新高考物理考前热点排查练汇编

热点排查练热点1受力分析和共点力平衡1.(多选)如图1，质量分别为mA、mB的A、B两个楔形物体叠放在一起，B靠在竖直墙壁上，在水平力F的作用下，A、B静止不动，则()图1A．A物体受力的个数可能为3B．B受到墙壁的摩擦力方向可能向上，也可能向下C．力F增大(A、B仍静止)，A对B的压力也增大D．力F增大(A、B仍静止)，墙壁对B的摩擦力也增大答案AC解析隔离A物体，若A、B间没有静摩擦力，则A物体受重力、B对A的支持力和外力F三个力作用而处于平衡状态，A正确；将A、B看成一个整体，整体在竖直方向上只受重力和摩擦力，所以墙壁对B的摩擦力方向只能向上，B错误；若F增大，则F在垂直B斜面方向的分力增大，所以A对B的压力增大，C正确；对A、B整体受力分析，由平衡条件知，竖直方向：Ff＝GA＋GB，因此当水平力F增大，墙壁对B的摩擦力不变，D错误．2.(2021·山东德州市一模)如图2所示，竖直墙壁上的M、N两点在同一水平线上，固定的竖直杆上的P点与M点的连线水平且垂直MN，轻绳的两端分别系在P、N两点，光滑小滑轮吊着一重物可在轻绳上滑动．先将轻绳右端沿直线缓慢移动至M点，然后再沿墙面竖直向下缓慢移动至S点，整个过程重物始终没落地．则整个过程轻绳张力大小的变化情况是()图2A．一直增大 B．先增大后减小C．先减小后增大 D．先减小后不变答案D解析由于P点与M点的连线水平且垂直MN，将轻绳右端由N点沿直线缓慢移动至M点过程中，轻绳的夹角变小，而轻绳的合力始终与重力相等，根据力的合成可知轻绳的张力逐渐减小；轻绳右端由M点沿墙面竖直向下缓慢移动至S点的过程中，轻绳的夹角不变，则轻绳的张力不变．故选D.3．(2021·安徽安庆市一模)如图3所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点．现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向的夹角为θ＝45°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧形变量不可能为()图3A.eq\f(2mg,k)B.eq\f(\r(2)mg,2k)C.eq\f(4\r(2)mg,3k)D.eq\f(\r(2)mg,k)答案B解析以小球a、b整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与FT的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为Fmin＝2mgsinθ＝eq\r(2)mg，根据胡克定律Fmin＝kxmin，解得xmin＝eq\f(\r(2),k)mg，当F方向竖直向上时，F有最大值，则Fmax＝2mg＝kxmax，解得xmax＝eq\f(2mg,k)，故eq\f(\r(2),k)mg≤x≤eq\f(2mg,k)，故选B.4.(2021·河北唐山市一模)如图4所示，ABCD为倾角为30°的正方形斜面，其中AB与底边DC平行、BC与AD平行．斜面上一质量为1kg的物块，在斜面内施加平行于AB向左的拉力F，物块恰好沿斜面对角线BD匀速下滑．下列说法正确的是(g＝10m/s2)()图4A．物块受到摩擦力的方向平行于AD沿斜面向上B．水平向左的外力大小等于5eq\r(3)NC．滑动摩擦力的大小等于5ND．物块与斜面间的动摩擦因数为eq\f(\r(6),3)答案D解析物块受到摩擦力的方向平行于DB沿斜面向上，A错误；水平向左的外力大小等于F＝mgsin30°·tan45°＝5N，B错误；滑动摩擦力的大小等于Ff＝eq\r(mgsin30°2＋F2)＝5eq\r(2)N，C错误；物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(Ff,mgcos30°)＝eq\f(5\r(2),10×\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(6),3)，D正确．5.如图5所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方O处，B端吊一重力为G的重物，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化，判断正确的是()图5A．F变大 B．F变小C．FN变大 D．FN变小答案B解析以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力FT(等于重物的重力G)、轻杆的支持力FN和绳子的拉力F，作出受力图如图，由平衡条件得，FN和F的合力与FT大小相等，方向相反，根据三角形相似可得eq\f(FN,AB)＝eq\f(F,OB)＝eq\f(G,OA)，解得：FN＝eq\f(AB,OA)G，F＝eq\f(OB,OA)G；使∠BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则FN保持不变，F变小，故B正确，A、C、D错误．6.(2021·山东济宁市高三一模)某位同学用筷子将均匀球夹起悬停在空中，如图6所示，已知球心O与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为0.1kg，筷子与竖直方向之间的夹角均为θ＝37°，筷子与小球表面间的动摩擦因数为0.875(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则每根筷子对小球的压力大小至少为()图6A．5NB．7.5NC．10ND．12.5N答案A解析筷子对小球的压力最小时，小球受到的摩擦力，达到最大静摩擦力，方向沿筷子向上，小球受力平衡．在竖直方向上有2Ffcosθ－2FNsinθ＝mg，Ff＝μFN，解得FN＝eq\f(mg,2μcosθ－sinθ)＝eq\f(0.1×10,2×0.875×0.8－0.6)N＝5N，故A正确，B、C、D错误．7．(2021·安徽合肥市高三上第一次教学质量调研)如图7甲所示，两段等长轻质细线将小球A、B悬挂在O点，现对小球A施加水平向右的恒力F1，对小球B施加水平向左的恒力F2，当系统处于静止状态时，小球B刚好位于O点正下方，如图乙所示．若F1∶F2＝4∶1，则mA∶mB为()图7A．1∶1 B．2∶1C．3∶1 D．4∶1答案B解析设AO与竖直方向的夹角为α，首先对两个球整体受力分析，受F1、F2、总重力(mA＋mB)g、AO细线的拉力FAO，如图甲所示：根据平衡条件有F1＝F2＋FAOsinα，FAOcosα＝(mA＋mB)g再隔离球B分析，如图乙所示：根据平衡条件有F2＝mBgtanα，联立以上式子解得F1＝(mA＋2mB)gtanα，由于F1∶F2＝4∶1，解得mA∶mB＝2∶1，故B正确，A、C、D错误．8．(2021·湖南省1月适应性考试·6)如图8，一根质量为m的匀质绳子，两端分别固定在同一高度的两个钉子上，中点悬挂一质量为M的物体．系统平衡时，绳子中点两侧的切线与竖直方向的夹角为α，钉子处绳子的切线方向与竖直方向的夹角为β，则()图8A.eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m＋M,m)B.eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m＋M,M)C.eq\f(cosα,cosβ)＝eq\f(M,m＋M)D.eq\f(cosα,cosβ)＝eq\f(m,m＋M)答案B解析以物体为研究对象，2FT1cosα＝Mg①以物体和绳子整体为研究对象，则2FT2cosβ＝(m＋M)g②以左半边绳子为研究对象，得FT1sinα＝FT2sinβ③由①②③得：eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m＋M,M)，B正确．

