期末复习小题好拿分【基础版】（30题）
一、单选题
1．如图所示，某物体沿两个半径为R的圆弧由A经B到C，下列结论正确的是（ ）
A. 物体的位移等于4R，方向向东 B. 物体的位移等于2πR，方向向东 C. 物体的路程等于4R D. 物体的路程等于4πR
2．古希腊权威思想家亚里士多德曾经断言：物体从高空落下的快慢同物体的重量成正比，重者下落快，轻者下落慢。比如说，十磅重的物体落下时要比一磅重的物体落下快十倍。1800多年来，人们都把这个错误论断当作真理而信守不移。 直到16世纪，伽利略才发现了这一理论在逻辑上的矛盾。并通过“比萨斜塔试验”，向世人阐述他的观点。对此进行了进一步的研究，通过实验来验证：伽利略用铜球从斜槽的不同位置由静止下落，伽利略手稿中记录的一组实验数据: 伽利略对上述的实验数据进行了分析，并得出了结论，下列是伽利略得出的结论是（ ）
A. vt=v0+at B.
2
2
?x?k 2TC. vt-v0=2ax D.
s1s2s3?2?2......?k 2t1t2t43．已知做匀加速直线运动的物体在某段时间内的第5s末速度为10m/s，则物体（ ） A. 加速度一定为2m/s B. 前5s内位移一定是25m C. 前10s内位移一定为100m D. 前10s内位移不一定为100m
4．如图所示，质量为m=1.2Kg、顶角为α=37的直角劈和质量为M=2 Kg的正方体放在两竖直墙和水平地面间，处于静止状态．若不计一切摩擦， g取10 m/s，墙面对正方体的弹力大小与水平地面对正方体的弹力大小分别
20
2
为（ ）
A. 20N，36N B. 16N，32N C. 16N，40N D. 20N，20N
5．如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻质量为m的物块无初速地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与传送带保持相对静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ。若当地的重力加速度为g，对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 物块所受摩擦力的方向水平向左 B. 物块运动的时间为
v2?g
v2C. 物块相对地面的位移大小为
?gv2D. 物块相对传送带的位移大小为
2?g6．如图所示，三物体A、B、C均静止，轻绳两端分别与A、C两物体相连接且伸直，mA=3 kg，mB=2 kg，mC=1kg，物体A、B、C间的动摩擦因数均为μ=0.1，地面光滑，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。若要用力将B物体从AC间拉动出，则作用 在B物体上水平向左的拉力至少应大于(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s)（ ）
2
A. 12N B. 5N C. 8N D. 6N
7．如图所示，小车运动的过程中，质量均为m的悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线夹角为θ，则物块B受到的摩擦力和小车运动情况下列判断中正确的是（ ）
A. 物块B不受摩擦力作用，小车只能向右运动
B. 物块B受摩擦力作用，大小为mgtanθ，方向向左；小车可能向右运动 C. 物块B受摩擦力作用，大小为mgtanθ，方向向左；小车一定向左运动 D. B受到的摩擦力情况无法判断，小车运动方向不能确定
8．如图所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度v0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能
2，不计空气阻力，则小球从O到P过程中 （ ） EK?5mv0
A. 经过的时间为
3v0 gB. 速度增量为3v0，方向斜向下 C. 运动方向改变的角度的正切值为
25v0D. 下落的高度为
g1 39．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，其引力势能可表示为Ep＝－
GMm，其中G为引力常量，Mr为地球质量。假设该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气摩擦的作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，则在此过程中因摩擦而产生的热量为（ ） A. GMm(
1111-) B. GMm(-) R2R1R1R2C.
