120道選擇題(答案)

PAGE第20頁，共20頁120道選擇題班級__________座號_____姓名__________分?jǐn)?shù)__________一、選擇題1．（多選）一質(zhì)點(diǎn)在水平面上沿直線滑行，其平均速度與時(shí)間的關(guān)系滿足（各物理量均選用國際單位制中單位），則關(guān)于該質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動，下列說法正確的是A．質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的加速度大小為 B．質(zhì)點(diǎn)末的速度大小為 C．質(zhì)點(diǎn)末的速度大小為 D．內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移為【答案】?！窘馕觥?、根據(jù)平均速度知：，根據(jù)知質(zhì)點(diǎn)的初速度為：，加速度為：，質(zhì)點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動，故錯(cuò)誤。、質(zhì)點(diǎn)停下所需時(shí)間為：，質(zhì)點(diǎn)在末的速度為：，故正確。、質(zhì)點(diǎn)在末的速度為：，故錯(cuò)誤。、內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移為：，故正確。2．(比例法)一平直公路旁等間距豎立5根電線桿，相鄰兩電線桿間距為d，如圖所示．一小車車頭與第1根電線桿對齊，從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，測得小車車頭從第1根電線桿到第2根電線桿歷時(shí)t，以下說法正確的是（）A．小車車頭到第2根電線桿時(shí)，小車速度大小為eq\f(d,t)B．小車車頭從第1根電線桿到第5根電線桿歷時(shí)為eq\r(5)tC．小車車頭到第5根電線桿時(shí)，小車速度大小為eq\f(4d,t)D．小車車頭到第5根電線桿時(shí)，小車速度大小為eq\f(2\r(5)d,t)【答案】C．【解析】汽車做初速度為零的勻變速直線運(yùn)動，車頭到達(dá)第2根電線桿時(shí)的速度為v，由平均速度公式eq\f(d,t)＝eq\f(v,2)，得v＝eq\f(2d,t)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)初速度為零的勻變速直線運(yùn)動，連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)通過的位移之比1∶3∶5∶…，車頭到達(dá)第5根電線桿時(shí)所用的時(shí)間為2t，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；到達(dá)第5根電線桿時(shí)的速度為v′＝2×eq\f(4d,2t)＝eq\f(4d,t)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．3．如圖所示為伽利略研究自由落體運(yùn)動規(guī)律時(shí)設(shè)計(jì)的斜面實(shí)驗(yàn)，他讓銅球沿阻力很小的斜面從靜止?jié)L下，利用滴水計(jì)時(shí)記錄銅球運(yùn)動的時(shí)間。關(guān)于伽利略的“斜面實(shí)驗(yàn)”，下列說法正確的是（）A．伽利略測定了銅球運(yùn)動的位移與時(shí)間，進(jìn)而得出了速度隨位移均勻增加的結(jié)論B．銅球在斜面上運(yùn)動的加速度比自由落體下落的加速度小，所用時(shí)間長得多，時(shí)間容易測量C．若斜面長度一定，銅球從頂端滾動到底端所需時(shí)間隨傾角的增大而增大D．若斜面傾角一定，銅球沿斜面運(yùn)動的位移與所用時(shí)間成正比【答案】B【解析】伽利略測定了銅球運(yùn)動的位移與時(shí)間，進(jìn)而得出了位移x與t平方的成正比，就可以檢驗(yàn)這個(gè)物體的速度是否隨時(shí)間均勻變化，小球是否做勻變速運(yùn)動．故A錯(cuò)誤；在伽利略時(shí)代，沒有先進(jìn)的計(jì)時(shí)儀器，因此伽利略讓小球從斜面上滾下來用來“沖淡”重力，銅球在斜面上運(yùn)動的加速度比自由落體下落的加速度小，所用時(shí)間長得多，時(shí)間容易測量．故B正確；若斜面長度一定，銅球從頂端滾動到底端所需時(shí)間隨傾角的增大而減?。蔆錯(cuò)誤．他得到的結(jié)論是，若斜面傾角一定，銅球沿斜面運(yùn)動的位移與所用時(shí)間的平方成正比，故D錯(cuò)誤．故選B考點(diǎn)：伽利略斜面實(shí)驗(yàn)4．守恒定律是自然界中某種物理量的值恒定不變的規(guī)律，它為我們解決許多實(shí)際問題提供了依據(jù)。在實(shí)際生活中經(jīng)?？吹竭@種現(xiàn)象，從水龍頭中流出的水柱越來越細(xì)，如圖所示。若垂直于水柱的橫截面可視為圓，在水柱上分別取、兩個(gè)直徑為、的橫截面，已知，經(jīng)過、處水流的速度大小之比為A． B． C． D．【答案】?！窘馕觥拷猓毫髁勘硎締挝粫r(shí)間內(nèi)水流過的體積，水的流量恒定不變，則單位時(shí)間內(nèi)水流體積相等，水流的體積，其中，比較可知，、處水流的速度大小之比為，故正確。5．（多選）小球從離地面高處做自由落體運(yùn)動，小球從下方的地面上以的初速度做豎直上拋運(yùn)動。兩球同時(shí)開始運(yùn)動，在空中相遇，取A．兩球在離地面高處相遇 B．兩球相遇時(shí)速率都是10 C．兩球在空中相遇兩次 D．兩球第一次落地的時(shí)間差為【答案】。【解析】、相遇時(shí)，有：得相遇的時(shí)間為：相遇時(shí)，球的速率為：，球的速率為：相遇處離地的高度為：，故、正確。、第一相遇后，繼續(xù)向下運(yùn)動，球繼續(xù)上升，兩球不可能發(fā)生第二次相遇，故錯(cuò)誤。、落地的時(shí)間為：，球落地的時(shí)間為：，則落地時(shí)間差為：△，故錯(cuò)誤。6．(多選)入冬以來，全國多地多次發(fā)生霧霾天氣，能見度不足20m，在這樣的惡劣天氣中，甲、乙兩汽車在一條平直的單行道上，乙在前、甲在后同向行駛。某時(shí)刻兩車司機(jī)同時(shí)聽到前方有事故發(fā)生的警笛提示，同時(shí)開始剎車。兩輛車剎車時(shí)的v-t圖像如圖，則（）A．若兩車發(fā)生碰撞，開始剎車時(shí)兩輛車的間距一定小于100mB．若兩車發(fā)生碰撞，開始剎車時(shí)兩輛車的間距一定小于200mC．若兩車發(fā)生碰撞，則一定是在剎車后20s以內(nèi)的某時(shí)刻發(fā)生相撞D．若兩車發(fā)生碰撞，則一定是在剎車后20s以后的某時(shí)刻發(fā)生相撞【答案】AC【解析】由圖可知，兩車速度相等經(jīng)歷的時(shí)間為20s，甲車的加速度a1＝eq\f(－25,25)m/s2＝－1m/s2，乙車的加速度a2＝eq\f(－15,30)m/s2＝－0.5m/s2，兩車速度相等時(shí)，甲車的位移x甲＝v甲t＋eq\f(1,2)a1t2＝25×20m－eq\f(1,2)×1×400m＝300m，乙車的位移x乙＝v乙t＋eq\f(1,2)a2t2＝15×20m－eq\f(1,2)×0.5×400m＝200m，可知要不相撞，則兩車間的最小距離Δx＝300m－200m＝100m，因?yàn)閮绍嚢l(fā)生碰撞，則兩車的距離小于100m，故A正確，B錯(cuò)誤；因?yàn)樗俣认嗟群?，若不相撞，兩者的距離又逐漸增大，可知兩輛車一定是在剎車后的20s之內(nèi)的某時(shí)刻發(fā)生相撞的，故C正確，D錯(cuò)誤。7．（多選）、兩質(zhì)點(diǎn)在同一直線上運(yùn)動的位移一時(shí)間圖線如圖所示，質(zhì)點(diǎn)的加速度大小始終為，兩圖線相切于點(diǎn)，則A．前內(nèi)、兩質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方向相同 B．時(shí)，、質(zhì)點(diǎn)的速度是 C．質(zhì)點(diǎn)的初速度是 D．圖中【答案】?！窘馕觥?、由題意得質(zhì)點(diǎn)在靜止，沿負(fù)方向做勻速直線運(yùn)動，質(zhì)點(diǎn)在前沿負(fù)方向做勻減速直線運(yùn)動，兩質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動方向相同，故正確；、兩圖線相切于，故在時(shí)刻兩質(zhì)點(diǎn)速度相等且，不是，故錯(cuò)誤；、由題意，做勻減速直線運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)加速度為，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有：，解得：，故錯(cuò)誤；、對于質(zhì)點(diǎn)，前內(nèi)，有：，故質(zhì)點(diǎn)出發(fā)的位置離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離，故正確。8．（2020秋?涼州區(qū)校級月考）一質(zhì)點(diǎn)由靜止開始按如圖所示的規(guī)律運(yùn)動，下列說法正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)在2t0的時(shí)間內(nèi)始終沿正方向運(yùn)動，且在2t0時(shí)距離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn) B．質(zhì)點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動，且在2t0時(shí)回到出發(fā)點(diǎn) C．質(zhì)點(diǎn)在t0時(shí)的速度最大，且最大的速度為a0t0 D．質(zhì)點(diǎn)在2t0時(shí)的速度最大，且最大的速度為2a0t0【答案】A。