120道选择题(答案)

PAGE第20页，共20页120道选择题班级__________座号_____姓名__________分数__________一、选择题1．（多选）一质点在水平面上沿直线滑行，其平均速度与时间的关系满足（各物理量均选用国际单位制中单位），则关于该质点的运动，下列说法正确的是A．质点运动的加速度大小为 B．质点末的速度大小为 C．质点末的速度大小为 D．内质点的位移为【答案】。【解析】、根据平均速度知：，根据知质点的初速度为：，加速度为：，质点做匀减速直线运动，故错误。、质点停下所需时间为：，质点在末的速度为：，故正确。、质点在末的速度为：，故错误。、内质点的位移为：，故正确。2．(比例法)一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电线杆间距为d，如图所示．一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，以下说法正确的是（）A．小车车头到第2根电线杆时，小车速度大小为eq\f(d,t)B．小车车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为eq\r(5)tC．小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为eq\f(4d,t)D．小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为eq\f(2\r(5)d,t)【答案】C．【解析】汽车做初速度为零的匀变速直线运动，车头到达第2根电线杆时的速度为v，由平均速度公式eq\f(d,t)＝eq\f(v,2)，得v＝eq\f(2d,t)，选项A错误；根据初速度为零的匀变速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比1∶3∶5∶…，车头到达第5根电线杆时所用的时间为2t，选项B错误；到达第5根电线杆时的速度为v′＝2×eq\f(4d,2t)＝eq\f(4d,t)，选项C正确，D错误．3．如图所示为伽利略研究自由落体运动规律时设计的斜面实验，他让铜球沿阻力很小的斜面从静止滚下，利用滴水计时记录铜球运动的时间。关于伽利略的“斜面实验”，下列说法正确的是（）A．伽利略测定了铜球运动的位移与时间，进而得出了速度随位移均匀增加的结论B．铜球在斜面上运动的加速度比自由落体下落的加速度小，所用时间长得多，时间容易测量C．若斜面长度一定，铜球从顶端滚动到底端所需时间随倾角的增大而增大D．若斜面倾角一定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间成正比【答案】B【解析】伽利略测定了铜球运动的位移与时间，进而得出了位移x与t平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，小球是否做匀变速运动．故A错误；在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此伽利略让小球从斜面上滚下来用来“冲淡”重力，铜球在斜面上运动的加速度比自由落体下落的加速度小，所用时间长得多，时间容易测量．故B正确；若斜面长度一定，铜球从顶端滚动到底端所需时间随倾角的增大而减小．故C错误．他得到的结论是，若斜面倾角一定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间的平方成正比，故D错误．故选B考点：伽利略斜面实验4．守恒定律是自然界中某种物理量的值恒定不变的规律，它为我们解决许多实际问题提供了依据。在实际生活中经常看到这种现象，从水龙头中流出的水柱越来越细，如图所示。若垂直于水柱的横截面可视为圆，在水柱上分别取、两个直径为、的横截面，已知，经过、处水流的速度大小之比为A． B． C． D．【答案】。【解析】解：流量表示单位时间内水流过的体积，水的流量恒定不变，则单位时间内水流体积相等，水流的体积，其中，比较可知，、处水流的速度大小之比为，故正确。5．（多选）小球从离地面高处做自由落体运动，小球从下方的地面上以的初速度做竖直上抛运动。两球同时开始运动，在空中相遇，取A．两球在离地面高处相遇 B．两球相遇时速率都是10 C．两球在空中相遇两次 D．两球第一次落地的时间差为【答案】。【解析】、相遇时，有：得相遇的时间为：相遇时，球的速率为：，球的速率为：相遇处离地的高度为：，故、正确。、第一相遇后，继续向下运动，球继续上升，两球不可能发生第二次相遇，故错误。、落地的时间为：，球落地的时间为：，则落地时间差为：△，故错误。6．(多选)入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足20m，在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶。某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车。两辆车刹车时的v­t图像如图，则（）A．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于100mB．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于200mC．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20s以内的某时刻发生相撞D．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20s以后的某时刻发生相撞【答案】AC【解析】由图可知，两车速度相等经历的时间为20s，甲车的加速度a1＝eq\f(－25,25)m/s2＝－1m/s2，乙车的加速度a2＝eq\f(－15,30)m/s2＝－0.5m/s2，两车速度相等时，甲车的位移x甲＝v甲t＋eq\f(1,2)a1t2＝25×20m－eq\f(1,2)×1×400m＝300m，乙车的位移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，则两车间的最小距离Δx＝300m－200m＝100m，因为两车发生碰撞，则两车的距离小于100m，故A正确，B错误；因为速度相等后，若不相撞，两者的距离又逐渐增大，可知两辆车一定是在刹车后的20s之内的某时刻发生相撞的，故C正确，D错误。7．（多选）、两质点在同一直线上运动的位移一时间图线如图所示，质点的加速度大小始终为，两图线相切于点，则A．前内、两质点的运动方向相同 B．时，、质点的速度是 C．质点的初速度是 D．图中【答案】。【解析】、由题意得质点在静止，沿负方向做匀速直线运动，质点在前沿负方向做匀减速直线运动，两质点运动方向相同，故正确；、两图线相切于，故在时刻两质点速度相等且，不是，故错误；、由题意，做匀减速直线运动的质点加速度为，根据运动学公式有：，解得：，故错误；、对于质点，前内，有：，故质点出发的位置离坐标原点的距离，故正确。8．（2020秋•凉州区校级月考）一质点由静止开始按如图所示的规律运动，下列说法正确的是（）A．质点在2t0的时间内始终沿正方向运动，且在2t0时距离出发点最远 B．质点做往复运动，且在2t0时回到出发点 C．质点在t0时的速度最大，且最大的速度为a0t0 D．质点在2t0时的速度最大，且最大的速度为2a0t0【答案】A。【解析】解：ABC、由图象可知，0-t02时间内，质点沿正方向做加速度逐渐增大的加速运动，在t02-t0时间内，质点沿正方向做加速度减小的加速运动，在t0-3t02时间内质点的加速度反向，由于惯性质点继续沿正方向做加速度增大的减速运动，在3D、质点在t0时刻速度最大，根据a﹣t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，知最大速度为：vmax=a09．