高考物理复习微专题36
【加练半小时】2020版高考物理(江苏)一轮练习：第五章 微专题36
[方法点拨] 分析机车启动问题时，抓住两个关键，一是汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系；二是抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关系．综合以上两个关系，即可确定汽车的运动情况．1.(多选)一辆汽车在平直公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的功率，其牵引力和速度的关系图象如图1所示．若已知汽车的质量m 、牵引力F 1和速度v 1及该车所能达到的最大速度v 3，运动过程中所受阻力恒定，则根据图象所给的信息，下列说法中正确的是( )图1A ．汽车行驶中所受的阻力为F 1v 3v 1B ．汽车匀加速运动的过程中加速度大小为F 1(v 3－v 1)m v 3C ．速度为v 2时的加速度大小为F 1(v 3－v 2)m v 2v 3D ．若速度为v 2时牵引力恰为F 12，则有v 2＝2v 1 2．(多选)一辆CRH2型动车组的总质量M ＝2.0×105 kg ，额定输出功率为4 800 kW.假设该动车组在水平轨道上运动时的最大速度为270 km /h ，受到的阻力F f 与速度v 满足F f ＝kv ，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．该动车组以最大速度行驶时的牵引力为6.4×104 NB ．从题中给出的数据可算出k ＝1.0×103 N·s/mC ．当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组受到的阻力为1.6×104 ND ．当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为1 200 kW3．(多选)发动机额定功率为80 kW 的汽车，质量为2×103 kg ，在水平路面上行驶时汽车所受摩擦阻力恒为4×103 N ，若汽车在平直公路上以额定功率启动，则下列说法中正确的是( )A ．汽车的加速度和速度都逐渐增大B ．汽车匀速行驶时，所受的牵引力为零C．汽车的最大速度为20 m/sD．当汽车速度为5 m/s时，其加速度为6 m/s24.(多选)在水平路面上AB段光滑，BC段粗糙，两段长度相同，如图2所示．在A处静止的小物体(可视为质点)在水平恒力F作用下，从A点开始运动，到C点恰好停下．下列判断正确的是()图2A．水平恒力F在两段路面上做功相等B．整个过程水平恒力F做的功等于克服摩擦力做的功C．水平恒力F在AB段的平均功率大于BC段的平均功率D．水平恒力F在AB段中点位置瞬时功率大于在BC段中点位置瞬时功率5.起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其v－t图象如图3所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的()图36．一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图4所示．假定汽车所受阻力的大小F f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是()图47．汽车以恒定功率P 、初速度v 0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v －t 图象不可能是下图中的( )8.(多选)图5所示为码头拖船作业的示意图，质量为m 的汽车在平直路面上运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与定滑轮之间的轻绳始终水平．当牵引轮船的轻绳与水平方向的夹角为θ时，轮船的加速度大小为a ，轻绳的拉力对船做功的功率为P ，汽车受到的阻力大小为F f ，轮船的速度大小为v ，则下列说法正确的是( )图5A ．此时汽车的加速度为a 车＝a cos θB ．此时绳的拉力大小为F T ＝P v cos θ C ．此时汽车的速度为v 车＝v cos θD ．此时汽车牵引力的功率P 车＝P ＋(F f ＋ma cos θ)v cos θ9．(多选)质量为2 kg 的遥控玩具电动汽车在平直路面上由静止开始沿直线运动，汽车受到的阻力恒为重力的12，若牵引力做功W 和汽车位移x 之间的关系如图6所示，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，则( )图6 A ．汽车在0～1 m 位移内，牵引力是恒力，1～3 m 位移内，牵引力是变力B ．汽车位移为0.5 m 时，加速度的大小a ＝5 m/s 2C ．汽车位移在0～3 m 的过程中，牵引力的最大功率为2010 WD ．汽车位移在0～3 m 的过程中，牵引力的平均功率为1010 W10．将一质量为m 的物体在某高处以初速度v 0竖直向上抛出，从抛出点上升的最大高度为h .设空气阻力大小恒定．其速度大小随时间变化的图象如图7所示，则下列说法正确的是( )图7A ．物体从抛出经过3t 0的时间落回抛出点B ．物体在上升阶段和下落到抛出点阶段重力冲量之比为1∶2C ．物体从抛出到落回抛出点的过程中机械能的减少量为13mgh D ．物体在上升阶段和下落到抛出点阶段重力做功的平均功率之比为2∶111.(多选)如图8所示，一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，初始时刻小球静止于P 点．第一次小球在水平拉力F 1作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ(θ＜90°)，轻绳中的张力大小为F T1；第二次小球在水平恒力F 2作用下，从P 点开始运动并恰好能到达Q 点，在Q 点时轻绳中的张力大小为F T2.关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g )( )图8A ．两个过程中，轻绳的张力均变大B ．第一个过程中，拉力F 1在逐渐变大，且最大值一定大于F 2C ．F T1＝mg cos θ，F T2＝mg D ．第二个过程中，重力和水平恒力F 2的合力的功率先增大后减小答案精析 1．BD [汽车做匀加速直线运动结束时，即速度为v 1时汽车的功率达到额定功率，则有P ＝F 1v 1，之后汽车保持功率不变，当牵引力等于阻力时速度达到最大，则有F 1v 1＝F f v 3，解得F f ＝F 1v 1v 3，A 错误；根据牛顿第二定律得汽车在匀加速阶段的加速度大小为a ＝F 1－F f m＝F 1－F 1v 1v 3m ＝F 1(v 3－v 1)m v 3，B 正确；汽车的速度为v 2时，牵引力大小F 2＝P v 2＝F 1v 1v 2，根据牛顿第二定律得此时汽车的加速度大小为a ′＝F 2－F f m ＝F 1v 1v 2－F 1v 1v 3m ＝F 1v 1(v 3－v 2)m v 3v 2，C 错误；若汽车的速度为v 2时，牵引力恰为F 12，则有F 12＝P v 2＝F 1v 1v 2，解得v 2＝2v 1，D 正确．] 2．AD [最大速度为v m ＝270 km/h ＝75 m/s ，根据P ＝F v ，得该动车组以最大速度行驶时的牵引力为F ＝P v m ＝4 800×10375N ＝6.4×104 N ，故A 正确；当牵引力与阻力相等时，速度达到最大，则有F ＝F f ＝k v m ，解得k ＝F v m ＝6.4×10475N·s/m ＝853.3 N·s/m ，故B 错误；当匀速行驶的速度为v ＝v m 2时，则有F f ′＝k v ＝853.3×752N ＝3.2×104 N ，此时牵引力F ′＝F f ′＝3.2×104 N ，动车组输出功率P ′＝F ′v ＝3.2×104×752W ＝1 200 kW ，故C 错误，D 正确．] 3．CD [由P ＝F v ，F －F f ＝ma 可知，在汽车以额定功率启动的过程中，F 逐渐变小，汽车的加速度a 逐渐减小，但速度逐渐增大，当匀速行驶时，F ＝F f ，此时加速度为零，速度达到最大值，则v m ＝P F f ＝80×1034×103m/s ＝20 m/s ，故A 、B 错误，C 正确；当汽车速度为5 m/s 时，由牛顿第二定律得P v －F f ＝ma ，解得a ＝6 m/s 2，故D 正确．]4．AB[由W ＝Fl 知，恒力F 在两种路面做功一样多，即W 1＝W 2，故选项A 正确；在整个过程中，根据动能定理可知W F －W f ＝0－0，故整个过程水平恒力F 做的功等于克服摩擦力做的功，故选项B 正确；在AB 段做初速度为零的匀加速直线运动，在BC 段可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，整个过程的v －t 图象如图所示，在两段所需时间相同，根据P ＝W t可知，水平恒力F 在AB 段的平均功率等于BC 段的平均功率，故选项C 错误；由题图可知，在AB 段中点位置瞬时速度和在BC 段中点位置瞬时速度相同，故水平恒力F 在AB 段中点位置瞬时功率等于BC 段中点位置瞬时功率，故选项D 错误．]5．A [由v －t 图象知重物先匀加速运动，再匀速运动，最后匀减速运动，由牛顿第二定律知，在匀加速过程有F 1－mg ＝ma 1，F 1为恒力且大于mg ，拉力的功率P 1＝F 1v ＝F 1a 1t ；在匀速过程有F 2＝mg ，拉力的功率P 2＝F 2v 0为定值；在匀减速过程有mg －F 3＝ma 3，F 3为恒力且小于mg ，拉力的功率P 3＝F 3v ＝F 3(v 0－a 3t )，功率逐渐减小到0，可知A 正确．]6．A [在0～t 1时间内，如果匀速，则v －t 图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据P ＝F v ，牵引力减小，根据F －F f ＝ma ，加速度减小，做加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F 1＝F f ，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v 1＝P 1F 1＝P 1F f，所以在0～t 1时间内，v －t 图象先是平滑的曲线，当a ＝0时，v 1＝P 1F f；在t 1时刻，功率突然减小，故牵引力突然减小，做减速运动，由P ＝F v 知F 增大且小于F f ，根据F －F f ＝ma ，加速度减小，做加速度减小的减速运动，当加速度为0时，即F 2＝F f ，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v 2＝P 2F 2＝P 2F f ，所以在t 1～t 2时间内，v －t 图象先是平滑的曲线，当加速度减为零时，v 2＝P 2F f，故A 正确，B 、C 、D 错误．]7．A [由瞬时功率P ＝F v 可知，汽车功率恒定，汽车开始所受牵引力F ＝P v 0，若汽车受到的合外力F 合＝0，则汽车做匀速运动，B 项中v －t 图象是可能的；若F 合与牵引力方向相同，则汽车做加速运动，随着速度增大，牵引力逐渐减小，合外力减小，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，C 项中v －t 图象是可能的，A 项中v －t 图象是不可能的；若F 合与牵引力方向相反，则汽车做减速运动，牵引力增大，合外力减小，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，D 项中v －t 图象是可能的．]8．ABD [将轮船的加速度、速度分解，可得此时汽车的速度为v 车＝v cos θ，此时汽车的加速度为a 车＝a cos θ，故A 正确，C 错误；由P ＝F T v 车可知，此时绳的拉力大小为F T ＝P v cos θ，故B 正确；对汽车进行受力分析，根据牛顿第二定律得F 车－F f －F T ＝ma 车，此时汽车牵引力的功率为P 车＝F 车v 车＝(F T ＋F f ＋ma 车)v cos θ＝P ＋(F f ＋ma cos θ)v cos θ，故D 正确．]9．BCD [根据公式W ＝Fx 可知，题中W －x 图象的斜率表示汽车牵引力的大小，0～1 m 位移内，牵引力F 1＝20 N ，1～3 m 位移内，牵引力F 2＝10 N ，所以A 错误；0～1 m 位移内，a ＝F 1－12mg m＝5 m/s 2，B 正确；0～1 m 位移内，汽车做匀加速运动，1～3 m 位移内，汽车受力平衡，做匀速运动，则速度刚达到最大时，牵引力功率最大，此时v 1＝2ax 1＝10 m/s ，P max ＝F 1v 1＝2010 W ，C 正确；牵引力做的总功W ＝40 J ，时间t ＝t 1＋t 2＝1102 s ＋210 s ＝410s ，平均功率为P ＝W t ＝1010 W ，D 正确．] 10．