【解析】解：ABC、由圖象可知，0-t02時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)沿正方向做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動，在t02-t0時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)沿正方向做加速度減小的加速運(yùn)動，在t0-3t02時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度反向，由于慣性質(zhì)點(diǎn)繼續(xù)沿正方向做加速度增大的減速運(yùn)動，在3D、質(zhì)點(diǎn)在t0時(shí)刻速度最大，根據(jù)a﹣t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示速度的變化量，知最大速度為：vmax=a09．兩輛完全相同的汽車，沿平直公路一前一后以相同的速度勻速行駛，若前車突然以恒定的加速度a剎車，在它剛停住時(shí)，后車開始以恒定的加速度eq\f(a,2)剎車，已知前車在剎車過程中所行駛的距離為x0，若要保證兩車在上述情況中不相撞，則兩車在勻速行駛時(shí)保持的距離至少應(yīng)為（）A．x0B．2x0C．2．5x0D．3x【答案】D【解析】兩輛完全相同的汽車以相同的速度勻速行駛，前車的剎車位移為x0，加速度大小為a，剎車的時(shí)間t＝eq\f(v0,a)，剎車的位移x0＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)，在此時(shí)間內(nèi)，后車做勻速直線運(yùn)動，位移為x＝v0t＝eq\f(v\o\al(2,0),a)，所以x＝2x0，此后后車剎車，加速度大小為eq\f(a,2)，后車的剎車位移x′＝eq\f(v\o\al(2,0),2×\f(a,2))＝eq\f(v\o\al(2,0),a)＝2x0，要保證兩車在上述情況中不相撞，則兩車在勻速行駛時(shí)保持的最小距離Δx＝x＋x′－x0＝3x0，故選D。10．一汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過程中，司機(jī)忽然發(fā)現(xiàn)前方有一警示牌，立即剎車。剎車后，汽車立即開始做勻減速直線運(yùn)動，直至停止。已知從剎車開始計(jì)時(shí)，汽車第1s內(nèi)的位移為24m，第4s內(nèi)的位移為1m。用v、a分別表示汽車勻速行駛時(shí)的速度大小和剎車后的加速度大小，則（）A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】【分析】【詳解】假設(shè)前4s內(nèi)汽車一直做勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)解得再根據(jù)汽車速度減為零所需要的時(shí)間則汽車在內(nèi)已經(jīng)停止，所以假設(shè)不成立；汽車速度減為零的位移汽車3s末的位移依題得又因?yàn)槁?lián)立解得（符合題意）或（不符合題意，舍去）故選擇B。11．如右圖，兩個(gè)彈簧的質(zhì)量不計(jì)，勁度系數(shù)分別為、，它們一端固定在質(zhì)量為的物體上，另一端分別固定在、點(diǎn)，當(dāng)物體平衡時(shí)，上面的彈簧處于原長。若把固定的物體換為質(zhì)量為的物體（彈簧仍在彈性限度內(nèi)），當(dāng)物體再次平衡時(shí)，物體比第一次平衡時(shí)的位置下降了，則為A． B． C． D．【答案】?！窘馕觥慨?dāng)物體的質(zhì)量為時(shí)，下方彈簧被壓縮的長度為：①當(dāng)物體的質(zhì)量變?yōu)闀r(shí)，設(shè)物體下降的高度為，則上方彈簧伸長的長度為，下方彈簧被壓縮的長度為，兩彈簧彈力之和等于由胡克定律和平衡條件得：②由①②聯(lián)立解得：；故正確、錯(cuò)誤。12．(2020·北京)某同學(xué)利用圖甲所示裝置研究摩擦力的變化情況。實(shí)驗(yàn)臺上固定一個(gè)力傳感器,傳感器用棉線拉住物塊,物塊放置在粗糙的長木板上。水平向左拉木板,傳感器記錄的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．實(shí)驗(yàn)中必須讓木板保持勻速運(yùn)動B．圖乙中曲線就是摩擦力隨時(shí)間的變化曲線C．最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10:7D．只用圖乙中數(shù)據(jù)可得出物塊與木板間的動摩擦因數(shù)【答案】C【解析】AB．為了能研究摩擦力隨時(shí)間的變化曲線，故物塊一直要處于靜止?fàn)顟B(tài)，則向左的摩擦力一直與向右輕繩的拉力平衡，圖乙是向右輕繩的拉力隨時(shí)間變化曲線，故圖乙也可以反映摩擦力隨時(shí)間變化的曲線，由圖可乙知向右輕繩的拉力先增大后減小，最后趨于不變，故物塊先受靜摩擦力作用后受滑動摩擦力作用，所以不需要讓木板保持勻速運(yùn)動，故AB錯(cuò)誤；C．由圖可知，最大靜摩擦力約為10N，滑動摩擦力約為7N，故最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10:7，故C正確；D．根據(jù)，可知，由于不知道物塊的重力，故無法求物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，故D錯(cuò)誤。故選C。13．(2018·淮安模擬)我國海軍在南海某空域舉行實(shí)兵對抗演練，某一直升機(jī)在勻速水平飛行過程中遇到突發(fā)情況，立即改為沿虛線方向斜向下減速飛行，則空氣對其作用力可能是（）A．F1 B．F2C．F3 D．F4【答案】A【解析】因?yàn)橹鄙龣C(jī)沿虛線方向斜向下減速飛行，故合力沿虛線向上，直升機(jī)受到豎直向下的重力以及空氣作用力兩個(gè)力，要想合力沿虛線向上，則根據(jù)矢量三角形可得空氣對其作用力可能為F1，如圖所示．14．（2020?一模擬）正在海上行駛的一艘帆船，行駛方向如圖所示，海風(fēng)吹來的方向與船行駛的方向夾角為53°，升起風(fēng)帆，調(diào)整風(fēng)帆的角度，使海風(fēng)垂直吹在帆面上，若海風(fēng)吹在帆面上的風(fēng)力大小為500N，則沿船行駛方向獲得的推力大小為（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（）A．300N B．375N C．400N D．450N【答案】A【解析】解：對垂直作用于帆面上的風(fēng)力進(jìn)行分解，分解成沿船的行駛方向和垂直于行駛方向的力，將力F進(jìn)行分解，如圖所示，則有：F1＝Fsin37°＝500×0.6N＝300N，故A正確，BCD錯(cuò)誤；15．(多選)如圖所示，地面上固定一個(gè)斜面，斜面上疊放著A、B兩個(gè)物塊并均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)對物塊A施加一斜向上的力F作用，A、B兩個(gè)物塊始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則木塊B的受力個(gè)數(shù)可能是（）A．3個(gè) B．4個(gè)C．5個(gè) D．6個(gè)【答案】BC．【解析】對A受力分析可得，A受豎直向下的重力、斜向左上方的拉力F、豎直向上的支持力及水平向右的摩擦力．對B受力分析可得，B受重力、A對B的壓力、斜面的支持力、A對B向左的摩擦力，且斜面若對B沒有摩擦力，則B受到4個(gè)力，若斜面對B有摩擦力，則B受5個(gè)力，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，B、C正確．16．（2020·河北深州市中學(xué)高三月考）如圖所示，將質(zhì)量為m的小球用橡皮筋懸掛在豎直墻面上的O點(diǎn)，靜止時(shí)小球位于B點(diǎn)，A為O點(diǎn)正下方一點(diǎn)，間的距離等于橡皮筋的原長，在A點(diǎn)固定一鐵釘，鐵釘位于橡皮筋右側(cè)?，F(xiàn)對小球施加拉力F，使小球沿以為直徑的圓弧緩慢向A點(diǎn)運(yùn)動，C為圓弧上的點(diǎn)，為30°。橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小球在C點(diǎn)時(shí)，橡皮筋的彈力大小為B．小球在C點(diǎn)時(shí)，拉力F大小為C．在小球從B點(diǎn)向A點(diǎn)運(yùn)動的過程中，拉力F的方向始終沿水平方向D．在小球從B點(diǎn)向A點(diǎn)運(yùn)動的過程中，橡皮筋的彈力先變大后變小【答案】B【解析】AB．橡皮筋的彈力大小與橡皮筋的伸長量成正比，方向沿橡皮筋所在直線，如圖所示以圓弧豎直直徑表示小球重力，做出小球受力矢量三角形動態(tài)分析圖，小球在C點(diǎn)時(shí)，橡皮筋彈力大小為，拉力F大小為，A錯(cuò)誤B正確；CD．在小球從B點(diǎn)向A點(diǎn)運(yùn)動的過程中，拉力F的方向始終與橡皮筋垂直，橡皮筋的彈力一直變小，CD錯(cuò)誤。故選B。17．如圖,懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩上O點(diǎn)處;繩的一端固定在墻上,另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。系統(tǒng)平衡時(shí),O點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α=72°和β=54°。已知甲物體的質(zhì)量為4.5kg,則乙物體的質(zhì)量為（）A.1.5kg B.3kgC.4.5kg D.6kg【答案】C【解析】物體受力平衡,如圖所示,由幾何關(guān)系可得γ=180°-72°-54°=54°,可知F1和F2的合力在它們夾角的角平分線上,所以F1=F2,C項(xiàng)正確。18．(2020年廣東四校聯(lián)考)一個(gè)帶電小球被絕緣輕繩懸掛在勻強(qiáng)電場中,小球的重力為10N,受到的電場力大小為5N,當(dāng)小球保持靜止時(shí),輕繩與豎直方向夾角為α,則（）。A.0°≤α≤30°B.0°≤α≤60°C.30°≤α≤60° D.60°≤α≤90°【答案】A【解析】小球受到的重力、電場力和輕繩的拉力構(gòu)成矢量三角形如圖所示,由力的動態(tài)變化可以看出,α角的大小范圍為0°≤α≤30°,A項(xiàng)正確。19．