2021年高一物理下学期期末模拟试卷（一） 新人教版.docx

1、高一（下）期末物理试卷11. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F.若保持这两个点电荷之间的距离不变，将它们的电荷量都变成原来的一半，则改变电荷量后这两个点电荷之间静电力的大小为()A. 16FB. 9FC. F2D. F42. 如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是()A. 1、2两点的场强相等B. 1、3两点的场强相等C. 1、2两点的电势相等D. 2、3两点的电势相等3. 从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上比掉在泥土地上易碎，是因为掉在水泥地上时，杯()A. 受到的冲量大B. 受到的作用力C. 动量的变化量大D. 动量大4. 两个小球在

2、一条直线上相向运动，若它们相互碰撞后都停下来，则两球碰前()A. 质量一定相等B. 速度大小一定相等C. 动量一定相同D. 总动量一定为零5. 在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度E=Fq，下列说法正确的是()A. 若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B. 若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4EC. 若放置到该点的检验电荷变为-2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D. 若放置到该点的检验电荷变为-2q，则场中该点的场强大小方向均不变6. 如图所示，土星和火星都在围绕太阳公转，根据开普勒行星运动定律可知()A. 土星远离太阳的过程中，它的速度

3、将减小B. 土星和火星绕太阳的运动是完美的匀速圆周运动C. 土星比火星的公转周期大D. 土星远离太阳的过程中，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积逐渐增大7. 假设人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，当卫星绕地球运动的圆周半径增大到原来的2倍时，则有()A. 卫星需要的向心力将减小到原来的12B. 卫星需要的向心力将减小到原来的14C. 卫星运动的线速度将增大到原来的12D. 卫星运动的线速度将减小到原来的148. 卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量，不仅用实验验证了万有引力定律的正确性，而且应用引力常量还可以测出地球的质量，卡文迪许也因此被称为“能称出地球质量的人”已知引力常量G=6.6710-

4、11Nm2/kg2，地面的重力加速度g取9.8m/s2，地球半径R=6.4106m，则地球质量约为()A. 1018kgB. 1020kgC. 1022kgD. 1024kg9. 如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面且不计空气阻力，则下列说法中不正确的是()A. 物体到海平面时的重力势能为mghB. 重力对物体做的功为mghC. 物体在海平面上的动能为12mv02+mghD. 物体在海平面上的机械能为12mv0210. 北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星定位与通信系统，它由空间段、地面段和用户段三部分组成。第三代北斗导航卫

5、星计划由35颗卫星组成，如图所示，其中有5颗地球静止轨道卫星(运行在地球同步轨道，离地高度约3.6104km)、27颗中地球轨道卫星(运行在3个互成120的轨道面上，离地高度约2.15104km)、3颗倾斜同步轨道卫星(其轨道平面与赤道平面有一定的夹角，周期与地球自转周期相同)。虽然新冠病毒还没有完全清除，但我国航天人进行北斗导航卫星组网工作从未停止，我国北斗三号全球卫星导航系统最后一颗组网卫星即将发射。假设所有北斗卫星均绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A. 中地球轨道卫星的线速度最小B. 倾斜同步轨道卫星能定点在北京上空C. 中地球轨道卫星的运行周期小于地球同步卫星的运行周期D.

6、倾斜同步轨道卫星的轨道半径大于地球静止轨道卫星的轨道半径11. 一汽车在水平公路上行驶，设汽车在行驶过程中所受阻力不变汽车的发动机始终以额定功率输出，关于牵引力和汽车速度的下列说法中正确的是()A. 汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大B. 汽车加速行驶时，牵引力减小，速度增大C. 汽车加速行驶时，牵引力增大，速度增大D. 当牵引力等于阻力时，速度达到最大值12. 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-3J，拉力F做功8J，空气阻力做功-0.5J，则下列判断正确的是()A. 物体的重力势能增加了3 JB. 物体的重力势能减少了3 JC. 物体的动能增加了4.5JD. 物体

