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备战2021新高考物理-基础专题-机械能守恒定律（二）
一、单选题
1.如图表示撑杆跳运动的几个阶段：助跑、撑杆起跳、越横杆．假设运动员的质量为m，起跳后他身体越过横杆的过程中，其重心离开地面的最大高度为h，速度为v，以地面为参考面，则运动员具有的最大重力势能为（　　）
A.?mgh?????????????????????????????B.?mv2?????????????????????????????C.?mgh?????????????????????????????D.?mv2+mgh
2.如图所示，物块放在小车上，随小车一起向右加速运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A.?摩擦力对物块做正功，物块内能增加??????????????????
B.?弹力对物块做正功
C.?若小车运动的加速度逐渐增加，物块可能相对小车滑动??????????
D.?若小车运动的加速度逐渐减小，物块可能相对小车滑动
3.如图甲所示，一质量为
小物块在水平面上A点处于静止状态，小物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，水平面右侧连有一半径为
、竖直平面内的光滑半圆轨道，B为半圆轨道最低点，C为圆上与圆心等高点，D为轨道最高点。现用一水平向右的力F作用在小物块上，
随时间
的变化关系如乙图，
时小物块达到B点，此时撤去F。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
，下列说法正确的是（??
）
?时小物块速度为
???????????????????????????????
?小物块经过B点时对支持面的压力等于
C.?小物块能够到达圆轨道最高点D??????????????????????????
D.?小滑块在运动中两次经过B点
4.如图所示，压缩的轻质弹簧将一物块沿光滑轨道由静止弹出，物块的质量为0.2kg，上升了0.1m的高度时速度为1m/s，g=10m/s2
，
弹簧的最大弹性势能时（??
）
A.?0.1J??????????????????????????????????????B.?0.2J??????????????????????????????????????C.?0.3J??????????????????????????????????????D.?0.4
5.利用如图所示实验装置可以演示小球摆动过程中机械能守恒，不可伸长的强度足够大的细线悬挂在O点，摆球系于其下端，从A点由静止释放，经过最低点C后可到达与A等高的B点。若小球所受空气阻力可忽略不计，小球从A点到C点的过程中，下面说法正确的是(??
)
A.?小球受到的向心力大小不变????????????????????????????????B.?细绳对小球的拉力对小球做正功
C.?细绳的拉力对小球做功的功率为零??????????????????????D.?重力对小球做功的功率先减小后增大
6.在如图所示的实验中，小球每次从光滑斜面的左端A自由滑下，每次都能到达右端与A等高的B点。关于其原因，下列说法正确的是(????
)
?因为小球总是记得自己的高度?????????????????????????????
?因为小球在运动过程中，始终保持能量守恒
C.?因为小球在运动过程中，始终保持势能守恒????????
D.?因为小球在运动过程中，始终保持动能守恒
7.质量为m的小球,从离地面h高处以初速度v0竖直上抛,小球上升到最高点时离抛出点距离为H,若选取最高点为零势能面,不计空气阻力,则(??
)
A.?小球在抛出点((刚抛出时))的机械能为零??????????????B.?小球落回抛出点时的机械能
C.?小球落到地面时的动能为
???????????????D.?小球落到地面时的重力势能为?mgh
8.如图所示的四幅图是小新提包回家的情景，小新对提包的拉力没有做功的是（
??）
A.?将包提起来????????????B.?站在水平匀速行驶的车上??????????C.?乘升降电梯????????????????D.?提着包上楼
9.如图所示滑轮光滑轻质，阻力不计，M1=2kg，M2=1kg，M1离地高度为H=0.5m．M1与M2从静止开始释放，当M1静止下落0.15m时的速度为（??
）
?
A.?4m/s???????????????????????????????????B.?3m/s???????????????????????????????????C.?2m/s???????????????????????????????????D.?1m/s
10.如图所示为安培力演示仪，两磁极间可视为匀强磁场磁感应强度为B，一质量为m的金属框ABCD处于磁场中，可绕CD白由旋转，其中AB＝L1
，
CB＝L2
，
当线框ABCD中通以恒定电流时，线框向右摆开的最大角度为θ，则下列说法正确的是（
??）
A.?线框AB边通过的电流方向为B到A
B.?线框ABCD中通以电流I时，线框AB边受到的安培力大小为BIL2
C.?线框中通入的电流大小为
D.?线框中通入的电流大小为
二、多选题
11.如图所示，A，B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M，N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P，M，N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则（??
）
A.?把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
B.?把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C.?把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D.?把B板向下平移一小段距离后，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
12.如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的相同的带负电的小球A和B套在圆环上，其中小球A可沿圆环无摩擦的滑动，小球B固定在圆环上和圆心O的连线与水平方向的夹角为45?．现将小球A由静止释放，则下列说法中正确的有（
??）
A.?小球A恰好可以运动到P点
B.?小球A运动到圆环最低点Q的过程中，速率不断变大
C.?小球A运动到圆环最低点Q的过程中电势能先减小后增大
D.?小球到达圆环最低点Q时的速度大小为
13.如图1所示，一倾角为
的足够长的传送带以恒定速度运行，取沿传送带向上为正方向，传送带上有一质量
的小物体，它相对地面的速度随时间变化的关系如图2所示，g取10m/s2
，
sin370=0.6，cos370=0.8，则下列说法正确的是(???
)
?物体与传送带间的动摩擦因数为0.75????????????
B.?0-8s内物体位移的大小为
C.?0-8s内物体机械能的增量为
??????????????????
D.?0-8s内物体与传送带间由于摩擦产生的热量为126
14.如图所示，ABC为表面光滑的斜劈，D为AC中点，质量为m带正电的小滑块沿AB面由A点静止释放，滑到斜面底端B点时速度为v0
，
若空间加一与ABC平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B点时速度为
v0
，
若滑块由静止沿AC面滑下，滑到斜面底端C点时速度为
v0
，
则下列说法正确的是（??
）
A.?电场方向与BC垂直?????????????????????????????????????????????B.?滑块滑到D时机械能增加了
mv02
C.?B点电势是C点电势2倍????????????????????????????????????????D.?B点电势与D点电势相等
15.物体由于受到地球的吸引而产生了重力所具有的能量叫重力势能，物体的重力势能与参考平面有关，现有质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地面高度为h，如图所示，下面关于小球落地时的重力势能及整个下落过程中重力势能的变化分别是（??
）
A.?若以地面为参考平面，分别为：mgh，增加mg（H﹣h
）
B.?若以桌面为参考平面，分别为：mgh，增加mg（H-h）
C.?若以地面为参考平面，分别为：0，减少mg（H+h）
D.?若以桌面为参考平面，分别为：﹣mgh，减少mg（H+h）
三、实验探究题
16.在验证机械能守恒定律的实验中采用重物自由下落的方法．
（1）某同学列举实验中用到的实验器材为：A．铁架台、B．打点计时器及复写纸片、C．纸带、D．秒表、E.低压交流电源、F.导线、G.重锤、H.天平，其中不必要的是________．
（2）如果以
为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的图线应是下图中的________．
（3）在一次实验中，质量m的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点（交流电频率50Hz），如图所示，长度单位cm，那么从起点O到打下记数点B的过程中重力势能减少量是△Ep=________J，此过程中物体动能的增加量△Ek________J（g取10m/s2
，
结果数据均保留至小数点后两位）；通过计算，数值上△Ep
________△Ek（填
或
）．
四、综合题
17.如图所示，AB是倾角为θ=30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切．圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的p点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
（1）物体对圆弧轨道的最大压力大小；
（2）物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离；
（3）释放点距B点的距离L′应满足什么条件，为能使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点D．
18.如图所示，用大小为8.0N的水平拉力F，使物体由静止开始沿光滑水平面做匀加速直线运动，在2.0s内通过的位移为8.0m，在此过程中，求：
（1）水平拉力F做的功；
（2）水平拉力F的平均功率．
19.下表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在平直道路上以额定功率匀速行驶的速度。
额定车速
车质量
载重
电源
电源输出电压
充电时间
额定输出功率
电动机额定工作电压和电流
18km/h
40kg
80kg
36V/12Ah
≥36V
6~8h
180W
36V/6A
请参考表中数据，完成下列问题（g取10
m/s2）：
（1）此车所配电动机的内阻是多少？
（2）在行驶过程中电动车受阻力是车重（包括满载重）的k倍，试计算k的大小。
（3）若电动车满载时在平直道路上以额定功率行驶，且阻力大小恒定，当车速为3m/s时，加速度为多少？
答案
一、单选题
1.【答案】A
【解答】解：运动员的重心离开地面的高度最大时，其具有的重力势能最大
根据重力势能的计算式Ep=mgh得
运动员越过横杆时运动员具有的最大重力势能为：Ep=mgh，与运动员的速度无关；故BCD错误，A正确；
故选：A
【分析】根据重力势能的计算式Ep=mgh求运动员越过横杆时的重力势能，重心离开地面的高度最大时，其具有的重力势能最大．
2.【答案】C
【解析】【解答】解：A、物块相对于小车静止，受静摩擦力作用，物体的内能不会变化，A不符合题意．
B、弹力方向与物块运动方向夹角为钝角，则弹力对物块做负功，B不符合题意
．
C、若小车运动的加速度逐渐增加，物块所受的合力不足以提供物块所需要的合力时，物块相对小车滑动，C符合题意．
D、若小车运动的加速度逐渐减小，物块所受的合力减小，摩擦力减小，由于摩擦力的竖直分力与弹力的竖直分力之和等于重力，因此弹力会增大，物块的最大静摩擦力会增大，物块不会相对于小车滑动，D不符合题意
故答案为：C
3.【答案】
D
【解答】在
图中做出摩擦力随时间变化图像如下图所示
A．
内合力的冲量
解得
A不符合题意；
B．在B点有
得
根据牛顿第三定律可知，压力为51.25N，B不符合题意；
C．在轨道最高点的最小速度
假设从B点出发恰好能沿光滑轨道到达B点，根据机械能守恒得
得
因为在B点实际速度为
所以不能达到最高点，C不符合题意；
D．如果小物块以速度
沿有支撑物的轨道上升，可以达到高度
解得
所以小物块在达到C点之前速度变为0而随后沿轨道返回，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用动量定理可以求出小物块的速度大小；利用牛顿第二定律可以求出压力的大小；利用机械能守恒定律可以判别物块能否经过最高点；利用小物块上升的高度可以判别两次经过B点。
4.【答案】
C
【解答】解：取物体初位置所在水平面为参考平面．
对于物体和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，则根据系统的机械能守恒得：
?EP弹=mgh+
；
则得此时弹簧的弹性势能为
EP弹=mgh+
=0.2×10×0.1+
=0.3J
故选：C
【分析】物体和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，根据系统的机械能守恒列式求解弹簧的弹性势能．
5.【答案】
C
【解答】A.
小球从A点到C点的过程中，小球的重力势能减小，动能增大，速度增大，半径不变，由向心力公式
小球受到的向心力大小变大，A不符合题意；
BC.细绳的拉力沿半径，总是与小球的速度方向垂直，所以细绳对小球的拉力对小球做不做功，B不符合题意，C符合题意；
D.
刚释放时，小球速度为0，重力对小球做功的功率为0，到达C点时，重力与速度方向垂直，重力对小球做功的功率为0，重力对小球做功的功率只可能先增大后减小，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用速度变化可以判别向心力大小不断变化；利用速度方向和细绳方向可以判别拉力不做功；则拉力的功率为0；利用重力和重力方向的速率可以判别重力功率的变化。
6.【答案】
B
【解答】小球在运动过程中守恒的“东西”是能量．
【分析】由于斜面光滑，小球运动过程中总能量保持不变
7.【答案】A
【解答】A、B、D项：选取最高点位置为零势能参考位置，小球上升到最高点时，动能为0，势能也为0，所以在最高点的机械能为0，在小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故任意位置的机械能都为0，所以小球落回到抛出点时的机械能是0，A符合题意，B不符合题意，D不符合题意；
C项：从抛出点到落地过程中，只有重力做功，由动能定理得：
，解得，落地时的动能
，C不符合题意。
故答案为：A
【分析】小球机械能等于动能与势能的总和，根据运动过程机械能守恒分析本题。
8.【答案】
B
【解答】A、因为小新将包提起来了，提包受到了向上的力的作用，并且提包在力的方向上移动了距离，根据W=FS知，拉力做功，A不符合题意；
B、因为小新站在水平匀速行驶的车上，小新提着包，但是提包没有在力的方向移动距离，即S=0，根据W=FS知，拉力不做功，B符合题意；
C、因为小新是乘升降电梯，在提包的力的方向上移动了距离，根据W=FS知，拉力做功，C不符合题意；
D、小新提着包上楼，手提着包的力上向上的，提包在力的方向上移动了距离，根据W=FS知拉力做功，D不符合题意。
故答案为：B．
【分析】判别拉力是否做功应该判别拉力的方向上是否产生的了位移。
9.【答案】
D
【解答】根据系统机械能守恒得：
，解得
，ABC不符合题意，D符合题意.