热点2匀变速直线运动的规律1.(2021·山东济南市历城二中高三期末)伽利略在研究匀变速直线运动规律时，让小球从斜面的不同位置自由滚下，如图1，观测出小球从不同起点运动到底端的位移x与所对应的时间t，画出x－t2图像．设小球运动的加速度为a，则图像的斜率为()图1A.eq\f(1,2)a B.aC.eq\f(1,a) D.eq\f(2,a)答案A解析小球从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，位移－时间关系为x＝eq\f(1,2)at2，即x与t2成正比，所以x－t2图像是一条过原点的直线，直线的斜率为eq\f(1,2)a，故选A.2．(2021·辽宁辽阳市高三上学期1月期末)现代航空母舰是高科技的产物，以舰载作战飞机为主要武器．某舰载作战飞机沿平直跑道起飞前，先采用电磁弹射，由静止开始匀加速运动时间t后速度达到v，再在常规动力的作用下匀加速运动位移为x时达到起飞速度2v.舰载作战飞机电磁弹射过程的加速度大小与其在常规动力作用下的加速度大小之比为()A.eq\f(2x,vt) B.eq\f(x,vt)C.eq\f(x,3vt) D.eq\f(2x,3vt)答案D解析电磁弹射过程的加速度大小为a1＝eq\f(v,t)，常规动力过程的加速度大小为a2＝eq\f(2v2－v2,2x)，解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(2x,3vt)，故选D.3．(2021·河北廊坊市高三期末)物体以某一初速度冲上固定的粗糙斜面并沿斜面向上滑行，到最高点后又返回斜面底端，以下关于物体运动的说法中正确的是()A．物体上滑过程和下滑过程的位移相同B．物体上滑过程和下滑过程的路程相同C．物体上滑过程和下滑过程的平均速度相同D．物体上滑过程和下滑过程的平均速率相同答案B解析物体上滑过程和下滑过程的位移大小相同，方向相反，则位移不同，A错误；物体上滑过程和下滑过程的路程相同，B正确；由于斜面粗糙，则物体下滑到底端时的速度小于上滑的初速度，由eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)可知，物体上滑过程的平均速度大于下滑过程的平均速度，C错误；根据t＝eq\f(x,\x\to(v))可知，上滑的时间小于下滑的时间，物体上滑过程和下滑过程的路程相等，则平均速率不相同，D错误．4．(2021·辽宁抚顺市六校高三期末联考)某同学将一网球竖直向上抛出，1.6s后落回抛出点．若不计空气阻力，则网球被抛出后的第一个0.4s与第三个0.4s内的位移大小之比为()A．3∶1 B．2∶1C．1∶1 D．1∶2答案A解析规定竖直向上为正方向，网球竖直向上抛出，1.6s后落回抛出点，根据运动的对称性可知，网球竖直上升的时间为t＝eq\f(1,2)t总＝eq\f(1,2)×1.6s＝0.8s，根据速度时间公式得0－v0＝－gt，解得竖直上抛的初速度为v0＝8m/s，网球被抛出后的第一个0.4s内的位移为x1＝v0t1－eq\f(1,2)gteq\o\al(,12)＝8×0.4m－eq\f(1,2)×10×0.42m＝2.4m，第三个0.4s内，即上抛到最高点自由下落的前0.4s内的位移x2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(,22)＝eq\f(1,2)×10×0.42m＝0.8m，所以网球被抛出后的第一个0.4s与第三个0.4s内的位移大小之比为3∶1，故选A.5．小球离开弹弓向上飞出，小球运动3s到达最高点，将小球的运动看成匀变速直线运动，小球通过第2s内位移的后eq\f(1,3)用时为t1，通过第1s内位移的前eq\f(1,5)用时为t2，则eq\f(t2,t1)满足()A.eq\f(1,5)<eq\f(t2,t1)<eq\f(1,4) B.eq\f(1,4)<eq\f(t2,t1)<eq\f(1,3)C.eq\f(1,3)<eq\f(t2,t1)<eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)<eq\f(t2,t1)<1答案C解析竖直方向上小球做匀变速直线运动，经过3s速度减为0，可以把上升过程反过来看成自由落体运动．根据自由落体运动的公式h＝eq\f(1,2)gt2，得第1s内，第2s内，第3s内的位移之比为x1∶x2∶x3＝1∶3∶5从最高点开始，设第1s内位移为x，则第2s内位移为3x，第3s内位移为5x.所以从最高点开始，小球通过上抛第2s内位移的后eq\f(1,3)的位移为第2个x，通过第1s内位移的前eq\f(1,5)的位移为第9个x，根据做初速度为零的匀加速直线运动的物体通过连续相等的位移所用时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))所以eq\f(t2,t1)＝eq\f(\r(9)－\r(8),\r(2)－1)＝eq\f(3－2\r(2),\r(2)－1)≈0.41所以A、B、D错误，C正确．6．(多选)已知O、A、B、C为同一直线上的四点，A、B间的距离为l1，B、C间的距离为l2，物体自O点由静止开始沿此直线做匀加速直线运动，依次经过A、B、C三点．已知物体通过AB段与通过BC段所用时间相等．则下列说法正确的是()A．物体通过A、B、C三点的速度大小一定满足vB－vA＝vC－vBB．l1∶l2＝1∶3C．物体通过B点的速度等于在AC段的平均速度D．O、A间的距离为eq\f(3l1－l22,8l2－l1)答案ACD解析由于物体通过AB段与通过BC段所用的时间相等，根据Δv＝aΔt，有vB－vA＝vC－vB，故A正确；由于物体在A点速度不为0，则l1∶l2≠1∶3，故B错误；根据匀变速直线运动的推论，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故物体通过B点的速度等于在AC段的平均速度，故C正确；由Δx＝aT2得l2－l1＝aT2，物体在B点的速度vB＝eq\f(l1＋l2,2T)，由速度－位移公式有vB2＝2a·eq\x\to(OB)，根据几何关系得eq\x\to(OA)＝eq\x\to(OB)－l1，联立可得eq\x\to(OA)＝eq\f(3l1－l22,8l2－l1)，故D正确．7．(多选)(2021·安徽蚌埠市一模)某科技活动小组自制一枚小火箭，火箭从地面发射后始终在竖直方向上运动．火箭点火后做匀加速直线运动，经过3s到达离地面30m高处时燃料恰好用完，若整个过程不计空气阻力，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．燃料恰好用完时火箭的速度大小为10m/sB．火箭上升到最高点时离地面的高度为60mC．火箭落回到地面时的速度大小为10eq\r(10)m/sD．火箭从发射到落回地面所经历的时间为(5＋eq\r(10))s答案CD解析燃料用完前火箭向上做匀加速直线运动，设燃料恰好用完时火箭的速度大小为v1，由运动学公式可得eq\f(0＋v1,2)t＝h1，代入数值可求得v1＝20m/s，故A错误；燃料用完后火箭向上做匀减速直线运动，设上升高度为h2，由运动学公式可得h2＝eq\f(v\o\al(,12),2g)＝eq\f(202,2×10)m＝20m，最高点时离地面的高度为h3＝h1＋h2＝30m＋20m＝50m，故B错误；火箭下落过程做自由落体运动，回到地面时的速度大小为veq\o\al(,22)＝2gh3，代入数值解得v2＝10eq\r(10)m/s，故C正确；火箭匀加速上升时间t1＝3s，向上匀减速时间为t2＝eq\f(v1,g)＝eq\f(20,10)s＝2s，自由下落时间为t3＝eq\f(v2,g)＝eq\f(10\r(10),10)s＝eq\r(10)s，从发射到落回地面所经历的时间为t＝t1＋t2＋t3＝3s＋2s＋eq\r(10)s＝(5＋eq\r(10))s，故D正确．8.(2021·山东泰安市高三期末)如图2所示有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的顶点，它们处在同一竖直平面内．光滑直轨道AOB、COD与竖直直径的夹角分别为α、β且α>β.一小物块先后从两轨道的顶端A、C点由静止下滑，分别能通过O点的通道滑动到下半圆的底部B、D点，不计空气阻力，下列运动时间正确的是()图2A．tAO＜tCO B．tAO>tCOC．tAB＜tCD D．tAB>tCD答案D解析如图AO过程物块做匀加速直线运动，有2R1cosα＝eq\f(1,2)gcosα·teq\o\al(,AO2)，CO过程物块做匀加速直线运动，有2R1cosβ＝eq\f(1,2)gcosβ·teq\o\al(,CO2)，所以tAO＝tCO，故A、B错误；以AOB轨道上的物块为研究对象，则有2R1cosα＋eq\f(R2,cosα)＝eq\f(1,2)gcosα·teq\o\al(,AB2)同理，对COD轨道上的物块，有2R1cosβ＋eq\f(R2,cosβ)＝eq\f(1,2)gcosβ·teq\o\al(,CD2)由题知cosα<cosβ，两式相比，得eq\f(t\o\al(,AB2),t\o\al(,CD2))＝eq\f(2R1＋\f(R2,cos2α),2R1＋\f(R2,cos2β))>1则tAB>tCD，故D正确，C错误．

