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備戰(zhàn)2021新高考物理-基礎(chǔ)專題-機(jī)械能守恒定律（二）
一、單選題
1.如圖表示撐桿跳運(yùn)動的幾個階段：助跑、撐桿起跳、越橫桿．假設(shè)運(yùn)動員的質(zhì)量為m，起跳后他身體越過橫桿的過程中，其重心離開地面的最大高度為h，速度為v，以地面為參考面，則運(yùn)動員具有的最大重力勢能為（　?。?br/>A.?mgh?????????????????????????????B.?mv2?????????????????????????????C.?mgh?????????????????????????????D.?mv2+mgh
2.如圖所示，物塊放在小車上，隨小車一起向右加速運(yùn)動的過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A.?摩擦力對物塊做正功，物塊內(nèi)能增加??????????????????
B.?彈力對物塊做正功
C.?若小車運(yùn)動的加速度逐漸增加，物塊可能相對小車滑動??????????
D.?若小車運(yùn)動的加速度逐漸減小，物塊可能相對小車滑動
3.如圖甲所示，一質(zhì)量為
小物塊在水平面上A點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，水平面右側(cè)連有一半徑為
、豎直平面內(nèi)的光滑半圓軌道，B為半圓軌道最低點(diǎn)，C為圓上與圓心等高點(diǎn)，D為軌道最高點(diǎn)?，F(xiàn)用一水平向右的力F作用在小物塊上，
隨時間
的變化關(guān)系如乙圖，
時小物塊達(dá)到B點(diǎn)，此時撤去F。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，
，下列說法正確的是（??
）
?時小物塊速度為
???????????????????????????????
?小物塊經(jīng)過B點(diǎn)時對支持面的壓力等于
C.?小物塊能夠到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)D??????????????????????????
D.?小滑塊在運(yùn)動中兩次經(jīng)過B點(diǎn)
4.如圖所示，壓縮的輕質(zhì)彈簧將一物塊沿光滑軌道由靜止彈出，物塊的質(zhì)量為0.2kg，上升了0.1m的高度時速度為1m/s，g=10m/s2
，
彈簧的最大彈性勢能時（??
）
A.?0.1J??????????????????????????????????????B.?0.2J??????????????????????????????????????C.?0.3J??????????????????????????????????????D.?0.4
5.利用如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置可以演示小球擺動過程中機(jī)械能守恒，不可伸長的強(qiáng)度足夠大的細(xì)線懸掛在O點(diǎn)，擺球系于其下端，從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過最低點(diǎn)C后可到達(dá)與A等高的B點(diǎn)。若小球所受空氣阻力可忽略不計，小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，下面說法正確的是(??
)
A.?小球受到的向心力大小不變????????????????????????????????B.?細(xì)繩對小球的拉力對小球做正功
C.?細(xì)繩的拉力對小球做功的功率為零??????????????????????D.?重力對小球做功的功率先減小后增大
6.在如圖所示的實(shí)驗(yàn)中，小球每次從光滑斜面的左端A自由滑下，每次都能到達(dá)右端與A等高的B點(diǎn)。關(guān)于其原因，下列說法正確的是(????
)
?因?yàn)樾∏蚩偸怯浀米约旱母叨?????????????????????????????
?因?yàn)樾∏蛟谶\(yùn)動過程中，始終保持能量守恒
C.?因?yàn)樾∏蛟谶\(yùn)動過程中，始終保持勢能守恒????????
D.?因?yàn)樾∏蛟谶\(yùn)動過程中，始終保持動能守恒
7.質(zhì)量為m的小球,從離地面h高處以初速度v0豎直上拋,小球上升到最高點(diǎn)時離拋出點(diǎn)距離為H,若選取最高點(diǎn)為零勢能面,不計空氣阻力,則(??
)
A.?小球在拋出點(diǎn)((剛拋出時))的機(jī)械能為零??????????????B.?小球落回拋出點(diǎn)時的機(jī)械能
C.?小球落到地面時的動能為
???????????????D.?小球落到地面時的重力勢能為?mgh
8.如圖所示的四幅圖是小新提包回家的情景，小新對提包的拉力沒有做功的是（
??）
A.?將包提起來????????????B.?站在水平勻速行駛的車上??????????C.?乘升降電梯????????????????D.?提著包上樓
9.如圖所示滑輪光滑輕質(zhì)，阻力不計，M1=2kg，M2=1kg，M1離地高度為H=0.5m．M1與M2從靜止開始釋放，當(dāng)M1靜止下落0.15m時的速度為（??
）
?
A.?4m/s???????????????????????????????????B.?3m/s???????????????????????????????????C.?2m/s???????????????????????????????????D.?1m/s
10.如圖所示為安培力演示儀，兩磁極間可視為勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為m的金屬框ABCD處于磁場中，可繞CD白由旋轉(zhuǎn)，其中AB＝L1
，
CB＝L2
，
當(dāng)線框ABCD中通以恒定電流時，線框向右擺開的最大角度為θ，則下列說法正確的是（
??）
A.?線框AB邊通過的電流方向?yàn)锽到A
B.?線框ABCD中通以電流I時，線框AB邊受到的安培力大小為BIL2
C.?線框中通入的電流大小為
D.?線框中通入的電流大小為
二、多選題
11.如圖所示，A，B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一個小孔M，N，今有一帶電質(zhì)點(diǎn)，自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止自由下落（P，M，N在同一豎直線上），空氣阻力不計，到達(dá)N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回，若保持兩極板間的電壓不變，則（??
）
A.?把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后仍能返回
B.?把A板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落
C.?把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后仍能返回
D.?把B板向下平移一小段距離后，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落
12.如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一個半徑為R的絕緣圓環(huán)，有兩個可視為點(diǎn)電荷的相同的帶負(fù)電的小球A和B套在圓環(huán)上，其中小球A可沿圓環(huán)無摩擦的滑動，小球B固定在圓環(huán)上和圓心O的連線與水平方向的夾角為45?．現(xiàn)將小球A由靜止釋放，則下列說法中正確的有（
??）
A.?小球A恰好可以運(yùn)動到P點(diǎn)
B.?小球A運(yùn)動到圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過程中，速率不斷變大
C.?小球A運(yùn)動到圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過程中電勢能先減小后增大
D.?小球到達(dá)圓環(huán)最低點(diǎn)Q時的速度大小為
13.如圖1所示，一傾角為
的足夠長的傳送帶以恒定速度運(yùn)行，取沿傳送帶向上為正方向，傳送帶上有一質(zhì)量
的小物體，它相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖2所示，g取10m/s2
，
sin370=0.6，cos370=0.8，則下列說法正確的是(???
)
?物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75????????????
B.?0-8s內(nèi)物體位移的大小為
C.?0-8s內(nèi)物體機(jī)械能的增量為
??????????????????
D.?0-8s內(nèi)物體與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量為126
14.如圖所示，ABC為表面光滑的斜劈，D為AC中點(diǎn)，質(zhì)量為m帶正電的小滑塊沿AB面由A點(diǎn)靜止釋放，滑到斜面底端B點(diǎn)時速度為v0
，
若空間加一與ABC平行的勻強(qiáng)電場，滑塊仍由靜止釋放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B點(diǎn)時速度為
v0
，
若滑塊由靜止沿AC面滑下，滑到斜面底端C點(diǎn)時速度為
v0
，
則下列說法正確的是（??
）
A.?電場方向與BC垂直?????????????????????????????????????????????B.?滑塊滑到D時機(jī)械能增加了
mv02
C.?B點(diǎn)電勢是C點(diǎn)電勢2倍????????????????????????????????????????D.?B點(diǎn)電勢與D點(diǎn)電勢相等
15.物體由于受到地球的吸引而產(chǎn)生了重力所具有的能量叫重力勢能，物體的重力勢能與參考平面有關(guān)，現(xiàn)有質(zhì)量為m的小球，從離桌面H高處由靜止下落，桌面離地面高度為h，如圖所示，下面關(guān)于小球落地時的重力勢能及整個下落過程中重力勢能的變化分別是（??
）
A.?若以地面為參考平面，分別為：mgh，增加mg（H﹣h
）
B.?若以桌面為參考平面，分別為：mgh，增加mg（H-h）
C.?若以地面為參考平面，分別為：0，減少mg（H+h）
D.?若以桌面為參考平面，分別為：﹣mgh，減少mg（H+h）
三、實(shí)驗(yàn)探究題
16.在驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中采用重物自由下落的方法．
（1）某同學(xué)列舉實(shí)驗(yàn)中用到的實(shí)驗(yàn)器材為：A．鐵架臺、B．打點(diǎn)計時器及復(fù)寫紙片、C．紙帶、D．秒表、E.低壓交流電源、F.導(dǎo)線、G.重錘、H.天平，其中不必要的是________．
（2）如果以
為縱軸，以h為橫軸，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出的圖線應(yīng)是下圖中的________．
（3）在一次實(shí)驗(yàn)中，質(zhì)量m的重物自由下落，在紙帶上打出一系列的點(diǎn)（交流電頻率50Hz），如圖所示，長度單位cm，那么從起點(diǎn)O到打下記數(shù)點(diǎn)B的過程中重力勢能減少量是△Ep=________J，此過程中物體動能的增加量△Ek________J（g取10m/s2
，
結(jié)果數(shù)據(jù)均保留至小數(shù)點(diǎn)后兩位）；通過計算，數(shù)值上△Ep
________△Ek（填
或
）．
四、綜合題
17.如圖所示，AB是傾角為θ=30°的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點(diǎn)與圓弧相切．圓弧的半徑為R．一個質(zhì)量為m的物體（可以看作質(zhì)點(diǎn)）從直軌道上的p點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道上做往返運(yùn)動．已知P點(diǎn)與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，求：
（1）物體對圓弧軌道的最大壓力大??；
（2）物體滑回到軌道AB上距B點(diǎn)的最大距離；
（3）釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離L′應(yīng)滿足什么條件，為能使物體能順利通過圓弧軌道的最高點(diǎn)D．
18.如圖所示，用大小為8.0N的水平拉力F，使物體由靜止開始沿光滑水平面做勻加速直線運(yùn)動，在2.0s內(nèi)通過的位移為8.0m，在此過程中，求：
（1）水平拉力F做的功；
（2）水平拉力F的平均功率．
19.下表是一輛電動自行車的部分技術(shù)指標(biāo)，其中額定車速是指電動車滿載情況下在平直道路上以額定功率勻速行駛的速度。
額定車速
車質(zhì)量
載重
電源
電源輸出電壓
充電時間
額定輸出功率
電動機(jī)額定工作電壓和電流
18km/h
40kg
80kg
36V/12Ah
≥36V
6~8h
180W
36V/6A
請參考表中數(shù)據(jù)，完成下列問題（g取10
m/s2）：
（1）此車所配電動機(jī)的內(nèi)阻是多少？
（2）在行駛過程中電動車受阻力是車重（包括滿載重）的k倍，試計算k的大小。
（3）若電動車滿載時在平直道路上以額定功率行駛，且阻力大小恒定，當(dāng)車速為3m/s時，加速度為多少？
答案
一、單選題
1.【答案】A
【解答】解：運(yùn)動員的重心離開地面的高度最大時，其具有的重力勢能最大
根據(jù)重力勢能的計算式Ep=mgh得
運(yùn)動員越過橫桿時運(yùn)動員具有的最大重力勢能為：Ep=mgh，與運(yùn)動員的速度無關(guān)；故BCD錯誤，A正確；
故選：A
【分析】根據(jù)重力勢能的計算式Ep=mgh求運(yùn)動員越過橫桿時的重力勢能，重心離開地面的高度最大時，其具有的重力勢能最大．
2.【答案】C
【解析】【解答】解：A、物塊相對于小車靜止，受靜摩擦力作用，物體的內(nèi)能不會變化，A不符合題意．
B、彈力方向與物塊運(yùn)動方向夾角為鈍角，則彈力對物塊做負(fù)功，B不符合題意
．
C、若小車運(yùn)動的加速度逐漸增加，物塊所受的合力不足以提供物塊所需要的合力時，物塊相對小車滑動，C符合題意．
D、若小車運(yùn)動的加速度逐漸減小，物塊所受的合力減小，摩擦力減小，由于摩擦力的豎直分力與彈力的豎直分力之和等于重力，因此彈力會增大，物塊的最大靜摩擦力會增大，物塊不會相對于小車滑動，D不符合題意
故答案為：C
3.【答案】
D
【解答】在
圖中做出摩擦力隨時間變化圖像如下圖所示
A．
內(nèi)合力的沖量
解得
A不符合題意；
B．在B點(diǎn)有
得
根據(jù)牛頓第三定律可知，壓力為51.25N，B不符合題意；
C．在軌道最高點(diǎn)的最小速度
假設(shè)從B點(diǎn)出發(fā)恰好能沿光滑軌道到達(dá)B點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒得
得
因?yàn)樵贐點(diǎn)實(shí)際速度為
所以不能達(dá)到最高點(diǎn)，C不符合題意；
D．如果小物塊以速度
沿有支撐物的軌道上升，可以達(dá)到高度
解得
所以小物塊在達(dá)到C點(diǎn)之前速度變?yōu)?而隨后沿軌道返回，D符合題意。
故答案為：D。
【分析】利用動量定理可以求出小物塊的速度大?。焕门ｎD第二定律可以求出壓力的大??；利用機(jī)械能守恒定律可以判別物塊能否經(jīng)過最高點(diǎn)；利用小物塊上升的高度可以判別兩次經(jīng)過B點(diǎn)。
4.【答案】
C
【解答】解：取物體初位置所在水平面為參考平面．
對于物體和彈簧組成的系統(tǒng)，由于只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：
?EP彈=mgh+
；
則得此時彈簧的彈性勢能為
EP彈=mgh+
=0.2×10×0.1+
=0.3J
故選：C
【分析】物體和彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒列式求解彈簧的彈性勢能．
5.【答案】
C
【解答】A.
小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，小球的重力勢能減小，動能增大，速度增大，半徑不變，由向心力公式
小球受到的向心力大小變大，A不符合題意；
BC.細(xì)繩的拉力沿半徑，總是與小球的速度方向垂直，所以細(xì)繩對小球的拉力對小球做不做功，B不符合題意，C符合題意；
D.
剛釋放時，小球速度為0，重力對小球做功的功率為0，到達(dá)C點(diǎn)時，重力與速度方向垂直，重力對小球做功的功率為0，重力對小球做功的功率只可能先增大后減小，D不符合題意。
故答案為：C
【分析】利用速度變化可以判別向心力大小不斷變化；利用速度方向和細(xì)繩方向可以判別拉力不做功；則拉力的功率為0；利用重力和重力方向的速率可以判別重力功率的變化。
6.【答案】
B
【解答】小球在運(yùn)動過程中守恒的“東西”是能量．
【分析】由于斜面光滑，小球運(yùn)動過程中總能量保持不變
7.【答案】A
【解答】A、B、D項(xiàng)：選取最高點(diǎn)位置為零勢能參考位置，小球上升到最高點(diǎn)時，動能為0，勢能也為0，所以在最高點(diǎn)的機(jī)械能為0，在小球運(yùn)動過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，故任意位置的機(jī)械能都為0，所以小球落回到拋出點(diǎn)時的機(jī)械能是0，A符合題意，B不符合題意，D不符合題意；
C項(xiàng)：從拋出點(diǎn)到落地過程中，只有重力做功，由動能定理得：
，解得，落地時的動能
，C不符合題意。
故答案為：A
【分析】小球機(jī)械能等于動能與勢能的總和，根據(jù)運(yùn)動過程機(jī)械能守恒分析本題。
8.【答案】
B
【解答】A、因?yàn)樾⌒聦崞饋砹?，提包受到了向上的力的作用，并且提包在力的方向上移動了距離，根據(jù)W=FS知，拉力做功，A不符合題意；
B、因?yàn)樾⌒抡驹谒絼蛩傩旭偟能嚿?，小新提著包，但是提包沒有在力的方向移動距離，即S=0，根據(jù)W=FS知，拉力不做功，B符合題意；
C、因?yàn)樾⌒率浅松惦娞?，在提包的力的方向上移動了距離，根據(jù)W=FS知，拉力做功，C不符合題意；
D、小新提著包上樓，手提著包的力上向上的，提包在力的方向上移動了距離，根據(jù)W=FS知拉力做功，D不符合題意。
故答案為：B．
【分析】判別拉力是否做功應(yīng)該判別拉力的方向上是否產(chǎn)生的了位移。
9.【答案】
D
【解答】根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：
，解得
，ABC不符合題意，D符合題意.
故答案為：D
【分析】利用系統(tǒng)機(jī)械能守恒的表達(dá)式可以求出兩個物體的速度大小。
10.【答案】
C
【解答】A．線框AB邊所處位置的磁場方向豎直向下，AB邊受到水平向右的安培力，根據(jù)左手定則可知，電流方向從A到B，A不符合題意；
B．安培力大小為BIL1
，
B不符合題意；
CD．根據(jù)動能定理可知-mgL2（1-cosθ）+BIL1L2sinθ=0
解得
C符合題意，D不符合題意。
故答案為：C。
【分析】利用安培力方向結(jié)合磁場方向可以判別電流的方向；利用磁場中導(dǎo)線的長度可以求出安培力的大??；利用動能定理結(jié)合重力和安培力做功可以求出電流的大小。
二、多選題
11.【答案】
A,C,D
【解答】解：A、由題設(shè)條件知，mg?2d﹣qU=0，知電場力做功等于重力做功的大小．把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落，根據(jù)動能定理知，mg?2d﹣qU=0，小球到達(dá)N點(diǎn)速度為零然后返回．故A符合題意．
B、將A板向下移動一小段距離，根據(jù)動能定理知，mg?2d﹣qU=0，小球到達(dá)N點(diǎn)速度為零然后返回．故B不符合題意．
C、把B板向上平移一小段距離，根據(jù)動能定理知，h＜2d，mgh﹣qU＜0，知小球未到達(dá)N點(diǎn)速度已減為零，然后返回．故C符合題意．
D、把B板向下平移一小段距離后，根據(jù)動能定理知，h＞2d，mgh﹣qU＞0，知小球到達(dá)N點(diǎn)速度不為零，小球會穿過N孔繼續(xù)下落．故D符合題意．
故選ACD．
【分析】一帶電質(zhì)點(diǎn)自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止自由下落（P、M、N在同一豎直線上），空氣阻力不計，到達(dá)N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回，根據(jù)動能定理知，在此過程中重力做功與電場力做功大小相等．移動上下極板，抓住兩板間的電勢差不變，通過動能定理判斷帶電質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動情況．
12.【答案】
C,D
【解答】當(dāng)B球不存在時，由于機(jī)械能守恒可得，A球能夠運(yùn)動到P點(diǎn)，但是當(dāng)有B球后，AB兩球靠近時電場力做負(fù)功，A球不可能運(yùn)動到P點(diǎn)，A不符合題意；小球A從釋放到運(yùn)動到圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過程中電勢能先減小后增大，而重力勢能一直減小，結(jié)合運(yùn)動的電場線可知，小球A從釋放到運(yùn)動到圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過程中動能先增大后減小，則速率先變大后減小，B不符合題意；開始時小球A與B之間的距離小于環(huán)的直徑，而小球A與B之間的最大距離等于環(huán)的直徑；由于兩個小球都帶負(fù)電，所以二者之間的距離增大時，庫侖力做正功，二者的電勢能減??；當(dāng)二者之間的距離減小時，電場力做負(fù)功，二者的電勢能增大，即小球A從釋放到運(yùn)動到圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過程中電勢能先減小后增大．C符合題意；由圖可知A與Q相對于過OB的直徑是對稱的，所以小球在A點(diǎn)的電勢能與在Q點(diǎn)的電勢能是相等的，小球從A到Q的過程中增加的動能等于減小的重力勢能，則：
mv2=mgR可得：
．D符合題意．
故答案為：CD
【分析】利用機(jī)械能守恒結(jié)合電場力做功可以判別A小球可以到達(dá)的位置；利用合力做功可以判別速率的變化；利用電場力做功可以判別電勢能的變化；利用動能定理可以求出速度的大小。
13.【答案】
B,D
【解答】由v-t圖象知，物體運(yùn)動的加速度為：
；根據(jù)牛頓第二定律得：μmgcosθ-mgsinθ=ma
，
解得μ=0.875，故A不符合題意；根據(jù)v-t圖象與時間軸所圍的面積表示位移，可得0～8s內(nèi)物體位移的大小等于4-8s內(nèi)的位移大小，為
s=
×（2+4）×2+4×2=14m，故B符合題意。物體被送上的高度為：h=s?sinθ=8.4m，重力勢能增量為：△Ep=mgh=84J，動能增量為：
，機(jī)械能增量為：△E=△Ep+△E
k=90J，故C不符合題意。0-8s內(nèi)只有前6s發(fā)生相對滑動。傳送帶的速度為
v=4m/s，0-6s內(nèi)傳送帶運(yùn)動距離為：s帶=vt=4×6m=24m，0-6s內(nèi)物體位移為：s物=
×（2+4）×2=6m；0-6s內(nèi)兩者相對位移為：△s=s帶-s物=18m；產(chǎn)生的熱量為：Q=μmgcos?37°?△s=0.875×1×10×0.8×18J=126?J，故D符合題意。
故答案為：BD
【分析】v-t圖像中，圖像與時間軸所圍成的面積是位移，圖像的斜率是加速度，利用牛頓第二定律求解物體受到的摩擦力，進(jìn)而求出摩擦力做的功。
14.【答案】
B,D
【解答】解：無電場時由A到B：mgh=
??
