汉译英 1.足够的锻炼才能确保足够的健康.Only____ ______ can keep us_____ _____2

物块轻轻放上传送带后，做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，知每隔相等时间放上传送带的物体相对于传送带滑行的位移大小相等，此过程传送带向前滑行的位移为vT，则相邻两物块的间距恒为vT．故C正确，A、B、D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．

考点点评： 解决本题的关键理清物块的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析．

（x）研究电磁铁图磁性图强弱与电流大小图关系，就需要改变电路中电流图大小．而图示装置中没有滑动变阻器来改变电流大小，所以该同学无法探究电磁铁磁性强弱与电流大小图关系，就需要一个滑动变阻器来改变电流图大小．
（2）电磁铁磁性图强弱不能直接观察出来，要用转换图思路来认识．即转化为电磁铁所能吸引大头针图多少来判断；故其下一步图操作及要观察图是：闭合开关，移动滑动变阻器图滑片，使电流表图示数与上步实验相同，此时，观察该电磁铁吸引大头针图情况．
故答案为：（x）滑动变阻器；（2）闭合开关，移动滑动变阻器图滑片，使电流表图示数与上步实验相同，此时，观察该电磁铁吸引大头针图情况．

点评：
本题考点： 探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验．

考点点评： 要研究磁性与电流的关系，就要改变电流的大小，知道改变电路中电流大小的元件是滑动变阻器，是此题的切入点．

要测出小酒杯玻璃的密度步骤如下：
①在量筒中倒入适量的水，读出此时水面的刻度值，记为为V₁，
②让小酒杯口向上漂浮于量筒中的水面上，读出此时水面的刻度值，记为V₂，
③将小酒杯浸没在量筒中的水中，读出此时水面的刻度值，记为V₃．
则小酒杯玻璃的体积V=V₃-V₁；
小酒杯漂浮在水中时的浮力F_浮=ρ_水gV_排=ρ_水g（V₂-V₁）=G_杯=m_杯g，
所以小酒杯的质量m_杯=ρ_水（V₂-V₁）；
所以小酒杯玻璃的ρ=
m杯
V=
ρ水(V2−V1)
V3−V1．
故答案为：
①在量筒中倒入适量的水，读出此时水面的刻度值，记为为V₁；
②让小酒杯口向上漂浮于量筒中的水面上，读出此时水面的刻度值，记为V₂；
③将小酒杯浸没在量筒中的水中，读出此时水面的刻度值，记为V₃；
密度表达式为：
ρ水(V2−V1)
V3−V1．

点评：
本题考点： 设计实验测密度．

考点点评： 测固体的密度一般用天平测出质量m，用量筒测出体积V，用公式ρ=[m/V]算出密度．但有时根据初中物理知识，设计一定难度，例如本题中缺少天平不能测质量，则利用浮力知识间接测出质量，没有量筒利用溢水杯测出体积，要开动脑筋，集思广益，培养综合处理物理问题的能力．

（1）当K接1时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止，棒的重力与安培力平衡，则有
mg=BIL
又I=[E/R+r]
联立解得，R＝
BEL
mg−r
（2）当K接2后，棒达到稳定状态时做匀速运动，则有
mgv=
E′2
R0，
又感应电动势E′=BLv
联立上两式得：v=
mgR0
B2L2①
根据动量定理得：mgt-B
.
ILt=mv
而q=
.
It
又感应电荷量q=
.
It，
.
I=

