湖北省武汉市新洲一中阳逻校区2024-2025学年高一物理下学期3月网上学习检测试题含解析

PAGE27-湖北省武汉市新洲一中阳逻校区2024-2025学年高一物理下学期3月网上学习检测试题（含解析）温馨提示：本卷全部为单项选择题，其中1-18题每题3分，共54分。19-32题每题4分，共56分）1.“天舟一号”货运飞船于2024年4月20日在文昌航天放射中心胜利放射升空,与“天宫二号”空间试验室对接前,“天舟一号”在距离地面约380km的圆轨道上飞行,则下列说法错误的是()A.线速度小于第一宇宙速度B.角速度小于地球自转角速度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】B【解析】A项：第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，知其线速度小于第一宇宙速度，故A正确；B项：依据卫星的速度公式和v=rω得：将“天舟一号”与地球同步卫星比较，由于“天舟一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的角速度大于地球同步卫星的角速度，而地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度，所以其角速度大于地球自转角速度，故B错误；C项：由知，“天舟一号”的周期于地球同步卫星的周期，而地球同步卫星的周期等于地球自转周期，所以其周期小于地球自转周期，故C正确；D项：由知，其向心加速度小于近地卫星的向心加速度，而近地卫星的向心加速度约等于地面的重力加速度，所以其向心加速度小于地面的重力加速度，故D正确．2.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T0。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M、Q到N的运动过程中（）A.从P到M所用的时间等于B.从Q到N阶段，机械能渐渐变大C.从P到Q阶段，速率渐渐变小D从M到N阶段，万有引力对它先做正功后做负功【答案】C【解析】【详解】A．海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于，故A错误；B．从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；C．海王星从P到Q阶段，万有引力对它做负功，速率减小，故C正确；D．依据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D错误。故选C。3.一颗在赤道上空做匀速圆周运动运行的人造卫星，其轨道半径上对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长为（已知地球半径为R）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】依据万有引力供应向心力，对卫星有而地球表面因为解得r=2R由几何关系可知，某一时刻该卫星观测到地面赤道的弧度数为，则观测到地面赤道最大弧长为，故A正确，BCD错误。故选A。【点睛】此题关键是知道卫星离地面的高度，然后依据几何关系求解某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长。4.太空中存在一些离其他恒星很远的、由两颗星体组成的双星系统，可忽视其他星体对它们的引力作用。假如将某双星系统简化为志向的圆周运动模型，如图所示，两星球在相互的万有引力作用下，绕O点做匀速圆周运动。由于双星间的距离减小，则（）A.两星的运动角速度均渐渐减小 B.两星的运动周期均渐渐减小C.两星的向心加速度均渐渐减小 D.两星的运动线速度均渐渐减小【答案】B【解析】【详解】AB．设两星的质量分别为和，相距L，和的角速度为，由万有引力定律和牛顿其次定律得对对因为解得双星的总质量不变，距离减小，周期减小，角速度增大，A错误，B正确；C．依据知，L变小，则两星的向心加速度均增大，故C错误；D．由于可见，距离减小线速度变大．故D错误．故选B。5.“嫦娥二号”卫星由地面放射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入距离月球表面100km，周期为118min的工作轨道，起先对月球进行探测，则不正确是（）A.卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小B.卫星在轨道Ⅲ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时大C.卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上小D.卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大【答案】B【解析】【详解】A．