高中物理选择题题型概述及思维模板

1、高中物理选择题题型概述及思维模板题型1：直线运动问题题型概述直线运动问题是高考的热点，可以单独考查，也可以与其他知识综合考查.单独考查若出现在选择题中，则重在考查基本概念，且常与图像结合;在计算题中常出现在第一个小题，难度为中等，常见形式为单体多过程问题和追及相遇问题.思维模板通过图像的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题;对单体多过程问题和追及相遇问题应按顺序逐步分析，再根据前后过程之间、两个物体之间的联系列出相应的方程，从而分析求解，前后过程的联系主要是速度关系，两个物体间的联系主要是位移关系.1（2019新课标全国卷）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，

2、离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足（ ）A12 B23 C34 D4a2，故C错误；D由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1a2，由Gfy=ma，可知，fy1fy2，故D正确。2（2018新课标全国III卷）在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（ ）A2倍 B4倍 C6倍 D8倍【答案】A【解析】设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x=vt，y=gt2，设斜面倾角为，由几何

3、关系，tan=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，mv2+mgy=mv12，联立解得：v1=v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2=v/2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，选项A正确。3（2017新课标全国卷）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（ ）A速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大【答案】C【解析】

4、由题意知，速度大的球先过球网，即同样的时间速度大的球水平位移大，或者同样的水平距离速度大的球用时少，故C正确，ABD错误。【名师点睛】重点要理解题意，本题考查平抛运动水平方向的运动规律。理论知识简单，难在由题意分析出水平方向运动的特点。4（2017江苏卷）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】C【解析】设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离x=(v1+v2)t，第二次两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离不变，则x=2(

5、v1+v2)T，联立得T=t2，所以C正确；ABD错误。【名师点睛】本题的关键信息是两球运动时间相同，水平位移之和不变。5（2017新课标全国卷）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（ ）A速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大【答案】C【解析】由题意知，速度大的球先过球网，即同样的时间速度大的球水平位移大，或者同样的水平距离速度大的球用时少，故C正确，ABD错

6、误。【名师点睛】重点要理解题意，本题考查平抛运动水平方向的运动规律。理论知识简单，难在由题意分析出水平方向运动的特点。6（2017江苏卷）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】C【解析】设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离x=(v1+v2)t，第二次两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离不变，则x=2(v1+v2)T，联立得T=t2，所以C正确；ABD错误。【名师点睛】本题的关键信息是两球运动时间相同，水平位移之和不变

7、。题型5：圆周运动问题题型概述圆周运动问题按照受力情况可分为水平面内的圆周运动和竖直面内的圆周运动，按其运动性质可分为匀速圆周运动和变速圆周运动。水平面内的圆周运动多为匀速圆周运动，竖直面内的圆周运动一般为变速圆周运动.对水平面内的圆周运动重在考查向心力的供求关系及临界问题，而竖直面内的圆周运动则重在考查最高点的受力情况.思维模板(1)对圆周运动，应先分析物体是否做匀速圆周运动，若是，则物体所受的合外力等于向心力，由F合=mv2/r=mr2列方程求解即可;若物体的运动不是匀速圆周运动，则应将物体所受的力进行正交分解，物体在指向圆心方向上的合力等于向心力。(2)竖直面内的圆周运动可以分为三个模型

8、：绳模型：只能对物体提供指向圆心的弹力，能通过最高点的临界态为重力等于向心力;杆模型：可以提供指向圆心或背离圆心的力，能通过最高点的临界态是速度为零;外轨模型：只能提供背离圆心方向的力，物体在最高点时，若v(gR)1/2，沿轨道做圆周运动，若v(gR)1/2，离开轨道做抛体运动。1（2019江苏卷）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为，重力加速度为g，则座舱A运动周期为 B线速度的大小为RC受摩天轮作用力的大小始终为mg D所受合力的大小始终为m2R【答案】BD【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度