(多選)（2021·武漢市洪山高級中學(xué)高三月考）如圖所示，P為光滑定滑輪，O為光滑輕質(zhì)動滑輪，輕繩跨過滑輪，左端與物體A相連，右端固定在桿Q上，重物B懸掛在動滑輪上。將A置于靜止在粗糙水平面的斜面體上，輕繩段與斜面平行，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將桿Q向左移動一段距離，斜面體與物體A仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，待動滑輪靜止后，下列說法正確的是（）A．輕繩中拉力減小B．物體A與斜面體之間的摩擦力一定增大C．斜面體與地面之間的彈力增大D．斜面體與地面之間的摩擦力增大【答案】AC【解析】【詳解】A．若將桿Q向左移動一段距離，斜面體與物體A仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，待動滑輪靜止后，變小，兩繩拉力大小相等，合力與B的重力等大反向，設(shè)繩OP與豎直方向夾角為，，角度變小，則拉力變小，故A正確；B．繩中拉力變小，如果開始A受到的摩擦力沿斜面向下，則摩擦力減小，故B錯(cuò)誤；CD．對A和斜面整體分析，斜面傾角為，水平方向豎直方向拉力變小，摩擦力變小，支持力變大，故C正確D錯(cuò)誤。故選AC。20．如圖所示，在水平桿MN上套上兩個(gè)質(zhì)量不計(jì)的小環(huán)A和B，一長度為l、不可伸長的細(xì)線兩端分別系在環(huán)A、B上，并在細(xì)線中點(diǎn)掛一個(gè)質(zhì)量為m的物塊．已知環(huán)A、B與桿間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．那么系統(tǒng)平衡時(shí)小環(huán)A、B間的最大距離為（）A．eq\f(μl,\r(1＋μ2)) B．eq\f(l,\r(1＋μ))C．eq\f(l,\r(1＋μ2)) D．eq\f(μl,\r(1＋μ))【答案】A．【解析】則對A、B及m的整體：mg＝2FN，則環(huán)與桿間的最大靜摩擦力fm＝μFN＝eq\f(1,2)μmg；設(shè)細(xì)繩與桿的夾角為θ，則對圓環(huán)Tcosθ＝fm；對物塊：2Tsinθ＝mg.解得tanθ＝eq\f(1,μ)；設(shè)AB間的最大距離為x，則eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)l))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))\s\up12(2)),\f(1,2)x)＝tanθ＝eq\f(1,μ)，解得x＝eq\f(μl,\r(1＋μ2))，故選A．21．（2020·湖南省寧遠(yuǎn)縣第一中學(xué)高三月考）如圖所示，小球在足夠長的光滑斜面上做勻減速直線運(yùn)動，在向上運(yùn)動的過程中依次經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)，且經(jīng)過兩段的時(shí)間間隔分別為，，且，，重力加速度。下列說法正確的是（）A．C點(diǎn)到最高點(diǎn)的距離為B．小球的加速度大小為C．C點(diǎn)為小球向上運(yùn)動的最高點(diǎn)D．斜面與水平面的夾角為【答案】A【解析】B．根據(jù)段和段位移差得加速度大小為，B錯(cuò)誤；A．根據(jù)B為中間時(shí)刻，可知則B點(diǎn)到最高點(diǎn)的距離可知C點(diǎn)到最高點(diǎn)的距離為A正確。C．若C點(diǎn)是最高點(diǎn)，根據(jù)勻變速的直線運(yùn)動的規(guī)律，逆向思維，則有而實(shí)際是故C點(diǎn)不是小球向上運(yùn)動的最高點(diǎn)，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)牛頓第二定律解得D錯(cuò)誤。故選A。22．（2019?南昌三模）某實(shí)驗(yàn)小組打算制作一個(gè)火箭．甲同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)火箭質(zhì)量為，可提供恒定的推動力，大小為，持續(xù)時(shí)間為．乙同學(xué)對甲同學(xué)的設(shè)計(jì)方案進(jìn)行了改進(jìn)，采用二級推進(jìn)的方式，即當(dāng)質(zhì)量為的火箭飛行經(jīng)過時(shí)，火箭丟棄掉的質(zhì)量，剩余時(shí)間，火箭推動剩余的繼續(xù)飛行．若采用甲同學(xué)的方法火箭最高可上升的高度為，則采用乙同學(xué)的方案火箭最高可上升的高度為多少？（重力加速度取，不考慮燃料消耗引起的質(zhì)量變化）A． B． C． D．【答案】【解析】解：甲同學(xué)：加速過程：，上升高度為：得到速度為：減速過程：又上升高度：則總高度：乙同學(xué)：加速過程：則前上升的高度為得到的速度為后段，則后上升的高度為：得到速度為：，減速過程：則總的高度以為，則則正確23．（2021·廣東河源市·高三月考）物體A放在豎直彈簧上并保持靜止?，F(xiàn)將物體B輕放在物體A上，在之后的運(yùn)動過程中，彈簧一直處于彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（）A．B剛放上瞬間，B對A的壓力大小等于B的重力大小B．在A、B向下運(yùn)動的過程中，速度最大時(shí)加速度也最大C．在A、B向下運(yùn)動的過程中，B一直處于失重狀態(tài)D．在A、B向下運(yùn)動的過程中，B對A的壓力一直增大【答案】D【解析】A．當(dāng)B放上的一瞬間，彈簧不會發(fā)生突變，對AB整體此時(shí)則有對A受力分析則有所以B剛放上瞬間，B對A的壓力大小不等于B的重力大小，故A錯(cuò)誤；B．只要有加速度，速度就會變化，所以只有當(dāng)加速度為0時(shí)，速度才最大，此時(shí)彈力等于AB物體的重力，故B錯(cuò)誤；C．對于物體B，當(dāng)彈簧的彈力大于AB物體的重力時(shí)，物體B受到的合力向上，加速度向上，此時(shí)為超重，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)分析可知，彈簧彈力FN逐漸增大，也增大，故D正確。故選D。24．(多選)（2020·安徽高三月考）如圖所示，右端帶有固定擋板的小車靜止在光滑水平面上，物塊放在車上，用輕彈簧與擋板相連，彈簧處干原長，給小車施加向右的拉力F，使拉力F從零開始不斷增大，則彈簧的彈力大小和平板車對物塊的摩擦力f大小隨F變化圖像，正確的是（）A．B．C． D．【答案】AD【解析】AB．設(shè)物塊的質(zhì)量為m，車的質(zhì)量為M，物塊沒有發(fā)生滑動時(shí)，對于整體，根據(jù)牛頓第二定律得此時(shí)彈簧的彈力為0，摩擦力發(fā)生滑動后，摩擦力等于滑動摩擦，大小不變，故B錯(cuò)誤，A正確；CD．物塊沒有發(fā)生滑動時(shí)，彈簧的彈力為0，當(dāng)物塊滑動后，摩擦力大小不變，對于物塊m，根據(jù)牛頓第二定律解得故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。25．（2020·湖北黃岡市·高三其他模擬）如圖所示，有兩個(gè)物塊，質(zhì)量分別為、，是的兩倍，用輕繩將兩個(gè)物塊連接在滑輪組上，滑輪的質(zhì)量不計(jì)，輕繩與滑輪的摩擦也不計(jì)，現(xiàn)將兩滑塊從靜止釋放，上升一小段距離h高度，在這一過程中，下列說法正確的是（）A．和重力勢能之和不變B．上升到h位置時(shí)的速度為C．輕繩的拉力大小為D．輕繩對和的功率大小不相等【答案】B【解析】A．根據(jù)能量守恒可知，減小的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為的重力勢能和兩物體的動能，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．根據(jù)動滑輪的特點(diǎn)可知，的速度為速度的2倍，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得解得選項(xiàng)B正確；C．根據(jù)動滑輪的特點(diǎn)可知，的加速度為的加速度的一半，根據(jù)牛頓第二定律可知聯(lián)立解得選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．繩子的拉力相同，故輕繩對做功的功率輕繩對做功的功率由于，故輕繩對做功的功率與輕繩對做功的功率大小相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。26．（2021·安徽池州市·高三月考）如圖所示，傾角為的斜面A放在粗糙水平面上，當(dāng)質(zhì)量為m的滑塊B以速度v沿斜面勻速下滑時(shí)，在滑塊上突然加上平行于斜面向下的恒力F，且，物體繼續(xù)沿斜面滑動距離L到達(dá)斜面底端，重力加速度大小為g。則（）A．滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小為B．斜面A受到地面的摩擦力為C．如果將恒力F方向改為豎直向下，滑塊受到的合力為零D．如果將恒力F方向改為豎直向下，滑塊將加速下滑【答案】C【解析】【詳解】A．未加力F時(shí)，物體勻速下滑，故有當(dāng)加上力F后，根據(jù)受力分析可知且解得故物體做加速度為g的勻加速運(yùn)動，到達(dá)底端時(shí)，有解得滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的速度為故A錯(cuò)誤；B．物體B勻速下滑時(shí)對斜面的壓力和摩擦力的合力大小等于其重力，方向豎直向下；加上F后，物體B對斜面的作用力并沒有改變，故斜面沒有受到地面的摩擦力作用，故B錯(cuò)誤；CD．如果將力F方向改為豎直向下，對物塊受力分析解得故物體仍將做勻速運(yùn)動；故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。27．(2020年湖北八校聯(lián)考)(多選)如圖1所示,傳送帶以速率v順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動,在其水平部分的右端B點(diǎn)正上方有一豎直彈性擋板。一定質(zhì)量的小物塊以初速度v0(v0大于v)從左端A點(diǎn)滑上傳送帶,恰好能返回A點(diǎn),運(yùn)動過程中的v-t圖像如圖2實(shí)線所示,下列說法正確的是（）。