两辆完全相同的汽车，沿平直公路一前一后以相同的速度匀速行驶，若前车突然以恒定的加速度a刹车，在它刚停住时，后车开始以恒定的加速度eq\f(a,2)刹车，已知前车在刹车过程中所行驶的距离为x0，若要保证两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为（）A．x0B．2x0C．2．5x0D．3x【答案】D【解析】两辆完全相同的汽车以相同的速度匀速行驶，前车的刹车位移为x0，加速度大小为a，刹车的时间t＝eq\f(v0,a)，刹车的位移x0＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)，在此时间内，后车做匀速直线运动，位移为x＝v0t＝eq\f(v\o\al(2,0),a)，所以x＝2x0，此后后车刹车，加速度大小为eq\f(a,2)，后车的刹车位移x′＝eq\f(v\o\al(2,0),2×\f(a,2))＝eq\f(v\o\al(2,0),a)＝2x0，要保证两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的最小距离Δx＝x＋x′－x0＝3x0，故选D。10．一汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方有一警示牌，立即刹车。刹车后，汽车立即开始做匀减速直线运动，直至停止。已知从刹车开始计时，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。用v、a分别表示汽车匀速行驶时的速度大小和刹车后的加速度大小，则（）A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】【分析】【详解】假设前4s内汽车一直做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的推论代入数据解得根据解得再根据汽车速度减为零所需要的时间则汽车在内已经停止，所以假设不成立；汽车速度减为零的位移汽车3s末的位移依题得又因为联立解得（符合题意）或（不符合题意，舍去）故选择B。11．如右图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为、，它们一端固定在质量为的物体上，另一端分别固定在、点，当物体平衡时，上面的弹簧处于原长。若把固定的物体换为质量为的物体（弹簧仍在弹性限度内），当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了，则为A． B． C． D．【答案】。【解析】当物体的质量为时，下方弹簧被压缩的长度为：①当物体的质量变为时，设物体下降的高度为，则上方弹簧伸长的长度为，下方弹簧被压缩的长度为，两弹簧弹力之和等于由胡克定律和平衡条件得：②由①②联立解得：；故正确、错误。12．(2020·北京)某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器,传感器用棉线拉住物块,物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板,传感器记录的图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A．实验中必须让木板保持匀速运动B．图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7D．只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数【答案】C【解析】AB．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；C．由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7，故C正确；D．根据，可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。故选C。13．(2018·淮安模拟)我国海军在南海某空域举行实兵对抗演练，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿虚线方向斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是（）A．F1 B．F2C．F3 D．F4【答案】A【解析】因为直升机沿虚线方向斜向下减速飞行，故合力沿虚线向上，直升机受到竖直向下的重力以及空气作用力两个力，要想合力沿虚线向上，则根据矢量三角形可得空气对其作用力可能为F1，如图所示．14．（2020•一模拟）正在海上行驶的一艘帆船，行驶方向如图所示，海风吹来的方向与船行驶的方向夹角为53°，升起风帆，调整风帆的角度，使海风垂直吹在帆面上，若海风吹在帆面上的风力大小为500N，则沿船行驶方向获得的推力大小为（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（）A．300N B．375N C．400N D．450N【答案】A【解析】解：对垂直作用于帆面上的风力进行分解，分解成沿船的行驶方向和垂直于行驶方向的力，将力F进行分解，如图所示，则有：F1＝Fsin37°＝500×0.6N＝300N，故A正确，BCD错误；15．(多选)如图所示，地面上固定一个斜面，斜面上叠放着A、B两个物块并均处于静止状态．现对物块A施加一斜向上的力F作用，A、B两个物块始终处于静止状态，则木块B的受力个数可能是（）A．3个 B．4个C．5个 D．6个【答案】BC．【解析】对A受力分析可得，A受竖直向下的重力、斜向左上方的拉力F、竖直向上的支持力及水平向右的摩擦力．对B受力分析可得，B受重力、A对B的压力、斜面的支持力、A对B向左的摩擦力，且斜面若对B没有摩擦力，则B受到4个力，若斜面对B有摩擦力，则B受5个力，选项A、D错误，B、C正确．16．（2020·河北深州市中学高三月考）如图所示，将质量为m的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙面上的O点，静止时小球位于B点，A为O点正下方一点，间的距离等于橡皮筋的原长，在A点固定一铁钉，铁钉位于橡皮筋右侧。现对小球施加拉力F，使小球沿以为直径的圆弧缓慢向A点运动，C为圆弧上的点，为30°。橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．小球在C点时，橡皮筋的弹力大小为B．小球在C点时，拉力F大小为C．在小球从B点向A点运动的过程中，拉力F的方向始终沿水平方向D．在小球从B点向A点运动的过程中，橡皮筋的弹力先变大后变小【答案】B【解析】AB．橡皮筋的弹力大小与橡皮筋的伸长量成正比，方向沿橡皮筋所在直线，如图所示以圆弧竖直直径表示小球重力，做出小球受力矢量三角形动态分析图，小球在C点时，橡皮筋弹力大小为，拉力F大小为，A错误B正确；CD．在小球从B点向A点运动的过程中，拉力F的方向始终与橡皮筋垂直，橡皮筋的弹力一直变小，CD错误。故选B。17．如图,悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处;绳的一端固定在墙上,另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。系统平衡时,O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α=72°和β=54°。已知甲物体的质量为4.5kg,则乙物体的质量为（）A.1.5kg B.3kgC.4.5kg D.6kg【答案】C【解析】物体受力平衡,如图所示,由几何关系可得γ=180°-72°-54°=54°,可知F1和F2的合力在它们夹角的角平分线上,所以F1=F2,C项正确。18．(2020年广东四校联考)一个带电小球被绝缘轻绳悬挂在匀强电场中,小球的重力为10N,受到的电场力大小为5N,当小球保持静止时,轻绳与竖直方向夹角为α,则（）。