9、与角速度的关系可知，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D正确。3（2019浙江选考）一质量为2.0103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4104N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是（ ）A汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4104NC汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑D汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2【答案】D 【解析】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给

10、的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得，解得，所以汽车转弯的速度为20 m/s时，所需的向心力小于1.4104N，汽车不会发生侧滑，BC错误；汽车能安全转弯的向心加速度，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2，D正确。4（2018浙江选考）A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4:3，运动方向改变的角度之比是3:2，则它们（ ）A线速度大小之比为4:3 B角速度大小之比为3:4C圆周运动的半径之比为2:1 D向心加速度大小之比为1:2【答案】A【解析】

11、因为相同时间内他们通过的路程之比是4:3，根据，则A、B的线速度之比为4:3，故A正确；运动方向改变的角度之比为3:2，根据，则角速度之比为3:2，故B错误；根据可得圆周运动的半径之比为，故C错误；根据a=v得，向心加速度之比为，故D错误。5（2018江苏卷）火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10。在此10 s时间内，火车（ ）A运动路程为600 m B加速度为零C角速度约为1 rad/s D转弯半径约为3.4 km【答案】AD【解析】圆周运动的弧长s=vt=6010 m=600 m，选项A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所

12、以合力不为零，加速度不为零，故选项B错误；由题意得圆周运动的角速度rad/s=rad/s，又，所以m=3439m，故选项C错误、D正确。6（2017江苏卷）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）（A）物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F（B）小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F（C）物块上升的最大高度为（D）速度

13、v不能超过【答案】D【解析】由题意知，F为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于Mg，A错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动，绳中的张力大于物块的重力Mg，当绳中的张力大于2F时，物块将从夹子中滑出，即，此时速度，故B错误；D正确；物块能上升的最大高度，所以C错误。【名师点睛】在分析问题时，要细心。题中给的力F是夹子与物块间的最大静摩擦力，而在物块运动的过程中，没有信息表明夹子与物块间静摩擦力达到最大另小环碰到钉子后，物块绕钉子做圆周运动，夹子与物块间的静摩擦力会突然增大。题型6：牛顿运动定律的综合应用问题题型概

14、述牛顿运动定律是高考重点考查的内容，每年在高考中都会出现，牛顿运动定律可将力学与运动学结合起来，与直线运动的综合应用问题常见的模型有连接体、传送带等，一般为多过程问题，也可以考查临界问题、周期性问题等内容，综合性较强。天体运动类题目是牛顿运动定律与万有引力定律及圆周运动的综合性题目，近几年来考查频率极高.思维模板以牛顿第二定律为桥梁，将力和运动联系起来，可以根据力来分析运动情况，也可以根据运动情况来分析力.对于多过程问题一般应根据物体的受力一步一步分析物体的运动情况，直到求出结果或找出规律.对天体运动类问题，应紧抓两个公式：GMm/r2=mv2/r=mr2=mr42/T2 。GMm/R2=mg

15、 。对于做圆周运动的星体(包括双星、三星系统)，可根据公式分析；对于变轨类问题，则应根据向心力的供求关系分析轨道的变化，再根据轨道的变化分析其他各物理量的变化。1（2019新课标全国卷）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由题给数据可以得出（ ）A木板的质量为1 kg B2 s4 s内，力F的大小为0.4 NC

16、02 s内，力F的大小保持不变 D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】结合两图像可判断出02s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；25s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对24s和45s列运动学方程，可解出质量m为1kg，24s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数，故D错误。2（2018浙江选考）通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是（ ）A亚里士多德 B伽利略 C笛卡尔 D牛顿【答案】B【解析】A、亚里

17、士多德认为力是维持物体运动状态的原因，故A错误；B、伽利略通过理想斜面实验提出了力不是维持物体运动的原因，故B正确；C、笛卡尔在伽利略研究的基础上第一次表述了惯性定律，故C错误；D、牛顿在伽利略等前人研究的基础上提出了牛顿第一定律，认为力是改变物体运动状态的原因，但不是第一个根据实验提出力不是维持物体运动原因的科学家，也不是第一个提出惯性的科学家，故D错误；故选B。3（2018新课标全国I卷）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象

