D．根据电压与匝数成正比知副线圈电压为44V P2=U2I2=44×1W=44W 电动机内阻消耗的功率为 △P=I22R＝12×11W＝11W 此电动机输出功率为 P出=P2-△P=44-11=33W 故D错误； 故选C。
7．居住在西安和广州的居民，由于地球的自转，都做匀速圆周运动，关于这两处居民做圆周运动的说法中，正确的是（ ） A．西安处的转动周期较大 C．西安处转动的线速度较大 【答案】D 【解析】 【详解】
AB.地球上各点绕地轴转动，具有相同的角速度，周期也相同，故选项A、B错误； CD.根据
，各点离地轴的距离不同，所以线速度不等，广州处的转动半径较大，则广州处转动的线
B．广州处转动的角速度较大 D．广州处的转动半径较大
速度较大，故选项D正确，C错误。
8．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着细线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则下列说法中正确的是（ ）
A．橡皮做匀速直线运动 B．橡皮做匀变速直线运动 C．橡皮做匀变速曲线运动 D．橡皮做变加速曲线运动 【答案】A 【解析】 【详解】
橡皮参与了水平向右和竖直向上的分运动，如图所示，两个方向的分运动都是匀速直线运动，合运动也为匀速直线运动，A正确；
9． (本题9分)如图所示，a、b是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看作是一个球体，a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的( )
A．轨道半径 B．线速度 C．加速度 D．角速度 【答案】D 【解析】 【详解】
地球自转绕地轴转动，地球上除两极各点具有相同的角速度。在a和b两地的物体随地球自转的轨道半径不同，根据v=rω、a=rω2知线速度、加速度不同。故D正确，ABC错误。 故选：D.
10． (本题9分)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )
A．
12
mv0-μmg(s＋x) 2
B．
12
mv0-μmgx 2
C．μmgs 【答案】A 【解析】 【详解】
D．μmg(s＋x)
物体受到的滑动摩擦力大小为f=μmg，对物体与弹簧及地面组成的系统，由能量守恒定律可得：-W-μmg（s+x）=0-
11mv02，解得：W=mv02-μmg（s+x），故选A． 22【点睛】
注意摩擦生热公式为Q=fs相对，其中s相对是物体相对接触面发生的相对路程，对系统应用能量守恒定律求解较简便．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分
11． (本题9分)向空中发射一物体，不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则( ) A．b的速度方向一定不与与原速度方向相同
B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离不一定比b的大 C．a、b一定同时到达地面
D．炸裂的过程中，a、b中受到的爆炸力的冲量大小无法比较 【答案】BC 【解析】
物体在炸成两块时，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，b的速度方向可能与原速度方向相同、相反或为零，但a和b两块的动量变化一定大小相等，方向相反，A错误D正确；在爆炸后，a和b在竖直方向做自由落体运动，二者在空中运动时间相等，同时到达地面，由于a和b的水平速度关系未知，所以二者落地时的水平距离关系不能确定，选项B错误C正确． 12． (本题9分)关于对一个系统的动量守恒的理解，下列说法正确的是 A．如果一个系统的动量守恒，则系统的机械能一定守恒 B．如果一个系统的动量守恒，则系统的动能可能增加 C．如果一个系统的合外力为零，则系统的动量一定守恒 D．如果一个系统内力做功不为零，则系统动量一定不守恒 【答案】BC 【解析】 【详解】
A．动量守恒的系统机械能不一定守恒，动量守恒的条件是：系统不受外力或受外力的代数和为零；机械能守恒定律的条件是：系统只受到重力的作用，或受外力的代数和为零，故A错误；
B．例如人船模型，开始人船速度为零，运动时系统的动量守恒，但系统的动能增加，故B正确； C．动量守恒的适用条件是系统不受外力或受外力的代数和为零，故C正确；
D．放在光滑水平面上的滑块与滑板，当它们相对运动时，系统内力做功不为零，但系统动量守恒，故D错误； 故选BC．
13． (本题9分)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水
平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
12mv 21C．N?mgL
2A．【答案】BD 【解析】
B．
1mM2v
2m?MD．N?mgL
（M?m）v1，得试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得mv?121Mmv2mv2v1?，系统损失的动能为?Ek系?mv??M?m?v1?，B正确，AC错误．根据
222?M?m?M?m能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有Q??Ek系?N?mgL．D正确， 故选BD
考点：动量守恒定律；功能关系．
点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件．本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定 律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失．又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若 不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为撞，相对路程为 NL，而错选C．
14． (本题9分)轻杆一端固定在光滑水平轴O上，杆长为l．杆另一端固定一质量为m可视为质点的小球，如图所示．给小球一初速度，使其在竖直平面内做圆周运动，且刚好能通过最高点P，下列说法正确的是（ ）
1L，则发生N次碰212
A．小球在最高点时对杆的作用力为零，只有重力提供小球的向心力 B．小球恰好通过最高点的临界速度是gl C．若增大小球的初速度，则在最高点时球对杆的力可能减小
D．若增大小球的初速度，则在最高点时球对杆的力可能增大 【答案】CD 【解析】
杆模型中，小球刚好能通过最高点P的速度为0，设小球在最高点时对杆的作用力为F，根据牛顿第二定律：F-mg=0，得：F=mg，故AB错误；在最高点，当速度大于gr，杆子表现为拉力，当速度小于gr，杆子表现为支持力．根据牛顿第二定律知，在最高点当速度大于gr，速度增大，则杆子的作用力增大，当速度小于gr，速度增大，则杆子的作用力减小．故CD正确；故选CD.
点睛：解决本题的关键知道“杆模型”与“绳模型”的区别，知道向心力的来源，运用牛顿第二定律进行分析．15． (本题9分)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s1．由图中数据可得（ ）
A．从地面至h＝4m，物体重力做功80J B．从地面至h＝4m，物体克服空气阻力做功10J C．物体的质量为1kg
D．h＝0时，物体的速率为10m/s 【答案】BC 【解析】 【详解】
A. 从地面至h=4m，物体重力势能增加了80J，则物体重力做功-80J，故A项与题意不相符；
B. 从地面至h=4m，物体的机械能减少10J，根据功能关系知，物体克服空气阻力做功10J．故B项与题意相符；
C. 由图知，h=4m时Ep=80J，由Ep=mgh得m=1kg，故C项与题意相符； D. h=0时，Ep=0，E总=100J，则物体的动能为 Ek=E总-Ep=100J 由
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