①
有電場時由A到B：mgh+WE=
??
②
有電場時由A到C：mgh+
=
???
③
?由①②③可得
WE=
=
???
又?
WE=UABq??
=UACq??
則?
．則D點(diǎn)與B點(diǎn)電勢相等，
?A、B，C不時等電勢點(diǎn)，則電場線不與BC垂直，則A錯誤
?B、因D為AC的中點(diǎn)，則滑到D點(diǎn)電場力做功為到C點(diǎn)的一半，為
mv02
，
則機(jī)械能增加了
mv02
，
則B正確
?C、
，但不能確定B點(diǎn)電勢是C點(diǎn)電勢2倍，則C錯誤
?D、因
．則D點(diǎn)與B點(diǎn)電勢相等，則D正確
故選：BD
【分析】由動能定理確定出由A到B電場力做的功和由A到C電場力做的功，確定出AC與AB間的電勢差，從而確定出BC的電勢的大小關(guān)系．由動能定理可求現(xiàn)到D點(diǎn)的機(jī)械能的增加量．
15.【答案】
C,D
【解答】以地面為參考平面，小球落地時的重力勢能為0，整個下落過程中重力勢能減少了mg（H+h），A不符合題意，C符合題意；以桌面為參考平面，小球落地時的重力勢能為-mgh，整個下落過程中重力勢能減少了mg（H+h），B不符合題意、D符合題意。
故答案為：CD
【分析】利用距離參考面的距離結(jié)合重力勢能的表達(dá)式可以求出重力勢能的大小，利用高度變化可以求出重力勢能的變化。
三、實(shí)驗(yàn)探究題
16.【答案】
（1）DH
（2）C
（3）0.50m；0.48m；>
【解答】（1）本題是用打點(diǎn)計時器研究自由落體的機(jī)械能守恒，所以秒表不需要，實(shí)驗(yàn)最后驗(yàn)證的是
是否成立，等式兩邊都有m，所以天平可以不用，因此不必要的器材為DH；（2）如果以
為縱軸，以h為橫軸，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出的圖線應(yīng)是過原點(diǎn)的傾斜直線，C符合題意；（3）從起點(diǎn)O到打下記數(shù)點(diǎn)B的過程中重力勢能減少量是
，B點(diǎn)的速度為
，此過程中物體動能的增加量
，重物下落過程中由于空氣阻力的作用，重力勢能沒有全部轉(zhuǎn)化為動能，所以△Ep>△Ek.
【分析】（1）利用機(jī)械能守恒定律可以判別不需要秒表和天平；
（2）利用機(jī)械能守恒定律可以判別速度和高度之間的關(guān)系；
（3）利用高度的變化可以求出重力勢能的減少量；利用速度可以求出動能的變化量；利用數(shù)值可以比較重力勢能的減少量和動能增加量的大小。
四、綜合題
17.【答案】
（1）解：根據(jù)幾何關(guān)系：
從P點(diǎn)到E點(diǎn)根據(jù)動能定理，有：
mgR﹣μmgcosθ?PB=
代入數(shù)據(jù)：
解得：
在E點(diǎn)，根據(jù)向心力公式有：
解得：
（2）解：物體滑回到軌道AB上距B點(diǎn)的最大距離x，
根據(jù)動能定理，有
mg（BP﹣x）?sinθ﹣μmgcosθ（BP+x）=0﹣0
代入數(shù)據(jù)：
解得：
（3）解：剛好到達(dá)最高點(diǎn)時，有
解得：
根據(jù)動能定理，有
mg（L′sinθ﹣R﹣Rcosθ﹣）﹣μmgcosθ?L′=
代入數(shù)據(jù)：
解得：
所以
，物體才能順利通過圓弧軌道的最高點(diǎn)D
【分析】（1）物體第一次到達(dá)圓弧軌道的最低點(diǎn)時，對沿圓弧軌道的壓力最大，根據(jù)動能定理求出E點(diǎn)的速度，再由向心力公式求出壓力；（2）第一次滑回軌道AB上距B點(diǎn)的距離最大，根據(jù)動能定理求出滑回軌道AB上距B點(diǎn)的最大距離；（3）根據(jù)向心力公式求出物體剛好到達(dá)軌道最高點(diǎn)時的速度，由動能定理求出釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離；
18.【答案】
（1）解：拉力F做的功為：
W=Fx=64J
答：水平拉力F做的功為64J；
（2）解：拉力F的平均功率為：
??
答：水平拉力F的平均功率為32W
【分析】（1）根據(jù)W=Fx求得恒力做功；（2）根據(jù)P=
求得拉力的平均功率
19.【答案】
（1）解：從表中可知，輸出功率：P出=180
W，
輸入功率：P入=UI=36×6
W=216
W
Pr=I2r=P入－P出
（2）解：當(dāng)達(dá)到最大速度時，有：
則：k=0.03
（3）解：發(fā)電機(jī)的輸出功率為：P=Fv
根據(jù)牛頓第二定律有：
由上式得：a=0.2
m/s2
【分析】（1）利用輸出功率及消化功率的表達(dá)式可以求出電動機(jī)的內(nèi)阻大小；
（2）利用功率結(jié)合最大速度可以求出k值的大?。?br/>（3）利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小。備戰(zhàn)2021新高考物理-基礎(chǔ)專題-機(jī)械能守恒定律（一）
一、單選題
1.一個物體在運(yùn)動的過程中所受的合力為零，則這個過程中(??
)
A.?機(jī)械能一定不變??????????????????????????????????????????????????
B.?物體的動能保持不變，而勢能一定變化
C.?若物體的勢能變化，機(jī)械能一定變化??????????????????
D.?若物體的勢能變化，機(jī)械能不一定變化
2.如圖所示，跳樓機(jī)是常見的大型機(jī)動游樂設(shè)備。這種設(shè)備的座艙裝在豎直柱子上，由升降機(jī)送至高處后使其自由下落(不計阻力)，一段時間后，啟動制動系統(tǒng)，座艙勻減速運(yùn)動到地面時剛好停下。下列說法正確的是（?
）
A.?自由下落階段和制動階段乘客機(jī)械能的變化量相等
B.?自由下落階段和制動階段，乘客所受合力的沖量相同
C.?自由下落階段和制動階段，乘客所受重力做的功一定相等
D.?整個下落過程中，乘客的最大速度是全程平均速度的兩倍
3.一皮帶傳送裝置如圖所示，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦．現(xiàn)將滑塊輕放在皮帶上，彈簧恰好處于自然長度且軸線水平．若在彈簧從自然長度到第一次達(dá)最長的過程中，滑塊始終未與皮帶達(dá)到共速，則在此過程中滑塊的速度和加速度變化情況是（??
）
?速度增大，加速度增大???????????????????????????????????????
?速度增大，加速度減小
C.?速度先增大后減小，加速度先增大后減小???????????
D.?速度先增大后減小，加速度先減小后增大
4.一架直升機(jī)通過繩索用恒力
豎直向上拉起一個放在地面上的木箱，使其由靜止開始加速上升到某一高度，若考慮空氣阻力而不考慮空氣浮力，則在此過程中
①力
所做的功減去克服阻力所做的功等于重力勢能的增加量
②木箱克服重力所做的功等于重力勢能的增加量
③力
、重力、阻力，三者的合力所做的功等于木箱重力勢能的增加量
④力
和阻力的合力所做的功等于木箱機(jī)械能的增加量
上述說法中正確的有（??
）
A.?只有①?????????????????????????B.?②④??????????????????????????????????C.?①④??????????????????????????????????D.?只有②
5.質(zhì)量為m的物體，由靜止開始下落，由于阻力作用，下落的加速度為
，在物體下落h的過程中，下列說法中錯誤的是（??
）
A.?物體的動能增加了
??????????????????????????????????B.?物體的機(jī)械能減少了
C.?物體克服阻力所做的功為
????????????????????????D.?物體的重力勢能減少了
6.在地面豎直上拋一質(zhì)量為m的物塊，上升的最大高度為h，拋出時的速度為v0
，
用g表示重力加速度，則從拋出到最高點(diǎn)的過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于（??
）
A.??????????B.????????C.??????????????????D.?
7.一個25kg的小孩從高度為3.0m，長度為8.0m的滑梯頂端由靜止開始滑下，滑到底端時的速度為2.0m/s取g=10m/s2
，
關(guān)于力對小孩做的功，以下結(jié)果正確的是（??
）
A.?合外力做功750J??????B.?阻力做功-700J?????????????C.?重力做功2000J?????????????D.?支持力做功50J
8.一輛汽車的啟動過程的速度﹣時間圖象如圖所示，其中OA段為直線，AB段為曲線，B點(diǎn)后為平行于橫軸的直線．已知汽車質(zhì)量的為m，整個運(yùn)動過程中汽車所受阻力的大小恒為Ff
，
從t1時刻開始汽車的功率保持不變，以下說法正確的是（??
）
?0～t1時間內(nèi)，汽車的牽引力等于m
???????????????
?汽車運(yùn)動的最大速率v2=（
+1）v1
C.?t1～t2時間內(nèi)，汽車的平均速率小于
??????????
D.?t1～t2時間內(nèi)，汽車的功率等于（m
+Ff）v2
9.如圖所示，某人身系彈性繩自高空P點(diǎn)自由下落，a點(diǎn)是彈性繩的原長位置，b點(diǎn)是人靜止懸掛時的平衡位置，c點(diǎn)是人所能到達(dá)的最低點(diǎn)（彈性繩在彈性限度以內(nèi)）．若把P點(diǎn)到a點(diǎn)的過程成為過程Ⅰ，由a點(diǎn)到c點(diǎn)的過程成為過程Ⅱ，不計空氣阻力．下列說法正確的是（??
）
?過程Ⅱ中系統(tǒng)的機(jī)械能不變????????????????????????????????
?過程Ⅱ中人的動能逐漸減小到零
C.?過程Ⅱ中人的動量改變量與過程Ⅰ的動量改變量相同??????
D.?過程Ⅱ中人的動量改變量等于重力的沖量
10.一中學(xué)生從二樓走到一樓，其重力勢能減少了近（??
）
A.?10J????????????????????????????????B.?1×102J????????????????????????????????C.?1×103J????????????????????????????????D.?1×104J
二、多選題
11.如圖，質(zhì)量為m的小球用長L（未知）的輕繩懸掛在距水平地面高為H的O點(diǎn)?，F(xiàn)將細(xì)繩拉直至水平狀態(tài)無初速度釋放小球，一直運(yùn)動至懸點(diǎn)O的正下方B點(diǎn)。若在最低點(diǎn)時突然剪斷輕繩，小球?qū)⑵綊伮湓谒降孛嫔螩點(diǎn)。不計空氣阻力，重力加速度為g。則（??
）
A.?剛運(yùn)動到B點(diǎn)時小球?qū)K子的拉力大小為3mg
B.?繩子越短，小球剛到最低點(diǎn)對繩子拉力越大
C.?要想剪斷繩子后，C點(diǎn)和O點(diǎn)間水平距離x最大，繩長L應(yīng)該取
D.?繩子越長，在最低點(diǎn)小球速度越大。剪斷繩子后，C點(diǎn)和O點(diǎn)間水平距離x也越大
12.關(guān)于能量和能源，下列表述正確的是（??
）
A.?能量可以從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式???????????
B.?能量可以從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體
C.?能量是守恒的，所以能源永不枯竭??????????????????
D.?能源在利用過程中有能量耗散，這表明能量不守恒
13.空間某區(qū)域豎直平面內(nèi)存在電場，電場線分布如圖所示。一個質(zhì)量為m、電量為q，電性未知的小球在該電場中運(yùn)動，小球經(jīng)過A點(diǎn)時的速度大小為
，方向水平向右，運(yùn)動至B點(diǎn)時的速度大小為
。若A、B兩點(diǎn)之間的高度差為h，則以下判斷中正確的是（
??）
A.?A，B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度和電勢大小關(guān)系為
、
B.?若
，則電場力一定做負(fù)功
C.?A，B兩點(diǎn)間的電勢差為
D.?小球從A運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中電場力做的功為
14.如圖所示，左側(cè)為光滑曲面的滑塊A放置在光滑水平地面上，曲面末端與水平地面相切，讓物塊B由靜止開始沿滑塊A的光滑曲面下滑，則物塊B從開始運(yùn)動至到達(dá)曲面底端的過程中，下列說法正確的是（
??）
?滑塊A和物塊B組成的系統(tǒng)動量不守恒????
?物塊B減小的重力勢能等于滑塊A增加的動能
C.?滑塊A所受合外力的沖量為零????????????????
D.?物塊B所受支持力沖量的大小大于其所受重力沖量的大小
15.如圖所示，物體A、B通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量分別為2m、m．開始時細(xì)繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上．放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度大小為v，此時物體B對地面恰好無壓力，不計一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為g，則下列說法中正確的是（??
）
A.?物體A下落過程中，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B.?彈簧的勁度系數(shù)為
C.?物體A著地時的加速度大小為
D.?物體A著地時彈簧的彈性勢能為mgh﹣
mv2
16.用力F拉著一個物體從空中的a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，重力做功-3
J，拉力F做功8
J，空氣阻力做功-0.5
J，則下列判斷正確的是(??
)
A.?物體的重力勢能增加了3
J???????????????????????????????????B.?物體的重力勢能減少了3
J
C.?物體的動能增加了4.5
J???????????????????????????????????????D.?物體的動能增加了8
J
17.某段滑雪道傾角為30°，滑雪運(yùn)動員（包括雪具在內(nèi)）總質(zhì)量為m
，
從距底端高為h處由靜止開始勻加速下滑，下滑加速度
（重力加速度為
）。在他下滑的整個過程中（???
）
A.?運(yùn)動員減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能???????????????B.?運(yùn)動員最后獲得的動能為
C.?摩擦力對運(yùn)動員做功為
????????????????????????????D.?系統(tǒng)減少的機(jī)械能為
18.質(zhì)量為
m、速度為
v
的
A
球與質(zhì)量為
3m
的靜止
B
球發(fā)生正碰．碰撞后
B
球的速度可能有不同的值．碰撞后
B
球的速度大小可能是（?
）
A.?0.6v?????????????????????????????????????B.?0.4v?????????????????????????????????????C.?0.25v?????????????????????????????????????D.?0.1v
19.一質(zhì)點(diǎn)開始時做勻速直線運(yùn)動，從某時刻起受到一恒力作用。此后，該質(zhì)點(diǎn)的動能可能（??
）
A.?一直增大????????????????????????????????????????????????????????????
B.?先逐漸減小至零，再逐漸增大
C.?先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小???????????????
D.?先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大
20.一個質(zhì)量為m的物體以a=2g的加速度豎直向下勻加速直線運(yùn)動，則在此物體下降h高度的過程中，物體的（??
）
A.?重力勢能減少了mgh????B.?動能增加了2mgh??C.?機(jī)械能保持不變?D.?機(jī)械能增加了mgh
三、綜合題
21.如圖所示的軌道由半徑為R的
光滑圓弧軌道AB、豎直臺階BC、足夠長的光滑水平直軌道CD組成．小車的質(zhì)量為M，緊靠臺階BC且上水平表面與B點(diǎn)等高．一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊自圓弧頂端A點(diǎn)由靜止下滑，滑過圓弧的最低點(diǎn)B之后滑到小車上．已知M=4m，小車的上表面的右側(cè)固定一根輕彈簧，彈簧的自由端在Q點(diǎn)，小車的上表面左端點(diǎn)P與Q點(diǎn)之間是粗糙的，滑塊與PQ之間表面的動摩擦因數(shù)為μ，Q點(diǎn)右側(cè)表面是光滑的．求：
（1）滑塊滑到B點(diǎn)的瞬間對圓弧軌道的壓力大?。?br/>（2）要使滑塊既能擠壓彈簧，又最終沒有滑離小車，則小車上PQ之間的距離應(yīng)在什么范圍內(nèi)？（滑塊與彈簧的相互作用始終在彈簧的彈性范圍內(nèi)）
22.某快點(diǎn)公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意圖如圖，皮帶在電動機(jī)的帶動下保持的恒定速度向右運(yùn)動，現(xiàn)將一質(zhì)量為的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動摩擦力因數(shù)，
設(shè)皮帶足夠長，取，
在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，求
（1）郵件滑動的時間
（2）郵件對地的位移大小
（3）郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功
23.如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的小滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)），從固定的四分之一光滑圓弧軌道的最高點(diǎn)A由靜止滑下，經(jīng)最低點(diǎn)B后滑上位于水平面的木板，并恰好不從木板的右端滑出。已知木板質(zhì)量M＝4kg，上表面與圓弧軌道相切于B點(diǎn)，木板下表面光滑，滑塊滑上木板后運(yùn)動的v﹣t圖象如圖乙所示，取g＝10m/s2
．
求：
（1）圓弧軌道的半徑及滑塊滑到圓弧軌道末端時對軌道的壓力大小；
（2）滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)；
（3）木板的長度。
答案
一、單選題
1.【答案】
C
【解答】由于物體在運(yùn)動的過程中所受的合力為零，即物體做勻速直線運(yùn)動，物體的動能不變，勢能有可能變化，當(dāng)物體的勢能變化時機(jī)械能一定變化；
A．機(jī)械能一定不變，與結(jié)論不相符，A不符合題意；
B．物體的動能保持不變，而勢能一定變化，與結(jié)論不相符，B不符合題意；
C．若物體的勢能變化，機(jī)械能一定變化，與結(jié)論相符，C符合題意；
D．若物體的勢能變化，機(jī)械能不一定變化，與結(jié)論不相符，D不符合題意；
故答案為：C。
【分析】如果一個系統(tǒng)，除重力外，不受到外力和非保守內(nèi)力，那么這個系統(tǒng)機(jī)械能守恒，結(jié)合選項(xiàng)中物體的受力情況分析求解即可。
2.【答案】
D
【解答】自由下落階段乘客的機(jī)械能不變，制動階段乘客機(jī)械能減小，A不符合題意；自由下落階段和制動階段，乘客的動量變化等大反向，則乘客所受合力的沖量大小相同，方向相反，B不符合題意；自由下落階段和制動階段下降的距離不一定相同，則乘客所受重力做的功不一定相等，C不符合題意；整個下落過程中，若乘客的最大速度是v，則自由階段的平均速度為v/2，制動階段的平均速度也是v/2，即最大速度是全程平均速度的兩倍，D符合題意；
故答案為：D.
