2025年安徽省高考物理命题考点对标1【含答案】

第=page5151页，共=sectionpages6060页2025年安徽省高考物理命题考点对标11.一辆汽车以速度v0匀速行驶，司机观察到前方人行横道有行人要通过，于是立即刹车。从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，汽车刹车过程可视为匀减速直线运动。下列说法正确的是()A．汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为eq\r(\f(23,24))v0B．汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为eq\f(\r(3),2)v0C．汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为1∶eq\r(2)D．汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1【答案】AD【解析】从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，设路边石的长度为L，则有0－v02＝－2a·24L，解得a＝eq\f(v02,48L)，则汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v1＝eq\r(v02－2aL)＝eq\r(\f(23,24))v0，A正确；汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v18＝eq\r(v02－2a×18L)＝eq\f(v0,2)，B错误；根据初速度为零的匀变速直线运动在连续相等的位移内所用时间比例关系可得：汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为(eq\r(2)－1)∶1，C错误；根据初速度为零的匀变速直线运动在连续相等时间内通过位移比例关系可得：汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1，D正确。2.如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为()A．3m/sB．2m/sC．1m/sD．0.5m/s【答案】C【解析】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，则根据题意有eq\x\to(v)RS＝eq\f(x,t1)＝eq\f(vR＋vS,2)，eq\x\to(v)ST＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(vS＋vT,2)，联立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a·5t1，则at1＝2m/s，又有eq\x\to(v)RS＝vR－a·eq\f(t1,2)＝10m/s，则vR＝11m/s，联立解得vT＝1m/s，故选C。3.一个物体从离地某一高度处开始做自由落体运动，该物体第1s内的位移恰为最后1s内位移的二分之一，已知重力加速度大小取10m/s2，则它开始下落时距落地点的高度为()A．15mB．12.5mC．11.25mD．10m【答案】C【解析】物体第1s内的位移为h1＝eq\f(1,2)gt02＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，则物体最后1s内的位移为h2＝2h1＝10m，又eq\f(1,2)gt总2－eq\f(1,2)g(t总－1s)2＝h2，解得t总＝1.5s，则物体开始下落时距落地点的高度为h＝eq\f(1,2)gt总2＝eq\f(1,2)×10×1.52m＝11.25m，故选C。4.如图所示，A、B为空心圆管的两端、C为可视为质点的小球，AB长度为L＝1m，AB与C在同一竖直线上，AC之间距离为h＝20m。t＝0时刻，空心圆管做自由落体运动，C从地面以初速度v0开始做竖直上抛运动，g＝10m/s2。(1)要使C在空心圆管落地前穿过空心圆管，v0应大于多少？(2)若v0＝20m/s，求C从A端穿过空心圆管所用的时间。(不考虑圆管落地后的情形)【答案】(1)10.5m/s(2)0.05s【解析】(1)C在圆管落地前穿过圆管的条件是，圆管落地的瞬间小球经过B端，此过程小球的速度为最小值。设圆管的落地时间为t，则h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2s，此时C恰好经过B端，则有vmint－eq\f(1,2)gt2＝L解得vmin＝10.5m/s，即v0应大于10.5m/s。(2)由上述分析可知，小球一定在空中穿过圆管，设C到达A端的时间为t1，则有(v0t1－eq\f(1,2)gt12)＋eq\f(1,2)gt12＝h设C到B端的时间为t2，则有(v0t2－eq\f(1,2)gt22)＋eq\f(1,2)gt22＝h＋LC从A端穿过圆管所用的时间为Δt＝t2－t1解得Δt＝0.05s。