D [由于空气阻力做功，所以物体回到抛出点时速度小于抛出时的速度，故不到3t 0的时间回到抛出点，A 错误；物体回到抛出点时，上升的位移大小与下降的位移大小相等，由v －t 图象和运动学公式可得12v 0t 0＝12·v 02t 0t 2，解得t ＝2t 0，即下落2t 0时间回到抛出点，所以重力冲量之比为(mgt 0)∶(mg ·2t 0)＝1∶2，重力做功的平均功率之比为P 1P 2＝W t 0∶W 2t 0＝2∶1，B 错误，D 正确；设空气阻力为F f ，由牛顿第二定律得物体在上升阶段有mg ＋F f ＝ma 1＝m v 0t 0，下落阶段有mg －F f ＝ma 2＝m v 02t 0，联立解得F f ＝13mg ，物体从抛出到回到抛出点时阻力做功大小等于机械能减少量，为W f ＝2F f h ＝23mgh ，C 错误．] 11．BC [第一次小球在水平拉力F 1作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得F 1＝mg tan θ，随着θ增大，F 1逐渐增大；第二次小球从P 点开始运动并恰好能到达Q 点，则到达Q 点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得F 2l sin θ＝mgl (1－cos θ)，解得F 2＝mg tan θ2，因θ＜90°，则F 2＝mg tan θ2＜mg tan θ，即F 1＞F 2，第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力F T1＝mg cos θ，所以轻绳的张力变大，第二次由于重力和拉力F 2都是恒力，可以把这两个力合成新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于“单摆运动”，当轻绳方向与重力和F 2合力的方向在同一条直线上时，小球处于“最低点”，在“最低点”小球速度最大，此时轻绳张力最大，所以第二次轻绳张力先增大后减小，故A 错误，B 正确；第二次运动到Q 点时小球速度为零，则向心力为零，则轻绳拉力F T2＝mg cos θ＋F 2sinθ＝mg cos θ＋mg (1－cos θ)sin θsin θ＝mg ，故C 正确；第二个过程中，重力和水平恒力F 2的合力是个恒力，在等效“最低点”时，合力方向与速度方向垂直，此时功率为零，到达Q 点速度也为零，则第二个过程中重力和水平恒力F 2的合力的功率先增大，后减小为零，再增大，最后再减小为零，故D 错误．]。
2020版高考物理复习题：第36课 分子动理论 内能
第36课 ·分子动理论 内能1．对分子动理论的理解及应用a ．借助阿伏加德罗常数N A 解决宏观与微观之间的问题(1)(2017江苏单科，4分)科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子。
资料显示，某种蛋白的摩尔质量为66 kg/mol ，其分子可视为半径为3×10－9 m 的球，已知阿伏加德罗常数为6.0×1023 mol －1。
请估算该蛋白的密度。
(计算结果保留一位有效数字)答案：ρ＝1×103 kg/m 3 (4分)解析：摩尔体积V ＝43πr 3N A (2分) 由密度ρ＝M V解得ρ＝3M 4πr 3N A(1分) 代入数据得ρ＝1×103 kg/m 3(1分)b ．根据温度判断分子热运动与布朗运动的剧烈程度(2)(2017北京理综，6分)以下关于热运动的说法正确的是( )A ．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈B ．水凝结成冰后，水分子的热运动停止C ．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈D ．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大答案：C解析：水流速度是机械运动速度，不能反映热运动情况，故A 项错误。
分子在永不停息地做无规则运动，故B 项错误。
水的温度升高，水分子的平均速率增大，但并非每一个水分子的运动速率都增大，故D 项错误。
水的温度越高，水分子的热运动越剧烈，故C 项正确。
(3)(多选)(2015全国Ⅱ，5分)关于扩散现象，下列说法正确的是( )A ．温度越高，扩散进行得越快B ．扩散现象是不同物质间的一种化学反应C ．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D ．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E ．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的答案：ACD解析：温度越高，分子热运动越激烈，所以扩散进行得越快，故A 项正确。
扩散现象中没有产生新的物质，是物理现象，故B 项错误。
扩散现象是由物质分子无规则热运动产生的分子迁移现象，可以在固体、液体、气体中发生，扩散速度与温度和物质的种类有关，故C 项、D 项均正确。
2020年高考物理复习题 (36)
2020年高考物理复习题
1．如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙．用水平力向左推B，将弹簧压缩，推到某位置静止时推力大小为F0，弹簧的弹性势能为E．在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是（）
A．撤去推力的瞬间，B的加速度大小为
B．撤去推力后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒
C．A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D．A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为
【分析】抓住撤去瞬间弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出B的加速度大小，根据动量守恒定律的条件判断动量是否守恒．结合动量守恒、机械能守恒求出弹簧的弹性势能．
【解答】A、推力F撤去前，弹簧的弹力等于F0，撤去F的瞬间，B的合力为F0，则B 的加速度大小为a＝．故A正确。
B、撤去F后，A、B和弹簧组成的系统受到墙壁的作用力，系统动量不守恒。
故B错误。
D、B撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹
性势能最大。
设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0．根据动量守恒和机械能守恒得2mv0＝3mv，
E＝
又E＝
联立解得弹簧的弹性势能最大值为E P＝．故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】正确认识动量守恒条件和机械能守恒条件是解决本题的关键了．如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变；系统只有重力或弹力做功为机械能守恒条件．。
高考物理大一轮复习 题组层级快练36 第八单元 恒定电流 4 实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线
题组层级快练(三十六)实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线1．在做“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验时，所用器材有：电动势为6 V的电源、额定电压为2.5 V的小电珠、以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线．要求能测出尽可能多组数据．如图是没有连接完整的实物电路．(已连接好的导线有a、b、c、d、e、f 六根)(1)请你用笔画线代替导线，在原图中将实物电路连接完整；(2)连好电路，闭合开关，移动变阻器滑片P，发现小电珠始终不亮，但电压表有示数，电流表几乎不偏转，则故障的原因可能是___________________________________________ ________________________________________________________________________；(3)排除故障后闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2 V，要测量小电珠的额定功率，应将滑片P向________端滑动(选填“左”或“右”)；(4)通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的读数，并绘制成了如图所示的U－I图像．根据U－I图像提供的信息，可计算出小电珠的额定功率是________W；(5)图线是曲线而不是过原点的直线，原因是_______________________________________ ________________________________________________________________________.答案(1)连线如图所示(2)c段导线断路或电珠损坏(3)右(4)0.5(5)小电珠的电阻随温度的升高而增大2．小亮同学为研究某电学元件(最大电压不超过2.5 V，最大电流不超过0.55 A)的伏安特性曲线，在实验室找到了下列实验器材：A．电压表(量程是3 V，内阻是6 kΩ)B．电压表(量程是15 V，内阻是30 kΩ)C．电流表(量程是0.6 A，内阻是0.5 Ω)D．电流表(量程是3 A，内阻是0.1 Ω)F．滑动变阻器(阻值范围0－5 Ω)，额定电流为0.6 AG．滑动变阻器(阻值范围0－100 Ω)，额定电流为0.6 AH．直流电源(电动势E＝3 V，内阻不计)I．开关、导线若干该同学设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据(I和U分别表示电学元件上的电流和电压)．I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/V 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00________．(以上均填写器材代号)(2)请在下面的虚线框中画出实验电路图；(3)在下图中描出该电学元件的伏安特性曲线；(4)据图中描出的伏安特性曲线可知，该电学元件的电阻随温度而变化的情况为：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. 答案 (1)C A F (2)见解析图 (3)见解析图 (4)元件电阻随温度升高而增大 解析 (1)从表格中的实验数据可知，电流测量值I 的范围为0－0.50 A ，电压测量值U 的范围为0－2.00 V ，因此电流表应选C ，电压表应选A.因为本实验要测量多组(U ，I)值，需使电压U 连续变化，因此，变阻器应接成分压式，且选阻值较小的滑动变阻器F.(2)由表格中的数据，根据R ＝UI ，估算电学元件的电阻值大约为几欧，因此电流表外接．电路图如图所示：(3)如图所示(4)由图像知，图线的斜率逐渐变小，因此随着温度的升高，电学元件的电阻逐渐增大．3．要测绘一个标有“3 V 0.6 W ”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V ，并便于操作．已选用的器材有： 电池组(电动势为4.5 V ，内阻约1 Ω) 电流表(量程为0－250 mA ，内阻约5 Ω) 电压表(量程为0－3 V ，内阻约3 k Ω) 开关一个、导线若干．(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填选项字母)． A ．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A) B ．滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A) (2)实验的电路图应选用下列的图________(填选项字母)．(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如下图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为 1.5 V ，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________ W.答案(1)A (2)B (3)0.1解析(1)测量小灯泡的伏安特性曲线，电压变化范围要求要大，所以采用滑动变阻器的分压式接法，应选择小电阻大电流的滑动变阻器A.(2)电流表的电阻与小灯泡的电阻接近，电流表的分压作用很明显，所以采用电流表外接，灯泡两端的电压变化范围大，所以滑动变阻器要采用分压式接法，B项正确．(3)将这个小灯泡接到电源两端，电源与小灯泡直接串联，电路方程为E＝U＋Ir，变形可得函数方程U＝E－rI，其函数图像如图所示，画出电动势为1.5 V，内阻为5 Ω，短路电流为0.30 A的图线，该图线和小灯泡的伏安特性曲线的交点即表示小灯泡与该电源直接串联的解．