7、的动能增加了8 J13. 从地面上方同一点分别向东和向西沿水平方向抛出两个质量相等的小物体，抛出的初速度大小分别为v和2v.不计空气阻力，则两个小物体()A. 从抛出到落地动量的增量相同B. 从抛出到落地重力做的功相同C. 落地时的速度相同D. 落地时重力做功的瞬时功率相同14. 如图所示在，点电荷+Q产生的电场中，一带正电的试探电荷从A点分别移到以+Q为圆心的圆周上的B、C、D、E点，则下列说法正确的是()A. 试探电荷从A到B，电势能减少B. 试探电荷从A到E，静电力做功最大C. 试探电荷从A点分别到B、C、D、E点静电力做功一样多D. A点的电势比D点的高15. 如图所示，质量分别为m和

8、2 m的A，B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁。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F，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F2mB. 从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒C. A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为E3D. A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为E16. 如图所示为等量异种点电荷周围电场线的分布图，图中M点是两点电荷连线的中点，N点是两点电荷连线中垂线上的另一点。若M、N两点电场强度的大小分别为EM和EN，电势分别为M和N，则EM

9、_EN，M_N(填“大于”、“等于”或“小于”)。17. 如图所示，用0.5kg的锤子钉钉子，打击时锤子的速度为4m/s，打击后锤子的速度为零，设打击时间为0.01s。不计锤子的重力，锤子钉钉子的平均作用力是_N；考虑锤子的重力，锤子钉钉子的平均作用力是_N；有同学分析上述结论后认为：在计算锤子对钉子的平均作用力时，可以忽略锤子的重力，这种说法是否合理性，请做出你的判断和解释：_。18. 在如图所示的匀强电场中，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离x=0.2m。若一个电荷量q=+2.010-8C的试探电荷在匀强电场中所受电场力的大小为F=3.010-4N.求：(1)电场强度的大小E；(

10、2)A、B两点间的电势差UAB；(3)将该试探电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W。19. 中星9A卫星，是我国发射的一颗电视直播卫星，它定点在东经101.4的同步轨道上。已知地球的质量为M、半径为R、自转周期为T，引力常量为G。(1)求中星9A卫星的角速度；(2)求中星9A卫星的轨道高度；(3)有些卫星因能量耗尽而报废，成为太空垃圾，所以被称为“垃圾卫星”。你认为采取什么措施有利于减少“垃圾卫星”的产生？20. 如图所示，竖直平面内的光滑弧形轨道的底端恰好与光滑水平面相切质量M=2.0kg的小物块B静止在水平面上质量m=1.0kg的小物块A从距离水平面高h=1.8m的P点沿轨道从静止

11、开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B相碰，碰后两个物体以共同速度运动取重力加速度g=10m/s2.求：(1)A经过Q点时速度的大小；(2)A与B碰后速度的大小；(3)碰撞过程中A、B组成的系统损失的机械能E.21. 如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.20m的绝缘轻线把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为=37.现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放。g取10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80.求：(1)小球所受电场力的大小；(2)小球通过最低点C时的速度大小；(3)小

12、球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小。22. 冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，由于它的形状像水壶而得名，如图所示冰壶比赛自1998年被列入冬奥会之后，就成为了越来越普遍的运动项目之一2010年2月27日在第21届冬奥会上，中国女子冰壶队首次参加冬奥会，获得了铜牌，取得了这个项目的零的突破，令世人瞩目冰壶比赛的场地如图甲所示冰道的左端有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN将冰壶以一定的初速度掷出，使冰壶沿着冰道的中心线PO滑行，冰道的右端有一圆形的营垒以场地上冰壶最终静止时距离营垒圆心O的远近决定胜负比赛时，为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动

13、摩擦因数减小当对手的冰壶停止在营垒内时，可以用掷出的冰壶与对手的冰壶撞击，使对手的冰壶滑出营垒区已知冰壶的质量为20kg，营垒的半径为1.8m.设冰壶与冰面间的动摩擦因数1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至2=0.004.在某次比赛中，若冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向推力作用的时间t=10s，使冰壶A在投掷线中点处以v0=2.0m/s的速度沿中心线PO滑出设冰壶之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，不计冰壶自身的大小，g取10m/s2.(1)冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向作用的冲量大小为多少？(2)若不用毛刷擦冰面，则冰壶停止的位置距离营垒圆心O点多远？(3)如果在中心线PO上