【分析】明確物體的運(yùn)動過程，由于乘客質(zhì)量不同，所以重力不同，導(dǎo)致在相同的運(yùn)動過程中機(jī)械能的變化量
、沖量
、重力做功不同。
3.【答案】
D
【解答】解：物塊滑上傳送帶，受到向左的摩擦力，開始摩擦力大于彈簧的彈力，向左做加速運(yùn)動，在此過程中，彈簧的彈力逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度逐漸減小，當(dāng)彈簧的彈力與滑動摩擦力相等時，速度達(dá)到最大，然后彈力大于摩擦力，加速度方向與速度方向相反，物體做減速運(yùn)動，彈簧彈力繼續(xù)增大，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度逐漸增大，速度逐漸減小．故D正確，A、B、C錯誤．
故選：D
【分析】根據(jù)滑塊的受力，通過合力的變化判斷加速度的變化，根據(jù)加速度的方向與速度方向的關(guān)系判斷速度的變化．
4.【答案】
B
【解答】物體上升時受到重力、拉力和阻力，在此過程中根據(jù)動能定理有：
，則有力
所做的功減去克服阻力所做的功等于木箱機(jī)械能的的增加量；力
、重力、阻力，三者的合力所做的功等于木箱動能的增加量，故①③錯誤；根據(jù)功能關(guān)系可知重力勢能的增加量等于克服重力做的功，故②正確；除重力外其余力做的功等于機(jī)械能的增加量，除重力外，物體只受拉力和阻力，所以力
和阻力的合力所做的功等于木箱機(jī)械能的增加量，故④正確，B符合題意，A、C、D不符合題意；
故答案為：B
【分析】利用動能定理可以判別合力做功等于動能的增加；克服重力做功等于重力勢能的增加；除重力以外的力所做的功等于機(jī)械能的增加。
5.【答案】
B
【解答】A．物體的合力做正功為
，則物體的動能增量為
，所以A正確，不符合題意；
B．物體下落過程中，受到阻力為
，物體克服阻力所做的功
，機(jī)械能減小量等于阻力所做的功，故機(jī)械能減少
，B錯誤，符合題意；C正確，不符合題意；
D．物體下落
高度，重力做功為
，則重力勢能減小為
，D正確，不符合題意．
故答案為：B
【分析】本題應(yīng)明確重力勢能變化是由重力做功引起，而動能變化是由合力做功導(dǎo)致，除重力以外的力做功等于機(jī)械能的變化．
6.【答案】
B
【解答】根據(jù)動能定理
克服空氣阻力做的功
B符合題意，ACD不符合題意。
故答案為：B。
【分析】利用動能定理可以求出克服阻力做功的大小。
7.【答案】
B
【解答】根據(jù)動能定理可得，合外力做功W=△Ek=
mv2-0=
×25×22J=50J，所以A不符合題意；下降的過程中，重力做的功為mgh=750J，根據(jù)動能定理mgh+Wf=△Ek
，
所以Wf=△Ek-mgh=-700J，所以B符合題意，C不符合題意；支持力始終與運(yùn)動的軌跡垂直，所以支持力不做功，所以D不符合題意。
故答案為：B。
【分析】小孩下滑過程受重力、支持力、摩擦力作用，支持力不做功，重力做功，根據(jù)動能定理，合外力做功等于動能的變化，由此可得摩擦力做功。
8.【答案】
B
【解答】解：A、由題圖可知，0～t1階段，汽車做勻加速直線運(yùn)動，a=
，根據(jù)牛頓第二定律得：F1﹣Ff=ma，聯(lián)立得：F1=m
+Ff
，
A不符合題意；
B、t2時刻，速度達(dá)到最大值v2
，
此時刻有：F2=Ff
，
P=F2v2
，
v2=
=（
+1）v1
，
B符合題意．
C、由v﹣t圖線與橫軸所圍面積表示位移的大小可知，t1～t2時間內(nèi)，汽車的平均速度大于
，C不符合題意；
D、在t1時刻汽車達(dá)到額定功率為：P=F1v1=（m
+Ff）v1
，
t1～t2時間內(nèi)，汽車保持額定功率不變，D不符合題意；
故答案為：B
【分析】汽車啟動分為兩個過程，第一個過程是恒加速，在此過程中，汽車的功率不斷增加，當(dāng)功率達(dá)到最大時，通過減小牽引力提升速度，此過程中汽車的加速度不斷減小，結(jié)合選項(xiàng)分析即可。
9.【答案】A
【解答】解：A、從a到c的過程，有重力、彈性繩彈力做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A符合題意．
B、從a到c的過程，合力先向下，向下做加速度減小的加速運(yùn)動，然后合力向上，向下做加速度增大的減速運(yùn)動，則速度先增大后減小，則動能先增大后減小，B不符合題意．
C、過程Ⅱ中人的動量改變量與過程Ⅰ的動量改變量大小相等，方向相反，C不符合題意．
D、根據(jù)動量定理知，過程Ⅱ中人的動量改變量等于合力的沖量，即重力和彈力合力的沖量，D不符合題意．
故答案為：A．
【分析】只有重力和彈力做功時機(jī)械能守恒；當(dāng)重力大于彈力時人向下做加速運(yùn)動，當(dāng)重力小于彈力時人向下做減速運(yùn)動；由動量定理可知合外力的沖量等于動量的改變量。
10.【答案】
C
【解答】根據(jù)功能關(guān)系可知，重力勢能的減小量等于重力做的功，一個中學(xué)生大約40kg，一層樓高約3m，所以重力勢能的減小量為
即重力勢能減少了近1×103J，ABD不符合題意，C符合題意。
故答案為：C。
【分析】利用高度與重力可以求出重力勢能的變化量。
二、多選題
11.【答案】
A,C
【解答】AB．小球從A→B過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
經(jīng)B點(diǎn)時，由牛頓第二定律得
解得拉力FB=3mg
且繩子受到的拉力與繩子的長度無關(guān)，A符合題意，B不符合題意；
CD．剪斷細(xì)線后小球做平拋運(yùn)動，則水平射程
由數(shù)學(xué)知識可知當(dāng)
時x最大；C符合題意，D不符合題意；
故答案為：AC。
【分析】利用機(jī)械能守恒結(jié)合牛頓第二定律可以求出拉力的大小及影響因素；利用平拋運(yùn)動的位移公式可以判別水平位移和長度的關(guān)系。
12.【答案】
A,B
【解答】解：A、根據(jù)能量守恒定律，能量可以從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，故A正確；
B、根據(jù)能量守恒定律，能量可以從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，故B正確；
C、能量與能源不同；能量是守恒的，但隨著能量的耗散，能量可以利用的品質(zhì)會下降，故依然要節(jié)約能源，故C錯誤；
D、能源在利用過程中有能量耗散，但能量是守恒的，故D錯誤；
故選：AB．
【分析】能量是物質(zhì)的重要屬性之一，它有許多形式，如熱能、機(jī)械能、光能、電能、核能和化學(xué)能等等．能源是提供能量的物質(zhì)資源，地球上有各種各樣的能源，如按使用狀況分類，有常規(guī)能源（包括煤、原油、天然氣等），新能源（包括核燃料、地?zé)崮?、太陽能等）?br/>13.【答案】
B,C
【解答】由電場線的疏密可判斷出EA＜EB
．
由電場線的方向可判斷出φA＞φB
，
A不符合題意．
在從A到B的運(yùn)動過程中，重力做正功，由動能定理得：mgH+qU=
mv22-
mv12
若
，qU一定為負(fù)，B符合題意；電場力做功：W=qU=
mv22-
mv12-mgH，A、B兩點(diǎn)間的電勢差為
，C符合題意、D不符合題意；
故答案為：BC．
【分析】利用電場線的分布可以判別電勢和場強(qiáng)的大??；利用動能定理可以判別電場力的做功；利用動能定理可以求出電勢差的大小及電場力所做的功。
14.【答案】
A,D
【解答】A、物塊B從開始運(yùn)動至到達(dá)曲面底端的過程中，系統(tǒng)水平方向合外力為零，豎直方向的合外力不為零，故滑塊A和物塊B組成的系統(tǒng)動量不守恒，但水平方向動量守恒，A符合題意；
B、A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，物塊B減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為滑塊A和物體B的動能，故物塊B減小的重力勢能大于滑塊A增加的動能，B不符合題意；
C、滑塊B下滑過程A向右做加速運(yùn)動，滑塊A動量變化不為零，由動量定理可知，滑塊A所受合外力的沖量不為零，C不符合題意；
D、滑塊B到達(dá)底端時速度沿水平方向，在豎直方向速度為零，由動量定理可知，物塊B所受支持力沖量的大小大于其所受重力沖量的大小，D符合題意。
故答案為：AD
【分析】動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力，對物體進(jìn)行受力分析判斷即可；物體動量的變化，利用末動量減初動量即可，力的沖量，利用力乘以力作用的時間即可。
15.【答案】
A,C
【解答】解：A、由題知道，物體A下落過程中，B一直靜止不動．對于物體A和彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，則物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒．故A正確．
B、物體B對地面的壓力恰好為零，故彈簧的拉力為
T=mg，開始時彈簧處于原長，由胡克定律知：T=kh，得彈簧的勁度系數(shù)為
k=
，故B錯誤．
C、物體A著地時，細(xì)繩對A的拉力也等于mg，對A，根據(jù)牛頓第二定律得
2mg﹣mg=2ma，得
a=
，故C正確．
D、物體A與彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：
??
mgh=Ep彈+
mv2
故：Ep彈=mgh﹣
mv2
，
故D錯誤；
故選：AC
【分析】物體A下落過程中，B一直靜止不動．根據(jù)機(jī)械能守恒的條件：只有重力和彈力做功，分析物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒．先對物體B受力分析，求得彈簧的拉力，由胡克定律求彈簧的勁度系數(shù)；再對物體A受力分析，由牛頓第二定律求其加速度．結(jié)合機(jī)械能守恒定律列式分析物體A著地時彈簧的彈性勢能．
16.【答案】
A,C
【解答】因?yàn)橹亓ψ龉?3
J，所以重力勢能增加3
J，A符合題意，B不符合題意；根據(jù)動能定理W合=ΔEk
，
得ΔEk=-3
J＋8
J-0.5
J=4.5
J，C符合題意，D不符合題意．
故答案為：AC
【分析】利用重力做功可以判別重力勢能的變化；利用合力做功可以判別動能的變化。
17.【答案】B,D
【解答】滑雪運(yùn)動員下滑加速度
，故合外力
，故存在沿斜面向上的摩擦力
；
所以，下滑的整個過程中，重力做功
，克服摩擦力做功
，故系統(tǒng)減少的機(jī)械能為
，運(yùn)動員減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能，由動能定理可得：運(yùn)動員最后獲得的動能為
，BD符合題意
，
AC不符合題意；
故答案為：BD。
【分析】對滑雪運(yùn)動員的運(yùn)動過程列動能定理Ek2-Ek1=W，W是外力對物體做的功，通過對該公式進(jìn)行移項(xiàng)分析即可。
18.【答案】
B,C
【解答】A.
若vB=0.6v，由動量守恒得：mv=mvA+3m?0.6v
得vA=-0.8v
碰撞前系統(tǒng)的總動能為
碰撞后系統(tǒng)的總動能為
違反了能量守恒定律，不可能。A不符合題意。
B.
若vB=0.4v，由動量守恒得：mv=mvA+3m?0.4v
得vA=-0.2v
碰撞后系統(tǒng)的總動能為
不違反能量守恒定律，是可能的。B符合題意。
C.
若vB=0.25v，由動量守恒得：mv=mvA+3m?0.25v
得vA=0.25v
碰撞后系統(tǒng)的總動能為
不違反能量守恒定律，是可能的。C符合題意。
D.
若vB=v，由動量守恒得：mv=mvA+3m?v
得
碰撞后系統(tǒng)的總動能必定大于碰撞前系統(tǒng)的總動能，違反了能量守恒定律，不可能。D不符合題意。
故答案為：BC
【分析】兩個物體組成系統(tǒng)動量守恒，利用動量守恒定律列方程分析求解即可。
19.【答案】
A,B,D
【解答】解：A、如果恒力與運(yùn)動方向相同，那么質(zhì)點(diǎn)做勻加速運(yùn)動，動能一直變大，A符合題意．
B、如果恒力與運(yùn)動方向相反，那么質(zhì)點(diǎn)先做勻減速運(yùn)動，速度減到0，質(zhì)點(diǎn)在恒力作用下沿著恒力方向做勻加速運(yùn)動，動能再逐漸增大．B符合題意．
C、如果恒力方向與原來運(yùn)動方向不在同一直線上，那么將速度沿恒力方向所在直線和垂直恒力方向分解，其中恒力與一個速度方向相同，這個方向速度就會增加，另一個方向速度不變，那么合速度就會增加，不會減?。瓹不符合題意．
D、如果恒力方向與原來運(yùn)動方向不在同一直線上，那么將速度沿恒力方向所在直線和垂直恒力方向分解，其中恒力與一個速度方向相反，這個方向速度就會減小，另一個方向速度不變，那么合速度就會減小，當(dāng)恒力方向速度減到0時，另一個方向還有速度，所以速度到最小值時不為0，然后恒力方向速度又會增加，合速度又在增加，即動能增大．D符合題意．
故答案為：ABD．
【分析】恒力方向和速度方向相同，那么質(zhì)點(diǎn)的速度和動能就會一直增加；恒力方向和速度方向相反，那么質(zhì)點(diǎn)速度就會先減少后增加；假如和速度方向的夾角是鈍角，就會減少到只剩下和合力垂直的速度后繼續(xù)增大；假如是銳角就會一直增加。
20.【答案】
A,B,D
【解答】解：A、物體下降h高度的過程中，重力做功mgh，則重力勢能減小mgh．故A正確．
B、根據(jù)牛頓第二定律知，合力為2mg，合力做功為2mgh，根據(jù)動能定理知，則動能增加2mgh，故B正確．
CD、動能增加了2mgh，重力勢能減小mgh，則機(jī)械能增加了mgh．故C錯誤，D正確．
故選：ABD
【分析】根據(jù)重力做功判斷重力勢能的變化，根據(jù)合力做功判斷動能的變化，根據(jù)動能和重力勢能的變化判斷機(jī)械能的變化．
三、綜合題
21.【答案】
（1）解：設(shè)滑塊滑到B點(diǎn)的速度大小為v，到B點(diǎn)時軌道對滑塊的支持力為N，由機(jī)械能守恒定律有
…①
滑塊滑到B點(diǎn)時，由牛頓第二定律有：
…②
聯(lián)立①②式解得：N=3mg…③
根據(jù)牛頓第三定律，滑塊在B點(diǎn)對軌道的壓力大小為：N′=3mg
答：滑塊滑到B點(diǎn)的瞬間對圓弧軌道的壓力大小3mg．
（2）解：滑塊最終沒有離開小車，滑塊和小車必然具有共同的末速度設(shè)為u，滑塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv=（M+m）u…④
若小車PQ之間的距離L足夠大，則滑塊可能不與彈簧接觸就已經(jīng)與小車相對靜止，設(shè)滑塊恰好滑到Q點(diǎn)，由功能關(guān)系有
…⑤
聯(lián)立①④⑤式解得：
…⑥
若小車PQ之間的距離L不是很大，則滑塊必然擠壓彈簧，由于Q點(diǎn)右側(cè)是光滑的，滑塊必然被彈回到PQ之間，設(shè)滑塊恰好回到小車的左端P點(diǎn)處，由功能關(guān)系有
…⑦
聯(lián)立①④⑦式解得
…⑧
綜上所述并由⑥⑧式可知，要使滑塊既能擠壓彈簧，又最終沒有離開小車，PQ之間的距離L應(yīng)滿足的范圍是：
…⑨
答：PQ之間的距離L應(yīng)滿足的范圍是
．
【分析】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出軌道對滑塊的支持力，從而求出滑塊對圓弧軌道的壓力大?。?）滑塊最終沒有離開小車，滑塊和小車必然具有共同的末速度，根據(jù)動量守恒定律求出共同的速度，根據(jù)能量守恒求出滑塊與彈簧恰好不碰撞時PQ的長度，該長度為最大長度．小車PQ之間的距離L不是很大，則滑塊必然擠壓彈簧，由于Q點(diǎn)右側(cè)是光滑的，滑塊必然被彈回到PQ之間，設(shè)滑塊恰好回到小車的左端P點(diǎn)處，根據(jù)動量守恒和能量守恒求出L的最小值．從而得出L的范圍．
22.【答案】
（1）
（2）
（3）
【解答】1.設(shè)郵件放到與皮帶發(fā)生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為，
則有取向右為正方向，對郵件應(yīng)用動量定理，有聯(lián)立解得：
2.郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，對郵件應(yīng)用動能定理，有聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：
3.郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，設(shè)皮帶相對地面的位移為，
則有：摩擦力對皮帶做的功為：代入相關(guān)數(shù)據(jù)解得：
【分析】本題屬于力學(xué)綜合問題，但難度不大，注意把握解決力學(xué)綜合問題的三種觀點(diǎn)（力和運(yùn)動、沖量和動量、功和能）和解題技巧（系統(tǒng)的相互作用問題考慮使用兩個守恒定律，單個物理的”“問題考慮動能定理，單個物體的”“問題考慮使用動量定理，單個物體的”“問題考慮牛二定律），像本題中求時間和位移都是如此。
23.【答案】
（1）解：由圖乙知，滑塊剛滑上木板時的速度大小v＝10m/s，滑塊在光滑圓弧軌道下滑的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgR＝
解得
R＝5m
滑塊滑到圓弧軌道末端時，由牛頓第二定律得F﹣mg＝
解得
F＝30N
根據(jù)牛頓第三定律知，滑塊滑到圓弧軌道末端時對軌道的壓力大小為30N
答：圓弧軌道的半徑是5m，滑塊滑到圓弧軌道末端時對軌道的壓力大小是30N
（2）解：滑塊在木板上滑行時，木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mv＝（m+M）v′
解得：v′＝2m/s
滑塊在木板上滑行過程，由動量定理得：﹣μmgt＝mv′﹣mv
由圖知
t＝2s
解得
μ＝0.4
答：滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.4；
（3）解：由能量守恒得：
解得
l＝10m
答：木板的長度是10m。
【分析】（1）利用動能定理求解物體到達(dá)最低點(diǎn)的速度，對處在最低點(diǎn)的物體進(jìn)行受力分析，結(jié)合此時物體的速度，利用向心力公式求解物體對軌道的壓力；
（2）兩個物體組成系統(tǒng)動量守恒，利用動量守恒定律列方程分析求解碰撞后的末速度，再利用動量定理求解動摩擦因數(shù)；
（3）這個系統(tǒng)能量守恒，根據(jù)能量守恒定理列方程求解木板長度即可。備戰(zhàn)2021新高考物理-基礎(chǔ)專題-靜電場（三）
一、單選題
1.如圖所示，虛線
a、b、c
代表電場中三條電場線，實(shí)線為一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運(yùn)動軌跡，P、Q
是這條軌跡上的兩點(diǎn)．下列判斷中正確的是:（??
）
?P
點(diǎn)的電勢比
Q
點(diǎn)的電勢高???????????????????????????????
?P
點(diǎn)的場強(qiáng)比
Q
點(diǎn)的場強(qiáng)小
C.?帶電粒子通過
Q
點(diǎn)時動能比
P
點(diǎn)時大????????????????