.
E
R0，
.
E=[△Φ/△t]，△Φ=BLs，联立得q=[BLs
R0
联立解得t=
mR0
B2L2+
B2L2s
mgR0．
（3）将开关K突然接到3，电容器充电，电路中充电电流，ab棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得
mg-BiL=ma ②
又i=
△Q/△t]=[C△U/△t]，又U=E=BLv，得i=[CBL•△v/△t]=CBLa③
由②③得：mg-BL•CBLa=ma
解得，a=[mg
m+B2L2C ④
可见棒的加速度不变，做匀加速直线运动．
当ab下降距离s时，设棒的速度为v′，则v′²-v²=2as ⑤
设电容器储存的电能为△E，则根据能量守恒得
mgs+
1/2mv2=
1
2mv′2+△E⑥
联立①④⑤⑥得：△E＝
B2L2mgCs
m+B2L2C]．
答：（1）滑动变阻器接入电路的阻值R为[BEL/mg]-r．
（2）稳定速度的大小为
mgR0
B2L2，下落s的过程中所需的时间为
mR0
B2L2+
B2L2s
mgR0．
（3）棒做加速度为a＝
mg
m+B2L2C的匀加速直线运动，ab再下落距离s时，电容器储存的电能是
B2L2mgCs
m+B2L2C．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．

考点点评： 本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况．

A、B碰撞时间极短，沿斜面的方向动量守恒，设碰后瞬间B的速度为vB mAvA=mv1+mBvB代入数字得：vB=2.4m/s（2）B的加速度aB=-gsin θ=-6m/s2B沿斜面上滑的最远距离SB=v2B2aB=0−2．422×(−6)m=0.48m（3）碰...

点评：
本题考点： 动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．

考点点评： 本题的过程比较复杂，按时间顺序进行分析．关键要分析第一次碰后A可能的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．

（1）当cd棒的加速度为a₂时，设此时ab和cd的速度分别为v₁和v₂，作用在ab上的外力为F₁，回路的总电功率为P₁．
对ab：F₁-m₁g-
B2L2(v1+v2)
R=m₁a₁
对cd：m₂g-
B2L2(v1+v2)
R=m₂a₂
对整个回路：P₁=
B2L2(v1+v2)2
R
联立以上各式解得：v₁+v₂=8m/s，F₁=30N，P₁=64W
（2）当cd棒的速度最大时，设ab和cd的速度大小分别为v₁′和v₂′，作用在ab上的外力为F₂，回路的总电功率为P₂．
对ab：F₂-m₁g-
B2L2(
v/1+
v/2)
R=m₁a₁
对cd：m₂g=
B2L2(
v/1+
v/2)
R
对整个回路：P₂=
B2L2(
v/1+
v/2)2
R
联立以上各式解得：v₁′+v₂′=10m/s，F₂=32N，P₂=100W
答：（1）作用在ab棒上的外力为30N，回路中的总电功率64W
（2）当cd棒沿两导轨所在的竖直面向下运动的速度最大时，作用在ab棒上的外力32N回路中的总电功率100W．

点评：
本题考点： 法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 本题是电磁感应与牛顿定律的综合应用，难度较大，第一问中巧妙应用感应电动势为两棒产生感应电动势的和，回路中的总电功率等于安培力的功率之和；能够分析出速度最大时加速度为零，合力恰好为零

在整个过程中，只有木块相对皮带滑动时才会有摩擦力，才会产生内能，由可知木块的加速度，从向右滑动到速度为零，反向加速时间，木块向右的总位移，皮带向左的位移，木块相对皮带滑动的路程，产生的内能，D选项正确

故选D

D


<>

（1）对小物块受力分析，由牛顿第二定律得：m受到的合力F_合=μmg=ma
可得：a=2m/s²
运动学公式s=[1/2a
t21]
可得t₁=ls
（2）对小物块、木板受力分析，由牛顿第二定律得：
对m：F-μmg=ma₁，
对M：μmg=Ma₂
可得：a₁=2m/s²，a₂=1m/s²
物块的位移s₁=[1/2]a₁t²，木板的位移s₂=[1/2]a₂t²
m相对于M向右运动，
所以s₁-s₂=L
由以上三式可得t=
2s
（3）若人以恒定速度v₁=1m/s向下匀速拉绳，木板向左做匀减速运动，
对M而言，由牛顿第二定律得：μmg=Ma₃
可得：a₃=1m/s²，方向向右，
物块m向右匀速运动，其位移为x₃=v₁t
木板向左的位移为x₄=v₂t-[1/2]a₃t²
m和M沿相反方向运动，
所以得x₃+x₄=L
由以上三式可得t=1s
答：（1）若木板被固定，某人以恒力F=4N向下拉绳，则小木块滑离木板所需要的时间是1s；
（2）若木板不固定，某人仍以恒力F=4N向下拉绳，则小木块滑离木板所需要的时间是
2s；
（3）木块滑离木板所用的时间是1s．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 加速度始终是联系运动和力的桥梁．求加速度是解决有关运动和力问题的基本思路，正确的受力分析和运动过程分析则是解决问题的关键．当问题涉及几个物体时，我们常常将这几个物体“隔离”开来，对它们分别进行受力分析，根据其运动状态，应用牛顿第二定律或平衡条件列式求解．