根据交点坐标(1.0 V，0.1 A)可以计算出小灯泡消耗的功率为P＝UI＝1.0×0.1 W＝0.1 W.4．某学习小组拟研究一个标有“3.6 V 1.8 W”的小灯泡的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：①电流表A，量程0－0.6 A，内阻约为0.2 Ω；②电压表V，量程0－15 V，内阻约为15 kΩ；③滑动变阻器R，阻值范围0－10 Ω；④学生电源E，电动势为4 V，内阻不计；⑤开关S及导线若干．(1)该学习小组中的甲同学设计了如图甲所示的电路进行测量，请按照图甲所示的电路图帮甲同学将图乙中的实物图连接起来．(2)甲同学在实验中发现，由于电压表的量程较大而造成读数误差很大，因而影响了测量结果．于是又从实验室找来一量程为I g＝100 μA、内阻R g＝1 000 Ω的灵敏电流计，想把该灵敏电流计改装成量程为5 V的电压表，则需串联一个阻值为________ Ω的电阻．(3)甲同学用改装后的电压表进行实验，得到电流表读数I1和灵敏电流计读数I2如下表所示：I1(A) 0 0.19 0.30 0.37 0.43 0.46 0.48 0.49I2(μA) 0 10 20 30 40 50 60 70 请在图丙中的坐标纸上画出I1－I2图线．(4)若将该小灯泡接在如图丁所示的电路中，则该小灯泡消耗的电功率约为________W．已知电源的电动势为E＝3.0 V，内阻r＝1.5 Ω，定值电阻R0＝4.5 Ω.(结果保留两位有效数字) 答案(1)见解析图(2)49 000 (3)如下图所示(4)0.35【解析】(1)如图所示(2)设需要串联的电阻阻值为R x，则有I g(R g＋R x)＝5 V，代入数据可得R x＝49 000 Ω.(4)将定值电阻R0看做该电源的电阻，则内阻r′＝6 Ω，由此可得路端电压U＝E－Ir′，在I1－I2图线所在坐标纸上作出该I－U图像如下图所示，可知其交点坐标表示的电流约为0.32 A，电压约为1.1 V，所以该灯泡消耗的功率约为P＝0.32×1.1 W≈0.35 W.5．(2016·云南联考)有一个小灯泡上标有“4.8 V 2 W”的字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线．有下列器材可供选用：A．电压表(0～3 V，内阻3 kΩ)B．电压表(0～15 V，内阻15 kΩ)C．电流表(0～0.6 A，内阻约1 Ω)D．定值电阻R1＝3 kΩE．定值电阻R2＝15 kΩF．滑动变阻器R(10 Ω，2 A)G．学生电源(直流6 V，内阻不计)H．开关、导线若干(1)实验中所用电压表应选用________，定值电阻应选用________(均用序号字母填写)．(2)为尽量减小实验误差，并要求从零开始多取几组数据，请在虚线框内画出满足实验要求的电路图．(3)利用上述实验电路图测出的电压表读数U V与此时小灯泡两端电压U的定量关系是________，下面四个图像中可能正确的是________．答案(1)A D (2)见解析图(3)U＝2U V C解析 (1)由于量程15 V 的电压表量程较大，所以可以采用扩大3 V 量程电压表的办法，实验中所用电压表应选用A ，定值电阻应选用R 1＝3 k Ω的D. (2)采用分压电路，电流表外接，电路图如图所示．(3)利用上述实验电路图测出的电压表读数U V 与此时小灯泡两端电压U 的定量关系是U ＝2U V .由P ＝U 2R ，R 随温度升高(电压增大)而增大，小灯泡的电功率P 与它两端电压的平方U 2的关系曲线可能正确的是图C.6．某同学合理选用下列器材组成一个电路，同时对两个不同的热敏电阻R A 、R B 进行了测量，得到了两个热敏电阻的I －U 关系曲线，如图所示．在实验中，有以下器材供选择：A ．量程为50 mA 的电流表A 1，内阻约10 ΩB ．量程为0.6 A 的电流表A 2，内阻约0.05 ΩC ．量程为3 V 的电压表V 1，内阻约10 k ΩD ．量程为6 V 的电压表V 2，内阻约50 k ΩE ．电动势为12 V 、内阻不计的直流电源F ．滑动变阻器R 1(50 Ω，0.6 A)G ．滑动变阻器R 2(10 Ω，0.02 A)H ．单刀单掷开关一个、导线若干．(1)为了得到热敏电阻完整的I －U 关系曲线，请选择合适的实验器材：________________________________________________________________________(填器材前的选项字母)．(2)请设计实验电路并把它画到方框中，标明相应的器材代号．(3)该同学将R A、R B串联起来，与电压恒为7 V的稳压电源连接，则此时热敏电阻R A和R B消耗的功率之比为________．答案(1)ACDEFH (2)电路如图所示(3)2∶5解析(1)根据I－U关系曲线上的数据去选择实验器材．(2)测定I－U关系曲线．要求电压从零开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法；由于热敏电阻的阻值比电压表的内阻小很多，所以电流表采用外接法．(3)由题图可知电流等大时R A∶R B＝2∶5，则可知R A和R B消耗的功率之比为2∶5.7．学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：小灯泡L，规格“4.0 V 0.7 A”；电流表A1，量程3 A，内阻约为0.1 Ω；电流表A2，量程0.6 A，内阻r2＝0.2 Ω；电压表V，量程3 V，内阻r V＝9 kΩ；标准电阻R1，阻值1 Ω；标准电阻R2，阻值3 kΩ；滑动变阻器R，阻值范围0－10 Ω；学生电源E，电动势6 V，内阻不计；开关S及导线若干．①甲同学设计了如图1甲所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46 A时，电压表的示数如图乙所示，此时L的电阻为________ Ω.②乙同学又设计了如图2所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L 上的电压值是________ V.③学习小组认为要想更准确地描绘出L 完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路．请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图3所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号．答案 ①5 ②4 ③见解析图解析 ①电压表的示数U ＝2.30 V ，所以灯泡L 的电阻R L ＝U I ＝2.300.46 Ω＝5 Ω.②由题图知电压表V 与R 2串联，根据串联分压，当电压表V 的示数为3 V 时， R 2两端的电压U 2＝U V r V R 2＝39 000×3 000 V ＝1 V ，所以灯泡两端的电压U ′＝U V ＋U 2＝(3＋1) V ＝4 V.③要想更准确地描绘出L 完整的伏安特性曲线，则电压表的量程应变为4.0 V ，电流表的量程应变为0.7 A ，因此将电压表V 与标准电阻R 2串联改装成量程为4.0 V 的电压表，将电流表A 2与标准电阻R 1并联改装成量程为0.6 A ＋0.6×0.21 A ＝0.72 A 的电流表．故虚线框内实验电路如图所示．。
【精准解析】2021高考物理教科版：第五章+微专题36+“选好运动过程”应用动能定理
1．要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理．2．列动能定理方程要规范：W1＋W2＋W3…＝E k2－E k1(注意各功的正负号问题)．1．(2019·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后，冰壶运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将()A．不变B．变小C．变大D．无法判断2．(多选)(2019·山东临沂市质检)如图1所示，物体沿斜面由静止开始下滑，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面间和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接，选项图中v、a、f、s、t、E k分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小、路程、时间和动能，其中可能正确的是()图13．如图2为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是()图2A．μ＝tanαB．μ＝tanβC．μ＝tanθD．μ＝tanα－β24．(2019·广东揭阳市期末)某位工人师傅用如图3所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物G上升高度为h时轻绳与水平方向成α角，已知重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计，在此过程中，下列说法正确的是()图3A．人的速度比重物的速度小B．轻绳对重物的拉力大于重物的重力C．重物做匀速直线运动m v2D．绳的拉力对重物做的功为mgh＋125．(2020·福建三明市质量检测)如图4所示，一个小球(视为质点)从H＝11m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4m的竖直圆环内侧，且与圆环内的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，取重力加速度g＝10m/s2，则h的值可能为()图4A．10m B．9.5m C．9m D．8.5m6．(多选)(2019·辽宁大连市五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图5中给出了拉力随位移变化的关系图像．已知重力加速度g＝10m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()图5A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间7．(2019·安徽合肥市一模)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图像如图6所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是()图6A．F1、F2大小之比为1∶2B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶18．如图7所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50m．盆边缘的高度为h＝0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为()图7A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．09．(多选)(2020·广西南宁市模拟)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图8所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4J，在M点时它的动能为2J，落回到B点时动能记为E k B，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则()图8A．x1∶x2＝1∶3B．t1<t2C．E k B＝6J D．E k B＝12J10．(多选)如图9所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8m处自由滑下，当下滑到距离坡底s1处时，动能和势能相等(以坡底所在水平面为参考平面)；到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡(不计经过坡底时的机械能损失)，当上滑到距离坡底s2处时，运动员的动能和势能又相等，上滑的最大距离为4m．关于这个过程，下列说法中正确的是()图9A．摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化量B．重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化量C．s1<4m，s2>2mD．s1>4m，s2<2m11．(2020·广西桂林市质检)如图10所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图10(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.12．