A.v0和v大小滿足關(guān)系:v0=2vB.若只增大v0,其他條件不變,物塊將從傳送帶左端滑下C.若v0=v,其他條件不變,物塊將在傳送帶上往復(fù)運(yùn)動D.若只減小v0,其他條件不變,物塊有可能不會返回A點(diǎn)【答案】BC【解析】物塊與擋板的碰撞是彈性碰撞,結(jié)合v-t圖像可知,小物塊恰好減速到與傳送帶速度相等時(shí)與擋板碰撞,向左減速至A點(diǎn)時(shí)速度為零,設(shè)A、B距離為s,該過程小物塊加速度大小為a,由運(yùn)動學(xué)公式有v02-v2=2as,v2-0=2as,可得v0=2v,A項(xiàng)錯(cuò)誤;若只增大v0,其他條件不變,物塊與擋板碰后速度將大于v,物塊必從傳送帶左端滑下,當(dāng)v0=v時(shí),物塊碰后速度為v,恰好能回到A點(diǎn),之后向右加速,做往復(fù)運(yùn)動,B、C兩項(xiàng)正確;若只減小v0,物塊到達(dá)擋板處時(shí),速度應(yīng)該恰好為v,則物塊一定能返回A點(diǎn),D項(xiàng)錯(cuò)誤。28．如圖所示，一只杯子固定在水平桌面上，將一塊薄紙板蓋在杯口并在紙板上放一枚雞蛋，現(xiàn)用水平向右的拉力將紙板快速抽出，雞蛋（水平移動距離很小，幾乎看不到）掉入杯中，這就是慣性演示．已知雞蛋（可視為質(zhì)點(diǎn)）中心離紙板左端的距離為d，雞蛋和紙板的質(zhì)量分別為m和2m，所有接觸面的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，若雞蛋移動的距離不超過就能保證實(shí)驗(yàn)成功，則所需拉力的最小值為（）A．3μmg B．26μmg C．12μmg D．15μmg【答案】B【解析】解：當(dāng)紙板相對雞蛋運(yùn)動時(shí)，設(shè)雞蛋的加速度為a1，紙板的加速度為a2。為確保實(shí)驗(yàn)成功，即雞蛋移動的距離不超過，則紙板抽出時(shí)雞蛋運(yùn)動的最大距離：＝a1t2；則紙板運(yùn)動距離為：d+＝聯(lián)立解得：a2＝11a1；根據(jù)牛頓第二定律得對雞蛋有：f1＝μmg＝ma1得：a1＝μg，a2＝11μg對紙板有：F﹣f1﹣f2＝2ma2則得F＝f1+f2+2ma2＝μmg+μ?（m+2m）g+22μmg＝26μmg29．(水平面粗糙的“滑塊—滑板”模型)如圖所示，一長木板在水平地面上運(yùn)動，在某時(shí)刻(t＝0)將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上．已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上．在物塊放到木板上之后，木板運(yùn)動的速度—時(shí)間圖象可能是圖中的（）【答案】A．【解析】放上小物塊后，長木板受到小物塊施加的向左的滑動摩擦力和地面向左的滑動摩擦力，在兩力的共同作用下減速，小物塊受到向右的滑動摩擦力作用，做勻加速運(yùn)動，當(dāng)兩者速度相等后，可能以共同的加速度一起減速，直至速度為零，共同減速時(shí)的加速度小于兩者相對運(yùn)動時(shí)木板的加速度，故A正確，B、C錯(cuò)誤；由于水平面有摩擦，故兩者不可能一起勻速運(yùn)動，D錯(cuò)誤．30．(多選)滑沙運(yùn)動是小孩比較喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動，其運(yùn)動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數(shù)為eq\f(9,16).小孩(可視為質(zhì)點(diǎn))坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑．小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設(shè)圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為0.5，小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜坡足夠長，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則下列判斷正確的是（）A．小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/sB．小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.5m/sC．經(jīng)過eq\r(2)s的時(shí)間，小孩離開滑板D．小孩離開滑板時(shí)的速度大小為eq\f(4\r(3),3)m/s【答案】AC．【解析】對小孩，由牛頓第二定律，加速度大小為a1＝eq\f(mgsin37°－μ1mgcos37°,m)＝2m/s2，同理對滑板，加速度大小為a2＝eq\f(mgsin37°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°,m)＝1m/s2，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；要使小孩與滑板分離，eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝eq\r(2)s(另一解不符合，舍去)，離開滑板時(shí)小孩的速度大小為v＝a1t＝2eq\r(2)m/s，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．31．(2020年武漢期末)(多選)如圖所示,三個(gè)質(zhì)量相等的小球A、B、C從圖中所處的位置分別以相同的速度v0水平向左拋出,最終都能到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)O。不計(jì)空氣阻力,x軸所在處為地面,則可判斷A、B、C三個(gè)小球（）。A.在空中運(yùn)動過程中,動量變化率之比為1∶1∶1B.在空中運(yùn)動過程中,重力做功之比為1∶2∶3C.初始時(shí)刻縱坐標(biāo)之比為1∶4∶9D.到達(dá)O點(diǎn)時(shí),速度方向與水平方向夾角的正切值之比為1∶4∶9【答案】AC【解析】動量的變化率為合外力,即重力,重力相同,則動量的變化率相等,A項(xiàng)正確;小球做平拋運(yùn)動,水平初速度相同,A、B、C的水平位移之比為1∶2∶3,根據(jù)x=v0t可得它們在空中運(yùn)動的時(shí)間之比為1∶2∶3,根據(jù)h=12gt2可得該過程小球的下落高度之比為1∶4∶9,由于初始時(shí)刻縱坐標(biāo)之比等于該過程小球的下落高度之比,所以初始時(shí)刻縱坐標(biāo)之比為1∶4∶9,根據(jù)WG=mgh可知重力做功之比為1∶4∶9,B項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確;根據(jù)vy=gt可知豎直方向速度之比為1∶2∶3,水平方向速度相同,而速度方向與水平方向夾角的正切值tanθ=vyvx=gtv0,則速度方向與水平方向夾角的正切值之比為1∶點(diǎn)評?處理拋體運(yùn)動時(shí)應(yīng)注意的問題切入點(diǎn)解決方法易錯(cuò)提醒分解思想的應(yīng)用水平方向決定位移,豎直方向決定時(shí)間一般沿水平方向和豎直方向進(jìn)行分解,但有時(shí)為了方便,也可沿斜面方向和垂直于斜面方向進(jìn)行分解速度偏角的應(yīng)用由tanθ=gtv速度偏角是指末速度方向與初速度方向間的夾角,一般在θ角和時(shí)間t以及初速度v0三者中可“知二求一”位移偏角的應(yīng)用由tanα=gt2位移偏角是指初、末位置的連線與初速度方向間的夾角,一般利用斜面傾角來求解問題斜拋運(yùn)動分解法可把運(yùn)動分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的豎直上拋或下拋運(yùn)動32．（2019·懷仁市第一中學(xué)校高一月考）在水平地面上M點(diǎn)的正上方某一高度處，將球S1以初速度v1水平向右拋出，同時(shí)在M點(diǎn)右方地面上N點(diǎn)處，將球S2以初速度v2斜向左上方拋出，兩球恰在M、N連線的中點(diǎn)正上方相遇，不計(jì)空氣阻力，則兩球從拋出到相遇過程中（）A．初速度大小關(guān)系為v1=v2 B．速度變化量相等C．水平位移相等 D．都不是勻變速運(yùn)動【答案】BC【解析】本題考查對平拋運(yùn)動規(guī)律和斜上拋運(yùn)動規(guī)律的應(yīng)用，可將斜拋運(yùn)動的初速度向水平方向和豎直方向分解．根據(jù)可知，速度變化量的大小是由運(yùn)動時(shí)間和加速度這兩個(gè)因素來決定的．從拋出到相遇過程中兩球運(yùn)動時(shí)間相等，兩球的加速度都是g，所以兩球的速度變化量都是gt，兩球都做勻變速運(yùn)動，B正確D不對；兩球在水平方向的位移大小相等，BC正確；點(diǎn)評：在曲線運(yùn)動分析過程，根據(jù)的是力的獨(dú)立作用原理，各分運(yùn)動具有獨(dú)立性和等時(shí)性，根據(jù)兩球相遇時(shí)位移和時(shí)間上的等量關(guān)系進(jìn)行判斷分析33．(2015·朝陽區(qū)二模)如圖2所示，長為L的直棒一端可繞固定軸O轉(zhuǎn)動，另一端擱在升降平臺上，平臺以速度v勻速上升，當(dāng)棒與豎直方向的夾角為α?xí)r，棒的角速度為()A.eq\f(vsinα,L)B.eq\f(v,Lsinα)C.eq\f(vcosα,L)D.eq\f(v,Lcosα)【答案】B【解析】棒與平臺接觸點(diǎn)的實(shí)際運(yùn)動即合運(yùn)動方向是垂直于棒指向左上方，如圖所示，合速度v實(shí)＝ωL，沿豎直向上方向上的速度分量等于v，即ωLsinα＝v，所以ω＝eq\f(v,Lsinα)。所以A、C、D均錯(cuò)，B正確。34．(多選)（2020?全國模擬）在光滑的水平面上，一滑塊的質(zhì)量m＝2kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F＝4N（方向未知）作用下運(yùn)動，如圖所示給出了滑塊在水平面上運(yùn)動的一段軌跡，滑塊過PQ兩點(diǎn)時(shí)速度大小均為v＝5m/s。