故答案为：D
【分析】利用系统机械能守恒的表达式可以求出两个物体的速度大小。
10.【答案】
C
【解答】A．线框AB边所处位置的磁场方向竖直向下，AB边受到水平向右的安培力，根据左手定则可知，电流方向从A到B，A不符合题意；
B．安培力大小为BIL1
，
B不符合题意；
CD．根据动能定理可知-mgL2（1-cosθ）+BIL1L2sinθ=0
解得
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用安培力方向结合磁场方向可以判别电流的方向；利用磁场中导线的长度可以求出安培力的大小；利用动能定理结合重力和安培力做功可以求出电流的大小。
二、多选题
11.【答案】
A,C,D
【解答】解：A、由题设条件知，mg?2d﹣qU=0，知电场力做功等于重力做功的大小．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知，mg?2d﹣qU=0，小球到达N点速度为零然后返回．故A符合题意．
B、将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，mg?2d﹣qU=0，小球到达N点速度为零然后返回．故B不符合题意．
C、把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知，h＜2d，mgh﹣qU＜0，知小球未到达N点速度已减为零，然后返回．故C符合题意．
D、把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知，h＞2d，mgh﹣qU＞0，知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落．故D符合题意．
故选ACD．
【分析】一带电质点自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过程中重力做功与电场力做功大小相等．移动上下极板，抓住两板间的电势差不变，通过动能定理判断带电质点的运动情况．
12.【答案】
C,D
【解答】当B球不存在时，由于机械能守恒可得，A球能够运动到P点，但是当有B球后，AB两球靠近时电场力做负功，A球不可能运动到P点，A不符合题意；小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中电势能先减小后增大，而重力势能一直减小，结合运动的电场线可知，小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中动能先增大后减小，则速率先变大后减小，B不符合题意；开始时小球A与B之间的距离小于环的直径，而小球A与B之间的最大距离等于环的直径；由于两个小球都带负电，所以二者之间的距离增大时，库仑力做正功，二者的电势能减小；当二者之间的距离减小时，电场力做负功，二者的电势能增大，即小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中电势能先减小后增大．C符合题意；由图可知A与Q相对于过OB的直径是对称的，所以小球在A点的电势能与在Q点的电势能是相等的，小球从A到Q的过程中增加的动能等于减小的重力势能，则：
mv2=mgR可得：
．D符合题意．
故答案为：CD
【分析】利用机械能守恒结合电场力做功可以判别A小球可以到达的位置；利用合力做功可以判别速率的变化；利用电场力做功可以判别电势能的变化；利用动能定理可以求出速度的大小。
13.【答案】
B,D
【解答】由v-t图象知，物体运动的加速度为：
；根据牛顿第二定律得：μmgcosθ-mgsinθ=ma
，
解得μ=0.875，故A不符合题意；根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可得0～8s内物体位移的大小等于4-8s内的位移大小，为
s=
×（2+4）×2+4×2=14m，故B符合题意。物体被送上的高度为：h=s?sinθ=8.4m，重力势能增量为：△Ep=mgh=84J，动能增量为：
，机械能增量为：△E=△Ep+△E
k=90J，故C不符合题意。0-8s内只有前6s发生相对滑动。传送带的速度为
v=4m/s，0-6s内传送带运动距离为：s带=vt=4×6m=24m，0-6s内物体位移为：s物=
×（2+4）×2=6m；0-6s内两者相对位移为：△s=s带-s物=18m；产生的热量为：Q=μmgcos?37°?△s=0.875×1×10×0.8×18J=126?J，故D符合题意。
故答案为：BD
【分析】v-t图像中，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，利用牛顿第二定律求解物体受到的摩擦力，进而求出摩擦力做的功。
14.【答案】
B,D
【解答】解：无电场时由A到B：mgh=
??
①
有电场时由A到B：mgh+WE=
??
②
有电场时由A到C：mgh+
=
???
③
?由①②③可得
WE=
=
???
又?
WE=UABq??
=UACq??
则?
．则D点与B点电势相等，
?A、B，C不时等电势点，则电场线不与BC垂直，则A错误
?B、因D为AC的中点，则滑到D点电场力做功为到C点的一半，为
mv02
，
则机械能增加了
mv02
，
则B正确
?C、
，但不能确定B点电势是C点电势2倍，则C错误
?D、因
．则D点与B点电势相等，则D正确
故选：BD
【分析】由动能定理确定出由A到B电场力做的功和由A到C电场力做的功，确定出AC与AB间的电势差，从而确定出BC的电势的大小关系．由动能定理可求现到D点的机械能的增加量．
15.【答案】
C,D
【解答】以地面为参考平面，小球落地时的重力势能为0，整个下落过程中重力势能减少了mg（H+h），A不符合题意，C符合题意；以桌面为参考平面，小球落地时的重力势能为-mgh，整个下落过程中重力势能减少了mg（H+h），B不符合题意、D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用距离参考面的距离结合重力势能的表达式可以求出重力势能的大小，利用高度变化可以求出重力势能的变化。
三、实验探究题
16.【答案】
（1）DH
（2）C
（3）0.50m；0.48m；>
【解答】（1）本题是用打点计时器研究自由落体的机械能守恒，所以秒表不需要，实验最后验证的是
是否成立，等式两边都有m，所以天平可以不用，因此不必要的器材为DH；（2）如果以
为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的图线应是过原点的倾斜直线，C符合题意；（3）从起点O到打下记数点B的过程中重力势能减少量是
，B点的速度为
，此过程中物体动能的增加量
，重物下落过程中由于空气阻力的作用，重力势能没有全部转化为动能，所以△Ep>△Ek.
【分析】（1）利用机械能守恒定律可以判别不需要秒表和天平；
（2）利用机械能守恒定律可以判别速度和高度之间的关系；
（3）利用高度的变化可以求出重力势能的减少量；利用速度可以求出动能的变化量；利用数值可以比较重力势能的减少量和动能增加量的大小。
四、综合题
17.【答案】
（1）解：根据几何关系：
从P点到E点根据动能定理，有：
mgR﹣μmgcosθ?PB=
代入数据：
解得：
在E点，根据向心力公式有：
解得：
（2）解：物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离x，
根据动能定理，有
mg（BP﹣x）?sinθ﹣μmgcosθ（BP+x）=0﹣0
代入数据：
解得：
（3）解：刚好到达最高点时，有
解得：
根据动能定理，有
mg（L′sinθ﹣R﹣Rcosθ﹣）﹣μmgcosθ?L′=
代入数据：
解得：
所以
，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D
【分析】（1）物体第一次到达圆弧轨道的最低点时，对沿圆弧轨道的压力最大，根据动能定理求出E点的速度，再由向心力公式求出压力；（2）第一次滑回轨道AB上距B点的距离最大，根据动能定理求出滑回轨道AB上距B点的最大距离；（3）根据向心力公式求出物体刚好到达轨道最高点时的速度，由动能定理求出释放点距B点的距离；
18.【答案】
（1）解：拉力F做的功为：
W=Fx=64J
答：水平拉力F做的功为64J；
（2）解：拉力F的平均功率为：
??
答：水平拉力F的平均功率为32W
【分析】（1）根据W=Fx求得恒力做功；（2）根据P=
求得拉力的平均功率
19.【答案】
（1）解：从表中可知，输出功率：P出=180
W，
输入功率：P入=UI=36×6
W=216
W
Pr=I2r=P入－P出
（2）解：当达到最大速度时，有：
则：k=0.03
（3）解：发电机的输出功率为：P=Fv
根据牛顿第二定律有：
由上式得：a=0.2
m/s2
【分析】（1）利用输出功率及消化功率的表达式可以求出电动机的内阻大小；
（2）利用功率结合最大速度可以求出k值的大小；
（3）利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小。备战2021新高考物理-基础专题-机械能守恒定律（一）
一、单选题
1.一个物体在运动的过程中所受的合力为零，则这个过程中(??
)
A.?机械能一定不变??????????????????????????????????????????????????
B.?物体的动能保持不变，而势能一定变化
C.?若物体的势能变化，机械能一定变化??????????????????
D.?若物体的势能变化，机械能不一定变化
2.如图所示，跳楼机是常见的大型机动游乐设备。这种设备的座舱装在竖直柱子上，由升降机送至高处后使其自由下落(不计阻力)，一段时间后，启动制动系统，座舱匀减速运动到地面时刚好停下。下列说法正确的是（?
）
A.?自由下落阶段和制动阶段乘客机械能的变化量相等
B.?自由下落阶段和制动阶段，乘客所受合力的冲量相同
C.?自由下落阶段和制动阶段，乘客所受重力做的功一定相等
D.?整个下落过程中，乘客的最大速度是全程平均速度的两倍
3.一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是（??
）
?速度增大，加速度增大???????????????????????????????????????
?速度增大，加速度减小
C.?速度先增大后减小，加速度先增大后减小???????????
D.?速度先增大后减小，加速度先减小后增大
4.一架直升机通过绳索用恒力
竖直向上拉起一个放在地面上的木箱，使其由静止开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中
①力
所做的功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增加量
②木箱克服重力所做的功等于重力势能的增加量
③力
、重力、阻力，三者的合力所做的功等于木箱重力势能的增加量
④力
和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增加量
上述说法中正确的有（??
）
A.?只有①?????????????????????????B.?②④??????????????????????????????????C.?①④??????????????????????????????????D.?只有②
5.质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为
，在物体下落h的过程中，下列说法中错误的是（??
）
A.?物体的动能增加了
??????????????????????????????????B.?物体的机械能减少了
C.?物体克服阻力所做的功为
????????????????????????D.?物体的重力势能减少了
6.在地面竖直上抛一质量为m的物块，上升的最大高度为h，抛出时的速度为v0
，
用g表示重力加速度，则从抛出到最高点的过程中物块克服空气阻力所做的功等于（??
）
A.??????????B.????????C.??????????????????D.?
7.一个25kg的小孩从高度为3.0m，长度为8.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m/s取g=10m/s2
，
关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（??
）
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
8.一辆汽车的启动过程的速度﹣时间图象如图所示，其中OA段为直线，AB段为曲线，B点后为平行于横轴的直线．已知汽车质量的为m，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为Ff
，
从t1时刻开始汽车的功率保持不变，以下说法正确的是（??
）
?0～t1时间内，汽车的牵引力等于m
???????????????
?汽车运动的最大速率v2=（
+1）v1
C.?t1～t2时间内，汽车的平均速率小于
??????????
D.?t1～t2时间内，汽车的功率等于（m
+Ff）v2
9.如图所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳的原长位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，c点是人所能到达的最低点（弹性绳在弹性限度以内）．若把P点到a点的过程成为过程Ⅰ，由a点到c点的过程成为过程Ⅱ，不计空气阻力．下列说法正确的是（??
）
?过程Ⅱ中系统的机械能不变????????????????????????????????
?过程Ⅱ中人的动能逐渐减小到零
C.?过程Ⅱ中人的动量改变量与过程Ⅰ的动量改变量相同??????
D.?过程Ⅱ中人的动量改变量等于重力的冲量
10.一中学生从二楼走到一楼，其重力势能减少了近（??
）
A.?10J????????????????????????????????B.?1×102J????????????????????????????????C.?1×103J????????????????????????????????D.?1×104J
二、多选题
11.如图，质量为m的小球用长L（未知）的轻绳悬挂在距水平地面高为H的O点。现将细绳拉直至水平状态无初速度释放小球，一直运动至悬点O的正下方B点。若在最低点时突然剪断轻绳，小球将平抛落在水平地面上C点。不计空气阻力，重力加速度为g。则（??
）
A.?刚运动到B点时小球对绳子的拉力大小为3mg
B.?绳子越短，小球刚到最低点对绳子拉力越大
C.?要想剪断绳子后，C点和O点间水平距离x最大，绳长L应该取
D.?绳子越长，在最低点小球速度越大。剪断绳子后，C点和O点间水平距离x也越大
12.关于能量和能源，下列表述正确的是（??
）
A.?能量可以从一种形式转化为另一种形式???????????
B.?能量可以从一个物体转移到另一个物体
C.?能量是守恒的，所以能源永不枯竭??????????????????
D.?能源在利用过程中有能量耗散，这表明能量不守恒
13.空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示。一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为
，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为
。若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是（
??）
A.?A，B两点的电场强度和电势大小关系为
、
B.?若
，则电场力一定做负功
C.?A，B两点间的电势差为
D.?小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为
14.如图所示，左侧为光滑曲面的滑块A放置在光滑水平地面上，曲面末端与水平地面相切，让物块B由静止开始沿滑块A的光滑曲面下滑，则物块B从开始运动至到达曲面底端的过程中，下列说法正确的是（
??）
?滑块A和物块B组成的系统动量不守恒????
?物块B减小的重力势能等于滑块A增加的动能
C.?滑块A所受合外力的冲量为零????????????????
D.?物块B所受支持力冲量的大小大于其所受重力冲量的大小
15.如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m．开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是（??
）
A.?物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒
B.?弹簧的劲度系数为
C.?物体A着地时的加速度大小为
D.?物体A着地时弹簧的弹性势能为mgh﹣
mv2
16.用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功-3
J，拉力F做功8
J，空气阻力做功-0.5
J，则下列判断正确的是(??
)
A.?物体的重力势能增加了3
J???????????????????????????????????B.?物体的重力势能减少了3
J
C.?物体的动能增加了4.5
J???????????????????????????????????????D.?物体的动能增加了8
J
17.某段滑雪道倾角为30°，滑雪运动员（包括雪具在内）总质量为m
，
从距底端高为h处由静止开始匀加速下滑，下滑加速度
（重力加速度为
）。在他下滑的整个过程中（???
）
A.?运动员减少的重力势能全部转化为动能???????????????B.?运动员最后获得的动能为
C.?摩擦力对运动员做功为
????????????????????????????D.?系统减少的机械能为
18.质量为
m、速度为
v
的
A
球与质量为
3m
的静止
B
球发生正碰．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
19.一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能（??
）
A.?一直增大????????????????????????????????????????????????????????????
B.?先逐渐减小至零，再逐渐增大
C.?先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小???????????????
D.?先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
20.一个质量为m的物体以a=2g的加速度竖直向下匀加速直线运动，则在此物体下降h高度的过程中，物体的（??
