3．分布在图2地区较为普遍的景观是

A．丘陵、山地　　　　　　　　　　　　　　　　 B．平原、洼地　　

C．高原、冻土丘陵　　　　　　　　　　　　　 D．盆地、山岗

2．一个月后，兴趣小组再次登岛，发现该日的日落时刻与上一次

相同。则该日的日期最可能是

　　 A．5月21日　　 B．6月7日　　　 C．7月8日　　　 D．12月7日

下图所显示的是我国某地形区。读图完成3-4题：

1．该兴趣小组采用图示方法来测定该岛经纬度，必须观测

和记录的数据是

　　 A．北京时间、竿影长度　　 　B．竿影长度、竿影方位

　　 C．竿影方位、北京时间　　 　D．白昼长度、太阳高度

13.(14分)一质量为m的皮球，无论从多高处自由落下，反弹高度都为原来的.要使皮球从h高处被拍打后，下落反弹回h高处，每次拍球需对球做的功为多少？(空气阻力不计)

错解：由于皮球反弹高度为原来的，说明皮球碰撞损失的能量为mgh.故每次拍球时需要对球做的功为mgh.

剖析：由题意知每次与地面碰撞损失的机械能为着地前机械能的，即若皮球从h高处自由释放，碰撞损失为：mgh，若皮球被W的功拍打后，着地碰撞损失大于mgh，故上面解析是错误的.

正解：设拍球时对球做功为W能使球反弹回h高处，由能的转化和守恒定律有：

W+mgh－(mgh+W)＝mgh

解得：W＝mgh.

答案：mgh

12.(13分)如图所示，在倾角为θ的斜面上，一物块通过轻绳的牵拉压紧弹簧.现将轻绳烧断，物块被弹出，与弹簧分离后即进入斜面上足够长的粗糙部分NN′(此前摩擦不计).物块沿斜面的粗糙部分上滑达到的最远位置离N的距离为s，此后下滑，第一次回到N处压缩弹簧后又被弹离，物块第二次上滑的最远位置离N的距离为.求：

(1)物块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ.

(2)物块最终克服摩擦力做功所通过的路程s′.

解析：(1)设物块第一次下滑回到N时速度为v，则：

mgsin θ·s－μmgcos θ·s＝mv²

第二次上滑，初速度也为v，有：

mgsin θ·+μmgcos θ·＝mv²

联立解得：μ＝tan θ.

[或直接对动能为零的两个状态及过程运用动能定理：mgsin θ·－μmgcos θ·(s+)＝0，解得μ＝tan θ]

(2)物块进入NN′获得的初始动能为：

E_k0＝mgsin θ·s+μmgcos θ·s

物块最终只能在N点以下的斜面上往复运动，由动能定理有：

W_f＝μmgcos θ·s′

解得：s′＝4s.

答案：(1)tan θ　(2)4s

11.(13分)如图所示，半径为L的金属圆环ab竖直放置，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向里.金属轻杆Oa的a端连接质量为m的金属球，金属球可在金属圆环ab上自由滑动，现让Oa杆绕轴O由水平位置静止释放，运动中始终与固定的Ob杆组成闭合电路，经时间t金属球到达b处的速度为v(v＜).若Oa、Ob杆电阻均为R，其余电阻不计，则此过程中感应电动势的有效值为多少？

解析：根据能的转化和守恒定律，在Oa杆转至竖直方向的过程中，发生电磁感应转化的电能为：

W_电＝mgL－mv²

设这一过程感应电动势的有效值为E，有：

W_电＝·t

可解得：E＝.

答案：

10.在2006年世界体操锦标赛男子团体决赛中，中国队小将陈一冰在吊环比赛中获得冠军，杨威获得亚军.如图所示，陈一冰从图甲所示的状态缓慢运动到图乙所示的状态的过程中，下列判断正确的是(吊环受的重力不计)(　)

A.在图甲所示的状态中，人对环的作用力沿手臂斜向下

B.在图甲所示的状态中，人对环的作用力沿绳方向向下

C.陈一冰从图甲所示的状态缓慢运动到图乙所示的状态的过程中，人不做功，机械能不变

D.陈一冰从图甲所示的状态缓慢运动到图乙所示的状态的过程中，人做负功，机械能减少

解析：取吊环为研究对象，环受手的作用力和绳的拉力作用，由平衡条件可知人对环的作用力沿绳的方向向下.

从图甲至图乙的状态，系统的机械能减少，绳的拉力不做功，故知这一过程人做负功.

答案：BD

非选择题部分共3小题，共40分.

9.如图所示，水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m的小木块由静止轻放到传送带上.若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，转化为内能的能量为(　)

A.mv²　 B.2mv²　 C.mv²　 D.mv²

解析：小木块在传送带上做加速运动时的加速度a＝μg，达到速度v以前加速运动的位移s₁＝，这段时间内传送带移动的距离s₂＝v·＝.可以根据以下两种方法求转化的内能.

解法一　转化的内能等于摩擦产生的热量，由功能关系，得：

ΔQ＝f·s_相＝μmg·(s₂－s₁)＝mv².

解法二　由能量守恒定律可知，传动轮对皮带做的功等于木块动能的增加和转化的内能.由于皮带保持匀速运动，故木块加速过程中传动轮对它的牵引力大小F＝μmg

所以有：W_F＝ΔE_k+ΔQ

即μmg·＝mv²+ΔQ

所以ΔQ＝mv².

答案：D

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 甲　　　 　乙

8.如图所示，在质量为0.50 kg的重物上安装一极轻的细棒(设细棒足够长)，用手在靠近重物处握住细棒，使重物静止.现保持握细棒的手不动，稍稍减小握力，使手和细棒间保持一定的摩擦力，让重物和细棒以一定的加速度下落，在起初的1.0 s 的时间内，重物落下了0.50 m，在此过程中，手和细棒之间所产生的热量与重物重力势能的减少量之比为(取g＝10 m/s²)(　)

A.1∶1　 B.9∶10　 C.1∶2　 D.1∶10

解析：设重物下降的加速度大小为a，由at²＝h可得：a＝1 m/s²

又由牛顿第二定律a＝

　可得手与细棒之间的摩擦力f＝0.9mg

故摩擦生热Q＝fh＝0.9mgh＝0.9|ΔE_p|.

答案：B

7.自动充电式电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，发电机向蓄电池充电，将一些机械能转化成电能储存起来.现使车以5000 J的初动能在水平路面上自由滑行，第一次关闭自动充电装置，其动能随位移的变化关系如图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移的变化关系如图线②所示.假设两次滑行的空气阻力及地面阻力都保持恒定且相等，则第二次向蓄电池所充的电能是(　)

A.2000 J　 B.2500 J　 C.3000 J　 D.5000 J

解析：关闭自动充电装置时，由动能定理有f×50＝5000 J；启动自动充电装置时，由能的转化与守恒定律有W_电+f×30＝5000 J，可解得所充电能W_电＝2000 J.

答案：A