5．如图所示为车辆行驶过程中常见的变道超车情形。图中A车车长LA＝4m，B车车长LB＝6m，两车车头相距L＝26m时，B车正以vB＝10m/s的速度匀速行驶，A车正以vA＝15m/s的速度借道超车，此时A车司机发现前方不远处有一辆汽车C正好迎面驶来，其速度为vC＝8m/s，C车车头和B车车头之间相距d＝94m，现在A车司机有两个选择，一是放弃超车，驶回与B相同的车道，而后减速行驶；二是加速超车，在B与C相遇之前超过B车，不考虑变道过程的时间和速度的变化。(1)若A车选择放弃超车，回到B车所在车道，则A车至少应该以多大的加速度匀减速刹车，才能避免与B车相撞；(2)若A车选择加速超车，求A车能够安全超车的加速度至少多大；(3)若A车选择超车，但因某种原因并未加速，C车司机在图示位置做出反应(不计反应时间)，则C车减速的加速度至少多大才能保证A车安全超车。【答案】(1)eq\f(5,8)m/s2(2)eq\f(2,5)m/s2(3)1m/s2【解析】(1)若A车选择放弃超车，回到B车所在车道，当两车速度相同时，A恰好追上B，此时A加速度最小，根据运动学公式有vA－a1t1＝vBvAt1－eq\f(1,2)a1t12＝vBt1＋L－LB联立解得A车的最小加速度为a1＝eq\f(5,8)m/s2(2)A车加速超车最长时间为t2＝eq\f(d－LA,vB＋vC)＝eq\f(94－4,10＋8)s＝5sA车安全超车，根据运动学公式有vAt2＋eq\f(1,2)a2t22＝vBt2＋L＋LA，解得A车能够安全超车的加速度至少为a2＝eq\f(2,5)m/s2(3)C车做匀减速运动最长时间为t3＝eq\f(L＋LA,vA－vB)＝eq\f(26＋4,15－10)s＝6sA车安全超车，根据运动学公式有vAt3＋vCt3－eq\f(1,2)a3t32＝d＋L解得C车减速的最小加速度为a3＝1m/s2。6.t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是()A．t＝2t0时，P回到原点B．t＝2t0时，P的运动速度最小C．t＝t0时，P到原点的距离最远D．t＝eq\f(3,2)t0时，P的运动速度与t＝eq\f(1,2)t0时相同【答案】BD【解析】质点在0～t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确；a－t图像与t轴所围的面积表示速度变化量，eq\f(t0,2)～eq\f(3,2)t0时间内速度的变化量为零，因此eq\f(t0,2)时刻P的运动速度与eq\f(3,2)t0时刻相同，D正确。7.甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v－t图像如图所示，0～t2时间内，下列说法正确的是()A．乙物体先向负方向运动，后向正方向运动B．t1时刻二者相距最远C．t2时刻二者速度相等并再次处于同一位置D．0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大【答案】D【解析】在v－t图像中速度的正负表示运动方向，由题图可知乙的速度方向一直为正，运动方向没有发生改变，故A错误；在0～t2时间内，乙的速度比甲的小，甲在乙的前方，两者间距逐渐增大，t2时刻后，乙的速度比甲的大，两者间距减小，所以在0～t2时间内，t2时刻两者相距最远，乙物体未追上甲，故B、C错误；根据v－t图像的斜率表示加速度可知，在0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故D正确。8.一物体沿直线运动，其位置坐标x随时间t变化的图像为抛物线的一部分，如图所示。下列说法中正确的是()A．物体在3s末和6s末的速度方向相反B．物体前6s的平均速度大小为eq\f(1,3)m/sC．物体运动的加速度大小为eq\f(8,9)m/s2D．物体运动的初速度大小为eq\f(1,3)m/s【答案】D【解析】x－t图像斜率表示速度，由题图可知，3～6s内速度方向不变，3s末和6s末的速度方向相同，故A错误；由x－t图像可知，物体前6s通过的位移为Δx＝－2m－4m＝－6m，物体前6s的平均速度大小为eq\x\to(v)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δx,Δt)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－6,6)))m/s＝1m/s，故B错误；设物体的初速度为v0，加速度为a，由x－t图像可知，物体前3s通过的位移为Δx′＝3m－4m＝－1m，把前3s通过的位移和前6s通过的位移代入运动学方程x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可得v0＝eq\f(1,3)m/s，a＝－eq\f(4,9)m/s2，故C错误，D正确。