14、已经静止着一个冰壶B，如图乙所示，冰壶B距圆心O的距离为0.9m，若要使冰壶A能够沿中心线PO将B撞出营垒区，则运动员用毛刷擦冰面的长度至少为多少？答案1. D2. D3. B4. D5. D6. AC7. B8. D9. A10. C11. BD12. AC13. ABD14. ACD15. ABC16. 大于 等于17. 200 205 当作用的时间比较小时，铁锤的重力可以忽略不计。解释：根据动量定理计算出两种情况下锤子对钉子的作用力，相对误差很小，可以忽略。18. 解：(1)电场强度为：E=Fq代入数据得：E=1.5104N/C；(2)A、B两点间的电势差UAB=Ex=3000V(3)电

15、场力做功为：W=Fs=3.010-40.2J=6.010-5J答：(1)电场强度E的大小为1.5104N/C；(2)AB两点电势差UAB为3000V。(3)将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W为6.010-5J。19. 解：(1)同步卫星绕地球做圆周运动的周期等于地球自转周期T，中星9A卫星的角速度：=2T(2)中星9A卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMm(R+h)2=m(2T)2(R+h)解得，中星9A卫星的轨道高度：h=3GMT242-R(3)卫星因能量耗尽而报废，成为太空垃圾，为了减小垃圾卫星从产生，可以给卫星补充能量，减小垃圾卫星的产生。答：

16、(1)中星9A卫星的角速度是2T；(2)中星9A卫星的轨道高度为3GMT242-R；(3)给卫星补充能量，减少垃圾卫星的产生。20. 解：(1)A从P到Q过程中，由动能定理得：mgh=12mv02-0解得：v0=2gh=6m/s；(2)A、B碰撞，AB系统动量守恒，设向右为正方向，则由动量守恒定律得：mAv0=(mA+mB)v，解得：v=mv0M+m=2m/s(3)碰撞过程中A、B组成的系统损失的机械能为：E=12mv02-12(M+m)v2=12J答：(1)A经过Q点时速度的大小是6m/s.(2)A与B碰后速度的大小是2m/s.(3)碰撞过程中A、B组成的系统损失的机械能E是12J.21.

17、解：(1)小球受重力mg、电场力F和拉力T，其静止时受力如答图2所示。根据共点力平衡条件有：F=mgtan37=0.75N(2)设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有：mgl-Fl=12mv2解得：v=2gl(1-tan37)=1.0m/s(3)设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为T。根据牛顿第二定律有：T-mg=mv2l解得：T=1.5N答：(1)电场力的大小为0.75N，方向水平向右；(2)小球运动通过最低点C时的速度大小为1m/s；(3)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为1.5N。22. 解：(1)设推力对冰壶的冲量大小为I，则根据动

18、量定理I-1mgt=mv0代入数值解得I=56Ns(2)根据动能定理，12mv02=1mgss=v0221g=25m冰壶停止的位置距离营垒圆心的距离x=30m-25m=5.0m(3)冰壶A与冰壶B碰撞的过程中，设冰壶A碰撞前的速度为vA，碰撞后的速度为vA，冰壶B碰撞后的速度为vB，根据动量守恒定律和功能的关系，有mvA=mvA+mvB12mvA2=12mvA2+12mvB2解得vA=0，vB=vA即冰壶A与冰壶B碰撞后二者的速度相互交换因此可以将整个过程看成为冰壶A一直沿直线PO运动到营垒区外的过程，运动的总位移为s=31.8m.根据动能定理，设将冰壶B恰好撞出营垒区外，运动员用毛刷擦冰面的

