物理常识单位制测试练习题

物理常识单位制1．（2019·北京卷）国际单位制（缩写SI）定义了米（m）、秒（s）等7个基本单位,其他单位均可由物理关系导出.例如,由m和s可以导出速度单位m·s–1.历史上,曾用“米原器”定义米,用平均太阳日定义秒.但是,以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响,而采用物理常量来定义则可避免这种困扰.1967年用铯–133原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率∆ν=9192631770Hz定义s；1983年用真空中的光速c=299792458m·s–1定义m.2018年第26届国际计量大会决定,7个基本单位全部用基本物理常量来定义（对应关系如图,例如,s对应∆ν,m对应c）.新SI自2019年5月20日（国际计量日）正式实施,这将对科学和技术发展产生深远影响.下列选项不正确的是A．7个基本单位全部用物理常量定义,保证了基本单位的稳定性B．用真空中的光速c（m·s–1）定义m,因为长度l与速度v存在l=vt,而s已定义C．用基本电荷e（C）定义安培（A）,因为电荷量与电流I存在I=q/t,而s已定义D．因为普朗克常量h（J·s）的单位中没有kg,所以无法用它来定义质量单位【答案】D【解析】本题属于信息题,由题所给信息结合和的物理意义解答.由题意可知,如果以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响,所以7个基本单位全部用物理常量定义,保证了基本单位的稳定性,故A正确；用真空中的光速定义m,即光在真空中传播299792458分之一秒的距离,且s早已定义,故B正确；由公式可知,安培即为1s时间内通过的电荷量,故C正确；由题意可知,h对应的单位为,而能量的单位单位中包含质量,故可以对Kg进行定义,故D错误.2．（2019·浙江选考）下列物理量属于标量的是A．速度B．加速度C．电流D．电场强度【答案】C【解析】加速度、速度、电场强度既有大小又有方向,为矢量,虽然电流有方向,但只有一个,没有正负之分,所以为标量,C正确．3．（2019·浙江选考）发现电流磁效应的物理学家是A．法拉第B．奥斯特C．库仑D．安培【答案】B【解析】奥斯特发现了电流的磁效应,法拉第发现了电磁感应现象,库仑发现了库仑定律,安培发现了分子电流假说,B正确．4．（2019·浙江选考）用国际单位制的基本单位表示电场强度的单位,下列正确的是A．N/CB．V/mC．kg•m/（C•s2）D．kg•m/（A•s3）【答案】D【解析】电场强度,电场力的单位为N,电量的单位为C,所以电场强度的单位是N/C,而,D正确．5．（2019·浙江选考）小明在观察如图所示的沙子堆积时,发现沙子会自然堆积成圆锥体,且在不断堆积过程中,材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的.小明测出这堆沙子的底部周长为31.4m,利用物理知识测得沙子之间的摩擦因数为0.5,估算出这堆沙子的体积最接近A．60m2B．200m2C．250m2D．500m2【答案】A【解析】沙堆底部周长为31.4m,故圆锥体的底部圆半径为,对锥面上的一粒沙粒分析,当满足（为锥体的底角）时沙粒刚好静止,故,解得圆锥体高,故圆锥体的体积约为,A正确．6．（2019·天津卷）（1）第26届国际计量大会决定,质量单位“千克”用普朗克常量定义,“国际千克原器”于2019年5月20日正式“退役”.的数值为,根据能量子定义,的单位是______,该单位用国际单位制中的力学基本单位表示,则为______.【答案】【解析】由,能量的单位为,频率的单位为,故h的单位为,又因能量的单位换成力学基本单位可表示为,则h的单位为7．（2019·上海市青浦区模拟）下列物理常量单位正确的是A．滑动摩擦系数μ的单位N/kgB．普朗克常量h的单位是J•sC．万有引力恒量G的单位是N•kg2/m2D．静电力恒量k没有单位【答案】B【解析】滑动摩擦系数没有单位,选项A错误；普朗克常量h的单位是J•s,选项B正确；万有引力恒量G的单位是N•m2/kg2,选项C错误；静电力恒量k的单位是Nm2/C2,选项D错误.8．（2019·上海市普陀区模拟）质量m＝500g的物体以加速度a＝20cm/s2做匀加速直线运动,则关于它受到的合外力的大小及单位,下列运算既简洁又符合一般运算要求的是A．F＝500×20＝10000NB．F＝0.5×0.2N＝0.1NC．F＝0.5×0.2＝0.1ND．F＝0.5kg×0.2m/s2＝0.1N【答案】B【解析】在物理计算中,如果各物理量的单位都统一到国际单位制中,则最后的结果也一定是国际单位制中的单位.所以只有B项的运算既简洁又符合一般运算要求.故B正确,ACD错误.9．（2019·江西省九校重点中学模拟）第26届国际计量大会2018年11月16日通过“修订国际单位制决议,正式更新了质量单位“千克”、电流单位“安培”、温度单位“开尔文和物质的量单位“摩尔”4项基本单位定义方法.其中开尔文将用玻尔兹曼常数(K)定义,玻尔兹曼常数的物理意义是单个气体分子的平均动能Ek随热力学温度T变化的系数,表达式为EK=KT,那么玻尔兹曼常数的单位应为A．B．C．D．【答案】D【解析】据,得.的单位为J,1J=1kgm2/s2或1J=1W.,热力学温度T的单位为开尔文K,则玻尔兹曼常数的单位为或故AC错误；或；热力学温度T的单位为开尔文K,则玻尔兹曼常数的单位为或.故B错误,D正确；故选D.10．（2019·河南省开封市模拟）物理学家金斯说过：“虽然h的数值很小,但是我们应当承认,它是关系到保证宇宙存在的.如果说h严格等于0,那么宇宙的物质、宇宙的物质能量,将在十亿万分之一秒的时间内全部变为辐射.”其中h是普朗克常量.关于h的单位,用国际单位制的基本单位表示,正确的是A．J·s B．J/s C．kg·m2/s D．kg·m2·s3【答案】C【解析】J不是基本单位,根据功的公式,牛顿第二定律可知,根据每一份能量子等于普朗克常数乘以辐射电磁波的频率可得：,h用国际单位制的基本单位表示,故C正确,A、B、D错误；故选C.11．（2019·河北省衡水第一中学模拟）引力波是根据爱因斯坦的广义相对论作出的奇特预言之一,三位美国科学家因在引力波的研究中有决定性贡献而荣获诺贝尔奖,对于引力波概念的提出,可以通过这样的方法来理解：麦克斯韦认为,电荷周围有电场,当电荷加速运动时,会产生电磁波；爱因斯坦认为,物体周围存在引力波,当物体加速运动时,会辐射出引力波,爱因斯坦的观点的提出,采取了下列哪种研究方法A．控制变量法 B．对比法 C．观察法 D．类比法【答案】D【解析】常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等,是科学探究中的重要思想方法.爱因斯坦根据麦克斯韦的观点：电荷周围有电场,当电荷加速运动时,会产生电磁波,提出了物体周围存在引力波,当物体加速运动时,会辐射出引力波的观点,采用了类比法.故D正确,ABC错误；故选D.12．（2019·北京怀柔区模拟）骑自行车有很多益处,可缓解交通压力,可节能减排；骑自行车时,人做功要消耗体能,还可强身健体.近来多个城市推出摩拜单车,车锁内主要集成了芯片、GPS定位模块和SIM卡等,便于掌控自行车的体位置和状态,其工作原理如图所示.使用摩拜单车APP,用户可以查看并找到单车位置,扫描车身上的二维码,通过手机网络发送到云端请求解锁,云端收到后识别该车辆并发送解锁指令,摩拜单车执行解锁指令自动开锁,用户便可开始骑行.据此材料,以下推断错误的是A．摩拜单车车锁工作过程中需要用电,车内有供电系统B．无线电信号非常弱时,摩拜单车的定位将受到影响C．打开车锁是通过超声波来完成信息交换的D．二代摩拜单车车筐内的太阳能电池板把太阳能转化为电能【答案】C【解析】根据题意可知,车辆收到解锁指令后自动开锁,可知开锁过程需要用电,故A正确；定位系统通过无线电来传输信号,无线电信号微弱时定位将受到影响,故B正确；解锁系统是车辆通过接收云端发送的解锁指令而实现的,并不是接收手机的电磁辐射信号,故C错误；二代摩拜单车车筐内的太阳能电池板把太阳能转化为电能,故D正确；本题选错误的,故选C.直线运动1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,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A．1<<2 B．2<<3 C．3<<4 D．