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在如圖12-67 所示的電路中，自感線圈L的直流電阻很小，且小于燈泡A的電阻.開(kāi)關(guān)S閉合后，燈泡正常發(fā)光.現(xiàn)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，以下說(shuō)法正確的是（   ）

圖12-67

A．?dāng)嚅_(kāi)S的瞬間，燈泡立即熄滅

B．?dāng)嚅_(kāi)S的瞬間，通過(guò)燈泡的電流方向?yàn)閺腃到D

C．?dāng)嚅_(kāi)S后，燈泡先變亮，再逐漸變暗

D．?dāng)嚅_(kāi)S后，燈泡在原來(lái)亮度基礎(chǔ)上逐漸變暗

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1.D      2.B       3.B      4.B      5.A

6.AB    7.ABD     8. BCD   9.ACD

10. （1）     

（2）^’

11. （1）3.0(2.6―3.4)                  

（2）如圖所示（2分）    a＝1/(2m)

（3）實(shí)驗(yàn)前未平衡摩擦力          

12.（1）以滑板和運(yùn)動(dòng)員為研究對(duì)象，其受力如圖所示由共點(diǎn)力平衡條件可得

                   ①

                            ②

由①、②聯(lián)立，得

F =810N

(2)

得m/s

(3)水平牽引力的功率

P=Fv

=4050 W

13. （1）根據(jù)動(dòng)能定理，主發(fā)動(dòng)機(jī)在嫦娥一號(hào)衛(wèi)星進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道過(guò)程中對(duì)衛(wèi)星做的功……………………………………………………………6分

（2）設(shè)“嫦娥一號(hào)衛(wèi)星”在圓軌道І上運(yùn)動(dòng)時(shí)距月球表面的高度為h，根據(jù)萬(wàn)有引力定律和向心力公式有

……………4分

  解得：……………………………………………4分

（3）設(shè)“嫦娥一號(hào)衛(wèi)星”在近月點(diǎn)進(jìn)行第一次制動(dòng)后，在圓軌道І上運(yùn)動(dòng)的速度為u₁，則

    ………………………………………………………1分

    解得：…………………………………………………………1分

    設(shè)“嫦娥一號(hào)衛(wèi)星”在通過(guò)近月點(diǎn)脫離月球引力束縛飛離月球的速度為u₂，根據(jù)機(jī)械能守恒定律

    =0…………………………………………………………1分

    解得：u₂=………………………………………………………1分

    所以，“嫦娥一號(hào)衛(wèi)星”在近月點(diǎn)進(jìn)行第一次制動(dòng)后的速度u應(yīng)滿足的條件是:

……………………………………………2分

14. 解：（1）a =                             

Rsinθ= v₀t                            

R-Rcosθ=at²                                    

由以上三式得v₀ =        

（2）由（1）結(jié)論得粒子從A點(diǎn)出發(fā)時(shí)的動(dòng)能為

m v₀² = =       

則經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為

E_k=Eq(R-Rcosθ)+m v₀² = EqR (5-3cosθ)

可以看出，當(dāng)θ從0°變化到180°，接收屏上電荷的動(dòng)能逐漸增大，因此D點(diǎn)接收到的電荷的末動(dòng)能最小，C點(diǎn)接收到的電荷的末動(dòng)能最大。    

最小動(dòng)能為：

E_kD=Eq(R-Rcosθ)+m v_0D² = EqR (5-3cos60°) =  EqR    

最大動(dòng)能為：

E_kC=Eq(R-Rcosθ)+m v_0C² = EqR (5-3cos120°) =  EqR  

15．解：（1）A與C間的摩擦力為

        (1分)

B與C間的摩擦力為

    (1分)

推力F從零逐漸增大，當(dāng)增大到100N時(shí)，物塊A開(kāi)始向右移動(dòng)壓縮彈簧（此時(shí)B仍然保持靜止），設(shè)壓縮量為x，則力   (1分)

當(dāng)x=0.5m時(shí)，力,此時(shí)B將緩慢地向右移動(dòng)。（1分）

B移動(dòng)0.5m后，B離開(kāi)木板C的右端0.2m，A離開(kāi)木板C端0.1m。（1分）

作出力F隨A位移的變化圖線如答圖6所示。（2分）

（2）在物塊B移動(dòng)前，力F作用于物塊A，壓縮彈簧使彈簧儲(chǔ)存了彈性勢(shì)能E₀，物塊A移動(dòng)了s=0.5m,此后物塊AB以相同的速度向右移動(dòng)，彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能不變。設(shè)物塊A開(kāi)始移動(dòng)0.5m的過(guò)程中，力F做功W，由能量守恒有

（3）撤去力F之后，AB兩物塊給木板C的摩擦力的合力為零，故在物塊AB滑離木板C之前，C仍靜止不動(dòng)。

由題可知，始終有    (1分)

當(dāng)物塊B在木板C上向右滑動(dòng)了0.2m，物塊A則向左滑動(dòng)了0.4m，但A離木板C的左端還有d=0.6m .可見(jiàn)，物塊B先滑離木板C。(1分)

并且兩物體的相對(duì)位移△s=0.4m+0.2m=0.6m?0.5m（彈簧的壓縮量），彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能已全部釋放，由能量守恒定律有

        … … …   3 （2分）

由123式求出物塊B滑離木板C時(shí)A物塊的速度為v_A=4m/s  … … … 4（1分）

對(duì)A：f=m_Aa_A           a_A=5m/s²     對(duì)C：f=m_ca_c           a_c=5m/s²

滑離C  s_A=V_At-a_At²/2    s_c=a_ct²/2

所以0.6= V_At-a_At²/2 -a_ct²/2     t=0.2    v_c =a_ct=5×0.2=1m/s

16．答案．(1) A物體沿斜面下滑時(shí)有

∴

m/s²　　　　�。�1分）

B物體沿斜面下滑時(shí)有

∴

　　　　　　�。�1分）

綜上分析可知，撤去固定A、B的外力后，物體B恰好靜止于斜面上，物體A將沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．                              （1分）

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得A與B第一次碰撞前的速度     （1分）

由于AB碰撞后交換速度，故AB第一次碰后瞬時(shí)，B的速率     （1分）

(2)從AB開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次碰撞用時(shí)                 （1分）

兩物體相碰后，A物體的速度變?yōu)榱悖�以后再做勻加速運(yùn)動(dòng)，而B(niǎo)物體將以的速度沿斜面向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)．              （1分）

設(shè)再經(jīng)t₂時(shí)間相碰，則有            （1分）

解之可得t₂=0.8s               　　　　　　�。�1分）

故從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩物體第二次相碰，共經(jīng)歷時(shí)間t=t₁+t₂=0.4+0.8=1.2s   （2分）

（3）從第2次碰撞開(kāi)始，每次A物體運(yùn)動(dòng)到與B物體碰撞時(shí)，速度增加量均為Δv=at₂=2.5×0.8m/s=2m/s，由于碰后速度交換，因而碰后B物體的速度為：

第一次碰后： v_B1=1m/s

第二次碰后： v_B2=2m/s

第三次碰后： v_B3=3m/s

……

第n次碰后： v_Bn=nm/s

每段時(shí)間內(nèi)，B物體都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則第n次碰前所運(yùn)動(dòng)的距離為

 s_B=[1+2+3+……+（n-1）]×t₂= m   (n=1，2，3，…，n-1) （3分）

A物體比B物體多運(yùn)動(dòng)L長(zhǎng)度，則

 s_A = L+s_B=[0.2+]m　　　�。�2分）