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、电场力和轻绳的拉力构成矢量三角形如图所示,由力的动态变化可以看出,α角的大小范围为0°≤α≤30°,A项正确。19．(多选)（2021·武汉市洪山高级中学高三月考）如图所示，P为光滑定滑轮，O为光滑轻质动滑轮，轻绳跨过滑轮，左端与物体A相连，右端固定在杆Q上，重物B悬挂在动滑轮上。将A置于静止在粗糙水平面的斜面体上，轻绳段与斜面平行，系统处于静止状态。若将杆Q向左移动一段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后，下列说法正确的是（）A．轻绳中拉力减小B．物体A与斜面体之间的摩擦力一定增大C．斜面体与地面之间的弹力增大D．斜面体与地面之间的摩擦力增大【答案】AC【解析】【详解】A．若将杆Q向左移动一段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后，变小，两绳拉力大小相等，合力与B的重力等大反向，设绳OP与竖直方向夹角为，，角度变小，则拉力变小，故A正确；B．绳中拉力变小，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向下，则摩擦力减小，故B错误；CD．对A和斜面整体分析，斜面倾角为，水平方向竖直方向拉力变小，摩擦力变小，支持力变大，故C正确D错误。故选AC。20．如图所示，在水平杆MN上套上两个质量不计的小环A和B，一长度为l、不可伸长的细线两端分别系在环A、B上，并在细线中点挂一个质量为m的物块．已知环A、B与杆间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．那么系统平衡时小环A、B间的最大距离为（）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】则对A、B及m的整体：mg＝2FN，则环与杆间的最大静摩擦力fm＝μFN＝eq\f(1,2)μmg；设细绳与杆的夹角为θ，则对圆环Tcosθ＝fm；对物块：2Tsinθ＝mg.解得tanθ＝eq\f(1,μ)；设AB间的最大距离为x，则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))，故选A．21．（2020·湖南省宁远县第一中学高三月考）如图所示，小球在足够长的光滑斜面上做匀减速直线运动，在向上运动的过程中依次经过A、B、C三点，且经过两段的时间间隔分别为，，且，，重力加速度。下列说法正确的是（）A．C点到最高点的距离为B．小球的加速度大小为C．C点为小球向上运动的最高点D．斜面与水平面的夹角为【答案】A【解析】B．根据段和段位移差得加速度大小为，B错误；A．根据B为中间时刻，可知则B点到最高点的距离可知C点到最高点的距离为A正确。C．若C点是最高点，根据匀变速的直线运动的规律，逆向思维，则有而实际是故C点不是小球向上运动的最高点，C错误；D．根据牛顿第二定律解得D错误。故选A。22．（2019•南昌三模）某实验小组打算制作一个火箭．甲同学设计了一个火箭质量为，可提供恒定的推动力，大小为，持续时间为．乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当质量为的火箭飞行经过时，火箭丢弃掉的质量，剩余时间，火箭推动剩余的继续飞行．若采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为，则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为多少？（重力加速度取，不考虑燃料消耗引起的质量变化）A． B． C． D．【答案】【解析】解：甲同学：加速过程：，上升高度为：得到速度为：减速过程：又上升高度：则总高度：乙同学：加速过程：则前上升的高度为得到的速度为后段，则后上升的高度为：得到速度为：，减速过程：则总的高度以为，则则正确23．（2021·广东河源市·高三月考）物体A放在竖直弹簧上并保持静止。现将物体B轻放在物体A上，在之后的运动过程中，弹簧一直处于弹性限度内。下列说法正确的是（）A．B刚放上瞬间，B对A的压力大小等于B的重力大小B．在A、B向下运动的过程中，速度最大时加速度也最大C．在A、B向下运动的过程中，B一直处于失重状态D．在A、B向下运动的过程中，B对A的压力一直增大【答案】D【解析】A．当B放上的一瞬间，弹簧不会发生突变，对AB整体此时则有对A受力分析则有所以B刚放上瞬间，B对A的压力大小不等于B的重力大小，故A错误；B．只要有加速度，速度就会变化，所以只有当加速度为0时，速度才最大，此时弹力等于AB物体的重力，故B错误；C．对于物体B，当弹簧的弹力大于AB物体的重力时，物体B受到的合力向上，加速度向上，此时为超重，故C错误；D．根据分析可知，弹簧弹力FN逐渐增大，也增大，故D正确。故选D。24．(多选)（2020·安徽高三月考）如图所示，右端带有固定挡板的小车静止在光滑水平面上，物块放在车上，用轻弹簧与挡板相连，弹簧处干原长，给小车施加向右的拉力F，使拉力F从零开始不断增大，则弹簧的弹力大小和平板车对物块的摩擦力f大小随F变化图像，正确的是（）A．B．C． D．【答案】AD【解析】AB．设物块的质量为m，车的质量为M，物块没有发生滑动时，对于整体，根据牛顿第二定律得此时弹簧的弹力为0，摩擦力发生滑动后，摩擦力等于滑动摩擦，大小不变，故B错误，A正确；CD．物块没有发生滑动时，弹簧的弹力为0，当物块滑动后，摩擦力大小不变，对于物块m，根据牛顿第二定律解得故C错误，D正确。故选AD。25．（2020·湖北黄冈市·高三其他模拟）如图所示，有两个物块，质量分别为、，是的两倍，用轻绳将两个物块连接在滑轮组上，滑轮的质量不计，轻绳与滑轮的摩擦也不计，现将两滑块从静止释放，上升一小段距离h高度，在这一过程中，下列说法正确的是（）A．和重力势能之和不变B．上升到h位置时的速度为C．轻绳的拉力大小为D．轻绳对和的功率大小不相等【答案】B【解析】A．根据能量守恒可知，减小的重力势能全部转化为的重力势能和两物体的动能，选项A错误；B．根据动滑轮的特点可知，的速度为速度的2倍，根据机械能守恒定律可得解得选项B正确；C．根据动滑轮的特点可知，的加速度为的加速度的一半，根据牛顿第二定律可知联立解得选项C错误；D．绳子的拉力相同，故轻绳对做功的功率轻绳对做功的功率由于，故轻绳对做功的功率与轻绳对做功的功率大小相等，选项D错误。故选B。26．（2021·安徽池州市·高三月考）如图所示，倾角为的斜面A放在粗糙水平面上，当质量为m的滑块B以速度v沿斜面匀速下滑时，在滑块上突然加上平行于斜面向下的恒力F，且，物体继续沿斜面滑动距离L到达斜面底端，重力加速度大小为g。则（）A．滑块到达斜面底端时的速度大小为B．斜面A受到地面的摩擦力为C．如果将恒力F方向改为竖直向下，滑块受到的合力为零D．如果将恒力F方向改为竖直向下，滑块将加速下滑【答案】C【解析】【详解】A．未加力F时，物体匀速下滑，故有当加上力F后，根据受力分析可知且解得故物体做加速度为g的匀加速运动，到达底端时，有解得滑块到达斜面底端时的速度为故A错误；B．物体B匀速下滑时对斜面的压力和摩擦力的合力大小等于其重力，方向竖直向下；加上F后，物体B对斜面的作用力并没有改变，故斜面没有受到地面的摩擦力作用，故B错误；CD．如果将力F方向改为竖直向下，对物块受力分析解得故物体仍将做匀速运动；故C正确，D错误。故选C。27．(2020年湖北八校联考)(多选)如图1所示,传送带以速率v顺时针匀速转动,在其水平部分的右端B点正上方有一竖直弹性挡板。一定质量的小物块以初速度v0(v0大于v)从左端A点滑上传送带,恰好能返回A点,运动过程中的v-t图像如图2实线所示,下列说法正确的是（）。A.v0和v大小满足关系:v0=2vB.若只增大v0,其他条件不变,物块将从传送带左端滑下C.若v0=v,其他条件不变,物块将在传送带上往复运动D.