月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，卫星在轨道Ⅲ上的半径大于月球半径，依据得可知卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小，故A正确，不符合题意；B．卫星在轨道Ⅲ上经过P点若要进入轨道Ⅰ，需加速，即卫星在轨道Ⅲ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时小，故B错误，符合题意；C．卫星在轨道Ⅲ上的半径小于轨道Ⅰ的半长轴，依据开普勒第三定律可知，卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上小，故C正确，不符合题意；D．卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，在P点需减速，动能减小，而它们在各自的轨道上机械能守恒，所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大，故D正确，不符合题意。故选B。6.我国将放射“天宫二号”空间试验室，之后放射“神州十一号”飞船与“天宫二号”对接假设“天宫二号”与“神州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间试验室的对接，下列措施可行的是A.使飞船与空间试验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间试验室实现对接B.使飞船与空间试验室在同一轨道上运行，然后空间试验室减速等待飞船实现对接C.飞船先在比空间试验室半径小的轨道上加速，加速后飞船渐渐靠近空间试验室，两者速度接近时实现对接D.飞船先在比空间试验室半径小的轨道上减速，减速后飞船渐渐靠近空间试验室，两者速度接近时实现对接【答案】C【解析】试题分析：在同一轨道上运行加速做离心运动，减速做向心运动均不行实现对接．则AB错误；飞船先在比空间试验室半径小的轨道上加速，则其做离心运动可使飞船渐渐靠近空间试验室，两者速度接近时实现对接．则C正确；飞船先在比空间试验室半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不行能与空间试验室相接触．则D错误．故选C．考点：人造地球卫星【名师点睛】此题是关于人造卫星的变轨问题，明确正常运行的卫星加速做离心运动会达到高轨道，若减速则会做向心运动达到低轨道．7.如图所示，a、b两个飞船在同一平面内，在不同轨道绕某行星顺时针做匀速圆周运动。若已知引力常量为G，a、b两飞船距该行星表面高度分别为h1、h2（h1＜h2），运行周期分别为T1、T2，则以下说法正确的是（）A.飞船a运行速度小于飞船b运行速度B.飞船a加速不行能追上飞船bC.利用以上数据可计算出该行星的半径D.利用以上数据可计算出该行星的自转周期【答案】C【解析】【详解】A．依据万有引力供应向心力即可以得到因为飞船a的轨道半径小于飞船b的轨道半径，所以飞船a运行速度大于飞船b运行速度，故A错误；B．飞船a适度加速后，a所须要的向心力也会增加，而此时受到的万有引力大小几乎不变，也就小于所须要的向心力，那么后a就会做离心运动，偏离原来的轨道，就有可能与飞船b实现对接即追上飞船b，故B错误；CD．依据万有引力供应向心力有可以得到飞船a距地面高度，有飞船b距地面高度为，有联立可求得行星的质量和行星的半径，但是依据题目已知条件，无法求出行星的自转周期，故C正确，D错误。故选C。8.目前，在地球四周有很多人造地球卫星围着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径渐渐变小。若卫星在轨道半径渐渐变小的过程中，只受到地球引力和淡薄气体阻力的作用，则下列推断正确的是（）A.卫星的动能渐渐减小B.由于地球引力做正功，引力势能肯定减小C.由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D.卫星克服气体阻力做的功大于引力势能的减小【答案】B【解析】【详解】A．由万有引力供应向心力即，可知可见，卫星的速度大小随轨道半径的减小而增大，即卫星的动能渐渐增大，故A错误；B．由于卫星高度渐渐降低，所以地球引力对卫星做正功，引力势能减小，故B正确；C．气体阻力做功不行忽视，由于气体阻力做负功，所以卫星与地球组成的系统机械能削减，故C错误；D．依据动能定理可知引力与空气阻力对卫星做的总功应为正值，而引力做的功等于引力势能的削减，即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的变更，故D错误。故选B。9.2024年9月25日，天宫二号由离地面h1＝360km的圆形轨道，经过“轨道限制”上升为离地h2＝393km的圆形轨道，“等待”神舟十一号的来访．已知地球的质量为M，地球的半径为R，引力常量为G．依据以上信息可推断()A.天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度大于第一宇宙速度B.