D.?帶電粒子通過
Q
點(diǎn)時電勢能比
P
點(diǎn)時大
2.如圖所示，一勻強(qiáng)電場的電場線與圓O所在平面平行，AB為圓的一條直徑，C為圓周上一點(diǎn)，圓的半徑為R，∠AOC=60°，在A點(diǎn)有一粒子源，能向圓O所在平面內(nèi)各個方向以動能Ek發(fā)射同種帶電粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，由觀察可知經(jīng)過B、C的粒子動能分別為5Ek和3Ek
，
則（??
）
A.?勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為
??????????????????????????B.?勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為
C.?勻強(qiáng)電場的方向垂直O(jiān)C??????????????????????????????????????D.?勻強(qiáng)電場的方向與AC平行
3.一平行板電容器充電后，把電源斷開，再用絕緣工具將兩板距離拉開一些，則（??
）
A.?電容器的帶電荷量增加????B.?電容增大?????C.?電容器電壓增加???????D.?兩板間電場強(qiáng)度增大
4.如圖所示，把一個架在絕緣支架上的枕形金屬導(dǎo)體放在正電荷形成的電場中．導(dǎo)體處于靜電平衡時，下列說法正確的是（??
）
A.?A，B兩點(diǎn)感應(yīng)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)都為零
B.?若該枕形導(dǎo)體處在勻強(qiáng)電場中，則A，B兩點(diǎn)感應(yīng)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)相等
C.?A點(diǎn)電勢大于B點(diǎn)電勢
D.?當(dāng)電鍵S閉合時，正電荷從導(dǎo)體沿導(dǎo)線向大地移動
5.有三個相同的金屬小球A、B、C
，
其中A、B兩球帶電情況完全相同，C球不帶電．將A、B兩球相隔一定距離固定起來，兩球間的庫侖力是F
，
若使C球先和A接觸，再與B接觸，移去C
，
則A、B間的庫侖力變?yōu)椋ā　。?br/>A.????????????????????????????????????????B.????????????????????????????????????????C.????????????????????????????????????????D.?
6.下列關(guān)于電荷及其守恒定律的說法正確的是（　?。?br/>A.?利用靜電感應(yīng)可使任何物體帶電??????????????????
B.?無論采用任何方式使物體帶電都不是創(chuàng)造了電荷
C.?帶點(diǎn)體所帶的電荷量可以是任意值??????????????
D.?電子和質(zhì)子所帶電荷量相等，所以它們的比荷也相等
7.在如圖的勻強(qiáng)電場中，若一個點(diǎn)電荷從P點(diǎn)由靜止釋放，則以下說法中正確的是（??
）
A.?該點(diǎn)電荷受到的電場力逐漸增大?????????????????????????B.?該點(diǎn)電荷一定向右且做勻速運(yùn)動
C.?該點(diǎn)電荷一定做勻加速直線運(yùn)動?????????????????????????D.?該點(diǎn)電荷一定做勻減速直線運(yùn)動
8.如圖所示，勻強(qiáng)電場中有一個以O(shè)為圓心、半徑為R的圓，電場方向與圓所在平面平行，A、0兩點(diǎn)電勢差為U，一帶正電的粒子在電場中運(yùn)動，經(jīng)A、B兩點(diǎn)時速度方向沿圓的切線，速度大小均為v0
，
粒子重力不計．（??
）
?粒子在A，B間是做圓周運(yùn)動???????????????????????????????
?粒子從A到B的運(yùn)動過程中，動能先增大后減小
C.?勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=
????????????????????????????????
D.?圓周上，電勢最高的點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢差為
U
9.電工穿的高壓作業(yè)服是用銅絲編織的，下列說法正確的是(
??
?)
?銅絲編織的衣服不易拉破????????????????????????????????????
B.?電工被銅絲衣服所包裹，使體內(nèi)電勢為零
C.?電工被銅絲衣服所包
裹，使體內(nèi)場強(qiáng)為零??????????
D.?銅絲電阻小，能對人體起到保護(hù)作用
10.下列說法正確的是（??
）
A.?由公式U=Ed得，在電場中兩點(diǎn)間電勢差等于場強(qiáng)與兩點(diǎn)間距離的乘積
B.?由公式E=
得，在勻強(qiáng)電場中沿電場線方向上兩點(diǎn)間距離越大，電場強(qiáng)度就越小
C.?在勻強(qiáng)電場中，任意兩點(diǎn)間電勢差等于場強(qiáng)和這兩點(diǎn)間距離的乘積
D.?公式U=Ed只適用于勻強(qiáng)電場
二、多選題
11.如圖所示，虛線是某靜電場的一簇等勢線，邊上標(biāo)有電勢的值．一帶電粒子只在電場力作用下恰能沿圖中的實(shí)線從A經(jīng)過B運(yùn)動到C．下列說法中正確的是（???
）
?粒子一定帶負(fù)電????????????????????????????????????
?A處場強(qiáng)大于C處場強(qiáng)
C.?粒子在A處電勢能小于在C處電勢能???????
D.?粒子從A到B電場力所做的功大于從B到C電場力所做的功
12.兩個帶等量正電荷的點(diǎn)電荷，O點(diǎn)為兩電荷連線的中點(diǎn)，a點(diǎn)在連線的中垂線上，若在a點(diǎn)由靜止釋放一個電子，如圖所示，關(guān)于電子的運(yùn)動，下列說法正確的是（?
）
A.?電子在從a點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動的過程中，加速度可能先增大再減小
B.?電子在從a點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動的過程中，加速度一定越來越小，速度一定越來越大
C.?電子運(yùn)動到O點(diǎn)時，加速度為零，速度最大
D.?電子通過O點(diǎn)后，速度越來越小，加速度一直增大
13.如圖是利用靜電計研究平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖，下面的敘述符合實(shí)驗(yàn)觀察結(jié)果的是（??
）
A.?b板向右平移，靜電計的指針偏轉(zhuǎn)角度變小
B.?b板向上平移，靜電計的指針偏轉(zhuǎn)角度變小
C.?b板不動，在a、b間插入一塊絕緣介質(zhì)板，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度變小
D.?緊靠b板在a、b間插入一塊金屬板，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度變大
14.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，僅在電場力作用下以恒定的速率v沿圓弧從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，速度方向轉(zhuǎn)過
角，AB弧長為l．則下列說法正確的是
(???
)
?該粒子一定處在一個點(diǎn)電荷形成的電場中???????????
?該粒子可能處在兩個點(diǎn)電荷形成的電場中
C.?圓弧AB中點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為
????????????????
D.?圓弧AB中點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為
15.一帶電粒子在正電荷形成的電場中，運(yùn)動軌跡如圖所示的abcd曲線，下列判斷正確的是（　　）
A.?粒子帶正電?????????????????????????????????????????????????????????
B.?粒子通過a點(diǎn)時的速度比通過b點(diǎn)時大
C.?粒子在a點(diǎn)受到的電場力比b點(diǎn)小?????????????????????????D.?粒子在a點(diǎn)時的電勢能比b點(diǎn)小
16.利用靜電計．研究平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，則下面敘述中符合實(shí)驗(yàn)中觀察到的結(jié)果的是（?
）
?
A.?N板向下平移，靜電計指針偏角變大
B.?N板向左平移，靜電計指針偏角變大
C.?保持N板不動，在M、N之間插入一塊絕緣介質(zhì)板，靜電計指針偏角變大
D.?保持N板不動，在M、N之間插入一塊金屬板，靜電計指針偏角變大
17.如圖所示，P、Q為電場中的一條電場線上的兩點(diǎn)，下列說法正確的是
（??
）
A.?正電荷在P點(diǎn)受到的電場力方向沿著電場線方向
B.?同﹣試探電荷在P點(diǎn)受的電場力一定大于在Q點(diǎn)受的電場力
C.?將試探電荷從P點(diǎn)移到Q
點(diǎn)，電場力做正功
D.?同﹣帶正電的試探電荷在P點(diǎn)的電勢能大于在Q點(diǎn)的電勢能
18.用電場線能直觀、方便地比較電場中各點(diǎn)電場的強(qiáng)弱。如圖甲是等量異種點(diǎn)電荷形成電場的電場線，圖乙是場中的一些點(diǎn)：O是電荷連線的中點(diǎn)，E、F是連線中垂線上相對于O點(diǎn)對稱的兩點(diǎn)，B、C和A、D也相對于O點(diǎn)對稱。則(??
)
A.?B，C兩點(diǎn)場強(qiáng)大小和方向都相反????????????????????????B.?A，D兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相等，方向相反
C.?E，O，F(xiàn)三點(diǎn)比較，O點(diǎn)場強(qiáng)最強(qiáng)???????????????????????D.?B，O，C三點(diǎn)比較，O點(diǎn)場強(qiáng)最弱
三、填空題
19.質(zhì)量為m
，
電荷量為q的帶正電粒子，在正點(diǎn)電荷形成的電場中，從電勢為φ的某點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動，若不計重力，無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則帶電粒子的加速度將逐漸________；速度將逐漸________；
20.如圖所示，a、b是勻強(qiáng)電場中的兩點(diǎn)已知兩點(diǎn)間的距離為
，兩點(diǎn)的連線與電場線成
角，兩點(diǎn)間的電勢差為
，則勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為________
，把電子從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電子的電勢能將增加________J.
21.電場和電場線都不是真實(shí)存在的，是假想出來的東西．________?（判斷對錯）
22.在電場中A點(diǎn)放入一個電荷量為2×10﹣6C的正試探電荷，它受到的電場力為1×10﹣3N，則A點(diǎn)的電場強(qiáng)度為________?N/C，若將正試探電荷的電荷量減為1×10﹣6C，則A點(diǎn)的電場強(qiáng)度為________?N/C．
23.ab是長為l的均勻帶電細(xì)桿，P1、P2是位于ab所在直線上的兩點(diǎn)，位置如圖所示，點(diǎn)電荷的電量為Q．那么ab上感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場在P1處的電場強(qiáng)度大小E1是________．
24.如圖所示，一個質(zhì)子的電量e＝1.6×10﹣19C，在某一靜電場中從A點(diǎn)經(jīng)C點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場力做功8×10﹣17J；在質(zhì)子從B點(diǎn)經(jīng)D點(diǎn)回到A
點(diǎn)過程中，電場力做功為________?J．如果質(zhì)子在A點(diǎn)的電勢能為零，則B點(diǎn)電勢φB＝________?V．
四、綜合題
25.如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零（不計空氣阻力，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g）。求：
（1）極板間電場強(qiáng)度大??；
（2）小球從開始下落運(yùn)動到下極板的時間.
26.在如圖所示的電路中，R1＝3Ω，R2＝6Ω，R3＝1.5Ω，C＝20μF，當(dāng)開關(guān)S斷開時，電源的總功率為2W；當(dāng)開關(guān)S閉合時，電源的總功率為4W，求：
（1）電源的電動勢和內(nèi)電阻；
（2）閉合S時，電源的輸出功率；
（3）S斷開和閉合時，電容器所帶的電荷量各是多少？
答案
一、單選題
1.【答案】
D
【解答】A、若帶電質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，由圖可知帶電質(zhì)點(diǎn)所受電場力沿電場線向右，由于質(zhì)點(diǎn)帶正電，故電場線向右，故P點(diǎn)的電勢低于Q點(diǎn)的電勢，A不符合題意；
B、由于電場線越密，場強(qiáng)越大，由圖可知P點(diǎn)的場強(qiáng)大于Q點(diǎn)的場強(qiáng)，B不符合題意；
C、帶電質(zhì)點(diǎn)在從P向Q運(yùn)動的過程中電場力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)時的動能大于在Q點(diǎn)的動能，C不符合題意；
D、帶電質(zhì)點(diǎn)在從P向Q運(yùn)動的過程中電場力做負(fù)功，則帶電質(zhì)點(diǎn)的電勢能增大，帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)時的電勢能小于Q點(diǎn)時電勢能，D符合題意．
故答案為：D
【分析】粒子的運(yùn)動軌跡為曲線，受到的電場力指向圓弧的內(nèi)部，結(jié)合受力方向求解電荷的電性；電場力對電荷做正功，電荷的電勢能減小，相應(yīng)的動能就會增加，電場力做負(fù)功，電勢能增加，電荷的動能減小。
2.【答案】
C
【解答】在勻強(qiáng)電場中，沿任意方向相等距離電勢差相等，由題意可知A到B電場力做功
，則由A到O電場力做功
，由A到C電場力做功
，即OC為等勢點(diǎn)，連接OC為等勢線，則電場線垂直O(jiān)C，根據(jù)幾何關(guān)系可得勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為
，ABD不符合題意，C符合題意；
故答案為：C.
【分析】根據(jù)AC和AB的長度和兩個位置處的粒子的動能，利用動能定理確定電場的方向和強(qiáng)度。
3.【答案】
C
【解答】解：A、平行板電容器充電后，把電源斷開，其電量不變．A不符合題意．
B、根據(jù)電容的決定式C=
，分析可知，電容與板間距離成反比，當(dāng)把兩金屬板拉開一些距離，電容減小．B不符合題意．
C、Q不變，C減小，由電容的定義式C=
分析可知電容器電壓增加，C符合題意．
D、由電容的決定式C=
、電容的定義式C=
、E=
結(jié)合得：E=
，則知E與d無關(guān)，所以板間場強(qiáng)不變．D不符合題意．
故答案為：C．
【分析】斷開電源的電容器電荷量保持不變，板間距離變大電容變小，則其電壓變大，而板間場強(qiáng)保持不變。
4.【答案】
B
【解答】AB、枕形導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布，達(dá)到靜電平衡后，枕形導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)的感應(yīng)電荷的附加電場，正好與點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場抵消，內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零；若該枕形導(dǎo)體處在勻強(qiáng)電場中，則A、B兩點(diǎn)感應(yīng)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)相等，B符合題意；A不符合題意；
C、導(dǎo)體處于靜電平衡時，枕形導(dǎo)體是個等勢體，即導(dǎo)體左端電勢等于右端電勢，則有A點(diǎn)電勢等于B點(diǎn)電勢，C不符合題意；
D、枕型導(dǎo)體在帶正電的小球附近時，枕型導(dǎo)體上的自由電子會向左邊運(yùn)動，金屬棒的左端因有了多余的電子而帶負(fù)電，右端因缺少電子而帶正電；當(dāng)電鍵S閉合時，導(dǎo)體就會與大地連接，會使大地的電子流入枕形導(dǎo)體，D不符合題意；
故答案為：B。
【分析】一個帶電的物體與不帶電的導(dǎo)體相互靠近時由于電荷間的相互作用，會使導(dǎo)體內(nèi)部的電荷重新分布，異種電荷被吸引到帶電體附近，而同種電荷被排斥到遠(yuǎn)離帶電體的導(dǎo)體另一端。
5.【答案】C
解答：假設(shè)A帶電量為Q，B帶電量也為Q，
兩球之間的相互吸引力的大小是
第三個不帶電的金屬小球C與A接觸后，A和C的電量都為
C與B接觸時先中和再平分，則C、B分開后電量均為
這時，A、B兩球之間的相互作用力的大小
故選C．
分析：理解庫侖定律的內(nèi)容．知道帶電體相互接觸后移開，同種電荷電量平分，異種電荷電量先中和再平分
6.【答案】B
【解答】解：A、依據(jù)電荷守恒定律：電荷既不能被創(chuàng)造，也不能被消滅，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保存不變．電荷守恒定律適用于任何起電現(xiàn)象，靜電感應(yīng)不可使絕緣體帶電，故A錯誤，B正確；
C、根據(jù)帶電的本質(zhì)可知，帶點(diǎn)體所帶的電荷量是元電荷的整數(shù)值，故C錯誤；
D、電子和質(zhì)子所帶電荷量相等，但它們的質(zhì)量不相等，比荷不相等，故D錯誤；
故選：B
【分析】電荷守恒定律：電荷既不能被創(chuàng)造，也不能被消滅，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保存不變．電荷守恒定律適用于任何起電現(xiàn)象，且?guī)щ娏烤窃姾傻恼麛?shù)倍．
7.【答案】
C
【解答】解：A、點(diǎn)電荷在勻強(qiáng)電場中受到電場力作用，電場力F=qE，E恒定，電場力是恒力．A不符合題意．
B、C、D點(diǎn)電荷只受電場力作用，電場力是恒力，根據(jù)牛頓第二定律得知點(diǎn)電荷的加速度將保持不變，則得該點(diǎn)電荷將從靜止開始沿電場力方向做勻加速直線運(yùn)動．C符合題意，BD不符合題意．
故答案為：C
【分析】電場為勻強(qiáng)電場，粒子受到的力為恒力，且初速度為零，故做勻加速直線運(yùn)動。
8.【答案】
D
【解答】解：A、帶電粒子僅在電場力作用下，由于粒子在A、B兩點(diǎn)動能相等，則電勢能也相等．因?yàn)閯驈?qiáng)電場，所以兩點(diǎn)的連線AB即為等勢面．根據(jù)等勢面與電場線垂直特性，從而畫出電場線CO．由曲線運(yùn)動條件可知，正電粒子所受的電場力沿著CO方向，因此粒子從A到B做拋體運(yùn)動，A不符合題意；
B、由A選項(xiàng)分析可知，速度方向與電場力方向夾角先大于90°后小于90°，電場力對于運(yùn)動來說先是阻力后是動力，所以動能先減小后增大．B不符合題意；
C、勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度Ed=U式中的d是沿著電場強(qiáng)度方向的距離，因而由幾何關(guān)系可知，UAO=E×
，所以E=
，C不符合題意；
D、圓周上，電勢最高的點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢差為U=ER=
，D符合題意；
故答案為：D
【分析】
帶正電粒子僅在電場力作用下，從A運(yùn)動到B，由速度大小，得出粒子的動能，從而確定粒子的電勢能大與?。捎趧驈?qiáng)電場，則等勢面是平行且等間距．根據(jù)曲線運(yùn)動條件可從而確定電場力的方向，從而得出勻強(qiáng)電場的電場線方向．
9.【答案】
C
【解答】?屏蔽服作用是在穿用后，使處于高壓電場中的人體外表面各部位形成一個等電位屏蔽面，從而防護(hù)人體免受高壓電場及電磁波的危害．等電位說明電勢相等而不是等于0，等電勢時電勢差為0，電場強(qiáng)度為0。所以C正確，ABD錯誤。
故選C
【分析】導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡后是一個等勢體，內(nèi)部場強(qiáng)為0，有屏蔽作用。
10.【答案】
D
【解答】解：A、C由公式U=Ed得，在勻強(qiáng)電場中，兩點(diǎn)間電勢差等于場強(qiáng)與兩點(diǎn)間沿電場方向距離的乘積．故AC錯誤．
???
B、在勻強(qiáng)電場中沿電場線方向上兩點(diǎn)間距離越大，電勢差越大，由公式E=
得電場強(qiáng)度E相同．故B錯誤．
???
