1、2020-2021学年上学期宣化一中高二年级期中考试物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 如图所示，在探究电磁感应现象的实验中，下列说法中正确的是()A. 保持导体棒静止，灵敏电流计指针会偏转B. 让导体棒在磁场中运动，灵敏电流计指针一定会偏转C. 让导体棒在磁场中左右运动，灵敏电流计指针一定会偏转D. 将导线与灵敏电流计“+”接线柱断开，让导体棒在磁场中运动，灵敏电流计指针会偏转2. 如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是()A. 全向里B. 全向外C. a向里，b、c向外D. a、c向外，b向里3. 如图所示，在冰壶世锦赛上
2、中国队以8：6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为19kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是()A. 瑞典队冰壶的速度为0.3m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞B. 瑞典队冰壶的速度为0.3m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞C. 瑞典队冰壶的速度为0.5m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞D. 瑞典队冰壶的速度为0.5m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞4. 如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、
3、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹。已知O是PQ的中点，不计粒子重力。下列说法中正确的是()A. 射入磁场时粒子a的速率最小B. 粒子a带负电，粒子b、c带正电C. 射出磁场时粒子b的动能最小D. 粒子b在磁场中运动的时间最短5. “科学真是迷人。”天文学家已经测出月球表面的加速度g、月球的半径R和月球绕地球运转的周期T等数据，根据万有引力定律就可以“称量”月球的质量了。已知引力常数G，用M表示月球的质量。关于月球质量，下列说法正确的是()A. M=gR2GB. M=GR2gC. M=42R3GT2D. M=T2R34R2G6. 将一段导线绕成图甲所示的闭
4、合电路，并固定在水平面(纸面)内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是()A. B. C. D. 7. 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是()A. d的运动周期有可能是23hB. c在4h内转过的圆心角是6C. b在相同时间内转过的弧长最长D. a的向心加速度等
5、于重力加速度g8. 如图所示，半圆光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N与O高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在M、N间做往复运动。下列说法中正确的是()A. 小球在M点和N点时均处于平衡状态B. 小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间C. 小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等D. 小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）9. 如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形。则该磁场()A. 逐渐增强，方向向外B. 逐渐增强，方向向里C. 逐渐减弱
6、，方向向外D. 逐渐减弱，方向向里10. 如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是()A. L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行B. L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面平行C. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1：3D. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3：3：111. 如图所示是飞船进入某星球轨道后的运动情况，飞船沿距星球表面高度为100km的圆形轨道运动，到达轨道的A点时，点火制动变轨进入椭圆轨道，到达轨道的B点时，飞船离星球表面高
7、度为15km，再次点火制动，下降落到星球表面。下列判断正确的是() A. 飞船在轨道上由A点运动到B点的过程中，动能增大B. 飞船在轨道上的机械能大于在轨道上的机械能C. 飞船经过A点时，在轨道上的加速度等于在轨道上的加速度D. 飞船在A点点火变轨瞬间，速度增大12. 如图所示，木块AB用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A紧靠墙壁，在木块B上施加向左的水平力F，使弹簧压缩，当撤去外力后()A. A尚未离开墙壁前，AB系统的动量守恒B. A尚未离开墙壁前，弹簧和B系统的机械能守恒C. A离开墙壁后，AB系统动量守恒D. A离开墙壁后，AB系统机械能守恒13. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光