热点3运动学和动力学图像1．(2020·山东卷·1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图1所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是()图1A．0～t1时间内，v增大，FN>mgB．t1～t2时间内，v减小，FN<mgC．t2～t3时间内，v增大，FN<mgD．t2～t3时间内，v减小，FN>mg答案D解析根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，v增大，t2～t3时间内，v减小，t1～t2时间内，v不变，故B、C错误；0～t1时间内，速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，故A错误；t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则FN>mg，故D正确．2.如图2所示为甲、乙两物体在同一条直线上做匀变速运动的位移－时间图像，两图线相切于点A(2.0s,4.0m)．已知甲物体的初速度为0，乙物体的加速度大小为1m/s2，下列说法正确的是()图2A．甲物体的加速度大小为4m/s2B．甲、乙两物体的加速度方向相同C．乙物体的初速度大小为4m/sD．t＝0时刻，甲、乙两物体相距6m答案D解析已知甲物体的初速度为0，设甲物体的位移表达式为x甲＝eq\f(1,2)a甲t2，将A点的坐标(2.0s,4.0m)代入可得a甲＝2m/s2，故A错误；根据位移－时间图线的斜率表示速度可知，甲物体做匀加速直线运动，乙物体做匀减速直线运动，两物体的加速度方向相反，故B错误；设乙物体的初速度为v0，根据两图线在A点相切可知a甲×2.0s＝v0－a乙×2.0s，解得v0＝6m/s，故C错误；设t＝0时刻，乙物体的位置在x0处，t时刻乙的位置x乙＝x0＋v0t－eq\f(1,2)a乙t2，将A点的坐标代入可得x0＝－6m，即t＝0时刻，甲、乙两物体相距6m，故D正确．3．(2021·山东青岛市一模)在同一平直公路上，a、b两辆汽车同向行驶，行驶过程的v－t图像如图3所示．已知两车在t＝6s时并排行驶，下列说法正确的是()图3A．在t＝0时，b车在a车前15mB．在t＝2s时，a车在b车后C．在t＝4s时，两车并排行驶D．两车先后两次并排行驶的地点相距80m答案D解析因v－t图像中图线与横轴所围的“面积”表示位移大小，两车在t＝6s时并排行驶，因2s～6s内两车的位移相等，可知两车在t＝2s时也并排行驶，而在0～2s内b车的位移大于a车的位移，可知在t＝0时，b车在a车之后，选项A、B错误；两车在t＝2s时并排行驶，在2～4s内b车的位移大于a车的位移，可知在t＝4s时b车在a车前面，选项C错4.(2021·山东潍坊市昌乐一中高三期末)2020年11月10日，“奋斗者”号深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录，标志着我国在大深度载人深潜领域达到世界领先水平．某兴趣小组用一个模型模拟了深潜器从水底由静止向上返回的运动过程，记录了其加速度a随位移x变化关系的图像如图4所示，则()图4A．在0～x0阶段深潜器内的物体处于失重状态B．在0～x0阶段深潜器运动的平均速度大小为eq\f(\r(a0x0),2)C．在2x0处深潜器运动的速度大小为eq\r(a0x0)D．在3x0处深潜器运动的速度最大答案C解析在0～x0阶段深潜器加速上升，因此深潜器内的物体处于超重状态，A错误；在0～x0阶段，veq\o\al(,max2)等于在a－x图像中，图线与x轴围成的面积的2倍，则深潜器到达x0处时的速度vmax＝eq\r(a0x0)，由于在0～x0阶段深潜器不是做匀变速运动，因此eq\x\to(v)≠eq\f(vmax,2)＝eq\f(\r(a0x0),2)，B错误；在x0～2x0阶段，深潜器的加速度为零，做匀速运动，因此在2x0处深潜器的速度大小为eq\r(a0x0)，C正确；在2x0～3x0阶段，加速度为负值，深潜器做减速运动，因此深潜器在2x0处运动的速度最大，D错误．5.(多选)(2021·河北唐山市一模)A、B两物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两物体的eq\f(x,t)－t图像如图5所示，已知在t＝10s时A、B在同一位置，根据图像信息，下列说法正确的是()图5A．B做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s2B．t＝6s时，A在前、B在后，B正在追赶AC．A、B在零时刻相距30mD．在0～10s内A、B之间的最大距离为49m答案BD解析由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，对比B物体的图线可知eq\f(1,2)a＝eq\f(14－10,10－6)m/s2＝1m/s2，由相似三角形可知，图线与纵轴的交点坐标为4m/s，即初速度v0＝4m/s，加速度a＝2m/s2，B物体做匀加速直线运动，A错误；对比A物体的图线可知，A物体做匀速直线运动，速度为v＝10m/s，在t＝10s时A、B的位移分别为xA＝vt＝100m，xB＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝140m，此时A、B到达同一位置，故在零时刻，A在B前方40m处，C错误；t＝6s时，由位移公式可得，A、B位移均为60m，故此时A在前、B在后，B正在追赶A，B正确；当A、B速度相等时，相距最远，v0＋at′＝v，代入数据可得t′＝3s，由位移公式可得，A、B的位移分别为xA′＝30m，xB′＝21m，故此时A、B之间的最大距离为Δx＝40m＋30m－21m＝49m，D正确．6.(2021·河北廊坊市高三期末)一辆汽车在平直公路上行驶，司机突然发现正前方有一辆同向骑行的自行车，司机当即采取措施制动．以此时汽车所在位置为坐标原点、汽车行进方向为正方向建立坐标系，此后汽车和自行车速度的平方与它们位置坐标x的关系如图6所示．下列说法中正确的是()图6A．汽车开始减速时与自行车相距2mB．司机和汽车系统的反应时间总和为0.5sC．汽车没有和自行车相撞D．汽车和自行车在图线相交的位置坐标处发生碰撞答案B解析由题可知汽车的初速度为v0＝10m/s，自行车的速度为v＝4m/s.汽车开始减速时，汽车已经向前前进了5m，运动时间为t0＝eq\f(x0,v0)＝eq\f(5,10)s＝0.5s，则这段时间内自行车向前运动4×0.5m＝2m，此时汽车与自行车相距4m，A错误；由上述分析可知，司机和汽车系统的反应时间总和为0.5s，B正确；汽车减速的加速度大小a＝eq\f(v\o\al(02),2x)＝eq\f(100,2×12.5)m/s2＝4m/s2，汽车速度减到与自行车共速时所用的时间t1＝eq\f(v0－v,a)＝1.5s，此时汽车的总位移s1＝x0＋v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(,12)＝15.5m，自行车的位移s2＝v(t0＋t1)＝8m，因为s1－s2＝7.5m>7m，可知汽车已经和自行车相撞，即当两车速度共速前已经相撞，图线相交的位置坐标处不是发生碰撞的位置，C、D错误．7．(2021·山西怀仁市高三期末)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图7a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图像如图b所示，重力加速度大小为10m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知()图7A．物块的质量m＝2kgB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2C．在4s末，物块的动量为12kg·m/sD．在2～4s时间内，小物块速度均匀增加答案C解析由题图a可知F＝3t，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，由以上两式解得a＝eq\f(3,m)t－μg，由题图b知，k＝eq\f(3,m)＝1，解得物块质量为m＝3kg，动摩擦因数为μ＝0.1，故A、B错误；由题图b知，2～4s时间内平均加速度为2m/s2，则4s末物块的速度为v＝eq\x\to(a)t0＝2m/s2×2s＝4m/s，物块的动量为p＝mv＝3kg×4m/s＝12kg·m/s，故C正确；由题图b可知，在2～4s时间内，物块的加速度逐渐增大，则速度不是均匀增加，故D错误．