9．根据机动车的运动情况，绘制如图eq\f(x,t2)－eq\f(1,t)图像，已知一质量为1000kg的机动车在水平路面沿直线减速行驶，规定初速度v0的方向为正方向。以下说法正确的是()A．机动车的初速度v0＝10m/sB．机动车的加速度大小为2m/s2C．机动车在前3s的位移是12mD．机动车前3s的动量变化量为1.2×104kg·m/s【答案】A【解析】由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2变形可得eq\f(x,t2)＝v0·eq\f(1,t)＋eq\f(1,2)a，与题目给定的图线对比，由纵截距可知eq\f(1,2)a＝－2m/s2，解得a＝－4m/s2，由图像斜率可知v0＝eq\f(2,0.2)m/s＝10m/s，故A正确，B错误；机动车速度变为0所需时间为t＝eq\f(0－v0,a)＝2.5s，故机动车在前3s的位移是x＝eq\f(0－v02,2a)＝eq\f(－100,－8)m＝12.5m，故C错误；机动车前3s的动量变化量为Δp＝p2－p1＝0－1000×10kg·m/s＝－104kg·m/s，故D错误。10.如图所示，一位同学用双手水平夹起一摞书，并停留在空中。已知手掌与书间的动摩擦因数μ1＝0.3，书与书间的动摩擦因数μ2＝0.2，设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小。若每本书的质量均为0.2kg，该同学对书的水平正压力为200N，每本书均呈竖直状态，重力加速度大小g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．每本书受到的摩擦力的合力大小不相等B．书与书之间的摩擦力大小均相等C．他最多能夹住42本书D．他最多能夹住60本书【答案】C【解析】每本书受到的摩擦力的合力与重力平衡，因为每本书的质量相等，则每本书受到的摩擦力的合力大小相等，A错误；越靠外侧，书与书间的摩擦力越大，B错误；以这一摞书为研究对象，每只手对其最大静摩擦力为Ff1＝μ1FN＝60N，这一摞书受力平衡，则2Ff1＝n1mg，解得n1＝60，但书与书间的最大静摩擦力为Ff2＝μ2FN＝40N，除了左右两侧跟手接触的两本书，以剩下的这一部分书为研究对象，由平衡条件有2Ff2＝n2mg，解得n2＝40，加上与手接触的两本书，共42本书，C正确，D错误。11.激光打印机是自动进纸的，其进纸原理如图所示，进纸槽里叠放一叠白纸，每一张纸的质量均相等，进纸时滚轮以竖直向下的力压在第1张白纸上，并沿逆时针方向转动，确保第1张纸与第2张纸相对滑动，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，滚轮与白纸之间的动摩擦因数为μ1，白纸与白纸之间、白纸与纸槽底座之间的动摩擦因数均为μ2，不考虑静电力的影响，则()A．第1张白纸受到滚轮的摩擦力向左B．最后一张白纸受到纸槽底座的摩擦力向右C．下一张白纸受到上一张白纸的摩擦力一定向右D．正常情况下单张纸打印必须满足μ1>μ2【答案】CD【解析】第1张白纸相对于滚轮的运动趋势与滚轮的运动方向相反，则受到滚轮的静摩擦力方向与滚轮的运动方向相同，即受到滚轮的摩擦力向右，A错误；对除第1张白纸外的所有白纸进行研究，处于静止状态，水平方向受到第1张白纸的滑动摩擦力，方向与滚轮的运动方向相同，则根据平衡条件知，最后1张白纸受到纸槽底座的摩擦力方向与滚轮的运动方向相反，即水平向左，B错误；根据题意，因上一张白纸相对下一张白纸向右滑动或有向右滑动的趋势，则上一张白纸受到下一张白纸的摩擦力一定向左，那么下一张白纸受到上一张白纸的摩擦力一定向右，C正确；正常情况下单张纸打印必须满足滚轮与白纸之间的最大静摩擦力大于纸与纸之间的滑动摩擦力，则μ1>μ2，D正确。d＝(x1＋x1′)＋x2′＝eq\f(5mg,k)，故选A、D。12.(多选)如图所示，右侧带有挡板的长木板甲放在水平地面上。物块乙放在木板甲上，水平弹簧左端与物块乙连接，右端与挡板连接，用F＝11N的水平恒力向右拉木板甲，甲和乙相对静止并一起向右做匀加速运动，加速度为2m/s2，弹簧的伸长量为2cm，弹簧的劲度系数为200N/m，不计弹簧的质量。已知m甲＝4kg，m乙＝1kg。以下说法正确的是()A．弹簧的弹力大小为4NB．甲与乙之间没有摩擦力作用C．甲受到乙的静摩擦力方向向左D．甲与地面间的滑动摩擦力大小为1N【答案】AD【解析】根据胡克定律得弹簧的弹力大小为F弹＝kx＝200×0.02N＝4N，故A正确；对乙受力分析，取向右为正方向，根据牛顿第二定律F弹＋Ff＝m乙a，解得Ff＝－2N，负号表示方向向左，根据牛顿第三定律，乙对甲的静摩擦力方向向右，故B、C错误；对整个系统，根据牛顿第二定律有F－Ff地＝(m甲＋m乙)a，解得Ff地＝1N，故D正确。13．