天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度大于在轨道h1上的运行速度C.天宫二号在轨道h1上的运行周期为D.天宫二号由圆形轨道h1进入圆形轨道h2运行周期变小【答案】C【解析】【详解】A．依据万有引力供应向心力得：所以：由于“天宫二号”的轨道半径大于地球的半径，所以天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度小于第一宇宙速度．故A错误；B．依据，由于h1＜h2，可知，天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度小于轨道h1上的运行速度．故B错误；C．“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力供应向心力，解得在轨道h1上的运行周期：故C正确；D．“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力供应向心力，解得周期：天宫二号由圆形轨道h1进入圆形轨道h2轨道半径增大，则运行周期增大，故D错误．10.国务院批复，自2024年起将4月24日设立为“中国航天日”．1970年4月24日我国首次胜利放射的人造卫星东方红一号，目前仍旧在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日胜利放射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为：（）A.a2＞a1＞a3 B.a3＞a2＞a1 C.a3＞a1＞a2 D.a1＞a2＞a3【答案】D【解析】试题分析：东方红二号地球同步卫星和地球自转的角速度相同，由a=ω2r可知，a2＞a3；由万有引力供应向心力可得：，东方红一号的轨道半径小于东方红二号的轨道半径，所以有：a1＞a2，所以有：a1＞a2＞a3，故ABC错误，D正确．故选D．考点：万有引力定律的应用【名师点睛】解决本题的关键驾驭万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力供应向心力，并能敏捷运用．还要知道同步卫星的运行周期和地球自转周期相等．11.在探究弹性势能的表达式试验中，某试验小组得到如图所示试验图像，a、b两条斜线分别表示两根劲度系数不同的弹簧所受拉力F和弹簧伸长量之间的关系。设它们的劲度系数分别为ka、kb，拉力都为F1时的弹性势能分别为Ea、Eb。则下列说法正确的是（）A.ka>kb；Ea>Eb B.ka＜kb；Ea>EbC.ka>kb；Ea＜Eb D.ka＜kb；Ea＜Eb【答案】C【解析】【详解】由F=kl可知，F-l图线的斜率为弹簧的劲度系数，由图可知，ka＞kb；弹簧的弹性势能等于克服弹力做功，即，可知弹性势能为F-l图线与l轴围成的面积，由图象比较可得Ea＜Eb，故ABD错误，C正确；

故选C。12.假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．假如摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（）A.4倍 B.2倍 C.倍 D.倍【答案】D【解析】【详解】设阻力为f，由题知：f=kv；速度最大时，牵引力等于阻力，则有P=Fv=fv=kv2．所以摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的倍．故选D．13.如图所示，质量为m的物体在恒力F的作用下从底端沿斜面对上始终匀速运动到顶端，斜面高h，倾斜角为θ，现把物体放在顶端，发觉物体在稍微扰动后可匀速下滑，重力加速度大小为g。则在上升过程中恒力F做的功为（）A.Fh B.mgh C.2mgh D.无法确定【答案】C【解析】【详解】由题知，把物体放顶端，发觉物体在稍微扰动后可匀速下滑，则物体受力平衡，则有上滑过程中，也做匀速直线运动，受力平衡，则有则在上升过程中恒力F做的功故C正确，ABD错误。故选C。14.一轻绳一端固定在O点，另一端拴一小球，拉起小球使轻绳水平，然后无初速释放小球.如图所示，小球从起先运动至轻绳达竖直位置的过程中，小球重力的瞬时功率的变更状况是（）A.始终增大 B.始终减小C.先增大，后减小 D.先减小，后增大【答案】C【解析】【详解】小球在初位置重力做功的功率为零，在最低点，由于重力的方向与速度方向垂直，则重力做功的功率也为零，因为初末位置都为零，则A到B过程中重力做功的功领先增大后减小．故选C．【点睛】解决本题的关键驾驭瞬时功率的表达式P=Fvcosθ，知道瞬时功率与平均功率的区分．15.如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为（不计空气阻力）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】由平抛的运动规律可得：，，小球的瞬时速度与斜面垂直，分解速度由平行四边形可知：，则平抛时间为：；由重力的瞬时功率表达式；故选B．【点睛】该题是平抛运动基本规律的应用，主要抓住撞到斜面上时水平速度和竖直方向速度的关系，16.用长为l、不行伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点．则在时间t内()A.小球重力做功为mgl(1－cosα)B.空气阻力做功为－mglcosαC.小球所受合力做功为mglsinαD.绳拉力做功的功率为【答案】A【解析】A、小球从起先运动到停止过程中,下降的高度为:,所以小球的重力对小球做功为mgl(1－cosα).所以A选项是正确的