（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma
变形得：a＝
1
mF−μg
结合图象得：m=4kg；μ=0.1
（2）0～2s，根据牛顿第二定律，有：
a1＝
F1−μmg
m＝
12−4
4m/s2＝2m/s2
根据位移时间关系公式，有：
s1＝
1
2a1
t21＝4m
2s～4s，根据牛顿第二定律，有：
a2＝
F2−μmg
m＝−2m/s2
由以上式可知：一个周期内的位移为x₁=2s₁=8m
答：
（1）物体的质量为4kg，物体与地面间的动摩擦因数为0.1；
（2）周期力作用下物体在一个周期内的位移大小为8m；

点评：
本题考点： 牛顿第二定律．

考点点评： 本题涉及牛顿运动定律和运动学的知识以及运动定理的应用，求解本题的关键是认真分析物理过程，主要考查分析、推理和综合能力．

①因为：2+2＜5，所以任意选三根小棒围三角形，不是都能围成三角形；
因为3+4＞5，所以围成一个三角形，挑选的三根小棒的长度分别是3cm、4cm和5cm；
②要围成一个平行四边形，最少能用到1种不同的小棒；
③要围成一个梯形，最多能用到4种不同的小棒；最少能用到2种不同的小棒．
故答案为：不是，3，4，5，1，4，2．

点评：
本题考点： 三角形的特性；平行四边形的特征及性质；梯形的特征及分类．

考点点评： 解答此题的关键是根据三角形的特性进行分析、解答；用到的知识点：平行四边形的特征及梯形的特征．

C、D、小球在斜面上运动时受绳子拉力、斜面弹力、重力．在垂直斜面方向上合力为0，重力在沿斜面方向的分量为mgsinα，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力：
F_T+mgsinα=m

v21
l…①
研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理：
-mglsinα=[1/2]m
v21-[1/2]mv₀²…②
若恰好通过最高点绳子拉力T=0，联立①②解得：
sinα=

v20
3gl=
22
3×10×0.5=[4/15]
故小球能保持在板面内作圆周运动时，α最大值为arcsin[4/15]．
故C错误，D正确；
A、若a=0°，则轻绳对小球的拉力大小为：
F_T=m

v21
l=0.5×[4/0.5]=4N
故A正确；
B、若a=90°，小球不能到达最高点；
如果上升0.7m，重力势能的增加量mgh=0.5×10×0.7=3.5J，初动能
1
2m
v20＝
1
2×0.5×22=1J，机械能不守恒，故B错误；
故选：AD．

点评：
本题考点： 向心力．

考点点评： 本题重点是小球能通过最高点的临界条件，这个情形虽然不是在竖直平面内的圆周运动，但是其原理和竖直平面内的圆周运动一直，都是T=0为小球能过最高点的临界条件．

甲同学在一根空心钢管的一端敲一下，声音会在钢管和空气中同时传播，因为声音在固体中最快，在气体中最慢，第一次听到的声音是通过钢管传来的；第二次听到的声音是通过空气传来的；所以乙同学会听到两次敲击声．
故选B．

点评：
本题考点： 声速．

考点点评： 本题考查了声音分别在固体、液体和气体中传播的速度不同．