8、滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A. 12mv2B. 12mMm+Mv2C. 12NmglD. NmgL三、实验题（本大题共2小题，共10.0分）14. 如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验装置图，三块相同的蹄形磁铁并列放置，可以认为磁极间的磁场是均匀的。实验时，先保持导体棒通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流的大小不变，改变导体棒通电部分的长
9、度。每次实验导体棒在场内同一位置平衡时，悬线与竖直方向的夹角记为。(1)下列说法正确的是：_。A.该实验探究了电流大小以及磁感应强度大小对安培力的影响B.该实验探究了磁感应强度大小以及通电导体棒长度对安培力的影响C.如果想增大，可以把磁铁的N极和S极对调D.如果想减小，可以把接入电路的导体棒从、两端换成、两端(2)若把电流为I且接通、时，导体棒受到的安培力记为F；则当电流减半且接通、时，导体棒的安培力为：_。15. 用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，小车P的前端粘有橡皮泥，后端连接通过打点计时器的纸带，在长木板右端垫放木块以平衡摩擦力，推一下小车P，使之运动，与静止的小车Q相碰粘在一起，继续
10、运动。(1)实验获得的一条纸带如图乙所示，根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分，用刻度尺测得各点到起点A的距离。根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上_段来计算小车P的碰前速度。(2)测得小车P(含橡皮泥)的质量为m1，小车Q(含橡皮泥)的质量为m2，如果实验数据满足关系式_，则可验证小车P、Q碰撞前后动量守恒。(3)如果在测量小车P的质量时，忘记粘橡皮泥，则所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相比，将_(填“偏大”或“偏小”或“相等”)。四、简答题（本大题共1小题，共10.0分）16. 一组宇航员乘太空穿梭机，去修理位于离地球表面高度为h的圆形轨道上的哈勃太空望远镜H，机组人员驾驶穿梭
11、机S进入与H相同的轨道并关闭推动火箭，而望远镜在穿梭机前方数公里处，如图所示，设G为万有引力常量，M为地球质量(已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g)(1)在穿梭机内，一个质量为m1的人站在台秤上，则其示数是多少？(2)计算轨道上的重力加速度值g(3)计算穿梭机在轨道上的速率v和周期T五、计算题（本大题共2小题，共28.0分）17. 如图所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。问：(1)A、B两球刚刚粘合在一起的速度是多大？(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？(3)弹簧的最大弹
12、性势能是多少？18. 如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，OCA=30，OA的长度为L。在OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为53t0，求粒子此次入射速度的大小。2020-2021学年上学期宣化一中高二
13、年级期中考试物理试卷答案和解析1.【答案】C【解析】解：A、保持导体棒静止，导体在磁场中没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不会偏转，故A错误；B、如果导体在磁场中上下运动，此时导体在磁场中没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不会偏转，故B错误；C、让导体棒在磁场中左右运动，导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，灵敏电流计指针会偏转，故C正确；D、将导线与灵敏电流计“+”接线柱断开，此时电路是断开的，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不会偏转，故D错误；故选：C。要想产生感应电流，必须让闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，观察导体是否切割磁感
14、线是判断的关键。明确产生感应电流的条件是闭合电路的一部分导体，在磁场中做切割磁感线运动，是此题判断的关键因素。2.【答案】D【解析】解：闭合开关S后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培定则判断环形导线内部磁场向里，外部磁场向外，则小磁针b的N极向里偏转，a、c两个小磁针向外偏转。故选：D。闭合开关S后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培定则判断磁场方向。根据小磁针N极受力方向与磁场方向相同判断N极偏转方向。本题考查应用安培定则的能力。安培定则是判断电流方向与磁场方向两者关系的定则。3.【答案】B【解析】【分析】两冰壶在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后中国队冰壶获得的速
15、度，通过计算动能改变量来判断是否为弹性碰撞。本题考查动量守恒定律的基本运用，运动动量守恒定律解题，关键注意速度的方向，知道动量守恒定律表达式的矢量性，同时要明确碰撞过程有弹性碰撞和非弹性碰撞之分。【解答】两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv1=mv2+mv3代入数据得：m0.4=m0.1+mv3解得：v3=0.3m/s。动能变化量：Ek=12mv12-12mv22-12mv32=12m(042-012-032)0，故动能减小，是非弹性碰撞，故B正确，ACD错误。故选B。4.【答案】D【解析】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由