B、在小球运动的整个过程中,重力和空气的阻力对小球做功,依据动能定律:所以故B错误;

C、小球受到的合外力做功等于小球动能的增加量,所以合外力做功为零，故C错误;

D、因为绳子的拉力始终与运动的方向垂直,所以绳子的拉力不做功.绳子拉力的功率为0.故D错误.综上所述本题答案是：A

点睛：在小球运动的整个过程中,重力和空气的阻力对小球做功,机械能渐渐转化为内能.因为绳子的拉力始终与运动的方向垂直,所以绳子的拉力不做功.17.如图所示，在水平桌面上的A点有一个质量为m的物体，以初速度v0被抛出，不计空气阻力，当它到达B点时，其动能为（）A.＋mgH B.＋mgh1C.mgH－mgh2 D.＋mgh2【答案】B【解析】【详解】从A到B由动能定理有解得故B正确，ACD错误。故选B。18.如图所示，具有肯定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面对上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面对上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4m/s2，方向沿斜面对下，那么在物块向上运动过程中，正确的说法是（）A.物块的机械能肯定增加B.物块的机械能肯定减小C.物块的机械能可能不变D.物块的机械能可能增加也可能减小【答案】A【解析】【详解】物体的加速度为a=4m/s2，方向沿斜面对下，依据牛顿其次定律得：mgsin30°+f-F=ma，解得F-f=m＞0，可知F和f做功的代数和大于零，所以依据功能原理可知，在运动的过程中，机械能肯定增加，故A正确，BCD错误。

故选A.19.如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在处固定质量为的小球，处固定质量为的小球，支架悬挂在点，可绕过点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动，起先时与地面相垂直。放手后起先运动，在不计任何阻力的状况下，下列说法正确的是（）A.处小球到达最低点时速度为0B.处小球机械能的削减量等于处小球机械能的增加量C.处小球向左摇摆所能达到的最高位置应高于处小球起先运动时的高度D.当支架从左向右回摆时，处小球能回到起始高度【答案】BCD【解析】【详解】BD．因处小球质量大，位置高，所以三角支架处于不稳定状态，释放后支架就会向左摇摆，摇摆过程中只有小球受到的重力做功，故系统的机械能守恒，处小球机械能的削减量等于处小球机械能的增加量，当支架从左向右回摆时，处小球能回到起始高度，选项B、D正确；A．设支架边长是，则处小球到最低点时小球下落的高度为，处小球上升的高度也是，但处小球的质量比处小球的大，故有的重力势能转化为小球的动能，因而此时处小球的速度不为0，选项A错误；C．当处小球到达最低点时有向左运动的速度，还要接着向左摆，处小球仍要接着上升，因此处小球能达到的最高位置比处小球的最高位置还要高，选项C正确。故选BCD。20.如图所示，长为L的匀称链条放在光滑水平桌面上，且使长度的垂在桌边，松手后链条从静止起先沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】链条在重力作用而向下滑动，只有重力做功，其机械能守恒；可设桌面为零势能面，列出机械能守恒方程可得出链条的速度．【详解】设桌面为零势能面，链条的总质量为m起先时链条的机械能为：E1=当链条刚脱离桌面时的机械能：E2=由机械能守恒可得：E1=E2即：解得：．故应选：C．【点睛】零势能面的选取是随意的，本题也可以选链条滑至刚刚离开桌边时链条的中心为零势能面，结果是一样的，要留意重力势能的正负；抓住机械能守恒时，链条动能的变更取决于重力势能的变更量．21.汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角肯定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v­—t图像不行能是选项图中的A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】汽车冲上斜坡，受重力、支持力、牵引力和阻力，设斜面的坡角为，依据牛顿其次定律，有，其中，故；AC、若，则物体加速运动，加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最大，故选项C正确，A错误；B、若，则物体速度不变，做匀速运动，故选项B正确；D、若，即加速度沿斜面对下，物体减速，故加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最小，故选项D正确；故不行能是选选项A．