【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 的速度為零， b的速度在整個(gè)過(guò)程中，先增大后減小，動(dòng)能先增大后減小，所以輕桿對(duì) b先做正功，后做負(fù)功．故 A錯(cuò)誤． B、 a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)， b的速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得： mAgh= mAvA2，解得：vA= ．故 B錯(cuò)誤． C、 b的速度在整個(gè)過(guò)程中，先增大后減小，所以 a對(duì) b的作用力先是動(dòng)力后是阻力，所以 b對(duì) a的作用力就先是阻力后是動(dòng)力，所以在 b減速的過(guò)程中， b對(duì) a是向下的拉力，此時(shí) a的加速度大于重力加速度，故 C錯(cuò)誤； D、 a、 b整體的機(jī)械能守恒，當(dāng) a的機(jī)械能最小時(shí)， b的速度最大，此時(shí) b受到 a的推力為零， b只受到重力的作用，所以 b對(duì)地面的壓力大小為 mg，故 D正確； 故選： D． 【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道 a、 b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，以及知道當(dāng) a的機(jī)械能最小時(shí)，b的動(dòng)能最大． 6．如圖所示，一輛貨車通過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪提升一箱貨物，貨箱質(zhì)量為 M，貨物質(zhì)量為 m，貨車以速度 v向左勻速運(yùn)動(dòng)，將貨物提升高度 h，則（ ） A．貨物向上做勻速運(yùn)動(dòng) B．箱中的物體對(duì)箱底的壓力大于 mg C．圖示位置時(shí)貨車?yán)Φ墓β蚀笥冢?M+m） gvcosθ D．此過(guò)程中貨車?yán)ψ龅墓椋?M+m） gh 【考點(diǎn)】運(yùn)動(dòng) 的合成和分解；力的合成與分解的運(yùn)用；功率、平均功率和瞬時(shí)功率． 【專題】共點(diǎn)力作用下物體平衡專題． 【分析】由于繩子不可伸長(zhǎng)，貨箱和貨物整體向上運(yùn)動(dòng)的速度和貨車速度沿著繩子方向的分量相等，根據(jù)平行四邊形定則求解出貨箱和貨物整體向上運(yùn)動(dòng)的速度表達(dá)式進(jìn)行分析即可． 【解答】解：將貨車的速度進(jìn)行正交分解，如圖所示： 由于繩子不可伸長(zhǎng)，貨箱和貨物整體向上運(yùn)動(dòng)的速度和貨車速度沿著繩子方向的分量相等，故： v1=vcosθ 由于 θ 不斷減小，故貨箱和貨物整體向上做加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上； A、貨箱和貨物整體向上做加速 運(yùn)動(dòng)，故 A錯(cuò)誤； B、貨箱和貨物整體向上做加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，是超重，故箱中的物體對(duì)箱底的壓力大于 mg，故 B正確； C、貨箱和貨物整體向上做加速運(yùn)動(dòng)，故拉力大于（ M+m） g，整體的速度為 vcosθ ，故拉力功率 P=Fv＞（ M+m） gvcosθ ，故 C正確； D、此過(guò)程中貨車?yán)ψ龅墓Φ扔谪浵浜拓浳镎w動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的增加量，大于（ M+m） gh，故 D錯(cuò)誤； 故選： BC． 【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵先推導(dǎo)出貨箱和貨物整體的速度表達(dá)式，確定貨箱和貨物整體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后結(jié)合功率表達(dá)式 P=Fv和動(dòng)能定理列式分析，不難． 7．如圖所示，兩平行金屬板 A、 B水平放置，板間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，閉合開(kāi)關(guān)使電容器充電，一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子恰能水平向右勻速通過(guò)，則（ ） A．僅將極板 A上移一小段距離，帶電粒子將向下偏 B．僅將極板 A上移一小段距離，帶電粒子仍能沿直線運(yùn)動(dòng) C．僅將極板 A、 B錯(cuò)開(kāi)一段距離，帶電粒子一定向上偏 D．僅將極板 A下移，此過(guò)程中將出現(xiàn) a到 b的電流 【考點(diǎn)】帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【專題】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題． 【分析】帶電粒子受電場(chǎng)力和洛倫茲力處于平衡狀態(tài)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，改變電場(chǎng) 和磁場(chǎng)后若仍能使帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，仍要使電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，解答的關(guān)鍵是明確電容器通電和斷電兩種狀態(tài)下，電場(chǎng)強(qiáng)度和極板之間距離以及正對(duì)面積的關(guān)系． 【解答】解： A、 B、僅將極板 A上移一小段距離， AB之間的距離增大，根據(jù)： ，可知電容 C減小；由于 ab之間的具有單向?qū)щ娦缘亩O管，電流的方向只能由 a流向 b， 所以 C減小時(shí)，電流不能流向 a，所以電容器上的電量保持不變；又： ， ，所以： ，所以極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度也不變，因此粒子仍然勻速通過(guò)．故 A錯(cuò)誤， B正確； C、僅將極板 A、 B錯(cuò)開(kāi)一段距離，根據(jù)： ，可知電容 C減??；由于 ab之間的具有單向?qū)щ娦缘亩O管，所以電容器上的電量保持不變，又： ， ，所以電場(chǎng)強(qiáng)度 E增大，電場(chǎng)力增大，由于正電荷受到的電場(chǎng)力的方向向下，所以正電荷將向下偏轉(zhuǎn)．故 C錯(cuò)誤； D、僅將極板 A下移， AB之間的距離減小，根據(jù)： ，可知電容 C增大，極板之間的電勢(shì)差減小，所以此過(guò)程中將出現(xiàn) a到 b的電流才能使極板之間的電勢(shì)差保持不變．故 D正確． 故選： BD 【點(diǎn)評(píng)】處理電容器的動(dòng)態(tài)分析關(guān)鍵抓住不變量．若電容器與電源斷開(kāi)，電量保持不變；若電容器始終與電源相連，電容器兩端間的電勢(shì)差保持不變． 8．