4<<5【答案】C【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零,又不计空气阻力,故可逆向处理为自由落体运动.则根据初速度为零匀加速运动,相等相邻位移时间关系,可知,即,故本题选C.2．（2019·浙江选考）一辆汽车沿平直道路行驶,其v–t图象如图所示.在t=0到t=40s这段时间内,汽车的位移是A．0 B．30m C．750m D．1200m【答案】C【解析】在v–t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移,故在40s内的位移为,C正确.3．（2019·河北省衡水市第一中学模拟）一个质点做直线运动,其位移随时间变化的规律为,其中时间t的单位s,则当质点的速度大小为9m/s时,质点运动的位移为A．3.75m B．–3.75mC．2.25m D．–2.25m【答案】B【解析】根据匀变速方程,可知物体初速度为6m/s,加速度为–6m/s2.所以当质点速度大小为9m/s时,根据速度位移关系：,ACD错误B正确.4．（2019·甘肃省高三最后一次联考）C919大型客机是我国自主设计、研制的大型客机,最大航程为5555千米,最多载客190人,多项性能优于波音737和波音747.若C919的最小起飞（离地）速度为60m/s,起飞跑道长2.5×103m.C919起飞前的运动过程可看成匀加速直线运动,若要C919起飞,则C919在跑道上的最小加速度为A．0.36m/s2 B．0.72m/s2C．1.44m/s2 D．2.88m/s2【答案】B【解析】由匀变速直线运动规律可得,C919的最小起飞加速度,故B正确；ACD错误；故选B.5．（2019·湖南省怀化市高三二模）如图所示为甲物体和乙物体在平直地面上同向运动的v–t图象,已知t=0时甲在乙前方x0=70m处.下列说法正确的是A．2s时,甲物体的速度方向发生改变B．在0~4s内,甲和乙之间的最大距离为78mC．3s时,甲、乙物体相遇D．在0~3s内,甲物体在乙物体前面,3s~4s内乙物体在甲物体前面【答案】B【解析】A、根据图象可知,0~4s内甲的速度都为正,方向没有发生变化,故A错误；BC、t=3s时甲和乙两物的速度相等,两者之间的距离最大,最大距离为s=x甲+x0–x乙=,故B正确,C错误；D、t=3s两者之间的距离最大,则3s之后的一段时间内,甲仍在乙的前面,故D错误.6．（2019·湖南省怀化市高三统一模拟）甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动,运动过程中的速度一时间图象如图所示,在0~6s这段时间内,下列说法正确的是A．甲、乙两物体的运动方向始终相反B．5s时甲、乙两物体相遇C．4s时甲、乙两物体相距最远D．5s时甲、乙两物体相距最远【答案】D【解析】由图像可知,4~5.5s内甲、乙两物体的运动方向相同,A项错误；5s时甲、乙两物体的速度相同,二者相距最远,D项正确,BC项错误.7．（2019·山西省晋城市高三下学期第三次模拟）如图所示为A、B两物体从同一点出发的位移–时间图象,则下列说法正确的是A．0~2s内A、B两物体的运动方向都发生了改变B．1.5s末A、B两物体的速度相同C．0~1.5s的时间内,A的平均速度等于B的平均速度D．0~25s内A、B两物体之间的最大距离为3m【答案】C【解析】由于位移–时间图象的斜率表示该时刻的速度,由图可知,0~2s内A、B两物体的速度（斜率）没有负值,即运动方向没有发生改变,A错误.1.5s末A、B两物体的位置坐标相同,说明两物体相遇,而不是速度相同,B错误.由图可知,0~1.5s的时间内,两物体的位移相等,所用时间也相等,所以平均速度相等,C正确.从x–t图象看出,两个物体1s末纵坐标读数之差最大,两物体相距最远,且最大距离为△x=3m–1m=2m,D错误.8．（2019·安徽省安庆市市示范中学髙三联考）甲、乙两车并排停在斑马线处礼让行人,在行人经过斑马线后,甲、乙两车同时启动并沿平直公路同向行驶,其速度–时间图象分别为图中直线a和曲线b,由图可知A．t0时刻两车并排行驶B．t0时刻乙车的运动方向发生改变C．在0~t0时间内,乙车的加速度越来越小D．在0~t0时间内,乙车的平均速度为【答案】C【解析】根据v–t图象与时间轴所围成的面积表示位移,知在0~t0时间内,乙车的位移比甲车的大,则t0时刻乙车在甲车的前方,故A错误.乙车的速度一直为正,运动方向没有改变,故B错误.在0~t0时间内,乙车图象切线斜率越来越小,则乙车的加速度越来越小,故C正确.在0~t0时间内,甲车做匀加速直线运动,平均速度为,乙车的位移比甲车的大,则乙车的平均速度大于甲车的平均速度,即大于,故D错误.9．（2019·安徽省合肥市高三第三次教学质量检测）早在十六世纪,伽利略已猜想落体运动的速度是均匀变化的,当他通过实验证明其猜想时遇到了困难,原因是小球下落得很快,当时的计时手段还不能准确测量其时间；后来他采用了一种巧妙的方法––铜质小球沿斜面运动,来“冲淡”重力的影响,并证实了他的猜想.关于该实验的研究和逻辑推理,下列说法正确的是A．斜面倾角一定时,小球运动的速度与时间成正比B．斜面倾角一定时,小球运动的位移与时间成正比C．斜面倾角不同,小球运动速度变化的情况相同D．斜面倾角越大,小球的运动越接近落体运动【答案】D【解析】A、伽利略通过斜面实验证实,当斜面倾角一定,且小球初速度为零时,小球的运动的速度才与时间成正比,故A错误；B、斜面倾角一定时,且小球初速度为零时,小球运动的位移与时间的平方成正比,故B错误；C、斜面倾角不同,则小球沿斜面的加速度不同,所以小球速度变化情况不同,故C错误；D、斜面倾角越大,小球沿斜面的加速度越大,则小球的运动越接近落体运动,故D正确.10．（2019·北京市衡中清大教育集团模拟）一个物体做末速度为零的匀减速直线运动,比较该物体在减速运动的倒数第3m、倒数第2m、最后1m内的运动,下列说法中正确的是A．经历的时间之比是1:2:3B．平均速度之比是3:2:1C．平均速度之比是D．平均速度之比是【答案】D【解析】将物体所做末速度为零的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动,由推论和平均速度公式即可求解比例关系.将物体所做末速度为零的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动．根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知,经历的时间之比是,A错误；平均速度公式为,x都是1m,则得,平均速度之比与时间成反比,则有平均速度之比是,D正确BC错误.11．（2019·江西省南昌市联考）如图所示,小球从竖直砖墙某位置静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T,每块砖的厚度为d.根据图中的信息,下列判断错误的是A．位置“1”是小球释放的初始位置B．小球做匀加速直线运动C．小球下落的加速度为D．小球在位置“3”的速度为【答案】BCD【解析】1位置并不是初始位置,它只是开始曝光的一点,所以A错误.从图中的信息在这几个曝光的时间间隔内走过的位移是定值,并且距离越来越大,所以小球做匀加速直线运动,B正确,根据由得小球下落的加速度为,C正确.得小球在位置“3”的速度为,D正确.12．（2019·江西省新余市四模）A、B、C、D四个物体在同一条直线上做直线运动,A物体的x–t、B物体的v–t、C物体和D物体的a–t图象依次如图所示,规定水平向右为正,已知物体在t=0时的速度均为零,且此时C物体在D物体的左边1.75m处,则A．其中0~4s内物体运动位移最大的是B物体B．其中0~4s内物体运动位移最大的是C物体C．t=2.5s时C物体追上D物体D．t=3.5s时C物体追上D物体【答案】BD【解析】0~4s内物体A、B的位移为零；物体C一直向右运动；物体D在0~1s内先加速,在1~2s内减速到零,然后2~3s内反向加速,3~4s内减速到零回到出发点,故0~4s内物体运动位移最大的是C物体,选项B正确,A错误；1~3s内C的位移；3~3.5s内C的位移：；即C向右的位移为1.5m+0.375m=1.875m；同理在0~3.5s内D的位移,因开始时C物体在D物体的左边1.75m处,则t=3.5s时C物体追上D物体,选项D正确,C错误；故选BD.13．（2019·广东省潮州市高三二模）某同学为了研究物体下落的过程的特点,设计了如下实验,将两本书AB从高楼楼顶放手让其落下,两本书下落过程中没有翻转和分离,由于受到空气阻力的影响,其v–t图像如图所示,虚线在P点与速度图线相切,已知,由图可知：A．