22.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽视，运动员可视为质点，下列说法错误的是（）A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C.蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D.蹦极过程中，重力势能的变更量与重力势能零点的选取有关【答案】D【解析】【详解】A．运动员到达最低点前重力始终做正功，重力势能始终减小，故A正确，不符合题意；B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向与位移方向始终相反，弹力做负功，弹性势能增加，故B正确，不符合题意；C．以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，则系统的机械能守恒，故C正确，不符合题意；D．重力势能的变更与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关，故D错误，符合题意。故选D23.如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，下列说法不正确的是（）A.轨道半径越大，周期越长B.张角越大，速度越大C.若测得周期和星球相对飞行器的张角，则可得到星球的平均密度D.若测得周期和轨道半径，则可得到星球的平均密度【答案】D【解析】【详解】A．依据开普勒第三定律，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长，A正确；B．依据卫星的速度公式，可知张角越大，轨道半径越小，速度越大，B正确；C．依据公式可得设星球的质量为M，半径为R，平均密度为ρ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T，对于飞行器，由几何关系得星球的平均密度为由以上三式知，测得周期和张角，就可得到星球的平均密度，C正确；D．由可得星球的平均密度为可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但星球的半径未知，不能求出星球的体积，故不能求出平均密度，D错误。故选D。24.如图，两个相同小物块a和b之间用一根轻弹簧相连，小物块a和b及弹簧组成的系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下，某时刻细线被剪断，系统下落，已知重力加速度为g，则（）A.细线剪断瞬间，a和b的加速度大小均为gB.弹簧复原原长时，a和b的加速度大小均为2gC.下落过程中弹簧始终保持拉伸状态D.下落过程中a、b和弹簧组成的系统机械能守恒【答案】D【解析】【分析】【详解】A．起先时系统处于平衡状态，弹簧的弹力大小为mg，当细线剪断瞬间，弹簧不能突变，则b受力仍旧平衡，加速度为零，而a受向下的拉力和重力作用，加速度为2g，A错误；B．弹簧复原原长时，两物体均只受重力，加速度大小都为g，B错误；C．由于起先a的加速度大于b的加速度，弹簧长度变短，弹簧复原原长时，a的速度大于b的速度，弹簧变成收缩状态，C错误；D．下落过程中a、b和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹簧弹力做功，动能和弹性势能相互转化，系统机械能守恒，D正确。故选D。【点晴】考察绳子和弹簧上面力的特点，当细线剪断瞬间，弹簧上的力不能突变。25.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量相等的星球位于等边三角形的三个顶点上，随意两颗星球的距离均为R，并绕其中心O做匀速圆周运动．忽视其他星球对它们的引力作用，引力常量为G，以下对该三星系统的说法正确的是()．A.每颗星球做圆周运动的半径都等于RB.每颗星球做圆周运动的加速度与三颗星球的质量无关C.每颗星球做圆周运动的周期为T＝2πRD.每颗星球做圆周运动的线速度v＝2【答案】C【解析】【详解】A．三颗星球均绕中心做圆周运动，由几何关系可知r＝＝RA错误；B．任一星球做圆周运动的向心力由其他两个星球的引力的合力供应，依据平行四边形定则得F＝2cos30°＝ma解得a＝B错误；CD．由F＝2cos30°＝m＝mr，得v＝，T＝2πRC正确D错误．故选C。26.北京航天飞行限制中心对“嫦娥二号”卫星实施多次变轨限制并获得胜利。