18、可能正确的是（ ）A BC D【答案】A【解析】由牛顿运动定律，Fmg+F弹=ma，F弹=k(x0 x)，kx0=mg，联立解得F=ma+kx，对比题给的四个图象，可能正确的是A。4（2018浙江选考）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是A BC D【答案】C 【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；故选C。【点睛】人在加速下

19、蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。5（2018新课标全国卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程A矿车上升所用的时间之比为4:5B电机的最大牵引力之比为2:1C电机输出的最大功率之比为2:1D电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】设第次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，2t0

20、v0=（t+3t0/2）v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t05t0/2=45，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，Fmg=ma，可得提升的最大牵引力之比为11，选项B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为21，选项C正确；加速上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)，减速上升过程的加速度a2=，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g)，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第次提升过程做功W1=F1t0v0+F2t0v0=mgv0t0；第次提升过程做

21、功W2=F1t0v0+F3v03t0/2+F2t0v0=mgv0t0；两次做功相同，选项D错误。题型7：机车的启动问题题型概述机车的启动方式常考查的有两种情况，一种是以恒定功率启动，一种是以恒定加速度启动，不管是哪一种启动方式，都是采用瞬时功率的公式P=Fv和牛顿第二定律的公式F-f=ma来分析。思维模板机车以额定功率启动.机车的启动过程如图所示，由于功率P=Fv恒定，由公式P=Fv和F-f=ma知，随着速度v的增大，牵引力F必将减小，因此加速度a也必将减小，机车做加速度不断减小的加速运动，直到F=f，a=0，这时速度v达到最大值vm=P额定/F=P额定/f。这种加速过程发动机做的功只能用W=

22、Pt计算，不能用W=Fs计算(因为F为变力)。1（2018新课标全国I卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（ ）A与它所经历的时间成正比 B与它的位移成正比C与它的速度成正比 D与它的动量成正比【答案】B【解析】根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=at，由动能公式Ek=mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项AC错误；由v2=2ax，可知列车动能与位移x成正比，选项B正确；由动量公式p=mv，可知列车动能Ek=mv2=，即与列车的动量二次方成正比，选项D错误。2（2018新课标

23、全国III卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程（ ）A矿车上升所用的时间之比为4:5 B电机的最大牵引力之比为2:1C电机输出的最大功率之比为2:1 D电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】设第次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，2t0v0=（t+3t0/2）v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t0

24、5t0/2=45，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，Fmg=ma，可得提升的最大牵引力之比为11，选项B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为21，选项C正确；加速上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)，减速上升过程的加速度a2=，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g)，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第次提升过程做功W1=F1t0v0+F2t0v0=mgv0t0；第次提升过程做功W2=F1t0v0+F3v03t0/2+F2t0v0=mgv0t0；两次做功相同，选项D错误

25、。题型8：以能量为核心的综合应用问题题型概述以能量为核心的综合应用问题一般分四类：第一类为单体机械能守恒问题，第二类为多体系统机械能守恒问题，第三类为单体动能定理问题，第四类为多体系统功能关系(能量守恒)问题。多体系统的组成模式：两个或多个叠放在一起的物体，用细线或轻杆等相连的两个或多个物体，直接接触的两个或多个物体.思维模板能量问题的解题工具一般有动能定理，能量守恒定律，机械能守恒定律。(1)动能定理使用方法简单，只要选定物体和过程，直接列出方程即可，动能定理适用于所有过程;(2)能量守恒定律同样适用于所有过程，分析时只要分析出哪些能量减少，哪些能量增加，根据减少的能量等于增加的能量列方程即