t=2s时A处于超重状态B．t=2s时AB的加速度大小为2m/s2C．下落过程中AB的机械能守恒D．0~2s内AB机械能减少量大于99J【答案】BD【解析】根据v–t图象的斜率表示加速度,知t=2s时A的加速度为正,方向向下,则A处于失重状态,故A错误.t=2s时AB的加速度大小为,故B正确.由于空气阻力对AB做功,则AB的机械能不守恒,故C错误.0~2s内AB下落的高度h>×9×2m=9m,AB重力势能减少量△Ep=（mA+mB）gh>2×10×9=180J,动能增加量△Ek=(mA+mB)v2=×2×92=81J,则AB机械能减少量△E=△Ep–△Ek>180J–81J=99J,故D正确.14．（2019·山东省聊城市高三下学期三模）在冰壶比赛中,红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞,碰撞时间极短,如甲图所示.碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面,来减小阻力.碰撞前后两壶运动的v–t图象如乙图中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行.已知两冰壶质量相等,由图象可得A．红、蓝两壶的碰撞可能是弹性碰撞B．碰撞后,蓝壶的瞬时速度为0.8m/sC．碰撞后,红、蓝两壹运动的时间之比为1:6D．碰撞后,红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为5:4【答案】BD【解析】设碰后蓝壶的速度为v,碰前红壶的速度=1.0m/s,碰后速度为=0.2m/s,碰撞过程系统动量守恒,由动量守恒定律得：,代入数据解得：v=0.8m/s,碰撞过程两壶损失的动能为：m>0,所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞,A错误,B正确；设碰撞后,蓝壶经过ts时间停止运动,根据三角形相似法知,,解得蓝壶运动时间：=5s,由图示图线可知,红壶的加速度大小：m/s2,碰撞后红壶的运动时间：s,则碰撞后红、蓝壶运动时间之比为1:5,C错误；蓝壶的加速度大小：m/s2,由牛顿第二定律得：,解得动摩擦因数：,则红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比：,D正确.相互作用1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮.一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N.另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态.现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止,则在此过程中A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【答案】BD【解析】如图所示,以物块N为研究对象,它在水平向左拉力F作用下,缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中,水平拉力F逐渐增大,绳子拉力T逐渐增大；对M受力分析可知,若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下,则随着绳子拉力T的增加,则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上,则随着绳子拉力T的增加,摩擦力f可能先减小后增加.故本题选BD.2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜面平行.已知物块与斜面之间的动摩擦因数为,重力加速度取10m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1500N,则物块的质量最大为A．150kg B．kg C．200kg D．kg【答案】A【解析】T=f+mgsinθ,f=μN,N=mgcosθ,带入数据解得：m=150kg,故A选项符合题意.3．（2019·新课标全国Ⅲ卷）用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所示.两斜面I、Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°和60°.重力加速度为g.当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2,则A． B．C． D．【答案】D【解析】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态,受力分析如图,由几何关系可知,,.解得,由牛顿第三定律知,故D正确4．（2019·天津卷）2018年10月23日,港珠澳跨海大桥正式通车.为保持以往船行习惯,在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥,其索塔与钢索如图所示.下列说法正确的是A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力,可以适当降低索塔的高度C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时,钢索对索塔的合力竖直向下D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下,索塔两侧的钢索必须对称分布【答案】C【解析】A、以桥身为研究对象,钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向,则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力,增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变,故A错误；B、由图甲可知,当索塔高度降低后,变大,变小,故T变大,故B错误C、由B的分析可知,当钢索对称分布时,,钢索对索塔的合力竖直向下,故C正确D、受力分析如图乙,由正弦定理可知,只要,钢索AC、AB的拉力FAC、FAB进行合成,合力竖直向下,钢索不一定要对称分布,故D错误；综上分析：答案为C.5．（2019·江苏卷）如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为（A） （B） （C）Tsinα （D）Tcosα【答案】C【解析】对气球受力分析,由水平方向平衡条件可得：,故C正确.6．（2019·山东省济宁市高三第二次摸底考试）我国2007年建成的国家大剧院外部呈椭球型．为了简化,将国家大剧院的屋顶近似为半球形,某警卫人员在执行特殊任务时,必须在屋顶上向上缓慢爬行,他在爬行的过程中屋顶对他的A．支持力不变 B．支持力变小C．摩擦力变小 D．摩擦力变大【答案】C【解析】因为缓慢爬行,合力为零：,,向上爬的过程中,夹角减小,变大,变小,所以摩擦力变小,支持力变大,ABD错误,C正确.7．（2019·辽宁省辽南协作体高三模拟）如图所示,质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上,通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B.整个装置处于静止状态,已知重力加速度为g则A．A对地面的摩擦力方向向左B．A对地面的压力大于（M+m）gC．B对A的压力大小为D．细线对小球的拉力大小为【答案】D【解析】把AB看成一个整体,对整体受力分析得整体受重力和地面对整体的支持力,地面对整体没有摩擦力,即A对地面没有摩擦力,否则不能平衡,A错误；整体对地面的压力即是A对地面的压力等于（M+m）g,B错误；对小球受力分析,如图所示：根据平衡条件,有：,,由几何关系有：,,解得：,,C错误,D正确.8．（2019·西南名校联盟模拟）两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连,如图所示,OA、OB与水平面的夹角分别为α、β,已知α<β,M、m均处于静止状态.