GMmGMm1111 ( (-) D. -) 22R2R1R1R210．发射地球同步卫星要经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后使其沿椭圆轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如题图所示．当卫星分别在轨道1、2、3
上正常运行时，则以下说法正确的是（ ）
A. 卫星在轨道3上的运行速率大于7.9km/s
B. 卫星在轨道3上的机械能小于它在轨道1上的机械能 C. 卫星在轨道3上的运行速率小于它在轨道1上的运行速率 D. 卫星沿轨道1经过Q点时的加速度小于轨道2经过Q点时的加速度
11．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是
A. 在下滑过程中，物块的机械能守恒 B. 物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动 C. 在下滑过程中，物块和槽的动量守恒 D. 物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处
12．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为A.
v时．汽车的瞬时加速度的大小为（ ） 4P2P3P4P B. C. D. mvmvmvmv2
13．将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中v-t图像如图所示， g=10m/s，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球重力和所受阻力之比为5：1 B. 小球上升过程中克服阻力做功24 J
C. 小球上升与下落所用时间之比为2：3
D. 小球上升过程中机械能的损失大于下落过程中机械能的损失 14．如图所示，在电场有M、N两点，则（ ）
A. M点的电势比N点的电势高 B. M点的电场强度比N点的电场强度大 C. 正电荷在M点的电势能比在N点的电势能大 D. 负电荷从M点运动到N点，电场力不做功
15．在如图所示的电路中，输入电压U恒为8 V，灯泡L标有“3 V，6 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝1 Ω。若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是（ ）
A. 电动机的输出功率10W B. 整个电路消耗的电功率是10 W C. 电动机的效率是80% D. 流过电动机的电流是2 A
16．如图所示，在竖直放置的平行板电容器的金属板内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球，带电小球静止时绝缘细线与金属板的夹角为θ．电容器接在如图所示的电路中，R1为电阻箱，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．闭合开关S，此时R2的滑片在正中间，电流表和电压表的示数分别为I和U．已知电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表．以下说法正确的是( )
A. 保持R1不变，将R2的滑片向右端滑动，则I读数变小，U读数变大 B. 小球带正电，将R2的滑片向左端滑动过程中会有电流流过R2 C. 减小R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变
D. 增大R1，则I读数变大，U读数变小
17．如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），使用前先给超级电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速。则下列说法正确的是 （ ）
A. 电源给电容器充电后，M板带正电 B. 导体棒在安培力作用下向右运动
C. 超级电容器相当电源，放电时两端电压不变 D. 在电容器放电过程中，电容器电容不断减小
18．如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd．当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是（ ）
A. 一起向左运动 B. 一起向右运动
C. 相向运动，相互靠近 D. 相背运动，相互远离
19．如图所示,在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场, 粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°,若要使粒子能从AC边穿出磁场,则匀强磁场的大小B需满足( )
A. B?3mv3mv B. B? 3qa3qaC. B?3mv3mv D. B? qaqa20．如图所示，正八边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带电的粒子从 h 点沿 he 图示方向射入磁场区域，当速度大小为 vb 时，从 b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb．当速度大小为 vd 时，从 d 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 td，不计粒子重力。则下列正确的说法是( )