26、可;(3)机械能守恒定律只是能量守恒定律的一种特殊形式，但在力学中也非常重要.很多题目都可以用两种甚至三种方法求解，可根据题目情况灵活选取。1（2018江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块A加速度先减小后增大B经过O点时的速度最大C所受弹簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速

27、度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，选项A正确、选项B错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D正确。2（2017新课标全国卷）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在

28、大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（ ）A一直不做功 B一直做正功C始终指向大圆环圆心 D始终背离大圆环圆心【答案】A【解析】大圆环光滑，则大圆环对小环的作用力总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，选项A正确，B错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，最后指向圆心，故选项CD错误；故选A。【名师点睛】此题关键是知道小圆环在大圆环上的运动过程中，小圆环受到的弹力方向始终沿大圆环的半径方向，先是沿半径向外，后沿半径向里。3（2017江苏卷）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物块初动能为，与斜面间的动摩擦

29、因数不变，则该过程中，物块的动能与位移的关系图线是（ ）【答案】C【解析】向上滑动的过程中，根据动能定理：，同理，下滑过程中，由动能定理可得：，故C正确；ABD错误。【名师点睛】本题考查动能定理及学生的识图能力，根据动能定理写出Ekx图象的函数关系，从而得出图象斜率描述的物理意义。4（2017新课标全国卷）如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为（ ）A B C D【答案】A【解析】将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，PM段绳的机械能不变，MQ段绳的机械能的增加量为，由

30、功能关系可知，在此过程中，外力做的功，故选A。【名师点睛】重点理解机械能变化与外力做功的关系，本题的难点是过程中重心高度的变化情况。5（2017天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）A摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变【答案】B【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故

31、A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有：，座椅对他的支持力，故B正确；乘客随座舱转动一周的过程中，动量不变，是所受合力的冲量为零，重力的冲量，故C错误；乘客重力的瞬时功率，其中为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误。【名师点睛】本题的难点在于对动量定理的理解，是“物体所受合力的冲量等于动量的变化”，而学生经常记为“力的冲量等于物体动量的变化”。题型9：万有引力与航天问题1（2019新课标全国卷）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹

32、簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其ax关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（ ）AM与N的密度相等 BQ的质量是P的3倍CQ下落过程中的最大动能是P的4倍 DQ下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍【答案】AC【解析】A、由ax图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：，变形式为：，该图象的斜率为，纵轴截距为重力加速度。根据图象的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为：；又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即：，即该星球的质量。又因为：，联立得。

33、故两星球的密度之比为：，故A正确；B、当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，即：；结合ax图象可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为：，故物体P和物体Q的质量之比为：，故B错误；C、物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置（a=0）时，它们的动能最大；根据，结合ax图象面积的物理意义可知：物体P的最大速度满足，物体Q的最大速度满足：，则两物体的最大动能之比：，C正确；D、物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P和Q振动的振幅A分别为和，即物体P所在弹簧最大压缩量为2，物体Q所在弹簧最大压缩量为4，则Q下落过程中，

34、弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，D错误；故本题选AC。2（2019新课标全国卷）2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F随h变化关系的图像是（ ）【答案】D【解析】根据万有引力定律可得：，h越大，F越大，故选项D符合题意。3（2019新课标全国卷）金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。已知它们的轨道半径R金R地a地a火 Ba火a地a金Cv地v火v金 Dv火v地v金【答案】A【解

35、析】AB由万有引力提供向心力可知轨道半径越小，向心加速度越大，故知A项正确，B错误；CD由得可知轨道半径越小，运行速率越大，故C、D都错误。4（2019北京卷）2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星（同步卫星）。该卫星（ ）A入轨后可以位于北京正上方B入轨后的速度大于第一宇宙速度C发射速度大于第二宇宙速度D若发射到近地圆轨道所需能量较少【答案】D【解析】由于卫星为同步卫星，所以入轨后一定只能与赤道在同一平面内，故A错误；由于第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速度，所以卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；由于第二宇宙速度为卫星脱离地球引力的