则A．水平面一定是粗糙的B．水平面可能是光滑的C．OA绳的拉力大于OB绳的拉力D．OA绳的拉力等于OB绳的拉力【答案】A【解析】对O点受力分析,由平行四边形定则可知,OA绳的拉力小于OB绳的拉力,选项CD错误；对物体m而言,因向右的绳的拉力大于向左的绳的拉力,可知m受到向左的摩擦力,即水平面一定是粗糙的,选项A正确,B错误.9．（2019·广东省高三第一次模拟）如图所示,足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接,平板AP与水平面成53°角固定不动,平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动,质量为m的均匀圆柱体O放在两板间sin53°=0.8,cos53°=0.6,重力加速度为g.在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中,下列说法正确的是A．平板BP受到的最小压力为mgB．平板BP受到的最大压力为mgC．平板AP受到的最小压力为mgD．平板AP受到的最大压力为mg【答案】A【解析】小球受重力、斜面AP弹力和挡板BP弹力,如图所示：小球一直处于平衡状态,则有：与合力F=mg,由图可知,当挡板BP逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中,越来越大,先变小,后变大；由几何关系可知,当的方向与AP的方向平行（即与的方向垂直）时,有最小值为：,当挡板BP竖直时,最大,为：,A正确,B错误；当BP沿水平方向时,AP对球的支持力为0,所以AP受到的压力也等于0,C错误；由图可知,当BP沿绳子方向时,AP对球的支持力最大,为：,由牛顿第三定律可知,平板AP受到的最大压力为,D错误.10．（2019·山东省聊城市高三下学期三模）在港珠澳大桥建设中,将一个根直径22m,高40.5m的钢筒,打入海底围成人工岛,创造了快速筑岛的世界记录.钢筒质量为M,起重机用10根对称分布的、长为22m的钢索将其吊起,静止于空中.则每根钢索受到的拉力大小约为A． B． C． D．【答案】B【解析】由于钢筒的直径为22m,钢索的长为22m,则每两根钢索与直径构成等边三角形,所以每根钢索与竖直方向的夹角为；设每根钢索受到的拉力大小为F,竖直方向根据平衡条件可得,解得：,B正确.11．（2019·湖南省长沙市第一中学高三第八次月考）《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程.如图所示,绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点,另一端固定在兜篮上.另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮,一端连接兜篮,另一端由工人控制.身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里,缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处.绳OD一直处于伸直状态,兜篮、王进及携带的设备总质量为m,不计一切阻力,重力加速度大小为g.关于王进从C点运动到E点的过程中,下列说法正确的是A．工人对绳的拉力一直变大B．绳OD的拉力一直变小C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时,工人对绳的拉力为【答案】CD【解析】A．对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示,绳OD的拉力为F1,与竖直方向的夹角为θ,绳CD的拉力为F2,与竖直方向的夹角为α.根据几何知识知：θ+2α=90°,由正弦定理可得F1增大,F2减小,A错误；B．根据选项A的分析,B错误；C．两绳拉力的合力大小等于mg,C正确；D．α=30°时,θ=30°,可求出,D正确.12．（2019·河北衡水中学三下学期模考）如图所示,光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上,一足够长的细绳跨过滑轮,一端悬挂小球b,另一端与套在水平细杆上的小球a连接.在水平拉力F作用下小球a从图示虚线位置开始缓慢向右移动（细绳中张力大小视为不变）.已知小球b的质量是小球a的2倍,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,小球a与细杆间的动摩擦因数为.则下列说法正确的是A．当细绳与细杆的夹角为60°时,拉力F的大小为（2–）mgB．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大C．拉力F的大小一直增大D．拉力F的大小先减小后增大【答案】AC【解析】设小球a的质量为m,则小球b的质量为2m,在缓慢移动的过程中,两小球都处于平衡状态,绳子的拉力,当细绳与细杆的夹角为60°时,对小球a受力分析如图所示,则在水平方向上有,已知,在竖直方向上有,联立解得,两段绳子的拉力大小不变,但夹角变大,所以合力变小,故支架对轻滑轮的作用力减小,B错误；绳子与轻杆方向的夹角越来越小,根据,可知N越来越大,在水平方向上,即摩擦力越来越大,越来越大,故拉力F的大小一直增大,C正确D错误.13．（2019·安徽省安庆市市示范中学髙三联考）如图所示,内壁光滑的“V”形容器AOB放在水平地面上,∠AOB为锐角,贴着内壁放置一个铁球,现将容器以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°,则在转动过程中A．球对OA的压力逐渐增大B．球对OA的压力先增大后减小C．球对OB的压力逐渐增大D．球对OB的压力先增大后减小【答案】AD【解析】对小球在某位置受力分析如图,当容器以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°的过程中,相当于容器不动,而重力G的方向从竖直向下的位置转到与OB平行且方向向左的位置,若设F1与竖直方向的夹角为θ（定值）,某时刻重力G与竖直方向的夹角为α,则对小球O1,由正交分解法可知：；,则解得；,则当α角从0°增加到90°角的过程中,F1逐渐变大；F2先增加后减小,故选AD.14．（2019·湖南省永州市教研室名师筛选高考信息卷）如图所示,一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上,一小物块沿着斜面体匀速下滑,现对小物块施加一水平向右的恒力F,当物块运动到最低点之前,下列说法正确的是A．物块与斜面体间的弹力不变B．物块与斜面体间的摩擦力增大C．斜面体与地面间的弹力不变D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0【答案】BD【解析】AB、设斜面的倾角为α,不加推力F时,滑块匀速下滑,受重力、支持力和摩擦力,根据共点力平衡条件,支持力N=mgcosα,摩擦力f=mgsinα,故动摩擦因数μ=f/N=tanα；对小物块施加一水平向右的恒力F后,支持力N′=mgcosα+Fsinα,变大；滑动摩擦力f′=μN′,也变大；故A错误,B正确；CD、不加推力F时,根据平衡条件,滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律,滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下,故斜面体相对地面没有滑动趋势,故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后,滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加,其合力方向依旧是竖直向上（大小变大,方向不变）；同理,根据牛顿第三定律,滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下（大小变大,方向不变）,故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势,故斜面体仍然不受摩擦力,但对地压力变大了；故C错误,D正确；故选BD.15．（2019·湖北省武汉市武昌区高三调研考试）如图所示,竖直杆固定在木块C上,两者总重为20N,放在水平地面上.轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端,轻细绳b连接小球A和B,小球B重为10N.当用与水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上时,A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动,绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°,则下列判断正确的是A．力F的大小为10NB．地面对C的支持力大小为40NC．地面对C的摩擦力大小为10ND．A球重为10N【答案】AD【解析】AD、以B为研究对象受力分析,水平方向受力平衡,有：,解得：,竖直方向受力平衡,则有：,解得：,以A为研究对象受力分析,竖直方向上有：,水平方向：,联立得：,即A球重为10N,故AD正确；BC、以ABC整体为研究对象受力分析,水平方向：,竖直方向：,解得：N＝35N,故BC错误.牛顿运动定律1．（2019·新课标全国Ⅲ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=4s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=10m/s2.由题给数据可以得出A．木板的质量为1kgB．2s~4s内,力F的大小为0.4NC．0~2s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0~2s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；2~5s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2~4s和4~5s列运动学方程,可解出质量m为1kg,2~4s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μ,故D错误.2．（2019·安徽省定远县民族中学高三模拟）如图所示,质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态,现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F,使小球从静止开始向右运动,其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比,即F=kv（图中未标出）,已知小球与杆间的动摩擦因数为,下列说法中正确的是A．小球先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的减速运动B．小球先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动直到静止C．小球的最大加速度为D．小球的最大速度为【答案】D【解析】AB项：刚开始运动时,加速度为,当速度v增大,加速度增大,当速度v增大到符合kv>mg后,加速度为：,当速度v增大,加速度减小,当a减小到0,做匀速运动,所以小球的速度先增大后保持不变,加速度先增大后减小,最后保持不变,故AB错误；C项：当阻力为零时,加速度最大,故小球的最大加速度为,故C错误；D项：当加速度为零时,小球的速度最大,此时有：F0=μ（kvm–mg）,故最大速度为,故D正确.3．（2019·江西省名校联考）南方气温偏低,经常存在冰冻现象.某校方同学和阳同学（校服材质一样）先后从倾斜坡面的同一位置由静止滑下,最终两人停在水平冰面上,如图所示（两人均可视为质点,且不计人经过B点时的能量损失）.根据上述信息,不能确定方、阳两人A．经过B点时速度大小相等B．最终两人停在水平冰面上同一位置C．损失的机械能相等·D．运动的时间相等【答案】C【解析】设在斜面上运动的距离为,在水平面上运动的距离为,斜面的倾角为,动摩擦因数为,物体在斜面上下滑时,由牛顿第二定律得

,可得,所以两个物体在斜面下滑时加速度相同,根据运动学公式可得,经过点时速度大小相等,对整个过程,运用动能定理得,则得,可知、、相同,则知最终两人停在水平冰面上同一位置,同理在水平面上运动的加速度相同,运动时间也相同,故两个物体运动的总时间相等；由上知不能确定两个物体质量关系,故不能确定摩擦力相等,也不能判断克服摩擦力做功的大小,所以机械能损失不一定相等,故不能确定方、阳两人的选选项C.4．（2019·辽宁省沈阳市高三三模）如图所示,水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A,一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处,细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球.若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动（取g=10m/s2）则下列说法正确的是A．当a=5m/s2时,滑块对球的支持力为B．当a=15m/s2时,滑块对球的支持力为半C．当a=5m/s2时,地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和D．当a=15m/s2时,地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和【答案】A【解析】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零,对小球受力分析,受重力、拉力,根据牛顿第二定律,有：水平方向：F合=Fcos45°=ma0；竖直方向：Fsin45°=mg,解得a0=g.A、当a=5m/s2时,小球未离开滑块,水平方向：Fcos45°–FNcos45°=ma；竖直方向：Fsin45°+FNsin45°=mg,解得,故A正确；B、当a=15m/s2时,小球已经离开滑块,只受重力和绳的拉力,滑块对球的支持力为零,故B错误；CD、当系统相对稳定后,竖直方向没有加速度,受力平衡,所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和,故C,D错误；故选A.5．（2019·辽宁省辽南协作体高三下学期第一次模拟）如图所示,光滑的水平面上两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体,中间用轻质弹簧秤连接,在两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力作用下一起匀加速运动,则A．弹簧秤的示数是10N B．弹簧秤的示数是25NC．弹簧秤的示数是26N D．弹簧秤的示数是52N【答案】C【解析】以两物体组成的整体为研究对象,由牛顿第二定律得：,解得：a=2m/s2,对物体,由牛顿第二定律得：,解得：T=26N,则弹簧秤示数为26N,C正确.6．（山东省淄博市2019届高三三模考试理综物理试卷）如图所示,某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧,其劲度系数均为k.这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险.若缆绳断裂后,总质量为m的电梯下坠,4根弹簧同时着地而开始缓冲,电梯坠到最低点时加速度大小为5g（g为重力加速度大小）,下列说法正确的是A．电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为B．电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为C．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯先处于失重状态后处于超重状态D．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯始终处于失重状态【答案】C【解析】在最低点时,由牛顿第二定律：,其中a=5g,解得,选项AB错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,重力先大于弹力,电梯向下先加速运动,当重力小于弹力时,电梯的加速度向上,电梯向下做减速运动,则电梯先处于失重状态后处于超重状态,选项C正确,D错误.7．