng)增大場(chǎng)強(qiáng)，電場(chǎng)力增大，則懸浮油滴將向上運(yùn)動(dòng)，故 C正確； D、不同油滴的所帶電荷量雖不相同，但都是某個(gè)最小電荷量（元電荷）的整數(shù)倍，故 D 錯(cuò)誤； 故選： C． 【點(diǎn)評(píng)】 本題關(guān)鍵是明確密立根油滴實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)原理，密立根通過(guò) 該實(shí)驗(yàn)測(cè)量出電子的電荷量而獲得諾貝爾物理獎(jiǎng)，注意運(yùn)用電場(chǎng)力與重力平衡，及理解帶電荷量是元電荷的整數(shù)倍． 9．在靜電場(chǎng)中，電子由 a 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 b 點(diǎn)的過(guò)程中，克服電場(chǎng)力做功 5eV，則下列說(shuō)法正確是（ ） A．電場(chǎng)強(qiáng)度方向一定是沿 ab 連線(xiàn)且由 b 點(diǎn)指向 a 點(diǎn)方向 B．電子的電勢(shì)能增加了 5eV C． a 點(diǎn)的電勢(shì)比 b 點(diǎn)的低 D．由于沒(méi)有確定零電勢(shì)點(diǎn)，故不能比較 a、 b 兩點(diǎn)的電勢(shì)高低． 【考點(diǎn)】 電勢(shì)能． 【分析】 電子在電場(chǎng)中移動(dòng)時(shí)，根據(jù)電場(chǎng)力做功不能確定場(chǎng)強(qiáng)方向．電場(chǎng)力做正功多少，電子的電勢(shì)能就減小多少．由公式 U= 求出 a、 b 兩點(diǎn)電勢(shì)差 Uab．由題，電勢(shì)零點(diǎn)未確定，a、 b 兩點(diǎn)的電勢(shì)沒(méi)有確定值． 【解答】 解： A、電子由 a 點(diǎn)移到 b 點(diǎn)，克服電場(chǎng)力做功 5eV，但電子的位移方向不一定沿 a 到 b，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向不一定由 a 指向 b．故 A錯(cuò)誤． B、電子克服電場(chǎng)力做功 5eV，則電子的電勢(shì)能增加了 5eV，故 B 正確． C、 a、 b 兩點(diǎn)電勢(shì)差 Uab= = =5V．則知 a 點(diǎn)的電勢(shì)比 b 點(diǎn)的高 5V，故 C 錯(cuò)誤． D、由上分析知， a 點(diǎn)的電勢(shì)比 b 點(diǎn)的高，故 D 錯(cuò)誤． 故選： B 【點(diǎn)評(píng)】 通過(guò)電場(chǎng)力做功量度電勢(shì)能的變化來(lái)分析問(wèn)題．根據(jù)電勢(shì)的定義得出電勢(shì)的大小．要注意電勢(shì) 有正負(fù)． 10．如圖所示是蹦床運(yùn)動(dòng)員在空中表演的情景．在運(yùn)動(dòng)員從最低點(diǎn)開(kāi)始反彈至即將與蹦床分離的過(guò)程中，蹦床的彈性勢(shì)能、運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能和動(dòng)能變化情況分別是（ ） A．彈性勢(shì)能減小，動(dòng)能增大 B．重力勢(shì)能增大、動(dòng)能先增大后減小 C．彈性勢(shì)能增大，重力勢(shì)能增大 D．彈性勢(shì)能增大，動(dòng)能先增大后減小 【考點(diǎn)】 功能關(guān)系；重力勢(shì)能． 【分析】 根據(jù)蹦床的形變量來(lái)確定彈性勢(shì)能的變化，而由高度來(lái)確定重力勢(shì)能的變化，從而即可求解． 【解答】 解：在運(yùn)動(dòng)員從最低點(diǎn)開(kāi)始反彈至即將與蹦床分離的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員被彈起時(shí)，彈性勢(shì)能減小，而質(zhì)量不變，高度增大，所以重力勢(shì)能增大，在上升的過(guò)程中，合力先是向上的，后是向下的，速度先增加后減小，動(dòng)能先增加后減小，故 B 正確， ACD 錯(cuò)誤． 故選： B． 【點(diǎn)評(píng)】 （ 1）動(dòng)能大小的影響因素：質(zhì)量、速度．