19、长度为L，则-1mg(s-L)-2mgL=0-12mv02代入数值解得L=13.6m答：(1)冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向作用的冲量大小为56Ns(2)若不用毛刷擦冰面，则冰壶停止的位置距离营垒圆心O点5.0m(3)运动员用毛刷擦冰面的长度至少为13.6m.【解析】1. 解：电量改变之前：F=kQqr2当电荷量都变为原来的一半时，则有：F=kQ2q2r2联立可得：F=14F，故ABC错误，D正确。故选：D。本题比较简单，直接利用库仑定律F=kQqr2，进行计算讨论即可库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习2. 解：A、电场线的疏密表示

20、电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大故B错误；C、顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等故D正确故选：D.根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大顺着电场线，电势降低利用这些知识进行判断加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题3. 解：杯子从同一高度滑下，故到达地面时的速度一定相等，故着

21、地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，由动量定理可知I=P可知，冲量也相等，故ACD均错误；但由于在泥地上，由于泥地的缓冲使接触时间变化，由I=Ft可知，杯子受到的作用力较小，故杯子在水泥地上比在泥土地上更易破碎；故B正确；故选：B。杯子是否破碎关键在于杯子受到的外力作用，故应通过动量定理分析找出原因物体知识在生活中无处不在，一定要学会应用物理知识去分析解答现实生活中遇到的问题4. 解：据题，两球碰撞后都停下来，总动量为零，根据动量守恒得知，碰撞前两球的总动量也是零，则两球碰前动量大小相等、方向相反由于两球的质量不一定相等，故碰前的速度大小不一定相等故D正确，ABC均错误故

22、选D碰撞的过程，系统的动量守恒，根据碰撞后的总动量，确定碰撞前的总动量，即可知道碰撞前两球动量的关系本题关键是掌握碰撞的基本规律：系统的动量守恒，就能轻松解答，比较简单5. 解：A、由题，该点的电场强度E=Fq，若移去检验电荷，该点的电场强度仍为E=Fq.故A错误。B、若检验电荷的电量变为4q，检验电荷所受的电场力为4F，该点的电场强度仍为E=Fq.故B错误。C、D若放置到该点的检验电荷变为-2q，检验电荷所受的电场力为-2F，该点的电场强度仍为E=Fq.故C错误，D正确。故选：D。电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是确定不变的电场强度的定义式E

23、=Fq，具有比值定义法的共性，定义出的电场强度与F、q无关，由电场本身决定6. 解：A、土星远离太阳的过程中，速度将减小。故A正确；B、根据开普勒第一定律：土星和火星绕太阳运动的轨道是椭圆，故B错误；C、根据开普勒第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。由于土星的半长轴比较大，所以土星比火星的公转周期大，故C正确；D、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。故D错误；故选：AC。熟记理解开普勒的行星运动三定律：第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。第二定律：对每一个行星而言，太阳行星

24、的连线在相同时间内扫过的面积相等。第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。该题以地球和火星为例子考查开普勒定律，正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键。7. 解：AB、人造卫星做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，根据F=GMmr2，轨道半径增大到原来的2倍时，卫星所需的向心力减小到原来的14倍，故A错误、B正确；CD、根据万有引力提供向心力可得GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，轨道半径增大到原来的2倍时，卫星的线速度变化是原来的22，故CD错误。故选：B。人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，当轨道半径变化时，万有引力变化，根据万有引力提供向

25、心力得到卫星的线速度与半径的关系进行分析。本题主要是考查万有引力定律及其应用，增大天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即，根据向心力的计算公式进行分析。8. 解：由GMmR2=mg可得：M=gR2G=9.8(6.4106)26.6710-11kg11024kg；故选D.地球表面处物体所受到的万有引力近似等于物体的重力，则可得出地球的质量本题考查万有引力的应用，地球表面上的物体受到的重力可近似看作是由万有引力提供的9. 解：A、以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为-mgh，选项A错误。B、重力做功与路径无关，至于始末位置的高度差有关，抛出点

26、与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，选项B正确。C、由动能定理w=Ek2-Ek1，有Ek2=Ek1+w=12mv02+mgh，选项C正确。D、整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为12mv02，所以物体在海平面时的机械能也为12mv02，选项D正确。该题选不正确的，故选：A。解答此题，首先要明确是要选择不正确的选项。整个过程不计空气阻力，只有重力对物体做功，机械能守恒，应用机械能守恒和功能关系可判断各选项的对错。此题应用了动能定理解决重力势能的变化与重力做功的关系，动能定理揭示了外力对物体所做总功与物体动能变化之间的

