5.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0 时其速度为1 m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示.设在第1 s内、第2 s内、第3 s内力F对滑块做的功分别为W₁、W₂、W₃，则以下关系正确的是[2008年高考·宁夏理综卷](　)

A. W₁＝W₂＝W₃　 B. W₁<W₂<W₃

C. W₁<W₃<W₂　 D. W₁＝W₂<W₃

解析：本题考查v－t图象、功的概念.力F做的功等于每段恒力F与该段时间内滑块运动位移(v－t图象中图象与坐标轴围成的面积)的乘积，第1 s内位移为一个小三角形的面积，大小为0.5 m，则第2 s内位移也为0.5 m，第3 s内位移为1 m，故由W＝F·s可知：W₁＝0.5 J，W₂＝1.5 J，W₃＝2 J，所以W₁＜W₂＜W₃.

答案：B

4.下列与能量有关的说法中，正确的是[2008年高考·重庆理综卷](　)

A.卫星绕地球做圆周运动的半径越大，动能越大

B.从同种金属逸出的光电子的最大初动能随照射光波长的减小而增大

C.做平抛运动的物体在任意相等时间内动能的增量相同

D.在静电场中，电场线越密的地方正电荷的电势能一定越高

解析：本题考查与能量有关的问题，属较难的题目.卫星绕地球做圆周运动过程中，v＝，半径越大，其速度越小，动能也就越小；根据光电效应方程有h＝E_k－W，对于同一种金属而言，W是一定的，所以入射光的波长减小，其最大初动能增大；做平抛运动的物体，其动能的变化量ΔE_k＝m(v－v)＝m[(v_y1+gt)²－v]＝mv_y1gt+mg²t²，所以在任意相等的时间内动能的增量不相等；在静电场中，电场线越密的地方，其电场强度越大，而电势的大小与零势面的选取有关.所以正电荷在电场线越密的地方，其电势能并不一定越大.

答案：B

3.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放.当a球对地面的压力刚好为零时，b球摆过的角度为θ.下列结论正确的是[2008年高考·江苏物理卷](　)

A.θ＝90°

B.θ＝45°

C.b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率先增大后减小

D.b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大

解析：本题考查向心加速度公式、动能定理、功率等概念和规律.设b球的摆动半径为R，当摆过角度θ时的速度为v，对b球由动能定理有mgRsin θ＝mv²，此时绳子的拉力T＝3mg，在绳子方向上由向心力公式有T－mgsin θ＝m，解得θ＝90°，选项A正确、B错误；b球摆动到最低点的过程中机械能守恒，竖直方向的分速度先从零开始逐渐增大，然后逐渐减小到零，故重力的瞬时功率P_b＝mgv_竖先增大后减小，选项C正确、D错误.

答案：AC

2.如图所示，两光滑斜面的倾角分别为30°和45°，质量分别为2m和m的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置，再由静止释放.则在上述两种情形中正确的有[2008年高考·江苏物理卷](　)

A.质量为2m的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用

B.质量为m的滑块均沿斜面向上运动

C.绳对质量为m的滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力

D.系统在运动中机械能均守恒

解析：本题考查学生的受力分析、连接体整体法处理复杂问题的能力.每个滑块受到重力、绳子拉力、斜面的支持力三个力的共同作用，受力分析中分析的应该是按性质分类的力，沿着斜面的下滑力是分解出来的按照效果命名的力，选项A错误；对于选项B，物体是上滑还是下滑，要看两个物体的重力沿着斜面向下的分量的大小关系，由于质量为2m的滑块的重力沿着斜面的下滑分力较大，故质量为m的滑块必定沿着斜面向上运动，选项B正确；任何一个滑块受到的绳子拉力与绳子对滑块的拉力等大、反向，选项C错误；对系统，除了重力之外，支持力对系统的每个滑块都不做功，绳子对每个滑块的拉力均等大、反向，且对滑块的位移必定大小相等，故绳子拉力作为系统的内力对系统做功的总和必定为零，因此系统属于只有重力做功的系统，机械能守恒，选项D正确.

答案：BD

1.如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球的质量为m，静置于地面；b球的质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧.从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为[2008年高考·全国理综卷Ⅱ](　)

A.h　　B.1.5h　　C.2h　　D.2.5h

解析：在b落地前，a、b组成的系统机械能守恒，且a、b两球的速度大小相等，根据机械能守恒定律可知，3mgh－mgh＝(m+3m)v²，得：v＝.b落地时，a的高度为h，之后a向上做竖直上抛运动，此过程中机械能守恒，有mv²＝mg·Δh，得：Δh＝＝.所以a可能达到的最大高度为1.5h，选项B正确.