滑塊在P點(diǎn)的速度方向與PQ連線夾角α＝37°，sin37°＝0.6，則（）A．水平恒力F的方向與PQ連線成53°夾角 B．滑塊從P到Q的時(shí)間為3s C．滑塊從P到Q的過程中速度最小值為4m/s D．PQ兩點(diǎn)連線的距離為12m【答案】BCD【解析】解：A、設(shè)水平恒力F的方向與PQ連線夾角為β，滑塊過P、Q兩點(diǎn)時(shí)的速度大小相等，根據(jù)動能定理得FxPQcosβ＝△Ek＝0，得β＝90°，即水平恒力F與PQ連線垂直且指向軌跡的凹側(cè)，故A錯(cuò)誤；B、把P點(diǎn)的速度分解在沿水平力F和垂直水平力F兩個(gè)方向上，沿水平力F方向上滑塊先做勻減速后做勻加速直線運(yùn)動，有a＝＝2m/s2，當(dāng)F方向速度為零時(shí)，時(shí)間為t＝＝s＝1.5s，根據(jù)對稱性，滑塊從P到Q的時(shí)間為t'＝2t＝3s，故B正確；C、當(dāng)F方向速度為零時(shí)，只有垂直F方向的速度v'＝vcos37°＝4m/s，此時(shí)速度方向與F垂直，速度最小，故C正確；D、直F的方向上物塊做勻速直線運(yùn)動，有xPQ＝v't'＝12m，故D正確。35．(多選)如圖所示，斜面底端上方高處有一小球以水平初速度拋出，恰好垂直打在斜面上，斜面的傾角為，重力加速度為，下列說法正確的是A．小球打到斜面上的時(shí)間為 B．要讓小球始終垂直打到斜面上，應(yīng)滿足和成正比關(guān)系 C．要讓小球始終垂直打到斜面上，應(yīng)滿足和的平方成正比關(guān)系 D．若高度一定，現(xiàn)小球以不同的平拋，落到斜面上的速度最小值為【答案】。【解析】解：、設(shè)小球打到斜面上的時(shí)間為，恰好垂直打在斜面上，根據(jù)幾何關(guān)系可得，解得，故正確；、要讓小球始終垂直打到斜面上，小球平拋運(yùn)動的水平位移，，小球落在斜面上，根據(jù)幾何關(guān)系得，，代入解得，和的平方成正比關(guān)系，故錯(cuò)誤、正確；、小球落在斜面上時(shí)的豎直分速度，，由于，速度，聯(lián)立解得，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，積一定，當(dāng)二者相等時(shí)和有最小值，故最小值為，故正確。36．（2020·永安市第一中學(xué)高三）游樂園里有一種叫“飛椅”的游樂項(xiàng)目，簡化后的示意圖如圖所示．已知飛椅用鋼繩系著，鋼繩上端的懸點(diǎn)固定在頂部水平轉(zhuǎn)盤上的圓周上．轉(zhuǎn)盤繞穿過其中心的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動．穩(wěn)定后，每根鋼繩（含飛椅及游客）與轉(zhuǎn)軸在同一豎直平面內(nèi)．圖中P、Q兩位游客懸于同一個(gè)圓周上，P所在鋼繩的長度大于Q所在鋼繩的長度，鋼繩與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2.不計(jì)鋼繩的重力．下列判斷正確的是（）A．P、Q兩個(gè)飛椅的線速度大小相同B．無論兩個(gè)游客的質(zhì)量分別有多大，θ1一定大于θ2C．如果兩個(gè)游客的質(zhì)量相同，則有θ1等于θ2D．如果兩個(gè)游客的質(zhì)量相同，則Q的向心力一定大于P的向心力【答案】B【解析】BC．設(shè)鋼繩延長線與轉(zhuǎn)軸交點(diǎn)與游客所在水平面的高度為h，對游客受力分析，由牛頓第二定律和向心力公式可得：則：設(shè)圓盤半徑為r，繩長為L，據(jù)幾何關(guān)系可得：因?yàn)椋核裕河缮戏治龅茫簾o論兩個(gè)游客的質(zhì)量分別有多大，θ1一定大于θ2；故B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。A．設(shè)游客做圓周運(yùn)動的半徑為R，由幾何關(guān)系可得：所以：兩游客轉(zhuǎn)動的角速度相等，據(jù)可得：故A項(xiàng)錯(cuò)誤。D．對游客受力分析，游客所受向心力：如果兩個(gè)游客的質(zhì)量相同，，所以P的向心力一定大于Q的向心力，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。37．(2020年三湘名校聯(lián)盟二模)如圖,半徑為R的半球形容器固定在水平轉(zhuǎn)臺上,轉(zhuǎn)臺繞過容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量相等的小物塊A、B隨容器轉(zhuǎn)動且相對器壁靜止。A、B和球心O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角分別為α、β,α>β,則下列說法正確的是（）。A.A的向心力小于B的向心力B.容器對A的支持力一定小于容器對B的支持力C.若ω緩慢增大,則A、B受到的摩擦力一定都增大D.若A不受摩擦力,則B受沿容器壁向下的摩擦力【答案】D【解析】根據(jù)向心力公式知F=mω2Rsinθ,質(zhì)量和角速度相等,A、B和球心O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角分別為α、β,α>β,所以A的向心力大于B的向心力,A項(xiàng)錯(cuò)誤;若物塊受到的摩擦力恰好為零,重力和支持力的合力提供向心力,由牛頓第二定律得mgtanθ=mω2Rsinθ,解得ω=gRcosθ,若角速度大于gRcosθ,則會有沿切線向下的摩擦力,若小于gRcosθ,則會有沿切線向上的摩擦力,故容器對A的支持力不一定小于容器對B的支持力,B項(xiàng)錯(cuò)誤;若ω緩慢增大,則A、B受到的摩擦力方向會發(fā)生變化,故摩擦力數(shù)值不一定都增大,C項(xiàng)錯(cuò)誤;因A受到的靜摩擦力為零,則38．(2020年綿陽一模)(多選)如圖所示,實(shí)線為一條光滑的金屬軌道,其中A為完整圓軌道,在水平地面接觸處交錯(cuò)分開,B為部分圓軌道,不同幾何形狀的軌道之間均平滑連接。一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從水平地面軌道上的C點(diǎn)以滿足條件的初速度向左運(yùn)動,經(jīng)過B的外側(cè)軌道,再經(jīng)過A的內(nèi)側(cè)軌道運(yùn)動到D點(diǎn),小球始終沒有脫離軌道。已知B圓軌道的半徑為R,則（）。A.小球在C點(diǎn)的速度v0應(yīng)該滿足2gR<v0<5B.小球在C點(diǎn)的速度v0應(yīng)該滿足v0>2gRC.A圓軌道半徑r應(yīng)該滿足0<r≤RD.A圓軌道半徑r應(yīng)該滿足0<r≤45【答案】AD【解析】要使小球能夠到達(dá)B點(diǎn)且不脫離軌道,在B點(diǎn)的最小速度為零,對應(yīng)小球在C點(diǎn)的速度最小,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mvmin2=mg×2R,vmin=2gR;在B點(diǎn)的最大向心力為mg,此時(shí)速度為gR,對應(yīng)小球在C點(diǎn)的速度最大,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mvmax2=mg×2R+12m(gR)2,vmax=5gR;故小球在C點(diǎn)的速度v0應(yīng)該滿足2gR<v0<5gR,A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤。要使小球在A圓軌道不脫離軌道,則小球在A圓軌道最高點(diǎn)的最小速度為gr,對應(yīng)小球在C點(diǎn)的速度最小,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mvmin2=mg×2r+12m(gr)2,r=439．（多選）(2018·山西太原五中等四省五校聯(lián)考)一光滑、絕緣的半球殼固定在絕緣水平面上，球殼半徑為R，在球心O處固定一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，一個(gè)帶負(fù)電荷的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在球殼的頂端A。現(xiàn)小物塊受到輕微擾動從右側(cè)下滑，已知物塊靜止在A點(diǎn)時(shí)對球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍，P點(diǎn)在球面上，則（）A．物塊沿球面運(yùn)動的過程中機(jī)械能增大B．物塊沿球面運(yùn)動的過程中機(jī)械能不變C．若物塊恰好在P點(diǎn)離開球面，則物塊的速度大小為eq\f(2,3)eq\r(3gR)D．若物塊恰好在P點(diǎn)離開球面，則物塊的速度大小為eq\f(1,3)eq\r(6gR)【答案】BC【解析】物塊沿球面運(yùn)動的過程中，庫侖力和支持力沿球半徑方向不做功，只有重力做功，則物塊的機(jī)械能不變，A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)OP與豎直方向夾角為θ，則當(dāng)物塊將要離開球面時(shí)所受球面的支持力為零，則由牛頓第二定律有F庫＋mgcosθ＝meq\f(v2,R)，因物塊在最高點(diǎn)時(shí)對球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍，可知F庫＝mg，由機(jī)械能守恒定律得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得v＝eq\f(2,3)eq\r(3gR)，C正確，D錯(cuò)誤。40．（多選）（2013?永州一模）如圖所示，光滑圓弧軌道固定放置在豎直平面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球位于軌道內(nèi)側(cè)最低點(diǎn)，現(xiàn)給小球一水平初速度，使小球沿著軌道運(yùn)動且始終不脫離軌道，當(dāng)小球再次運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小可能是（）A．mgB．3mgC．5mgD．7mg【答案】BD【解析】當(dāng)小球恰好通過軌道的正上方時(shí)，有，解得

