【文章內(nèi)容簡介】 效為內(nèi)阻，則當滑動變阻器的阻值等于 R+r時，滑動變阻器消耗的功率最大，故當滑動變阻器阻值為 10Ω 時，滑動變阻器消耗的功率最大，由閉合電路歐姆定律可得，電路中的電流 I′= A=，則滑動變阻器消耗的總功率 P′=I39。 2R′= ；故 C正確； 故選： C 【點評】 在 求定值電阻的最大功率時，應是電流最大的時候；而求變值電阻的最大功率時，應根據(jù)電源的最大輸出功率求，必要時可將與電源串聯(lián)的定值電阻等效為內(nèi)阻處理． 6．如圖所示，內(nèi)壁光滑半徑大小為 R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質量為 m的小球靜止在軌道底部 A點．現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運動．當小球回到 A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點．已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功 W1，第二次擊打過程中小錘對 小球做功 W2．設先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能，則 的值可能是（ ） A． B． C． D． 1 【考點】 動能定理的應用． 【專題】 動能定理的應用專題． 【分析】 第一次擊打后球最多到達與球心 O等高位置，根據(jù)功 能關系列式；兩次擊打后可以到軌道最高點，再次根據(jù)功能關系列式；最后聯(lián)立求解即可． 【解答】 解：第一次擊打后球最多到達與球心 O等高位置，根據(jù)功能關系，有： W1≤mgR?① 兩次擊打后可以到軌道最高點，根據(jù)功能關系，有： W1+W2﹣ 2mgR= ?② 在最高點，有： mg+N=m ≥mg?③ 聯(lián)立 ①②③ 解得： W1≤mgR W2≥ mgR 故 故 AB正確， CD錯誤； 故選： AB． 【點評】 本題關鍵是抓住臨界狀態(tài)，然后結合功能關系和牛頓第二定律列式分析，不難． 7．如圖甲所示， Q Q2是兩個固定的點電荷，一帶正電的試探電荷僅在電場力作用下以初速度 va沿兩點電荷連線的中垂線從 a點向上運動，其 v﹣ t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是（ ） A．兩點電荷一定都帶負電，但電量不一定相等 B．兩點電荷一定都帶負電，且電量一定相等 C．試探電荷一直向上運動，直至運動到無窮遠處 D． t2時刻試探電荷的電勢能最大，但加速度不為零 【考點】 電場的疊加；電勢能． 【專題】 電場力與電勢的性質專題． 【分析】 根據(jù)運動圖象明確粒子的運動情況，再根據(jù)受力分析即可明確粒子的受力情況，從而判斷電場分布；則可得出兩電荷的帶電情況． 【解答】 解： A、由圖可知，粒子向上先做減速運動，再反向做加速運動，且向上過程加速度先增大后減小，而重力不變，說明粒子受電場力應向下；故說明粒子均應帶負電；由于電場線只能沿豎直方向，故說明兩 粒子帶等量負電荷；故 AC錯誤， B正確； D、 t2時刻之前電場力一直做負功；故電勢能增大；此后電場力做正功，電勢能減?。?t2時刻電勢能最大；但由于粒子受重力及電場力均向下；故此時加速度不為零；故 D正確； 故選： BD． 【點評】 解決本題的關鍵根據(jù)圖象中的運動狀態(tài)確定受力，再由電場線的性質明確兩電荷的性質． 8．如圖所示，一質量為 m的小球，用長為 l的輕繩懸掛于 O點，初始時刻小球靜止于 P點．第一次小球在水平拉力 F作用下，從 P點緩慢地移動到 Q點，此時輕繩與豎直方向夾角為 θ ；第二次在水平恒力 F′ 作用下，從 P點開始運 動并恰好能到達 Q點，不計空氣阻力，重力加速度為 g，關于這兩個過程，下列說法中正確的是（ ） A．第一個過程中，拉力 F在逐漸變大，且最大值一定大于 F′ B．兩個過程中，輕繩的張力均變大 C．兩個過程中，水平拉力做功相同 D．第二個過程中，重力和水平恒力 F′ 的合力的功率先增加后減小 【考點】 動能定理；功率、平均功率和瞬時功率． 