(2019·山东济宁市一模)如图11所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ＝1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一水平传送带AB长为L＝12m，与传送带相邻的粗糙水平面BC长为x＝4m，物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直半圆弧轨道与BC平滑连接，在半圆弧轨道的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v＝6m/s的速率顺时针匀速转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．释放物块，当弹簧储存的能量E p＝8J全部转移给物块时，小物块恰能滑到与圆心O等高的E点，取g＝10m/s2.图11(1)求物块被弹簧弹出时的速度大小；(2)求半圆弧轨道的半径R；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调范围．答案精析1．A [冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs ＝0－12m v 2，得s ＝v 22μg，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等，故选项A 正确．]2．BCD [物体在斜面上受到的摩擦力为恒定值，在水平面上受到的摩擦力也为恒定值，且物体在斜面上受到的摩擦力小于在水平面上受到的摩擦力，A 错误；物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，B 、C 可能正确；由动能定理可知D 可能正确．]3．C [设A 、B 间的水平长度为x ，竖直高度差为h ，对A 到B 的过程运用动能定理，得mgh －μmg cos α·x AC －μmg ·x CE －μmg cos β·x EB ＝0，因为x AC ·cos α＋x CE ＋x EB ·cos β＝x ，则有mgh －μmgx ＝0，解得μ＝h x＝tan θ，故C 正确．]4．B [将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于重物G 的速度，根据平行四边形定则，绳子与水平方向的夹角为θ时，v G ＝v cos θ，故v >v G ，A 错误；人在向右匀速运动的过程中，绳子与水平方向的夹角θ减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升的运动，由牛顿第二定律可知，绳子的拉力大于重物的重力，B 正确，C 错误；当重物G 上升高度为h 时，重物的速度v G ＝v cos α，重物由地面上升到高度为h 的过程中，根据动能定理可知W －mgh ＝12m v G 2，解得W ＝mgh ＋12m (v cos α)2，D 错误．]5．B [到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，则mg ＝m v C 2R ，解得v C ＝210m/s ；设小球在BC 阶段克服摩擦力做功为W BC ，小球从A 运动到C ，根据动能定理得，mg (H －2R )－W BC ＝12m v C 2，解得W BC ＝10m ；由于从C 到B 过程中小球对圆轨道的平均压力小于从B 到C 过程中小球对圆轨道的平均压力，则从C 到B 过程克服摩擦力做的功小于从B 到C 过程中克服摩擦力做的功，即0<W CB <10m ；从C 到D 过程，由动能定理得：mg ·(2R －h )－W CB ＝0－12m v C 2，联立解得9m<h <10m ，故选B.]6．ABC [物体做匀速直线运动时，拉力F 与滑动摩擦力f 大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝F mg ＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得W F ＋W f ＝0－12m v 2，根据F －x 图像中图线与横坐标轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ，而W f ＝－μmgx ，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v ，B 、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误．]7．C[由v－t图像可知，A、B匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，A、B受摩擦力大小相等，由牛顿第二定律可知，A、B的质量之比为2∶1，由v－t图像可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，且匀加速运动的位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得，对A物体，F1·x－f1·3x＝0－0；对B物体，F2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝32f2，又因f1＝f2，所以F1＝2F2.A、B物体运动全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等．故A、B、D错误，C正确．]8．D[设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3m．由于d＝0.50m，所以，小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点，D正确．] 9．AD[由小球上升与下落时间相等，即t1＝t2得，x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正确，B错误；A→M应用动能定理得－mgh＋W1＝12m v M2－12m v2，竖直方向有v2＝2gh联立解得W1＝2JA→B风力做功W2＝4W1＝8J，A→B由动能定理W2＝E k B－E k A，可求得E k B＝12J，C错误，D正确．]10．BC[运动员在斜坡上滑行的过程中有重力做功，摩擦力做功，由动能定理可知，故A错误，B正确；从左侧斜坡s处滑至s1处过程中，由动能定理得：mg(s－s1)sinα－W f＝12m v2①(其中s＝8m，s1是距坡底的距离)因为下滑到距离坡底s1处动能和势能相等，所以有：mgs1·sinα＝12m v2②由①②得：mg(s－s1)sinα－W f＝mgs1·sinα③由③得：s－s1>s1，即s1<4m．同理，从右侧斜坡s2处滑至s′(s′＝4m)处过程中，由动能定理得：－mg(s′－s2)·sinθ－W f′＝0－12m v12④因为距坡底s2处动能和势能相等，有mgs2·sinθ＝12m v12⑤由④⑤得：mg(s′－s2)·sinθ＋W f′＝mgs2·sinθ⑥由⑥式得：s′－s2<s2，即s2>2m．综上所述，C正确，D错误．] 11．(1)0.375(2)23m/s(3)0.2s解析(1)滑块恰能滑到D 点，则v D ＝0滑块从A →B →D 过程中，由动能定理得mg (2R －R )－μmg cos 37°·2R sin 37°＝0解得μ＝0.375；(2)当v C 为最小值时，v 0有最小值．滑块恰能过C 点时，v C 有最小值，则在C 点mg ＝m v C 2R滑块从A →B →D →C 过程，由动能定理得－μmg cos θ·2R sin θ＝12m v C 2－12m v 02联立解得v 0＝23m/s ；(3)滑块离开C 点后做平抛运动，设下落的高度为h ，则有h ＝12gt 2，x ＝v C ′t ，x 2R －h＝tan 53°其中v C ′＝4m/s ，联立解得t ＝0.2s.12．(1)4m/s (2)0.6m (3)36m/s ≤v ≤221m/s解析(1)物块被弹簧弹出，由能量守恒定律得E p ＝12m v 02，解得v 0＝4m/s ；(2)若物块在传送带上一直加速运动，设经过传送带获得的速度为v ′，有v ′2－v 02＝2μgL ，解得v ′＝222m /s ＞6m/s ，所以，物块在传送带上先加速运动后匀速运动，经过传送带获得的速度为v ＝6m/s ，从B 点到E 点，由动能定理得－μmgx －mgR ＝0－12m v 2，解得R ＝0.6m ；(3)设物块在B 点的速度为v 1时恰能到F 点，在F 点满足mg ＝m v F 2R，从B 点到F 点过程中由动能定理可知－μmgx －mg ×2R ＝12m v F 2－12m v 12，解得v 1＝36m/s.设物块在B 点的速度为v 2时，物块撞挡板返回后恰好能再次上滑到E 点．由动能定理可知－μmg ×3x －mgR ＝0－12m v 22，解得v 2＝221m/s ，因为物块在传送带上一直加速获得的最大速度为222m/s ，所以传送带速度的可调范围为36m/s ≤v ≤221m/s.。
2022届高考物理二轮复习重难点专题36 传感器及其应用(解析版)
2022届高考物理二轮复习重难点专题36 传感器及其应用重点知识讲解一、传感器1、传感器传感器是指这样一类元件：它能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为电压、电流等电学量，或转换为电路的通断，把非电学量转换成电学量以后，就可以很方便地进行测量、传输、处理和控制了。
2、制作传感器的敏感元件（1）光敏电阻光敏电阻的材料是一种半导体，无光照时，载流子极少，导电性能不好；随着光照的增强，载流子增多，导电性变好。
光敏电阻能够把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量。
（2）热敏电阻和金属热电阻①热敏电阻：指用半导体材料制成，其阻值随温度变化发生明显变化的电阻。
如图为某热敏电阻的阻值——温度特性曲线。
②金属热电阻：有些金属的电阻率随温度的升高而增加，这样的电阻也可以制作温度传感器。
热敏电阻和金属热电阻都能够把温度这个热学量转换成电学量（电阻），但热敏电阻的灵敏度较好。
热敏电阻的阻值随温度的升高不一定减小，对正温度系数的热敏电阻（PTC）其阻值随温度的升高而增大，而负温度系数的热敏电阻其阻值随温度的升高而减小。
（3）电容式位移传感器能够把物体位移这个力学量转换为电容这个电学量。
（4）霍尔元件把磁感应强度这个磁学量转化为电压这个电学量，产生的电压H IBU kd称为霍尔电压，式中的d为薄片的厚度，k为霍尔系数，与薄片的材料有关。
3、关于传感器的分类序号分类方法传感器的种类说明1 按输入量分类位移传感器、速度传感器、温度传感器、压力传感器等传感器以被测物理量命名2按工作原理分类应变式、电容式、电感式、热电式、电压式传感器以工作原理命名3按物理现象分类结构型传感器传感器依赖其结构参数的变化实现信息转换特性型传感器传感器依赖其敏感元件物理特征的变化实现信息转换4按能量关系分类能量转换型传感器传感器直接将被测量的能量转换为输出的能量能量控制型传感器由外部供给传感器能量，而由被测量来控制输出的能量5按输出信号分类模拟式传感器输出为模拟量 数字式传感器输出为数字量 4、如何求解传感器问题传感器问题具有涉及的知识点多、综合性强、能力要求高等特点，而传感器的形式又多种多样，有的原理甚至较难理解。
高考物理一轮复习精讲精析(36)