此種情況下，小球再次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)有：，解得

即要使小球做完整的圓周運(yùn)動，小球在最低端對軌道的壓力，故D正確；

若小球不做完整的圓周運(yùn)動，則小球上升四分之一圓弧，即速度為零，所以有

在軌道最低端有，聯(lián)立解得：，故B正確；

故選BD41．（2017秋?安徽月考）某天體可視為質(zhì)量均勻分布的球體，自轉(zhuǎn)周期為，“北極點(diǎn)”處的重力加速度是“赤道”處重力加速度的倍。則該天體的密度為多少？（萬有引力常量為A． B． C． D．【答案】?！窘馕觥吭O(shè)天體的質(zhì)量為，半徑為。質(zhì)量為的物體在兩極處時(shí)，由萬有引力等于重力，有：①質(zhì)量為的物體在赤道上，萬有引力等于重力和隨地自轉(zhuǎn)的向心力的合力，有：②據(jù)題有：③所以天體的密度為：聯(lián)立解得：42．(多選)(2020·江蘇)甲、乙兩顆人造衛(wèi)星質(zhì)量相等，均繞地球做圓周運(yùn)動，甲的軌道半徑是乙的2倍。下列應(yīng)用公式進(jìn)行的推論正確的有（）A.由可知，甲的速度是乙的倍B.由可知，甲的向心加速度是乙的2倍C.由可知，甲的向心力是乙的D.由可知，甲的周期是乙的倍【答案】CD【解析】【詳解】衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動，萬有引力提供向心力，則A．因?yàn)樵诓煌壍郎蟝是不一樣的，故不能根據(jù)得出甲乙速度的關(guān)系，衛(wèi)星的運(yùn)行線速度代入數(shù)據(jù)可得故A錯(cuò)誤；B．因?yàn)樵诓煌壍郎蟽尚l(wèi)星的角速度不一樣，故不能根據(jù)得出兩衛(wèi)星加速度的關(guān)系，衛(wèi)星的運(yùn)行加速度代入數(shù)據(jù)可得故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)，兩顆人造衛(wèi)星質(zhì)量相等，可得故C正確；D．兩衛(wèi)星均繞地球做圓周運(yùn)動，根據(jù)開普勒第三定律，可得故D正確。故選CD。43．(多選)(2020年山東模擬)最近幾十年,人們對探測火星十分感興趣,先后發(fā)射過許多探測器。被稱為“火星探路者”的火星探測器曾于1997年登上火星。在探測器“奔向”火星的過程中,用h表示探測器與火星表面的距離,a表示探測器所受火星引力產(chǎn)生的加速度,a隨h變化的圖像如圖所示,圖像中a1、a2、h0以及引力常量G已知。下列判斷正確的是（）A.火星的半徑為QUOTEa2a2+a1B.火星表面的重力加速度大小為a1C.火星的第一宇宙速度大小為QUOTEa1h0a2D.火星的質(zhì)量為【答案】BD【解析】由萬有引力提供探測器做圓周運(yùn)動的向心力,有GMmR2=ma1,分析圖像可知,當(dāng)h=h0時(shí),GMm(R+h0)2=ma2,聯(lián)立解得火星的半徑R=QUOTEa2a1-a2h0,火星的質(zhì)量M=QUOTEa1a2a1-a22h02G,A項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確;當(dāng)h=0時(shí),探測器繞火星表面運(yùn)行,火星表面的重力加速度大小為a1,B項(xiàng)正確;在火星表面,根據(jù)重力提供向心力有44．(2016·河南鄭州高三月考)中國首臺探月車“玉兔號”的成功探月，激發(fā)起無數(shù)中國人對月球的熱愛。根據(jù)報(bào)道：月球表面的重力加速度為地球表面的eq\f(1,6)，月球半徑為地球的eq\f(1,4)，則根據(jù)以上數(shù)據(jù)分析可得()A．繞月球表面飛行的衛(wèi)星與繞地球表面飛行的衛(wèi)星的周期之比為3∶2B．繞月球表面飛行的衛(wèi)星與繞地球表面飛行的衛(wèi)星的向心加速度之比為1∶6C．月球與地球的質(zhì)量之比為1∶96D．月球與地球的密度之比為2∶3【答案】BCD【解析】由于都是繞星球表面飛行的衛(wèi)星，重力提供向心力，即mg＝Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，T＝2πeq\r(\f(r,g))，可得eq\f(T月,T地)＝eq\r(\f(3,2))，A錯(cuò)誤；由于mg＝ma，eq\f(a月,a地)＝eq\f(1,6)，B正確；根據(jù)表達(dá)式M＝eq\f(gr2,G)，知eq\f(M月,M地)＝eq\f(1,96)，C正確；根據(jù)公式M＝eq\f(gr2,G)＝eq\f(4,3)ρπr3，ρ＝eq\f(3g,4πGr)，可知eq\f(ρ月,ρ地)＝eq\f(2,3)，D正確。45．(多選)（2020?定遠(yuǎn)縣模擬）我國的“天鏈一號”衛(wèi)星是地球同步衛(wèi)星，可為中低軌道衛(wèi)星提供數(shù)據(jù)通訊，“天鏈一號”衛(wèi)星4、赤道平面內(nèi)的低軌道衛(wèi)星，地球的位置關(guān)系如圖所示，為地心，地球相對衛(wèi)星，的張角分別為和圖中未標(biāo)出），衛(wèi)星的軌道半徑是的9倍，且均繞地球同向運(yùn)行，已知衛(wèi)星。的周期為，在運(yùn)行過程中由于地球的遮擋，衛(wèi)星會進(jìn)入衛(wèi)星通訊的盲區(qū)，衛(wèi)星間的通訊信號視為沿直線傳播，信號傳輸時(shí)間可忽略，下列分析正確的是A．衛(wèi)星、的速度之比為 B．衛(wèi)星星的周期為 C．衛(wèi)星每次在盲區(qū)運(yùn)行的時(shí)間為 D．衛(wèi)星每次在盲區(qū)運(yùn)行的時(shí)間為【答案】?！窘馕觥拷猓?、設(shè)衛(wèi)星、的軌道半徑分別為和．地球半徑為．根據(jù)得：，衛(wèi)星、的速度之比為．故錯(cuò)誤。、由可得：，可得：．則得衛(wèi)星星的周期為，故正確。、如圖，、是衛(wèi)星盲區(qū)兩個(gè)邊緣位置，由幾何知識可得：，則有：，解得每次在盲區(qū)運(yùn)行的時(shí)間為：，故正確，錯(cuò)誤。46．2020年6月23日,我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號乙運(yùn)載火箭,成功發(fā)射北斗系統(tǒng)第五十五顆導(dǎo)航衛(wèi)星,暨北斗三號最后一顆全球組網(wǎng)衛(wèi)星,經(jīng)過近8天的飛行,北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)最后一顆組網(wǎng)衛(wèi)星6月30日成功定點(diǎn)于距離地球36000公里高度的地球同步軌道,它的運(yùn)轉(zhuǎn)周期是24小時(shí)。下列關(guān)于北斗導(dǎo)航衛(wèi)星說法正確的是（）A.利用題中的數(shù)據(jù)和引力常量就可以估算出地球的質(zhì)量B.此組網(wǎng)衛(wèi)星的運(yùn)行速率大于第一宇宙速度C.此組網(wǎng)衛(wèi)星的重力勢能大于近地衛(wèi)星的重力勢能D.此組網(wǎng)衛(wèi)星的向心加速度小于地面的重力加速度【答案】D【解析】由GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)可得M=4π2(R+h)3GT2,則還需提供地球的半徑才能估算出地球的質(zhì)量,A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)GMmr2=mv2r可得v=GMr,由于組網(wǎng)衛(wèi)星的軌道半徑遠(yuǎn)大于地球半徑,其運(yùn)行速率一定小于第一宇宙速度,B項(xiàng)錯(cuò)誤;重力勢能除了跟高度有關(guān),47．(熱點(diǎn)情境)(多選)我國火星探測任務(wù)的標(biāo)識如圖1所示,2020年7月23日我國成功發(fā)射了名為“天問一號”的火星探測器。如圖2所示,1925年德國物理學(xué)家瓦爾特·霍曼提出了一種相對節(jié)省燃料的從地球飛往火星的方案,其基本構(gòu)想是在地球上將火星探測器發(fā)射后,探測器立即被太陽引力俘獲,以太陽為焦點(diǎn)沿橢圓軌道b運(yùn)動到達(dá)火星。橢圓軌道b分別與地球公轉(zhuǎn)軌道a、火星公轉(zhuǎn)軌道c相切。下列說法正確的是（）。A.依照霍曼的猜想,火星探測器的發(fā)射速度應(yīng)大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度B.探測器登陸火星需要先進(jìn)入軌道c,則探測器在軌道b的遠(yuǎn)日點(diǎn)處需要加速變軌C.探測器沿軌道b運(yùn)動,在遠(yuǎn)日點(diǎn)處的加速度與火星繞太陽公轉(zhuǎn)的加速度相等D.探測器沿軌道b運(yùn)動時(shí)軌道半長軸的三次方與公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值小于火星繞太陽運(yùn)動時(shí)軌道半長軸的三次方與公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值【答案】BC【解析】依照霍曼的猜想,火星探測器要脫離地球的引力,但是沒有脫離太陽的引力,則探測器的發(fā)射速度應(yīng)大于第二宇宙速度,A項(xiàng)錯(cuò)誤;探測器登陸火星需要先進(jìn)入火星公轉(zhuǎn)軌道c,則探測器在橢圓軌道的遠(yuǎn)日點(diǎn)處需要加速變軌才能進(jìn)入軌道c,B項(xiàng)正確;由GmMr2=ma得a=GMr2,若探測器沿橢圓軌道運(yùn)動,探測器在遠(yuǎn)日點(diǎn)處的加速度等于火星繞太陽公轉(zhuǎn)的加速度,C項(xiàng)正確;根據(jù)開普勒第三定律可知,火星探測器沿橢圓軌道運(yùn)動時(shí)軌道半長軸的三次方與公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值等于火星繞太陽運(yùn)動時(shí)軌道半長軸的三次方與公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值48．(2020年雅安一模)米歇爾·麥耶和迪迪?！た迤澮?yàn)榘l(fā)現(xiàn)了第一顆太陽系外行星——飛馬座51b而獲得2019年諾貝爾物理學(xué)獎。