A. tb:td =2:1 B. tb:td =1:2 C. tb:td =3:1 D. tb:td =1:3 二、多项选择题
21．甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v﹣t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s（．初2s1=s2）始时，甲车在乙车前方S0处．（ ）
A. 若s0=s1+s2，两车不会相遇 B. 若s0＜s1，两车相遇2次 C. 若s0=s1，两车相遇1次 D. 若s0=s2，两车相遇1次
22．如图所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m，M与m间有一个处于拉伸状态的弹簧，整个装置处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. M对m无摩擦力作用 B. M对m的摩擦力方向向左
C. 地面对M的摩擦力方向向左 D. 地面对M无摩擦力作用
23．如图1所示，一轻弹簧下端固定在水平面上，上端放置一小物体，小物体处于静止状态．现对小物体施一竖直向上的拉力F，使小物体向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图2所示，a、b、c均为已知量，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内．则下列结论正确的是（ ）
A. 开始时弹簧的压缩量为c
B. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 C. 物体的加速度大小为
ag bD. 物体从开始运动到离开弹簧的过程经过的时间为2c?b?a?ag
24．在一次体育活动中，两个同学一前一后沿同一水平直线h站立，分别抛出两个小球A和B，两个小球的运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两个小球在空中发生碰撞，必须
A. 先抛出A球，后抛出B球 B. 同时抛出两球
C. A球抛出速度大于B球抛出速度 D. 使两球质量相等
25．发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后经点火使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3．轨道1与2相切于Q点，轨道2与3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）
A. 卫星在轨道3上的速率大于它在轨道1上的速率 B. 卫星在轨道3上的角速度小于它在轨道1上的角速度
C. 卫星在轨道1上经过Q点时的速率大于它在轨道2上经过Q点时的速率 D. 卫星在轨道2上经过P点时的速率小于它在轨道3上经过P点时的速率
26．(多选)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( )
A. M的带电量比N的大 B. M带负电荷，N带正电荷 C. 静止时M受到的合力比N的大 D. 移动过程中匀强电场对M做负功
27．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d=4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2.0×10T．电子质量m=9.1×10
6
﹣4
﹣31
kg，电量e=1.6×10
﹣19
C，不计电子重力．电子
源发射速度v=1.6×10m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（ ）
A．θ=90°时，l=9.1cm B．θ=60°时，l=9.1cm C．θ=45°时，l=4.55cm D．θ=30°时，l=4.55cm
28．水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上。设工件初速为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止。设工件质量为m，它与传送带间的滑动摩擦系数为μ，则在工
件相对传送带滑动的过程中
A. 滑摩擦力对工件做的功为mv/2 B. 工件的机械能增量为mv/2
C. 工件相对于传送带滑动的路程大小为v/(2μg) D. 传送带对工件做为零
29．如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确是
2
2
2
A. 物体B动能的减少量等于B克服摩擦力做的功 B. 物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C. 物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和 D. 摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
30．如图所示的弹弓，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好处于原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD的中点，则（ ）
A.从D到C，弹丸的机械能一直增大 B.从D到C，弹丸的动能一直在增大 C.从D到C，弹丸的机械能先增大后减小
D.从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能
参考答案 1．A