8.(多选)(2021·河南南阳市高三期末)如图8所示，轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端，一个质量为m的小物块，从斜面顶端由静止滑下并压缩弹簧(弹簧始终处于弹性限度内)．若以物块开始下滑的点为坐标原点，沿斜面向下为x轴正方向，物块下滑过程中加速度为a，速度为v，弹簧的弹力为F，弹性势能为Ep.下列图像正确的是()图8答案BD解析设斜面的倾角为θ，物块与弹簧接触前，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ，物块做初速度为零的匀加速直线运动，v＝at＝gtsinθ；设弹簧的劲度系数为k，弹簧的压缩量为L，物块与弹簧开始接触到物块重力沿斜面向下的分力大于弹簧弹力前，由牛顿第二定律得：mgsinθ－kL＝ma，解得：a＝gsinθ－eq\f(k,m)L，加速度方向平行于斜面向下，物块做加速运动，在相等时间内弹簧的压缩量增加得越来越快，a减小得越来越快；当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后，由牛顿第二定律得：kL－mgsinθ＝ma，解得：a＝eq\f(k,m)L－gsinθ，加速度方向沿斜面向上，物块做减速运动，在相等时间内弹簧压缩量的增加量增加得越来越慢，a增加得越来越慢；由以上分析可知，物块的加速度先保持不变，后逐渐减小且减小得越来越快，再反向增大且增大得越来越慢；物块先做初速度为零的匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，最后速度为零，故A错误，B正确；弹力与形变量成正比，则弹力与x的关系是线性变化，所以C错误；由于弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kL2＝eq\f(1,2)k(x－x0)2，所以弹性势能Ep与x的关系是二次函数关系，图像为抛物线的一部分，所以D正确．

热点4牛顿运动定律1.(2021·山东泰安市高三一模)如图1所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一质量为m，直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分．在挂钩拉力作用下圆环以加速度a＝eq\f(1,2)g匀减速上升，已知重力加速度为g，则每根绳上的拉力大小为()图1A.eq\f(5,6)mgB.eq\f(5,24)mgC.eq\f(5,12)mgD.eq\f(5,8)mg答案B解析设每根轻绳与竖直方向的夹角为α，每根轻绳上的拉力大小为F，根据几何关系可得sinα＝eq\f(0.6L,L)＝0.6，则cosα＝0.8.分析圆环受力，可知三根轻绳拉力水平方向的分力恰好平衡，竖直方向的分力与圆环重力的合力提供加速度，有mg－3Fcosα＝m·eq\f(1,2)g，解得F＝eq\f(5,24)mg，故选B.2.(2021·河北张家口市高三期末)如图2所示，在水平面上固定一倾角θ＝30°的光滑斜面，斜面底端固定一挡板C，两个质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，静止在斜面上．现用一平行于斜面向上的拉力F拉物块A，在物块B恰好离开挡板C的瞬间撤去力F，重力加速度为g，则撤去力F的瞬间()图2A．物块A的加速度为零B．物块A的加速度为eq\f(g,2)，方向沿斜面向下C．物块B的加速度为eq\f(g,2)，方向沿斜面向上D．物块B的加速度为零答案D解析撤去力F瞬间，弹簧的弹力为kx＝mgsinθ，撤去力F的瞬间，对物块B，由牛顿第二定律得kx－mgsinθ＝maB，对物块A，由牛顿第二定律得kx＋mgsinθ＝maA，解得aB＝0，aA＝g，方向沿斜面向下，故选D.3.(2021·天津市河西区高三期末)如图3所示，物块A放在木板B上，A、B的质量相同，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数也相同(最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小)．若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时水平力大小为F1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时水平力大小为F2，则F1与F2的比为()图3A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．1∶4答案D解析由于A与B之间的最大静摩擦力FfAB＝μmg小于B与地面之间的最大静摩擦力FfB地＝2μmg，当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时B静止，A与B间的静摩擦力刚好达到最大，此时水平力大小为F1＝μmg；当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的静摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有aA＝aB＝eq\f(μmg,m)＝μg，此时水平力大小为F2－2μmg＝2maB，解得F2＝4μmg，故F1与F2的比为1∶4，故D正确，A、B、C错误．4.(2021·广西桂林市秀峰区高三第一次联合调研)如图4所示，在竖直平面内，一辆小车正在水平面上以加速度a向右匀加速运动，大物块压在车厢竖直后壁上并与车厢相对静止，小物块放在大物块上与大物块相对静止，大物块刚好不下滑，小物块与大物块也刚好不发生相对滑动．重力加速度为g，a<g．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则大物块与车厢后壁间的动摩擦因数μ1和小物块与大物块间的动摩擦因数μ2的大小关系正确的是()图4A．μ1<μ2 B．μ1＝μ2C．μ1>μ2 D．μ1·μ2<1答案C解析将小物块与大物块看作一个整体有(m＋M)g＝μ1FN1，FN1＝(m＋M)a，对小物块受力分析有mg＝FN2，μ2FN2＝ma，代入分别解得μ1＝eq\f(g,a)，μ2＝eq\f(a,g)，由于a<g，则有，μ1>1，μ2<1，μ1>μ2，μ1·μ2＝1，故选C.5.(2021·山东日照市高三一模)如图5所示，倾角为θ的斜面上有一无动力小车，小车里用细绳悬挂一个小球．当小车沿斜面向下加速滑动时，悬线与垂直斜面Ob方向的夹角始终为α(α<θ)，则可求小车的底面与斜面间的动摩擦因数μ为()图5A．μ＝tanθ B．μ＝tan(θ－α)C．μ＝sin(θ－α) D．μ＝tanα答案D解析以小球为研究对象，受力分析如图所示则有FTcosα＝mgcosθ，mgsinθ－FTsinα＝ma，以车和小球整体为研究对象，根据牛顿第二定律有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a，解得a＝gsinθ－μgcosθ，联立解得μ＝tanα，A、B、C错误，D正确．6.(多选)(2021·湖南岳阳市高三检测)如图6所示，质量为m的物块A静置在水平桌面上，通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为4m的物块B.现由静止释放物块A、B，以后的运动过程中物块A不与定滑轮发生碰撞．已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦阻力，下列说法正确的是()图6A．在相同时间内物块A、B运动的路程之比为1∶2B．物块A、B的加速度大小之比为2∶1C．轻绳的拉力大小为eq\f(mg,2)D．B下落高度h时速度为eq\r(gh)答案BD解析根据动滑轮的特点可知B下降s，A需要移动2s，故sA＝2sB，选项A错误；物块A、B都是由静止开始运动的，故有2×eq\f(1,2)aBt2＝eq\f(1,2)aAt2，解得eq\f(aA,aB)＝eq\f(2,1)，选项B正确；对A受力分析有FT＝maA，对B受力分析有4mg－2FT＝4maB，解得FT＝mg，aB＝eq\f(1,2)g，选项C错误；物块B加速度为aB＝eq\f(1,2)g，根据速度位移公式，有v2＝2aBh，解得v＝eq\r(gh)，选项D正确．