若只减小v0,其他条件不变,物块有可能不会返回A点【答案】BC【解析】物块与挡板的碰撞是弹性碰撞,结合v-t图像可知,小物块恰好减速到与传送带速度相等时与挡板碰撞,向左减速至A点时速度为零,设A、B距离为s,该过程小物块加速度大小为a,由运动学公式有v02-v2=2as,v2-0=2as,可得v0=2v,A项错误;若只增大v0,其他条件不变,物块与挡板碰后速度将大于v,物块必从传送带左端滑下,当v0=v时,物块碰后速度为v,恰好能回到A点,之后向右加速,做往复运动,B、C两项正确;若只减小v0,物块到达挡板处时,速度应该恰好为v,则物块一定能返回A点,D项错误。28．如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋（水平移动距离很小，几乎看不到）掉入杯中，这就是惯性演示．已知鸡蛋（可视为质点）中心离纸板左端的距离为d，鸡蛋和纸板的质量分别为m和2m，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，若鸡蛋移动的距离不超过就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为（）A．3μmg B．26μmg C．12μmg D．15μmg【答案】B【解析】解：当纸板相对鸡蛋运动时，设鸡蛋的加速度为a1，纸板的加速度为a2。为确保实验成功，即鸡蛋移动的距离不超过，则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离：＝a1t2；则纸板运动距离为：d+＝联立解得：a2＝11a1；根据牛顿第二定律得对鸡蛋有：f1＝μmg＝ma1得：a1＝μg，a2＝11μg对纸板有：F﹣f1﹣f2＝2ma2则得F＝f1+f2+2ma2＝μmg+μ•（m+2m）g+22μmg＝26μmg29．(水平面粗糙的“滑块—滑板”模型)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的（）【答案】A．【解析】放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，故A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误．30．(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq\f(9,16).小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑．小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是（）A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/sB．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5m/sC．经过eq\r(2)s的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为eq\f(4\r(3),3)m/s【答案】AC．【解析】对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a1＝eq\f(mgsin37°－μ1mgcos37°,m)＝2m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq\f(mgsin37°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°,m)＝1m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，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)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2eq\r(2)m/s，选项C正确，D错误．31．(2020年武汉期末)(多选)如图所示,三个质量相等的小球A、B、C从图中所处的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,动量变化率之比为1∶1∶1B.在空中运动过程中,重力做功之比为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】AC【解析】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,A项正确;小球做平抛运动,水平初速度相同,A、B、C的水平位移之比为1∶2∶3,根据x=v0t可得它们在空中运动的时间之比为1∶2∶3,根据h=12gt2可得该过程小球的下落高度之比为1∶4∶9,由于初始时刻纵坐标之比等于该过程小球的下落高度之比,所以初始时刻纵坐标之比为1∶4∶9,根据WG=mgh可知重力做功之比为1∶4∶9,B项错误,C项正确;根据vy=gt可知竖直方向速度之比为1∶2∶3,水平方向速度相同,而速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ=vyvx=gtv0,则速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1∶点评▶处理抛体运动时应注意的问题切入点解决方法易错提醒分解思想的应用水平方向决定位移,竖直方向决定时间一般沿水平方向和竖直方向进行分解,但有时为了方便,也可沿斜面方向和垂直于斜面方向进行分解速度偏角的应用由tanθ=gtv速度偏角是指末速度方向与初速度方向间的夹角,一般在θ角和时间t以及初速度v0三者中可“知二求一”位移偏角的应用由tanα=gt2位移偏角是指初、末位置的连线与初速度方向间的夹角,一般利用斜面倾角来求解问题斜抛运动分解法可把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛或下抛运动32．（2019·怀仁市第一中学校高一月考）在水平地面上M点的正上方某一高度处，将球S1以初速度v1水平向右抛出，同时在M点右方地面上N点处，将球S2以初速度v2斜向左上方抛出，两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中（）A．初速度大小关系为v1=v2 B．速度变化量相等C．水平位移相等 D．都不是匀变速运动【答案】BC【解析】本题考查对平抛运动规律和斜上抛运动规律的应用，可将斜抛运动的初速度向水平方向和竖直方向分解．根据可知，速度变化量的大小是由运动时间和加速度这两个因素来决定的．从抛出到相遇过程中两球运动时间相等，两球的加速度都是g，所以两球的速度变化量都是gt，两球都做匀变速运动，B正确D不对；两球在水平方向的位移大小相等，BC正确；点评：在曲线运动分析过程，根据的是力的独立作用原理，各分运动具有独立性和等时性，根据两球相遇时位移和时间上的等量关系进行判断分析33．(2015·朝阳区二模)如图2所示，长为L的直棒一端可绕固定轴O转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为()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】棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示，合速度v实＝ωL，沿竖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均错，B正确。34．(多选)（2020•全国模拟）在光滑的水平面上，一滑块的质量m＝2kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F＝4N（方向未知）作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过PQ两点时速度大小均为v＝5m/s。滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α＝37°，sin37°＝0.6，则（）A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角 B．滑块从P到Q的时间为3s C．滑块从P到Q的过程中速度最小值为4m/s D．PQ两点连线的距离为12m【答案】BCD【解析】解：A、设水平恒力F的方向与PQ连线夹角为β，滑块过P、Q两点时的速度大小相等，根据动能定理得FxPQcosβ＝△Ek＝0，得β＝90°，即水平恒力F与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A错误；B、把P点的速度分解在沿水平力F和垂直水平力F两个方向上，沿水平力F方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动，有a＝＝2m/s2，当F方向速度为零时，时间为t＝＝s＝1.5s，根据对称性，滑块从P到Q的时间为t'＝2t＝3s，故B正确；C、当F方向速度为零时，只有垂直F方向的速度v'＝vcos37°＝4m/s，此时速度方向与F垂直，速度最小，故C正确；D、直F的方向上物块做匀速直线运动，有xPQ＝v't'＝12m，故D正确。35．(多选)如图所示，斜面底端上方高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，重力加速度为，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，应满足和成正比关系 C．要让小球始终垂直打到斜面上，应满足和的平方成正比关系 D．若高度一定，现小球以不同的平抛，落到斜面上的速度最小值为【答案】。【解析】解：、设小球打到斜面上的时间为，恰好垂直打在斜面上，根据几何关系可得，解得，故正确；、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，故错误、正确；、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，故正确。36．（2020·永安市第一中学高三）游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示．已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上．转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动．稳定后，每根钢绳（含飞椅及游客）与转轴在同一竖直平面内．图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上，P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2.不计钢绳的重力．下列判断正确的是（）A．P、Q两个飞椅的线速度大小相同B．无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2C．如果两个游客的质量相同，则有θ1等于θ2D．如果两个游客的质量相同，则Q的向心力一定大于P的向心力【答案】B【解析】BC．设钢绳延长线与转轴交点与游客所在水平面的高度为h，对游客受力分析，由牛顿第二定律和向心力公式可得：则：设圆盘半径为r，绳长为L，据几何关系可得：因为：所以：由上分析得：无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2；故B项正确，C项错误。A．设游客做圆周运动的半径为R，由几何关系可得：所以：两游客转动的角速度相等，据可得：故A项错误。D．对游客受力分析，游客所受向心力：如果两个游客的质量相同，，所以P的向心力一定大于Q的向心力，故D项错误。37．(2020年三湘名校联盟二模)如图,半径为R的半球形容器固定在水平转台上,转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量相等的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止。A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α、β,α>β,则下列说法正确的是（）。A.A的向心力小于B的向心力B.容器对A的支持力一定小于容器对B的支持力C.若ω缓慢增大,则A、B受到的摩擦力一定都增大D.若A不受摩擦力,则B受沿容器壁向下的摩擦力【答案】D【解析】根据向心力公式知F=mω2Rsinθ,质量和角速度相等,A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α、β,α>β,所以A的向心力大于B的向心力,A项错误;若物块受到的摩擦力恰好为零,重力和支持力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得mgtanθ=mω2Rsinθ,解得ω=gRcosθ,若角速度大于gRcosθ,则会有沿切线向下的摩擦力,若小于gRcosθ,则会有沿切线向上的摩擦力,故容器对A的支持力不一定小于容器对B的支持力,B项错误;若ω缓慢增大,则A、B受到的摩擦力方向会发生变化,故摩擦力数值不一定都增大,C项错误;因A受到的静摩擦力为零,则38．(2020年绵阳一模)(多选)如图所示,实线为一条光滑的金属轨道,其中A为完整圆轨道,在水平地面接触处交错分开,B为部分圆轨道,不同几何形状的轨道之间均平滑连接。一可视为质点的小球从水平地面轨道上的C点以满足条件的初速度向左运动,经过B的外侧轨道,再经过A的内侧轨道运动到D点,小球始终没有脱离轨道。已知B圆轨道的半径为R,则（）。A.小球在C点的速度v0应该满足2gR<v0<5B.小球在C点的速度v0应该满足v0>2gRC.A圆轨道半径r应该满足0<r≤RD.A圆轨道半径r应该满足0<r≤45【答案】AD【解析】要使小球能够到达B点且不脱离轨道,在B点的最小速度为零,对应小球在C点的速度最小,根据机械能守恒定律有12mvmin2=mg×2R,vmin=2gR;在B点的最大向心力为mg,此时速度为gR,对应小球在C点的速度最大,根据机械能守恒定律有12mvmax2=mg×2R+12m(gR)2,vmax=5gR;故小球在C点的速度v0应该满足2gR<v0<5gR,A项正确,B项错误。要使小球在A圆轨道不脱离轨道,则小球在A圆轨道最高点的最小速度为gr,对应小球在C点的速度最小,根据机械能守恒定律有12mvmin2=mg×2r+12m(gr)2,r=439．（多选）(2018·山西太原五中等四省五校联考)一光滑、绝缘的半球壳固定在绝缘水平面上，球壳半径为R，在球心O处固定一个带正电的点电荷，一个带负电荷的小物块(可视为质点)静止在球壳的顶端A。现小物块受到轻微扰动从右侧下滑，已知物块静止在A点时对球壳的压力大小是物块重力大小的2倍，P点在球面上，则（）A．物块沿球面运动的过程中机械能增大B．物块沿球面运动的过程中机械能不变C．若物块恰好在P点离开球面，则物块的速度大小为eq\f(2,3)eq\r(3gR)D．若物块恰好在P点离开球面，则物块的速度大小为eq\f(1,3)eq\r(6gR)【答案】BC【解析】物块沿球面运动的过程中，库仑力和支持力沿球半径方向不做功，只有重力做功，则物块的机械能不变，A错误，B正确；设OP与竖直方向夹角为θ，则当物块将要离开球面时所受球面的支持力为零，则由牛顿第二定律有F库＋mgcosθ＝meq\f(v2,R)，因物块在最高点时对球壳的压力大小是物块重力大小的2倍，可知F库＝mg，由机械能守恒定律得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，联立解得v＝eq\f(2,3)eq\r(3gR)，C正确，D错误。40．（多选）（2013•永州一模）如图所示，光滑圆弧轨道固定放置在竖直平面内，一质量为m的小球位于轨道内侧最低点，现给小球一水平初速度，使小球沿着轨道运动且始终不脱离轨道，当小球再次运动到轨道最低点时对轨道的压力大小可能是（）A．mgB．3mgC．5mgD．7mg【答案】BD【解析】当小球恰好通过轨道的正上方时，有，解得

