【文章內(nèi)容簡介】 場力做功為零 D．將點電荷 +q 在球面上任意兩點之問移動，從 e 點移 動到 f 點的電勢能變化量最大 【考點】 電勢差與電場強度的關(guān)系；電勢；電勢能． 【分析】 本題中電場可以看作是由勻強電場和點電荷的電場疊加而成，結(jié)合電場線和等勢面的分布情況，判斷電場力做功和電勢能的變化． 【解答】 解： A、在點電荷 +Q 產(chǎn)生的電場中 a、 b、 c、 d、 e、 f 點電勢相等，但在勻強電場中b、 d、 e、 f 點電勢相等，因此 a、 c 兩點電勢不相等，故 A 錯誤． B、在點電荷 +Q 產(chǎn)生的電場中 d、 f 點電場強度大小相等，而根據(jù)電場的疊加原理可知， d、 f 兩點的合場強大小相等．故 B 正確． C、將點電荷 +q 從球面上 b 點移到 c 點， 點電荷的電場力不做功，但勻強電場的電場力卻做功，所以電場力做功不為零．故 C 錯誤． D、將點電荷 +q 在球面上任意兩點之間移動，點電荷的電場力不做功；而兩點間的電勢差最大，由公式 W=Uq 知，勻強電場的電場力做功最大，則從 a 點移動到 c 點的電勢能變化量最大，故 D 錯誤； 故選： B． 7．如圖所示，放在光滑水平桌面上的 A、 B 兩小木塊中部夾一被壓縮的輕彈簧，當輕彈簧被放開時， A、 B 兩小木塊各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地面上．若 mA=3mB，則下列結(jié)果正確的是（ ） A．若輕彈簧對 A、 B 做功分別為 W1和 W2，則有 W1： W2=1： 1 B．在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的速度變化量之和為零 C．若 A、 B 在空中飛行時的動量變化量分別為 △ p1和 △ p2，則有 △ p1： △ p2=1：1 D．若 A、 B 同時離開桌面，則從釋放輕彈簧開始到兩木塊落地的這段時間內(nèi)，A、 B 兩木塊的水平位移大小之比為 l： 3 【考點】 動量守恒定律；功的計算． 【分析】 彈簧彈開物體過程中，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律求出 A、 B 離開彈簧時速度大小之比，由動能定理求彈簧對 A、 B 做功之比． A、 B 離開桌面后都做平拋運動，它們拋出點的高度相同，運動時間相等，由動量定理分析動量變化量之比．由 x=v0t 分析水平位移之比． 【解答】 解： A、彈簧彈開物體過程中，兩物體及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得： mAvA﹣ mBvB=0，則速度之比 vA： vB=1：3 根據(jù)動能定理得：輕彈簧對 A、 B 做功分別為 W1= mAvA2， W2= mBvB2，聯(lián)立解得 W1： W2=1： 3，故 A 錯誤． B、根據(jù)動量守恒定律得知，在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的動量變化量之和為零，即 mA△ vA+mB△ vB=0，可得， △ vA+△ vB≠ 0，故 B 錯誤． C、 A、 B 離開桌面后都 做平拋運動，它們拋出點的高度相同，運動時間相等，設(shè)為 t．由動量定理得： A、 B 在空中飛行時的動量變化量分別為 △ p1=mAgt， △p2=mBgt，所以 △ p1： △ p2=3： 1，故 C 錯誤． D、平拋運動水平方向的分運動是勻速直線運動，由 x=v0t 知， t 相等，則 A、 B兩木塊的水平位移大小之比等于 vA： vB=1： 3．故 D 正確． 故選： D 8．某位同學在電梯中用彈簧測力計測量一物體的重力，在 0 至 t3時間段內(nèi)，彈簧測力計的示數(shù) F 隨時間 t 變化如圖所示，以豎直向上為正方向，則下列關(guān)于物體運動的 a﹣ t 圖、 v﹣ t 圖及 P﹣ t 圖 （ P 為物體重力的功率大?。┛赡苷_的是（ ） A． B． C ． D． 【考點】 牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像． 【分析】 根據(jù)物體的受力情況判斷物體的運動規(guī)律，從而得出電梯的運動規(guī)律，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學公式求出速度和功率． 