首次变轨是在卫星运行到远地点时实施的，紧随其后进行的3次变轨均在近地点实施，如图为“嫦娥二号”某次在近地点A由轨道1变轨为轨道2的示意图，下列说法中正确的是（）A.“嫦娥二号”在轨道1的A点处应点火减速B.“嫦娥二号”在轨道1的A点处的速度比在轨道2的A点处的速度大C.“嫦娥二号”在轨道1的A点处的加速度比在轨道2的A点处的加速度大D.“嫦娥二号”在轨道1的A点处的速度比在轨道2的A点处的速度小【答案】D【解析】【分析】【详解】A．从1轨道进入2轨道的过程，飞船做离心运动，在A点时万有引力要小于向心力，此处飞船速度要增加，应在此处点火加速，故A错误；B．因为飞船在轨道1的A点处点火加速才能变轨，所以飞船在轨道1的A点处的速度比在轨道2的A点处的速度小，故B错误；C．同在A点，卫星的万有引力大小相同，依据可知，在轨道1的A点处的加速度与在轨道2的A点处的加速度相等，故C错误；D．因为飞船在轨道1的A点处点火加速才能变轨，所以飞船在轨道1的A点处的速度比在轨道2的A点处的速度小，故D正确。故选D。27.如图所示，物块B与水平地面接触，物块A置于物块B之上，两物块相对静止，一起向右运动（图中a为加速度，力F沿水平方向向右），则不正确（）A.图甲中，A、B间摩擦力对A做正功B.图乙中，A、B间摩擦力对B做负功C.图丙中，A、B间摩擦力对B做正功D.图丁中，A、B间摩擦力对A做负功【答案】A【解析】【详解】A．图甲中A、B相对静止，没有加速度，故A、B间没有摩擦力，肯定没有摩擦力的功，故A不正确，符合题意；B．图乙中，两物体有向右的加速度，说明A受向右的摩擦力，A对B有向左的摩擦力，则由功的公式可知，A、B间的摩擦力对B做负功，故B正确，不符合题意；C．图丙中，A受向右的拉力，而做匀速运动，故A受B给的向左的摩擦力，则B受到A给的向右的摩擦力，所以A、B间的摩擦力B做正功，故C正确，不符合题意；D．图丁中，A、B向右加速运动，B相对A有向左的运动趋势，故B受到A给的向右的摩擦力，A受B给的向左的摩擦力，所以A、B间摩擦力对A做负功，故D正确，不符合题意。故选A。28.宇航员在某星球表面以初速度2.0m/s水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹如图所示，O点为抛出点，若该星球半径为4000km，万有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，则下列说法正确的是（）A.该星球表面的重力加速度为2.0m/s2B.该星球的质量为2.4×1023kgC.该星球的第一宇宙速度为4.0km/sD.若放射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度肯定大于4.0km/s【答案】C【解析】【详解】A．竖直方向上水平方向上解得，故A错误；B．由可求得故B错误；C．由可得该星球的第一宇宙速度为故C正确；D．该星球的第一宇宙速度为，由可知半径约大则速度越小，若放射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度肯定小于4.0km/s，故D错误。故选C。【点睛】由平抛运动规律可求得重力加速度;再由万有引力公式等于重力可求得星球质量;依据第一宇宙速度的定义可求得第一宇宙速度;并明确同步卫星的速度。29.在探究功与速度的关系试验中，某探讨性学习小组觉得教材中试验测量过程较困难，改进如下：如图所示，将教材试验中的木板放在桌子的边缘，小车的前端放一小球，小车在橡皮筋作用下加速运动，到桌子边缘后小车在挡板作用下停止运动，小球做平抛运动，测出橡皮筋条数为1、2、3、…、n时的平抛距离x1、x2、x3、…、xn，则（）A.假如忽视一切摩擦，x∝n（n为橡皮筋条数）B.假如忽视一切摩擦，x2∝n（n为橡皮筋条数）C.该试验中小车受的摩擦力可以通过倾斜木板的方法平衡而不产生新的误差D.该试验中倾斜木板不会产生误差【答案】B【解析】【详解】AB．假如忽视一切摩擦，依据动能定理，那么橡皮筋的弹力做功，等于小车与球的动能增加，再依据平抛运动，水平方向位移x与平抛运动的初速度v成正比，因此水平方向位移x2与橡皮筋条数n成正比，故A错误，B正确；CD．若通过倾斜木板的方法来平衡小车受的摩擦力，虽然摩擦力消退了，但因为末端不再水平，导致小球不是平抛运动，从而产生新的误差，故CD错误；故选B。30.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是（）A.0~t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定Bt1~t2时间内汽车牵引力渐渐增大C.t1~t2时间内的平均速度为（v1＋v2）D.在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2~t3时间内牵引力最小【答案】D【解析】【详解】A．0～t1时间内为倾斜的直线，故汽车做匀加速运动，因牵引力恒定，由P=Fv可知，汽车的牵引力的功率匀称增大，故A错误；B．t1~t2