此种情况下，小球再次到达最低点时有：，解得

即要使小球做完整的圆周运动，小球在最低端对轨道的压力，故D正确；

若小球不做完整的圆周运动，则小球上升四分之一圆弧，即速度为零，所以有

在轨道最低端有，联立解得：，故B正确；

故选BD41．（2017秋•安徽月考）某天体可视为质量均匀分布的球体，自转周期为，“北极点”处的重力加速度是“赤道”处重力加速度的倍。则该天体的密度为多少？（万有引力常量为A． B． C． D．【答案】。【解析】设天体的质量为，半径为。质量为的物体在两极处时，由万有引力等于重力，有：①质量为的物体在赤道上，万有引力等于重力和随地自转的向心力的合力，有：②据题有：③所以天体的密度为：联立解得：42．(多选)(2020·江苏)甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有（）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】【详解】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，则A．因为在不同轨道上g是不一样的，故不能根据得出甲乙速度的关系，卫星的运行线速度代入数据可得故A错误；B．因为在不同轨道上两卫星的角速度不一样，故不能根据得出两卫星加速度的关系，卫星的运行加速度代入数据可得故B错误；C．根据，两颗人造卫星质量相等，可得故C正确；D．两卫星均绕地球做圆周运动，根据开普勒第三定律，可得故D正确。故选CD。43．(多选)(2020年山东模拟)最近几十年,人们对探测火星十分感兴趣,先后发射过许多探测器。被称为“火星探路者”的火星探测器曾于1997年登上火星。在探测器“奔向”火星的过程中,用h表示探测器与火星表面的距离,a表示探测器所受火星引力产生的加速度,a随h变化的图像如图所示,图像中a1、a2、h0以及引力常量G已知。下列判断正确的是（）A.火星的半径为QUOTEa2a2+a1B.火星表面的重力加速度大小为a1C.火星的第一宇宙速度大小为QUOTEa1h0a2D.火星的质量为【答案】BD【解析】由万有引力提供探测器做圆周运动的向心力,有GMmR2=ma1,分析图像可知,当h=h0时,GMm(R+h0)2=ma2,联立解得火星的半径R=QUOTEa2a1-a2h0,火星的质量M=QUOTEa1a2a1-a22h02G,A项错误,D项正确;当h=0时,探测器绕火星表面运行,火星表面的重力加速度大小为a1,B项正确;在火星表面,根据重力提供向心力有44．(2016·河南郑州高三月考)中国首台探月车“玉兔号”的成功探月，激发起无数中国人对月球的热爱。根据报道：月球表面的重力加速度为地球表面的eq\f(1,6)，月球半径为地球的eq\f(1,4)，则根据以上数据分析可得()A．绕月球表面飞行的卫星与绕地球表面飞行的卫星的周期之比为3∶2B．绕月球表面飞行的卫星与绕地球表面飞行的卫星的向心加速度之比为1∶6C．月球与地球的质量之比为1∶96D．月球与地球的密度之比为2∶3【答案】BCD【解析】由于都是绕星球表面飞行的卫星，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错误；由于mg＝ma，eq\f(a月,a地)＝eq\f(1,6)，B正确；根据表达式M＝eq\f(gr2,G)，知eq\f(M月,M地)＝eq\f(1,96)，C正确；根据公式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正确。45．(多选)（2020•定远县模拟）我国的“天链一号”卫星是地球同步卫星，可为中低轨道卫星提供数据通讯，“天链一号”卫星4、赤道平面内的低轨道卫星，地球的位置关系如图所示，为地心，地球相对卫星，的张角分别为和图中未标出），卫星的轨道半径是的9倍，且均绕地球同向运行，已知卫星。的周期为，在运行过程中由于地球的遮挡，卫星会进入卫星通讯的盲区，卫星间的通讯信号视为沿直线传播，信号传输时间可忽略，下列分析正确的是A．卫星、的速度之比为 B．卫星星的周期为 C．卫星每次在盲区运行的时间为 D．卫星每次在盲区运行的时间为【答案】。【解析】解：、设卫星、的轨道半径分别为和．地球半径为．根据得：，卫星、的速度之比为．故错误。、由可得：，可得：．则得卫星星的周期为，故正确。、如图，、是卫星盲区两个边缘位置，由几何知识可得：，则有：，解得每次在盲区运行的时间为：，故正确，错误。46．2020年6月23日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功发射北斗系统第五十五颗导航卫星,暨北斗三号最后一颗全球组网卫星,经过近8天的飞行,北斗卫星导航系统最后一颗组网卫星6月30日成功定点于距离地球36000公里高度的地球同步轨道,它的运转周期是24小时。下列关于北斗导航卫星说法正确的是（）A.利用题中的数据和引力常量就可以估算出地球的质量B.此组网卫星的运行速率大于第一宇宙速度C.此组网卫星的重力势能大于近地卫星的重力势能D.此组网卫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,则还需提供地球的半径才能估算出地球的质量,A项错误;根据GMmr2=mv2r可得v=GMr,由于组网卫星的轨道半径远大于地球半径,其运行速率一定小于第一宇宙速度,B项错误;重力势能除了跟高度有关,47．(热点情境)(多选)我国火星探测任务的标识如图1所示,2020年7月23日我国成功发射了名为“天问一号”的火星探测器。如图2所示,1925年德国物理学家瓦尔特·霍曼提出了一种相对节省燃料的从地球飞往火星的方案,其基本构想是在地球上将火星探测器发射后,探测器立即被太阳引力俘获,以太阳为焦点沿椭圆轨道b运动到达火星。椭圆轨道b分别与地球公转轨道a、火星公转轨道c相切。下列说法正确的是（）。A.依照霍曼的猜想,火星探测器的发射速度应大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度B.探测器登陆火星需要先进入轨道c,则探测器在轨道b的远日点处需要加速变轨C.探测器沿轨道b运动,在远日点处的加速度与火星绕太阳公转的加速度相等D.探测器沿轨道b运动时轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值小于火星绕太阳运动时轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值【答案】BC【解析】依照霍曼的猜想,火星探测器要脱离地球的引力,但是没有脱离太阳的引力,则探测器的发射速度应大于第二宇宙速度,A项错误;探测器登陆火星需要先进入火星公转轨道c,则探测器在椭圆轨道的远日点处需要加速变轨才能进入轨道c,B项正确;由GmMr2=ma得a=GMr2,若探测器沿椭圆轨道运动,探测器在远日点处的加速度等于火星绕太阳公转的加速度,C项正确;根据开普勒第三定律可知,火星探测器沿椭圆轨道运动时轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值等于火星绕太阳运动时轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值48．(2020年雅安一模)米歇尔·麦耶和迪迪埃·奎洛兹因为发现了第一颗太阳系外行星——飞马座51b而获得2019年诺贝尔物理学奖。飞马座51b与恒星相距为L,构成双星系统(如图所示),它们绕共同的圆心O做匀速圆周运动。