7．(多选)(2021·全国乙卷·19)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则()A．在此过程中F所做的功为eq\f(1,2)mv02B．在此过程中F的冲量大小等于eq\f(3,2)mv0C．物体与桌面间的动摩擦因数等于eq\f(v\o\al(,02),4s0g)D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍答案BC解析外力撤去前，由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma1①由速度位移公式有v02＝2a1s0②外力撤去后，由牛顿第二定律可知－μmg＝ma2③由速度位移公式有－v02＝2a2(2s0)④由①②③④可得，水平恒力F＝eq\f(3mv\o\al(,02),4s0)物体与桌面间的动摩擦因数μ＝eq\f(v\o\al(,02),4s0g)滑动摩擦力Ff＝μmg＝eq\f(mv\o\al(,02),4s0)可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，外力F做功为W＝Fs0＝eq\f(3,4)mveq\o\al(,02)，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t1＝eq\f(s0,\f(0＋v0,2))＝eq\f(2s0,v0)，在此过程中，F的冲量大小是I＝Ft1＝eq\f(3,2)mv0，故B正确．

热点5抛体运动和圆周运动1.(2021·广东卷·4)由于高度限制，车库出入口采用图1所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点．在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平．杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是()图1A．P点的线速度大小不变B．P点的加速度方向不变C．Q点在竖直方向做匀速运动D．Q点在水平方向做匀速运动答案A解析由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，P点的加速度方向时刻指向O点，A正确，B错误；Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为y＝lOP·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋ωt))，则可看出Q点在竖直方向不是做匀速运动，C错误；Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为x＝lOP·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋ωt))＋lPQ，则可看出Q点在水平方向也不是做匀速运动，D错误．2.(2021·江苏省1月适应性考试·5)某生态公园的人造瀑布景观如图2所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的游泳池中．现制作一个为实际尺寸eq\f(1,16)的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的()图2A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,8)D.eq\f(1,16)答案B解析由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和竖直位移均变为实际的eq\f(1,16)，由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，所以时间变为实际的eq\f(1,4)，水流出的速度v＝eq\f(x,t)，由于水平位移变为实际的eq\f(1,16)，时间变为实际的eq\f(1,4)，则水流出的速度为实际的eq\f(1,4)，故选B.3.(多选)(2021·广西柳州市高三上第一次调研)如图3所示，细绳一端固定在O点，另一端拴一小球A，现拉起小球A使细绳水平伸直，然后无初速度释放，小球A运动到最低点时，细绳的拉力大小为F.则小球A从开始运动到最低点的过程中(不计空气阻力)，下列说法正确的是()图3A．小球受到的重力和细绳拉力的合力提供向心力B．小球重力的瞬时功率最大时，小球受到的合力方向水平向左C．若将细绳变长，小球运动到最低点时细绳拉力仍为FD．若将细绳变长，小球运动到最低点时细绳拉力大于F答案BC解析小球A从开始运动到最低点的过程中，向心力由细绳拉力和重力沿细绳方向分力提供，故A错误；当小球受到的合力在竖直方向有向下的分力时，小球竖直分速度变大，重力的瞬时功率变大，当小球受到的合力在竖直方向有向上的分力时，小球竖直分速度变小，重力的瞬时功率变小，所以小球重力的瞬时功率最大时，小球受到的合力方向水平向左，故B正确；小球A从开始运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律有mgL＝eq\f(1,2)mv2，在最低点，由向心力公式得F－mg＝eq\f(mv2,L)，小球运动到最低点时细绳拉力F＝3mg，可知，小球运动到最低点时细绳拉力与细绳长度无关，所以若将细绳变长，小球运动到最低点时细绳拉力仍为F，故C正确，D错误．4.(2021·安徽马鞍山市高三一模)如图4所示，斜面体静置于粗糙水平地面上，滑块a通过轻绳穿过固定光滑圆环与小球b相连，绳与斜面平行，b在水平面内做匀速圆周运动．由于阻力影响，b的线速度缓慢减小，滑块a始终保持静止．则下列说法中正确的是()图4A．绳对小球b的拉力缓慢变大B．斜面体对地面的压力缓慢变大C．斜面体对滑块a的摩擦力缓慢减小D．斜面体对地面的摩擦力缓慢变大答案B解析对b球受力分析，设圆环处到b球的绳子长为L，与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律有mbgtanθ＝mbeq\f(v2,r)，r＝Lsinθ，解得v＝eq\r(gLtanθsinθ)，则b的线速度缓慢减小时，连接b球的绳子与竖直方向夹角逐渐减小，设绳子拉力为FT，则有FT＝eq\f(mbg,cosθ)，连接b球的绳子与竖直方向夹角逐渐减小时，绳子拉力缓慢减小，所以A错误；滑块与斜面体看成一个整体，则竖直方向有FTsinα＋FN地＝G总，所以绳子拉力缓慢减小，斜面体对地面的压力缓慢变大，所以B正确；滑块与斜面体看成一个整体，则水平方向有FTcosα＝Ff，所以绳子拉力缓慢减小，斜面体对地面的摩擦力缓慢变小，所以D错误；对a受力分析，由于开始时a的摩擦力方向不知，所以斜面体对滑块a的摩擦力变化不定，可能增大，也可能减小，所以C错误．5.(2021·河北唐山市一模)如图5所示，水平地面固定半径为5m的四分之一圆弧ABC,O为圆心．在圆心O右侧同一水平线上某点水平向左抛出一个小球(可视为质点)，恰好垂直击中圆弧上的D点，D点到水平地面的高度为2m，取g＝10m/s2，则小球的抛出速度是()图5A.eq\f(3\r(5),2)m/s B.eq\f(4\r(5),3)m/sC.eq\f(8\r(15),3)m/s D.eq\f(4\r(15),3)m/s答案C解析如图所示，小球在竖直方向做自由落体运动，则竖直分速度vy＝eq\r(2ghED)＝eq\r(2×10×5－2)m/s＝2eq\r(15)m/s，垂直击中D点，则速度反向延长线过圆心O，根据几何关系，则有sinθ＝eq\f(hED,R)＝eq\f(3,5)，解得θ＝37°，则在D点，分解速度可得v0＝eq\f(vy,tan37°)＝eq\f(8\r(15),3)m/s，故选C.6.(2021·安徽蚌埠市高三期末)如图6，一质点在恒力作用下经过时间t从a点运动到b点，速度大小由2v0变为v0，速度方向偏转60°角，则质点的加速度大小为()图6A.eq\f(\r(3)v0,3t)B.eq\f(v0,t)C.eq\f(\r(3)v0,t)D.eq\f(2v0,t)答案C解析根据矢量运算规则，利用三角形定则如图，可得速度的变化量为Δv＝eq\r(3)v0，则质点的加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(\r(3)v0,t)，故选C.7.