質(zhì)量越大，速度越大，動(dòng)能越大． （ 2）重力勢(shì)能大小的影響因素：質(zhì)量、被舉得高度．質(zhì)量越大，高度越高，重力勢(shì)能越大．彈性勢(shì)能的大小取決于彈簧的形變量，形變量越大，則彈性勢(shì)能越大． 11．某同學(xué)的質(zhì)量為 50kg，所騎自行車(chē)的質(zhì) 量為 15kg，設(shè)該同學(xué)在平直路面上正常騎行時(shí)腳踏自行車(chē)的功率為 40W．若人與車(chē)受到的阻力是其重力的 倍，則正常騎行自行車(chē)時(shí)的速度大小約為（ ） A． 3m/s B． 4m/s C． 13m/s D． 30m/s 【考點(diǎn)】 功率、平均功率和瞬時(shí)功率． 【分析】 根據(jù)自行車(chē)所受的阻力大小得出牽引力的大小，根據(jù) P=Fv求出正常騎行自行車(chē)時(shí)的速度大?。? 【解答】 解：自行車(chē)勻速行駛時(shí)， F=f== 650N=13N． 根據(jù) P=Fv 得： v= ．故 A正確， B、 C、 D 錯(cuò)誤． 故選： A． 【點(diǎn)評(píng)】 解決本題的關(guān)鍵 求出牽引力的大小，結(jié)合 P=Fv 進(jìn)行求解． 12．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一粗糙半圓形軌道， B、 C 與圓心 O 等高．一小球從 B 點(diǎn)上方A處由靜止釋放，經(jīng)過(guò)半圓形軌道由 C 點(diǎn)飛出，到達(dá)最高點(diǎn) D 后回落，第二次經(jīng)過(guò)半圓形軌道后達(dá)到最高點(diǎn) E（圖中未標(biāo)出）， A、 D 高度差為 h， D、 E 高度差為 h′則（ ） A． h＜ h′B． h=h′ C． h＞ h′D．條件不足，無(wú)法判斷 【考點(diǎn)】 功能關(guān)系． 【分析】 小球往返經(jīng)過(guò)半圓形軌道時(shí)，通過(guò)同一點(diǎn)的速度不同，所需要的向心力不同，分析小球?qū)壍缐毫﹃P(guān)系，得出摩擦力的關(guān)系，從而判斷出兩個(gè)過(guò) 程摩擦力做功關(guān)系，即可由動(dòng)能定理判斷 h 與 h′的大?。? 【解答】 解：設(shè)小球從 A運(yùn)動(dòng)到 D 點(diǎn)，克服摩擦力對(duì)小球做功為 Wf1，小球從 D 運(yùn)動(dòng)到 E點(diǎn)，克服摩擦力對(duì)小球做功為 Wf2． 根據(jù)動(dòng)能定理得： 從 A運(yùn)動(dòng)到 D 點(diǎn)，有 mgh﹣ Wf1=0，即 Wf1=mgh 從 D 運(yùn)動(dòng)到 E 點(diǎn)，有 mgh﹣ Wf2=0，即 Wf2=mgh′ 由于小球通過(guò)半圓形軌道時(shí)機(jī)械能不斷減小，所以小球從 A運(yùn)動(dòng)到 D點(diǎn)與從 D 運(yùn)動(dòng)到 E 點(diǎn)相比，經(jīng)過(guò)同一點(diǎn)時(shí)，從 A運(yùn)動(dòng)到 D 點(diǎn)時(shí)小球的速度較大，小球所需要的向心力較大，軌道對(duì)小球的支持力較大，則小球?qū)壍赖膲毫^大， 小球所受的滑動(dòng)摩擦力較大，所以有Wf1＞ Wf2． 則得 h＞ h′．故 ABD 錯(cuò)誤， C 正確． 故選： C 【點(diǎn)評(píng)】 解決本題的關(guān)鍵要是利用向心力知識(shí)分析軌道對(duì)小球的支持力關(guān)系，進(jìn)一步判斷摩擦力做功關(guān)系． 13．圖示中的路燈為太陽(yáng)能路燈，每只路燈的光伏電池板有效采光面積約 ．晴天時(shí)電池板上每平方米每小時(shí)接收到的太陽(yáng)輻射能約為 3 106J．如果每天等效日照時(shí)間約為 6h，光電池一天產(chǎn)生的電能可供 30W 的路燈工作 8h．光電池的光電轉(zhuǎn)換效率約為（ ） A． % B． % C． 16% D． 44% 【考 點(diǎn)】 能源的開(kāi)發(fā)和利用． 【分析】 根據(jù)題目提供的條件，可以求出每天（ 6h）太陽(yáng)能電池板吸收的太陽(yáng)能，這是總能量；知道電子節(jié)能燈的