）
A.?重力势能减少了mgh????B.?动能增加了2mgh??C.?机械能保持不变?D.?机械能增加了mgh
三、综合题
21.如图所示的轨道由半径为R的
光滑圆弧轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成．小车的质量为M，紧靠台阶BC且上水平表面与B点等高．一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上．已知M=4m，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块与PQ之间表面的动摩擦因数为μ，Q点右侧表面是光滑的．求：
（1）滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小．
（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）
22.某快点公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带动下保持的恒定速度向右运动，现将一质量为的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦力因数，
设皮带足够长，取，
在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求
（1）邮件滑动的时间
（2）邮件对地的位移大小
（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功
23.如图甲所示，质量m＝1kg的小滑块（视为质点），从固定的四分之一光滑圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑上位于水平面的木板，并恰好不从木板的右端滑出。已知木板质量M＝4kg，上表面与圆弧轨道相切于B点，木板下表面光滑，滑块滑上木板后运动的v﹣t图象如图乙所示，取g＝10m/s2
．
求：
（1）圆弧轨道的半径及滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小；
（2）滑块与木板间的动摩擦因数；
（3）木板的长度。
答案
一、单选题
1.【答案】
C
【解答】由于物体在运动的过程中所受的合力为零，即物体做匀速直线运动，物体的动能不变，势能有可能变化，当物体的势能变化时机械能一定变化；
A．机械能一定不变，与结论不相符，A不符合题意；
B．物体的动能保持不变，而势能一定变化，与结论不相符，B不符合题意；
C．若物体的势能变化，机械能一定变化，与结论相符，C符合题意；
D．若物体的势能变化，机械能不一定变化，与结论不相符，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】如果一个系统，除重力外，不受到外力和非保守内力，那么这个系统机械能守恒，结合选项中物体的受力情况分析求解即可。
2.【答案】
D
【解答】自由下落阶段乘客的机械能不变，制动阶段乘客机械能减小，A不符合题意；自由下落阶段和制动阶段，乘客的动量变化等大反向，则乘客所受合力的冲量大小相同，方向相反，B不符合题意；自由下落阶段和制动阶段下降的距离不一定相同，则乘客所受重力做的功不一定相等，C不符合题意；整个下落过程中，若乘客的最大速度是v，则自由阶段的平均速度为v/2，制动阶段的平均速度也是v/2，即最大速度是全程平均速度的两倍，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】明确物体的运动过程，由于乘客质量不同，所以重力不同，导致在相同的运动过程中机械能的变化量
、冲量
、重力做功不同。
3.【答案】
D
【解答】解：物块滑上传送带，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小．故D正确，A、B、C错误．
故选：D
【分析】根据滑块的受力，通过合力的变化判断加速度的变化，根据加速度的方向与速度方向的关系判断速度的变化．
4.【答案】
B
【解答】物体上升时受到重力、拉力和阻力，在此过程中根据动能定理有：
，则有力
所做的功减去克服阻力所做的功等于木箱机械能的的增加量；力
、重力、阻力，三者的合力所做的功等于木箱动能的增加量，故①③错误；根据功能关系可知重力势能的增加量等于克服重力做的功，故②正确；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量，除重力外，物体只受拉力和阻力，所以力
和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增加量，故④正确，B符合题意，A、C、D不符合题意；
故答案为：B
【分析】利用动能定理可以判别合力做功等于动能的增加；克服重力做功等于重力势能的增加；除重力以外的力所做的功等于机械能的增加。
5.【答案】
B
【解答】A．物体的合力做正功为
，则物体的动能增量为
，所以A正确，不符合题意；
B．物体下落过程中，受到阻力为
，物体克服阻力所做的功
，机械能减小量等于阻力所做的功，故机械能减少
，B错误，符合题意；C正确，不符合题意；
D．物体下落
高度，重力做功为
，则重力势能减小为
，D正确，不符合题意．
故答案为：B
【分析】本题应明确重力势能变化是由重力做功引起，而动能变化是由合力做功导致，除重力以外的力做功等于机械能的变化．
6.【答案】
B
【解答】根据动能定理
克服空气阻力做的功
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用动能定理可以求出克服阻力做功的大小。
7.【答案】
B
【解答】根据动能定理可得，合外力做功W=△Ek=
mv2-0=
×25×22J=50J，所以A不符合题意；下降的过程中，重力做的功为mgh=750J，根据动能定理mgh+Wf=△Ek
，
所以Wf=△Ek-mgh=-700J，所以B符合题意，C不符合题意；支持力始终与运动的轨迹垂直，所以支持力不做功，所以D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】小孩下滑过程受重力、支持力、摩擦力作用，支持力不做功，重力做功，根据动能定理，合外力做功等于动能的变化，由此可得摩擦力做功。
8.【答案】
B
【解答】解：A、由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a=
，根据牛顿第二定律得：F1﹣Ff=ma，联立得：F1=m
+Ff
，
A不符合题意；
B、t2时刻，速度达到最大值v2
，
此时刻有：F2=Ff
，
P=F2v2
，
v2=
=（
+1）v1
，
B符合题意．
C、由v﹣t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于
，C不符合题意；
D、在t1时刻汽车达到额定功率为：P=F1v1=（m
+Ff）v1
，
t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】汽车启动分为两个过程，第一个过程是恒加速，在此过程中，汽车的功率不断增加，当功率达到最大时，通过减小牵引力提升速度，此过程中汽车的加速度不断减小，结合选项分析即可。
9.【答案】A
【解答】解：A、从a到c的过程，有重力、弹性绳弹力做功，则系统机械能守恒，A符合题意．
B、从a到c的过程，合力先向下，向下做加速度减小的加速运动，然后合力向上，向下做加速度增大的减速运动，则速度先增大后减小，则动能先增大后减小，B不符合题意．
C、过程Ⅱ中人的动量改变量与过程Ⅰ的动量改变量大小相等，方向相反，C不符合题意．
D、根据动量定理知，过程Ⅱ中人的动量改变量等于合力的冲量，即重力和弹力合力的冲量，D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】只有重力和弹力做功时机械能守恒；当重力大于弹力时人向下做加速运动，当重力小于弹力时人向下做减速运动；由动量定理可知合外力的冲量等于动量的改变量。
10.【答案】
C
【解答】根据功能关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，一个中学生大约40kg，一层楼高约3m，所以重力势能的减小量为
即重力势能减少了近1×103J，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用高度与重力可以求出重力势能的变化量。
二、多选题
11.【答案】
A,C
【解答】AB．小球从A→B过程，根据机械能守恒定律得
经B点时，由牛顿第二定律得
解得拉力FB=3mg
且绳子受到的拉力与绳子的长度无关，A符合题意，B不符合题意；
CD．剪断细线后小球做平抛运动，则水平射程
由数学知识可知当
时x最大；C符合题意，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】利用机械能守恒结合牛顿第二定律可以求出拉力的大小及影响因素；利用平抛运动的位移公式可以判别水平位移和长度的关系。
12.【答案】
A,B
【解答】解：A、根据能量守恒定律，能量可以从一种形式转化为另一种形式，故A正确；
B、根据能量守恒定律，能量可以从一个物体转移到另一个物体，故B正确；
C、能量与能源不同；能量是守恒的，但随着能量的耗散，能量可以利用的品质会下降，故依然要节约能源，故C错误；
D、能源在利用过程中有能量耗散，但能量是守恒的，故D错误；
故选：AB．
【分析】能量是物质的重要属性之一，它有许多形式，如热能、机械能、光能、电能、核能和化学能等等．能源是提供能量的物质资源，地球上有各种各样的能源，如按使用状况分类，有常规能源（包括煤、原油、天然气等），新能源（包括核燃料、地热能、太阳能等）．
13.【答案】
B,C
【解答】由电场线的疏密可判断出EA＜EB
．
由电场线的方向可判断出φA＞φB
，
A不符合题意．
在从A到B的运动过程中，重力做正功，由动能定理得：mgH+qU=
mv22-
mv12
若
，qU一定为负，B符合题意；电场力做功：W=qU=
mv22-
mv12-mgH，A、B两点间的电势差为
，C符合题意、D不符合题意；
故答案为：BC．
【分析】利用电场线的分布可以判别电势和场强的大小；利用动能定理可以判别电场力的做功；利用动能定理可以求出电势差的大小及电场力所做的功。
14.【答案】
A,D
【解答】A、物块B从开始运动至到达曲面底端的过程中，系统水平方向合外力为零，竖直方向的合外力不为零，故滑块A和物块B组成的系统动量不守恒，但水平方向动量守恒，A符合题意；
B、A和B组成的系统机械能守恒，物块B减小的重力势能转化为滑块A和物体B的动能，故物块B减小的重力势能大于滑块A增加的动能，B不符合题意；
C、滑块B下滑过程A向右做加速运动，滑块A动量变化不为零，由动量定理可知，滑块A所受合外力的冲量不为零，C不符合题意；
D、滑块B到达底端时速度沿水平方向，在竖直方向速度为零，由动量定理可知，物块B所受支持力冲量的大小大于其所受重力冲量的大小，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】动量守恒的条件是系统不受外力，对物体进行受力分析判断即可；物体动量的变化，利用末动量减初动量即可，力的冲量，利用力乘以力作用的时间即可。
15.【答案】
A,C
【解答】解：A、由题知道，物体A下落过程中，B一直静止不动．对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒．故A正确．
B、物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为
T=mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T=kh，得弹簧的劲度系数为
k=
，故B错误．
C、物体A着地时，细绳对A的拉力也等于mg，对A，根据牛顿第二定律得
2mg﹣mg=2ma，得
a=
，故C正确．
D、物体A与弹簧系统机械能守恒，有：
??
mgh=Ep弹+
mv2
故：Ep弹=mgh﹣
mv2
，
故D错误；
故选：AC
【分析】物体A下落过程中，B一直静止不动．根据机械能守恒的条件：只有重力和弹力做功，分析物体A和弹簧组成的系统机械能是否守恒．先对物体B受力分析，求得弹簧的拉力，由胡克定律求弹簧的劲度系数；再对物体A受力分析，由牛顿第二定律求其加速度．结合机械能守恒定律列式分析物体A着地时弹簧的弹性势能．
16.【答案】
A,C
【解答】因为重力做功-3
J，所以重力势能增加3
J，A符合题意，B不符合题意；根据动能定理W合=ΔEk
，
得ΔEk=-3
J＋8
J-0.5
J=4.5
J，C符合题意，D不符合题意．
故答案为：AC
【分析】利用重力做功可以判别重力势能的变化；利用合力做功可以判别动能的变化。
17.【答案】B,D
【解答】滑雪运动员下滑加速度
，故合外力
，故存在沿斜面向上的摩擦力
；
所以，下滑的整个过程中，重力做功
，克服摩擦力做功
，故系统减少的机械能为
，运动员减少的重力势能转化为动能和内能，由动能定理可得：运动员最后获得的动能为
，BD符合题意
，
AC不符合题意；
故答案为：BD。
【分析】对滑雪运动员的运动过程列动能定理Ek2-Ek1=W，W是外力对物体做的功，通过对该公式进行移项分析即可。
18.【答案】
B,C
【解答】A.
若vB=0.6v，由动量守恒得：mv=mvA+3m?0.6v
得vA=-0.8v
碰撞前系统的总动能为
碰撞后系统的总动能为
违反了能量守恒定律，不可能。A不符合题意。
B.
若vB=0.4v，由动量守恒得：mv=mvA+3m?0.4v
得vA=-0.2v
碰撞后系统的总动能为
不违反能量守恒定律，是可能的。B符合题意。
C.
若vB=0.25v，由动量守恒得：mv=mvA+3m?0.25v
得vA=0.25v
碰撞后系统的总动能为
不违反能量守恒定律，是可能的。C符合题意。
D.
若vB=v，由动量守恒得：mv=mvA+3m?v
得
碰撞后系统的总动能必定大于碰撞前系统的总动能，违反了能量守恒定律，不可能。D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解即可。
19.【答案】
A,B,D
【解答】解：A、如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，A符合题意．
B、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大．B符合题意．
C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小．C不符合题意．
D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大．D符合题意．
故答案为：ABD．
【分析】恒力方向和速度方向相同，那么质点的速度和动能就会一直增加；恒力方向和速度方向相反，那么质点速度就会先减少后增加；假如和速度方向的夹角是钝角，就会减少到只剩下和合力垂直的速度后继续增大；假如是锐角就会一直增加。
20.【答案】
A,B,D
【解答】解：A、物体下降h高度的过程中，重力做功mgh，则重力势能减小mgh．故A正确．
B、根据牛顿第二定律知，合力为2mg，合力做功为2mgh，根据动能定理知，则动能增加2mgh，故B正确．
CD、动能增加了2mgh，重力势能减小mgh，则机械能增加了mgh．故C错误，D正确．
故选：ABD
【分析】根据重力做功判断重力势能的变化，根据合力做功判断动能的变化，根据动能和重力势能的变化判断机械能的变化．
三、综合题
21.【答案】
（1）解：设滑块滑到B点的速度大小为v，到B点时轨道对滑块的支持力为N，由机械能守恒定律有
…①
滑块滑到B点时，由牛顿第二定律有：
…②
联立①②式解得：N=3mg…③
根据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力大小为：N′=3mg
答：滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小3mg．
（2）解：滑块最终没有离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度设为u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有mv=（M+m）u…④
若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由功能关系有
…⑤
联立①④⑤式解得：
…⑥
若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由功能关系有
…⑦
联立①④⑦式解得
…⑧
综上所述并由⑥⑧式可知，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是：
…⑨
答：PQ之间的距离L应满足的范围是
．
【分析】（1）根据机械能守恒定律求出滑块到达B点的速度，再根据牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，从而求出滑块对圆弧轨道的压力大小．（2）滑块最终没有离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度，根据动量守恒定律求出共同的速度，根据能量守恒求出滑块与弹簧恰好不碰撞时PQ的长度，该长度为最大长度．小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，根据动量守恒和能量守恒求出L的最小值．从而得出L的范围．
22.【答案】
（1）
（2）
（3）
【解答】1.设邮件放到与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为，
则有取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有联立解得：
2.邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有联立并代入数据解得：
3.邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为，
则有：摩擦力对皮带做的功为：代入相关数据解得：
【分析】本题属于力学综合问题，但难度不大，注意把握解决力学综合问题的三种观点（力和运动、冲量和动量、功和能）和解题技巧（系统的相互作用问题考虑使用两个守恒定律，单个物理的”“问题考虑动能定理，单个物体的”“问题考虑使用动量定理，单个物体的”“问题考虑牛二定律），像本题中求时间和位移都是如此。
23.【答案】
（1）解：由图乙知，滑块刚滑上木板时的速度大小v＝10m/s，滑块在光滑圆弧轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律得：mgR＝
解得
R＝5m
滑块滑到圆弧轨道末端时，由牛顿第二定律得F﹣mg＝
解得
F＝30N
根据牛顿第三定律知，滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小为30N
答：圆弧轨道的半径是5m，滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小是30N
（2）解：滑块在木板上滑行时，木板与滑块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝（m+M）v′
解得：v′＝2m/s
滑块在木板上滑行过程，由动量定理得：﹣μmgt＝mv′﹣mv
由图知
t＝2s
解得
μ＝0.4
答：滑块与木板间的动摩擦因数为0.4；
（3）解：由能量守恒得：
解得
l＝10m
答：木板的长度是10m。
【分析】（1）利用动能定理求解物体到达最低点的速度，对处在最低点的物体进行受力分析，结合此时物体的速度，利用向心力公式求解物体对轨道的压力；
（2）两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解碰撞后的末速度，再利用动量定理求解动摩擦因数；
（3）这个系统能量守恒，根据能量守恒定理列方程求解木板长度即可。备战2021新高考物理-基础专题-静电场（三）
一、单选题
1.如图所示，虚线
a、b、c
代表电场中三条电场线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q
是这条轨迹上的两点．下列判断中正确的是:（??