高考物理一轮复习精讲精析第 6 章第二讲一、选择题1．如下图，在电场中，一个负电荷从 C 点分别沿直线移到 A 点和B 点，在这两个过程中，均需战胜电场力做功，且做功的值相同，有可能知足这类做功状况的电场是() A．正 y 方向的匀强电场B．正 x 方向的匀强电场C．在第Ⅰ象限内有负点电荷D．在第Ⅳ象限内有负点电荷[答案 ] ACD[ 分析 ]因为负电荷从 C 点分别到 A 点 B 点，电场力分别做了相同数目的负功，表示A、B 两点必在电场中的同一等势面上，假如电场是沿正y 方向的匀强电场，则A、B 为同一等势面上的点，故 A 项正确．假如在AB 的中垂线上的上下某处放一负电荷，则点A、B 也是同一等势面上的点，相同也可知足题给条件，应选项ACD 正确．2．(2009 ·上海模拟 )如下图，真空中存在范围足够大的匀强电场，A、B 为该匀强电场的两个等势面．现有三个完整相同的带等量正电荷的小球a、b、c，从等势面 A 上的某点同时以相同速率v0向不一样方向开始运动，此中a的初速度方向垂直指向等势面B；b 的初速度方向平行于等势面； c 的初速度方向与 a 相反．经过一段时间，三个小球先后经过等势面B，已知三个小球一直在该匀强电场中运动，不计重力，则以下判断正确的选项是() A．等势面 A 的电势高于等势面 B 的电势B． a、 c 两小球经过等势面 B 时的速度相同C．开始运动后的任一时辰，a、 b 两小球的动能老是相同D．开始运动后的任一时辰，三个小球电势能老是相等[答案 ]AB[ 分析 ]由a、b、c三球经过一段时间后均经过等势面B，可得：电场方向竖直向下，故 A 正确，由动能定理得，三个小球经过等势面 B 时，电场力做功相等，三球的速度大小相同，但a、 c 方向相同，均与 b 方向不一样，同一时间，电场力做功不一样，所以同一时辰的动能不相同， C 错误；三个小球运动后不行能在同一时辰位于同一等势面上，故电势能不行能相等， D 错误．3． (2009 ·海门模拟 )在水平方向的电场线AB 上 (如下图，电场线方向未注明 )，将一遇到水平向右恒定拉力的带电粒子( 不计重力 ) 在 A 点由静止开释，带电粒子沿AB 方向开始运动，经过 B 点时的速度恰巧为零，则以下结论正确的选项是() A．粒子的运动不行能是匀速运动，也不行能是匀加快运动B．可能 A 点的电势高于 B 点的电势，也可能 A 点的电势低于C． A 处的场强可能大于 B 处的场强D．粒子在A、 B 两点间挪动时，恒力做功的数值大于粒子在B 点的电势A、B 两点间的电势能之差的绝对值[答案 ]AB[ 分析 ]由题中表达可知，带电粒子由 A 点运动到 B 点，速度先增大后减小，故粒子的运动不行能为匀速运动，也不行能为匀加快运动， A 正确；由动能定理得，拉力做正功，电场力必定做负功，电势能增大，且恒力的功等于电势能的增添量，故 D 错误；但因粒子的电性未知，故电场方向也没法确立，所以 B 正确；电场力的方向由 B 指向 A，开始向右加速， F>E A B q，故 C错误．q，以后粒子减速，F<E4．圆滑水平面上有一边长为l 的正方形地区处在场强为 E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行，一质量为 m、带电荷量为 q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速 v0进入该正方形地区．当小球再次运动到该正方形地区的边沿时，拥有的动能可能为B. 1mv02＋1qEl()A． 02212122C. mv0D. mv 0＋qEl223[答案 ]ABC[分析 ]如下图，假如电场方向是AB 方向则电场力能够做正功，也可以做负功，做负功时有可能使其动能变成零，应选项 A 正确．假如电场的方向是 AC 方向，带电小球抵达AB 或 CD 时，电场力做功为qEl /2，应选项 B可能是正确的，假如带电小球回到同一个界限上，即回到等势面上，电场力不做功，应选项 C 可能是正确的． D 是不论怎样也是不行能的．5．在场强盛小为 E 的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋ q 的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加快度大小为0.8qE/m，物体运动 s 距离时速度变成零，则() A．物体战胜电场力做功qEsB．物体的电势能减少了0.8 qEsC．物体的电势能增添了qEsD．物体的动能减少了0.8qEs[答案 ]ACD[分析 ]依据物体在匀强电场中运动时，机械能与电势能的转变关系可知ACD 正确．6．(2009 ·安徽师大附中一模)如下图， a、b 是一个点电荷形成的电场中同一等势面上的两点， c、 d 是另一等势面上的两点．实线acb 和 adb 分别是甲、乙两带电粒子的运动轨迹．已知两粒子在 a 点拥有相同的动能，以下判断中正确的选项是A．甲粒子经过 c 点时与乙粒子经过 d 点时拥有相同的动能()B．甲、乙两个粒子带异种电荷C．若取无量远处为零电势，则甲粒子经过 c 点时的电势能小于乙粒子经过 d 点时的电势能D．两粒子经过 b 点时拥有相同的电势能[答案 ]BC[分析 ]从运动轨迹可见，甲、乙两粒子都是经过相同的等势面，电场力所做功的大小相同；但甲粒子受引力，乙粒子受斥力，故甲、乙两个粒子带异种电荷， B 正确；甲粒子从a 到 c 电场力做正功，电势能减少，动能增添；乙粒子从 a 到 d 电场力做负功，电势能增添，动能减少， A 错，C 正确；两粒子所带的电荷的性质不一样，所以电势能在同一点b 必定不一样，D 错．7． (2010 ·江苏省盐城市调研 )x 轴上有两点电荷Q1和 Q2，Q1和 Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出A． Q1必定大于 Q2()B． Q1和 Q2必定是同种电荷，但不必定是正电荷C．电势最低处 P 点的电场强度为 0D． Q1和 Q2之间各点的电场方向都指向P 点[答案 ]ACD[分析 ]从图象看到，从 Q1到 Q2电势是先减小后增大，能够判断Q1和 Q2为同种正电荷，若 P 点位于中点，两点电荷的电荷量相同，可是P 点离 Q2近点，说明 Q1必定大于 Q2，AD 项正确；依据电场的叠加原理能够判断P 点电场强度为 0，从图象看电势随距离的变化率也能够得出 C 项正确．8． (2009 ·皖南八校一模 ) 电荷量分别为＋q、＋ q 和－ q 的三个带电小球，固定在边长为 a 的绝缘三角形框架的三个极点处，并置于场强为的匀强电场中，如下图．若此三角形绕穿过此中心O 垂直于三角形所在平面的轴顺时针转过120°，则在此过程中电场力做功的大小为E()A． 0 C． 2qEa B． qEa D．πqEa[答案 ]C[分析 ]三角形转动120°时，三个带电小球均须战胜电场力做功，此中两个带正电小球在电场中沿电场线挪动a，带负电小球沿电场线挪动2a，则转动过程中战胜电场力总合做功a为： W＝qEa＋ 2qE ＝ 2qEa.二、非选择题9．如下图，实线表示某电场中的三条电场线，虚线表示带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，试判断：(1)粒子带 ________电．(2)粒子在 ________点加快度大．(3) A 、B 两点电势较高的点是________．[答案 ](1) 正 (2) B(3)B[分析 ]粒子只受电场力作用，由粒子运动轨迹知粒子应带正电．由 B 处电场线较密知B 点场强较大，且粒子在 B 点受力方向与该处的场强方向相同，则粒子在 B 点加快度较大．由电场线性质可知 B 点电势较高．即φB A>φ.10．如下图，地面上某地区存在着匀强电场，其等势面与地面平行等间距．一个质量为m、电荷量为 q 的带电小球以水平方向的初速度v0由等势线上的 O 点进入电场地区，经过时间t，小球由 O 点抵达同一竖直平面上的另一等势线上的P 点．已知连线OP 与水平方向成 45°夹角，重力加快度为 g，则 OP 两点的电势差为 ________．[答案 ]2mv02－ mgv0 tq1m(v y2＋ v02)－1mv20＝ mgv[分析 ]因为 v y＝2v0，由动能定理可得：0t＋qU OP ，所以U OP 2222mv0－ mgv0t可利用合运动与分运动的关系，＝，带电粒子在电场与重力场的复合场中运动，q把曲线转变成直线运动，简化运动过程．11．一长为 L 的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为 q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在 A 点，开释后小球由静止开始向下摇动，当细线转过60°角时，小球抵达 B 点速度恰巧为零．试求：(1)A 、B 两点的电势差 U AB；(2)匀强电场的场强盛小；(3)小球抵达 B 点时，细线对小球的拉力大小．[答案 ](1) 3mgL/2q (2) 3mg/q(3) 3mg[分析 ](1) 小球由 A→B 过程中，由动能定理：mgLsin60 °－ qU AB＝ 0，所以 U AB＝ 3mgL/(2q) ．U AB＝ 3mg/q.(2) E＝L － Lcos60 °(3) 小球在 AB 间摇动，由对称性知， B 处细线拉力与 A 处细线拉力相等，而在 A 处，由水平方向均衡有T A＝ Eq＝3mg，所以 T B＝ T A＝ 3mg，或在 B 处，沿细线方向协力为零，有B ＝Eqcos60°＋mgcos30°＝3mg.TR＝0.5m 的1圆弧形的圆滑绝缘轨道，12．如下图， A、 B 是位于竖直平面内、半径4其下端点 B 与水平绝缘轨道光滑连结，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5× 103 N/C. 今有一质量为 m＝ 0.1kg 、带电荷量＋ q＝8× 10－5C 的小滑块( 可视为质点 )从 A 点由静止开释．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05 ，取 g＝ 10m/s2，求：(1) 小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点 B 时对 B 点的压力．(2)小滑块在水平轨道上经过的总行程．[答案 ](1)2.2N(2)6mB 的压力为 F，[分析 ](1) 设小滑块第一次抵达 B 点时的速度为v B，对圆弧轨道最低点则：21 2F－ mg＝m v BmgR－qER＝ mv BR2故 F ＝3mg－ 2qE＝ 2.2N12(2)由题意知小滑块最后将停在B 点由动能定理得－ F f·S＝0－ mv B联合 F f＝μmg可得小2滑块在水平轨道上经过的总行程S＝ 6m.13．如下图，在水平方向的匀强电场中有一表面圆滑、与水平面成 45°角的绝缘直杆AC ，其下端 (C 端 )距地面高度h＝ 0.8m.有一质量500g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度，沿杆匀速下滑，小环走开2杆后正好经过 C 端的正下方P 点处． (g 取 10m/s )求：(1)小环走开直杆后运动的加快度大小和方向．(2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.(3)小环运动到 P 点动能．[答案 ](1)14.1m/s 2垂直于杆斜向右下方(2)2m/s (3)5J[分析 ](1) 小环在直杆上的受力状况如下图由均衡条件得：mgsin45 °＝ Eqcos45 °，得 mg＝ Eq，走开直杆后，只受mg、 Eq 作用，则F 合＝2mg＝ma，a＝2g＝ 102m/s2＝ 14.1m/s2方向与杆垂直斜向右下方．(2)设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经 t 秒到 P 点，则竖直方向：12h＝ v0sin45 °·t＋ gt ，21 qE 2水平方向： v0cos45 °·t－t ＝ 0解得：v0＝gh＝ 2m/s 2(3)由动能定理得： E kP－1mv20＝mgh 2可得：12E kP＝ mv0＋ mgh＝ 5J.214． (2009 ·淮南一模 )如下图，两块竖直搁置的平行金属板A、B，两板相距d，两板间电压为U，一质量为m 的带电小球从两板间的M 点开始以竖直向上的初速度v0运动，当它抵达电场中的N 点时速度变成水平方向，大小变成2v0，求 M、 N 两点间的电势差和电场力对带电小球所做的功 (不计带电小球对金属板上电荷平均散布的影响，设重力加快度为g)．2Uv 02[ 答案 ]2mv 0[ 分析 ] 带电小球从 M 运动到 N 的过程中，在竖直方向上小球仅受重力作用，从初速度 v 0 匀减速到零．水平方向上小球仅受电场力作用，速度从零匀加快到 2v 0 .2竖直位移： h ＝v 0，水平位移： x ＝2v 0·t2g2又 h ＝ vv22 ·t ，所以： x ＝2h ＝ g2所以 M 、 N 两点间的电势差U MN ＝UUv 0·x ＝ dgd 从 M 运动到 N 的过程，由动能定理得：1 21 2W 电＋ W G ＝m(2v 0) － mv2 212又 W G ＝－ mgh ＝－ 2mv 0 所以 W 电 ＝ 2mv 20.。
2022届高考物理一轮复习 第36讲 静电场中的图像问题 讲义
的性质，所以也不能确定电场线的方向，不能确定 a 点电势与 b 点电势的高低，
故 B 错误；带电粒子仅在电场力作用下从 a 点运动到 b 点，电场力做正功，电
势能减小，所以带电粒子在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能，故 D 正确．
() A．A 粒子质量小于 B 粒子
B．两粒子在 t1 时刻的电势能最大
C．A 在 t2 时刻的加速度最大
D．B 在 0～t3 时间内动能一直减小 答案 B
解析 两粒子仅受静电力作用，则该碰撞过程中 A、B 组成的系统动量守恒，由
题图知，0～t2 时间内，由系统动量守恒可知，mBv0＝mAvA，因 v0>vA，则 mB<mA， A 错误；t1 时刻，两粒子的速度相等，系统损失动能最大，由能量守恒定律可知 两粒子的电势能最大，B 正确；t1 时刻，两粒子距离最近，则两粒子间的静电力
三、E－x 图像
1.E－x 图像反映了电场强度随位移变化的规律，E＞0 表示电场强度沿 x 轴正方 向；E＜0 表示电场强度沿 x 轴负方向。 2.在给定了电场的 E－x 图像后，可以由图线确定电场强度、电势的变化情况，E －x 图线与 x 轴所围图形“面积”表示电势差(如下图所示)，两点的电势高低根 据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动 能变化、电势能变化等情况。
第三十六讲 静电场中的图像问题
一、电场中的 v－t 图像