（2019·江苏省丹阳市丹阳高级中学三模）如图所示,钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上,卡车底板和B间动摩擦因数为μ1,A、B间动摩擦因数为μ2,μ1>μ2,卡车刹车的最大加速度为a,a>μ1g,可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时,要求其刹车后在s0距离内能安全停下,则卡车行驶的速度不能超过A． B． C． D．【答案】A【解析】由,分析可知要求其刹车后在距离内能安全停下来,则车的最大加速度,由运动学公式,车的最大速度：,故选A.8．（2019·福建省厦门外国语学校高三最后一模）如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,取g=10m/s2.根据图象可求出A．物体的初速率v0=6m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5C．当θ=30o时,物体达到最大位移后将保持静止D．取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值【答案】BD【解析】A项：由图可知,当夹角为90°时,x=0.80m,物体做竖直上抛运动,则由竖直上抛运动规律可知：,解得：,故A错误；B项：当夹角θ=0时,x=1.60m,由动能定理可得：,解得：,故B正确；C项：若θ=30°时,物体的重力沿斜面向下的分力大小为：mgsin30°=0.5mg；最大静摩擦力为：,则,,因此,物体达到最大位移后将下滑,故C错误；D项：根据动能定理得：,解得：其中tanα=2,当,,此时位移最小,故D正确.9．（2019·湖南省怀化市高三二模）如图所示倾角为30°的斜面放在地面上,一小滑块从斜面底端A冲上斜面,到达最高点D后又返回A点,斜面始终保持静止.已知滑块上滑过程经过AB、BC、CD的时间相等,且BC比CD长0.8m,上滑时间为下滑时间的一半,下列说法正确的是A．斜面长为36mB．滑块与斜面间的动摩擦因数为C．地面对斜面的摩擦力先向左后向右D．滑块向上运动和向下运动过程中,地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力【答案】BD【解析】A、经过AB、BC、CD的时间相等,且BC比CD长0.8m,设CD长度为L,逆向思维可知,BC=3L,AB=5L,所以3L–L=0.8m,解得L=0.4m,斜面长x=9L=3.6m,故A错误；B、上滑过程的加速度设为a1,下滑时的加速度为a2,上滑过程可以逆向分析,则：,解得a1=4a2,根据牛顿第二定律可得：,联立解得,故B正确；C、减速上升和加速下降过程中,物体的加速度都是沿斜面向下,加速度在水平方向的分加速度都是向左,即斜面对物体水平方向的作用力向左,物体对斜面的作用力向右,物体处于静止,则地面对斜面的摩擦力方向向左,故C错误；D、滑块向上运动和向下运动过程中,加速度在竖直方向的分加速度竖直向下,物体处于失重状态,地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力,故D正确.10．（2019·江西省名校高三联考）为了备战2020年东京奥运会,我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练.已知质量m=50kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10m,比赛过程中,该运动员先下蹲,重心下降0.5m,经过充分调整后,发力跳起摸到了2.90m的高度.若运动员起跳过程视为匀加速运动,忽略空气阻力影响,g取10m/s2.则A．运动员起跳过程处于超重状态B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大C．起跳过程中运动员对地面的压力为960ND．从开始起跳到双脚落地需要1.05s【答案】AD【解析】AC、运动员离开地面后做竖直上抛运动,根据可知；在起跳过程中可视为匀加速直线运动,加速度方向竖直向上,所以运动员起跳过程处于超重状态,根据速度位移公式可知,解得,对运动员根据牛顿第二定律可知,解得,根据牛顿第三定律可知,对地面的压力为1560N,故选项A正确,C错误；B、在起跳过程中做匀加速直线运动,起跳过程的平均速度,运动员离开地面后做竖直上抛运动,离地上升到最高点过程的平均速度,故选项B错误；D、起跳过程运动的时间,起跳后运动的时间,故运动的总时间,故选项D正确.11．（2019·辽宁省沈阳市高三三模）根据动滑轮省力的特点设计如图甲所示装置（滑轮质量、摩擦均不计）.质量为2kg的物体在竖直向上的拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动,其速度随时间的变化关系如图乙所示,由此可知（取g=10m/s2）A．物体加速度大小为0.5m/s2B．拉力F的大小为12NC．2s末拉力F的功率大小为96WD．2s内拉力F做的功为48J【答案】BC【解析】A、根据v–t图象知加速度,故A错误；B、牛顿第二定律得,2F–mg=ma,解得,故B正确；C、2s末物体的速度v=4m/s,则F的功率P=Fv′=2Fv=12×8W=96W,故C正确；D、物体在2s内的位移；则拉力作用点的位移x=8m,则拉力F做功的大小为W=Fx=12×8J=96J,故D错误.故选BC.12．（2019·湖南省怀化市高三统一模拟）如图所示,质量为M=2kg、长为L=1.5m的木板静止在光滑的水平面上,木板上右端放着一可视为质点的小滑块,小滑块的质量为m=1kg,小滑块与木板之间的动摩擦因数为=0.2.若用水不拉力F作用在木板上,取g=10m/s2,则下列说法正确的是A．F=8N时,小滑块与木板保持相对静止B．F=10N时,小滑块与木板发生相对滑动C．F=12N时,小滑块从木板上滑下所需的时间为2sD．F=12N时,小滑块从木板上滑下时木板的动量大小为10kg·m/s【答案】BD【解析】以小滑块为研究对象,由牛顿第二定律,得小滑块的最大加速度为,以整体为研究对象,小滑块在木板上滑动时的最小拉力为,A项错误,B项正确；若,则木板的加速度大小为,由得小滑块从木板上滑下所需的时间为,C项错误；小滑块从木板上滑下时,木板的动量大小为,D项正确.13．（2019·江苏省丹阳市丹阳高级中学高三模拟）溜索是一种古老的渡河工具,现已演变为游乐项目.如图所示,滑轮、保险绳索与人体连接,粗钢索两端连接在固定桩上.人从高处平台的A点出发,借助几十米的落差,沿钢索顺势而下,滑过最低点C,到达B点时速度为零.下列说法中正确的有A．人滑到C点时速度最大B．人从A滑到C的过程中,重力的功率先增大后减小C．人滑到C点时的加速度方向竖直向上D．钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力【答案】BD【解析】人滑到C点时,对人进行受力分析,人和滑轮整体受到重力、钢索的拉力和滑动摩擦力,受力分析如图所示：如果钢索光滑,则在C点速度最大；考虑摩擦力作用,则摩擦力切线方向的分量和两绳拉力沿切线方向分量合力为0的位置速度最大,则此时C点的速度不是最大,故A错误；人从A滑到C的过程中,根据,开始时速度为0,重力的瞬时功率为0,中间过程重力的功率不为0,到C点时重力方向与速度方向垂直,重力的瞬时功率为0,故人从A到C的过程中,重力的功率先增大后减小,故B正确；人滑到C点时由于有沿切线方向的摩擦力,所以人滑到C点时合力方向不再沿竖直向上,故C错误；如果没有摩擦力,钢索对左侧固定桩的拉力与对右侧固定桩的拉力相等；人从A滑到C的过程中,钢索对人有向右的摩擦力,则右边的钢索会受到人对它向左的摩擦力,因此右侧钢索对固定桩的拉力大,所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力,故D正确.曲线运动1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图（a）,在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离.某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v–t图像如图（b）所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻.则A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大【答案】BD【解析】A．由v–t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积,故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离,所以,A错误；B．由于第二次竖直方向下落距离大,由于位移方向不变,故第二次水平方向位移大,故B正确C．由于v–t斜率知第一次大、第二次小,斜率越大,加速度越大,或由,易知a1>a2,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a1>a2,由G–fy=ma,可知,fy1<fy2,故D正确.2．（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ω,重力加速度为g,则座舱A．运动周期为B．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R【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2.0×103kg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1.4×104N,当汽车经过半径为80m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20m/s时所需的向心力为1.4×104NC．汽车转弯的速度为20m/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7.0m/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20m/s时,所需的向心力小于1.4×104N,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7.0m/s2,D正确.4．（2019·山东省德州市高三模拟）中国的面食文化博大精深,种类繁多,其中“山西刀削面”堪称天下一绝,传统的操作手法是一手托面,一手拿刀,直接将面削到开水锅里.如图所示,小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h,与锅沿的水平距离为L,锅的半径也为L,将削出的小面圈的运动视为平抛运动,且小面圈都落入锅中,重力加速度为g,则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是A．运动的时间都相同B．速度的变化量都相同C．落入锅中时,最大速度是最小速度的3倍D．若初速度为v0,则【答案】C【解析】A、根据可得运动的时间,所有小面圈在空中运动的时间都相同,故选项A正确；B、根据可得所有小面圈的速度的变化量都相同,故选项B正确；CD、因为水平位移的范围为,则水平最小初速度为,水平最大初速度为：,则水平初速度速度的范围为：；落入锅中时,最大速度,最小速度为,故选项D正确,C错误.故选C.5．（2019·湖南省衡阳市三模）如图所示,地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽,O为圆心、AB为水平直径,现将小球（可视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点：若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点,C、D两点等高,OC与水平方向的夹角θ＝60°,不计空气阻力,则下列说法正确的是A．v1:v2＝1:4B．小球从开始运动到落到凹槽上的过程中,其两次的动量变化量相同C．小球落在凹槽上时,其两次的重力的瞬时功率不同D．小球落到C点时,速度方向可能与该处凹槽切面垂直【答案】B【解析】过C与D分别做AB的垂线,交AB分别与M点与N点,如图：则OM＝ON＝R·cos60°＝0.5R；所以AM＝0.5R,AN＝1.5R；由于C与D点的高度是相等的,由：h＝gt2可知二者运动的时间是相等的.由水平方向的位移为：x＝v0t,可得,故A错误；它们速度的变化量：△v＝gt,二者运动的时间是相等的,则它们速度的变化量也相等,根据P=mv可知动量变化量相等.故B正确；两次的位移分别为：AD和AC,显然AC≠2AD,所以前后两次的平均速度之比不等于1:2,故C错误；球落到C点时,若速度方向与该处凹槽切面垂直则速度方向为OC,O点应为AM的中点,显然不是,故D错误.6．（2019·福建省厦门外国语学校高三最后一模）如图所示,三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出,最终都能到达坐标原点O.不计空气阻力,x轴所在处为地面,则可判断A、B、C三个小球A．在空中运动过程中,重力做功之比为1:2:3B．在空中运动过程中,动量变化率之比为1:2:3C．初始时刻纵坐标之比为1:4:9D．到达O点时,速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1:4:9【答案】C【解析】AC项：根据x=v0t,水平初速度相同,A、B、C水平位移之比为1:2:3,所以它们在空中运动的时间之比为1:2:3,初始时刻纵坐标之比既该过程小球的下落高度之比,根据,初始时刻纵坐标之比为1:4:9,重力做功之比为h之比,即为1:4:9,故A错误,C正确；B项：动量的变化率为合外力即重力,重力相同,则动量的变化率相等,故B错误；D项：竖直向速度之比为1:2:3,水平向速度相向,而速度方向与水平方向夹角的正切值为,则其比值为1:2:3,故D错误.7．（2019·东北三省四市高考二模）在水平地面上有相距为L的A、B两点,甲小球以v1＝10m/s的初速度,从A点沿与水平方向成30°角的方向斜向上抛出,同时,乙小球以v2的初速度从B点竖直向上抛出.若甲在最高点时与乙相遇,重力加速度g取10m/s2,则下列说法错误的是A．乙球的初速度v2一定是5m/sB．相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度C．L为2.5mD．甲球与乙球始终在同一水平面上【答案】B【解析】甲球竖直方向的初速度vy＝v1sin30°＝5m/s,水平方向的初速度v0＝v1cos30°＝5m/s.甲球在最高点与乙球相遇,说明甲球和乙球在竖直方向具有相同的运动规律,则乙球的初速度v2＝vy＝5m/s,故A正确；相遇前甲球的水平速度不为零,竖直方向与乙球的速度相同,所以在相遇前甲球的速度不可能小于乙球的速度,故B错误；相遇时间t＝＝0.5s,则L＝v0t＝2.5m,故C正确；由于甲球和乙球竖直方向的运动情况相同,所以甲球与乙球始终在同一水平面上,故D正确.本题选错误的,故选B.8．（2019·辽宁省沈阳市三模）如图所示,水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连,且固定在同一个竖直面内.将一只质量为m的小球由圆弧轨道上某一高度处无初速释放.为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道,这个高度h的取值可为A．2.2r B．1.2r C．1.6r D．0.8r【答案】D【解析】小球可能做完整的圆周运动,刚好不脱离圆轨时,在圆轨道最高点重力提供向心力：；由机械能守恒得：,解得：h=2.5r.也可能不超过与圆心等高处,由机械能守恒得：mgh=mg·r,得：h=r,综上得为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道,h的范围为：h≤r或h≥2.5r；故A、B、C错误,D正确.故选D.9．（2019·广东省高三下学期第一次模拟考试）如图所示,某同学将三个完全相同的物体从A点沿三条不同的路径抛出,最终落在与A点同高度的三个不同位置,三条路径的最高点是等高的,忽略空气阻力,下列说法正确的是A．三个物体抛出时初速度的水平分量相等B．沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长C．该同学对三个物体做的功相等D．