27、关系，它描述了力在空间的积累效果，力做正功，物体的动能增加，力做负功，动能减少。动能定理解决的问题不受运动形式和受力情况的限制。还有就是重力势能的变化与零势能面的选取无关。10. 解：A、根据万有引力提供向心力可得：v=GMr，同步卫星与倾斜同步轨道卫星的轨道半径大于中轨道卫星的半径，所以线速度均小于中轨道的线速度，故A错误；B、倾斜同步轨道卫星相对于地面是运动的，所以其的轨道不能定点在北京上空，故B错误；C、根据GMmr2=mr42T2得：T=42r3GM，中轨道的轨道半径小，则周期小，故C正确；D、静止轨道卫星的角速度与斜同步轨道卫星的角速度相同，根据GMmr2=mr2知它们的轨道半径相等

28、，故D错误。故选：C。根据万有引力提供向心力得出线速度、周期、角速度与轨道半径的关系，从而比较出它们的大小；根据倾斜同步轨道卫星运动的特点分析B选项。解决天体(卫星)运动问题的基本思路：(1)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，即可得到GM=gR2；(2)天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即，根据向心力的计算公式进行分析。11. 解：根据P=Fv知，速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律知，加速度减小，由于加速度的方向与速度方向相同，则速度增大。当加速度减小到零，牵引力等于阻力，速度达到最大，然后做匀速直线运动。故BD正确，AC错误。故选：BD。抓住发动机的功率不变

29、，结合P=Fv分析牵引力的变化，根据牛顿第二定律得出加速度的变化，从而得出速度的变化解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度的方向与速度方向相反，物体做减速运动12. 解：A、B、重力做功等于重力势能的变化量，重力做功-3J，重力势能增大了3J，故A正确，B错误。C、D、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为：，故动能增加4.5J.故C正确，D错误。故选：AC。解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量功

30、是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度13. 解：A、两个物体从同一点做平抛运动，运动时间相同，重力的冲量相同，根据动量定理可知，动量的增量相同。故A正确。 B、由于下落的高度相同，重力相同，则重力做功相同。故B正确。C、竖直方向两个物体做自由落体运动，高度相同，落地时竖直方向的分速度vy相同，而vx不同，根据v=vx2+xy2可知落地时的速度不同，故C错误。D、竖直方向两个物体做自由落体运动，高度相同，落地时竖直方向的分速度vy相同，落地时重力做功的瞬时功率相同。故D正确。故选：ABD。两个物体都做平

31、抛运动，下落时间相同，重力的冲量相同，根据动量定理研究动量的增量下落的高度相同，重力做功相同落地时的速度根据v=vx2+xy2即可判断，落地时重力做功的瞬时功率P=mgvy，根据竖直方向分速度vy的关系研究落地时重力做功的瞬时功率对于曲线运动，物体动量的增量常常根据动量定理研究平抛运动物体落地时重力的瞬时功率等于重力与竖直分速率的乘积，不等于重力与速率的乘积14. 解：A、点电荷+Q产生的电场中，离点电荷越远，电势越低，根据Ep=q可知，从A到B，电势能减少，故A正确；BC、据题知，B、C、D、E都在以Q为圆心的同一圆周上，而此圆周是一个等势线，各点的电势相等，则A到各点的电势差U相等，电场力

32、做功公式W=qU分析电场力做功相等。故B错误，C正确；D、点电荷+Q产生的电场中，离点电荷越远，电势越低，A点的电势比D点的高，故D正确；故选：ACD。以+Q为圆心的同一圆周上，电势相等，离点电荷越远，电势越低，根据Ep=q判断出电势能大小，电场力做功公式W=qU分析即可。本题一方面要知道以点电荷Q为圆心的圆是一个等势面；二要知道电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关。15. 【分析】B受两个力作用处于平衡状态，说明B所受弹力的大小等于F，故撤去F时，B的合力大小为弹力大小，根据牛顿第二定律求产生的加速度a，在A离开墙壁前受墙壁对系统的作用力，系统不满足动量守恒条件，又因为墙壁作用力对