设它们的质量分别为m1、m2且m1<m2,已知引力常量为G。则下列说法正确的是（）。A.飞马座51b与恒星运动具有相同的线速度B.飞马座51b与恒星运动所受到的向心力之比为m1∶m2C.飞马座51b与恒星运动轨道的半径之比为m2∶m1D.飞马座51b与恒星运动周期之比为m1∶m2【答案】C【解析】双星系统具有相同的角速度和周期,两者之间的万有引力提供向心力,故两者向心力相同,B、D两项错误;根据m1ω2r1=m2ω2r2可知,半径之比等于质量的反比,即飞马座51b与恒星运动轨道的半径之比r1∶r2=m2∶m1,C项正确;线速度之比等于半径之比,即v1∶v2=m2∶m1,A项错误。49．(多选)（2019·江苏省扬州中学高三模拟）2019年4月10日，天文学家召开全球新闻发布会，宣布首次直接拍摄到黑洞的照片如图所示。黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸（光速为c）。若黑洞的质量为M，半径为R，引力常量为G，其逃逸速度公式为。如果天文学家观测到一天体以速度v绕某黑洞做半径为r的匀速圆周运动，则下列说法正确的有（）A．B．M=Gv2rC．该黑洞的最大半径为D．该黑洞的最小半径为【答案】AC【解析】根据万有引力提供向心力有：，得黑洞的质量，故A正确，B错误；根据逃逸速度公式，得，黑洞的最大半径，故C正确，D错误。50．宇宙中有许多双星系统，现在根据光学测量确定一个双星系统中每个星体质量都是，两者相距L，两个星体的大小远小于它们之间的距离，它们围绕连线中点作匀速圆周运动，该双星系统的理论周期为，而实际测得的周期为，。关于这个差异最流行的解释是宇宙中存在光学观测不到的暗物质，可简化模型为在这两个星体连线为直径的球体内均匀分布着暗物质，不必考虑其它暗物质影响，请根据上述提供的数据确定暗物质密度为（）A．B．C．D．【答案】C51．(多选)（2020秋•沈阳期中）质量m＝1kg的物体在光滑水平面上由静止开始沿直线运动，所受水平外力F与运动距离x的关系如图所示，对图示的全过程进行研究，下列叙述正确的是（）A．外力做的功为8J B．物体在x＝4m处时加速度大小为1m/s2 C．物体运动到x＝3m处时速度为6m/s D．物体运动到x＝5m处时，外力做功的瞬时功率为25W【答案】AC【解析】解：A、F﹣x图线与坐标轴所围图形的面积表示力F做的功，所以整个过程中，外力做功为W＝6×3J﹣5×2J＝8J，故A正确；B、由图可知物体在x＝4m处时所受外力大小为F＝5N，则此时物体加速度大小为，故B错误；C、物体运动到x＝3m处时，物体所受外力F＝6N，设物体的速度为v，由动能定理得，，故C正确；D、物体运动到x＝5m处时，物体所受外力大小为F＝5N，设物体速度为v′，由动能定理得，则外力做功的瞬时功率为P＝Fv′＝5×4W＝20W，故D错误。52．(多选)(2020·天津)复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（）A．做匀加速直线运动B．加速度逐渐减小C．牵引力的功率D．牵引力做功【答案】BC【解析】【详解】AB．动车的功率恒定，根据可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；C．当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为C正确；D．动车功率恒定，在时间内，牵引力做功为根据动能定理得D错误。故选BC。53．(2018·山东济南一中上学期期中)如图所示，在半径为0.2m的固定半球形容器中，一质量为1kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15N．取重力加速度为g＝10m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为（）A．0.5J B．1.0JC.1.5J D．1.8J【答案】C【解析】在最低点：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)球自A滑到B的过程中由动能定理得：mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入数据解得Wf＝1.5J，C正确．54．（多选）有关重力势能的变化，下列说法中正确的是（）A．物体受拉力和重力作用向上运动，拉力做功是1J，但物体重力势能的增加量有可能不是1JB．从同一高度将某一物体以相同的速率平抛或斜抛，落到地面上时，物体重力势能的变化是相同的C．从同一高度落下的物体到达地面，考虑空气阻力和不考虑空气阻力的情况下重力势能的减少量是相同的D．物体运动中重力做功是－1J，但物体重力势能的增加量不是1J【答案】ABC【解析】重力做功与经过的路径无关，与是否受其他力无关，只取决于始末位置的高度差，再根据重力做功等于重力势能的减少量可知B、C正确，D错误．对于A选项，当物体加速运动时克服重力做功少于1J，重力势能增加量少于1J；物体减速运动时，克服重力做功即重力势能增加量大于1J；只有物体匀速向上运动时，克服重力做功即重力势能增加量才是1J，A正确．55．（2020蚌埠高三期中）根据所学知识，判断下列四个说法中正确是（）A.物体的速度为零时，其加速度就一定为零B.物体所受合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向一定相同C.合外力对物体做功为零时，物体的机械能就一定守恒D.做圆周运动物体的向心力一定等于物体所受的合外力【答案】B【解析】【详解】A．速度是加速度的变化率，速度为零时，加速度不一定为零，如自由落体运动的初速度为零，但加速度不为零。故A错误。B．根据动量定理，物体所受合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向一定相同。故B正确。C．在外力作用下物体向上匀速运动，合力做功为零，但机械能增加。故C错误。D．做匀速圆周运动物体的向心力一定等于物体所受的合外力，做变速圆周运动的物体的合外力不一定等于向心力。故D错误。56．(2018·江苏南京、盐城一模)(多选)如图所示，光滑细杆上套有两个质量均为m的小球，两球之间用轻质弹簧相连，弹簧原长为L，用长为2L的细线连接两球。现将质量为M的物块用光滑的钩子挂在细线上，从细线绷直开始释放，物块向下运动。则物块A．运动到最低点时，小球的动能为零B．速度最大时，弹簧的弹性势能最大C．速度最大时，杆对两球的支持力为(M＋2m)D．运动到最低点时，杆对两球的支持力小于(M＋2m)【答案】AC【解析】物块释放后先做加速运动，后做减速运动直到速度为零即到达最低点，此时小球的动能也为零，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，系统的机械能守恒，物块减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，故A正确，B错误；物块速度最大时，将两小球和物块看成整体，系统所受合外力为零，杆对两球的支持力与系统重力平衡，故C正确；运动到最低点时物块具有向上的加速度，由整体法可知，杆对两球的支持力大于(M＋2m)g，故D错误。57．(多选)（2020·重庆市开州中学高三一模）如图所示，水平固定的粗糙直杆上套有一质量为m的小球。轻弹簧一端固定在O点，另一端与小球相连，弹簧与直杆在同一竖直面内，直杆上有a、b、c、d四点，ab=bc，b在O点正下方，小球在a、d两点时，弹簧弹力大小相等。开始时，小球静止于d点，然后给小球一水平向右的初速度v0，小球经过cb两点时速度大小分别为vc、vb，到达a点时速度恰好减小为0。则下列说法正确的是（）A．小球能在a点静止B．若在a点给小球一水平向左的初速度v0，小球不能到达d点C．若在a点给小球一水平向左的初速度v0，小球经过b点时速度大于vbD．若在a点给小球一水平向左的初速度v0，小球经过c点时速度大小为【答案】ACD【解析】A．