D、公式U=Ed是根據(jù)公式W=qU和W=qEd結(jié)合推導(dǎo)出來，W=qEd只適用于勻強(qiáng)電場，所以公式U=Ed只適用于勻強(qiáng)電場．故D正確．
故選D．
【分析】在勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度與兩點(diǎn)間電勢差的關(guān)系是兩點(diǎn)間電勢差等于場強(qiáng)與兩點(diǎn)間沿電場方向距離的乘積．在勻強(qiáng)電場中電場強(qiáng)度處處相同．公式U=Ed只適用于勻強(qiáng)電場．
二、多選題
11.【答案】
B,C
【解答】根據(jù)電場線與等勢面垂直且由高電勢指向低電勢，可知電場線方向大致向左，根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知，粒子所受的電場力方向大致向左，則知粒子一定帶正電，A不符合題意；等差等勢面的疏密反映電場強(qiáng)度的大小，A處場強(qiáng)大于C處場強(qiáng)，B符合題意；從A點(diǎn)飛到C點(diǎn)，電場力方向與速度的夾角為鈍角，電場力做負(fù)功，電勢能增大，C符合題意；由于電勢差相同，根據(jù)
知，電場力做功相同，D不符合題意．
故答案為：BC
【分析】利用等勢面和場線的交點(diǎn)可以大致判別場力的方向，利用場力方向可以判斷帶電屬性，利用等勢面疏密可以判別場強(qiáng)大小，利用電勢高低可以判別電勢能大小，利用電勢差可以判斷電場力做的功。
12.【答案】
A,C
【解答】AB.在等量同種正電荷
連線中點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，無窮遠(yuǎn)處的電場強(qiáng)度為零，所以從在中垂線上從中點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度是先增大后減小，方向從O點(diǎn)沿中垂線指向無窮遠(yuǎn)處，而場強(qiáng)最大處可能在a點(diǎn)上方，也可能在a點(diǎn)下方，也可能在a點(diǎn)，所以電子從a點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動的過程中，加速度可能先增大后減小，A符合題意B不符合題意；
C.在O點(diǎn)處電場強(qiáng)度為零，電子受力為零，電子的加速度為零，在此處速度達(dá)到最大，C符合題意；
D.電子通過O點(diǎn)后，電子受電場力方向?yàn)樨Q直向上，大小也是先增大后減小，所以電子的速度將減小，且加速度可能先增大后減小，D不符合題意。
故答案為：AC。
【分析】利用電場線的疏密可以比較加速度的大??；利用加速度等于0可以判別其電子速度最大。
13.【答案】
A,C
【解答】解：A、將b板向右平移，板間距離減小，電容器電容C增大，而電容器的電量Q不變，由C=
分析可知，電容器兩板間電勢差減小，則靜電計指針偏角變?。蔄正確．
???
B、將b板向上平移，兩板正對面積減小，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由C=
?分析可知，電容器兩板間電勢差增大，則靜電計指針偏角變大．故B錯誤．
???
C、在a、b之間插入一塊絕緣介質(zhì)板，電容增大，而電容器的電量Q不變，由C=
?分析可知，電容器兩板間電勢差減小，則靜電計指針偏角變?。蔆正確．
???
D、緊靠b板在a，b間插入一塊金屬板，相當(dāng)于板間距離減小，電容增大，而電容器的電量Q不變，由C=
?分析可知，電容器兩板間電勢差減小，則靜電計指針偏角變小．故D錯誤．
故選：AC．
【分析】靜電計是測量電勢差的裝置，電勢差越大，靜電計指針的偏角越大．由題，電容器的電量不變，根據(jù)各選項(xiàng)的操作分析電容器電容的變化，再由電容的定義式C=
?分析電容器兩板間電勢差的變化．
14.【答案】
B,C
【解答】僅在電場力作用下以恒定的速率v沿一圓弧從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)。帶電粒子實(shí)際是繞固定的點(diǎn)電荷做勻速圓周運(yùn)動。電場力始終指向圓心，方向在不斷變化，所以帶電粒子可能處在一個點(diǎn)電荷形成的電場中，也可能在等量同種電荷形成的電場中，A不符合題意，B符合題意；根據(jù)
得：
，解得：
，C符合題意，D不符合題意；
故答案為：BC。
【分析】利用勻速率運(yùn)動可以判別電場力大小不變方向時刻指向圓心，可能是一個或兩個點(diǎn)電荷形成的電場中；利用牛頓第二定律可以求出電場強(qiáng)度的大小。
15.【答案】
A,B,C,D
【解答】解：A、物體做曲線運(yùn)動時，合力的方向指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，則知粒子所受的電場力背離正電荷方向，所以該粒子帶正電．故A正確．
B、從a到b，電場力做負(fù)功，根據(jù)動能定理，動能減小，a點(diǎn)動能大于b點(diǎn)動能，則a點(diǎn)速度比b點(diǎn)的速度大．故B正確．
C、b點(diǎn)的電場線比a點(diǎn)電場線密，所以b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于a點(diǎn)的電場強(qiáng)度，所以粒子在a點(diǎn)的電場力比b點(diǎn)小．故C正確．
D、從a到b，電場力做負(fù)功，電勢能增加．所以a點(diǎn)的電勢能小于b點(diǎn)的電勢能．故D正確．
故選：ABCD
【分析】等勢面密集的地方場強(qiáng)大，根據(jù)物體曲線運(yùn)動軌跡可確定電場力方向和電場力做功的正負(fù)，當(dāng)電場力做正功時，動能增加，電勢能減少。
16.【答案】
A,B
【解答】A.
將N板向下平移，板間距離增大，電容減小，而電容器的電量不變，由C=Q/U分析可知，板間電壓增大，則靜電計指針張角增大，A符合題意；
B.
將N板向左平移，兩板正對面積減小，電容減小，而電容器的電量不變，由C=Q/U分析可知，板間電壓增大，則靜電計指針張角變大，B符合題意；
C.
在M、N之間插入一塊絕緣介質(zhì)板，由電容的決定式
，得知，電容C增大，而電量Q不變，則由電容的定義式C=Q/U分析得知，板間電壓U減小，靜電計指針偏角變小。C不符合題意；
D.
保持N板不動，在M、N之間插入一塊厚金屬板，相當(dāng)于極板的間距減小，電容增大，而電容器的電量不變，由C=Q/U分析可知，板間電壓變小，則靜電計指針張角變小。D不符合題意。
故答案為：AB
【分析】由于電荷量不變，板間距離變大時電容變小電壓變大所以偏角變大；反之偏角變??；保持B板不斷，插入電介質(zhì)會讓電容變大那么電壓變小偏角變小。
17.【答案】
A,D
【解答】解：A、正電荷在P點(diǎn)受到的電場力方向與電場線的方向相同，即正電荷在P點(diǎn)受到的電場力方向沿著電場線方向，A符合題意；
B、電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度小，由于只有一條電場線，不能判斷電場線的疏密情況，所以不能判斷場強(qiáng)的大小，也就不能判斷電場力大小．B不符合題意．
C、由于不知道試探電荷的電性，則不能判斷電場力的方向，所以不能判斷電場力做功的正負(fù)．C不符合題意．
D、沿著電場線的方向，電勢降低，電勢能等于電勢乘以電荷量，則同一帶正電的試探電荷在P點(diǎn)的電勢能大于在Q點(diǎn)的電勢能．D符合題意．
故答案為：AD
【分析】正電荷受到的電場力與電場線方向保持一致，電勢沿著電場線方向降低。
18.【答案】
C,D
【解答】A項(xiàng)：根據(jù)對稱性看出，B、C兩處電場線疏密程度相同，則B、C兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相同。這兩點(diǎn)場強(qiáng)的方向均由B→C，方向相同，A不符合題意；
B項(xiàng)：根據(jù)對稱性看出，A、D兩處電場線疏密程度相同，則A、D兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相同。由圖看出，A、D兩點(diǎn)場強(qiáng)方向相同。B不符合題意；
C項(xiàng)：由圖看出，E、O、F三點(diǎn)比較，O點(diǎn)的電場線最密，所以O(shè)點(diǎn)場強(qiáng)最強(qiáng)。C符合題意；
D項(xiàng)：由圖看出，B、O、C三點(diǎn)比較，O點(diǎn)電場線最稀疏，O點(diǎn)場強(qiáng)最小。D符合題意。
故答案為：CD
【分析】利用電場線疏密可以判別場強(qiáng)大小，利用場線的切線方向可以判別場強(qiáng)的方向。
三、填空題
19.【答案】減小；增大
【解答】帶正電的粒子在正點(diǎn)電荷形成的電場中靜止釋放，應(yīng)該向無窮遠(yuǎn)運(yùn)動，所以粒子的加速度將逐漸減??；電場力做正功，粒子的電勢能減小，動能增大，速度增大．【分析】帶電粒子在正電荷電場中運(yùn)動，庫侖力產(chǎn)生加速度，根據(jù)庫侖力表達(dá)式可分析庫侖力的變化，再由牛頓第二定律可得加速度的變化；然后根據(jù)庫侖力方向與運(yùn)動方向相同還是相反可確定作加速運(yùn)動還是減速運(yùn)動。
20.【答案】
7.5×103；3.84×10﹣16
【解答】解：由Uab=Edabcos37°，則場強(qiáng)為：
E=
=
=7.5×103V/m；
把電子從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場力對電子做功為：
W=﹣eUab=﹣1.6×10﹣19×2.4×103J=﹣3.84×10﹣16J
則電子的電勢能將增加3.84×10﹣16J．
故答案為：7.5×103
，
3.84×10﹣16
．
【分析】利用電勢差和場強(qiáng)的關(guān)系可以求出電場強(qiáng)度大小；利用電場力做功可以求出電勢能的變化量。
21.【答案】錯誤
【解答】解：電場是客觀存在的，是一種特殊的物質(zhì)形態(tài)，而電場線是假想的，通過電場線的疏密來體現(xiàn)電場的強(qiáng)弱，
故答案為：錯誤．
【分析】電場是實(shí)際存在的，而電場線是假想的，通過電場線的疏密來體現(xiàn)電場的強(qiáng)弱．
22.【答案】500；500
【解答】解：A點(diǎn)的電場強(qiáng)度為E=
=
N/C=500N/C
電場強(qiáng)度反映電場本身的特性，與試探電荷無關(guān)，所以將正試探電荷的電荷量減為1×10﹣6C，A點(diǎn)的電場強(qiáng)度仍為500N/C．
故答案為：500，500
【分析】電場強(qiáng)度的方向與正電荷在該點(diǎn)所受的電場力方向相同，大小由場強(qiáng)的定義式E=
求出．電場強(qiáng)度反映電場本身的特性，與試探電荷無關(guān)．
23.【答案】k
【解答】解：在正電荷的作用下，整個導(dǎo)體棒為等勢體，故導(dǎo)體棒內(nèi)的場強(qiáng)處處為零，
故金屬桿上的感應(yīng)電荷在P1點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小與點(diǎn)電荷在P1產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向相反；
因此ab上感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場在P1處的電場強(qiáng)度大小為E=k
；
故答案為：k
．
【分析】導(dǎo)體棒處于電場中時，導(dǎo)體棒出現(xiàn)靜電平衡，故導(dǎo)體棒上任一點(diǎn)的場強(qiáng)為零，即可求得．
24.【答案】
﹣8×10﹣17；﹣500V
【解答】解：WAB＝﹣WBA
故WBA＝﹣WAB＝﹣8×10﹣17J；
如果質(zhì)子在A點(diǎn)的電勢能為零，故φA＝0；由于UAB＝φA﹣φB
，
故φB＝﹣UAB＝﹣500V；
故答案為：﹣8×10﹣17
，
﹣500V
【分析】電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加；求解AB兩點(diǎn)間的電勢差，利用公式電荷在AB兩點(diǎn)間移動電場力所做的功除以電荷量即可。
四、綜合題
25.【答案】
（1）解：對從釋放到到達(dá)下極板處過程的整個過程,由動能定理得：?
計算得出：
答：極板間電場強(qiáng)度大小
（2）解：小球到達(dá)小孔前是自由落體運(yùn)動，則有：
得：
根據(jù)速度位移關(guān)系公式有：
得：
取豎直向下為正方向，對減速過程根據(jù)動量定理得：
小球從開始下落運(yùn)動到下極板的時間：
聯(lián)立計算得出：
答：小球從開始下落運(yùn)動到下極板的時間
【分析】（1）對電荷進(jìn)行受力分析，對電荷從最高點(diǎn)運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程應(yīng)用動能定理求解電場強(qiáng)度即可；
（2）自由落體的條件是物體只受到重力，且初速度為零的運(yùn)動，故自由落體運(yùn)動為勻變速直線運(yùn)動，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動公式求解即可。
26.【答案】
（1）解：S斷開，R2、R3串聯(lián)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：
總功率為：
S閉合，R1、R2并聯(lián)再與R3串聯(lián)，總外電阻
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：
所以總功率為：
聯(lián)立解得：E=4V，r=0.5Ω
（2）解：閉合S
，
總外電阻R′=3.5Ω
干路電流為
輸出功率P出=EI′-I′2r=4×1-1×0.5=3.5W
（3）解：S斷開時，C兩端電壓等于電阻R2兩端電壓：
可得電量為：Q=CU2=20×10-6×3=6×10-5C
【分析】斷開S
，
R2、R3串聯(lián)，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解出電流和電功率表達(dá)式；S閉合，R1、R2并聯(lián)再與R3串聯(lián)，再次根據(jù)閉合電路歐姆定律求解出電流和電功率表達(dá)式；最后聯(lián)立求解；閉合S時電源的輸出功率為P=EI-I2r；S斷開時，C兩端電壓等于電阻R2兩端電壓，求解出電壓后根據(jù)Q=CU列式求解。備戰(zhàn)2021新高考物理-重點(diǎn)專題-功能關(guān)系的應(yīng)用（一）
一、單選題
1.質(zhì)量為m的鋼制小球用長為l的結(jié)實(shí)細(xì)線懸掛在O點(diǎn)，將小球拉到與O點(diǎn)相齊的水平位置C由靜止釋放，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時對細(xì)繩的拉力2mg，若小球運(yùn)動到最低點(diǎn)B時用小錘頭向左敲擊它一下，瞬間給小球補(bǔ)充機(jī)械能△E，小球就能恰好擺到與C等高的A點(diǎn)，設(shè)空氣阻力只與運(yùn)動速度相關(guān)，且運(yùn)動越大空氣的阻力就越大，則以下關(guān)系可能正確的是（??
）
A.?△E＞mgl?????????????B.?△E＜
mgl???????????????????C.?△E=
mgl???????????????????D.?mgl＜△E＜mgl
2.如圖所示，一個長直輕桿兩端分別固定一個小球A和B，兩球質(zhì)量均為m，兩球半徑忽略不計，桿的長度為L。先將桿AB豎直靠放在豎直墻上，輕輕撥動小球B，使小球B在水平面上由靜止開始向右滑動，當(dāng)小球A沿墻下滑距離為
L
時，下列說法正確的是（不計一切摩擦）（
??）
?桿對小球A做功為
???????????????????????????????????
?小球A和B的速度都為
C.?小球A，B的速度分別為
和
????????
D.?桿與小球A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少了
mgL
3.物體從高處自由下落，若選地面為參考平面，則下落時間為落地時間的一半時，物體所具有的動能和重力勢能之比為
（???????）
A.?1:3???????????????????????????????????????B.?1:4???????????????????????????????????????C.?1:2???????????????????????????????????????D.?1:1
4.質(zhì)量為2
t的汽車，發(fā)動機(jī)的功率為30
kW，在水平公路上能以54
km/h的最大速度行駛，如果保持功率不變，汽車速度為36
km/h時，汽車的加速度為（????）
A.?0.5m/s2??????????????????????????????B.?1
m/s2??????????????????????????????C.?1.5m/s2??????????????????????????????D.?2
m/s2
5.如圖所示，將質(zhì)量為m的小球以速度v0由地面豎直向上拋出．小球落回地面時，其速度大小為
．設(shè)小球在運(yùn)動過程中所受空氣阻力的大小不變，則下列說法正確的是（??
）
A.?克服空氣阻力做功
????????????????????????????????????B.?上升時間等于下降時間
C.?上升的最大高度為
???????????????????????????????????????D.?重力做功不為零
6.如圖所示，傾角為θ的傳送帶沿逆時針方向以加速度a加速轉(zhuǎn)動時，小物體A與傳送帶相對靜止，重力加速度為g.則(　　)
A.?只有a>gsinθ，A才受沿傳送帶向上的靜摩擦力作用
B.?只有aC.?只有a＝gsinθ，A才受沿傳送帶向上的靜摩擦力作用
D.?無論a為多大，A都受沿傳送帶向上的靜摩擦力作用
7.如圖，光滑水平面上子彈m水平射入木塊后留在木塊內(nèi)，現(xiàn)將子彈、彈簧、木塊組成的系統(tǒng)作為研究對象，從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮到最短的整個過程中（????）
A.?動量守恒,
機(jī)械能不守恒?????????????????????????????????????B.?動量不守恒,
機(jī)械能不守恒
C.?動量機(jī)械能均守恒?????????????????????????????????????
?????????D.?動量不守恒,
機(jī)械能守恒
8.如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，傳送帶以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ>tanθ，則能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關(guān)系的圖象是（?
）
A.??????????B.?????????????????????C.?????????????????????D.?
9.如圖所示是杭州市標(biāo)志建筑“日月同輝”。其中“日”指的是“杭州國際會議中心”，“月”指的是“杭州大劇院”?，F(xiàn)有甲、乙兩質(zhì)量相同的物體（可看成質(zhì)點(diǎn)）在頂點(diǎn)同時由靜止開始從前（凹）、后（凸）兩個面下滑，到達(dá)底端時下落的高度與經(jīng)過的路程相同，設(shè)兩物體與兩個面之間的動摩擦因素相同且不變。則以下說法中正確的為（??
）
?摩擦力對甲乙兩物體做的功相同?????????????????????????
?甲、乙兩物體減少的重力勢能相同
C.?甲、乙兩物體到達(dá)底端時的動能相同??????????????????
D.?甲、乙兩物體從頂端到底端所用時間相同
10.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，半徑為2R的四分之一圓弧軌道AB與半徑為R的半圓軌道BC在B點(diǎn)平滑連接，C、A兩點(diǎn)在同﹣水平線上，C、B兩點(diǎn)在同一豎直線上（中點(diǎn)為O），圓弧AB上的D點(diǎn)與O點(diǎn)等高．一個質(zhì)量為m的小物塊自距A點(diǎn)高為R的P點(diǎn)自由下落，從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓弧軌道AB后，恰能通過最高點(diǎn)C．已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則小物塊在運(yùn)動過程中（??
）
?從P點(diǎn)到C點(diǎn)合外力做功為mgR???????????????????????????
?從P點(diǎn)到C點(diǎn)克服摩擦力做功
mgR
C.?經(jīng)過B點(diǎn)前后瞬間，小物塊對軌道的壓力將變小??
D.?小物塊從C點(diǎn)飛出后，應(yīng)落在圓弧軌道BD之間
二、多選題
11.質(zhì)量為m的汽車在平直的公路上從靜止開始以恒定功率P啟動，經(jīng)過時間t汽車的位移大小為s，速度大小為v。此過程中，車所受阻力大小恒為f，則t時刻（??
）
A.?汽車的牽引力大小為
???????????????????????????????B.?汽車的動能為
C.?汽車的加速度大小為
???????????????????????D.?牽引力的功率為
12.質(zhì)量為1kg的物體在水平方向成37°斜向下的恒定推力F作用下沿粗糙的水平面運(yùn)動，1s后撤掉推力F，其運(yùn)動的v﹣t圖象如圖所示（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）下列說法正確的是（??
）
A.?在0～2s內(nèi)，合外力一直做正功???????????????????????????B.?在0.5s時，推力F的瞬時功率為120W
C.?在0～3s內(nèi)，物體克服摩擦力做功60J??????????????????D.?在0～2s內(nèi)，合外力平均功率為6.25W
13.如圖所示,在光滑的水平地面上有一個表面光滑的物塊P,它的質(zhì)量為M,一長為L的輕桿下端用光滑鉸鏈連接于O點(diǎn),O點(diǎn)固定于地面上,輕桿的上端連接著一個可視為質(zhì)點(diǎn)的小球Q,它的質(zhì)量為m,且
.開始時,小球斜靠在物塊左側(cè),它距地面的高度為h,物塊右側(cè)受到水平向左推力F的作用,整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài).若現(xiàn)在撤去水平推力F,則下列說法中正確的是(??