根据 v－t 图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，可确定电荷所 受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及 电势能的变化。
【典例 1】电场中某三条等势线如图中实线 a、b、c 所示。一电子仅在电场 力作用下沿直线从 P 运动到 Q，已知电势φa>φb>φc，这一过程电子运动的 vt 图 象可能是下图中的( )
2021高三物理人教版一轮复习专题练：专题36 人造卫星、宇宙速度
专题36 人造卫星、宇宙速度1．[2019·全国卷Ⅲ](多选)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a 金、a 地、a 火，它们沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火．已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火，由此可以判定( )A ．a 金>a 地>a 火B ．a 火>a 地>a 金C ．v 地>v 火>v 金D ．v 火>v 地>v 金2．[2020·荆州中学测试](多选)气象卫星是用来拍摄云层照片，观测气象资料和测量气象数据的．我国先后自行成功研制和发射了“风云Ⅰ号”和“风云Ⅱ号”两颗气象卫星，“风云Ⅰ号”卫星轨道与赤道平面垂直并且通过两极，称为“极地圆轨道”，每12 h 巡视地球一周．“风云Ⅱ号”气象卫星轨道平面在赤道平面内，称为“地球同步轨道”，每24 h 巡视地球一周，则“风云Ⅰ号”卫星比“风云Ⅱ号”卫星( )A ．角速度小B ．线速度大C ．万有引力大D ．向心加速度大3．[2020·安徽皖南八校联考]2019年5月17日，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，成功发射了第四十五颗北斗导航卫星．该卫星属于地球静止轨道卫星．北斗卫星导航系统空间段计划有5颗地球静止轨道卫星，若地球的自转周期为T ，这些卫星在轨运行的线速度大小为v ，关于这些地球静止轨道卫星，下列说法正确的是( )A ．在赤道上空自东向西运动B ．运动的加速度大小均为2πv TC ．离地的高度均为vT 2πD ．它们的角速度，向心加速度和向心力的大小都相等4．[2020·云南玉溪一中月考]中国计划在2020年左右建成覆盖全球的北斗卫星导航系统．北斗卫星导航系统由静止轨道卫星(离地面高度约为36 000 km )、中圆地球轨道卫星(离地面高度约21 000 km )及其他轨道卫星组成．则( )A ．静止轨道卫星指相对地表静止，其可定位在北京正上空B ．中圆地球轨道卫星比地球同步卫星的运行速度更小C ．中圆地球轨道卫星运行周期大于24 hD ．静止轨道卫星的发射速度大于第一宇宙速度5．[2020·衡水中学调研](多选)使物体成为卫星的最小发射速度称为第一宇宙速度v 1，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度v 2，v 2与v 1的关系是v 2＝2v 1，已知某星球半径是地球半径R 的13，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g 的16，地球的平均密度为ρ，不计其他星球的影响，则( )A ．该星球上的第一宇宙速度为3gR 3B ．该星球上的第二宇宙速度为gR 3C ．该星球的平均密度为ρ2D ．该星球的质量为8πR 3ρ816．[2020·唐山市测试](多选)2018年2月12日13时03分，我国在西昌卫星发射中心成功发射第五、六颗“北斗三号”全球组网卫星，完成了农历鸡年中国航天的“收官之战”．北斗导航系统中，某颗卫星绕地球做圆周运动，其向心加速度大小为a ，线速度大小为v ，万有引力常数为G ，由以上数据可知( )A ．该卫星轨道半径为a v 2B ．该卫星角速度大小为a vC ．该卫星的周期大小为2πv aD ．该卫星的质量为v 4Ga7．[2020·湖南师大附中摸底]2017年11月5日19时45分，中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”方式成功发射第二十四、二十五颗北斗导航卫星．北斗卫星导航系统(BeiDou Na v igation Satellite System ' BDS )是中国自行研制的全球卫星导航系统．北斗卫星导航系统空间段由35颗卫星组成，其中5颗是地球同步卫星．关于同步卫星绕地球运动的相关物理量，下列说法正确的是( )A ．角速度等于地球自转的角速度B ．向心加速度大于地球表面的重力加速度C ．线速度大于第一宇宙速度D ．运行周期一定大于月球绕地球运动的周期8．[2019·天津卷]2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”．已知月球的质量为M、半径为R，探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探测器的()A．周期为4π2r3GM B．动能为GMm2RC．角速度为Gmr3D．向心加速度为GMR29．[2020·保定摸底](多选)某半径为R的星球上，两极点处的重力加速度为g，是赤道上重力加速度的n倍，下列说法中正确的是()A．星球自转周期为2πnR (n－1)gB．星球自转周期为2πnR gC．星球的第一宇宙速度v＝gRD．星球的第一宇宙速度v＝gR n10．[2020·江淮十校联考]理论研究表明地球上的物体速度达到第二宇宙速度11.2 km/s时，物体就能脱离地球，又知第二宇宙速度是第一宇宙速度的2倍．现有某探测器完成了对某未知星球的探测任务悬停在该星球表面．通过探测到的数据得到该星球的有关参量：(1)其密度基本与地球密度一致．(2)其半径约为地球半径的2倍．若不考虑该星球自转的影响，欲使探测器脱离该星球，则探测器从该星球表面的起飞速度至少约为()A．7.9 km/s B．11.2 km/sC．15.8 km/s D．22.4 km/s11．[2020·南宁三中测试]科学家发现了一颗距离地球14光年的“另一个地球”沃尔夫，它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球．沃尔夫的质量为地球的4倍，它围绕红矮星运行的周期为18天．设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫表面运行．已知万有引力常量为G，天体的环绕运动可看作匀速圆周运动．则下列说法正确的是()A．从地球发射该探测卫星的速度应该小于第三宇宙速度B ．根据沃尔夫围绕红矮星运行的运动周期可求出红矮星的密度C ．若已知围绕沃尔夫表面运行的探测卫星的周期和地球的质量，可近似求沃尔夫半径D ．沃尔夫绕红矮星公转和地球绕太阳公转的轨道半径的三次方之比等于⎝ ⎛⎭⎪⎫183652 12．[2020·银川一中](多选)假设若干年后，地球的半径变小了，但地球的质量不变、自转周期不变，则相对于现在( )A ．地球表面的重力加速度变小了B ．卫星的最小发射速度变小了C ．地球同步卫星的高度变大了D ．地球同步卫星绕地球做圆周运动的线速度大小不变13．(多选)同步卫星与地心的距离为r ，运行速度为v 1，加速度为a 1；地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 2，第一宇宙速度为v 2，地球半径为R ，则下列各式正确的是( )A .a 1a 2＝r RB .a 1a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r R 2 C .v 1v 2＝r R D .v 1v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R r 12 14．[2020·江西红色六校联盟模拟]地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，所受的向心力为F 1，向心加速度为a 1，线速度为v 1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星(高度忽略)所受的向心力为F 2，向心加速度为a 2，线速度为v 2，角速度为ω2；地球同步卫星所受的向心力为F 3，向心加速度为a 3，线速度为v 3，角速度为ω3；地球表面重力加速度为g ，第一宇宙速度为v ，假设三者质量相等，则( )A ．F 1＝F 2>F 3B ．a 1＝a 2＝g>a 3C ．v 1＝v 2＝v>v 3D ．ω1＝ω3<ω215．[2020·全国卷Ⅰ]火星的质量约为地球质量的1/10，半径约为地球半径的1/2，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为( )A ．0.2B ．0.4C ．2.0D ．2.516．[2020·西安中学模拟](多选)如图所示，太阳系各行星可近似看成在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动．设天王星公转周期为T 1，公转半径为R 1；地球公转周期为T 2，公转半径为R 2.不计两行星之间的引力作用，万有引力常量为G ，当地球和天王星运行到太阳两侧，且三者排成一条直线时，下列说法正确的是( )A ．太阳的质量为4π2R 22GT 22B ．天王星公转速度大于地球公转速度C ．地球与天王星相距最近至少需经历T 1T 22(T 1－T 2)D ．天王星公转的向心加速度与地球公转的向心加速度之比为R 22R 2117．[2020·石家庄质检]如图所示，a 、b 、c 、d 为四颗地球卫星，a 静止在地球赤道表面还未发射，b 是近地轨道卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星．若b 、c 、d 的运动均可看作匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A ．a 的向心加速度小于a 所在处的重力加速度B ．在相同时间内b 、c 、d 转过的弧长相等C ．c 在4小时内转过的圆心角为π6D ．d 的运动周期可能为20小时18．[2019·北京卷]2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)．该卫星( )A ．入轨后可以位于北京正上方B ．入轨后的速度大于第一宇宙速度C ．发射速度大于第二宇宙速度D ．若发射到近地圆轨道所需能量较少专题36 人造卫星、宇宙速度1．A 本题考查万有引力定律和匀速圆周运动，体现了物理模型建构、科学推理等核心素养．行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即G Mm R 2＝ma向＝m v 2R ，解得a 向＝G M R 2，v ＝GM R ，由于R 金<R 地<R 火，所以a 金>a 地>a 火，v 金>v 地>v 火，选项A 正确．2．BD3．B 地球静止轨道卫星即为同步卫星，与地球的自转同步，则地球静止轨道卫星在赤道上空自西向东运动，A 错误；地球静止轨道卫星运动的加速度大小为a ＝ωv ＝2πv T ，B 正确；轨道半径为r ＝v T 2π，因此地球静止轨道卫星离地的高度为h ＝v T 2π－R (R 为地球半径)，要小于v T 2π，C 错误；所有地球静止轨道卫星的角速度、向心加速度大小都相等，但是质量不一定相等，所以向心力大小不一定相等，D 错误．4．D 静止轨道卫星，即地球同步卫星，其轨道平面在赤道平面，故不可能定位在北京正上空，A 错误；由题述知，中圆地球轨道卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，根据万有引力提供向心力可得G Mm r 2＝m v 2r 解得v ＝GM r ，可知中圆地球轨道卫星比同步卫星运行速度更大，B 错误；根据G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，解得T ＝2πr 3GM ，因中圆地球轨道卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，故中圆地球轨道卫星的运行周期小于地球同步卫星的运行周期，即T 中<24 h ，C 错误；第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度，也是人造卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，故静止轨道卫星的发射速度大于第一宇宙速度，D 正确．5．BC6．BC 由万有引力定律可得G Mm r 2＝ma ＝m v 2r ＝m v ω＝m v 2πT ，解得半径r ＝v 2a ，角速度ω＝a v ，周期T ＝2πv a ，无法求卫星质量，故BC正确，AD 错误．7．