三个物体落地时重力的瞬时功率一样大【答案】D【解析】根据斜抛的运动规律知,三条路径的最高点是等高的,故三个物体的竖直方向上面分速度相同,其总的运动时间,也相同,水平位移大的水平分速度大,AB错误；同学对小球做功,小球获得初动能,由于三个小球竖直方向分速度相同,第3个小球水平位移大,则第3个小球水平分速度大,故第3个小球合初速度大,故第3个小球的初动能大,人对它做功最多,C错误；由于斜抛的时候,竖直分初速度相同,落地时的竖直方向分速度也相同,均等于,所以落地时重力的瞬时功率一样大,D正确.10．（2019·山东省聊城市高三下学期三模）为了研究平抛物体的运动,用两个完全相同的小球A、B做下面的实验：如图所示,用小锤打击弹性金属片,A球立即水平飞出,同时B球被松开,做自由落体运动,两球同时落地.A、B两小球自开始下落到落地前的过程中,两球的A．速率变化量相同 B．速度变化率不同C．动量变化量相同 D．动能变化量不同【答案】C【解析】速率是标量,其变化量直接相减,A的速率变化量等于末速度的大小减小水平方向初速度的大小,B的速率变化量等于落地时竖直方向的速度大小,两者大小不相等,A错误；速度变化率指的就是两球的加速度,均为g,相同,B错误；两个小球所受重力相同,落地时间相同,动量的变化量相同为mgt,C正确；下落高度相同,重力做功相同,动能的变化量等于重力做功,相同,D错误.11．（2019·安徽省安庆市市示范中学高三联考）乘坐摩天轮观光是广大青少年喜爱的一种户外娱乐活动,如图所示,某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直而内做匀速圆周运动.下列说法正确的是A．该同学运动到最低点时,座椅对他的支持力大于其所受重力B．摩天轮转动过程中,该同学所受合外力为零C．摩天轮转动过程中,该同学的机械能守恒D．摩天轮转动–周的过程中,该同学所受重力的冲量为零【答案】A【解析】圆周运动过程中,由重力和支持力的合力提供向心力F,在最低点,向心力指向上方,所以F=N–mg,则支持力N=mg+F,所以支持力大于重力,故A正确,B错误；机械能等于重力势能和动能之和,摩天轮运动过程中,做匀速圆周运动,乘客的速度大小不变,则动能不变,但高度变化,所以机械能在变化,故C错误；转动一周,重力的冲量为I=mgT,不为零,故D错误.12．（2019·湖南省长沙市雅礼中学高三下学期一模）从离水平地面高H处以速度v0水平抛出一个小球A,同时在其正下方地面上斜抛另一个小球B,两球同时落到地面上同一位置,小球B在最高点时,距地面的高度为h,速度为v,则以下关系正确的是A．h=H,v=v0 B．h＝ C．h= D．h=【答案】D【解析】斜抛可以看成对称的两段平抛,则,,,得；,,则,故选D.13．（2019·湖北省宜昌市高三模拟）如图所示,斜面底端上方高h处有一小球以水平初速度抛出,恰好垂直打在斜面上,斜面的倾角为30°,重力加速度为g,下列说法正确的是A．小球打到斜面上的时间为B．要让小球始终垂直打到斜面上,应满足h和成正比关系C．要让小球始终垂直打到斜面上,应满足h和的平方成正比关系D．若高度h一定,现小球以不同的平抛,落到斜面上的速度最小值为【答案】ACD【解析】A、设小球打到斜面上的时间为t,恰好垂直打在斜面上,根据几何关系可得,解得,故A正确；BC、要让小球始终垂直打到斜面上,小球平抛运动的水平位移,小球落在斜面上,根据几何关系得：,代入解得：,和的平方成正比关系,故B错误,C正确；D、小球落在斜面上时的竖直分速度,,由于,速度,联立解得：,根据数学知识可知,积一定,当二者相等时和有最小值,故最小值为,故D正确.14．（2019·四川省成都市高三三模）如图,竖直平面内有a、b、c三个点,b点在a点正下方,b、c连线水平.现准备将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从a点以初动能Ek0抛出.第一次,不加电场,沿水平方向抛出小球,经过c点时,小球动能为5Ek0；第二次,加一方向平行于abc所在平面、场强大小为的匀强电场,沿某一方向抛出小球,小球经过c点时的动能为13Ek0.不计空气阻力,重力加速度大小为g.下列说法正确的是A．所加电场的方向水平向左B．a、b两点之间的距离为C．b、c两点之间的距离为D．a、c间的电势差【答案】CD【解析】B、不加电场时,只有重力做功,根据动能定理得：,解得：,故B错误；C、不加电场时小球做平抛运动,竖直方向：,水平方向：,又,联立解得：,故C正确；D、加电场时,根据动能定理得：,解得：,故D正确；A、根据得,ac沿电场方向距离为：,又沿着电场方向电势逐渐降低可知,电场方向水平向右,故A错误.15．（2019·山西省太原市第五中学高三模考）用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上,各段轻杆等长,其中小球A、B的质量均为2m,小球C、D、E的质量均为m.现将A、B两小球置于距地面高h处,由静止释放,假设所有球只在同一竖直平面内运动,不计一切摩擦,则在下落过程中A．小球A、B、C、D、E组成的系统机械能和动量均守恒B．小球B的机械能一直减小C．小球B落地的速度大小为D．当小球A的机械能最小时,地面对小球C的支持力大小为mg【答案】CD【解析】小球A、B、C、D、E组成的系统机械能但动量不守恒,故A错误；由于D球受力平衡,所以D球在整个过程中不会动,所以轻杆DB对B不做功,而轻杆BE对B先做负功后做正功,所以小球B的机械能先减小后增加,故B错误；当B落地时小球E的速度等于零,根据功能关系可知小球B的速度为,故C正确；当小球A的机械能最小时,轻杆AC没有力,小球C竖直方向上的力平衡,所以支持力等于重力,故D正确,故选CD.万有引力定律与航天1．（2019·新课标全国Ⅰ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a–x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A．M与N的密度相等B．Q的质量是P的3倍C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍D．Q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a–x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.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a–x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a–x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,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Ⅱ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Ⅲ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<R火,由此可以判定A．a金>a地>a火 B．a火>a地>a金C．v地>v火>v金 D．v火>v地>v金【答案】A【解析】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,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． B．C． 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Δt内速度的改变为Δv,和飞船受到的推力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．（2019·广东省汕尾市高三模拟）2018年11月1日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射第41颗北斗导航卫星.这颗卫星属于地球静止轨道卫星（同步卫星）.取地球半径为R=6.4×106m,地球表面重力加速度g=9.8m/s2.下列说法正确的是A．该卫星到地面的高度约为B．该卫星的线速度约为C．该卫星发出的电磁波信号传播到地面经过时间约为1sD．该卫星做圆周运动的加速度小于月球绕地球做圆周运动的加速度【答案】B【解析】地球同步卫星绕地球圆周运动的向心力由万有引力提供有,在地球表面重力与万有引力相等有,以由上两式代入T=24h,R=6.4×106m,g=9.8m/s2,可解得r=4.2×107m：该卫星的轨道半径为4.2×107m,则卫星距地面的高度h=3.6