(2021·甘肃兰州市高三一诊)2022年北京迎来中国历史上的第一次冬季奥运会．跳台滑雪是冬奥会的传统项目，其运动过程可以简化成如图7所示模型．运动员从雪坡斜面顶端A点以不同的初速度水平飞出，分别落在斜面上B、C点，AB＝BC，落到B、C点对应的起跳初速度分别为v1、v2，下落的时间分别为t1、t2，不计空气阻力．下列判断正确的是()图7A．两次下落的时间之比为t1∶t2＝1∶2B．两次落在斜面上时速度方向与斜面的夹角之比为1∶2C．两次初速度大小之比为v1∶v2＝1∶2D．两次落在斜面上时的速度大小之比为1∶eq\r(2)答案D解析平抛运动的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，由于AB＝BC，由几何关系可得hAC＝2hAB，所以两次下落的时间之比为t1∶t2＝eq\r(hAB)∶eq\r(hAC)＝1∶eq\r(2)，故A错误；设斜面倾角为θ，落点的速度方向与斜面的夹角为α，则tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，落点的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan(α＋θ)＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)＝2tanθ，由于斜面倾角θ为定值，所以落点的速度方向与斜面的夹角α也为定值，即夹角之比为1∶1，故B错误；由于AB＝BC，由几何关系可得xAC＝2xAB，所以两次初速度大小之比为v1∶v2＝eq\f(xAB,t1)∶eq\f(xAC,t2)＝1∶eq\r(2)，故C错误；两次落在斜面上时的速度大小之比为v1′∶v2′＝eq\r(v\o\al(,12)＋gt12)∶eq\r(v\o\al(,22)＋gt22)＝1∶eq\r(2)，故D正确．8．(2021·山东济宁市高三一模)如图8甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”．它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示．在竖直面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点．质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率eq\r(gR)通过A点时，对轨道的压力为其重力的6倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为m，重力加速度为g，则()图8A．质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力B．强磁性引力的大小为6mgC．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为7mgD．为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为eq\r(10gR)答案B解析质点能做完整的圆周运动，在A点，由牛顿第二定律有F＋mg－FA＝meq\f(v\o\al(,A2),R)，根据牛顿第三定律有FA＝FA′＝6mg，联立解得F＝6mg，在B点，由牛顿第二定律有F－mg－FB＝meq\f(v\o\al(,B2),R)，根据牛顿第三定律有FB＝FB′，从A到B过程，由机械能守恒定律有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,B2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(,A2)，联立解得FB′＝0，故质点对A、B两点的压力差为FA′－FB′＝6mg，所以B正确，A、C错误；在B点，由牛顿第二定律有F－mg－FB＝meq\f(v\o\al(,B2),R)，当FB＝0时，vB最大，最大为vBm＝eq\r(5gR)，所以D错误．

热点6万有引力与航天1．(2021·山东卷·5)如图1所示，从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越．已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍．在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程．悬停时，“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比为()图1A．9∶1B．9∶2C．36∶1D．72∶1答案B解析悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据F＝Geq\f(mM,R2)，可得eq\f(F祝融,F玉兔)＝Geq\f(M火m祝融,R\o\al(,火2))∶Geq\f(M月m玉兔,R\o\al(,月2))＝eq\f(9,22)×2＝eq\f(9,2)，故选B.2．(2021·甘肃兰州市高三一诊)2021年2月24日，我国首个火星探测器“天问一号”成功进入火星的停泊轨道，正式开启了环绕火星阶段的探测任务．若探测器在离火星表面高度为h近似为圆形的轨道上运行，周期为T，已知火星半径为R，引力常量为G，则火星的密度为()A.eq\f(3π,GT2) B.eq\f(4π,GT2)C.eq\f(3πR＋h3,GT2R3) D.eq\f(4πR＋h3,GT2R3)答案C解析根据Geq\f(Mm,h＋R2)＝m(h＋R)eq\f(4π2,T2)，得火星的质量M＝eq\f(4π2R＋h3,GT2)，火星的体积V＝eq\f(4πR3,3)，火星的密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(3πR＋h3,GT2R3)，故选C.3．(多选)(2021·江西上饶市一模)2020年6月23日9时43分，北斗三号最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心点火升空，2020年7月31日上午，北斗三号全球卫星导航系统正式开通．北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星、与同步静止轨道卫星具有相同周期的地球同步倾斜轨道卫星，以及比它们轨道低一些的中轨道卫星组成．它们均为圆轨道卫星，轨道分布情况如图2所示，根据以上信息，下列说法正确的有()图2A．地球同步倾斜轨道卫星运行的速度大于第一宇宙速度B．可以发射一颗倾斜地球同步轨道卫星，每天同一时间经过北京上空C．所有同步卫星绕地球运动的速率都一定小于中轨道卫星绕地球运动的速率D．质量相等的中轨道卫星与同步轨道卫星相比，中轨道卫星所具有的机械能较大答案BC解析第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，所以地球同步倾斜轨道卫星运行的速度小于第一宇宙速度，选项A错误；倾斜地球同步轨道卫星与地球自转周期相同，则每过24h运动一圈，则可以发射一颗倾斜地球同步轨道卫星，每天同一时间经过北京上空，选项B正确；根据万有引力提供向心力，有eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，故所有同步卫星绕地球运动的速率都一定小于轨道半径较小的中轨道卫星绕地球运动的速率，选项C正确；中轨道卫星的轨道半径小，处于低轨道，中轨道卫星变轨到同步轨道需要加速，故质量相等的中轨道卫星与同步轨道卫星相比，中轨道卫星所具有的机械能较小，选项D错误．4．(多选)(2021·山东日照市高三一模)2020年11月24日“嫦娥五号”探测器成功发射，开启了我国首次地外天体采样返回之旅，如图3为行程示意图．关于“嫦娥五号”探测器，下列说法正确的是()图3A．刚进入地月转移轨道时，速度大于7.9km/s小于11.2km/sB．在地月转移轨道上无动力奔月时，动能不断减小C．快要到达月球时，需要向前喷气才能进入月球环绕轨道D．