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性，是解题的关键． 5．A 【解析】

铁锤碰前的速度为：v1?2gh1?2?10?5?10m/s； 反弹的速度：v2?2gh2?2?10?0.2?2m/s； 取向下为正，对铁锤由动量定理得：（mg-F）t=mv2-(-mv1) 代入数据解得：F=10000N．

由牛顿第三定律可得：F′=F=10000N．故选A.

点睛：本题考查了动量定理基本运用，注意动量定理公式的矢量性，解题时需要规定正方向． 6．D 【解析】 【详解】

由于水平面粗糙，在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和不为零，则系统的动量不守恒。在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒。

A．动量守恒，机械能守恒，与结论不相符，选项A错误； B．动量守恒，机械能不守恒，与结论不相符，选项B错误； C．动量不守恒，机械能守恒，与结论不相符，选项C错误； D．动量不守恒、机械能不守恒，与结论相符，选项D正确； 7．B 【解析】 【详解】

位移、线速度、向心加速度都是即有大小又有方向的，它们都是矢量；只有功是只有大小，没有方向的物理量，它是标量，故选项B正确，A、C、D错误。 8．A 【解析】

PQ间的距离为2l0，而弹簧的原长为l0，故弹簧的弹力为Fk?kx?kl0. A、当??klk2时，可得物块随圆盘转动需要的向心力为Fn?m??2l0?0，根据合力与分力构成的

24m矢量三角形可知，此时静摩擦力具有最小值为fmin?Fk?cos30?=可得物块随圆盘转动需要的向心力为Fn?m??2l0?2k3B、故A正确．当??时，kl0，

3m22kl0，因力的三角形可知静摩擦力不等于弹簧的弹3C、D、力，故B错误．当??k时，可得物块随圆盘转动需要的向心力为Fn?m?2?2l0?kl0?3kl0，2m也为物体所受的合力，此时物体和圆盘还未相对滑动，故C、D均错误．故选A．

【点睛】本题关键是物体的受力情况和运动情况，找到向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解，注意临界情况的分析． 9．C 【解析】

GMMmv2A、由万有引力提供向心力有G2?m，得v?，因“天宫二号”的半径大则其速率小，故A

rrr错误．B、“神舟十一号”变轨要加速做离心运动，向后喷气补充了能量其机械能增加，则B错误．C、对接时在同一位置，根据牛顿第二定律知万有引力产生加速度相同，则C正确．D、“神舟十一号”可以减速做向心运动，万有引力大于向心力，轨道半径会变小，则D错误．故选C．

【点睛】本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键掌握变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用． 10．B 【解析】 【分析】

船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短．由矢量合成的平行四边形定则得知小船的合速度，小船实际以合速度做匀速直线运动，进而求得位移的大小． 【详解】

当船头垂直对岸行到对岸时，所需要的时间最短，最短时间为：t?d100??25s．故A错误，B正确；v1422船实际的运动是由两个相互垂直的分运动组成，所以合速度：v?v1?v2?42?32?5m/s．故C错

误；船沿着水流方向的位移大小：s?v2t?3?25?75m；船发生的位移是：

x?s2?d2?752?1002?125m；故D错误；故选B．

【点睛】

小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度．

二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分 11．CD 【解析】

【分析】

静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；由

，分析电容的变化，根据

C=Q/U分析电压U的变化． 【详解】

将b板也接地，电容器带电量不变，两板间的电势差不变，则静电计指针张角不变，选项A错误；b板不动、将a板向右平移，根据

可知d变小时，C变大，Q不变时，根据C=Q/U，可知U减小，即静

电计指针张角变小，选项B错误；将a板向上移动一小段距离，根据可知S变小时，C变小，Q

不变时，根据C=Q/U，可知U变大，即静电计指针张角变大，选项C正确；取出a、b两极板间的电介质，根据

可知C变小，Q不变时，根据C=Q/U，可知U变大，即静电计指针张角变大，选项D正确；

故选CD. 【点睛】

本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式

和C=Q/U． 12．BD 【解析】

试题分析：月球绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供月球的向心力，则有：

Mm4?2rGM4?2rG2?ma?m2解得：a?2?2，故BD正确．

rTrT考点：万有引力定律的应用. 13．BCD 【解析】

试题分析：A、根据合力做功量度动能的变化，下落的加速度为g，那么物体的合力为mg，w合=mgh，所以物体的动能增加了mgh．故A正确．

B、重力做功wG=mgh，重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh，物体的动能增加了mgh，即机械能就减少了mgh．故B不正确．

C、物体受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，下落的加速度为g，根据牛顿第二定律得阻力为mg，所以阻力做功wf=﹣fh=﹣mgh．所以物体克服阻力所做的功为mgh，故C正确．

D、重力做功wG=mgh，重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh，故D正确．

故选B． 14．BC 【解析】

克服重力做功，即重力做负功，则重力势能一定增大，克服重力做多少功，重力势能就增加多少，故重力势能增加50J，BC正确．

【点睛】重力势能变化量直接对应重力做功，与其他因素无关，重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增大，且满足WG???EP． 15．CD 【解析】 【分析】 【详解】

AD．粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，然后向左运动时，电场力做正功，粒子的速度增加，所以A错误，D正确； B．粒子做曲线运动，受电场力指向曲线弯曲的内侧，故可知，粒子所受电场力沿电场的反方向，故B错误；

C．粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度不变，故C正确； 16．AD 【解析】 【详解】

A.由f=μN=μmg，可知，这两种情况下箱子所受的摩擦力大小一样大，故A错误。

B.由于小车不固定时，箱子对地的位移较大，所以由W=Fl，可知，小车不固定时F做功较大，故B正确。 C.摩擦产生的热量表达式为 Q=μmgL，L是车长，所以Q相等，故C正确。

D.根据动能定理得：（F-f）l=Ek，由于小车不固定时，箱子对地的位移大，所以小车不固定时，箱子所得到的动能较大，故D错误。 此题选择不正确的选项，故选AD.

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分

17．1.82J 1.71J 系统 大于 先释放了重物，再接通（打点计时器）电源 等于 【解析】 【详解】

（1）［1］在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量

nEp=mghOB=1.00×9.80×0.1860J≈1.823J=1.82J

［2］B点的速度

vB?xAC0.2721?0.1241?m/s?1.85m/s 2T2?0.04