33、A不做功，故系统满足机械能守恒条件A离开墙壁后系统机械能守恒动量也守恒，故系统动能不可以为0，则弹簧弹性势能不可能与系统总机械能相等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，这个结论叫做；系统只有重力或弹力做功为机械能守恒条件【解答】A.F撤去前B处于静止状态，合力为0，即弹簧弹力大小与F大小相等方向相反，当撤去F的瞬时间，对B而言只受到弹簧弹力作用，大小为F，故此时B的加速度大小a=F2m，故A正确；B.从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A有冲量，因此系统机械能守

34、恒而动量不守恒，故B正确；CD.撤去力F后，B向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒，即满足：E=12(2m)vB2 A脱离墙面后速度逐渐增加，B速度逐渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大，这一过程系统动量和机械能均守恒，有：动量守恒：2mvB=(m+2m)v，机械能守恒：EPmax=12(2m)vB2-12(m+2m)v2 由可解得：EPmax=E3，故C正确，D错误；故选ABC。16. 解：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知M点的电场线密，故EMEN，等量异号电荷的中垂线上各点电势均相等，故M=N，故答案为：大于；等

35、于。电场线越密的地方，电场强度越强。等量的异种电荷的中垂线为等势线，沿着电场线方向电势降低。通过电场线的分布进行判断。常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性。加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。17. 【分析】本题考查动量定理的应用。作用时间很小的相互作用，一般相互作用很大，计算精度要求不高情况下，重力可忽略。【解答】(1)对铁锤，不计铁锤的重量时，铁锤只受到钉子的作用力，由动量定理得：-Ft=0-mv，代入数据解得：F=200N，由牛顿第三定律可知，铁锤对钉子的作用力：F=F=200N；

36、(2)考虑铁锤的重力，以铁锤为研究对象，由动量定理得：-Ft+mgt=0-mv，代入数据解得：F=205N，由牛顿第三定律可知，铁锤对钉子的作用力：F=F=205N；(3)根据前2问的铁锤对钉子的作用力的比较可知，205N比200N大5N，相对量为：205-200205100%=2.4%，由此可知，当作用的时间比较小时，铁锤的重力可以忽略不计。18. 根据电场强度的定义式求出电场强度的大小；结合匀强电场的场强公式求出A、B两点的电势差；根据电场力做功与电势差的关系求出电场力做功的大小。本题考查了电场强度的定义式、匀强电场的场强公式以及电场力做功与电势差的关系，注意在E=Ud中，d表示沿电场线方

37、向上的距离，在运用W=qU求解时，功的正负、电荷的正负、电势差的正负需代入计算。19. (1)位于同步轨道上的卫星是同步卫星，地球同步卫星绕地球做圆周运动的周期等于地球自转周期，根据角速度与周期的关系求出中星9A的角速度。(2)卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出中星9A卫星的轨道高度。(3)给卫星不断补充能量，可以延长卫星的使用寿命，减少垃圾卫星的产生。本题考查了万有引力公式的应用，知道同步卫星做圆周运动的周期等于地球自转周期、知道万有引力提供卫星做圆周运动的向心力是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。20. (1)滑块从P到Q过程

38、中，应用动能定理可以求出滑块的速度(2)A、B系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出两滑块碰后的速度(3)系统动能的变化量等于系统损失的机械能本题主要考查了机械能守恒定律、动量守恒定律及能量守恒定律的直接应用，知道碰后粘在一起运动是完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒21. (1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；(2)对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解题；(3)在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解。本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，难度适中。22. (1)根据动量定理求解壶在发球区受到运动员沿中心线方向作用的冲量大小(2)根据动能定理研究冰壶的运动求解冰壶停止的位置距离营垒圆心O点的距离(3)根据动量守恒定律研究冰壶A与冰壶B碰撞，根据动能的关系求解本题整合了动量定理，动能定理、动量守恒定律等多个规律，只要细心，可以正确解答