16、牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：v=qBrm，由图可知，射入磁场时粒子c的半径最小，则速率最小。故A错误；B、由图可知，a向左偏，bc向右偏，根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故B错误；C、粒子的动能EK=12mv2=q2B2r22m，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大；c的半径最小，则动能最小。故C错误；D、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2mqB相同，粒子在磁场中的运动时间：t=2T=mqB，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角最大，则射入磁场时c的运动时间最大，粒子b转过的圆心角最小，则射入磁场时c
17、的运动时间最小，故D正确。故选：D。根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的动能；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间。本题考查带电粒子在磁场中的运动，带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；根据圆心角确定时间关系。5.【答案】A【解析】解：AB、在月球表面，物体的重力与万有引力相等，则有：GMmR2=mg，可得月球的质量为：M=gR2G，故A正确，B错误；CD、月球绕地球做圆周运动时，根据万有引力提供向心力得：GMmr2=m42T2r，由于r表示轨道
18、半径，而R表示月球半径，可得：M=42r3GT2，故CD错误。故选：A。在月球表面，物体的重力与万有引力相等，由此列式可求得月球的质量。月球绕地球做圆周运动时，根据万有引力提供向心力列式，也能求得月球的质量。解决本题时要掌握两种求天体质量的方法：1、根据万有引力提供圆周运动向心力，可计算中心天体的质量M。2、在星球表面重力与万有引力相等，可以根据重力加速度和星球半径求得星球质量。6.【答案】B【解析】【分析】当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生。由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的
19、方向。本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定。根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化。【解答】在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右。故B正确。
20、故选：B。7.【答案】C【解析】解：A、由开普勒第三定律r3T2=k知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h。故A错误；B、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角为=4h24h2=3，故B错误；C、对于在轨运行的卫星，由GMmr2=mv2r，得v=GMr，可知，卫星的轨道半径越大，线加速度越小，则有vbvcvd。由v=r有，vavc.可知，b的线速度最大，b在相同时间内转过的弧长最长。故C正确；D、地球同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，即知a与c的角速度相同，根据a=2r知，a的向心加速度比c的小。对于在轨运行的卫星，由GMmr2=ma，得a=
21、GMr2，可知，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，所以a的向心加速度比b的小，而b的向心加速度约为g，故a的向心加速度小于重力加速度g。故D错误；故选：C。根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系。地球同步卫星的周期、角速度必须与地球自转周期、角速度相同，根据a=2r比较a与c的向心加速度大小，再比较a的向心加速度与g的大小。根据万有引力提供向心力，列出等式得出线速度与半径的关系，从而分析出相同时间内弧长关系。对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道地球同步卫星的条件和特点。8.【答案】D【解析】解：A、两个端点M
22、、N与O等高，小球在M点和N点速度等于零，合力不为零，不是处于平衡状态，故A错误；B、由于洛伦兹力总是与运动垂直，由于没有摩擦力，故对其加速度大小有影响的只有重力个，故从无论小球从那边滚，其时间都是一样的，故B错误。C、小球在最低点时受重力，支持力和洛伦兹力，从N到M时，洛伦兹力向下，故有：F1-mg-F洛=mv2r故此时小球对轨道的压力为：F1=mg+F洛+mv2r小球从M到N时，洛伦兹力向上，故有：F2+F洛-mg=mv2r，故此时小球对轨道的压力为：F2=mg-F洛+mv2r，所以小球经过最低点时对轨道的压力大小不相等，故C错误；D、根据机械能守恒定律，小球每次经过最低点的速度大小相同，