36、最小发射速度，所以卫星的发射速度一定小于第二宇宙速度，故C错误；将卫星发射到越高的轨道克服引力所作的功越大，所以发射到近地圆轨道所需能量较小，故D正确。5（2019天津卷）2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为、半径为，探测器的质量为，引力常量为，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为的匀速圆周运动时，探测器的（ ）A周期为 B动能为C角速度为 D向心加速度为【答案】C【解析】由万有引力提供向心力可得，可得，故A正确；解得，由于，故B错误；解得，故C错误；解得，故D错误。综上分析

37、，答案为A。6（2019江苏卷）1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则（ ）A BC D【答案】B【解析】“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以，过近地点圆周运动的速度为，由于“东方红一号”在椭圆上运动，所以，故B正确。7（2019浙江选考）20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域。现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间t内速度的改变为v，和飞船受到

38、的推力F（其它星球对它的引力可忽略）。飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动。已知星球的半径为R，引力常量用G表示。则宇宙飞船和星球的质量分别是（ ）A， B， C， D，【答案】D【解析】直线推进时，根据动量定理可得，解得飞船的质量为，绕孤立星球运动时，根据公式，又，解得，D正确。8（2018江苏卷）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号冶相比，下列物理量中“高分五号

39、”较小的是（ ）A周期 B角速度 C线速度 D向心加速度【答案】A【解析】本题考查人造卫星运动特点，意在考查考生的推理能力。设地球质量为M，人造卫星质量为m，人造卫星做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有，得，因为“高分四号”的轨道半径比“高分五号”的轨道半径大，所以选项A正确，BCD错误。9（2018北京卷）若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证（ ）A地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1/602B月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1/602C自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的1/6D苹果在月

40、球表面受到的引力约为在地球表面的1/60【答案】B【解析】设月球质量为，地球质量为M，苹果质量为，则月球受到的万有引力为：，苹果受到的万有引力为：，由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A错误；根据牛顿第二定律：，整理可以得到：，故选项B正确；在月球表面处：，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故选项C错误；苹果在月球表面受到引力为：，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与地球表面引力之间的关系，故选项D错误。10（2018新课标全国II卷）2018年2月，我国500 m口径射电望远镜（天眼

41、）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19 ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约（ ）A BC D【答案】C【解析】在天体中万有引力提供向心力，即，天体的密度公式，结合这两个公式求解。设脉冲星值量为M，密度为，根据天体运动规律知：，代入可得：，故C正确；故选C。11（2018新课标全国III卷）为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为（ ）A2:1 B4:1 C8:1 D16:1【答案】C【解析】设地球半径为R，根

42、据题述，地球卫星P的轨道半径为RP=16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ=4R，根据开普勒定律，=64，所以P与Q的周期之比为TPTQ=81，选项C正确。12（2018浙江选考）土星最大的卫星叫“泰坦”（如图），每16天绕土星一周，其公转轨道半径约为，已知引力常量，则土星的质量约为（ ）A BC D【答案】B【解析】卫星绕土星运动，土星的引力提供卫星做圆周运动的向心力设土星质量为M：，解得，带入计算可得：，故B正确，A、C、D错误。13（2018天津卷）2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观

43、测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的（ ）A密度 B向心力的大小 C离地高度 D线速度的大小【答案】CD【解析】根据题意，已知卫星运动的周期T，地球的半径R，地球表面的重力加速度g，卫星受到的外有引力充当向心力，故有，卫星的质量被抵消，则不能计算卫星的密度，更不能计算卫星的向心力大小，AB错误；由解得，而，故可计算卫星距离地球表面的高度，C正确；根据公式，轨道半径可以求出，周期已知，故可以计算出卫星绕地球运动的线速度，D正确。14（2018新课标全国I卷）2017年，