）
?P
点的电势比
Q
点的电势高???????????????????????????????
?P
点的场强比
Q
点的场强小
C.?带电粒子通过
Q
点时动能比
P
点时大????????????????
D.?带电粒子通过
Q
点时电势能比
P
点时大
2.如图所示，一匀强电场的电场线与圆O所在平面平行，AB为圆的一条直径，C为圆周上一点，圆的半径为R，∠AOC=60°，在A点有一粒子源，能向圆O所在平面内各个方向以动能Ek发射同种带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q，由观察可知经过B、C的粒子动能分别为5Ek和3Ek
，
则（??
）
A.?匀强电场的电场强度为
??????????????????????????B.?匀强电场的电场强度为
C.?匀强电场的方向垂直OC??????????????????????????????????????D.?匀强电场的方向与AC平行
3.一平行板电容器充电后，把电源断开，再用绝缘工具将两板距离拉开一些，则（??
）
A.?电容器的带电荷量增加????B.?电容增大?????C.?电容器电压增加???????D.?两板间电场强度增大
4.如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形金属导体放在正电荷形成的电场中．导体处于静电平衡时，下列说法正确的是（??
）
A.?A，B两点感应电荷产生的场强都为零
B.?若该枕形导体处在匀强电场中，则A，B两点感应电荷产生的场强相等
C.?A点电势大于B点电势
D.?当电键S闭合时，正电荷从导体沿导线向大地移动
5.有三个相同的金属小球A、B、C
，
其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电．将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F
，
若使C球先和A接触，再与B接触，移去C
，
则A、B间的库仑力变为（　　）
A.????????????????????????????????????????B.????????????????????????????????????????C.????????????????????????????????????????D.?
6.下列关于电荷及其守恒定律的说法正确的是（　　）
A.?利用静电感应可使任何物体带电??????????????????
B.?无论采用任何方式使物体带电都不是创造了电荷
C.?带点体所带的电荷量可以是任意值??????????????
D.?电子和质子所带电荷量相等，所以它们的比荷也相等
7.在如图的匀强电场中，若一个点电荷从P点由静止释放，则以下说法中正确的是（??
）
A.?该点电荷受到的电场力逐渐增大?????????????????????????B.?该点电荷一定向右且做匀速运动
C.?该点电荷一定做匀加速直线运动?????????????????????????D.?该点电荷一定做匀减速直线运动
8.如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、0两点电势差为U，一带正电的粒子在电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0
，
粒子重力不计．（??
）
?粒子在A，B间是做圆周运动???????????????????????????????
?粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小
C.?匀强电场的电场强度E=
????????????????????????????????
D.?圆周上，电势最高的点与O点的电势差为
U
9.电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是(
??
?)
?铜丝编织的衣服不易拉破????????????????????????????????????
B.?电工被铜丝衣服所包裹，使体内电势为零
C.?电工被铜丝衣服所包
裹，使体内场强为零??????????
D.?铜丝电阻小，能对人体起到保护作用
10.下列说法正确的是（??
）
A.?由公式U=Ed得，在电场中两点间电势差等于场强与两点间距离的乘积
B.?由公式E=
得，在匀强电场中沿电场线方向上两点间距离越大，电场强度就越小
C.?在匀强电场中，任意两点间电势差等于场强和这两点间距离的乘积
D.?公式U=Ed只适用于匀强电场
二、多选题
11.如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值．一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C．下列说法中正确的是（???
）
?粒子一定带负电????????????????????????????????????
?A处场强大于C处场强
C.?粒子在A处电势能小于在C处电势能???????
D.?粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功
12.两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个电子，如图所示，关于电子的运动，下列说法正确的是（?
）
A.?电子在从a点向O点运动的过程中，加速度可能先增大再减小
B.?电子在从a点向O点运动的过程中，加速度一定越来越小，速度一定越来越大
C.?电子运动到O点时，加速度为零，速度最大
D.?电子通过O点后，速度越来越小，加速度一直增大
13.如图是利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置示意图，下面的叙述符合实验观察结果的是（??
）
A.?b板向右平移，静电计的指针偏转角度变小
B.?b板向上平移，静电计的指针偏转角度变小
C.?b板不动，在a、b间插入一块绝缘介质板，静电计指针偏转角度变小
D.?紧靠b板在a、b间插入一块金属板，静电计指针偏转角度变大
14.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，仅在电场力作用下以恒定的速率v沿圆弧从A点运动到B点，速度方向转过
角，AB弧长为l．则下列说法正确的是
(???
)
?该粒子一定处在一个点电荷形成的电场中???????????
?该粒子可能处在两个点电荷形成的电场中
C.?圆弧AB中点的电场强度大小为
????????????????
D.?圆弧AB中点的电场强度大小为
15.一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的abcd曲线，下列判断正确的是（　　）
A.?粒子带正电?????????????????????????????????????????????????????????
B.?粒子通过a点时的速度比通过b点时大
C.?粒子在a点受到的电场力比b点小?????????????????????????D.?粒子在a点时的电势能比b点小
16.利用静电计．研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置如图所示，则下面叙述中符合实验中观察到的结果的是（?
）
?
A.?N板向下平移，静电计指针偏角变大
B.?N板向左平移，静电计指针偏角变大
C.?保持N板不动，在M、N之间插入一块绝缘介质板，静电计指针偏角变大
D.?保持N板不动，在M、N之间插入一块金属板，静电计指针偏角变大
17.如图所示，P、Q为电场中的一条电场线上的两点，下列说法正确的是
（??
）
A.?正电荷在P点受到的电场力方向沿着电场线方向
B.?同﹣试探电荷在P点受的电场力一定大于在Q点受的电场力
C.?将试探电荷从P点移到Q
点，电场力做正功
D.?同﹣带正电的试探电荷在P点的电势能大于在Q点的电势能
18.用电场线能直观、方便地比较电场中各点电场的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对于O点对称的两点，B、C和A、D也相对于O点对称。则(??
)
A.?B，C两点场强大小和方向都相反????????????????????????B.?A，D两点场强大小相等，方向相反
C.?E，O，F三点比较，O点场强最强???????????????????????D.?B，O，C三点比较，O点场强最弱
三、填空题
19.质量为m
，
电荷量为q的带正电粒子，在正点电荷形成的电场中，从电势为φ的某点由静止开始运动，若不计重力，无穷远处电势为零，则带电粒子的加速度将逐渐________；速度将逐渐________；
20.如图所示，a、b是匀强电场中的两点已知两点间的距离为
，两点的连线与电场线成
角，两点间的电势差为
，则匀强电场的场强大小为________
，把电子从a点移到b点，电子的电势能将增加________J.
21.电场和电场线都不是真实存在的，是假想出来的东西．________?（判断对错）
22.在电场中A点放入一个电荷量为2×10﹣6C的正试探电荷，它受到的电场力为1×10﹣3N，则A点的电场强度为________?N/C，若将正试探电荷的电荷量减为1×10﹣6C，则A点的电场强度为________?N/C．
23.ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示，点电荷的电量为Q．那么ab上感应电荷产生的电场在P1处的电场强度大小E1是________．
24.如图所示，一个质子的电量e＝1.6×10﹣19C，在某一静电场中从A点经C点移到B点，电场力做功8×10﹣17J；在质子从B点经D点回到A
点过程中，电场力做功为________?J．如果质子在A点的电势能为零，则B点电势φB＝________?V．
四、综合题
25.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（不计空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：
（1）极板间电场强度大小；
（2）小球从开始下落运动到下极板的时间.
26.在如图所示的电路中，R1＝3Ω，R2＝6Ω，R3＝1.5Ω，C＝20μF，当开关S断开时，电源的总功率为2W；当开关S闭合时，电源的总功率为4W，求：
（1）电源的电动势和内电阻；
（2）闭合S时，电源的输出功率；
（3）S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？
答案
一、单选题
1.【答案】
D
【解答】A、若带电质点从P点运动到Q点，由图可知带电质点所受电场力沿电场线向右，由于质点带正电，故电场线向右，故P点的电势低于Q点的电势，A不符合题意；
B、由于电场线越密，场强越大，由图可知P点的场强大于Q点的场强，B不符合题意；
C、带电质点在从P向Q运动的过程中电场力做负功，根据动能定理可知质点在P点时的动能大于在Q点的动能，C不符合题意；
D、带电质点在从P向Q运动的过程中电场力做负功，则带电质点的电势能增大，带电质点在P点时的电势能小于Q点时电势能，D符合题意．
故答案为：D
【分析】粒子的运动轨迹为曲线，受到的电场力指向圆弧的内部，结合受力方向求解电荷的电性；电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小，相应的动能就会增加，电场力做负功，电势能增加，电荷的动能减小。
2.【答案】
C
【解答】在匀强电场中，沿任意方向相等距离电势差相等，由题意可知A到B电场力做功
，则由A到O电场力做功
，由A到C电场力做功
，即OC为等势点，连接OC为等势线，则电场线垂直OC，根据几何关系可得匀强电场的电场强度为
，ABD不符合题意，C符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据AC和AB的长度和两个位置处的粒子的动能，利用动能定理确定电场的方向和强度。
3.【答案】
C
【解答】解：A、平行板电容器充电后，把电源断开，其电量不变．A不符合题意．
B、根据电容的决定式C=
，分析可知，电容与板间距离成反比，当把两金属板拉开一些距离，电容减小．B不符合题意．
C、Q不变，C减小，由电容的定义式C=
分析可知电容器电压增加，C符合题意．
D、由电容的决定式C=
、电容的定义式C=
、E=
结合得：E=
，则知E与d无关，所以板间场强不变．D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】断开电源的电容器电荷量保持不变，板间距离变大电容变小，则其电压变大，而板间场强保持不变。
4.【答案】
B
【解答】AB、枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，达到静电平衡后，枕形导体内部出现的感应电荷的附加电场，正好与点电荷产生的电场抵消，内部电场强度处处为零；若该枕形导体处在匀强电场中，则A、B两点感应电荷产生的场强相等，B符合题意；A不符合题意；
C、导体处于静电平衡时，枕形导体是个等势体，即导体左端电势等于右端电势，则有A点电势等于B点电势，C不符合题意；
D、枕型导体在带正电的小球附近时，枕型导体上的自由电子会向左边运动，金属棒的左端因有了多余的电子而带负电，右端因缺少电子而带正电；当电键S闭合时，导体就会与大地连接，会使大地的电子流入枕形导体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时由于电荷间的相互作用，会使导体内部的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端。
5.【答案】C
解答：假设A带电量为Q，B带电量也为Q，
两球之间的相互吸引力的大小是
第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为
C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为
这时，A、B两球之间的相互作用力的大小
故选C．
分析：理解库仑定律的内容．知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分
6.【答案】B
【解答】解：A、依据电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变．电荷守恒定律适用于任何起电现象，静电感应不可使绝缘体带电，故A错误，B正确；
C、根据带电的本质可知，带点体所带的电荷量是元电荷的整数值，故C错误；
D、电子和质子所带电荷量相等，但它们的质量不相等，比荷不相等，故D错误；
故选：B
【分析】电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变．电荷守恒定律适用于任何起电现象，且带电量均是元电荷的整数倍．
7.【答案】
C
【解答】解：A、点电荷在匀强电场中受到电场力作用，电场力F=qE，E恒定，电场力是恒力．A不符合题意．
B、C、D点电荷只受电场力作用，电场力是恒力，根据牛顿第二定律得知点电荷的加速度将保持不变，则得该点电荷将从静止开始沿电场力方向做匀加速直线运动．C符合题意，BD不符合题意．
故答案为：C
【分析】电场为匀强电场，粒子受到的力为恒力，且初速度为零，故做匀加速直线运动。
8.【答案】
D
【解答】解：A、带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，A不符合题意；
B、由A选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大．B不符合题意；
C、匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO=E×
，所以E=
，C不符合题意；
D、圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U=ER=
，D符合题意；
故答案为：D
【分析】
带正电粒子仅在电场力作用下，从A运动到B，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小．由于匀强电场，则等势面是平行且等间距．根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向．
9.【答案】
C
【解答】?屏蔽服作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害．等电位说明电势相等而不是等于0，等电势时电势差为0，电场强度为0。所以C正确，ABD错误。
故选C
【分析】导体达到静电平衡后是一个等势体，内部场强为0，有屏蔽作用。
10.【答案】
D
【解答】解：A、C由公式U=Ed得，在匀强电场中，两点间电势差等于场强与两点间沿电场方向距离的乘积．故AC错误．
???
B、在匀强电场中沿电场线方向上两点间距离越大，电势差越大，由公式E=
得电场强度E相同．故B错误．
???
D、公式U=Ed是根据公式W=qU和W=qEd结合推导出来，W=qEd只适用于匀强电场，所以公式U=Ed只适用于匀强电场．故D正确．
故选D．
【分析】在匀强电场中，电场强度与两点间电势差的关系是两点间电势差等于场强与两点间沿电场方向距离的乘积．在匀强电场中电场强度处处相同．公式U=Ed只适用于匀强电场．
二、多选题
11.【答案】
B,C
【解答】根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，A不符合题意；等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，B符合题意；从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，C符合题意；由于电势差相同，根据
知，电场力做功相同，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用等势面和场线的交点可以大致判别场力的方向，利用场力方向可以判断带电属性，利用等势面疏密可以判别场强大小，利用电势高低可以判别电势能大小，利用电势差可以判断电场力做的功。
12.【答案】
A,C
【解答】AB.在等量同种正电荷
连线中点处的场强为零，无穷远处的电场强度为零，所以从在中垂线上从中点到无穷远处电场强度是先增大后减小，方向从O点沿中垂线指向无穷远处，而场强最大处可能在a点上方，也可能在a点下方，也可能在a点，所以电子从a点向O点运动的过程中，加速度可能先增大后减小，A符合题意B不符合题意；
C.在O点处电场强度为零，电子受力为零，电子的加速度为零，在此处速度达到最大，C符合题意；
D.电子通过O点后，电子受电场力方向为竖直向上，大小也是先增大后减小，所以电子的速度将减小，且加速度可能先增大后减小，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用电场线的疏密可以比较加速度的大小；利用加速度等于0可以判别其电子速度最大。
13.【答案】
A,C
【解答】解：A、将b板向右平移，板间距离减小，电容器电容C增大，而电容器的电量Q不变，由C=
分析可知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小．故A正确．
???