A 同步卫星与地球自转同步，周期相同，角速度相同，A 正确；在地球表面GM R 2＝g ，在同步轨道上GM r 2＝a ，g >a ，B 错误；由GMm r 2＝m v 2r 得v ＝GM r ，r 大v 小，同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，C 错误；同步卫星的周期为24 h ，月球的周期为30天，故D 错误．8．A 本题为天体运动中的人造卫星运动问题，考查了考生应用万有引力定律和圆周运动知识进行分析推理的能力．物理核心素养中的模型建构、运动与相互作用观念等要素在本题中均有体现．题目以嫦娥四号探测器的发射与运行为背景，厚植着深深的爱国情怀．探测器围绕月球做匀速圆周运动，月球对探测器的引力充当向心力，则G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝ma 向，解得a 向＝G M r 2，T ＝2π r 3GM ，ω＝GM r 3，E k ＝12m v 2＝GMm 2r ，故A 项正确．9．AC 在两极处有mg ＝GMm R 2，在赤道上有GMm R 2＝g n m ＋m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R ，解得T ＝2πnR (n －1)g，A 正确，B 错误；星球的第一宇宙速度为物体近地飞行时的速度由mg ＝m v 2R ，得v ＝gR ，C 正确，D 错误．10．D 11.C 12.CD 13.AD 14.D15．B 设物体的质量为m ，地球的质量为M 地，地球半径为R 地，地球对该物体的引力大小为F 地，火星的质量为M 火，火星半径为R 火，火星对该物体的引力大小为F 火．根据万有引力定律得F 地＝GM 地m R 2地，F 火＝GM 火m R 2火，根据题意知，R 地＝2R 火，M 地＝10M 火，联立解得F 火F 地＝0.4，故B 正确，A 、C 、D 项错误．16．CD17．A 在地球赤道上随地球自转的物体a 的自转周期与同步卫星的自转周期相同，根据a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 可知，a 的向心加速度比同步卫星c 的向心加速度小，因为同步卫星c 的轨道半径r ≈36 000 km ＋6 400 km ≈42 400 km ，周期T ≈24 h 代入得向心加速度约为0.23 m/s 2，所以a 的向心加速度小于a 所在处的重力加速度(约为9.8 m/s 2)，故A 正确；卫星具有“高轨、低速、大周期”的特点，所以相同的时间内b 转过的弧长最大，d 转过的孤长最小，故B 错误；c 的周期为24 h ，在4 h内转过的圆心角为π3，故C 错误；d 的运动周期大于24小时，故D 错误．18．D 本题考查了有关人造卫星、宇宙航行的知识以及万有引力定律在航天中的应用，体现了对考生综合分析能力和科学推理能力的考查．因地球静止轨道卫星(同步卫星)的运行轨道在地球赤道正上方，故该北斗导航卫星入轨后不能位于北京正上方，选项A 错误；第一宇宙速度在数值上等于地球近地卫星的线速度，由万有引力提供向心力GMm r 2＝m v 2r ，可得v ＝GM r ，同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则同步卫星入轨后的速度小于第一宇宙速度，故选项B 错误；地球卫星的发射速度应大于等于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，选项C 错误；近地卫星的高度小，发射时所需的能量较少，故选项D 正确．。
2021年(新高考)物理一轮复习专题强化练专题(36)磁场对运动电荷的作用(解析版)
2021年（新高考）物理一轮复习专题强化练专题（36）磁场对运动电荷的作用（解析版）一、选择题（本题共9小题，每小题6分，满分54分。
在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得6分,有选错或不答的得0分。
）1．带电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是()A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变C．洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向也一定与电荷运动方向垂直D．粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变【答案】B2.如图1是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此运动轨迹可知粒子()图1A．带正电，由下往上运动B．带正电，由上往下运动C．带负电，由上往下运动D．带负电，由下往上运动【答案】A【解析】由题图可以看出，上方的轨迹半径小，说明粒子的速度小，所以粒子是从下方往上方运动；再根据左手定则，可以判定粒子带正电．3．速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹照片如图所示，则磁场最强的是()【答案】D【解析】由qvB ＝mv 2R 可得B ＝mv qR.磁场最强的对应轨迹半径最小，选项D 正确． 4. 如图2所示，a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电粒子从正方形中心O 点沿垂直纸面向内运动，它所受洛伦兹力的方向( )图2A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右【答案】A【解析】磁场为4根长直导线在O 点产生的合磁场，根据右手螺旋定则，a 在O 点产生的磁场方向水平向左，b 在O 点产生的磁场方向竖直向上，c 在O 点产生的磁场方向水平向左，d 在O 点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左．根据左手定则，此带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向上．5．如图3所示，一个带正电q 的带电体处于垂直于纸面向里的匀强磁场B 中，带电体的质量为m ，为了使它对水平的绝缘面恰好没有正压力，则应该( )图3A ．将磁感应强度B 的值增大 B ．使磁场以速率v ＝mg qB向上运动 C ．使磁场以速率v ＝mg qB 向右运动 D ．使磁场以速率v ＝mg qB向左运动 【答案】D【解析】由于带电体对水平绝缘面恰好没有正压力，则带电体受重力与洛伦兹力的作用，两者等大反向，再由左手定则判断可知此带电体必相对磁场向右运动，由平衡条件有Bqv ＝mg ，v ＝mg Bq，故D 正确． 6．如图4所示，匀强磁场中有一个电荷量为q 的正离子，自a 点沿半圆轨道运动，当它运动到b 点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c 点，已知a 、b 、c 在同一直线上，且ac ＝12ab ，电子的电荷量为e ，电子质量可忽略不计，则该正离子吸收的电子个数为( )图4A.3q 2eB.q eC.2q 3eD.q 3e【答案】D【解析】正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r ＝mv Bq ，正离子吸收电子后半径发生变化，r ′＝3r 2＝mv Bq ′，所以q ′＝2q 3，Δq ＝13q ，n ＝Δq e ＝q 3e，D 正确． 7．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图5.若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )图5A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C ．b 粒子动能较大D ．b 粒子在磁场中运动时间较长【答案】C【解析】粒子向右运动，根据左手定则，b 向上偏转，应当带正电；a 向下偏转，应当带负电，故A 错误；洛伦兹力提供向心力，即：qvB ＝mv 2r ，得：r ＝mv qB，故半径较大的b 粒子速度大，动能也大，故C 正确；F 洛＝qvB ，故速度大的b 粒子所受洛伦兹力较大，故B 错误；磁场中质量相同，带电荷量相等的粒子，偏转角大的运动时间长；a 粒子的偏转角大，因此a 粒子在磁场中运动的时间较长，故D 错误．8.如图6所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力．则( )图6A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2【答案】A 【解析】带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，r c ＝2r b ，θb ＝120°，θc ＝60°，由qvB ＝m v 2r 得，v ＝qBr m ，则v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2, 又由T ＝2πm qB ，t ＝θ2πT 和θb ＝2θc 得t b ∶t c ＝2∶1，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．9．如图7所示，∶ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，比荷为e m的电子以速度v 0从A 点沿AB 边入射，欲使电子经过BC 边，磁感应强度B 的取值为( )图7A ．B >2mv 0ae B ．B <2mv 0aeC ．B > 3mv 0aeD ．B < 3mv 0ae【答案】D【解析】由题意，如图所示，电子正好经过C 点，此时圆周运动的半径R ＝a2cos 30°＝ 33a ，要想电子从BC 边经过，电子做圆周运动的半径要大于33a ，由带电粒子在磁场中运动的公式知r ＝mv qB ，故33a <mv 0eB，即B <3mv 0ae，故选D.二、非选择题（本题共3小题，满分46分）10.（12分）如图8所示的狭长区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，区域的左、右两边界均沿竖直方向，磁场左、右两边界之间的距离为L ，磁感应强度的大小为B .某种质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从左边界上的P 点以水平向右的初速度进入磁场区域，该粒子从磁场的右边界飞出，飞出时速度方向与右边界的夹角为30°，重力的影响忽略不计．图8(1)求该粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径；(2)求该粒子的运动速率；(3)求该粒子在磁场中运动的时间．【答案】(1)233L (2)23qBL 3m (3)πm 3qB【解析】(1)粒子飞出时速度方向与右边界夹角为30°，则在磁场中偏转角为60°，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径R ＝L sin 60°＝233L . (2)由洛伦兹力提供向心力得qvB ＝m v 2R所以v ＝qBR m ＝23qBL 3m.(3)由qvB ＝mv 2R ，T ＝2πR v 得，圆周运动周期T ＝2πm qB所以粒子在磁场中运动的时间t ＝T 6＝πm 3qB.11．（16分）在以坐标原点为中心、边长为L 的正方形EFGH 区域内，存在磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图9所示．在A 处有一个粒子源，可以连续不断的沿－x 方向射入速度不同的带电粒子，且都能从磁场的上边界射出．已知粒子的质量为m ，电荷量大小为q ，重力不计，不考虑粒子间的相互作用．图9(1)试判断粒子的电性；(2)求从F 点射出的粒子在磁场中运动的时间；(3)若粒子以速度v ＝qBL m射入磁场，求粒子由EF 边射出时的位置坐标． 【答案】(1)粒子带负电 (2)πm qB (3)(－3－12L ，L 2) 【解析】(1)由左手定则可知粒子带负电．(2)粒子由F 点射出时，运动方向水平向右，其在磁场中运动轨迹为半圆，则运动时间为：t ＝T 2＝πm qB(3)由牛顿第二定律qvB ＝m v 2r解得r ＝mv qB＝L 则粒子从C 点射出，运动轨迹如图所示由几何关系得OA ＝O ′F ＝AF ＝L 2，CF ＝32L 则粒子从EF 边射出时的位置坐标为(－3－12L ，L 2)12．（18分）如图10所示，x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点有一正离子源，单位时间在xOy 平面内发射n 0个速率均为v 的离子，分布在y 轴两侧各为θ的范围内．在x 轴上放置长度为L 的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L ，当磁感应强度为B 0时，沿y 轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点．整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间相互作用．图10(1)求离子的比荷q m； (2)若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；(3)假设离子到达x 轴时沿x 轴均匀分布，当θ＝37°，磁感应强度在B 0≤B ≤3B 0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n 与磁感应强度B 之间的关系．(不计离子在磁场中运动的时间)【答案】(1)v B 0L(2)60° (3)见解析 【解析】(1)磁场强度为B 0时，沿着y 轴正方向射入的离子，正好打在收集板右端，则离子轨迹如图甲：可知R ＝L ，又qvB 0＝m v 2R， 联立可得：q m ＝v B 0L(2)如图乙所示，以最大值θm 入射时，乙根据几何关系，有：2R cos θm ＝L ， 故θm ＝60°(3)B ≥B 0，全部收集到离子时的最小半径为R 1，如图丙丙有2R 1cos 37°＝L ，得B 1＝mv qR 1＝1.6B 0当B 0≤B ≤1.6B 0时，n 1＝n 0B >1.6B 0，恰好收集不到离子时的半径为R 2， 有R 2＝0.5L ，得B 2＝2B 0因此当1.6B 0<B ≤2B 0时，设R ′＝mv qB， 则n 2＝2R ′－L 2R ′(1－cos 37°)n 0＝n 0(5－5B 2B 0)， 当2B 0<B ≤3B 0时，极板上无法收集到离子，n 3＝0.。