44、人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（ ）A质量之积 B质量之和C速率之和 D各自的自转角速度【答案】BC【解析】双中子星做匀速圆周运动的频率f=12 Hz（周期T=1/12 s），由万有引力等于向心力，可得，G=m1r1（2f）2，G=m2r2（2f）2，r1+r2=r=40 km，联立解得：（m1+m2）=（2f）2Gr3，选项B正确A错误；由v1=r1=

45、2fr1，v2=r2=2fr2，联立解得：v1+v2=2fr，选项C正确；不能得出各自自转的角速度，选项D错误。15（2017北京卷）利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（ ）A地球的半径及重力加速度（不考虑地球自转）B人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离【答案】D【解析】在地球表面附近，在不考虑地球自转的情况下，物体所受重力等于地球对物体的万有引力，有，可得，A能求出地球质量。根据万有引力提供卫星、月球、地球做圆周运动的向心力，由，解得；由，解得；由，会消去两边的M；故

46、BC能求出地球质量，D不能求出。【名师点睛】利用万有引力定律求天体质量时，只能求“中心天体”的质量，无法求“环绕天体”的质量。16（2017新课标全国卷）2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的（ ）A周期变大 B速率变大 C动能变大D向心加速度变大【答案】C【解析】根据万有引力提供向心力有，可得周期，速率，向心加速度，对接前后，轨道半径不变，则周期、速率、向心加速度均不变，质量变大，则动能变大，C正确，ABD错误。【名师点睛】万有引力与航天试题，涉及

47、的公式和物理量非常多，理解万有引力提供做圆周运动的向心力，适当选用公式，是解题的关键。要知道周期、线速度、角速度、向心加速度只与轨道半径有关，但动能还与卫星的质量有关。17（2017江苏卷）“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380 km的圆轨道上飞行，则其（ ）（A）角速度小于地球自转角速度 （B）线速度小于第一宇宙速度（C）周期小于地球自转周期 （D）向心加速度小于地面的重力加速度【答案】BCD【解析】根据知，“天舟一号”的角速度大于同步卫星的角速度，而同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，所以“

48、天舟一号”的角速度大于地球自转角的速度，周期小于地球自转的周期，故A错误；C正确；第一宇宙速度为最大的环绕速度，所以“天舟一号”的线速度小于第一宇宙速度，B正确；地面重力加速度为，故“天舟一号”的向心加速度a小于地面的重力加速度g，故D正确。【名师点睛】卫星绕地球做圆周运动，考查万有引力提供向心力。与地球自转角速度、周期的比较，要借助同步卫星，天舟一号与同步卫星有相同的规律，而同步卫星与地球自转的角速度相同。18（2017新课标全国卷）如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q

49、到N的运动过程中（ ）从P到M所用的时间等于 B从Q到N阶段，机械能逐渐变大C从P到Q阶段，速率逐渐变小D从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功【答案】CD 【解析】从P到Q的时间为T0，根据开普勒行星运动第二定律可知，从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知P到M所用的时间小于T0，选项A错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B错误；根据开普勒行星运动第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项C正确；从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D正确；故选CD。【名师点睛】此题主要考查学生对开普勒行星运动定律的理解；关键是知道离太阳越近的位置行星运动

50、的速率越大；远离太阳运动时，引力做负功，动能减小，引力势能增加，机械能不变。题型10：电容器问题题型概述电容器是一种重要的电学元件，在实际中有着广泛的应用，是历年高考常考的知识点之一，常以选择题形式出现，难度不大，主要考查电容器的电容概念的理解、平行板电容器电容的决定因素及电容器的动态分析三个方面。思维模板(1)电容的概念：电容是用比值(C=Q/U)定义的一个物理量，表示电容器容纳电荷的多少，对任何电容器都适用.对于一个确定的电容器，其电容也是确定的(由电容器本身的介质特性及几何尺寸决定)，与电容器是否带电、带电荷量的多少、板间电势差的大小等均无关.(2)平行板电容器的电容：平行板电容器的电容