如圖所示，空間中存在一水平方向勻強(qiáng)電場(chǎng)和一水平方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且電場(chǎng)方向和磁場(chǎng)方向相互垂直．在電磁場(chǎng)正交的空間中有一足夠長(zhǎng)的固定粗糙絕緣桿，與電場(chǎng)正方向成 60176。夾角且處于豎直平面內(nèi)．一質(zhì)量為 m，帶電量為 +q的小球套在絕緣桿上．初始，給小球一沿桿向下的初速度 v0，小球恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，電量保持不變．已知，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 E= ，則以下說(shuō)法正確的是（ ） A．小球的初速度為 v0= B．若小球的初速度為 ，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止 C．若小球的初速度為 ，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止 D．若小球的初速度為 ，則運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做功為 【考點(diǎn)】帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【專題】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題． 【分析】小球受重力、摩擦力（可能有）、彈力（可能有）、向右上方的洛倫茲力、向左的電場(chǎng)力，當(dāng)受到的合外力等于 0時(shí)，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)小球受到的合外力不為 0時(shí)，要判斷出支持力的方向，明確支持力的大小隨洛倫茲力的變化關(guān)系，然后做出判定． 【解答】解： A、對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖， 電場(chǎng)力的大?。?F=qE= ，由于重力的方向豎直向 下．電場(chǎng)力的方向水平向右，二者垂直，合力：，由幾何關(guān)系可知，重力與電場(chǎng)力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場(chǎng)力的合力不會(huì)對(duì)小球做功，而洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，所以也不會(huì)對(duì)小球做功．所以，當(dāng)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，不可能存在摩擦力，沒(méi)有摩擦力，說(shuō)明小球與桿之間就沒(méi)有支持力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場(chǎng)力的合力相等，方向相反．所以 qv0B=2mg． 所以 v0= ．故 A正確； B、若小球的初速度為 ，則洛倫茲力： f=qv0B=3mg＞ FG+F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向下的支 持力，則摩擦力： f=μF N．小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后當(dāng)速度減小到 時(shí)，小球開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)．故 B錯(cuò)誤． C、若小球的初速度為 ，則洛倫茲力： f=qv0B=mg＜ FG+F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向上的支持力，而摩擦力： f=μF N．小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，小球的加速度增大，所以小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止．故 C正確； D、若小球 的初速度為 ，球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止，運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做功等于小球的動(dòng)能，所以 W= = ．故 D錯(cuò)誤． 故選： AC 【點(diǎn)評(píng)】本題考查小球在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解答的關(guān)鍵明確小球的受力情況，并能夠結(jié)合受力的情況分析小球的運(yùn)動(dòng)情況，要知道小球何時(shí)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，何時(shí)做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)． 三、非選擇題：包括必考題和選考題（一）必考題 9．在做 “ 研究平拋運(yùn)動(dòng) ” 的實(shí)驗(yàn)中，為了確定小球在不同時(shí)刻在空中所通過(guò)的位置，實(shí)驗(yàn)時(shí)用了如圖所示的裝置． 先將斜槽軌道 的末端調(diào)整水平，在一塊平整的木板表面釘上白紙和復(fù)寫紙．將該木板豎直立于水平地面上，使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，小球撞到木板并在白紙上留下痕跡A；將木板向遠(yuǎn)離槽口平移距離 x，再使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，小球撞在木板上得到痕跡 B；又將木板再向遠(yuǎn)離槽口平移距離 x，小球再?gòu)男辈凵暇o靠擋板處由靜止釋放，再得到痕跡 C． 若測(cè)得木板每次移動(dòng)距離 x， A、 B間距離 y1， B、 C間距離 y2．請(qǐng)回答以下問(wèn)題（重力加速度為 g） （ 1）為什么每次都要使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放？ 保證小球在斜槽末端具有相同的初 速度 ． （ 2）如何檢驗(yàn)斜槽底端水平？ 把小球靜止釋放在斜槽末端，看小球是否運(yùn)動(dòng)，若不動(dòng)，則斜槽末端水平；反知，則不水平． （ 3）根據(jù)以上直接測(cè)量的物理量來(lái)求得小球初速度的表達(dá)式為 v0= x （用題中所給字母表示） 【考點(diǎn)】研究平拋物體的運(yùn)動(dòng)． 【專題】實(shí)驗(yàn)題；平拋運(yùn)動(dòng)專題． 【分析】（ 1）為了確保小球每次拋出的軌跡相同，應(yīng)該使拋出時(shí)的初速度相同，即要求從同一位置靜止釋放． （ 2）把小球放在斜槽末端，看小球是否平衡，判斷斜槽末端是否水平． （ 3）明確實(shí)驗(yàn)的注意事項(xiàng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律在水平和豎直方 向的規(guī)律，尤其是在豎直方向上，