23、由F合=mv2r可知，F合大小相等，故D正确；故选：D。由于洛伦兹力总是与运动垂直，又没有摩擦力，故对其加速度大小有影响的只有重力一个，故从无论小球从那边滚，其时间都是一样的。由此可以判定ABC由左手定则可知，滑块的运动方向不同，洛仑兹力的方向也不同，由受力分析及向心力公式可知压力是否发生变化。该题考查小球在重力好洛伦兹力的作用下的运动，利用功能关系是解决物理问题的常用方法，在解题时应明确洛仑兹力永不做功。9.【答案】CD【解析】解：磁场发生变化，回路变为圆形，受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，而推广扩大面积可以阻碍磁通量的减小
24、。该过程与磁通量的方向无关。故选项CD正确，AB错误。故选：CD。磁场发生变化，回路变为圆形说明导线受到的安培力的方向向外，结合楞次定律与左手定则即可判定，也可由楞次定律的推广形式解答解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广的形式处理10.【答案】AC【解析】解：A.根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L3通电导线在L1处的磁场方向如图所示，再根据左手定则，那么L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，故A正确；B.同理，根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L1通电导线在L3处的磁场方向如图所示，再根据左手定则，那么L3所受磁场作用力的
25、方向与L2、L1所在平面垂直，故B错误；CD、由A选项分析，可知，L1、L3通电导线在L2处的合磁场大小与L2、L3通电导线在L1处的合磁场相等，设各自通电导线在其他两点的磁场大小为B，那么L1、L2和L3三处磁场之比为1：1：3，故C正确，D错误；故选：AC。依据右手螺旋定则判定各导线在其他位置的磁场方向，再结合矢量的合成法则，即可判定合磁场方向，最后根据左手定则，从而确定其位置的受到磁场力方向；因所通的电流相等，那么单位长度的磁场力之比，即为各自所处的磁场之比。解决该题的关键是知道磁感应强度为矢量，掌握磁感应强度的方向的判断方法，知道矢量的合成方法；11.【答案】AC【解析】【分析】点火后
26、由原来的高轨道进入低轨道，可知卫星要减速，但是由于引力做功，最终会导致低轨道上的速度比高轨道速度大，根据机械能守恒的条件判断在轨道上机械能是否守恒，分析A点的受力情况，根据牛顿第二定律判断加速度的变化情况；解决该题的关键是明确知道飞船由高轨道变到低轨道为近心运动，而近心运动的条件则要点火减速，熟记机械能守恒的条件；【解答】A.飞船在轨道中由A运动到B的过程中重力做正功，动能增加，故A正确；BD.由于点火后由原来的高轨道进入低轨道，可知卫星要减速，从而做近心运动，故卫星在A处，飞船变轨后瞬间的速度小于变轨前瞬间的速度，而进入轨道运动后，只有重力做功，机械能不变，所以在轨道上的机械能小于轨道上的机
27、械能，故BD错误；C.不论在轨道还是轨道上的A点，飞船都只受到万有引力的作用，且大小相等，方向相同，根据牛顿第二定律可知，在两轨道的A点加速度相等，故C正确；故选：AC。12.【答案】BC【解析】解：A、当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零。所以和b组成的系统的动量不守恒，故A错误；B、以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，在A离开墙壁前后，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，系统机械能守恒，故B正确；C、A离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以A、B组成的系统的动量守恒，故C正确；D、在A离开墙壁后，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，A、B系统机械
28、能不守恒，故D错误；故选：BC。判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零。当撤去外力F后，A尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零。A离开墙壁后，系统所受的外力之和为0。本题考查了系统机械能守恒的条件和动量守恒的条件，注意区分，墙壁对物块a有弹力作用的过程，物块并没有发生位移，因此墙壁的弹力不做功。13.【答案】BD【解析】解：由于箱子M放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块不再相对滑动，有mv=(m+M)v1系统损失的动能是因为摩擦力做负功Ek=-Wf=mgNL=12mv2-12(M+m)v12=m
29、Mv22(M+m)选项BD正确，AC错误。故选：BD。本题考查动量守恒、功能关系及能量守恒定律。两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件。本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失。又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为12L，则发生N次碰撞，相对路程为12NL，而错选C。14.【答案】(1)D；(2)32F【解析】【分析】该实验探究了导体棒通长度和电流大小对安培力的影响，根据F=
30、BIL求解安培力大小即可。【解答】(1)AB、该实验探究了导体棒通长度和电流大小对安培力的影响，故AB错误；C、把磁铁的N极和S极对调，不改变B的大小，故F不变，故C错误；D、把接入电路的导体棒从、两端换成、两端，L减小，故安培力F减小，故D正确；故选：D。(2)若把电流为I且接通、时，导体棒受到的安培力记为F；则当电流减半且接通、时，导体棒的安培力为：F=BI23L=32BIL=32F。故答案为：(1)D；(2)32F15.【答案】BC；m1s2-s12=(m1+m2)s4-s33；偏小【解析】解：(1)两小车碰撞前做匀速直线运动，在相等时间内小车位移相等，由图示纸带可知，应选择纸带上的BC