飛馬座51b與恒星相距為L,構(gòu)成雙星系統(tǒng)(如圖所示),它們繞共同的圓心O做勻速圓周運(yùn)動。設(shè)它們的質(zhì)量分別為m1、m2且m1<m2,已知引力常量為G。則下列說法正確的是（）。A.飛馬座51b與恒星運(yùn)動具有相同的線速度B.飛馬座51b與恒星運(yùn)動所受到的向心力之比為m1∶m2C.飛馬座51b與恒星運(yùn)動軌道的半徑之比為m2∶m1D.飛馬座51b與恒星運(yùn)動周期之比為m1∶m2【答案】C【解析】雙星系統(tǒng)具有相同的角速度和周期,兩者之間的萬有引力提供向心力,故兩者向心力相同,B、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)m1ω2r1=m2ω2r2可知,半徑之比等于質(zhì)量的反比,即飛馬座51b與恒星運(yùn)動軌道的半徑之比r1∶r2=m2∶m1,C項(xiàng)正確;線速度之比等于半徑之比,即v1∶v2=m2∶m1,A項(xiàng)錯(cuò)誤。49．(多選)（2019·江蘇省揚(yáng)州中學(xué)高三模擬）2019年4月10日，天文學(xué)家召開全球新聞發(fā)布會，宣布首次直接拍攝到黑洞的照片如圖所示。黑洞是一種密度極大、引力極大的天體，以至于光都無法逃逸（光速為c）。若黑洞的質(zhì)量為M，半徑為R，引力常量為G，其逃逸速度公式為。如果天文學(xué)家觀測到一天體以速度v繞某黑洞做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動，則下列說法正確的有（）A．B．M=Gv2rC．該黑洞的最大半徑為D．該黑洞的最小半徑為【答案】AC【解析】根據(jù)萬有引力提供向心力有：，得黑洞的質(zhì)量，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)逃逸速度公式，得，黑洞的最大半徑，故C正確，D錯(cuò)誤。50．宇宙中有許多雙星系統(tǒng)，現(xiàn)在根據(jù)光學(xué)測量確定一個(gè)雙星系統(tǒng)中每個(gè)星體質(zhì)量都是，兩者相距L，兩個(gè)星體的大小遠(yuǎn)小于它們之間的距離，它們圍繞連線中點(diǎn)作勻速圓周運(yùn)動，該雙星系統(tǒng)的理論周期為，而實(shí)際測得的周期為，。關(guān)于這個(gè)差異最流行的解釋是宇宙中存在光學(xué)觀測不到的暗物質(zhì)，可簡化模型為在這兩個(gè)星體連線為直徑的球體內(nèi)均勻分布著暗物質(zhì)，不必考慮其它暗物質(zhì)影響，請根據(jù)上述提供的數(shù)據(jù)確定暗物質(zhì)密度為（）A．B．C．D．【答案】C51．(多選)（2020秋?沈陽期中）質(zhì)量m＝1kg的物體在光滑水平面上由靜止開始沿直線運(yùn)動，所受水平外力F與運(yùn)動距離x的關(guān)系如圖所示，對圖示的全過程進(jìn)行研究，下列敘述正確的是（）A．外力做的功為8J B．物體在x＝4m處時(shí)加速度大小為1m/s2 C．物體運(yùn)動到x＝3m處時(shí)速度為6m/s D．物體運(yùn)動到x＝5m處時(shí)，外力做功的瞬時(shí)功率為25W【答案】AC【解析】解：A、F﹣x圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積表示力F做的功，所以整個(gè)過程中，外力做功為W＝6×3J﹣5×2J＝8J，故A正確；B、由圖可知物體在x＝4m處時(shí)所受外力大小為F＝5N，則此時(shí)物體加速度大小為，故B錯(cuò)誤；C、物體運(yùn)動到x＝3m處時(shí)，物體所受外力F＝6N，設(shè)物體的速度為v，由動能定理得，，故C正確；D、物體運(yùn)動到x＝5m處時(shí)，物體所受外力大小為F＝5N，設(shè)物體速度為v′，由動能定理得，則外力做功的瞬時(shí)功率為P＝Fv′＝5×4W＝20W，故D錯(cuò)誤。52．(多選)(2020·天津)復(fù)興號動車在世界上首次實(shí)現(xiàn)速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)志性成果。一列質(zhì)量為m的動車，初速度為，以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動，經(jīng)時(shí)間t達(dá)到該功率下的最大速度，設(shè)動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時(shí)間t內(nèi)（）A．做勻加速直線運(yùn)動B．加速度逐漸減小C．牽引力的功率D．牽引力做功【答案】BC【解析】【詳解】AB．動車的功率恒定，根據(jù)可知動車的牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律得可知動車的加速度減小，所以動車做加速度減小的加速運(yùn)動，A錯(cuò)誤，B正確；C．當(dāng)加速度為0時(shí)，牽引力等于阻力，則額定功率為C正確；D．動車功率恒定，在時(shí)間內(nèi)，牽引力做功為根據(jù)動能定理得D錯(cuò)誤。故選BC。53．(2018·山東濟(jì)南一中上學(xué)期期中)如圖所示，在半徑為0.2m的固定半球形容器中，一質(zhì)量為1kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))自邊緣上的A點(diǎn)由靜止開始下滑，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，它對容器的正壓力大小為15N．取重力加速度為g＝10m/s2，則球自A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程中克服摩擦力做的功為（）A．0.5J B．1.0JC.1.5J D．1.8J【答案】C【解析】在最低點(diǎn)：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)球自A滑到B的過程中由動能定理得：mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入數(shù)據(jù)解得Wf＝1.5J，C正確．54．（多選）有關(guān)重力勢能的變化，下列說法中正確的是（）A．物體受拉力和重力作用向上運(yùn)動，拉力做功是1J，但物體重力勢能的增加量有可能不是1JB．從同一高度將某一物體以相同的速率平拋或斜拋，落到地面上時(shí)，物體重力勢能的變化是相同的C．從同一高度落下的物體到達(dá)地面，考慮空氣阻力和不考慮空氣阻力的情況下重力勢能的減少量是相同的D．物體運(yùn)動中重力做功是－1J，但物體重力勢能的增加量不是1J【答案】ABC【解析】重力做功與經(jīng)過的路徑無關(guān)，與是否受其他力無關(guān)，只取決于始末位置的高度差，再根據(jù)重力做功等于重力勢能的減少量可知B、C正確，D錯(cuò)誤．對于A選項(xiàng)，當(dāng)物體加速運(yùn)動時(shí)克服重力做功少于1J，重力勢能增加量少于1J；物體減速運(yùn)動時(shí)，克服重力做功即重力勢能增加量大于1J；只有物體勻速向上運(yùn)動時(shí)，克服重力做功即重力勢能增加量才是1J，A正確．55．（2020蚌埠高三期中）根據(jù)所學(xué)知識，判斷下列四個(gè)說法中正確是（）A.物體的速度為零時(shí)，其加速度就一定為零B.物體所受合外力沖量的方向與物體動量變化量的方向一定相同C.合外力對物體做功為零時(shí)，物體的機(jī)械能就一定守恒D.做圓周運(yùn)動物體的向心力一定等于物體所受的合外力【答案】B【解析】【詳解】A．速度是加速度的變化率，速度為零時(shí)，加速度不一定為零，如自由落體運(yùn)動的初速度為零，但加速度不為零。故A錯(cuò)誤。B．根據(jù)動量定理，物體所受合外力沖量的方向與物體動量變化量的方向一定相同。故B正確。C．在外力作用下物體向上勻速運(yùn)動，合力做功為零，但機(jī)械能增加。故C錯(cuò)誤。D．做勻速圓周運(yùn)動物體的向心力一定等于物體所受的合外力，做變速圓周運(yùn)動的物體的合外力不一定等于向心力。故D錯(cuò)誤。56．(2018·江蘇南京、鹽城一模)(多選)如圖所示，光滑細(xì)桿上套有兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，兩球之間用輕質(zhì)彈簧相連，彈簧原長為L，用長為2L的細(xì)線連接兩球。現(xiàn)將質(zhì)量為M的物塊用光滑的鉤子掛在細(xì)線上，從細(xì)線繃直開始釋放，物塊向下運(yùn)動。則物塊A．運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)，小球的動能為零B．速度最大時(shí)，彈簧的彈性勢能最大C．速度最大時(shí)，桿對兩球的支持力為(M＋2m)D．運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)，桿對兩球的支持力小于(M＋2m)【答案】AC【解析】物塊釋放后先做加速運(yùn)動，后做減速運(yùn)動直到速度為零即到達(dá)最低點(diǎn)，此時(shí)小球的動能也為零，彈簧的形變量最大，彈性勢能最大，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，物塊減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，故A正確，B錯(cuò)誤；物塊速度最大時(shí)，將兩小球和物塊看成整體，系統(tǒng)所受合外力為零，桿對兩球的支持力與系統(tǒng)重力平衡，故C正確；運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)物塊具有向上的加速度，由整體法可知，桿對兩球的支持力大于(M＋2m)g，故D錯(cuò)誤。57．(多選)（2020·重慶市開州中學(xué)高三一模）如圖所示，水平固定的粗糙直桿上套有一質(zhì)量為m的小球。輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端與小球相連，彈簧與直桿在同一豎直面內(nèi)，直桿上有a、b、c、d四點(diǎn)，ab=bc，b在O點(diǎn)正下方，小球在a、d兩點(diǎn)時(shí)，彈簧彈力大小相等。