51、由两极板正对面积、两极板间距离、介质的相对介电常数决定，满足C=S/(4kd)(3)电容器的动态分析：关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，抓住三个公式C=Q/U、C=S/(4kd)及E=U/d并分析清楚两种情况：一是电容器所带电荷量Q保持不变(充电后断开电源)，二是两极板间的电压U保持不变(始终与电源相连)。1（2018全国III卷）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b

52、间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）Aa的质量比b的大 B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等 D在t时刻，a和b的动量大小相等【答案】BD【解析】根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aaab。对微粒a，由牛顿第二定律，qE=maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE=mbab，联立解得：，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力大于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确

53、；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，选项D正确。题型11：带电粒子在电场中的运动问题题型概述带电粒子在电场中的运动问题本质上是一个综合了电场力、电势能的力学问题，研究方法与质点动力学一样，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、功能关系等力学规律，高考中既有选择题，也有综合性较强的计算题。思维模板(1)处理带电粒子在电场中的运动问题应从两种思路着手动力学思路：重视带电粒子的受力分析和运动过程分析，然后

54、运用牛顿第二定律并结合运动学规律求出位移、速度等物理量.功能思路：根据电场力及其他作用力对带电粒子做功引起的能量变化或根据全过程的功能关系，确定粒子的运动情况(使用中优先选择).(2)处理带电粒子在电场中的运动问题应注意是否考虑粒子的重力质子、粒子、电子、离子等微观粒子一般不计重力;液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子一般考虑重力;特殊情况要视具体情况，根据题中的隐含条件判断.(3)处理带电粒子在电场中的运动问题应注意画好粒子运动轨迹示意图，在画图的基础上运用几何知识寻找关系往往是解题的突破口。1（2019新课标全国卷）A运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某

55、条电场线重合C粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行【答案】AC【解析】A若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；B若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误。C由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确D粒子可能做曲线运动，故D错误；2（2019新课标全国卷）如图，电荷量分别为q和q（q0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则（ ）Aa点和b点的电势相等 Ba点和b点的电场强度大小相等Ca点和b点的电场强度

56、方向相同 D将负电荷从a点移到b点，电势能增加【答案】BC 【解析】由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误，把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误;由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。3（2019北京卷）如图所示，a、b两点位于以负点电荷Q（Q0）为球心的球面上，c点在球面外，则（ ）Aa点场强的大小比b点大 Bb点场强的大小比c点小Ca点电势比b点高 Db点电势比c点低【答案】D【解析】由点电荷场强公式确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低。由点电荷的场强公式可知，a、b

57、两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大小相等，故A错误；由于c点到场源电荷的距离比b点的大，所以b点的场强大小比c点的大，故B错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c点低，故D正确。4（2019天津卷）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度v从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ）A动能增加 B机械能增加C重力势能增加 D电势能增加【答案】B【解析】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在

58、N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球由动能定理有，联立上式可解得，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误。5（2019江苏卷）一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是（ ）【答案】A【解析】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为，经过时间

59、，电场力方向速度为，功率为，所以P与t成正比，故A正确。6（2019江苏卷）如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W再将Q1从C点沿CB移到B点并固定最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点下列说法正确的有（ ）AQ1移入之前，C点的电势为BQ1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0CQ2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WDQ2在移到C点后的电势能为-4W【答案】ABD【解析】由题意可知，C点的电势为，故A正确；由于B、C两点到A点()的距离相等，所以

60、B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故B正确；由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定后，C点的电势为，所以从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：故C错误；由于C点的电势为，所以电势能为，故D正确。7（2019浙江选考）等量异种电荷的电场线如图所示，下列表述正确的是（ ）Aa点的电势低于b点的电势Ba点的场强大于b点的场强，方向相同C将一负电荷从a点移到b点电场力做负功D负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能【答案】C【解析】沿电场线方向电势降低，故a点电势高于b点电势，A错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，故a点的场强大于b点的场