31、段求出小车P碰撞前的速度。(2)设打点计时器打点时间间隔为T，由图示纸带可知，碰撞前小车的速度：v=s2-s14T，碰撞后小车的速度：v=s4-s36T，如果碰撞前后系统动量守恒，则：m1v=(m1+m2)v，即：m1s2-s14T=(m1+m2)s4-s36T，整理得：m1s2-s12=(m1+m2)s4-s33；(3)在测量小车P的质量时，忘记粘橡皮泥，小车P质量的测量值小于真实值，由p=mv可知，所测系统碰前的动量小于碰撞后系统的动量。故答案为：(1)BC；(2)m1s2-s12=(m1+m2)s4-s33；(3)偏小。答题技巧：(1)实验前已经平衡摩擦力，小车在木板上运动时所受合力为零
32、，小车做匀速直线运动，小车做匀速直线运动在相等时间内的位移相等，分析图示纸带，然后答题。(2)根据图示图象求出小车碰撞前后的速度，然后求出碰撞前后系统的动量，确定实验需要验证的表达式。(3)根据题意与动量的计算公式分析实验误差。本题考查了实验数据处理，认真审题理解题意是解题的前提，知道小车的运动过程、应用动量计算公式：p=mv、应用动量守恒定律即可解题。16.【答案】解：(1)穿梭机内的人处于完全失重状态，故视重为零(2)由mg=GMmR2得gR2=GM轨道处的重力加速度g，mg=GMm(R+h)2得g=R2(R+h)2g(3)因为GMm(R+h)2=mv2R+h=m42T2(R+h)得v=G
33、MR+hT=2(R+h)3GM答：(1)在穿梭机内，一个质量为m1的人站在台秤上，则其示数是零(2)计算轨道上的重力加速度值g为R2(R+h)2g(3)计算穿梭机在轨道上的速率v为GMR+h，周期T为2(R+h)3GM【解析】根据重力等于万有引力计算重力加速度，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式计算线速度和周期本题关键要掌握两个关系：重力等于万有引力；万有引力提供向心力列式求解重力加速度、线速度、周期17.【答案】解：(1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量
34、守恒定律得：mv0=2mv1，解得：v1=12v0；(2)粘合在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C球加速，速度由零开始增大，而A、B两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等，在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv1=3mv2，解得：v2=13v0；(3)当弹簧被压缩最短时，弹性势能Ep最大，由能量守恒定律得：122mv12=123mv22-EP，解得：EP=mv02；答：(1)A、B两球刚刚粘合在一起的速度大小是12v0；(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度大小是13v0；(3)弹簧的最大弹性势能是m
35、v02。【解析】(1)A、B碰撞的瞬间，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出碰后瞬间AB的速度；(2)当三球速度相同时，弹簧压缩到最短，三个球的读数相等，由动量守恒定律可以求出球的速度；(3)弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，要加强这方面的训练。18.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90，故其周期T=4t0设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿运动定律得qvB=mv2r匀速圆周运动的速度满
36、足v=2rT联立式得B=m2qt0(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为1和2.由几何关系有1=180-2粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2=T2=2t0；(3)如下图，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150设O为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有OOD=BOA=30r0cosOOD+r0cosBOA=L设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动线速度公式，则有：v0=2r0T联立式得v
37、0=3L7t0答：(1)磁场的磁感应强度的大小m2qt0；(2)该粒子这两次在磁场中运动的时间之和2t0；(3)粒子此次入射速度的大小3L7t0。【解析】对于带电粒子在磁场中运动类型，要善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键，注意画出正确的运动轨迹图是解题的重点。(1)粒子垂直OA进入磁场中，转过90，垂直打在y轴上，则t=t0=14T，求出周期，由周期公式T=2mqB求B的大小；(2)画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为1和2，由几何关系有1=180-2，可得到时间之和等于T2；(3)画出粒子做圆周运动与AC相切的轨迹，再结合几何知识求出轨迹的半径，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解速度。