【解答】 解：由于該題沒有告訴彈簧的拉力與重力大小之間的關(guān)系，可以依題意，分三種情況討論： 1．若 F1=mg，則 0﹣ t1時間內(nèi)電梯靜止或做勻速直線運動，即速度等于 0，或速度保持不變，加速度等于 0．四個圖線沒有是可能的； 2．若 F2=mg，則 F1＜ mg，在 0﹣ t1時間內(nèi)電梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，為負值．所以 D 是不可能的；加速度的方向向下，則物體 0﹣ t1時間內(nèi)在可能向下做加速運動，速度為負，故 AB 是不可能的；而 t1﹣ t2時間內(nèi)受到的合外力等于 0，物體做勻速直線運動，物體的速度不變，故 B 是錯誤的；又由： P=mgv，可知 t1﹣ t2時間內(nèi)重力的功率不變，故 C 是錯誤的； 3．若 F3=mg，則 F1＜ mg， F2＜ mg，在 0﹣ t2時間內(nèi)電梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故 ACD 是不可能的； F3=mg，可知在 0﹣ t1時間內(nèi)向下的加速度大于 t1﹣ t2時間內(nèi)向下的加速度，而 t2﹣ t3時間內(nèi)物體做勻速直線運動，所以速度圖象如圖， 速度的方向向下，重力的方向也向下，由 P=mgv 可知，圖 C 是重力的功率隨時間變化的圖線．故 C 是正確． 由以上的分析，可知只有 C 選項是可能的， ABD 都是不可能的． 故選： C 9．甲、乙兩船在同一河流中同時開始渡河，河水流速為 v0，船在靜水中的速率均為 v，甲、乙兩船船頭均與河岸成 θ角，如圖所示，已知甲船恰能垂直到達河正對岸的 A 點，乙船到達河對岸的 B 點， A、 B 之間的距離為 L，則下列判斷正確的是（ ） A．乙船先到達 對岸 B．若僅是河水流速 v0增大，則兩船的渡河時間都不變 C．不論河水流速 v0 如何改變，只要適當改變 θ 角，甲船總能到達正對岸的 A點 D．若僅是河水流速 v0增大，則兩船到達對岸時，兩船之間的距離仍然為 L 【考點】 運動的合成和分解． 【分析】 根據(jù)小船的運動分解為平行于河岸和垂直于河岸兩個方向，抓住分運動和合運動具有等時性，可以比較出兩船到達對岸的時間以及兩船沿河岸方向上的位移大小，與間距，從而即可求解． 【解答】 解： A、將小船的運動分解為平行于河岸和垂直于河岸兩個方向，抓住分運動和合運動具有等時性，知甲乙兩船到 達對岸的時間相等．渡河的時間t= ，故 A 錯誤； B、若僅是河水流速 v0增大，渡河的時間 t= ，則兩船的渡河時間都不變，故 B 正確； C、只有甲船速度大于水流速度時，不論水流速 v0如何改變，甲船都可能到達河的正對岸 A 點，故 C 錯誤； D、若僅是河水流速 v0增大，則兩船到達對岸時間不變，根據(jù)速度的分解，船在水平方向的分速度仍不變，則兩船之間的距離仍然為 L．故 D 正確． 故選： BD． 10．如圖所示，帶電質(zhì)點 P1固定在光滑的水平絕緣面上，在水平絕緣面上距 P1一定距離處有另一個帶電質(zhì)點 P2， P2在水平絕緣面上運動，某 一時刻質(zhì)點 P2以速度 v 沿垂直于 P1 P2的連線方向運動，則下列說法正確的是（ ） A．若 P P2帶同種電荷，以后 P2一定做速度變大的曲線運動 B．若 P P2帶同種電荷，以后 P2一定做加速度變大的曲線運動 C．若 P P2帶異種電荷，以后 P2的速度和加速度可能都不變 D．若 P P2帶異種電荷，以后 P2可能做加速度、速度都變小的曲線運動 【考點】 庫侖定律． 【分析】 分 P1和 P2為同種電荷和異種電荷兩種情況來討論，當為同種電荷時，P2 要遠離 P1，當為異種電荷的時候，根據(jù)庫侖力和向心力的大小關(guān)系來分別討論可能的運動情況． 【解答】 解： A、若 P P2為同種電荷， P P2之間的庫侖力為排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一條直線上，所以質(zhì)點 P2 一定做曲線運動，由于兩者之間的距離越來越大，它們之間的庫侖力也就越來越小，所以 P2 的加速度在減小．速度增大，故 A 正確， B 錯誤； C、若 P P2為異種電荷， P P2之間的庫侖力為吸引力，當 P P2之間的庫侖力恰好等于向心力的時候， P2就繞著 P1做勻速圓周運動，此時 P2速度的大小和