则下滑过程中克服阻力做的功对于多少?

A、A、B两物体重力做功相等，由于时间的不一，所以重力的平均功率不同．故A错误；
B、由于质量相等且高度变化相同，所以重力做功相同，故B正确；
C、到达底端时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，所以到达底端时重力的瞬时功率不相同，故C错误；
D、由于质量相等，高度变化相同，所以到达底端时两物体的动能相同，速度大小相同，但速度方向不同，故D错误；
故选：B

点评：
本题考点： 动能定理的应用；功的计算；功率、平均功率和瞬时功率．

考点点评： 重力做功决定重力势能的变化与否，若做正功，则重力势能减少；若做负功，则重力势能增加．而重力的平均功率与瞬时功率的区别是：平均功率是做功与时间的比值，瞬时功率是力与速度在力的方向上的速度乘积．

A、当电场的方向竖直向上时，要想做匀速直线运动，必须有mg=qE，则E=[mg/q]．当电场的方向与斜面平行时，有qE=f+mgsinθ=2mgsinθ．所以E=[2mgsinθ/q]．而且电场的方向有无数种．故A、B错误．
C、物体受重力、支持力、摩擦力和电场力，支持力与摩擦力的合力方向一定，因为开始能匀速下滑，有mgsinθ=μmgcosθ，μ=tanθ，所以支持力与摩擦力的合力方向与垂直于斜面方向成θ角，（如下图）重力大小方向一定，根据矢量三角形，当电场力的方向与支持力与摩擦力合力方向垂直时，电场力最小，根据几何关系，求出重力的反向延长线与支持力摩擦力合力方向的夹角为2θ，则电场力的最小值F=mgsin2θ．电场强度的最小值为[mgsin2θ/q]．故C正确．
D、从下图可看出，电场力的最大值可达到无穷大．故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．

考点点评： 解决本题的关键能正确的进行受力分析，并能根据三角形法去求最小值．

：（1）平均速度是指某段时间内的路程与这段时间的比值，计算公式为v=[s/t]，实验中要用刻度尺测量路程，用秒表测量时间．
（2）斜面坡度越大，小车沿斜面向下加速运动越快，过某点的时间会越短，计时会越困难，所以为使计时方便，斜面坡度应小一些．
（3）由图知，S_BC=5.0cm
t_BC=15：35：23-15：35：22=1s
S_AC=10.0cm=0.1m
t_AC=15：35：23-15：35：20=3s
则v_AC=
sAC
tAC=[0.1m/3s]=0.033m/s．
（4）让小车过了A点才开始计时，会导致时间的测量结果偏小，平均速度会偏大．
故答案为：（1）v=[s/t]；刻度尺；秒表；（2）小；（3）5.0；1；0.033；（4）偏大．

点评：
本题考点： 变速运动与平均速度．

考点点评： “测小车的平均速度”的实验，一定学会读出路程和时间，按平均速度的定义代入v=[s/t]算出平均速度，测量过程中注意时间与路程的统一．

由s2+s1=1.2m，s1：s2=3：7，解得s1=0.36m，s2=0.84m对于前3s内的运动有：S1=12at2=0.36m则 a=2S1t2=2×0.3632m/s2=0.08m/s2对于后3s内的运动，中间时刻的瞬时速度为V中=S2t2=0.843m/s=0.28m/s设从初始时刻到后三秒...

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．

考点点评： 解决本题的关键是掌握匀变速直线运动的规律，会灵活运用匀变速直线运动公式求解．

A、根据动能定理得：mgR＝
1
2mv2，v²=2gR．由牛顿第二定律得，N-mg=m
v2
R，解得N=3mg．知A、B两球对轨道的压力大小相等．故A错误，B正确．
C、小球到达底端的速度v=
2gR，根据ω=[v/r]得，ω=

2g
R．知A球的角速度大于B球的角速度．故C错误．
D、根据a=
v2
r得，a=2g．知A、B两球的向心加速度相等．故D错误．
故选B．

点评：
本题考点： 向心力；牛顿第二定律．

考点点评： 本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键掌握向心力的来源，以及知道角速度、向心加速度与线速度的关系．

由于没有摩擦力，所以下滑的过程中，机械能保持不变，物体在C处时，一部分重力势能转化为动能，在B处时，重力势能完全转化为动能，所以C处的动能小．
故答案为：不变；C．