返回舱取月壤后，重新在月球上起飞的过程中，机械能守恒答案AC解析在地月转移轨道时，探测器已经飞出地球而未摆脱地月系的引力，根据第一宇宙速度和第二宇宙速度的定义，则刚进入地月转移轨道时，探测器速度大于7.9km/s小于11.2km/s，故A正确；在地月转移轨道上无动力奔月时，地球对探测器的万有引力逐渐减小，月球对探测器的万有引力逐渐增大，引力的合力对探测器先做负功，后做正功，根据动能定理可知探测器动能先减小后增大，故B错误；快要到达月球时，探测器需要减速，因此需要向前喷气提供反推力才能进入月球环绕轨道，故C正确；返回舱取月壤后，重新在月球上起飞的过程中，有探测器发动机的推力做正功，机械能变大，故D错误．5．(2021·河南省名校联盟1月联考)假设在遥远的太空有一个星球适合人类居住，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的eq\f(1,2)，在地球上一个人能竖直跳起离地面h的高度，则在此星球以相同速度竖直向上能跳起的高度为()A．16hB.eq\f(1,8)hC．8hD.eq\f(1,16)h答案B解析忽略星球自转，在星球表面有Geq\f(mM′,R′2)＝mg′，重力加速度g′＝eq\f(GM′,R′2)，设初速度为v，跳起的高度h′＝eq\f(v2,2g′)，此星球的重力加速度是地球的8倍，则能跳起的高度为eq\f(h,8).故选B.6．(2021·全国甲卷·18)2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8×105s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105m．已知火星半径约为3.4×106m，火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为()A．6×105m B．6×106mC．6×107m D．6×108m答案C解析忽略火星自转，设火星半径为R，则火星表面处有eq\f(GMm,R2)＝mg①可知GM＝gR2设与周期为1.8×105s的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为r，由万有引力提供向心力可知eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r②设近火点到火星中心的距离为R1＝R＋d1③设远火点到火星中心的距离为R2＝R＋d2④由开普勒第三定律可知eq\f(r3,T2)＝eq\f(\f(R1＋R2,2)3,T2)⑤联立①②③④⑤可得d2≈6×107m，故选C.7．场是物理学中的重要概念．物体之间的万有引力是通过引力场发生的，地球附近的引力场又叫重力场．若某点与地心相距x，类比电场强度的定义，该点的重力场强度用E表示．已知质量均匀分布的球壳对壳内任一物体的万有引力为零，地球半径为R.则能正确反映E与x关系的图像是()答案C解析电场中F＝Eq，类比电场强度定义，当x＞R时E＝eq\f(F万,m)＝eq\f(GM,x2)即在球外E与x2成反比；当x＜R时，由于质量均分布均匀的球壳对壳内任一物体的万有引力为零，距地心r处的引力场强是由半径为x的“地球”产生的．设半径为x的“地球”质量为Mx，则Mx＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)×eq\f(4,3)πx3＝eq\f(x3,R3)M则E＝eq\f(GMx,x2)＝eq\f(GM,R3)x，故C正确．

热点7功功率功能关系1．(2021·山东卷·3)如图1所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连．木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动．在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为()图1A.eq\f(mv\o\al(,02),2πL) B.eq\f(mv\o\al(,02),4πL)C.eq\f(mv\o\al(,02),8πL) D.eq\f(mv\o\al(,02),16πL)答案B解析在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－f·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小f＝eq\f(mv\o\al(,02),4πL)，故选B.2.(2021·广东东莞市高三期末)如图2所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端向上移动H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是()图2A．重力做功－mgh，重力势能减少mghB．弹力做功－WF，弹性势能增加WFC．重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD．重力势能增加mgh，弹性势能增加WF－mgh答案D解析由题知重物缓慢上升h，则重力做功为WG＝－mgh，重力势能增加mgh，整个过程，根据功能关系有WF＋W弹＋WG＝0，解得W弹＝mgh－WF，故弹性势能增加ΔEp＝－W弹＝WF－mgh，故选D.3.(多选)(2021·河北邯郸市一模)如图3所示，一固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g(g为重力加速度大小)，物块上升的最大高度为H，则此过程中()图3A．物块的重力势能减少了mgHB．物块的动能损失了1.6mgHC．物块的机械能损失了0.8mgHD．物块克服摩擦力做功0.6mgH答案BD解析重力做功－mgH，说明物块的重力势能增加了mgH，故A错误；由动能定理可知W＝－maeq\f(H,sin30°)＝－1.6mgH，说明物块的动能损失了1.6mgH，故B正确；在上升过程中，动能减少了1.6mgH，而重力势能增加了mgH，故机械能损失了0.6mgH，故C错误；设物块克服摩擦力做功为W克f，由动能定理可得W＝－mgH－W克f＝－1.6mgH，解得W克f＝0.6mgH，故D正确．4．(2021·河北廊坊市高三期末)一质量为m的小球，从地面附近的某高度处以初速度v水平抛出，除重力外小球还受一水平恒力作用，经过一段时间，小球的速度大小变为2v，方向竖直向下，小球还未到达地面．在此过程中()A．小球的动能增加了eq\f(1,2)mv2B．小球的重力势能减少了2mv2C．小球的机械能增加了2mv2D．水平恒力做功的大小大于重力做功的大小答案B解析小球的动能增加了ΔEk增＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，故A错误；小球在竖直方向做自由落体运动，设小球下落的高度为h，则(2v)2＝2gh，小球的重力势能减少了ΔEp减＝mgh，解得ΔEp减＝2mv2，故B正确；设水平恒力做功为WF，小球下落过程根据动能定理得WF＋mgh＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2，即WF＋2mv2＝eq\f(1,2)m·(2v)2－eq\f(1,2)mv2，解得WF＝－eq\f(1,2)mv2，故小球的机械能减少了eq\f(1,2)mv2，重力做功的大小等于重力势能的减少量即为2mv2，则水平恒力做功的大小小于重力做功的大小，故C、D错误．5．(2021·安徽马鞍山市高三一模)一辆质量为m的汽车在水平路面上以速度v匀速行驶，此时发动机功率为P，汽车运动中所受阻力恒定不变．当汽车功率突然变为eq\f(3,4)P的瞬间，此时加速度大小为()A．0B.eq\f(P,4mv)C.eq\f(3P,4mv)D.eq\f(P,mv)答案B解析汽车匀速行驶时，有F＝Ff，P＝Fv，汽车功率突然变为eq\f(3,4)P的瞬间，牵引力发生变化，速度不变，则有eq\f(3,4)P＝F′v，由牛顿第二定律有Ff－F′＝ma，联立解得a＝eq\f(P,4mv)，所以B正确，A、C、D错误．6．(多选)(2021·河北张家口市一模)2020年12月25日，国产C919大型客机飞抵呼伦贝尔海拉尔东山国际机场，开展高寒试验试飞专项任务．已知此客机质量为m，起飞前，在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速，经过时间t速度达到v，此过程飞机发动机输出功率恒为P，所受阻力恒为Ff，那么在这段时间内()A．飞机做匀加速运动，加速度大小为eq\f(v,t)B．飞机位移大小为eq\f(Pt,Ff)－eq\f(mv2,2Ff)C．飞机受到的合外力所做的功为PtD．