【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 有效值也增加，為使燈泡仍能正常發(fā)光，應(yīng)該減小變壓比，故應(yīng)將 P適當(dāng)上移，故 D錯(cuò)誤； 故選： BC 5． 18世紀(jì)，數(shù)學(xué)家莫佩爾蒂，哲學(xué)家伏爾泰曾經(jīng)設(shè)想 “ 穿透 ” 地球；假設(shè)能夠沿著地球兩極連線開鑿一條沿著地軸的隧道貫穿地球，一個(gè)人可以從北極入口由靜止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以從南極出口飛出，（已知此人的質(zhì)量 m=50kg；地球表面處重力加速度取 g=10m/s2；地球半徑 R= 106m；假設(shè)地球可視為質(zhì)量分布均勻的球體．均勻球殼對(duì)殼內(nèi)任一點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)合引力為零）則以下說法正確的是（ ） A．人與地球構(gòu)成的系統(tǒng)，由于重力發(fā)生變化，故機(jī)械能不守恒 B．人在下落過程中，受到的萬有引力與到地心的距離成正比 C．人從北極開始下落，到剛好經(jīng)過地心的過程，萬有引力對(duì)人做功 W= 109J D．當(dāng)人下落經(jīng)過距地心 R瞬間，人的瞬時(shí)速度大小為 4 103m/s 【考點(diǎn)】 4F：萬有引力定律及其應(yīng)用； 6B：功能關(guān)系． 【分析】 A、機(jī)械能守恒的條件是只有重力或 彈簧彈力做功； B、根據(jù)萬有引力定律推導(dǎo)出萬有引力的表達(dá)式進(jìn)行分析； C、人從北極開始下落，直到經(jīng)過地心的過程中，重力與距離球心的距離成正比，取平均力，為地面時(shí)重力的一半，即 ；然后根據(jù)功的定義列式求解即可； D、對(duì)人從下落到距地心 過程，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解即可． 【解答】解： A、人與地球構(gòu)成的系統(tǒng)，由于只有重力做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故 A錯(cuò)誤； B、與球心的距離為 r 時(shí)，萬有引力為： F=G = = ∝ r；故B正確； C、人從北極開始下落，直到經(jīng)過地心的過程中，萬有引力對(duì)人做功： W= 其中： 聯(lián)立解 得： W= = 50 10 106= 109J 故 C錯(cuò)誤； D、人從下落到距地心 過程，萬有引力的平均值為： = 根據(jù)動(dòng)能定理，有： 解得： v= = =4 103m/s 故 D正確； 故選： BD 6．如圖所示，光滑桿 O′A 的 O′ 端固定一根勁度系數(shù)為 k=10N/m，原長(zhǎng)為 l0=1m的輕彈簧，質(zhì)量為 m=1kg的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接， OO′ 為過 O點(diǎn)的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為 θ=30176。 ，開始桿是靜止的，當(dāng)桿以 OO′ 為軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，角速度從零開始緩慢增加，直至彈簧伸長(zhǎng)量 為 ，下列說法正確的是（ ） A．桿保持靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的長(zhǎng)度為 B．當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量為 ，桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為 rad/s C．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為 rad/s D．在此過程中，桿對(duì)小球做功為 【考點(diǎn)】 4A：向心力； 29：物體的彈性和彈力． 【分析】當(dāng)桿靜止時(shí)，小球受力平衡，根據(jù)力的平衡條件可求壓縮量，從而求彈簧的長(zhǎng)度； 對(duì)小球分析，抓住豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，列式聯(lián)立求出勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度； 結(jié)合最高點(diǎn)的動(dòng)能，運(yùn)用動(dòng)能定理求出桿對(duì)小球做功 的大?。? 【解答】解： A、當(dāng)桿靜止時(shí)，小球受力平衡，根據(jù)力的平衡條件可得： mgsin30176。=kx ，代入數(shù)據(jù)解得： x=，所以彈簧的長(zhǎng)度為： l1=l0﹣ x=，故 A正確； B、當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量為 ，小球受力如圖示： 水平方向上： F2cos30176。 +Nsin30176。=mω 22（ l0+x） cos30176。 豎直方向上： Ncos30176。=mg +F2sin30176。 彈簧的彈力為： F2=kx 聯(lián)立解得： ω 2= rad/s，故 B正確； C、當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，由牛頓第二定律可得： mgtan30176。=mω 12l0cos30176。 ，解得：ω 1= rad/s，故 C錯(cuò)誤； D、在此過程中，由動(dòng)能定理可得： W﹣ mg?2xsin30176。