【專題】 比較思想；模型法；動能定理的應用專題． 【分析】 第一個過程中，小球處于動態(tài)平衡狀態(tài)，由平衡條件分析拉力的變化．第二次在 水平恒力 F′ 作用下，從 P點開始運動并恰好能到達 Q點，則到達 Q點時速度為零，由于重力和拉力都是恒力，可以把這兩個力合成為新的 “ 重力 ” ，則第二次小球的運動可以等效于單擺運動，找出 “ 最低點 ” ，最低點的速度最大，在 Q點速度為零，則向心力為零，來分析重力和水平恒力 F′ 的合力的功率如何變化． 【解答】 解： A、第一次小球在水平拉力 F作用下，從 P點緩慢地移動到 Q點，則小球處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件得： F=mgtanθ ，隨著 θ 增大， F逐漸增大． 第二次從 P點開始運動并恰好能到達 Q點，則到達 Q點時速度為零，在此過程中，根據(jù)動能定理得： F′lsinθ ﹣ mgl（ 1﹣ cosθ ） =0 解得： F′=mgtan ，因為 θ ＜ 90176。 ，所以 mgtan ＜ mgtanθ ，則 F＞ F′ ，故 A正確； B、第一次運動過程中，根據(jù)幾何關系可知，繩子的拉力 T= ，所以輕繩的張力變大． 第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把這兩個力合成為新的 “ 重力 ” ，則第二次小球的運動可以等效于單擺運動，當繩子方向與重 力和 F′ 方向在同一直線上時，小球處于 “ 最低點 ” ，最低點的速度最大，此時繩子張力最大，所以第二次繩子張力先增大后減小，故 B錯誤； C、根據(jù)動能定理得： 第一次有： WF﹣ mgl（ 1﹣ cosθ ） =0，得 WF=mgl（ 1﹣ cosθ ） 第二次有： WF′ ﹣ mgl（ 1﹣ cosθ ） =0，得 WF′=mgl （ 1﹣ cosθ ），可得 WF=WF′ ，兩次拉力做功相等，故 C正確； D、第二個過程中，重力和水平恒力 F′ 的合力是個恒力，在等效最低點時，合力方向與速度方向垂直，此時功率最小為零，到達 Q點速度也為零，則第二個過程中，重力和水平恒 力F′ 的合力的功率先減小，后增大，再減小為 0，故 D錯誤． 故選： AC 【點評】 本題的難點在第二次拉動小球運動過程的處理，由于重力和拉力都是恒力，可以把這兩個力合成為新的 “ 重力 ” ，則第二次小球的運動可以等效于單擺運動，根據(jù)單擺的知識進行分析． 三 .非選擇題 9．現(xiàn)有一根用新材料制成的金屬桿，長為 4m，橫截面積 ，要求它受到拉力后的伸長量不超過原長的 ，選用同種材料制成樣品進行測試，通過測試取得數(shù)據(jù)如表： 長度 L 250N 500N 750N 1000N 1m 2m 3m 4m 4m 根據(jù)測試結果，可以推導出伸長量 x與材料的 長度 L、材料的截面積 S及拉力 F之間的函數(shù)關系是 （請用符號表達）；通過對樣品的測試，可知長 4m、橫截的圓面積為 的新金屬桿能承受的最大拉力 104N ；表中有明顯誤差的數(shù)據(jù)是 （ 3m， 1000N） 、 （ 4m，750N） ． 【考點】 探究彈力和彈簧伸長的關系． 【專題】 實驗題． 【分析】 由題可知伸長量 x與樣品的長度、橫截面積、所受拉力都有關系，涉及的變量較多，因此采用 “ 控制變量法 ” 來確定它們之間的正、反比關系，然后將各種情況進行匯總，再運用 比值定義法初步確定這幾個量之間的數(shù)量關系，然后根據(jù)所得公式來判斷樣品能承受的最大拉力，以及與什么因素有關；根據(jù)表達式求解最大拉力并分析誤差． 【解答】 解：由表格知： 當受到的拉力 F、橫截面積 S一定時，伸長量 x與樣品長度 L成正比， ① 當受到的拉力 F、樣品長度 L一定時，伸長量 x與橫截面積 S成反比， ② 當樣品長度 L、橫截面積 S一定時，伸長量 x與受到的拉力 F成正比， ③ 由 ①②③ 三個結論，可以歸納出， x與 L、 S、 F之間存在一定量的比例關系，設這個比值為k，那么有： （其中 k為比例系數(shù)） 根據(jù)圖表提供數(shù)據(jù)代入解得： k=10 ﹣ 2m2/N． 由題意知：待測金屬桿 M承受最大拉力時，其伸