小球开始时静止于d点，则Ffd≤μFNd，假设小球可以在a点静止，由受力分析可知，小球在d点受到的支持力FNd小于在a点受到的支持力FNa，小球在d点受到的摩擦力大于小球在a点受到的摩擦力，一定有Ffa<μFNa，则小球在a点静止，A正确；B．在d点和a点弹簧弹力大小相等，弹簧的弹性势能相等，因此弹簧在a、c、d位置，弹性势能均相等，由能量守恒可知，设小球从d到a运动中克服摩擦力做功W1，满足若在a点给小球一水平向左的初速度v0，则小球从a点到d点运动中克服摩擦力做功也为W1，同样满足因此小球可以到达d点，B错误；C．设小球从d到b运动中克服摩擦力做功W2，小球从a到b运动中克服摩擦力做功W3，设b点弹簧的弹性势能为Eb，小球从d到b运动中，有同理小球从a到b运动中，有由于W2>W3所以vb<vb＇C正确；D．小球从c到a运动中，有小球从a到c运动中，设小球经c点时速度大小为vc＇，有由于Wfca=Wfac解得D正确。故选ACD。58．（2020·江苏苏州市·高三月考）如图甲所示，小物体从竖直弹簧上方离地高处由静止释放，其动能与离地高度的关系如图乙所示，其中高度从下降到，图像为直线，其余部分为曲线，对应图像的最高点，轻弹簧劲度系数为，小物体质量为，重力加速度为，以下说法正确的是（）A．小物体下降至高度时，弹簧形变量为0B．小物体下落至高度时，加速度为0C．小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能增加了D．小物体从高度下降到，物体的最大动能为【答案】C【解析】A．小物体下降至高度h3时，动能达到最大，加速度为零，此时有弹簧形变量为，A错误；B．小物体下落至高度时，达到最低点，合力不为零，加速度不为零，B错误；C．小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；此时弹簧的压缩量小物体从高度h2下降到h4，重力做功物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了，C正确；D．小物体从高度h1下降到h5，最大动能在h3处，此过程中重力势能的减小量为，根据能量关系可知，重力势能转化为动能和弹性势能，所以最大动能不等于mg（h1−h3），故D错误。故选C。59．(多选)（2021·辽宁高三零模）如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t=0时，甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度开始向右滑行。t=0.5s时，传送带启动（不计启动时间），立即以3m/s的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（）A．t=0.5s时，两滑块相距2mB．t=1.5s时，两滑块速度相等C．0-1.5s内，乙相对传送带的位移大小为0.25mD．0-2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5J【答案】BCD【解析】A．两物体变速运动时的加速度大小根据可得t=0.5s时，两滑块相距A错误；B．传送带启动时，甲物体的速度为与皮带速度相等所用时间因此在t=1.5s时，甲滑块速度与皮带相等。传送带启动时，乙物体的速度为与皮带速度相等所用时间因此在t=1.5s时，乙滑块速度也与皮带相等，故1.5s时，两滑块速度相等，B正确；C．0-0.5s内，乙相对传送带的位移大小为1s-1.5s内，乙相对传送带的位移大小为因此0-1.5s内，乙相对传送带的位移大小为C正确；D．在1.5s前，甲均在做减速运动，则甲相对传送带的位移甲滑块与传送带间摩擦生热在0.5s乙做减速运动，传送带静止，在0.5~1s时，乙滑块做加速度运动，整个过程中乙滑块与传送带间摩擦生热量因此0-2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热D正确。故选BCD。60．(2017·华中师大附中一模)如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度v0开始向右滑动，已知M>m，用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能Ek随位移s的变化图象，其中可能正确的是（）【答案】D【解析】设A、B间动摩擦因数为μ，二者加速度的大小分别为aA、aB，则μmg＝maA，μmg＝MaB，可知aA>aB，v－t图象中，①的斜率绝对值应大于②的，故A、B均错误．由μmgsB＝EkB，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgsA＝EkA，可知Ek－s图象中，①、②的斜率绝对值应相同，故C错误，D正确．61．（2020·河北石家庄二中高三期中）一质量为m=1kg的物块静止在水平面上，如图（a）所示。t=0时刻，对物块施加一水平向右的拉力F，通过力传感器测得拉力F随时间的变化关系如图（b）所示。已知物块与地面间的摩擦因数μ=0.5，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2则下列说法不正确的是（）A．t=1s至t=3s时间内，物块的加速度先增大后减小B．t=3s时刻，物体获得的速度为7.5m/sC．t=3s时刻，拉力F的功率等于25WD．在拉力F减为零后，物块将继续向前运动0.5s时间停下来【答案】B【解析】A.物块与地面间的最大静摩擦力为故物块在0~1s内静止，从1s开始运动，t=1s至t=3s时间内，外力从5N开始增大到10N在减小5N，有牛顿第二定律可知，物块的加速度先增大后减小，故A正确；B.在t=1s至t=3s时间内，有动量定理可知得v=5m/s，故B错误；C.t=3s时刻，拉力F的功率等于故C正确；D.设拉力减为零后继续运动时间为t，从3s到停下来，有动量定理可得可得t=0.5s。故D正确。故选B。62．（2020·辽宁大连二十四中高三期中）人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，且M∶m=31∶2。人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v（相对地面）将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v（相对地面）将球推向挡板。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】设人第一次推出小球后人和冰车的速度为v1，由动量守恒可得第二次退出小球后人和冰车的速度为v2，由动量守恒可得第三次退出小球后人和冰车的速度为v3，由动量守恒可得以此类推，设经过n次推球后，人和冰车向后的速度vn，对比前式，由定量守恒可得当人和冰车向后的速度vn大于等于木球被挡板反弹回来的速度v时，人就不能再接到球了，即满足联立代入数据可解得。应选D。63．课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4m3/s，喷出速度保持为对地10m/s.启动前火箭总质量为1.4kg，已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是1.0×103kg/m3。则启动2s末火箭的速度可以达到（）A.4m/sB.3m/sC.2m/sD.1m/s【答案】A【解析】“水火箭”喷出水流做反冲运动．设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得(M－ρQt)v′＝ρQtv代入数据解得火箭启动后2s末的速度为v′＝＝m/s＝4m/s,故答案选A.64．（2020•天心区校级模拟）一质量为的物体以的初速度与另一质量为的静止物体发生碰撞，其中，．碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分別为和