= m2﹣ 0，解得： W=，故 D正確． 故選： ABD． 7．有一電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿 x 軸方向的電場(chǎng)，其電勢(shì) ?隨 x 的分布如圖所示．一質(zhì)量為 m、帶電量為﹣ q的粒子只在電場(chǎng)力的作用下，以初速度 V0從 x=0處的 O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)并沿 x軸正方向運(yùn)動(dòng)，則下關(guān)于該粒子運(yùn)動(dòng)的說法中正確的是（ ） A．粒子從 x=0處運(yùn)動(dòng)到 x=x1處的過程中動(dòng)能逐漸增大 B．粒子從 x=x1處運(yùn)動(dòng)到 x=x3處的過程中電勢(shì)能逐漸減小 C．欲使粒子能夠到達(dá) x=x4處，則粒子從 x=0處出發(fā)時(shí)的最小速度應(yīng)為 2 D．若 v0=2 ，則粒子在運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度為 【考點(diǎn)】 AG：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系． 【分析】根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，判斷場(chǎng)強(qiáng)的方向，根據(jù)電場(chǎng)力方向分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，即可判斷動(dòng)能的變化．根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)小，判斷電勢(shì)能的變化．粒子如能運(yùn)動(dòng)到 x1 處，就能到達(dá) x4處，根據(jù)動(dòng)能定理研究 0﹣ x1 過程，求解最小速度．粒子運(yùn)動(dòng)到x1處電勢(shì)能最大，動(dòng)能最小，由動(dòng)能定理求解最小速度． 【解答】解： A、粒子從 O運(yùn)動(dòng)到 x1的過 程中，電勢(shì)降低，場(chǎng)強(qiáng)方向沿 x軸正方向，粒子所受的電場(chǎng)力方向沿 x軸負(fù)方向，粒子做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能逐漸減小，故 A錯(cuò)誤． B、粒子從 x1運(yùn)動(dòng)到 x3的過程中，電勢(shì)不斷升高，根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)小，可知，粒子的電勢(shì)能不斷增大，故 B正確． C、根據(jù)電場(chǎng)力和運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知：粒子如能運(yùn)動(dòng)到 x1處，就能到達(dá) x4處，當(dāng)粒子恰好運(yùn)動(dòng)到 x1處時(shí)，由動(dòng)能定理得： ﹣ q（ φ 0﹣ 0） =0﹣ mv02， 解得： v0= ，則要使粒子能運(yùn)動(dòng)到 x4處，粒子的初速度 v0至少為 ．故 C錯(cuò)誤． D、若 v0=2 ，粒子運(yùn)動(dòng)到 x1處電勢(shì)能最大，動(dòng)能最 小，由動(dòng)能定理得： q= m ﹣ mv02， 解得最小速度為： vmin= ，故 D正確． 故選： BD 8．如圖， S為一離子源， MN 為長(zhǎng)熒光屏， S到 MN 的距離為 L，整個(gè)裝置處在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B．某時(shí)刻離子源 S一次性沿平行紙面的各個(gè)方向均勻地射出大量的正離子，各離子質(zhì)量 m、電荷量 q、速率 v均相同，不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用力．則（ ） A．當(dāng) v＜ 時(shí)所有離子都打不到熒光屏上 B．當(dāng) v＜ 時(shí)所有離子都打不到熒光屏上 C．當(dāng) v= 時(shí)，打到熒光屏 MN的離 子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為 D．當(dāng) v= 時(shí)，打到熒光屏 MN的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為 【考點(diǎn)】 CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式求出離子的軌道半徑，畫出軌跡示意圖，然后求出離子到達(dá)熒光屏上離子數(shù)與總數(shù)的比值 【解答】解： A、根據(jù)半徑公式 R= ，當(dāng) v＜ 時(shí)， R＜ ，直徑 2R＜ L，離熒光屏最近的離子都打不到熒光屏上，所以當(dāng) v＜ 時(shí)所有離子都打不到熒光屏，故 A正確； B、根據(jù)半徑公式 R= ，當(dāng) v＜ 時(shí)， R＜ L，當(dāng)半徑非常小時(shí)，即 R＜ 時(shí)肯定所有離子都打 不到熒光屏上；當(dāng) ≤ R＜ L，有離子打到熒光屏上，故 B錯(cuò)誤； CD、當(dāng) v= 時(shí)，根據(jù)半徑公式 R= =L，離子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，離子速度為 v1從下側(cè)回旋，剛好和邊界相切；離子速度為 v2時(shí)從上側(cè)回旋，剛好和上邊界相切，打到熒光屏 MN的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為為 ，故 D錯(cuò)誤， C正確； 故選：