【解析】AB：位移是从初位置指向末位置的有向线段，则物体沿两个半径为R的圆弧由A经B到C过程中的位移等于4R，方向向东。A项正确，B项错误。
CD：路程是物体通过轨迹的长度，则物体沿两个半径为R的圆弧由A经B到C过程中的路程等于2πR。C项错误，D项错误。 2．D
3．C
v?v010?v02
?m/s2，可见，只有当v0=0时，a才等于是2m/s．故t5v?vv?10t?0?5m，当v0=0时x=25m，故B错误．根据推论可知，物体做匀A错误．前5s内位移为x?vt?022【解析】物体做匀加速直线运动，加速度为a?加速直线运动，第5秒末的瞬时速度等于前10s内的平均速度，所以前10s内平均速度为10m/s，则前10s的位移一定为x=vt=100m，故C正确，D错误．故选C. 4．B
【解析】以直角劈和质量为M正方体整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示：
则由平衡条件得：水平面对正方体的弹力大小N3=（M+m）g=32N；对直角劈研究，分析受力情况，如图2所示，根据平衡条件得：墙面对m的弹力： N1?5．D
【解析】试题分析：物块相对传送带向左滑动，摩擦力方向水平向右，即物块所受合外力为f??mg，加速度
mg1.2?10?N?16N，故B正确，ACD错误。
tan3700.75v2va??g，物块运动的时间t?， 物块相对地面的位移大小s?，物块相对传送带的位移大小
?g2?gv2，故ABC错误，D正确.故选D. ?s?vt?s?2?g【点睛】根据相对运动方向求得摩擦力方向；由受力分析求得合外力，即可由牛顿第二定律求得加速度，然后根据匀变速运动规律求得运动时间、位移，然后由几何关系求得相对位移． 6．D
7．B
【解析】对A受力分析：受重力、线的拉力，在水平方向有： Tsin??ma，在竖直方向： Tcos??mg，联立可得： a?gtan?，方向水平向左，故小车可能向左加速也可能向右减速运动，故B正确，C错误；因为A和
B都相对车厢静止，加速度相同，所以B一定受到向左的摩擦力作用，故AD错误。所以B正确，ACD错误。
8．A
【解析】P点的动能Ek＝
12
mv＝5mv02，解得P点的速度v=10v0，根据平行四边形定则知，P点的竖直分速度222vy＝v?v0=3v0，则经历的时间t?vyg＝3v0，故A正确．平抛运动的加速度不变，则速度的增量△v=gt=3v0，gvyv0＝3，故C错误．根据动能定理得，mgh=5mv0?mv0，
2
方向竖直向下，故B错误．运动方向改变的角度为tanθ＝
122
9v02解得下落的高度h?，故D错误．故选A．
2g9．C
Mmv2【解析】试题分析：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为R1时G2?m①，
R1R1Mmv2GMmGMm卫星的引力势能为EP1??；道半径为R2时G2?m③，卫星的引力势能为EP2??④；设摩
R2R1R2R2擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：
1212mv1?EP1?mv2?EP2?Q⑤，联立①～⑤解得： 22Q?GMm?11????，故选C． 2?R2R1?【点睛】求出卫星在半径为R1圆形轨道和半径为R2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量． 10．C
11．B
12．C
【解析】解：汽车速度达到最大后，将匀速前进，根据功率与速度关系公式P=Fv和共点力平衡条件有： F1=f…① P=F1v…② 当汽车的车速为
vv 时有： P?F2? …③ 44根据牛顿第二定律有： F2﹣f=ma…④
由①～④式，可求得：
a?3P mv所以ABD错误，C正确； 13．A
【解析】解：A、速度时间图线可知，小球上升的加速度大小a1=12m/s，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力f=ma1-mg=12-10N=2N；所以重力和所受阻力之比为5：1 小球匀减速直线运动的位移：x＝1/2×2×24m＝24m B、克服阻力做功:
2
C、小球下降的加速度： ，由得，时间之比为
D、机械能损失量等于阻力的功，上下过程阻力做功一样多，所以损失机械能一样多 14．B
【解析】A、根据沿着电场线方向电势降低,可以知道M点的电势比N点的电势低,故A错误.
B、电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,所以M点的电场强度比N点的电场强度大.所以B选项是正确的.
C、根据电势能公式Ep??q 知正电荷在电势高处电势能大,则知正电荷在M点的电势能比在N点的电势能小,故
C错误.
D、M点的电势比N点的电势低,根据电势能公式Ep??q知负电荷在电势高处电势能小,则知负电荷从M点运动到N点,电势能增大,电场力做负功,故D错误. 综上所述本题答案是：B 15．D
16．C
【解析】电路稳定时，R2相当于导线．保持R1不变，将R2的滑片向右端滑动，不改变电路中有效电阻，电路中电流不变，则I读数和U读数均不变，故A错误．电容器板间电场方向水平向右，小球受到的电场力也水平向右，所以小球带正电．将R2的滑片向左端滑动过程中，电容器的电压不变，带电量不变，没有电流通过R2．故B错误．根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir，得
U?r ，保持不变，即减小R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的I绝对值的比值不变．故C正确．增大R1，电路中电流减小，路端电压增大，则I读数变小，U读数变大，故D错误．故选C.
