故选：C。
【点评】对于比较复杂的电荷分布周围的场强，常根据对称性求得某些不完整图形的场强，对于点电荷的场强则直接由
4．（6分）（2018?陕西二模）2018年我国即将发射“嫦娥四号”登月探测器，该探测器将首次造访月球表面，实现对地对月中继通信。如图所示，嫦娥四号在环月圆轨道I上的A点实施变轨，进人近月的椭圆轨道II，由近月点B成功落月，如图所示，下列关于“嫦娥四号”的说法，正确的是（ ）
求解，最后由叠加原理求得合场强。
A．沿轨道I运动至A点时，需向前喷气才能进入轨道II B．沿轨道II运行的周期大于沿轨道I运行的周期
C．沿轨道II运行时，在A点的加速度大于在B点的加速度 D．在轨道II上由A点运行到B点的过程，速度逐渐减小 【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【专题】34 ：比较思想；4E ：模型法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据做近心运动时万有引力大于向心力，来分析喷气的方向。根据开普勒第三定律分析卫星的运动周期和轨道半径之间的关系。根据牛顿第二定律和万有引力定律结合分析加速度关系。由开普勒第二定律或功能关系分析在轨道II上由A点运行到B点的过程速度的变化情况。
【解答】解：A、“嫦娥四号”在轨道I上做圆周运动，只有通过减速使圆周运动所需的向心力减小，做近心运动来减小轨道高度，才能轨道II．故A正确； B、根据开普勒行星运动定律知，在轨道I上运动时的半长轴大于在轨道II上运行时的半长轴，故在轨道I上运行的周期要大，故B错误；
C、“嫦娥四号”运动的过程中万有引力产生加速度，根据牛顿第二定律有 G=ma，得 a=
，知r越大，a越小，所以在A点的加速度小于在B点的加速度，
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故C错误；
D、在轨道Ⅱ上由A点运行到B点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，速度逐渐增大，故D错误。 故选：A。
【点评】解决本题要注意：由高轨道变轨到低轨道需要减速，而由低轨道变轨到高轨道需要加速，这一点在解决变轨问题时要经常用到，一定要注意掌握。卫星运行时只有万有引力做功，机械能是守恒的。
5．（6分）（2018?陕西二模）质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始作匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图象如图所示．设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（ ）
A．I1＞I2，W1＞W2 B．I1＜I2，W1＞W2 C．I1＜I2，W1＜W2 D．I1＞I2，W1＜W2 【考点】52：动量定理；62：功的计算．
【专题】32 ：定量思想；4C ：方程法；52F：动量定理应用专题．
【分析】根据两物块做匀减速运动，求出匀减速运动的加速度之比，从而求出摩擦力之比，再根据匀加速运动的加速度之比，根据牛顿第二定律求出F1和F2的大小之比，然后根据冲量的计算公式即可求出冲量之间的关系．
速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．根据面积比得出位移比． 撤去拉力后两图象平行，说明加速度相等，由牛顿第二定律分析则知，两物体与地面的动摩擦因数相同，对全过程研究，运用动能定理求解拉力做功． 【解答】解：从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为
，根据牛
顿第二定律，匀减速运动中有f=ma′，则摩擦力大小都为m
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．根据图象知，匀
加速运动的加速度分别为：，，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F
﹣f=ma，则F1=，F2=，F1和F2的大小之比为12：5；
所以：
＜1，则I1＜I2；
图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为=6：
5；
两个物体的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功与摩擦力做的功大小相等，所以：
，则W1＞W2。
故选：B。
【点评】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度﹣时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．
6．（6分）（2018?陕西二模）如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B=2T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m=0.1kg的矩形线圈abcd，bc边长L1=0.2m，电阻R=2．t=0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示，则（ ）
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A．恒定拉力大小为0.05N
B．线圈在第2s内的加速度大小为1m/s2 C．线圈ab边长L2=0.5m
D．在第2s内流过线圈的电量为0.2c
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；37：牛顿第二定律．
【专题】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】据题知线圈在磁场外做匀加速运动的时间是t=1s，由图读出t=1s时感应电流i的大小，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可求得此刻线圈的速度，再由牛顿第二定律和运动学公式结合求解恒定拉力的大小．根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出安培力与时间的关系式，由运动学公式求出加速度．先求出2s末的速度，利用平均速度公式求ab长度．根据公式q=
求解电量．
【解答】解：A、由乙图知：t=1s时，线圈中感应电流为：i=0.1A 由i==得：v1=
=
m/s=0.5m/s
根据v1=at、F=ma 得：F=m
=0.1×
N=0.05N，故A正确。
=
m/s=1.5m/s =
m/s2=1m/s2，故B正确。 m=1m，故C错误。 =
=
C=0.2C，故D正
B、t=2s时线圈速度：v2=
线圈在第2s时间内的加速度：a2=C、线圈ab边长为：L2=
=
D、在第2s内流过线圈的电量为：q=确。
故选：ABD。
【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，分析和计算安培力和拉力是关键，要熟练运用法拉第定律、欧姆定律、运动学公式等等规律，掌握感应电荷量公式q=
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．
7．（6分）（2018?陕西二模）如图所示，转台上固定有一长为4L的水平光滑细杆，两个中心有孔的小球A、B从细杆穿过并用原长为L 的轻弹簧连接起来，小球A、B的质量分别为3m、2m。竖直转轴处于转台及细杆的中心轴线上，当转台绕转轴匀速转动时（ ）
A．小球A．B受到的向心力之比为3：2
B．当轻弹簧长度变为2L时，小球A做圆周运动的半径为1.5L
C．当轻弹簧长度变为3L时，转台转动的角速度为ω，则弹簧的劲度系数为1.8mω2 D．如果角速度逐渐增大，小球B先接触转台边沿 【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．
【专题】31 ：定性思想；4C ：方程法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】根据匀速圆周运动的条件分析向心力的大小关系；根据向心力的公式分析二者的半径的关系。
【解答】解：A、两个小球在水平面内做匀速圆周运动的过程中，二者需要的向心力都是弹簧的弹力提供的。根据弹簧弹力的特点可知，二者需要的向心力一定是相等的。故A错误；
B、二者一起做匀速圆周运动，所以它们的角速度是相等的。根据向心力的公式可得：
又：r1+r2=2L…② 联立可得：
，
…③．故B错误； …①
C、当轻弹簧长度变为3L时，则： r1+r2=3L…④
…⑤
联立④⑤可得弹簧的劲度系数：k=1.8mω2．故C正确；
D、由B的分析的结果可知，只要是二者一起做匀速圆周运动，则B到转轴的距离始终大于A到转轴的距离，所以增大角速度，小球B先接触转台边沿。故D
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