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[方法点拨]做好以下几步：(1)确定研究对象，进行运动分析和受力分析；(2)分析物理过程，按特点划分阶段；(3)选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．
1．(多观点分析运动过程)(多选)一辆汽车从圆弧形拱桥最高处匀速驶下，在此过程中，下列说法中正确的是()A．汽车的动量保持不变B．汽车的机械能减少C．汽车所受的合外力为零D．汽车所受的合外力做功为零2．(守恒条件判断)如图1所示，在光滑的水平面上固定着两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，则小球在运动过程中()图1A．系统的动量守恒，动能守恒B．系统的动量守恒，机械能守恒C．系统的动量不守恒，机械能守恒D．系统的动量不守恒，动能守恒3．(多观点分析动力学问题)(多选)如图2所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有()A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mgh图2C．小球所受阻力的冲量大于m2gHD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量4．(多观点分析动力学问题)(多选)把皮球从地面以某一初速度竖直上抛，经过一段时间后皮球又落回抛出点，上升最大高度的一半处记为A点．以地面为零势能面．设运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，则()A．皮球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功B．皮球上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量C．皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等D．皮球下降过程中重力势能与动能相等的位置在A点下方
5．在课堂中，老师用如图3所示的实验研究平抛运动．A、B是质量相等的两个小球，处于同一高度．用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落．某同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面1、2，小球A、B在通过两水平面的过程中，动量的变化量分别为ΔpA
和ΔpB
，动能的变化量分别为ΔE
kA和ΔEkB，忽略一切阻力的影
响，下列判断正确的是()图3A．ΔpA＝ΔpB，ΔEkA＝ΔEkB
B．ΔpA≠ΔpB，ΔEkA≠ΔEkB
C．ΔpA≠ΔpB，ΔEkA＝ΔEkB
D．ΔpA＝ΔpB，ΔEkA≠ΔEkB
6．如图4，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M间及M
与地面的接触面均光滑．开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的全部运动过程中，弹簧形变不超
过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法中正确的有()图4①由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒；②当弹簧弹力大小与F1、F2
大小相等时，m、
M各自的动能最大；③由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动；④由于
F1、F2等大反向，故系统的总动量始终为零．
A．①④B．②③C．①②④D．②④7．如图5所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧．质量为2m的木块A以速度v0
从板的右端水平向左滑上木板B.在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是()A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大图5B．B板的加速度一直增大C．弹簧给木块A的冲量大小为2mv0
3
D．弹簧的最大弹性势能为mv2
0
3
8．如图6所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另
一端连在竖直墙上，木块处于静止状态．一质量为m的子弹以水平速度v0
击中木块，并嵌在
其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为()
图6A.Mmv0M＋mB．2Mv0C.2Mmv0M＋mD．2mv0
9．如图7所示，一长木板放置在水平地面上，一根轻弹簧右端固定在长木板上，左端连接一个质量为m的小物块，小物块可以在木板上无摩擦滑动．现在用手固定长木板，把小物块向左移动，弹簧的形变量为x1
；然后，同时释放小物块和木板，木板在水平地面上滑动，小物
块在木板上滑动；经过一段时间后，长木板达到静止状态，小物块在长木板上继续往复运动．长木板静止后，弹簧的最大形变量为x2.已知地面对长木板的滑动摩擦力大小为Ff
.当弹簧的形
变量为x时，弹性势能Ep＝12kx2，式中k为弹簧的劲度系数．由上述信息可以判断()
图7A．整个过程中小物块的速度可以达到kmx1
B．整个过程中木板在地面上运动的路程为k2Ff(x21－x22)C．长木板静止后，木板所受的静摩擦力的大小不变D．若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，则运动过程中物块和木板的速度方向可能相同10．如图8所示，半径R＝0.50m的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定在水平桌面上，轨道末端水平且端点N处于桌面边缘，把质量m＝0.20kg的小物块从圆轨道上某点由静止释放，经过N点后做平抛运动，到达地面上的P点．已知桌面高度h＝0.80m，小物块经过N点时的速度v0
＝3.0m/s，g取10m/s2.不计空气阻力，物块可视为质点．求：
图8(1)圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差；(2)小物块经过N点时轨道对物块支持力的大小；(3)小物块落地前瞬间的动量大小．
图911．如图9所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑
的14圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，一段时间后，以v02滑离B，并恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m.求：(1)A刚滑离木板B时，木板B的速度；(2)A与B的上表面间的动摩擦因数μ；(3)圆弧槽C的半径R；(4)从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能．答案精析1．BD[汽车做匀速圆周运动，则动量大小不变，但方向变化，故A错误；汽车在驶下时，存在摩擦力做功，所以汽车的机械能减少，故B正确；由于汽车做匀速圆周运动，是变速运动，则所受的合外力不为零，故C错误；汽车所受的合外力与速度始终垂直，所以此力不做功，故D正确．]2．C3．AC[由动能定理得mg(H＋h)＋Wf＝0，则Wf＝－mg(H＋h)，所以小球的机械能减少了mg(H＋h)，所以A选项正确，B选项错误；小球自由下落至地面的过程，机械能守恒，mgH＝12mv2，v＝2gH，落到地面上后又陷入泥潭中，由动量定理得IG－If＝0－mv，所以If＝IG
＋mv＝IG
＋m2gH，小球所受阻力的冲量大于m2gH，所以C选项正确；由动量定理知小
球动量的改变量等于合外力的冲量，所以D选项错误．]4．ACD[皮球上升过程中克服重力做的功、下降过程中重力做的功均为mgh，A正确；皮球先后通过同一位置的过程中，重力做功为零，阻力做负功，根据动能定理可知v>v′，因此上升过程的平均速度一定大于下降过程的平均速度，所以上升时间小于下降时间，根据冲量的概念可知上升过程重力冲量较小，B错误；
如图所示为上抛过程中的速度图象，第一、第四象限中阴影部分的面积分别表示上升和下降过程的位移，大小相等方向相反；由于Ff∝v，可将纵坐标改为Ff
，第一、第四象限中阴影
部分的面积仍相等，说明上升、下降过程阻力的冲量等大反向，C正确；下降到A点时，重力势能减小12mgH，但由于克服阻力做功，动能的增加量小于12mgH，因此重力势能与动能相
等的位置在A点下方，D正确．]5．A6．D[由于F1、F2等大反向，m、M系统所受合外力为零，因此动量守恒，故系统的总动
量始终为零．④正确；开始阶段弹簧弹力小于F1和F2
，m、M都做加速运动，动能增加，
当弹力增大到与F1和F2
等大时，m、M动能都最大，系统机械能一直增大，①错误，②正
确；上述加速过程弹簧弹力逐渐增大，合力逐渐减小，不是匀加速运动，③错误，所以应该选D.]
7．D[当A向左压缩弹簧时A木块减速，B板做加速度增大的加速运动，当弹簧压缩量最大时，A、B共速，之后弹簧在恢复形变的过程中B板做加速度减小的加速运动，A木块继续减速，当弹簧恢复原长时B板达最大速度，所以A、B选项均错；当弹簧恢复原长时，设A、B的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得，2mv0＝2mv1＋mv2，由能量守恒定律有
1
2×2mv20
＝12×2mv21＋12mv22，联立解得：v1＝13v0，v2＝43v0，弹簧给木块A的冲量I＝2mv1－2mv0＝－4mv03，所以弹簧给木块A的冲量大小为4mv03，C选项错误；弹簧最大的弹性势能发生在A、B共速时，设共速的速度为v，由动量守恒知2mv0＝3mv，v＝2v03，Ep＝12×2mv20－12×3mv2＝13mv2
0，
所以D选项正确．]8．A[子弹击中木块并嵌在其中，该过程动量守恒，即mv0＝(m＋M)v，即击中后木块速度
为v＝mv0m＋M，此后只有弹簧弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，当第一次回到平衡位置时，速度仍然等于v，根据动量定理，木块受到的合外力的冲量等于动量的变化量即I＝Mv－0＝Mmv0m＋M，选项A对．]9．B[根据动能定理：12mv2m＝12kx21－Wf.因此速度不可能达到kmx1，A错误；当木板静止时，小物块在长木板上做往复运动，只有弹力做功，系统的机械能守恒，所以当木板静止时，系统具有的机械能为12kx22，根据能量守恒定律得，12kx21－12kx22＝Ffs，因此s＝k2Ff
(x21－x22)，B
正确；木板静止后，板受到的静摩擦力大小随弹簧伸缩量的改变而改变，C错误；若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，根据动量守恒定律，运动过程中物块和木板的速度方向一定相反，D错误．]10．(1)0.45m(2)5.6N(3)1.0kg·m/s解析(1)设圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差为H，小物块运动至N点过程中机械能守恒，则有mgH＝12mv2
0
解得H＝0.45m(2)设物块经过N点时所受支持力为F
根据牛顿第二定律有F－mg＝mv2
0
R
解得F＝5.6N