B、将b板向上平移，两板正对面积减小，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=
?分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大．故B错误．
???
C、在a、b之间插入一块绝缘介质板，电容增大，而电容器的电量Q不变，由C=
?分析可知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小．故C正确．
???
D、紧靠b板在a，b间插入一块金属板，相当于板间距离减小，电容增大，而电容器的电量Q不变，由C=
?分析可知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小．故D错误．
故选：AC．
【分析】静电计是测量电势差的装置，电势差越大，静电计指针的偏角越大．由题，电容器的电量不变，根据各选项的操作分析电容器电容的变化，再由电容的定义式C=
?分析电容器两板间电势差的变化．
14.【答案】
B,C
【解答】仅在电场力作用下以恒定的速率v沿一圆弧从A点运动到B点。带电粒子实际是绕固定的点电荷做匀速圆周运动。电场力始终指向圆心，方向在不断变化，所以带电粒子可能处在一个点电荷形成的电场中，也可能在等量同种电荷形成的电场中，A不符合题意，B符合题意；根据
得：
，解得：
，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】利用匀速率运动可以判别电场力大小不变方向时刻指向圆心，可能是一个或两个点电荷形成的电场中；利用牛顿第二定律可以求出电场强度的大小。
15.【答案】
A,B,C,D
【解答】解：A、物体做曲线运动时，合力的方向指向轨迹弯曲的内侧，则知粒子所受的电场力背离正电荷方向，所以该粒子带正电．故A正确．
B、从a到b，电场力做负功，根据动能定理，动能减小，a点动能大于b点动能，则a点速度比b点的速度大．故B正确．
C、b点的电场线比a点电场线密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，所以粒子在a点的电场力比b点小．故C正确．
D、从a到b，电场力做负功，电势能增加．所以a点的电势能小于b点的电势能．故D正确．
故选：ABCD
【分析】等势面密集的地方场强大，根据物体曲线运动轨迹可确定电场力方向和电场力做功的正负，当电场力做正功时，动能增加，电势能减少。
16.【答案】
A,B
【解答】A.
将N板向下平移，板间距离增大，电容减小，而电容器的电量不变，由C=Q/U分析可知，板间电压增大，则静电计指针张角增大，A符合题意；
B.
将N板向左平移，两板正对面积减小，电容减小，而电容器的电量不变，由C=Q/U分析可知，板间电压增大，则静电计指针张角变大，B符合题意；
C.
在M、N之间插入一块绝缘介质板，由电容的决定式
，得知，电容C增大，而电量Q不变，则由电容的定义式C=Q/U分析得知，板间电压U减小，静电计指针偏角变小。C不符合题意；
D.
保持N板不动，在M、N之间插入一块厚金属板，相当于极板的间距减小，电容增大，而电容器的电量不变，由C=Q/U分析可知，板间电压变小，则静电计指针张角变小。D不符合题意。
故答案为：AB
【分析】由于电荷量不变，板间距离变大时电容变小电压变大所以偏角变大；反之偏角变小；保持B板不断，插入电介质会让电容变大那么电压变小偏角变小。
17.【答案】
A,D
【解答】解：A、正电荷在P点受到的电场力方向与电场线的方向相同，即正电荷在P点受到的电场力方向沿着电场线方向，A符合题意；
B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情况，所以不能判断场强的大小，也就不能判断电场力大小．B不符合题意．
C、由于不知道试探电荷的电性，则不能判断电场力的方向，所以不能判断电场力做功的正负．C不符合题意．
D、沿着电场线的方向，电势降低，电势能等于电势乘以电荷量，则同一带正电的试探电荷在P点的电势能大于在Q点的电势能．D符合题意．
故答案为：AD
【分析】正电荷受到的电场力与电场线方向保持一致，电势沿着电场线方向降低。
18.【答案】
C,D
【解答】A项：根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同。这两点场强的方向均由B→C，方向相同，A不符合题意；
B项：根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同。由图看出，A、D两点场强方向相同。B不符合题意；
C项：由图看出，E、O、F三点比较，O点的电场线最密，所以O点场强最强。C符合题意；
D项：由图看出，B、O、C三点比较，O点电场线最稀疏，O点场强最小。D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用电场线疏密可以判别场强大小，利用场线的切线方向可以判别场强的方向。
三、填空题
19.【答案】减小；增大
【解答】带正电的粒子在正点电荷形成的电场中静止释放，应该向无穷远运动，所以粒子的加速度将逐渐减小；电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，速度增大．【分析】带电粒子在正电荷电场中运动，库仑力产生加速度，根据库仑力表达式可分析库仑力的变化，再由牛顿第二定律可得加速度的变化；然后根据库仑力方向与运动方向相同还是相反可确定作加速运动还是减速运动。
20.【答案】
7.5×103；3.84×10﹣16
【解答】解：由Uab=Edabcos37°，则场强为：
E=
=
=7.5×103V/m；
把电子从a点移到b点，电场力对电子做功为：
W=﹣eUab=﹣1.6×10﹣19×2.4×103J=﹣3.84×10﹣16J
则电子的电势能将增加3.84×10﹣16J．
故答案为：7.5×103
，
3.84×10﹣16
．
【分析】利用电势差和场强的关系可以求出电场强度大小；利用电场力做功可以求出电势能的变化量。
21.【答案】错误
【解答】解：电场是客观存在的，是一种特殊的物质形态，而电场线是假想的，通过电场线的疏密来体现电场的强弱，
故答案为：错误．
【分析】电场是实际存在的，而电场线是假想的，通过电场线的疏密来体现电场的强弱．
22.【答案】500；500
【解答】解：A点的电场强度为E=
=
N/C=500N/C
电场强度反映电场本身的特性，与试探电荷无关，所以将正试探电荷的电荷量减为1×10﹣6C，A点的电场强度仍为500N/C．
故答案为：500，500
【分析】电场强度的方向与正电荷在该点所受的电场力方向相同，大小由场强的定义式E=
求出．电场强度反映电场本身的特性，与试探电荷无关．
23.【答案】k
【解答】解：在正电荷的作用下，整个导体棒为等势体，故导体棒内的场强处处为零，
故金属杆上的感应电荷在P1点产生的场强大小与点电荷在P1产生的场强大小相等，方向相反；
因此ab上感应电荷产生的电场在P1处的电场强度大小为E=k
；
故答案为：k
．
【分析】导体棒处于电场中时，导体棒出现静电平衡，故导体棒上任一点的场强为零，即可求得．
24.【答案】
﹣8×10﹣17；﹣500V
【解答】解：WAB＝﹣WBA
故WBA＝﹣WAB＝﹣8×10﹣17J；
如果质子在A点的电势能为零，故φA＝0；由于UAB＝φA﹣φB
，
故φB＝﹣UAB＝﹣500V；
故答案为：﹣8×10﹣17
，
﹣500V
【分析】电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；求解AB两点间的电势差，利用公式电荷在AB两点间移动电场力所做的功除以电荷量即可。
四、综合题
25.【答案】
（1）解：对从释放到到达下极板处过程的整个过程,由动能定理得：?
计算得出：
答：极板间电场强度大小
（2）解：小球到达小孔前是自由落体运动，则有：
得：
根据速度位移关系公式有：
得：
取竖直向下为正方向，对减速过程根据动量定理得：
小球从开始下落运动到下极板的时间：
联立计算得出：
答：小球从开始下落运动到下极板的时间
【分析】（1）对电荷进行受力分析，对电荷从最高点运动到最低点的过程应用动能定理求解电场强度即可；
（2）自由落体的条件是物体只受到重力，且初速度为零的运动，故自由落体运动为匀变速直线运动，结合匀变速直线运动公式求解即可。
26.【答案】
（1）解：S断开，R2、R3串联根据闭合电路欧姆定律可得：
总功率为：
S闭合，R1、R2并联再与R3串联，总外电阻
根据闭合电路欧姆定律可得：
所以总功率为：
联立解得：E=4V，r=0.5Ω
（2）解：闭合S
，
总外电阻R′=3.5Ω
干路电流为
输出功率P出=EI′-I′2r=4×1-1×0.5=3.5W
（3）解：S断开时，C两端电压等于电阻R2两端电压：
可得电量为：Q=CU2=20×10-6×3=6×10-5C
【分析】断开S
，
R2、R3串联，根据闭合电路欧姆定律求解出电流和电功率表达式；S闭合，R1、R2并联再与R3串联，再次根据闭合电路欧姆定律求解出电流和电功率表达式；最后联立求解；闭合S时电源的输出功率为P=EI-I2r；S断开时，C两端电压等于电阻R2两端电压，求解出电压后根据Q=CU列式求解。备战2021新高考物理-重点专题-功能关系的应用（一）
一、单选题
1.质量为m的钢制小球用长为l的结实细线悬挂在O点，将小球拉到与O点相齐的水平位置C由静止释放，小球运动到最低点时对细绳的拉力2mg，若小球运动到最低点B时用小锤头向左敲击它一下，瞬间给小球补充机械能△E，小球就能恰好摆到与C等高的A点，设空气阻力只与运动速度相关，且运动越大空气的阻力就越大，则以下关系可能正确的是（??
）
A.?△E＞mgl?????????????B.?△E＜
mgl???????????????????C.?△E=
mgl???????????????????D.?mgl＜△E＜mgl
2.如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为
L
时，下列说法正确的是（不计一切摩擦）（
??）
?杆对小球A做功为
???????????????????????????????????
?小球A和B的速度都为
C.?小球A，B的速度分别为
和
????????
D.?杆与小球A和B组成的系统机械能减少了
mgL
3.物体从高处自由下落，若选地面为参考平面，则下落时间为落地时间的一半时，物体所具有的动能和重力势能之比为
（???????）
A.?1:3???????????????????????????????????????B.?1:4???????????????????????????????????????C.?1:2???????????????????????????????????????D.?1:1
4.质量为2
t的汽车，发动机的功率为30
kW，在水平公路上能以54
km/h的最大速度行驶，如果保持功率不变，汽车速度为36
km/h时，汽车的加速度为（????）
A.?0.5m/s2??????????????????????????????B.?1
m/s2??????????????????????????????C.?1.5m/s2??????????????????????????????D.?2
m/s2
5.如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为
．设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则下列说法正确的是（??
）
A.?克服空气阻力做功
????????????????????????????????????B.?上升时间等于下降时间
C.?上升的最大高度为
???????????????????????????????????????D.?重力做功不为零
6.如图所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止，重力加速度为g.则(　　)
A.?只有a>gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用
B.?只有aC.?只有a＝gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用
D.?无论a为多大，A都受沿传送带向上的静摩擦力作用
7.如图，光滑水平面上子弹m水平射入木块后留在木块内，现将子弹、弹簧、木块组成的系统作为研究对象，从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的整个过程中（????）
A.?动量守恒,
机械能不守恒?????????????????????????????????????B.?动量不守恒,
机械能不守恒
C.?动量机械能均守恒?????????????????????????????????????
?????????D.?动量不守恒,
机械能守恒
8.如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ，则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是（?
）
A.??????????B.?????????????????????C.?????????????????????D.?
9.如图所示是杭州市标志建筑“日月同辉”。其中“日”指的是“杭州国际会议中心”，“月”指的是“杭州大剧院”。现有甲、乙两质量相同的物体（可看成质点）在顶点同时由静止开始从前（凹）、后（凸）两个面下滑，到达底端时下落的高度与经过的路程相同，设两物体与两个面之间的动摩擦因素相同且不变。则以下说法中正确的为（??
）
?摩擦力对甲乙两物体做的功相同?????????????????????????
?甲、乙两物体减少的重力势能相同
C.?甲、乙两物体到达底端时的动能相同??????????????????
D.?甲、乙两物体从顶端到底端所用时间相同
10.如图所示，在竖直平面内，半径为2R的四分之一圆弧轨道AB与半径为R的半圆轨道BC在B点平滑连接，C、A两点在同﹣水平线上，C、B两点在同一竖直线上（中点为O），圆弧AB上的D点与O点等高．一个质量为m的小物块自距A点高为R的P点自由下落，从A点沿切线进入圆弧轨道AB后，恰能通过最高点C．已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小物块在运动过程中（??
）
?从P点到C点合外力做功为mgR???????????????????????????
?从P点到C点克服摩擦力做功
mgR
C.?经过B点前后瞬间，小物块对轨道的压力将变小??
D.?小物块从C点飞出后，应落在圆弧轨道BD之间
二、多选题
11.质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率P启动，经过时间t汽车的位移大小为s，速度大小为v。此过程中，车所受阻力大小恒为f，则t时刻（??
）
A.?汽车的牵引力大小为
???????????????????????????????B.?汽车的动能为
C.?汽车的加速度大小为
???????????????????????D.?牵引力的功率为
12.质量为1kg的物体在水平方向成37°斜向下的恒定推力F作用下沿粗糙的水平面运动，1s后撤掉推力F，其运动的v﹣t图象如图所示（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）下列说法正确的是（??
）
A.?在0～2s内，合外力一直做正功???????????????????????????B.?在0.5s时，推力F的瞬时功率为120W
C.?在0～3s内，物体克服摩擦力做功60J??????????????????D.?在0～2s内，合外力平均功率为6.25W
13.如图所示,在光滑的水平地面上有一个表面光滑的物块P,它的质量为M,一长为L的轻杆下端用光滑铰链连接于O点,O点固定于地面上,轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球Q,它的质量为m,且
.开始时,小球斜靠在物块左侧,它距地面的高度为h,物块右侧受到水平向左推力F的作用,整个装置处于静止状态.若现在撤去水平推力F,则下列说法中正确的是(??
)
A.?物块先做加速运动,后做匀速运动
B.?在小球和物块分离前,当轻杆与水平面的夹角为
时,小球的速度大小
C.?小球与物块分离时,小球一定只受重力作用
D.?在小球落地之前,小球的机械能一直减少
14.如图所示，虚线a、b、c、d代表匀强电场中间距相等的一组等势面。一电子仅在电场力作用下做直线运动，经过a时的动能为9eV，从a到c过程其动能减少了6eV。已知等势面c的电势为3V。下列说法正确的是（??