開始時(shí)，小球靜止于d點(diǎn)，然后給小球一水平向右的初速度v0，小球經(jīng)過cb兩點(diǎn)時(shí)速度大小分別為vc、vb，到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度恰好減小為0。則下列說法正確的是（）A．小球能在a點(diǎn)靜止B．若在a點(diǎn)給小球一水平向左的初速度v0，小球不能到達(dá)d點(diǎn)C．若在a點(diǎn)給小球一水平向左的初速度v0，小球經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)速度大于vbD．若在a點(diǎn)給小球一水平向左的初速度v0，小球經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)速度大小為【答案】ACD【解析】A．小球開始時(shí)靜止于d點(diǎn)，則Ffd≤μFNd，假設(shè)小球可以在a點(diǎn)靜止，由受力分析可知，小球在d點(diǎn)受到的支持力FNd小于在a點(diǎn)受到的支持力FNa，小球在d點(diǎn)受到的摩擦力大于小球在a點(diǎn)受到的摩擦力，一定有Ffa<μFNa，則小球在a點(diǎn)靜止，A正確；B．在d點(diǎn)和a點(diǎn)彈簧彈力大小相等，彈簧的彈性勢能相等，因此彈簧在a、c、d位置，彈性勢能均相等，由能量守恒可知，設(shè)小球從d到a運(yùn)動中克服摩擦力做功W1，滿足若在a點(diǎn)給小球一水平向左的初速度v0，則小球從a點(diǎn)到d點(diǎn)運(yùn)動中克服摩擦力做功也為W1，同樣滿足因此小球可以到達(dá)d點(diǎn)，B錯(cuò)誤；C．設(shè)小球從d到b運(yùn)動中克服摩擦力做功W2，小球從a到b運(yùn)動中克服摩擦力做功W3，設(shè)b點(diǎn)彈簧的彈性勢能為Eb，小球從d到b運(yùn)動中，有同理小球從a到b運(yùn)動中，有由于W2>W3所以vb<vb＇C正確；D．小球從c到a運(yùn)動中，有小球從a到c運(yùn)動中，設(shè)小球經(jīng)c點(diǎn)時(shí)速度大小為vc＇，有由于Wfca=Wfac解得D正確。故選ACD。58．（2020·江蘇蘇州市·高三月考）如圖甲所示，小物體從豎直彈簧上方離地高處由靜止釋放，其動能與離地高度的關(guān)系如圖乙所示，其中高度從下降到，圖像為直線，其余部分為曲線，對應(yīng)圖像的最高點(diǎn)，輕彈簧勁度系數(shù)為，小物體質(zhì)量為，重力加速度為，以下說法正確的是（）A．小物體下降至高度時(shí)，彈簧形變量為0B．小物體下落至高度時(shí)，加速度為0C．小物體從高度下降到，彈簧的彈性勢能增加了D．小物體從高度下降到，物體的最大動能為【答案】C【解析】A．小物體下降至高度h3時(shí)，動能達(dá)到最大，加速度為零，此時(shí)有彈簧形變量為，A錯(cuò)誤；B．小物體下落至高度時(shí)，達(dá)到最低點(diǎn)，合力不為零，加速度不為零，B錯(cuò)誤；C．小物體下落至高度h4時(shí)，物體的動能與h2時(shí)的動能相同，由彈簧振子運(yùn)動的對稱性可知，在h4時(shí)彈簧的彈力一定是重力的2倍；此時(shí)彈簧的壓縮量小物體從高度h2下降到h4，重力做功物體從高度h2下降到h4，重力做功等于彈簧的彈性勢能增加，所以小物體從高度h2下降到h4，彈簧的彈性勢能增加了，C正確；D．小物體從高度h1下降到h5，最大動能在h3處，此過程中重力勢能的減小量為，根據(jù)能量關(guān)系可知，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和彈性勢能，所以最大動能不等于mg（h1?h3），故D錯(cuò)誤。故選C。59．(多選)（2021·遼寧高三零模）如圖所示，甲、乙兩滑塊的質(zhì)量分別為1kg、2kg，放在靜止的水平傳送帶上，兩者相距5m，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.2。t=0時(shí)，甲、乙分別以6m/s、2m/s的初速度開始向右滑行。t=0.5s時(shí)，傳送帶啟動（不計(jì)啟動時(shí)間），立即以3m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動，傳送帶足夠長，重力加速度取10m/s2。下列說法正確的是（）A．t=0.5s時(shí)，兩滑塊相距2mB．t=1.5s時(shí)，兩滑塊速度相等C．0-1.5s內(nèi)，乙相對傳送帶的位移大小為0.25mD．0-2.5s內(nèi)，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱共為14.5J【答案】BCD【解析】A．兩物體變速運(yùn)動時(shí)的加速度大小根據(jù)可得t=0.5s時(shí)，兩滑塊相距A錯(cuò)誤；B．傳送帶啟動時(shí)，甲物體的速度為與皮帶速度相等所用時(shí)間因此在t=1.5s時(shí)，甲滑塊速度與皮帶相等。傳送帶啟動時(shí)，乙物體的速度為與皮帶速度相等所用時(shí)間因此在t=1.5s時(shí)，乙滑塊速度也與皮帶相等，故1.5s時(shí)，兩滑塊速度相等，B正確；C．0-0.5s內(nèi)，乙相對傳送帶的位移大小為1s-1.5s內(nèi)，乙相對傳送帶的位移大小為因此0-1.5s內(nèi)，乙相對傳送帶的位移大小為C正確；D．在1.5s前，甲均在做減速運(yùn)動，則甲相對傳送帶的位移甲滑塊與傳送帶間摩擦生熱在0.5s乙做減速運(yùn)動，傳送帶靜止，在0.5~1s時(shí)，乙滑塊做加速度運(yùn)動，整個(gè)過程中乙滑塊與傳送帶間摩擦生熱量因此0-2.5s內(nèi)，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱D正確。故選BCD。60．(2017·華中師大附中一模)如圖所示，在光滑的水平面上有一個(gè)質(zhì)量為M的木板B處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的木塊A在B的左端以初速度v0開始向右滑動，已知M>m，用①和②分別表示木塊A和木板B的圖象，在木塊A從B的左端滑到右端的過程中，下面關(guān)于速度v隨時(shí)間t、動能Ek隨位移s的變化圖象，其中可能正確的是（）【答案】D【解析】設(shè)A、B間動摩擦因數(shù)為μ，二者加速度的大小分別為aA、aB，則μmg＝maA，μmg＝MaB，可知aA>aB，v－t圖象中，①的斜率絕對值應(yīng)大于②的，故A、B均錯(cuò)誤．由μmgsB＝EkB，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgsA＝EkA，可知Ek－s圖象中，①、②的斜率絕對值應(yīng)相同，故C錯(cuò)誤，D正確．61．（2020·河北石家莊二中高三期中）一質(zhì)量為m=1kg的物塊靜止在水平面上，如圖（a）所示。t=0時(shí)刻，對物塊施加一水平向右的拉力F，通過力傳感器測得拉力F隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖（b）所示。已知物塊與地面間的摩擦因數(shù)μ=0.5，且認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2則下列說法不正確的是（）A．t=1s至t=3s時(shí)間內(nèi)，物塊的加速度先增大后減小B．t=3s時(shí)刻，物體獲得的速度為7.5m/sC．t=3s時(shí)刻，拉力F的功率等于25WD．在拉力F減為零后，物塊將繼續(xù)向前運(yùn)動0.5s時(shí)間停下來【答案】B【解析】A.物塊與地面間的最大靜摩擦力為故物塊在0~1s內(nèi)靜止，從1s開始運(yùn)動，t=1s至t=3s時(shí)間內(nèi)，外力從5N開始增大到10N在減小5N，有牛頓第二定律可知，物塊的加速度先增大后減小，故A正確；B.在t=1s至t=3s時(shí)間內(nèi)，有動量定理可知得v=5m/s，故B錯(cuò)誤；C.t=3s時(shí)刻，拉力F的功率等于故C正確；D.設(shè)拉力減為零后繼續(xù)運(yùn)動時(shí)間為t，從3s到停下來，有動量定理可得可得t=0.5s。故D正確。故選B。62．（2020·遼寧大連二十四中高三期中）人和冰車的總質(zhì)量為M，另一木球質(zhì)量為m，且M∶m=31∶2。人坐在靜止于水平冰面的冰車上，以速度v（相對地面）將原來靜止的木球沿冰面推向正前方向的固定擋板，不計(jì)一切摩擦阻力，設(shè)小球與擋板的碰撞是彈性的，人接住球后，再以同樣的速度v（相對地面）將球推向擋板。人推多少次后不能再接到球（）A．6次 B．7次 C．8次 D．9次【答案】D【解析】設(shè)人第一次推出小球后人和冰車的速度為v1，由動量守恒可得第二次退出小球后人和冰車的速度為v2，由動量守恒可得第三次退出小球后人和冰車的速度為v3，由動量守恒可得以此類推，設(shè)經(jīng)過n次推球后，人和冰車向后的速度vn，對比前式，由定量守恒可得當(dāng)人和冰車向后的速度vn大于等于木球被擋板反彈回來的速度v時(shí)，人就不能再接到球了，即滿足聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可解得。應(yīng)選D。63．課外科技小組制作一只“水火箭”，用壓縮空氣壓出水流使火箭運(yùn)動．假如噴出的水流流量保持為2×10－4m3/s，噴出速度保持為對地10m/s.啟動前火箭總質(zhì)量為1.4kg，已知火箭沿水平軌道運(yùn)動阻力不計(jì)，水的密度是1.0×103kg/m3。則啟動2s末火箭的速度可以達(dá)到（）A.4m/sB.3m/sC.2m/sD.1m/s【答案】A【解析】“水火箭”噴出水流做反沖運(yùn)動．設(shè)火箭原來總質(zhì)量為M，噴出水流的流量為Q，水的密度為ρ，水流的噴出速度為v，火箭的反沖速度為v′，由動量守恒定律得(M－ρQt)v′＝ρQtv代入數(shù)據(jù)解得火箭啟動后2s末的速度為v′＝＝m/s＝4m/s,故答案選A.64．（2020?天心區(qū)校級模擬）一質(zhì)量為的物體以的初速度與另一質(zhì)量為的靜止物體發(fā)生碰撞，其中，．碰撞可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞。碰撞后兩物體速度分別為和