飞机受到的阻力所做的功为eq\f(mv2,2)－Pt答案BD解析对飞机受力分析有eq\f(P,v)－Ff＝ma，随着速度增大，合力减小，加速度减小，所以飞机做变加速运动，A错误；根据动能定理得W合＝Pt－Ffs＝eq\f(1,2)mv2，解得s＝eq\f(Pt,Ff)－eq\f(mv2,2Ff)，飞机受到的阻力所做的功为－Ffs＝eq\f(mv2,2)－Pt，B、D正确，C错误．7.(多选)如图4所示，一根足够长的圆管竖直固定在地面上，管内有一劲度系数为k＝10N/m的轻质弹簧，弹簧上端连有质量可以忽略的活塞，下端连有质量为m＝0.1kg的小球(小球直径小于管径)，已知活塞与管壁间的最大静摩擦力f＝1.4N，弹簧从自然长度开始伸长x的过程中平均弹力为F＝eq\f(1,2)kx，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10m/s2.当弹簧处于自然长度时由静止释放小球，在小球第一次运动到最低点的过程中()图4A．小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动直到静止B．弹簧的最大伸长量为0.14mC．当小球运动到最低点时，弹簧的弹性势能为0.098JD．活塞克服摩擦力做的功为0.105J答案BC解析小球的重力为G＝mg＝1N，当弹簧的弹力等于小球的重力时有kx0＝mg，得x0＝0.10m，小球开始向下运动的过程中弹簧逐渐变长，弹簧的弹力增大，开始时小球的重力大于弹簧的弹力，小球向下做加速运动，加速度随弹簧长度的增大而减小；当弹簧的弹力大于重力时，小球开始做减速运动，加速度随弹簧长度的增大而增大，小球做加速度增大的减速运动；当弹簧的弹力等于活塞受到的最大静摩擦力时，活塞开始运动，弹簧不再增长；弹簧最长时有kxm＝f，所以xm＝0.14m，所以小球在开始下降的0.1m内做加速运动，在0.1m到0.14m内做减速运动，在弹簧伸长0.14m时，小球仍然有向下的速度，此后小球继续向下运动，由于活塞受到的摩擦力不变，所以小球做加速度不变的减速运动，直到小球到达最低点．由以上分析可知，A错误，B正确；小球到达最低点时弹簧的弹性势能等于克服弹力做的功，即Ep＝eq\x\to(F)·xm＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(,m2)＝0.098J，C正确；小球下降0.14m时，有mgxm－Ep＝eq\f(1,2)mv2，小球继续下降的过程中弹簧的长度不变，所以弹簧弹力不做功，重力和摩擦力做功，则mgΔx－fΔx＝0－eq\f(1,2)mv2，W克f＝fΔx，联立解得W克f＝0.147J，故D错误．8．(多选)(2020·山东卷·11)如图5所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连．现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零．轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态．以下判断正确的是()图5A．M<2mB．2m<M<3mC．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量答案ACD解析由题意知，B在开始位置到最低点之间做简谐运动，则最低点时弹簧弹力FT＝2mg；对物块A，设左侧绳子与桌面间夹角为θ，依题意有：2mgsinθ＝Mg，则M<2m，故A正确，B错误．B从释放到最低点过程中，开始时弹簧弹力小于重力，B加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，B减速，合力做负功，故C正确．对B，从释放到速度最大过程中，系统的机械能守恒，B机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确．

热点8动能定理和机械能守恒定律1．(2021·重庆市1月适应性测试·1)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0＞0)．若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为()A．2eq\r(\f(E0,m)) B.eq\r(\f(6E0,m))C．2eq\r(\f(2E0,m)) D．4eq\r(\f(E0,m))答案A解析物块仅在重力作用下运动，物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件为3E0＋0＝E0＋eq\f(1,2)mv2，解得r2处物块的速度大小为v＝2eq\r(\f(E0,m))，故选A.2．(多选)(2021·广东省1月适应性测试·9)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小．根据传感器收集到的数据，得到如图1所示的“速度－位移”图像．若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的有()图1A．弹性绳原长为15mB．当运动员下降10m时，处于失重状态C．当运动员下降15m时，绳的弹性势能最大D．当运动员下降20m时，其加速度方向竖直向上答案BD解析15m时速度最大，此时加速度为零，所受合外力为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，原长小于15m，故A错误；当运动员下降10m时，速度向下并且逐渐增大，加速度竖直向下，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15m时，速度最大，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确．3．(多选)(2020·四川泸州市质量检测)如图2甲所示，一小木块以某一初速度冲上倾角θ＝37°足够长的固定斜面．若以斜面底端为位移初始点，图乙为小木块在斜面上运动的动能Ek随位移x变化关系图像．忽略空气阻力的影响，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列判断正确的是()图2A．小木块从底端冲到最高点的过程中，损失的机械能为40JB．小木块从底端出发再回到底端的过程中，摩擦力做功为－20JC.小木块的质量m＝1kgD．小木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2答案BC解析小木块在运动过程中受到重力、摩擦力以及支持力作用，支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能减少，而上滑和下滑过程中机械能的减少量相等，根据题图乙可知，上滑和下滑整个过程机械能的减少量为20J，则小木块从底端冲到最高点的过程中，损失的机械能为10J，小木块从底端出发再回到底端的过程中，摩擦力做功为－20J，故A错误，B正确；上滑过程，根据动能定理有：－mgx0sinθ－μmgx0cosθ＝0－40J，又μmgcosθ·x0＝10J，联立解得m＝1kg，μ＝0.25，故C正确，D错误．4．(2020·江苏卷·4)如图3所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是()图3答案A5.(2020·辽宁抚顺十中期中)如图4所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看作质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(重力加速度为g)，下列说法正确的是()图4A．A球增加的机械能等于B球减少的机械能B．A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能C．A球的最大速度为eq\r(\f(2gR,3))D．细杆对A做的功为eq\f(4,3)mgR答案A解析B球运动到最低点，A球运动到最高点，两球组成的系统机械能守恒，故A球增加的机械能等于B球减少的机械能，A正确；A球重力势能增加mg·2R，B球重力势能减少2mg·2R，二者不相等，B错误；两球组成的系统机械能守恒，当B球运动到最低点时两球速度沿水平方向且达最大，有2mg·2R－mg·2R＝eq\f(1,2)(m＋2m)v2，解得v＝eq\r(\f(4gR,3))，C错误；除重力外其余力做的功等于A球机械能的变化量，故细杆对A球做的功等于A球机械能的增量为W＝eq\f(1,2)mv2＋mg