)
A.?物塊先做加速運(yùn)動,后做勻速運(yùn)動
B.?在小球和物塊分離前,當(dāng)輕桿與水平面的夾角為
時,小球的速度大小
C.?小球與物塊分離時,小球一定只受重力作用
D.?在小球落地之前,小球的機(jī)械能一直減少
14.如圖所示，虛線a、b、c、d代表勻強(qiáng)電場中間距相等的一組等勢面。一電子僅在電場力作用下做直線運(yùn)動，經(jīng)過a時的動能為9eV，從a到c過程其動能減少了6eV。已知等勢面c的電勢為3V。下列說法正確的是（??
）
?等勢面a的電勢為0??????????????????????????????????????????????
?該電子到達(dá)d等勢面時的動能為0
C.?該電子從a到c其電勢能減少了6eV??????????????????????
D.?該電子經(jīng)過a時的速率是經(jīng)過c時的
倍
15.如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A置于光滑水平桌面上，右端接一細(xì)線，細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連．開始時用手托住B，讓細(xì)線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度．下列有關(guān)該過程的分析正確的是（??
）
A.?B物體受到細(xì)線的拉力不變
B.?當(dāng)彈簧的彈力等于B物體的重力時，A物體動能最大
C.?細(xì)線拉力對A做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量
D.?A物體動能的增加量等于B物體重力對B物體做的功與彈簧彈力對A物體做的功之和
三、實(shí)驗(yàn)探究題
16.某同學(xué)設(shè)計了如圖（a）所示的裝置來研究機(jī)械能是否守恒。輕質(zhì)細(xì)線的上端固定在O點(diǎn)，下端連接圓柱形的擺錘P，在擺錘擺動的路徑上，固定了四個光電門A、B、C、D。實(shí)驗(yàn)時，分別測出四個光電門到懸點(diǎn)O的高度差h，從某一高度釋放擺錘，利用光電門測出擺錘經(jīng)過四個光電門的速度。
（1）利用光電門測量速度時，可以測量擺錘的直徑作為________。若擺錘直徑的測量值比實(shí)際值偏小，則擺錘動能的測量值比實(shí)際值________。
（2）該同學(xué)認(rèn)為：測得擺錘的質(zhì)量為m，可由公式Ep=-mgh計算出擺錘在A、B、C、D四個位置的重力勢能。他這樣計算重力勢能的依據(jù)是________。
（3）另一同學(xué)在得到擺錘經(jīng)過四個光電門的速度v和光電門距離懸點(diǎn)O的高度差h后，作出如圖（b）所示的v2-h圖線。若擺動過程中機(jī)械能守恒，則該直線的斜率為________。決定圖線與縱軸交點(diǎn)位置的因素有________。
四、綜合題
17.如圖，兩個彈性小球a和b的質(zhì)量分別為ma、mb
．
a球原來靜止在離地高度H=2.4m的P點(diǎn)，b球原來靜止在離地高度h=1.6m的Q點(diǎn)，先靜止釋放a球，在a球即將碰到b球時同樣靜止釋放b球，兩球碰撞時間極短，碰后在同一豎直線運(yùn)動，己知mb=3ma
，
重力加速度大小g=10m/s2
，
忽略小球大小、空氣阻力及碰撞中的動能損失，且小球落地后不再跳起，求：
（1）a球即將碰到b球時速度；
（2）b球與a球先后落地的時間差．
18.靜止在水平面上的小車固定在剛性水平輕桿的一端，桿的另一端通過小圓環(huán)套在豎直光滑的立柱上．每當(dāng)小車停止運(yùn)動時，車上的彈簧槍就會沿垂直于輕桿的水平方向自動發(fā)射一粒彈丸，然后自動壓縮彈簧并裝好一粒彈丸等待下次發(fā)射，直至射出所有彈丸．下圖為該裝置的俯視圖．已知未裝彈丸的小車質(zhì)量為M，每粒彈丸的質(zhì)量為m，每次發(fā)射彈丸釋放的彈性勢能為E，發(fā)射過程時間極短：小車運(yùn)動時受到一個與運(yùn)動方向相反、大小為小車對地面壓力λ倍的作用力；忽略所有摩擦阻力，重力加速度為g．
（1）若小車上只裝一粒彈丸，求彈丸被射出時小車的速度大小；
（2）若(l)問中發(fā)射彈丸后小車恰能運(yùn)動一周，求射出彈丸時，桿對小車的拉力大?。?br/>19.如圖，m=50g的小球，從p點(diǎn)由靜止豎直下落，恰好從軌道四分之一圓弧左端由a點(diǎn)進(jìn)入，從軌道最低點(diǎn)b點(diǎn)水平飛出落到c點(diǎn)。已知經(jīng)過b點(diǎn)速度為2m/s，pa=oa=R=0.2m，b和c點(diǎn)水平距離為1m，不計空氣阻力g=10m2。求:
（1）小球落到a點(diǎn)的速度；
（2）小球由a到b克服阻力做功；
（3）小球在b點(diǎn)對軌道的壓力；
（4）小球在c點(diǎn)速度的大小。
答案
一、單選題
1.【答案】
A
【解答】解：設(shè)小球通過B點(diǎn)的速度為v，小球從C到B克服空氣阻力做功為W，從B到A克服空氣阻力做功為W′．
在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得
T﹣mg=m
，又
T=2mg，得
v=
根據(jù)功能關(guān)系可得：
從C到B有：mgl=
mv2+W，可得
W=
mgl
從B到A有：△E+
mv2=mgl+W′，可得
W′=△E﹣
mgl
根據(jù)題意，知小球運(yùn)動速度越大，空氣的阻力越大，則有
W′＞W(wǎng)
聯(lián)立解得△E＞mgl
故選：A
【分析】先根據(jù)牛頓第二定律求出小球通過B點(diǎn)的速度，分別對從C到B和B到A兩個過程，運(yùn)用功能原理列式，再結(jié)合空氣阻力做功關(guān)系分析即可．
2.【答案】
C
【解答】當(dāng)小球A沿墻下滑距離為l/2時，設(shè)此時A球的速度為v1
，
B球的速度為v2
根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得：mg?
＝
兩球沿桿子方向上的速度相等，則有：v1cos60°=v2cos30°
聯(lián)立兩式解得：v1＝
，v2＝
，C符合題意B不符合題意
對球A動能定理有
可得
，A不符合題意
A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，因此D不符合題意
故答案為：C
【分析】將球的運(yùn)動分解為沿桿子方向和垂直于桿子方向，抓住沿桿子方向速度相等得出A、B的速度關(guān)系，結(jié)合系統(tǒng)機(jī)械能守恒求出此時A、B的速度．
3.【答案】
A
【分析】設(shè)物體高度為h，下落時間為t，則，
下落時間為落地時間的一半時，物體下落的高度據(jù)地面高度，根據(jù)動能定理可知此時物體所具有的動能為，
此時問題的重力勢能，
所以。
故選A
【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵是找到下落時間為落地時間一半時下落的高度是總高度的幾分之幾，根據(jù)動能定理就可以求得此時的動能，根據(jù)物體距地面的高度可以求出此時的重力勢能。
4.【答案】
A
【分析】汽車受到的摩擦力；
速度為10m/s時，汽車的牽引力，
由牛頓第二定律可得：
；
故選A，
【點(diǎn)評】當(dāng)達(dá)到最大速度時牽引力等于阻力，由功率公式可求得物體受到的摩擦力；再由功率公式求得速度為10m/s時的牽引力，由牛頓第二定律可求加速度
5.【答案】
A
【解答】A、小球由地面豎直向上拋到落回地面過程中，由動能定理可知：
?，所以克服空氣阻力做功為
?
，A符合題意；
B、上升過程受到的空氣阻力向下，下降過程受到的空氣阻力向上，導(dǎo)致上升過程的加速度大于下降過程的加速度，在位移大小相等的情況下，運(yùn)動需要的時間就不相等，B不符合題意；
C、由于小球在運(yùn)動過程中所受空氣阻力的大小不變，則上升過程中克服阻力做的功為
?，設(shè)在上升過程中最大高度為h，根據(jù)動能定理知：
?，解得：
?，C不符合題意
D、整個過程中高度為零，所以重力做功為零，D不符合題意；
故答案為：A
【分析】對小球運(yùn)動的整個過程應(yīng)用動能定理Ek2-Ek1=W，其中W是外力做功，該題目只是阻力做功，代入數(shù)據(jù)分析求解即可。
6.【答案】
B
【分析】小物體A與傳送帶相對靜止，說明它們的加速度的大小是相同的，對物體受力分析可以知道物體的受到的摩擦力的情況．加速度方向與合外力方向相同，由牛頓第二定律和加速度情況確定物體所受靜摩擦力的方向。
當(dāng)A不受傳送帶的摩擦力的時候，對物體受力分析可知，此時物體的加速度的大小為，
A、當(dāng)傳送帶的加速度時，物體有向后滑的趨勢，所以物體A將受到沿傳送帶向下的靜摩擦力作用；錯誤
B、當(dāng)傳送帶的加速度時，物體有向下滑的趨勢，所以物體A將受到沿傳送帶向上的靜摩擦力作用；正確
C、當(dāng)傳送帶的加速度時，物體的加速度和傳送帶的加速度相同，此時物體和傳送帶一起運(yùn)動，沒有相對運(yùn)動的趨勢，此時物體A不受摩擦力作用；錯誤
D、由前面的分析可知D錯誤。
故選B。
【點(diǎn)評】當(dāng)物體的加速度相同時，物體將一起運(yùn)動，物體之間沒有相對運(yùn)動，本題關(guān)鍵的就是對“小物體A與傳送帶相對靜止”這句話的理解。
7.【答案】
B
【分析】根據(jù)系統(tǒng)動量守恒的條件：系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零判斷動量是否守恒．根據(jù)是否是只有重力或彈簧的彈力做功判斷機(jī)械能是否守恒。
有向右的彈力，使系統(tǒng)的動量不守恒。子彈射入木塊的過程摩擦阻力做功，機(jī)械能不守恒，B正確，故選:B。
【點(diǎn)評】本題考查動量守恒和機(jī)械能守恒的判斷和應(yīng)用能力。動量是否守恒要看研究的過程，要細(xì)化過程分析，不能籠統(tǒng)。
8.【答案】
B
【解答】初狀態(tài)時：重力的分力與摩擦力均沿著斜面向下，且都是恒力，所以物體先沿斜面勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律得加速度：a1=gsinθ+μgcosθ
a恒定，斜率不變；
當(dāng)小木塊的速度與傳送帶速度相等時，由μ＞tanθ知道木塊將與帶以相同的速度勻速運(yùn)動，圖象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率為零。
故答案為：B
【分析】利用牛頓第二定律可以判別加速度的大小進(jìn)而判別圖像斜率的變化。
9.【答案】
B
【解答】A．根據(jù)圓周運(yùn)動的知識可知，在凹面上滑行時物體對接觸面的正壓力較大，則摩擦力較大，根據(jù)Wf=fs可知，因路程相同，則摩擦力對甲乙兩物體做的功不相同，A不符合題意；???
B．質(zhì)量相同的兩物體下落的高度相同，則重力做功相同，即甲、乙兩物體減少的重力勢能相同，B符合題意；
C．根據(jù)
可知，重力功相同，但是摩擦力功不同，則甲、乙兩物體到達(dá)底端時的動能不相同，C不符合題意；???
D．甲、乙兩物體到達(dá)底端時的動能不相同，則整個過程的平均速率不同，則甲、乙兩物體從頂端到底端所用時間不相同，D不符合題意。
故答案為：B。
【分析】對物體進(jìn)行受力分析，合外力做功對應(yīng)故物體動能的變化量，合外力對物體做正功，物體的動能增加，除重力以外的其他力做功對應(yīng)物體機(jī)械能的變化量，除重力以外的其他力對物體做正功，機(jī)械能增加。
10.【答案】
B
【解答】解：A、小物塊恰能通過最高點(diǎn)C，由重力提供向心力，則
mg=m
，得
vC=
從P點(diǎn)到C點(diǎn)，由動能定理得：合外力做功
W合=
﹣0=
mgR，故A錯誤．
B、根據(jù)W合=mgR﹣Wf
，
得克服摩擦力做功
Wf=
mgR．故B正確．
C、經(jīng)過B點(diǎn)前后瞬間，小物塊的速率不變，以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得：N﹣mg=m
，得
N=mg+m
，因軌道半徑減小，則軌道對小物塊的支持力變大，由牛頓第三定律知小物塊對軌道的壓力將變大，故C錯誤．
D、小物塊從C點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動，則有
x=vCt，y=
又由幾何關(guān)系有
x2+y2=（2R）2
．
解得
t2=
，y=
R≈0.618R＜R，所以小物塊從C點(diǎn)飛出后，應(yīng)落在圓弧軌道AD之間，故D錯誤．
故選：B
【分析】從P點(diǎn)到C點(diǎn)合外力做功等于小物塊動能的變化．根據(jù)小物塊恰能通過最高點(diǎn)C，由重力提供向心力，求出物塊通過C點(diǎn)時的速度，再由動能定理求合外力做功．并由合外力做功等于各個力做功的代數(shù)和求克服摩擦力做功．在B點(diǎn)，由合力提供向心力，由牛頓定律分析經(jīng)過B點(diǎn)前后瞬間小物塊對軌道的壓力如何變化．小物塊離開C點(diǎn)后，由平拋運(yùn)動的規(guī)律和幾何知識結(jié)合分析落點(diǎn)的位置．
二、多選題
11.【答案】
B,C
【解答】A．汽車所受的牽引大小為
，A不符合題意；B．根據(jù)動能定理可得t時刻的動能為Ek=Pt-fs，B符合題意；C．根據(jù)牛頓第二定律可得此時的加速度大小為
，C符合題意；D．由已知可知，牽引力的功率為P，由于不知在t時刻是否已經(jīng)做勻速運(yùn)動，故不一定等于fv，D不符合題意。
故答案為：BC
【分析】利用動能定理可以求出動能的大??；利用功率與速度的比值可以求出牽引力的大??；利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小；利用牽引力大小乘以速度可以求出功率的大小。
12.【答案】
B,D
【解答】解：A、0﹣2s內(nèi)速度先增大后減小，根據(jù)動能定理知，合力先做正功，后做負(fù)功，故A錯誤．
B、由速度時間圖線知，0.5s時的瞬時速度v=5m/s，撤去拉力前后的加速度大小分別為
，
，
根據(jù)a2=μg得，動摩擦因數(shù)μ=0.5，
勻加速直線運(yùn)動階段，根據(jù)牛頓第二定律得，
，代入數(shù)據(jù)解得F=30N，
在0.5s時，推力F的瞬時功率P=Fvcos37°=30×5×0.8W=120W，故B正確．
C、0﹣1s內(nèi)，摩擦力f1=μ（mg+Fsin37°）=0.5×（10+30×0.6）N=14N，勻加速直線運(yùn)動的位移
，則克服摩擦力做功Wf1=f1x1=14×5J=70J，1﹣3s內(nèi)，勻減速直線運(yùn)動的位移
，克服摩擦力做功Wf2=μmgx2=0.5×10×10J=50J，則物體克服摩擦力做功Wf=Wf1+Wf2=70+50J=120J，故C錯誤．
D、根據(jù)動能定理知，0﹣2s內(nèi)，合力做功
，則合力做功的平均功率
，故D正確．
故選：BD．
【分析】根據(jù)物體動能的變化量，結(jié)合動能定理判斷合力做功情況，求出合力做功的大小，結(jié)合平均功率公式求出0﹣2s內(nèi)合力做功的平均功率．根據(jù)牛頓第二定律和速度時間圖線求出動摩擦因數(shù)的大小以及F的大小，根據(jù)瞬時功率公式求出F做功的功率，結(jié)合摩擦力的大小，求出0﹣3s內(nèi)物體克服摩擦力做功．
13.【答案】
A,B,C
【解答】A.
假設(shè)立方體和地面之間有摩擦力。若摩擦力太大，則小球不會推動立方體運(yùn)動；如摩擦力太小，立方體會在小球落在水平地面上之前離開小球；若摩擦力適中，小球恰好在落到水平地面后與立方體分離。由于物塊P與地面間沒有摩擦，故P物體會在小球落在水平地面上之前離開小球，故物塊先做加速運(yùn)動(不一定是勻加速)，后做勻速運(yùn)動，A符合題意；
B.
在小球和物塊分離前，當(dāng)輕桿與水平面的夾角為θ時，由能量守恒定律有：mg(h?Lsinθ)=
+
???
①
將小球的速度沿著水平方向和豎直方向正交分解，有：vP=vQsinα??
②
聯(lián)立解得：vQ=
，B符合題意；
C.
對小球和立方體整體受力分析，受重力、桿的彈力T、支持力，在水平方向運(yùn)用牛頓第二定律,有：Tcosα=(m+M)ax
，
剛分離時加速度的水平分量為零，故桿的彈力為零，故小球只受重力，C符合題意；
D.
在分離之前，小球的機(jī)械能減小，分離后，只有重力做功，機(jī)械能守恒，D不符合題意；
故答案為：ABC
【分析】利用小球推動物塊，可以判別物塊先做加速運(yùn)動，再離開小球后做勻速直線運(yùn)動；利用能量守恒定律結(jié)合速度的分解可以求出小球分離時的速度大??；小球和物塊分離時水平方向沒有加速度所以小球只受到重力的作用；在小球和物塊分離時小球的機(jī)械能開始守恒。
14.【答案】
B,D
【解答】AC．虛線a、b、c、d代表勻強(qiáng)電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，電子經(jīng)過a時的動能為9eV，從a到c的過程中動能減小6eV，由能量守恒可知，電勢能增加6eV，則
所以等勢面a的電勢為9V，AC不符合題意；
B．勻強(qiáng)電場中間距相等的相鄰等勢面間的電勢差相等，電場力做功相等，動能變化相等，a到c動能減小6eV，則a到d動能減小9eV，所以該電子到達(dá)d等勢面時的動能為0，B符合題意；
D．經(jīng)過a時的動能為9eV，a到c動能減小6eV，則經(jīng)過c時的動能為3eV，由公式
可得
則速率之比等動能之比再開方，即電子經(jīng)過a時的速率是經(jīng)過c時的
倍，D符合題意。
故答案為：BD。
【分析】利用能量守恒可以判別電勢差和電勢的大小；利用動能大小可以求出速度的大小。
15.【答案】
B,C
【解答】解：A、由靜止釋放B后，彈簧的彈力不斷增大，對AB整體，由牛頓第二定律得：mBg﹣F彈=（mA+mB）a，可知加速度a減小，對B，由
mBg﹣T=mBa，得
T=mBg﹣mBa，可知，細(xì)線的拉力T增大，故A錯誤．
B、當(dāng)細(xì)線的拉力T與B物體的重力相等時，A、B的速度最大，此時AB的加速度為零，則細(xì)線的拉力等于彈簧的彈力，所以當(dāng)彈簧的彈力等于B物體的重力時，A物體動能最大．故B正確．
C、系統(tǒng)機(jī)械能的增量等于系統(tǒng)除重力和彈簧彈力之外的力所做的功，A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于細(xì)線拉力對A做的功，故C正確．
D、對物體A，由動能定理，A物體動能的增加量等于B對A做的功與彈簧對A的彈力做功之和，故D錯誤．
故選：BC
【分析】本題首先分析A的加速度變化情況，再以B為研究對象，由牛頓第二定律分析細(xì)線拉力的變化．根據(jù)功能關(guān)系明確系統(tǒng)動能、B重力勢能、彈簧彈性勢能等能量的變化情況，注意各種功能關(guān)系的應(yīng)用．
三、實(shí)驗(yàn)探究題
16.【答案】
（1）擋光片寬度；偏小
（2）選取經(jīng)過O點(diǎn)的水平面為零勢能面
（3）2g；擺錘釋放的高度和初速度（或機(jī)械能的總量與質(zhì)量的比值）
【解答】（1）利用光電門測量速度時，由
，則可以測量擺錘的直徑作為擋光片寬度。若擺錘直徑的測量值比實(shí)際值偏小，則測得的擺錘的速度偏小，則擺錘動能的測量值比實(shí)際值偏??；（2）該同學(xué)認(rèn)為：測得擺錘的質(zhì)量為m，可由公式Ep=-mgh計算出擺錘在A、B、C、D四個位置的重力勢能。他這樣計算重力勢能的依據(jù)是選取經(jīng)過O點(diǎn)的水平面為零勢能面；（3）選取經(jīng)過O點(diǎn)的水平面為零勢能面，設(shè)擺錘釋放位置距離懸點(diǎn)O的高度為H，初速度為v0；則
則
則v2-h圖線的斜率為k=2g
圖線與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)為
，則決定圖線與縱軸交點(diǎn)位置的因素有擺錘釋放的高度H和初速度v0；（因
則決定圖線與縱軸交點(diǎn)位置的因素有機(jī)械能的總量與質(zhì)量的比值）.