）
?等势面a的电势为0??????????????????????????????????????????????
?该电子到达d等势面时的动能为0
C.?该电子从a到c其电势能减少了6eV??????????????????????
D.?该电子经过a时的速率是经过c时的
倍
15.如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是（??
）
A.?B物体受到细线的拉力不变
B.?当弹簧的弹力等于B物体的重力时，A物体动能最大
C.?细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量
D.?A物体动能的增加量等于B物体重力对B物体做的功与弹簧弹力对A物体做的功之和
三、实验探究题
16.某同学设计了如图（a）所示的装置来研究机械能是否守恒。轻质细线的上端固定在O点，下端连接圆柱形的摆锤P，在摆锤摆动的路径上，固定了四个光电门A、B、C、D。实验时，分别测出四个光电门到悬点O的高度差h，从某一高度释放摆锤，利用光电门测出摆锤经过四个光电门的速度。
（1）利用光电门测量速度时，可以测量摆锤的直径作为________。若摆锤直径的测量值比实际值偏小，则摆锤动能的测量值比实际值________。
（2）该同学认为：测得摆锤的质量为m，可由公式Ep=-mgh计算出摆锤在A、B、C、D四个位置的重力势能。他这样计算重力势能的依据是________。
（3）另一同学在得到摆锤经过四个光电门的速度v和光电门距离悬点O的高度差h后，作出如图（b）所示的v2-h图线。若摆动过程中机械能守恒，则该直线的斜率为________。决定图线与纵轴交点位置的因素有________。
四、综合题
17.如图，两个弹性小球a和b的质量分别为ma、mb
．
a球原来静止在离地高度H=2.4m的P点，b球原来静止在离地高度h=1.6m的Q点，先静止释放a球，在a球即将碰到b球时同样静止释放b球，两球碰撞时间极短，碰后在同一竖直线运动，己知mb=3ma
，
重力加速度大小g=10m/s2
，
忽略小球大小、空气阻力及碰撞中的动能损失，且小球落地后不再跳起，求：
（1）a球即将碰到b球时速度；
（2）b球与a球先后落地的时间差．
18.静止在水平面上的小车固定在刚性水平轻杆的一端，杆的另一端通过小圆环套在竖直光滑的立柱上．每当小车停止运动时，车上的弹簧枪就会沿垂直于轻杆的水平方向自动发射一粒弹丸，然后自动压缩弹簧并装好一粒弹丸等待下次发射，直至射出所有弹丸．下图为该装置的俯视图．已知未装弹丸的小车质量为M，每粒弹丸的质量为m，每次发射弹丸释放的弹性势能为E，发射过程时间极短：小车运动时受到一个与运动方向相反、大小为小车对地面压力λ倍的作用力；忽略所有摩擦阻力，重力加速度为g．
（1）若小车上只装一粒弹丸，求弹丸被射出时小车的速度大小；
（2）若(l)问中发射弹丸后小车恰能运动一周，求射出弹丸时，杆对小车的拉力大小；
19.如图，m=50g的小球，从p点由静止竖直下落，恰好从轨道四分之一圆弧左端由a点进入，从轨道最低点b点水平飞出落到c点。已知经过b点速度为2m/s，pa=oa=R=0.2m，b和c点水平距离为1m，不计空气阻力g=10m2。求:
（1）小球落到a点的速度；
（2）小球由a到b克服阻力做功；
（3）小球在b点对轨道的压力；
（4）小球在c点速度的大小。
答案
一、单选题
1.【答案】
A
【解答】解：设小球通过B点的速度为v，小球从C到B克服空气阻力做功为W，从B到A克服空气阻力做功为W′．
在B点，根据牛顿第二定律得
T﹣mg=m
，又
T=2mg，得
v=
根据功能关系可得：
从C到B有：mgl=
mv2+W，可得
W=
mgl
从B到A有：△E+
mv2=mgl+W′，可得
W′=△E﹣
mgl
根据题意，知小球运动速度越大，空气的阻力越大，则有
W′＞W
联立解得△E＞mgl
故选：A
【分析】先根据牛顿第二定律求出小球通过B点的速度，分别对从C到B和B到A两个过程，运用功能原理列式，再结合空气阻力做功关系分析即可．
2.【答案】
C
【解答】当小球A沿墙下滑距离为l/2时，设此时A球的速度为v1
，
B球的速度为v2
根据系统机械能守恒定律得：mg?
＝
两球沿杆子方向上的速度相等，则有：v1cos60°=v2cos30°
联立两式解得：v1＝
，v2＝
，C符合题意B不符合题意
对球A动能定理有
可得
，A不符合题意
A和B组成的系统机械能守恒，因此D不符合题意
故答案为：C
【分析】将球的运动分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，抓住沿杆子方向速度相等得出A、B的速度关系，结合系统机械能守恒求出此时A、B的速度．
3.【答案】
A
【分析】设物体高度为h，下落时间为t，则，
下落时间为落地时间的一半时，物体下落的高度据地面高度，根据动能定理可知此时物体所具有的动能为，
此时问题的重力势能，
所以。
故选A
【点评】本题关键是找到下落时间为落地时间一半时下落的高度是总高度的几分之几，根据动能定理就可以求得此时的动能，根据物体距地面的高度可以求出此时的重力势能。
4.【答案】
A
【分析】汽车受到的摩擦力；
速度为10m/s时，汽车的牵引力，
由牛顿第二定律可得：
；
故选A，
【点评】当达到最大速度时牵引力等于阻力，由功率公式可求得物体受到的摩擦力；再由功率公式求得速度为10m/s时的牵引力，由牛顿第二定律可求加速度
5.【答案】
A
【解答】A、小球由地面竖直向上抛到落回地面过程中，由动能定理可知：
?，所以克服空气阻力做功为
?
，A符合题意；
B、上升过程受到的空气阻力向下，下降过程受到的空气阻力向上，导致上升过程的加速度大于下降过程的加速度，在位移大小相等的情况下，运动需要的时间就不相等，B不符合题意；
C、由于小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则上升过程中克服阻力做的功为
?，设在上升过程中最大高度为h，根据动能定理知：
?，解得：
?，C不符合题意
D、整个过程中高度为零，所以重力做功为零，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】对小球运动的整个过程应用动能定理Ek2-Ek1=W，其中W是外力做功，该题目只是阻力做功，代入数据分析求解即可。
6.【答案】
B
【分析】小物体A与传送带相对静止，说明它们的加速度的大小是相同的，对物体受力分析可以知道物体的受到的摩擦力的情况．加速度方向与合外力方向相同，由牛顿第二定律和加速度情况确定物体所受静摩擦力的方向。
当A不受传送带的摩擦力的时候，对物体受力分析可知，此时物体的加速度的大小为，
A、当传送带的加速度时，物体有向后滑的趋势，所以物体A将受到沿传送带向下的静摩擦力作用；错误
B、当传送带的加速度时，物体有向下滑的趋势，所以物体A将受到沿传送带向上的静摩擦力作用；正确
C、当传送带的加速度时，物体的加速度和传送带的加速度相同，此时物体和传送带一起运动，没有相对运动的趋势，此时物体A不受摩擦力作用；错误
D、由前面的分析可知D错误。
故选B。
【点评】当物体的加速度相同时，物体将一起运动，物体之间没有相对运动，本题关键的就是对“小物体A与传送带相对静止”这句话的理解。
7.【答案】
B
【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒．根据是否是只有重力或弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒。
有向右的弹力，使系统的动量不守恒。子弹射入木块的过程摩擦阻力做功，机械能不守恒，B正确，故选:B。
【点评】本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力。动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统。
8.【答案】
B
【解答】初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度：a1=gsinθ+μgcosθ
a恒定，斜率不变；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＞tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零。
故答案为：B
【分析】利用牛顿第二定律可以判别加速度的大小进而判别图像斜率的变化。
9.【答案】
B
【解答】A．根据圆周运动的知识可知，在凹面上滑行时物体对接触面的正压力较大，则摩擦力较大，根据Wf=fs可知，因路程相同，则摩擦力对甲乙两物体做的功不相同，A不符合题意；???
B．质量相同的两物体下落的高度相同，则重力做功相同，即甲、乙两物体减少的重力势能相同，B符合题意；
C．根据
可知，重力功相同，但是摩擦力功不同，则甲、乙两物体到达底端时的动能不相同，C不符合题意；???
D．甲、乙两物体到达底端时的动能不相同，则整个过程的平均速率不同，则甲、乙两物体从顶端到底端所用时间不相同，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对物体进行受力分析，合外力做功对应故物体动能的变化量，合外力对物体做正功，物体的动能增加，除重力以外的其他力做功对应物体机械能的变化量，除重力以外的其他力对物体做正功，机械能增加。
10.【答案】
B
【解答】解：A、小物块恰能通过最高点C，由重力提供向心力，则
mg=m
，得
vC=
从P点到C点，由动能定理得：合外力做功
W合=
﹣0=
mgR，故A错误．
B、根据W合=mgR﹣Wf
，
得克服摩擦力做功
Wf=
mgR．故B正确．
C、经过B点前后瞬间，小物块的速率不变，以物块为研究对象，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m
，得
N=mg+m
，因轨道半径减小，则轨道对小物块的支持力变大，由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力将变大，故C错误．
D、小物块从C点飞出后做平抛运动，则有
x=vCt，y=
又由几何关系有
x2+y2=（2R）2
．
解得
t2=
，y=
R≈0.618R＜R，所以小物块从C点飞出后，应落在圆弧轨道AD之间，故D错误．
故选：B
【分析】从P点到C点合外力做功等于小物块动能的变化．根据小物块恰能通过最高点C，由重力提供向心力，求出物块通过C点时的速度，再由动能定理求合外力做功．并由合外力做功等于各个力做功的代数和求克服摩擦力做功．在B点，由合力提供向心力，由牛顿定律分析经过B点前后瞬间小物块对轨道的压力如何变化．小物块离开C点后，由平抛运动的规律和几何知识结合分析落点的位置．
二、多选题
11.【答案】
B,C
【解答】A．汽车所受的牵引大小为
，A不符合题意；B．根据动能定理可得t时刻的动能为Ek=Pt-fs，B符合题意；C．根据牛顿第二定律可得此时的加速度大小为
，C符合题意；D．由已知可知，牵引力的功率为P，由于不知在t时刻是否已经做匀速运动，故不一定等于fv，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】利用动能定理可以求出动能的大小；利用功率与速度的比值可以求出牵引力的大小；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用牵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内速度先增大后减小，根据动能定理知，合力先做正功，后做负功，故A错误．
B、由速度时间图线知，0.5s时的瞬时速度v=5m/s，撤去拉力前后的加速度大小分别为
，
，
根据a2=μg得，动摩擦因数μ=0.5，
匀加速直线运动阶段，根据牛顿第二定律得，
，代入数据解得F=30N，
在0.5s时，推力F的瞬时功率P=Fvcos37°=30×5×0.8W=120W，故B正确．
C、0﹣1s内，摩擦力f1=μ（mg+Fsin37°）=0.5×（10+30×0.6）N=14N，匀加速直线运动的位移
，则克服摩擦力做功Wf1=f1x1=14×5J=70J，1﹣3s内，匀减速直线运动的位移
，克服摩擦力做功Wf2=μmgx2=0.5×10×10J=50J，则物体克服摩擦力做功Wf=Wf1+Wf2=70+50J=120J，故C错误．
D、根据动能定理知，0﹣2s内，合力做功
，则合力做功的平均功率
，故D正确．
故选：BD．
【分析】根据物体动能的变化量，结合动能定理判断合力做功情况，求出合力做功的大小，结合平均功率公式求出0﹣2s内合力做功的平均功率．根据牛顿第二定律和速度时间图线求出动摩擦因数的大小以及F的大小，根据瞬时功率公式求出F做功的功率，结合摩擦力的大小，求出0﹣3s内物体克服摩擦力做功．
13.【答案】
A,B,C
【解答】A.
假设立方体和地面之间有摩擦力。若摩擦力太大，则小球不会推动立方体运动；如摩擦力太小，立方体会在小球落在水平地面上之前离开小球；若摩擦力适中，小球恰好在落到水平地面后与立方体分离。由于物块P与地面间没有摩擦，故P物体会在小球落在水平地面上之前离开小球，故物块先做加速运动(不一定是匀加速)，后做匀速运动，A符合题意；
B.
在小球和物块分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，由能量守恒定律有：mg(h?Lsinθ)=
+
???
①
将小球的速度沿着水平方向和竖直方向正交分解，有：vP=vQsinα??
②
联立解得：vQ=
，B符合题意；
C.
对小球和立方体整体受力分析，受重力、杆的弹力T、支持力，在水平方向运用牛顿第二定律,有：Tcosα=(m+M)ax
，
刚分离时加速度的水平分量为零，故杆的弹力为零，故小球只受重力，C符合题意；
D.