点睛：解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析．要明确与电容器串联的电阻，在电路稳定时相当于导线． 17．B
【解析】电容器下极板接正极，所以充电后N乙极带正电，故A错误；放电时，电流由F到E，则由左手定则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故B正确；电容器放电时，电量和电压均减小，故C错误；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故D错误．故选B．
点睛：本题考查电容以及安培力的性质，要注意掌握左手定则以及电容的性质等基本内容，明确电容由导体本身的性质决定． 18．D
19．B
【解析】粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示：
v2则粒子运动的半径为：r=acot30°=3a，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB?m，解得：
rr?mv ，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径：R＞r， qB解得： B＜3mv，故选D． 3qa点睛：本题是考查了粒子在有界磁场中的运动问题，解题的关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解半径，然后应用牛顿第二定律即可正确解题． 20．C
【解析】根据题意可知，粒子从b点和从d点离开的运动轨迹如图所示；
由图利用几何关系可知，从b点离开时粒子转过的圆心角为135°，而从d点离开时粒子其圆心角为45°，因粒子在磁场中的周期相同，由t=C正确，ABD错误．故选C．
点睛：本题考查了粒子在磁场中的运动，应先分析清楚粒子的运动过程，然后应用牛顿第二定律解题，本题的解题关键是画轨迹，由几何知识求出带电粒子运动的半径和圆心角． 21．ABCD
?T可知，时间之比等于转过的圆心角之比，故tb：td=135°：45°=3：1，故360?【解析】由图线可知：在T时间内，甲车前进了s2，乙车前进了s1+s2；若s0=s1+s2，则s0＞s1，若s0+s2＞s1+s2，即s0＞s1，两车不会相遇，故A正确；若s0＜s1，即s0+s2＜s1+s2，在T时刻之前，乙车会超过甲车，但甲车速度增加的快，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次，故B正确；若s0=s1，即s0+s2=s1+s2，两车只能相遇一次，故C正确；由于s1=s2．则若s0=s2，两车相遇1 次，故D正确。所以ABCD正确。 22．BD
23．AD
【解析】刚开始时物体处于静止状态，物体受到的重力和弹力二力平衡，弹簧的压缩量：x=c，故A正确；物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故B错误；开始时，重力和弹力二力平衡由平衡条件得：mg=kx ，拉力F1为a时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有： F﹣mg?ma'，物体与弹簧分离后，拉力F2
1?kx为b，根据牛顿第二定律有： F2﹣mg?ma'，解得物体的质量： m?加速度： a??b?ab?a，弹簧的劲度系数： k?，
cgag，故C错误；从物体开始运动到离开弹簧过程，物体的位移为：c，根据匀变速直线运动的b?a12a?t，解得运动时间： t?2位移公式得： c?24．BC
2c?b?a?ag ，故D正确。所以AD正确，BC错误。
【解析】两球都做平抛运动，由于相碰时A、B的竖直位移h相同，由h?12gt，知两球的运动时间相等，可知2两球同时抛出．故A错误，B正确；物体做平抛运动的规律水平方向上是匀速直线运动，由于A的水平位移比B的水平位移大，在水平方向有：x=v0t知A的初速度要大，故C正确；平抛运动的过程中，小球运动加速度都是g与其质量无关，故D错。所以BC正确，AD错误。 25．BD
26．BD
【解析】试题分析：分别对MN两个小球进行受力分析，然后结合受力平衡的特点与库仑力的特点即可正确解答． 解：A、B、因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不论N带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只有M带负电，N带正电才能满足同时静止．又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向 相反，由F=qE可知，二者所带的电量大小相等．故A错误，B正确；
C、静止时，二者受到的合力都是0．故C错误；
D、M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功．故D正确． 故选：BD
【点评】该题考查电场中物体的受力平衡问题，对于电场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法． 27．AD
【解析】解：由洛仑兹力充当向心力可得； Bqv=m
解得：R===0.0455m=4.55cm；
所有粒子的圆心组成以S为圆心，R为半径的圆；电子出现的区域为以S为圆心，以9.1cm半径的圆形区域内，如图中大圆所示；
故当θ=90°时，纸板MN均在该区域内，故l=9.1cm；当θ=30°时，l=4.55cm；故AD正确，BC错误；
故选：AD．
【点评】本题考查带电粒子充当向心力的运动规律，解题的关键问题在于明确粒子运动的圆心和半径，进而明确所有粒子可能出现的空间． 28．ABC
29．ACD
【解析】根据功能关系可知，物体B动能的减少量等于B克服摩擦力做的功，故A正确；由能量守恒定律可知，物体B损失的动能等于木板A获得的动能与系统产生的内能之和，故B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，故C正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能增加量，故D正确。所以ACD正确，B错误。 30．AD
考点：本题考查了力的平行四边形定则和能量守恒定律