【分析】（1）利用平均速度公式可以判別擺球直徑為過光電門的位移；利用平均速度測量會導(dǎo)致測量值偏小；
（2）計算重力勢能要選擇最低點(diǎn)為0勢能面；
（3）利用機(jī)械能守恒定律可以判別圖像的斜率；利用機(jī)械能守恒定律可以判別截距的影響因素。
四、綜合題
17.【答案】
（1）解：a下落的過程中有：△h=H﹣h=2.4﹣1.6=0.8m
a球即將碰到b球時速度為：v=
m/s
答：
a球即將碰到b球時速度是4m/s；
（2）解：a與b碰撞的瞬間可以認(rèn)為豎直方向的動量守恒，選擇向下為正方向，得：
mav=mav1+mbv2
忽略小球大小及碰撞中的動能損失得：
聯(lián)立得：v1=﹣2m/s，負(fù)號表示方向向上；v2=2m/s
碰撞后a做豎直上拋運(yùn)動，則：
b做豎直下拋運(yùn)動，則：
二者的時間差：△t=t1﹣t2
聯(lián)立得：t1=0.8s，t2=0.4s，△t=0.4s
答：b球與a球先后落地的時間差是0.4s．
【分析】本題考察動量守恒定律的應(yīng)用，理解動量守恒的條件，選擇正確的公式列方程求解即可。
18.【答案】
（1）解：發(fā)射彈丸的過程，遵守動量守恒定律和機(jī)械能守恒；mu=Mv
解得
（2）解：發(fā)射彈丸后，小車做圓周運(yùn)動，設(shè)圓周半徑為L，由動能定理可得
x=2πL
桿對小車的拉力提供向心力，彈丸剛被射出時桿受到的拉力：
聯(lián)立解得F=4πλMg
【分析】（1）利用動量守恒和機(jī)械能守恒定律可以求出速度的大??；
（2）利用動能定理結(jié)合牛頓第二定律可以求出桿對小車的拉力大小。
19.【答案】
（1）解：由動能定理得
解得
（2）解：由動能定理有
得
（3）解：由牛頓第二定律有
代入數(shù)據(jù)解得
（4）解：由位移公式有
，代入數(shù)據(jù)解得
由速度公式有
所以合速度為
【分析】（1）利用動能定理可以求出速度的大??；
（2）利用動能定理可以求出克服摩擦力做功的大小；
（3）利用牛頓第二定律可以求出壓力的大??；
（4）利用速度公式結(jié)合速度的合成可以求出合速度的大小。備戰(zhàn)2021新高考物理-重點(diǎn)專題-萬有引力與航天（三）
一、單選題
1.三顆人造地球衛(wèi)星
?繞地球做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)行方向如圖所示.已知
?，則關(guān)于三顆衛(wèi)星，下列說法錯誤的是（
??）
A.?衛(wèi)星運(yùn)行線速度關(guān)系為
B.?衛(wèi)星軌道半徑與運(yùn)行周期關(guān)系為
C.?已知萬有引力常量G，現(xiàn)測得衛(wèi)星
A的運(yùn)行周期
TA和軌道半徑RA
，可求地球的平均密度
D.?為使A
與B同向?qū)?，可?br/>A適當(dāng)加速
2.如圖所示，A、B、C是在地球大氣層外的圓形軌道上運(yùn)行的三顆人造地球衛(wèi)星，下列說法中正確的是(??
)
?B，C的角速度相等，且小于A的角速度???????????????????
?B，C的線速度大小相等，且大于A的線速度
C.?B，C的向心加速度相等，且大于A的向心加速度?????
D.?B，C的周期相等，且小于A的周期
3.2020年4月24日，國家航天局宣布，我國行星探測任務(wù)命名為“天問”，首次火星探測任務(wù)命名為“天問一號”。已知萬有引力常量
，為計算火星的質(zhì)量，需要測量的數(shù)據(jù)是（??
）
A.?火星表面的重力加速度
和火星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑
B.?火星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑
和火星的公轉(zhuǎn)周期
C.?某衛(wèi)星繞火星做勻速圓周運(yùn)動的周期
和火星的半徑
D.?某衛(wèi)星繞火星做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑
和公轉(zhuǎn)周期
4.一宇宙飛船繞地心做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動，飛船艙內(nèi)有一質(zhì)量為m的人站在可稱體重的臺秤上．用R表示地球的半徑，g表示地球表面處的重力加速度，g′表示宇宙飛船所在處的地球引力加速度，F(xiàn)N表示人對秤的壓力，下面說法中正確的是（??
）
A.?g′=0??????????????????????????????B.?g′=
??????????????????????????????C.?FN=0??????????????????????????????D.?FN=
5.2019年11月23日8時55分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用“長征三號“乙運(yùn)載火箭，以“一箭雙星”方式成功發(fā)射第50、51顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星。兩顆衛(wèi)星均屬于中圓軌道（MEO）衛(wèi)星，是我國的“北斗三號”系統(tǒng)的組網(wǎng)衛(wèi)星。這兩顆衛(wèi)星的中圓軌道（MEO）是一種周期為12小時，軌道面與赤道平面夾角為60°的圓軌道。是經(jīng)過GPS和GLONASS運(yùn)行證明性能優(yōu)良的全球?qū)Ш叫l(wèi)星軌道。關(guān)于這兩顆衛(wèi)星，下列說法正確的是（??
）
A.?這兩顆衛(wèi)星的動能一定相同
B.?這兩顆衛(wèi)星繞地心運(yùn)動的角速度是長城隨地球自轉(zhuǎn)角速度的4倍
C.?這兩顆衛(wèi)星的軌道半徑是同步衛(wèi)星軌道半徑的
D.?其中一顆衛(wèi)星每天會經(jīng)過赤道正上方2次
6.如圖所示，a、b、c是地球大氣層外圓形軌道上運(yùn)行的三顆人造地球衛(wèi)星，a、b質(zhì)量相等且小于c的質(zhì)量，則下列判斷錯誤的是（??
）
?b所需向心力最小??????????????????????????????????????????????????????
?b、c周期相等，且大于a的周期
C.?b、c向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度?????
D.?b、c線速度大小相等，且小于a的線速度
7.將地球看成質(zhì)量均勻的球體，假如地球自轉(zhuǎn)速度增大，下列說法中正確的是
(????
)
A.?放在赤道地面上的物體所受的萬有引力增大???????????????????
B.?放在兩極地面上的物體所受的重力增大
C.?放在赤道地面上的物體隨地球自轉(zhuǎn)所需的向心力增大?????
D.?放在赤道地面上的物體所受的重力增大
8.太陽系中有一顆繞太陽公轉(zhuǎn)的行星，距太陽的平均距離是地球到太陽平均距離的4倍，則該行星繞太陽公轉(zhuǎn)的周期是（　　）
A.?2年??????????????????????????????????????B.?4年??????????????????????????????????????C.?8年??????????????????????????????????????D.?10年
9.若將八大行星繞太陽運(yùn)行的軌跡可粗略地認(rèn)為是圓，各星球半徑和軌道半徑如下表所示：從表中所列數(shù)據(jù)可以估算出海王星的公轉(zhuǎn)周期最接近(
???)
A.?80年??????????????????????????????????B.?120年??????????????????????????????????C.?165年??????????????????????????????????D.?200年
10.截止2019年4月20日，我國已經(jīng)成功發(fā)射了44顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星。北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)采用了國際首創(chuàng)的三種軌道衛(wèi)星組成的混合星座設(shè)計，為亞太地區(qū)提供了更優(yōu)質(zhì)的服務(wù)。下列關(guān)于地球衛(wèi)星的說法正確的是（??
）
A.?在赤道上空運(yùn)行的兩顆同步衛(wèi)星，它們的機(jī)械能一定相同
B.?沿橢圓軌道運(yùn)行的某一衛(wèi)星，在軌道不同位置可能具有相同的動能
C.?若衛(wèi)星運(yùn)動的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，則它就是同步衛(wèi)星
D.?在同一一軌道上運(yùn)行的兩顆質(zhì)量相等的衛(wèi)星，它們的動量一定相同
二、多選題
11.近年來，我國航天與深潛事業(yè)的發(fā)展交相輝映，“可上九天攬月，可下五洋捉鱉”已不再是夢想．若如圖所示處于393km高空圓軌道上的“神舟十一”號的向心加速度為a1
，
轉(zhuǎn)動角速度為ω1；處于7062m深海處隨地球自轉(zhuǎn)的“蛟龍”的向心加速度為a2
，
轉(zhuǎn)動角速度為ω2；地球表面的重力加速度為g，則下列結(jié)論正確的是（??
）
A.?ω1=ω2??????????????????????????B.?ω1＞ω2??????????????????????????C.?ω1＜g＜ω2??????????????????????????D.?g＞a1＞a2
12.關(guān)于行星運(yùn)動的下列說法，正確的是（??
）
A.?所有行星圍繞太陽的運(yùn)動軌道都是橢圓???????????????
B.?行星從近日點(diǎn)運(yùn)動到遠(yuǎn)日點(diǎn)，線速度逐漸增大
C.?行星運(yùn)動的橢圓軌道的半長軸越大，周期越小??????????
D.?某行星由近日點(diǎn)到遠(yuǎn)日點(diǎn)的時間等于由遠(yuǎn)日點(diǎn)到近日點(diǎn)的時間
13.如圖所示，“嫦娥三號”探測器發(fā)射到月球上要經(jīng)過多次變軌，最終降落到月球表面上，其中軌道Ⅰ為圓形軌道，軌道Ⅱ?yàn)闄E圓軌道．下列說法正確的是(???
)
A.?探測器在軌道Ⅰ運(yùn)行時的加速度小于月球表面的重力加速度??????????B.?探測器在軌道Ⅰ經(jīng)過P點(diǎn)時的加速度小于在軌道Ⅱ經(jīng)過P點(diǎn)時的加速度
C.?探測器在軌道Ⅰ的運(yùn)行周期大于在軌道Ⅱ的運(yùn)行周期??????????D.?探測器在P點(diǎn)由軌道Ⅰ進(jìn)入軌道Ⅱ必須點(diǎn)火加速
14.“天舟一號”貨運(yùn)飛船在距離地面約380km的圓軌道上飛行。已知地球同步衛(wèi)星距地面的高度約為36000km。關(guān)于“天舟一號”，下列說法正確的是（??
）
A.?線速度小于地球同步衛(wèi)星的線速度??????????????????????B.?線速度小于第一宇宙速度
C.?向心加速度小于地球同步衛(wèi)星加速度??????????????????D.?周期小于地球自轉(zhuǎn)周期
15.天文學(xué)家通過觀測雙星軌道參數(shù)的變化來間接驗(yàn)證引力波的存在，證實(shí)了GW150914是兩個黑洞并合的事件．該事件中甲、乙兩個黑洞的質(zhì)量分別為太陽質(zhì)量的36倍和29倍，假設(shè)這兩個黑洞，繞它們連線上的某點(diǎn)做圓周運(yùn)動，且這兩個黑洞的間距緩慢減?。粼摵诙聪到y(tǒng)在運(yùn)動過程中各自質(zhì)量不變且不受其它星系的影響，則關(guān)于這兩個黑洞的運(yùn)動，下列說法正確的是（??
）
A.?甲、乙兩個黑洞運(yùn)行的線速度大小之比為36：29
B.?甲、乙兩個黑洞運(yùn)行的角速度大小始終相等
C.?隨著甲、乙兩個黑洞的間距緩慢減小，它們運(yùn)行的周期也在減小
D.?甲、乙兩個黑洞做圓周運(yùn)動的向心加速度大小始終相等
16.宇宙中，兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬有引力作用互相繞轉(zhuǎn)，稱之為雙星系統(tǒng)．在浩瀚的銀河系中，多數(shù)恒星都是雙星系統(tǒng)．設(shè)某雙星系統(tǒng)A、B繞其連線上的O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，如圖
所示．若AO>OB，則(??
?）
A.?星球A的質(zhì)量一定大于B的質(zhì)量
B.?星球A的線速度一定大于B的線速度
C.?雙星間距離一定，雙星的質(zhì)量越大，其轉(zhuǎn)動周期越大
D.?雙星的質(zhì)量一定，雙星之間的距離越大，其轉(zhuǎn)動周期越大
17.兩個靠近的天體稱為雙星，它們以兩者連線上某點(diǎn)O為圓心做勻速圓周運(yùn)動，其質(zhì)量分別為m1、m2
，
如圖所示，以下說法正確的是(???
?)
A.?它們的角速度相同??????????????????????????????????????????????B.?向心力與質(zhì)量成正比
C.?線速度與質(zhì)量成反比???????????????????????????????????????????D.?軌道半徑與質(zhì)量成正比
18.我國自主研制的第一顆月球探測衛(wèi)星“嫦娥一號”成功發(fā)射，這標(biāo)志著我國實(shí)施繞月探測工程邁出了重要的一步。發(fā)射過程中為了防止偏離軌道，衛(wèi)星在近地軌道繞地球3周，再經(jīng)長途跋涉進(jìn)入月球的近月軌道繞月飛行，已知月球表面的重力加速度約為地球表面重力加速度的
，月球半徑約為地球半徑的
，則以下說法中正確的是（??
）
A.?地球質(zhì)量約為月球質(zhì)量的81倍
B.?“嫦娥一號”發(fā)射速度應(yīng)處于7.9km/s到11.2km/s之間
C.?“嫦娥一號”繞月球做圓周運(yùn)動的周期比繞地球做圓周運(yùn)動的小
D.?“嫦娥一號”繞月球做圓周運(yùn)動時受到的向心力大于繞地球做圓周運(yùn)動時受到的向心力
19.探月工程中，“嫦娥三號”探測器的發(fā)射可以簡化如下：衛(wèi)星由地面發(fā)射后，進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，經(jīng)過P點(diǎn)時變軌進(jìn)入距離月球表面100公里圓形軌道1，在軌道1上經(jīng)過Q點(diǎn)時月球車將在M點(diǎn)著陸月球表面，不正確的是：（??
）
A.?“嫦娥三號”在軌道1上的速度比月球的第一宇宙速度小
B.?“嫦娥三號”在地月轉(zhuǎn)移軌道上經(jīng)過P點(diǎn)的速度比在軌道1上經(jīng)過P點(diǎn)時大
C.?“嫦娥三號”在軌道1上運(yùn)動周期比在軌道2上小
D.?“嫦娥三號”在軌道1上經(jīng)過Q點(diǎn)時的加速度小于在軌道2上經(jīng)過Q點(diǎn)時的加速度
20.“嫦娥三號”從距月面高度為100km的環(huán)月圓軌道Ⅰ上的P點(diǎn)實(shí)施變軌，進(jìn)入近月點(diǎn)為15km的橢圓軌道Ⅱ，由近月點(diǎn)Q成功落月，如圖所示，關(guān)于“嫦娥三號”說法正確的是（??
）
A.?沿軌道Ⅱ運(yùn)行的周期大于沿軌道Ⅰ運(yùn)行的周期
B.?沿軌道Ⅰ運(yùn)動至P點(diǎn)時，需制動減速才能進(jìn)入軌道Ⅱ
C.?沿軌道Ⅱ運(yùn)行時，在P點(diǎn)的加速度小于在Q點(diǎn)的加速度
D.?在軌道Ⅱ上由P點(diǎn)運(yùn)行到Q點(diǎn)的過程，速度逐漸減小
三、綜合題
21.人類第一次登上月球時，宇航員在月球表面做了一個實(shí)驗(yàn)：將一片羽毛和一個鐵錘從同一個高度由靜止同時釋放，二者幾乎同時落地。若羽毛和鐵錘
是從高度為h處下落，經(jīng)時間t落到月球表面。已知引力常量為G，月球的半徑為R。
（1）求月球表面的自由落體加速度大小g月；
（2）若不考慮月球自轉(zhuǎn)的影響，求月球的質(zhì)量M和月球的“第一宇宙速度”大小v。
22.“天舟一號”貨運(yùn)飛船于2017年4月20日在海南文昌航天發(fā)射中心成功發(fā)射升空，完成了與天宮二號空間實(shí)驗(yàn)室交會對接。已知地球質(zhì)量為M
，
半徑為R
，
萬有引力常量為G。
（1）求質(zhì)量為m的飛船在距地面高度為h的圓軌道運(yùn)行時的向心力和向心加速度大小。
（2）若飛船停泊于赤道上，考慮地球的自轉(zhuǎn)因素，自轉(zhuǎn)周期為T0
，
求飛船內(nèi)質(zhì)量為m0的小物體所受重力大小G0。
（3）發(fā)射同一衛(wèi)星到地球同步軌道時，航天發(fā)射場一般選取低緯度還是高緯度發(fā)射基地更為合理？原因是什么？
答案
一、單選題
1.【答案】
C
【解答】人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力提供向心力，
設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為M，由圖示可知：
rA＜rB=rC
，
由題意知：MA=MB＜MC；
根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，
所以vA＞vB=vC
，
故A不符合題意；
B.由開普勒第三定律可知，繞同一個中心天體運(yùn)動的半徑的三次方與周期的平方之比是一個定值，即
,故B不符合題意；
C、由于不知道地球的半徑，所以無法求出密度，故C錯誤，符合題意；
D、為使A與B同向?qū)?，可對A適當(dāng)加速，做離心運(yùn)動，故D不符合題意；
故答案為：C
【分析】利用半徑的大小結(jié)合引力提供向心力可以比較線速度之比；利用周期定律可以判別周期和半徑的關(guān)系；由于不知道地球半徑不能求出密度的大?。焕眉铀匐x心可以實(shí)現(xiàn)A與B的對接。
2.【答案】
A
【解答】A．根據(jù)萬有引力提供向心力
得到：
，所以軌道越大，角速度越小，B、C的角速度相等，且小于A的角速度，A符合題意
B．根據(jù)萬有引力提供向心力
得到：
，所以軌道越大，線速度越小，
B、C的線速度大小相等，且小于A的線速度，B不符合題意
C．根據(jù)萬有引力提供向心力
得到，
，軌道越大，向心加速度越小，B、C的向心加速度相等，且小于A的向心加速度，C不符合題意
D．根據(jù)周期公式
，結(jié)合A的分析得到，B、C的周期相等，且大于A的周期，D不符合題意.