在分离之前，小球的机械能减小，分离后，只有重力做功，机械能守恒，D不符合题意；
故答案为：ABC
【分析】利用小球推动物块，可以判别物块先做加速运动，再离开小球后做匀速直线运动；利用能量守恒定律结合速度的分解可以求出小球分离时的速度大小；小球和物块分离时水平方向没有加速度所以小球只受到重力的作用；在小球和物块分离时小球的机械能开始守恒。
14.【答案】
B,D
【解答】AC．虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面，电子经过a时的动能为9eV，从a到c的过程中动能减小6eV，由能量守恒可知，电势能增加6eV，则
所以等势面a的电势为9V，AC不符合题意；
B．匀强电场中间距相等的相邻等势面间的电势差相等，电场力做功相等，动能变化相等，a到c动能减小6eV，则a到d动能减小9eV，所以该电子到达d等势面时的动能为0，B符合题意；
D．经过a时的动能为9eV，a到c动能减小6eV，则经过c时的动能为3eV，由公式
可得
则速率之比等动能之比再开方，即电子经过a时的速率是经过c时的
倍，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用能量守恒可以判别电势差和电势的大小；利用动能大小可以求出速度的大小。
15.【答案】
B,C
【解答】解：A、由静止释放B后，弹簧的弹力不断增大，对AB整体，由牛顿第二定律得：mBg﹣F弹=（mA+mB）a，可知加速度a减小，对B，由
mBg﹣T=mBa，得
T=mBg﹣mBa，可知，细线的拉力T增大，故A错误．
B、当细线的拉力T与B物体的重力相等时，A、B的速度最大，此时AB的加速度为零，则细线的拉力等于弹簧的弹力，所以当弹簧的弹力等于B物体的重力时，A物体动能最大．故B正确．
C、系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，故C正确．
D、对物体A，由动能定理，A物体动能的增加量等于B对A做的功与弹簧对A的弹力做功之和，故D错误．
故选：BC
【分析】本题首先分析A的加速度变化情况，再以B为研究对象，由牛顿第二定律分析细线拉力的变化．根据功能关系明确系统动能、B重力势能、弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用．
三、实验探究题
16.【答案】
（1）挡光片宽度；偏小
（2）选取经过O点的水平面为零势能面
（3）2g；摆锤释放的高度和初速度（或机械能的总量与质量的比值）
【解答】（1）利用光电门测量速度时，由
，则可以测量摆锤的直径作为挡光片宽度。若摆锤直径的测量值比实际值偏小，则测得的摆锤的速度偏小，则摆锤动能的测量值比实际值偏小；（2）该同学认为：测得摆锤的质量为m，可由公式Ep=-mgh计算出摆锤在A、B、C、D四个位置的重力势能。他这样计算重力势能的依据是选取经过O点的水平面为零势能面；（3）选取经过O点的水平面为零势能面，设摆锤释放位置距离悬点O的高度为H，初速度为v0；则
则
则v2-h图线的斜率为k=2g
图线与纵轴交点坐标为
，则决定图线与纵轴交点位置的因素有摆锤释放的高度H和初速度v0；（因
则决定图线与纵轴交点位置的因素有机械能的总量与质量的比值）.
【分析】（1）利用平均速度公式可以判别摆球直径为过光电门的位移；利用平均速度测量会导致测量值偏小；
（2）计算重力势能要选择最低点为0势能面；
（3）利用机械能守恒定律可以判别图像的斜率；利用机械能守恒定律可以判别截距的影响因素。
四、综合题
17.【答案】
（1）解：a下落的过程中有：△h=H﹣h=2.4﹣1.6=0.8m
a球即将碰到b球时速度为：v=
m/s
答：
a球即将碰到b球时速度是4m/s；
（2）解：a与b碰撞的瞬间可以认为竖直方向的动量守恒，选择向下为正方向，得：
mav=mav1+mbv2
忽略小球大小及碰撞中的动能损失得：
联立得：v1=﹣2m/s，负号表示方向向上；v2=2m/s
碰撞后a做竖直上抛运动，则：
b做竖直下抛运动，则：
二者的时间差：△t=t1﹣t2
联立得：t1=0.8s，t2=0.4s，△t=0.4s
答：b球与a球先后落地的时间差是0.4s．
【分析】本题考察动量守恒定律的应用，理解动量守恒的条件，选择正确的公式列方程求解即可。
18.【答案】
（1）解：发射弹丸的过程，遵守动量守恒定律和机械能守恒；mu=Mv
解得
（2）解：发射弹丸后，小车做圆周运动，设圆周半径为L，由动能定理可得
x=2πL
杆对小车的拉力提供向心力，弹丸刚被射出时杆受到的拉力：
联立解得F=4πλMg
【分析】（1）利用动量守恒和机械能守恒定律可以求出速度的大小；
（2）利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出杆对小车的拉力大小。
19.【答案】
（1）解：由动能定理得
解得
（2）解：由动能定理有
得
（3）解：由牛顿第二定律有
代入数据解得
（4）解：由位移公式有
，代入数据解得
由速度公式有
所以合速度为
【分析】（1）利用动能定理可以求出速度的大小；
（2）利用动能定理可以求出克服摩擦力做功的大小；
（3）利用牛顿第二定律可以求出压力的大小；
（4）利用速度公式结合速度的合成可以求出合速度的大小。备战2021新高考物理-重点专题-万有引力与航天（三）
一、单选题
1.三颗人造地球卫星
?绕地球做匀速圆周运动，运行方向如图所示.已知
?，则关于三颗卫星，下列说法错误的是（
??）
A.?卫星运行线速度关系为
B.?卫星轨道半径与运行周期关系为
C.?已知万有引力常量G，现测得卫星
A的运行周期
TA和轨道半径RA
，可求地球的平均密度
D.?为使A
与B同向对接，可对
A适当加速
2.如图所示，A、B、C是在地球大气层外的圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，下列说法中正确的是(??
)
?B，C的角速度相等，且小于A的角速度???????????????????
?B，C的线速度大小相等，且大于A的线速度
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，国家航天局宣布，我国行星探测任务命名为“天问”，首次火星探测任务命名为“天问一号”。已知万有引力常量
，为计算火星的质量，需要测量的数据是（??
）
A.?火星表面的重力加速度
和火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径
B.?火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径
和火星的公转周期
C.?某卫星绕火星做匀速圆周运动的周期
和火星的半径
D.?某卫星绕火星做匀速圆周运动的轨道半径
和公转周期
4.一宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上．用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g′表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，FN表示人对秤的压力，下面说法中正确的是（??
）
A.?g′=0??????????????????????????????B.?g′=
??????????????????????????????C.?FN=0??????????????????????????????D.?FN=
5.2019年11月23日8时55分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号“乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第50、51颗北斗导航卫星。两颗卫星均属于中圆轨道（MEO）卫星，是我国的“北斗三号”系统的组网卫星。这两颗卫星的中圆轨道（MEO）是一种周期为12小时，轨道面与赤道平面夹角为60°的圆轨道。是经过GPS和GLONASS运行证明性能优良的全球导航卫星轨道。关于这两颗卫星，下列说法正确的是（??
）
A.?这两颗卫星的动能一定相同
B.?这两颗卫星绕地心运动的角速度是长城随地球自转角速度的4倍
C.?这两颗卫星的轨道半径是同步卫星轨道半径的
D.?其中一颗卫星每天会经过赤道正上方2次
6.如图所示，a、b、c是地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，a、b质量相等且小于c的质量，则下列判断错误的是（??
）
?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线速度大小相等，且小于a的线速度
7.将地球看成质量均匀的球体，假如地球自转速度增大，下列说法中正确的是
(????
)
A.?放在赤道地面上的物体所受的万有引力增大???????????????????
B.?放在两极地面上的物体所受的重力增大
C.?放在赤道地面上的物体随地球自转所需的向心力增大?????
D.?放在赤道地面上的物体所受的重力增大
8.太阳系中有一颗绕太阳公转的行星，距太阳的平均距离是地球到太阳平均距离的4倍，则该行星绕太阳公转的周期是（　　）
A.?2年??????????????????????????????????????B.?4年??????????????????????????????????????C.?8年??????????????????????????????????????D.?10年
9.若将八大行星绕太阳运行的轨迹可粗略地认为是圆，各星球半径和轨道半径如下表所示：从表中所列数据可以估算出海王星的公转周期最接近(
???)
A.?80年??????????????????????????????????B.?120年??????????????????????????????????C.?165年??????????????????????????????????D.?200年
10.截止2019年4月20日，我国已经成功发射了44颗北斗导航卫星。北斗卫星导航系统采用了国际首创的三种轨道卫星组成的混合星座设计，为亚太地区提供了更优质的服务。下列关于地球卫星的说法正确的是（??
）
A.?在赤道上空运行的两颗同步卫星，它们的机械能一定相同
B.?沿椭圆轨道运行的某一卫星，在轨道不同位置可能具有相同的动能
C.?若卫星运动的周期与地球自转周期相同，则它就是同步卫星
D.?在同一一轨道上运行的两颗质量相等的卫星，它们的动量一定相同
二、多选题
11.近年来，我国航天与深潜事业的发展交相辉映，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”已不再是梦想．若如图所示处于393km高空圆轨道上的“神舟十一”号的向心加速度为a1
，
转动角速度为ω1；处于7062m深海处随地球自转的“蛟龙”的向心加速度为a2
，
转动角速度为ω2；地球表面的重力加速度为g，则下列结论正确的是（??
）
A.?ω1=ω2??????????????????????????B.?ω1＞ω2??????????????????????????C.?ω1＜g＜ω2??????????????????????????D.?g＞a1＞a2
12.关于行星运动的下列说法，正确的是（??
）
A.?所有行星围绕太阳的运动轨道都是椭圆???????????????
B.?行星从近日点运动到远日点，线速度逐渐增大
C.?行星运动的椭圆轨道的半长轴越大，周期越小??????????
D.?某行星由近日点到远日点的时间等于由远日点到近日点的时间
13.如图所示，“嫦娥三号”探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其中轨道Ⅰ为圆形轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道．下列说法正确的是(???
)
A.?探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度小于月球表面的重力加速度??????????B.?探测器在轨道Ⅰ经过P点时的加速度小于在轨道Ⅱ经过P点时的加速度
C.?探测器在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期??????????D.?探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须点火加速
14.“天舟一号”货运飞船在距离地面约380km的圆轨道上飞行。已知地球同步卫星距地面的高度约为36000km。关于“天舟一号”，下列说法正确的是（??
）
A.?线速度小于地球同步卫星的线速度??????????????????????B.?线速度小于第一宇宙速度
C.?向心加速度小于地球同步卫星加速度??????????????????D.?周期小于地球自转周期
15.天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是两个黑洞并合的事件．该事件中甲、乙两个黑洞的质量分别为太阳质量的36倍和29倍，假设这两个黑洞，绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减小．若该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其它星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是（??
）
A.?甲、乙两个黑洞运行的线速度大小之比为36：29
B.?甲、乙两个黑洞运行的角速度大小始终相等
C.?随着甲、乙两个黑洞的间距缓慢减小，它们运行的周期也在减小
D.?甲、乙两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等
16.宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图
所示．若AO>OB，则(??
?）
A.?星球A的质量一定大于B的质量
B.?星球A的线速度一定大于B的线速度
C.?双星间距离一定，双星的质量越大，其转动周期越大
D.?双星的质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大
17.两个靠近的天体称为双星，它们以两者连线上某点O为圆心做匀速圆周运动，其质量分别为m1、m2
，
如图所示，以下说法正确的是(???
?)
A.?它们的角速度相同??????????????????????????????????????????????B.?向心力与质量成正比
C.?线速度与质量成反比???????????????????????????????????????????D.?轨道半径与质量成正比
18.我国自主研制的第一颗月球探测卫星“嫦娥一号”成功发射，这标志着我国实施绕月探测工程迈出了重要的一步。发射过程中为了防止偏离轨道，卫星在近地轨道绕地球3周，再经长途跋涉进入月球的近月轨道绕月飞行，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的
，月球半径约为地球半径的
，则以下说法中正确的是（??
）
A.?地球质量约为月球质量的81倍
B.?“嫦娥一号”发射速度应处于7.9km/s到11.2km/s之间
C.?“嫦娥一号”绕月球做圆周运动的周期比绕地球做圆周运动的小
D.?“嫦娥一号”绕月球做圆周运动时受到的向心力大于绕地球做圆周运动时受到的向心力
19.探月工程中，“嫦娥三号”探测器的发射可以简化如下：卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点时变轨进入距离月球表面100公里圆形轨道1，在轨道1上经过Q点时月球车将在M点着陆月球表面，不正确的是：（??
）
A.?“嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度小
B.?“嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大
C.?“嫦娥三号”在轨道1上运动周期比在轨道2上小
D.?“嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度小于在轨道2上经过Q点时的加速度
20.“嫦娥三号”从距月面高度为100km的环月圆轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q成功落月，如图所示，关于“嫦娥三号”说法正确的是（??
）
A.?沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期
B.?沿轨道Ⅰ运动至P点时，需制动减速才能进入轨道Ⅱ
C.?沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度
D.?在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程，速度逐渐减小
三、综合题
21.人类第一次登上月球时，宇航员在月球表面做了一个实验：将一片羽毛和一个铁锤从同一个高度由静止同时释放，二者几乎同时落地。若羽毛和铁锤
是从高度为h处下落，经时间t落到月球表面。已知引力常量为G，月球的半径为R。
（1）求月球表面的自由落体加速度大小g月；
（2）若不考虑月球自转的影响，求月球的质量M和月球的“第一宇宙速度”大小v。
22.“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在海南文昌航天发射中心成功发射升空，完成了与天宫二号空间实验室交会对接。已知地球质量为M
，
半径为R
，
万有引力常量为G。
（1）求质量为m的飞船在距地面高度为h的圆轨道运行时的向心力和向心加速度大小。
（2）若飞船停泊于赤道上，考虑地球的自转因素，自转周期为T0
，
求飞船内质量为m0的小物体所受重力大小G0。
（3）发射同一卫星到地球同步轨道时，航天发射场一般选取低纬度还是高纬度发射基地更为合理？原因是什么？
答案
一、单选题
1.【答案】
C
【解答】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，
设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，由图示可知：
rA＜rB=rC
，
由题意知：MA=MB＜MC；
根据人造卫星的万有引力等于向心力，
所以vA＞vB=vC
，
故A不符合题意；
B.由开普勒第三定律可知，绕同一个中心天体运动的半径的三次方与周期的平方之比是一个定值，即
,故B不符合题意；
C、由于不知道地球的半径，所以无法求出密度，故C错误，符合题意；
D、为使A与B同向对接，可对A适当加速，做离心运动，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】利用半径的大小结合引力提供向心力可以比较线速度之比；利用周期定律可以判别周期和半径的关系；由于不知道地球半径不能求出密度的大小；利用加速离心可以实现A与B的对接。
2.【答案】
A
【解答】A．根据万有引力提供向心力
得到：
，所以轨道越大，角速度越小，B、C的角速度相等，且小于A的角速度，A符合题意
B．根据万有引力提供向心力
得到：
，所以轨道越大，线速度越小，
B、C的线速度大小相等，且小于A的线速度，B不符合题意
C．根据万有引力提供向心力
得到，
，轨道越大，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不符合题意
D．根据周期公式
，结合A的分析得到，B、C的周期相等，且大于A的周期，D不符合题意.