答案：B

13.(14分)图示为一支将要竖直向上发射的火箭，其质量为6000 kg，点火后喷气速度为2.5 km/s，忽略发射初期火箭质量的变化，问：(取g＝10 m/s²)

(1)点火后每秒至少要喷射多少气体才能使火箭开始上升？

(2)如果要使火箭开始有2 m/s²向上的加速度，则每秒要喷出多少气体？

解析：(1)设火箭每秒喷射出质量为m₀的高速气体时产生的反冲力大小等于火箭的重力.对于Δt时间的喷出的气体，由动量定理得：

F·Δt＝m₀·Δt·v₀－0

由牛顿第三定律得：F＝Mg＝60000 N

解得：m₀＝24 kg.

(2)设每秒喷出质量为m的气体时能使火箭以2 m/s²的加速度加速上升，则此时火箭受到的冲力大小为：

F′＝Mg+ma＝7.2×10⁴ N

对于Δt时间内喷出的气体，由动量定理得：

F′·Δt＝m·Δt·v₀－0

解得：m＝28.8 kg.

答案：(1)24 kg　(2)28.8 kg

12.(13分)关于哥伦比亚号航天飞机失事的原因，美国媒体报道说，航天飞机发射时一块脱落的泡沫损伤了左翼的隔热瓦，于是最终酿成大祸.据美国航天局航天计划的Dittemore于2003年2月5日在新闻发布会上说，撞击航天飞机左翼的泡沫长20英寸(约50.8 cm)、宽16英寸(约40.6 cm)、厚6英寸(约15.2 cm)，其质量大约为1.3 kg，撞击时速度约为250 m/s，方向向上，而航天飞机的上升速度大约为700 m/s.假定碰撞时间等于航天飞机前进泡沫的长度所用的时间，相撞后认为泡沫全部附在飞机上.根据以上信息，估算“哥伦比亚”号航天飞机左翼受到的平均撞击力.(结果保留一位有效数字)

解析：由题意知航天飞机与泡沫块的作用时间为：

Δt＝ s

设碰撞过程中航天飞机对泡沫块的平均冲力大小为F，由动量定理得：

F·Δt＝mv₁－mv₂　(F远大于泡沫块受的重力)

解得：F＝8×10⁵ N

由牛顿第三定律知，航天飞机左翼受到的平均撞击力为8×10⁵ N.

答案：8×10⁵ N

11.(13分)某中学生身高1.80 m，质量70 kg.他站立举臂，手指摸到的高度为2.25 m.如果他先缓慢下蹲，再用力蹬地向上跳起，同时举臂，手指摸到的高度为2.70 m.设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.3 s.取g＝10 m/s²，求：

(1)他刚离地跳起时的速度大小.

(2)他与地面间的平均作用力的大小.

解析：(1)跳起后重心升高

h＝2.70 m－2.25 m＝0.45 m.

根据机械能守恒定律mv²＝mgh　

解得：v＝＝3 m/s.

(2)根据动量定理有：(F－mg)t＝mv－0

解得：F＝m(g+)＝1400 N.

答案：(1)3 m/s　(2)1400 N

10.如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触.现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是(　)

A.ρvS　　B.　　C.ρv²S　　D.ρv²S

解析：Δt时间内气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt

对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得：

F·Δt＝Δm·v－0

解得：F＝ρv²S，选项D正确.

答案：D

非选择题部分共3小题，共40分.

9.水平拉力F₁、F₂分别作用在水平面的物体上一段时间后又撤去，使物体都由静止开始运动而后又停下.如果物体在两种情况下的总位移相等，且F₁＞F₂，那么在这样的情况中(　)

A.F₁比F₂的冲量大

B.F₁比F₂的冲量小

C.F₁与F₂的冲量相等

D.F₁与F₂的冲量大小无法比较

解析：

在同一图中作出两种情况下的v－t图象.在物体做减速运动的阶段，由于动摩擦因数相同，故加速度相等，图中CD平行于AB.因为F₁＞F₂，所以物体受F₁作用时比受F₂作用时的加速度大.物体两次通过的总位移相等，表明△AOB与△COD的面积相等.

设F₁、F₂的作用时间和它们撤去后物体滑行的时间分别为t₁、t₂、t₁′、t₂′，物体的始末动量均为零，根据动量定理有：

F₁t₁－f(t₁+t₁′)＝0

F₂t₂－f(t₂+t₂′)＝0

由图可知：t₁+t₁′＜t₂+t₂′，所以f(t₁+t₁′)＜f(t₂+t₂′)

即F₁t₁＜F₂t₂，故选项B正确.

答案：B