故答案為：A
【分析】利用軌道半徑的大小可以比較線速度、角速度、周期和向心加速度大小。
3.【答案】
D
【解答】AB．火星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)萬有引力提供向心力可得
可知，火星質(zhì)量會被抵消，因此無法求出火星質(zhì)量，AB不符合題意；
C．根據(jù)萬有引力提供向心力可得
由于不知道衛(wèi)星離火星表面的高度，因此無法求出火星質(zhì)量，C不符合題意；
D．根據(jù)萬有引力提供向心力可得
解得
已知衛(wèi)星繞火星做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑和公轉(zhuǎn)周期，可求得火星質(zhì)量，D符合題意。
故答案為：D。
【分析】利用引力提供向心力可以判別測量火星質(zhì)量所需要的物理量。
4.【答案】
C
【解答】解：（1）忽略地球的自轉(zhuǎn)，萬有引力等于重力：
在地球表面處：mg=G
，則GM=gR2
，
宇宙飛船：m′g'=G
，g′=
=
，故AB錯誤；（2）宇宙飛船繞地心做勻速圓周運(yùn)動，
飛船艙內(nèi)物體處于完全失重狀態(tài)，即人只受萬有引力（重力）作用，
所以人對秤的壓力FN=0，故C正確，D錯誤；
故選C．
【分析】忽略地球的自轉(zhuǎn)，萬有引力等于重力，根據(jù)萬有引力公式列式求出重力加速度的表達(dá)式，注意代換GM=gR2的應(yīng)用；
宇宙飛船繞地心做勻速圓周運(yùn)動，飛船艙內(nèi)物體處于完全失重狀態(tài)．
5.【答案】
C
【解答】解：A、兩顆衛(wèi)星的質(zhì)量未知，無法比較動能，A不符合題意；
B、中圓軌道衛(wèi)星周期為12小時，地球同步衛(wèi)星的周期為24小時，根據(jù)角速度與周期的關(guān)系可知，ω中圓：ω同步＝2：1，長城隨地球自轉(zhuǎn)角速度與同步衛(wèi)星相等，B不符合題意；
C、根據(jù)開普勒第三定律可知，
，中圓軌道衛(wèi)星的周期與同步衛(wèi)星的周期之比為1：2，則這兩顆衛(wèi)星的軌道半徑是同步衛(wèi)星軌道半徑的
，C符合題意；
D、地球中圓軌道衛(wèi)星周期為12小時，而地球的自轉(zhuǎn)周期24小時，所以當(dāng)中圓軌道衛(wèi)星從地球上某一點(diǎn)的上空開始繞地球轉(zhuǎn)兩圈，地球轉(zhuǎn)一圈，即衛(wèi)星每天會經(jīng)過赤道正上方4次，D不符合題意。
故答案為：C
【分析】利用質(zhì)量未知不能比較動能的大??；利用周期大小可以比較角速度的大??；利用周期定律可以求出軌道半徑之比；利用周期的大小可以判別經(jīng)過赤道的次數(shù)。
6.【答案】
C
【解答】解：A、人造地球衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的向心力由萬有引力提供，根據(jù)F=
，
衛(wèi)星b、c的軌道半徑相等，b質(zhì)量小于c的質(zhì)量，所以c所需的向心力大于b所需的向心力．
a、b質(zhì)量相同，a的軌道半徑小于b的軌道半徑，所以a所需的向心力大于b所需的向心力．故A正確；
B、根據(jù)萬有引力提供向心力
=m
得
T=2π
，
所以b、c周期相等，且大于a的周期，故B正確；
C、根據(jù)萬有引力提供向心力
=ma
a=
所以b、c向心加速度相等，且小于a向心加速度，故C錯誤；
D、根據(jù)萬有引力提供向心力
=m
v=
所以b、c的線速度相等，且小于的線速度，故D正確．
本題選錯誤的，故選：C．
【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力
=m
=m
=ma，可比較出周期、向心加速度、線速度的大?。?br/>7.【答案】
C
【解答】地球自轉(zhuǎn)速度增大，則物體隨地球自轉(zhuǎn)所需向心力增大。
A.地球的質(zhì)量和半徑都沒有變化，故對赤道上物體的萬有引力大小保持不變，A不符合題意。
B.地球繞地軸轉(zhuǎn)動，在兩極點(diǎn)，物體轉(zhuǎn)動半徑為0，轉(zhuǎn)動所需向心力為0，此時物體的重力與萬有引力相等，故轉(zhuǎn)速增加兩極點(diǎn)的重力保持不變，B不符合題意。
C.地球自轉(zhuǎn)速度增大，則物體隨地球自轉(zhuǎn)所需向心力增大,C符合題意。
D.赤道上的物體重力和向心力的合力等于物體受到的萬有引力，而萬有引力不變，轉(zhuǎn)速增加時所需向心力增大，故物體的重力將減小，D不符合題意。
故答案為：C。
【分析】萬有引力和重力大小和自轉(zhuǎn)角速度大小無關(guān)；但是自轉(zhuǎn)角速度變大會導(dǎo)致向心力變大。
8.【答案】C
【解答】解：設(shè)地球半徑為R，則行星的半徑為4R；
根據(jù)開普勒第三定律得：
=
則
T行=
T=8T；
地球的公轉(zhuǎn)周期為1年，則說明該行星的公轉(zhuǎn)周期為8年；
故選：C．
【分析】據(jù)開普勒第三定律得出地球和該行星公轉(zhuǎn)半徑的三次方與周期的二次方的比值相等，列式求解．
9.【答案】
C
【解答】根據(jù)
，得
，因?yàn)楹Ｍ跣堑能壍腊霃綍r地球軌道半徑的30倍，則海王星的周期大約是地球公轉(zhuǎn)周期的165倍。地球公轉(zhuǎn)周期為1年，則海王星的公轉(zhuǎn)周期為165年。C符合題意，A、B、D不符合題意。
故答案為：C。
【分析】利用萬有引力定律，對地球和海王星列圓周運(yùn)動公式，聯(lián)立求出地球和海王星的周期關(guān)系。
10.【答案】
B
【解答】A、同步衛(wèi)星繞地球圓周運(yùn)動的線速度大小相同，但不知道衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系故它們的機(jī)械能不一定相同，A不符合題意；
B、沿橢圓軌道運(yùn)行的一顆衛(wèi)星，在軌道對稱的不同位置具有相同的速率，故而具有相同的動能，B符合題意；
C、同步衛(wèi)星只能在赤道的上空，不是所有的運(yùn)動的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同的衛(wèi)星都在赤道的上空，C不符合題意；
D、在同一軌道上運(yùn)行的兩顆質(zhì)量相等的衛(wèi)星，由于速度方向不同，它們的動量不相同，D不符合題意.
故答案為：B.
【分析】由于同步衛(wèi)星的質(zhì)量不知所以不能判別機(jī)械能的大??；橢圓軌道的對稱位置具有相同的動能大小；同步衛(wèi)星的軌道只能在赤道上空；由于速度方向不同所以動量不一定相同。
二、多選題
11.【答案】
B,D
【解答】解：A、由萬有引力提供向心力，得：G
=m
r，得ω1=
；
又：mg=
所以：ω1=
r=R+h
將地球表面的重力加速度g=9.8m/s2
，
地球的半徑R=6400km代入公式得：
ω1=1.13×10﹣3rad/s
而“蛟龍”的角速度與地球的角速度相等，為：
ω2=
=7.27×10﹣5rad/s，
所以：ω1＞ω2
．
故A錯誤，B正確；
C、由G
=ma，解得：a=
，則知神舟十一號的向心加速度比地球表面的重力加速度小，所以g＞a1；
又：a=ω2r，神舟十一的角速度、軌道半徑均大于蛟龍?zhí)?，所以神舟十一號的向心加速度一定大于蛟龍?zhí)枺芍甮＞a1＞a2
，
故C錯誤，D正確；
故選：BD
【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合萬有引力公式與牛頓第二定律可以求出角速度與向心速度的表達(dá)式，再分析答題即可．
12.【答案】A,D
【解答】A、所有行星繞太陽運(yùn)動的軌道都是橢圓，太陽處在橢圓的一個焦點(diǎn)上，這是開普勒第一定律，A符合題意。
B、根據(jù)開普勒第二定律，對每一個行星而言，太陽行星的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等，可知行星繞太陽有近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)之分，近日點(diǎn)快，遠(yuǎn)日點(diǎn)慢，B不符合題意。
C、根據(jù)開普勒第三定律，所有行星的橢圓軌道的半長軸的三次方與公轉(zhuǎn)周期的二次方比值都相等，則半長軸越大周期越長，C不符合題意。
D、根據(jù)對稱性可知，由近日點(diǎn)到遠(yuǎn)日點(diǎn)的時間等于由遠(yuǎn)日點(diǎn)到近日點(diǎn)的時間，D符合題意。
故答案為：AD。
【分析】行星在近日點(diǎn)速度最大，勢能最小，在遠(yuǎn)日點(diǎn)速度最小，勢能最大，行星的軌道半徑越大，周期越大。
13.【答案】A,C
【解答】A、?探測器在軌道I運(yùn)行時的萬有引力小于在月球表面時的萬有引力，根據(jù)牛頓第二定律，探測器在軌道I運(yùn)行時的加速度小于月球表面的重力加速度，A符合題意；
B、根據(jù)萬有引力提供向心力
，得
，則知軌道半徑相同，則加速度相同，故探測器在軌道I經(jīng)過P點(diǎn)時的加速度等于在軌道Ⅱ經(jīng)過P時的加速度，B不符合題意；
C、軌道I的半徑比軌道Ⅱ的半長軸大，根據(jù)開普勒第三定律，知探測器在軌道I的運(yùn)行周期大于在軌道Ⅱ的運(yùn)行周期，B符合題意；
D、探測器在P點(diǎn)由軌道I進(jìn)入軌道Ⅱ必須點(diǎn)火減速，D不符合題意；
故答案為：AC。
【分析】探測器與月球的距離越近，萬有引力越大，故加速度越大，探測器的軌道半徑越大周期越大，結(jié)合選項(xiàng)分析即可。
14.【答案】
B,D
【解答】A、根據(jù)牛頓第二定律有
，解得
，將“天舟一號”與地球同步衛(wèi)星比較，由于“天舟一號”的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以“天舟一號”的線速度大于地球同步衛(wèi)星的線速度，A不符合題意；
B、第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動最大的運(yùn)行速度，知其線速度小于第一宇宙速度，B符合題意；
C、根據(jù)牛頓第二定律有
，解得
，將“天舟一號”與地球同步衛(wèi)星比較，由于“天舟一號”的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以“天舟一號”的向心加速度大于地球同步衛(wèi)星加速度，C不符合題意；
D、根據(jù)牛頓第二定律有
，解得
，由于“天舟一號”的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以“天舟一號”的周期小于地球同步衛(wèi)星的周期，即“天舟一號”的周期小于地球自轉(zhuǎn)周期，D符合題意；
故答案為：BD
【分析】第一宇宙速度是衛(wèi)星發(fā)射的最小速度，也是最大環(huán)繞速度，隨著衛(wèi)星軌道半徑的增加，環(huán)繞速度也隨之降低；衛(wèi)星離地球遠(yuǎn)近，線速度越大，環(huán)繞周期越短，對于近地衛(wèi)星來說，周期小于24h，對于同步衛(wèi)星來說，周期等于24h。
15.【答案】
B,C
【解答】解：A、B、雙星做勻速圓周運(yùn)動具有相同的角速度，根據(jù)
，
得，M1r1=M2r2
，
因?yàn)橘|(zhì)量大的黑洞和質(zhì)量小的黑洞質(zhì)量之比為36：29，則軌道半徑之比為29：36；
根據(jù)v=rω知，因?yàn)橘|(zhì)量大的黑洞和質(zhì)量小的黑洞半徑之比為29：36，角速度相等，則線速度之比為29：36，故A錯誤，B正確；
C、根據(jù)
可得，
根據(jù)
可得，
所以
當(dāng)M1+M2不變時，L減小，則T減小，即雙星系統(tǒng)運(yùn)行周期會隨間距減小而減小，故C正確；
D、根據(jù)a=rω2知，因?yàn)橘|(zhì)量大的黑洞和質(zhì)量小的黑洞半徑之比為29：36，角速度相等，則向心加速度之比為29：36，故D錯誤．
故選：BC
【分析】雙星做勻速圓周運(yùn)動具有相同的角速度，靠相互間的萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力提供向心力公式以及線速度、向心加速度、角速度直接的關(guān)系判斷即可．
16.【答案】
B,D
【解答】雙星每一時刻都在同一條直線上，說明二者角速度相同。萬有引力提供向心力，對星球A應(yīng)用牛頓第二定律可得
對B應(yīng)用牛頓第二定律可得
比較兩式可得
=
，
因RA>RB
，
MA，
故A不符合題意；
B．兩星球角速度相同，V=R
，因RA>RB
，
星球A的線速度一定大于B的線速度，故B符合題意；
CD．取A由牛頓第二定律
?
(1)
可得
????
(2)
由B由牛頓第二定
(3)
可得
???
(4)
⑶+(4)可得T=
由上式分析雙星間距離一定，雙星的質(zhì)量越大，其轉(zhuǎn)動周期越小，故C不符合題意；雙星的質(zhì)量一定，雙星之間的距離越大，其轉(zhuǎn)動周期越大，故D符合題意。
故答案為：BD
【分析】由題意可知考查雙星模型，根據(jù)萬有引力定律、牛頓第二定律計算可得。
17.【答案】
A,C
【解答】雙星運(yùn)動時都是繞一共同點(diǎn)轉(zhuǎn)動的，故它們的角速度是相等的，A符合題意；因?yàn)樗鼈兊娜f有引力提供向心力，而萬有引力相等，故
，即m1v1ω=m2v2ω，可見線速度并與質(zhì)量成反比，C符合題意；它們的向心力相等，B不符合題意；因?yàn)閙1ω2R1=m2ω2R2
，
故軌道半徑與質(zhì)量成反比，D符合題意。
故答案為：AC
【分析】雙星是以兩星連線上一點(diǎn)為圓心，由相互之間的萬有引力提供向心力的兩星組成的系統(tǒng)，所以他們的萬有引力和角速度總是相等。
18.【答案】
A,B
【解答】A．忽略星球的自轉(zhuǎn)則有萬有引力等于物體的重力，則公式
，求出GM=gR2
，
已知月球表面的重力加速度約為地球表面重力加速度的
，月球半徑約為地球半徑的
，所以地球質(zhì)量約為月球質(zhì)量的81倍。A符合題意。
B．第一宇宙速度7.9km/s是最小的發(fā)射速度，而第二宇宙速度11.2km/s是衛(wèi)星逃離地球的最小速度，則“嫦娥一號”發(fā)射速度應(yīng)處于7.9km/s到11.2km/s之間，B符合題意。
C．忽略星球的自轉(zhuǎn)則有萬有引力等于物體的重力，當(dāng)衛(wèi)星貼近星球表面圓周運(yùn)動運(yùn)動時有
已知月球表面的重力加速度約為地球表面重力加速度的
，月球半徑約為地球半徑的
，所以“嫦娥一號”繞月球表面做圓周運(yùn)動的周期比繞地球表面做圓周運(yùn)動的周期大。C不符合題意。
D．繞地球做圓周運(yùn)動時受到的向心力等于物體的重力，F(xiàn)=mg地；已知月球表面的重力加速度約為地球表面重力加速度的
，忽略星球的自轉(zhuǎn)則有萬有引力等于物體的重力，當(dāng)衛(wèi)星貼近星球表面圓周運(yùn)動運(yùn)動時，向心力F′=mg月
，
所以“嫦娥一號”繞月球做圓周運(yùn)動時受到的向心力大于繞地球做圓周運(yùn)動時受到的向心力。D不符合題意。
故答案為：AB.
【分析】利用引力形成重力結(jié)合重力加速度的比值可以求出質(zhì)量之比；利用宇宙速度的概念可以判別嫦娥一號的發(fā)射速度大??；利用引力提供向心力可以比較運(yùn)動周期的大小；利用引力形成重力可以比較向心力的大小。
19.【答案】
C,D
【解答】解：A、月球的第一宇宙速度是衛(wèi)星貼近月球表面做勻速圓周運(yùn)動的速度，“嫦娥三號”在軌道1上的半徑大于月球半徑，根據(jù)
，得線速度v=
，可知“嫦娥三號”在軌道1上的運(yùn)動速度比月球的第一宇宙速度?。蔄正確．
B、“嫦娥三號”在地月轉(zhuǎn)移軌道上經(jīng)過P點(diǎn)若要進(jìn)入軌道1，需減速，所以在地月轉(zhuǎn)移軌道上經(jīng)過P點(diǎn)的速度比在軌道1上經(jīng)過P點(diǎn)時大．故B正確；
C、根據(jù)開普勒第三定律得衛(wèi)星在軌道2上運(yùn)動軌道的半長軸比在軌道1上軌道半徑小，所以衛(wèi)星在軌道1上運(yùn)動周期比在軌道2上大，故C錯誤；
D、“嫦娥三號”無論在哪個軌道上經(jīng)過Q點(diǎn)時的加速度都為該點(diǎn)的萬有引力加速度，因?yàn)槎际荙點(diǎn)可知，萬有引力在此產(chǎn)生的加速度相等，故D錯誤．
本題選擇錯誤的，故選：CD．
【分析】月球的第一宇宙速度是衛(wèi)星貼近月球表面做勻速圓周運(yùn)動的速度，根據(jù)萬有引力提供向心力，得出線速度與半徑的關(guān)系，即可比較出衛(wèi)星在軌道I上的運(yùn)動速度和月球的第一宇宙速度大小．衛(wèi)星在軌道地月轉(zhuǎn)移軌道上經(jīng)過P點(diǎn)若要進(jìn)入軌道I，需減速．比較在不同軌道上經(jīng)過P點(diǎn)的加速度，直接比較它們所受的萬有引力就可得知．衛(wèi)星從軌道1進(jìn)入軌道2，在Q點(diǎn)需減速．
20.【答案】
B,C
【解答】A．軌道II的半長軸小于軌道I的半徑，由開普勒第三定律可知，周期小于軌道I上的周期，A不符合題意；
B．在軌道I上運(yùn)動，從P點(diǎn)開始變軌，可知嫦娥三號做近心運(yùn)動，故在P點(diǎn)應(yīng)該減速以減小向心力通過做近心運(yùn)動減小軌道半徑，B符合題意；
C．根據(jù)
得
沿軌道Ⅱ運(yùn)行時，在P點(diǎn)的加速度小于在Q點(diǎn)的加速度，C符合題意；
D．在軌道Ⅱ上由P點(diǎn)運(yùn)行到Q點(diǎn)的過程中，萬有引力方向與速度方向成銳角，萬有引力對其做正功，動能增大，速度增大，D不符合題意。
故答案為：BC。
【分析】衛(wèi)星的軌道半徑越大，到中心天體的距離越遠(yuǎn)，受到的萬有引力越小，運(yùn)動的線速度越小，角速度越小，加速度越小，周期越長。
三、綜合題
21.【答案】
（1）解：月球表面附近的物體做自由落體運(yùn)動?h＝
g月t2
月球表面的自由落體加速度大小?g月＝
（2）解：若不考慮月球自轉(zhuǎn)的影響?G
＝mg月
月球的質(zhì)量?
質(zhì)量為m'的飛行器在月球表面附近繞月球做勻速圓周運(yùn)動m′g月＝m′
月球的“第一宇宙速度”大小?
【分析】（1）物體在月球上做豎直上拋運(yùn)動，勻變速直線運(yùn)動，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解加速度；
（2）第一宇宙速度即為最大環(huán)繞速度，當(dāng)衛(wèi)星的軌道半徑為行星的半徑時，速度為第一宇宙速度，萬有引力提供向心力，結(jié)合萬有引力定律和向心力公式求解即可。
22.【答案】
（1）解：根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律有
?
????
解得
（2）解：根據(jù)萬有引力定律及向心力公式，有
及
?
解得
（3）解：借助接近赤道的低緯度發(fā)射基地更為合理，原因是低緯度地區(qū)相對于地心可以有較大線速度，有較大的初動能。
【分析】（1）利用萬有引力提供向心力可以求出飛船的向心力和向心加速度大??；
（2）利用地球表面萬有引力提供向心力和形成重力，可以利用引力減去向心力求出物體所受重力的大小；
（3）借助低緯度發(fā)射時具有較大的線速度。
?

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