点评：
本题考点： 动能和势能的大小变化．

考点点评： 本题考查能量的转化，要知道影响动能和重力势能的因素，相对比较简单，属于基础题．

A、第一次滑到最低点前，C始终对A的作用力有向右水平分力．因此A的速度不断变大．不会与B分离．
第一次滑过最低点后C始终对A的作用力有向左水平分力．因此A的速度将变小．而B却匀速．因此与B分离所以A正确；
B、A与B分离前，ABC三者组成的系统水平方向动量守恒，设C到达最低点时AB的速度为v′，有：mv=2mv′，得：v′=[v/2]
之后AC一起向左运动时AC组成的系统水平方向动量守恒，有：mv-mv′=2mv″，得v″=[v/4]，方向与C的速度方向相同，向左，所以B正确C错误；
D、B与A分离后将一直向右做匀速直线运动，根据ABC系统动量守恒，所以AC作为一个整体重心也将不断向左移动，最终从左边滑出，所以D正确．
故选：ABD．

点评：
本题考点： 动量守恒定律．

考点点评： 本题是三个物体组成系统的动量守恒问题，由于研究对象较多，所以难度系数稍微增大．

物体匀速下滑，（1）质量不变，速度不变，所以动能不变；
（2）下滑高度减小，质量不变，所以重力势能减小；
（3）机械能=动能+势能，动能不变，势能减小，机械能减小．
故选B．

点评：
本题考点： 动能和势能的大小变化．

考点点评： （1）掌握动能、重力势能的影响因素．
（2）能判断动能、重力势能、机械能的变化．

对物体M和m整体受力分析，受拉力F. 重力(M+m)g、支持力FN，根据共点力平衡条件

竖直方向FN+F−(M+m)g=0，解得：FN=(M+m)g−F<(M+m)g；水平方向不受力，故没有摩擦力。

故选AD.

AD

（1）由A到B过程，物块的机械能守恒，
由机械能守恒定律得：mgH=
1
2mVB2，
解得：VB＝
2gH=2
10m/s；
（2）对从A点第一次运动到最高点的过程，
由能定理，设BC段阻力所做的功为W_f，
由动能定理得：mg（H-R-0.6）+W_f=0-0，
解得：W_f=-0.4mg，即克服阻力做功为0.4mg；
（3）由第（2）问知，物块每次经过BC段机械能损失0.4mg，
原有总机械能为E=mgH=2mg，
可知物块经过BC段5次后停在C点，即B点右侧2m处．
答：（1）物块第一次到达B点时的速度为2
10m/s；
（2）物块第一次从B到C克服阻力所做的功0.4mg；
（3）物块最终停在距B点右侧2m处．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；机械能守恒定律．

考点点评： 分析清楚物体的运动过程，应用动能定理即可正确解题；分析清楚物体运动过程是正确解题的关键．

设斜面的重力为G．整个装置保持静止状态时，台秤的示数为F₁=G_A+G．当细线被烧断物块正在下滑时，物块对斜面的压力大小为N=G_Acos30°，对斜面研究得到，台秤的示数为F₂=G+Ncos30°=G+[3/4]G_A，故台秤的示数减小量为△F=G_A-[3/4]G_A=1N．
故选：B．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的应用-超重和失重．

考点点评： 本题运用整体法和隔离法进行研究，分析受力情况是基础．

物体受重力、支持力及阻力的作用；重力做功WG=mgh=60×10×10=6000J；阻力做功Wf=-fL=-fhsin30°=-50×2×10=-1000J；支持力和运动方向相互垂直，故支持力不做功；合外力做功W=WG+Wf=6000-1000=5000J；答：重力做功6...

点评：
本题考点： 动能定理的应用

考点点评： 本题中考查功的计算，要注意若是阻力做功，则功一定是负值．

设物体的加速度为a，沿斜面下滑的时间为t．
由x₂-x₁=6 和x₁：x₂=3：7
解得x₁=4.5m，x₂=10.5m
物体在最初的t₁=3s内的位移x₁=[1/2]at₁²
代入解得a=1m/s²
物体在最后的t₂=3s内的位移x₂=[1/2]at²-[1/2]a（t-t₂）²
代入得3t-4.5=10.5 解得t=5s．
则斜面的长度为L=
1
2at2=12.5m．
答：斜面的长度为12.5m．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题首先应用数学知识解方程，其次是研究最后3s内的位移与总时间的关系，考查处理较为复杂的运动学问题的能力．