故答案为：A
【分析】利用轨道半径的大小可以比较线速度、角速度、周期和向心加速度大小。
3.【答案】
D
【解答】AB．火星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得
可知，火星质量会被抵消，因此无法求出火星质量，AB不符合题意；
C．根据万有引力提供向心力可得
由于不知道卫星离火星表面的高度，因此无法求出火星质量，C不符合题意；
D．根据万有引力提供向心力可得
解得
已知卫星绕火星做匀速圆周运动的轨道半径和公转周期，可求得火星质量，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用引力提供向心力可以判别测量火星质量所需要的物理量。
4.【答案】
C
【解答】解：（1）忽略地球的自转，万有引力等于重力：
在地球表面处：mg=G
，则GM=gR2
，
宇宙飞船：m′g'=G
，g′=
=
，故AB错误；（2）宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，
飞船舱内物体处于完全失重状态，即人只受万有引力（重力）作用，
所以人对秤的压力FN=0，故C正确，D错误；
故选C．
【分析】忽略地球的自转，万有引力等于重力，根据万有引力公式列式求出重力加速度的表达式，注意代换GM=gR2的应用；
宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全失重状态．
5.【答案】
C
【解答】解：A、两颗卫星的质量未知，无法比较动能，A不符合题意；
B、中圆轨道卫星周期为12小时，地球同步卫星的周期为24小时，根据角速度与周期的关系可知，ω中圆：ω同步＝2：1，长城随地球自转角速度与同步卫星相等，B不符合题意；
C、根据开普勒第三定律可知，
，中圆轨道卫星的周期与同步卫星的周期之比为1：2，则这两颗卫星的轨道半径是同步卫星轨道半径的
，C符合题意；
D、地球中圆轨道卫星周期为12小时，而地球的自转周期24小时，所以当中圆轨道卫星从地球上某一点的上空开始绕地球转两圈，地球转一圈，即卫星每天会经过赤道正上方4次，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用质量未知不能比较动能的大小；利用周期大小可以比较角速度的大小；利用周期定律可以求出轨道半径之比；利用周期的大小可以判别经过赤道的次数。
6.【答案】
C
【解答】解：A、人造地球卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，根据F=
，
卫星b、c的轨道半径相等，b质量小于c的质量，所以c所需的向心力大于b所需的向心力．
a、b质量相同，a的轨道半径小于b的轨道半径，所以a所需的向心力大于b所需的向心力．故A正确；
B、根据万有引力提供向心力
=m
得
T=2π
，
所以b、c周期相等，且大于a的周期，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力
=ma
a=
所以b、c向心加速度相等，且小于a向心加速度，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力
=m
v=
所以b、c的线速度相等，且小于的线速度，故D正确．
本题选错误的，故选：C．
【分析】根据万有引力提供向心力
=m
=m
=ma，可比较出周期、向心加速度、线速度的大小．
7.【答案】
C
【解答】地球自转速度增大，则物体随地球自转所需向心力增大。
A.地球的质量和半径都没有变化，故对赤道上物体的万有引力大小保持不变，A不符合题意。
B.地球绕地轴转动，在两极点，物体转动半径为0，转动所需向心力为0，此时物体的重力与万有引力相等，故转速增加两极点的重力保持不变，B不符合题意。
C.地球自转速度增大，则物体随地球自转所需向心力增大,C符合题意。
D.赤道上的物体重力和向心力的合力等于物体受到的万有引力，而万有引力不变，转速增加时所需向心力增大，故物体的重力将减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】万有引力和重力大小和自转角速度大小无关；但是自转角速度变大会导致向心力变大。
8.【答案】C
【解答】解：设地球半径为R，则行星的半径为4R；
根据开普勒第三定律得：
=
则
T行=
T=8T；
地球的公转周期为1年，则说明该行星的公转周期为8年；
故选：C．
【分析】据开普勒第三定律得出地球和该行星公转半径的三次方与周期的二次方的比值相等，列式求解．
9.【答案】
C
【解答】根据
，得
，因为海王星的轨道半径时地球轨道半径的30倍，则海王星的周期大约是地球公转周期的165倍。地球公转周期为1年，则海王星的公转周期为165年。C符合题意，A、B、D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用万有引力定律，对地球和海王星列圆周运动公式，联立求出地球和海王星的周期关系。
10.【答案】
B
【解答】A、同步卫星绕地球圆周运动的线速度大小相同，但不知道卫星的质量关系故它们的机械能不一定相同，A不符合题意；
B、沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道对称的不同位置具有相同的速率，故而具有相同的动能，B符合题意；
C、同步卫星只能在赤道的上空，不是所有的运动的周期与地球自转周期相同的卫星都在赤道的上空，C不符合题意；
D、在同一轨道上运行的两颗质量相等的卫星，由于速度方向不同，它们的动量不相同，D不符合题意.
故答案为：B.
【分析】由于同步卫星的质量不知所以不能判别机械能的大小；椭圆轨道的对称位置具有相同的动能大小；同步卫星的轨道只能在赤道上空；由于速度方向不同所以动量不一定相同。
二、多选题
11.【答案】
B,D
【解答】解：A、由万有引力提供向心力，得：G
=m
r，得ω1=
；
又：mg=
所以：ω1=
r=R+h
将地球表面的重力加速度g=9.8m/s2
，
地球的半径R=6400km代入公式得：
ω1=1.13×10﹣3rad/s
而“蛟龙”的角速度与地球的角速度相等，为：
ω2=
=7.27×10﹣5rad/s，
所以：ω1＞ω2
．
故A错误，B正确；
C、由G
=ma，解得：a=
，则知神舟十一号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、轨道半径均大于蛟龙号，所以神舟十一号的向心加速度一定大于蛟龙号．可知．g＞a1＞a2
，
故C错误，D正确；
故选：BD
【分析】根据万有引力提供向心力，结合万有引力公式与牛顿第二定律可以求出角速度与向心速度的表达式，再分析答题即可．
12.【答案】A,D
【解答】A、所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，这是开普勒第一定律，A符合题意。
B、根据开普勒第二定律，对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，可知行星绕太阳有近日点和远日点之分，近日点快，远日点慢，B不符合题意。
C、根据开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方与公转周期的二次方比值都相等，则半长轴越大周期越长，C不符合题意。
D、根据对称性可知，由近日点到远日点的时间等于由远日点到近日点的时间，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】行星在近日点速度最大，势能最小，在远日点速度最小，势能最大，行星的轨道半径越大，周期越大。
13.【答案】A,C
【解答】A、?探测器在轨道I运行时的万有引力小于在月球表面时的万有引力，根据牛顿第二定律，探测器在轨道I运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，A符合题意；
B、根据万有引力提供向心力
，得
，则知轨道半径相同，则加速度相同，故探测器在轨道I经过P点时的加速度等于在轨道Ⅱ经过P时的加速度，B不符合题意；
C、轨道I的半径比轨道Ⅱ的半长轴大，根据开普勒第三定律，知探测器在轨道I的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期，B符合题意；
D、探测器在P点由轨道I进入轨道Ⅱ必须点火减速，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】探测器与月球的距离越近，万有引力越大，故加速度越大，探测器的轨道半径越大周期越大，结合选项分析即可。
14.【答案】
B,D
【解答】A、根据牛顿第二定律有
，解得
，将“天舟一号”与地球同步卫星比较，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的线速度大于地球同步卫星的线速度，A不符合题意；
B、第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，知其线速度小于第一宇宙速度，B符合题意；
C、根据牛顿第二定律有
，解得
，将“天舟一号”与地球同步卫星比较，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的向心加速度大于地球同步卫星加速度，C不符合题意；
D、根据牛顿第二定律有
，解得
，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的周期小于地球同步卫星的周期，即“天舟一号”的周期小于地球自转周期，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】第一宇宙速度是卫星发射的最小速度，也是最大环绕速度，随着卫星轨道半径的增加，环绕速度也随之降低；卫星离地球远近，线速度越大，环绕周期越短，对于近地卫星来说，周期小于24h，对于同步卫星来说，周期等于24h。
15.【答案】
B,C
【解答】解：A、B、双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，根据
，
得，M1r1=M2r2
，
因为质量大的黑洞和质量小的黑洞质量之比为36：29，则轨道半径之比为29：36；
根据v=rω知，因为质量大的黑洞和质量小的黑洞半径之比为29：36，角速度相等，则线速度之比为29：36，故A错误，B正确；
C、根据
可得，
根据
可得，
所以
当M1+M2不变时，L减小，则T减小，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，故C正确；
D、根据a=rω2知，因为质量大的黑洞和质量小的黑洞半径之比为29：36，角速度相等，则向心加速度之比为29：36，故D错误．
故选：BC
【分析】双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，根据万有引力提供向心力公式以及线速度、向心加速度、角速度直接的关系判断即可．
16.【答案】
B,D
【解答】双星每一时刻都在同一条直线上，说明二者角速度相同。万有引力提供向心力，对星球A应用牛顿第二定律可得
对B应用牛顿第二定律可得
比较两式可得
=
，
因RA>RB
，
MA，
故A不符合题意；
B．两星球角速度相同，V=R
，因RA>RB
，
星球A的线速度一定大于B的线速度，故B符合题意；
CD．取A由牛顿第二定律
?
(1)
可得
????
(2)
由B由牛顿第二定
(3)
可得
???
(4)
⑶+(4)可得T=
由上式分析双星间距离一定，双星的质量越大，其转动周期越小，故C不符合题意；双星的质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大，故D符合题意。
故答案为：BD
【分析】由题意可知考查双星模型，根据万有引力定律、牛顿第二定律计算可得。
17.【答案】
A,C
【解答】双星运动时都是绕一共同点转动的，故它们的角速度是相等的，A符合题意；因为它们的万有引力提供向心力，而万有引力相等，故
，即m1v1ω=m2v2ω，可见线速度并与质量成反比，C符合题意；它们的向心力相等，B不符合题意；因为m1ω2R1=m2ω2R2
，
故轨道半径与质量成反比，D符合题意。
故答案为：AC
【分析】双星是以两星连线上一点为圆心，由相互之间的万有引力提供向心力的两星组成的系统，所以他们的万有引力和角速度总是相等。
18.【答案】
A,B
【解答】A．忽略星球的自转则有万有引力等于物体的重力，则公式
，求出GM=gR2
，
已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的
，月球半径约为地球半径的
，所以地球质量约为月球质量的81倍。A符合题意。
B．第一宇宙速度7.9km/s是最小的发射速度，而第二宇宙速度11.2km/s是卫星逃离地球的最小速度，则“嫦娥一号”发射速度应处于7.9km/s到11.2km/s之间，B符合题意。
C．忽略星球的自转则有万有引力等于物体的重力，当卫星贴近星球表面圆周运动运动时有
已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的
，月球半径约为地球半径的
，所以“嫦娥一号”绕月球表面做圆周运动的周期比绕地球表面做圆周运动的周期大。C不符合题意。
D．绕地球做圆周运动时受到的向心力等于物体的重力，F=mg地；已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的
，忽略星球的自转则有万有引力等于物体的重力，当卫星贴近星球表面圆周运动运动时，向心力F′=mg月
，
所以“嫦娥一号”绕月球做圆周运动时受到的向心力大于绕地球做圆周运动时受到的向心力。D不符合题意。
故答案为：AB.
【分析】利用引力形成重力结合重力加速度的比值可以求出质量之比；利用宇宙速度的概念可以判别嫦娥一号的发射速度大小；利用引力提供向心力可以比较运动周期的大小；利用引力形成重力可以比较向心力的大小。
19.【答案】
C,D
【解答】解：A、月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，“嫦娥三号”在轨道1上的半径大于月球半径，根据
，得线速度v=
，可知“嫦娥三号”在轨道1上的运动速度比月球的第一宇宙速度小．故A正确．
B、“嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点若要进入轨道1，需减速，所以在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大．故B正确；
C、根据开普勒第三定律得卫星在轨道2上运动轨道的半长轴比在轨道1上轨道半径小，所以卫星在轨道1上运动周期比在轨道2上大，故C错误；
D、“嫦娥三号”无论在哪个轨道上经过Q点时的加速度都为该点的万有引力加速度，因为都是Q点可知，万有引力在此产生的加速度相等，故D错误．
本题选择错误的，故选：CD．
【分析】月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，根据万有引力提供向心力，得出线速度与半径的关系，即可比较出卫星在轨道I上的运动速度和月球的第一宇宙速度大小．卫星在轨道地月转移轨道上经过P点若要进入轨道I，需减速．比较在不同轨道上经过P点的加速度，直接比较它们所受的万有引力就可得知．卫星从轨道1进入轨道2，在Q点需减速．
20.【答案】
B,C
【解答】A．轨道II的半长轴小于轨道I的半径，由开普勒第三定律可知，周期小于轨道I上的周期，A不符合题意；
B．在轨道I上运动，从P点开始变轨，可知嫦娥三号做近心运动，故在P点应该减速以减小向心力通过做近心运动减小轨道半径，B符合题意；
C．根据
得
沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度，C符合题意；
D．在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力方向与速度方向成锐角，万有引力对其做正功，动能增大，速度增大，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】卫星的轨道半径越大，到中心天体的距离越远，受到的万有引力越小，运动的线速度越小，角速度越小，加速度越小，周期越长。
三、综合题
21.【答案】
（1）解：月球表面附近的物体做自由落体运动?h＝
g月t2
月球表面的自由落体加速度大小?g月＝
（2）解：若不考虑月球自转的影响?G
＝mg月
月球的质量?
质量为m'的飞行器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动m′g月＝m′
月球的“第一宇宙速度”大小?
【分析】（1）物体在月球上做竖直上抛运动，匀变速直线运动，结合运动学公式求解加速度；
（2）第一宇宙速度即为最大环绕速度，当卫星的轨道半径为行星的半径时，速度为第一宇宙速度，万有引力提供向心力，结合万有引力定律和向心力公式求解即可。
22.【答案】
（1）解：根据万有引力定律和牛顿第二定律有
?
????
解得
（2）解：根据万有引力定律及向心力公式，有
及
?
解得
（3）解：借助接近赤道的低纬度发射基地更为合理，原因是低纬度地区相对于地心可以有较大线速度，有较大的初动能。
【分析】（1）利用万有引力提供向心力可以求出飞船的向心力和向心加速度大小；
（2）利用地球表面万有引力提供向心力和形成重力，可以利用引力减去向心力求出物体所受重力的大小；
（3）借助低纬度发射时具有较大的线速度。
?

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