如图甲所示，A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳OA和AB的长度之比为eq\r(3)∶1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于图乙的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳OA与竖直方向成30°角，则()A．F1＝F2 B．F1＝eq\r(3)F2C．F1＝2F2 D．F1＝3F2【答案】C【解析】由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为eq\r(3)∶1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB垂直；以B球为研究对象，受力示意图如图(a)所示，由平衡条件得F2＝mgtan(90°－30°)＝eq\r(3)mg，以A、B两球整体为研究对象，受力示意图如图(b)所示，由平衡条件得F1－F2＝3mgtan30°＝eq\r(3)mg，可得F1＝2eq\r(3)mg，即F1＝2F2，故选C。14.如图所示，质量M＝2eq\r(3)kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m＝eq\r(3)kg的小球B相连。用与水平方向成α＝30°角的恒力F＝10eq\r(3)N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中A、B相对位置保持不变，g取10m/s2。求：(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。【答案】(1)30°(2)eq\f(\r(3),5)【解析】(1)对B进行受力分析，设轻绳对B的拉力为FT，由平衡条件可得Fcos30°＝FTcosθ，Fsin30°＋FTsinθ＝mg解得FT＝10eq\r(3)N，tanθ＝eq\f(\r(3),3)即θ＝30°(2)对A进行受力分析，由平衡条件有FTsinθ＋Mg＝FN，FTcosθ＝μFN解得μ＝eq\f(\r(3),5)。15质量为m粗细均匀的麻绳如图所示悬挂，悬点处切线与竖直方向夹角分别为37°和53°，P点为最低点，重力加速度为g，sin37°＝0.6，则()A．左侧悬点对麻绳拉力为0.6mgB．右侧悬点对麻绳拉力为0.8mgC．最低点P处张力为0.3mgD．P点右侧麻绳质量为0.36m【答案】D【解析】对麻绳受力分析，受重力mg、左侧悬点对麻绳的拉力F1、右侧悬点对麻绳的拉力F2，则F1cos37°＋F2cos53°＝mg，F1sin37°＝F2sin53°，解得F1＝0.8mg，F2＝0.6mg，故A、B错误；对P点右侧麻绳受力分析，受重力m2g、最低点P处张力F、右侧悬点对麻绳的拉力F2，则F＝F2sin53°＝0.48mg，m2g＝F2cos53°＝0.36mg，所以P点右侧麻绳质量为m2＝0.36m，故C错误，D正确。16.如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过光滑定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态。现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为Ff，则该过程中()A．Ff变小，F变大 B．Ff变小，F变小C．Ff变大，F变小 D．Ff变大，F变大【答案】D【解析】以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可得，水平拉力F＝mgtanα，夹角α逐渐增大，则水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力为FT＝eq\f(mg,cosα)，故绳子的拉力逐渐增大；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受到的地面的摩擦力与绳子拉力水平方向的分力等大反向，Ff＝FTcosθ＝eq\f(mgcosθ,cosα)，逐渐增大，故选D。17.如图所示，竖直面内固定一光滑大圆环轨道，O为圆心，在大圆环轨道最高点A固定一个光滑的小滑轮，一轻绳绕过小滑轮，一端连接套在大圆环轨道上的小球，用力F拉轻绳另一端，在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，有()A．拉力F逐渐增大B．拉力F先减小后增大C．小球对大圆环轨道的压力大小保持不变D．小球对大圆环轨道的压力先增大后减小【答案】C【解析】对小球进行受力分析如图所示，根据相似三角形法可得eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,OB)＝eq\f(mg,OA)在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，重力大小、方向均不变，AB变小，OA、OB不变，则拉力F逐渐减小，大圆环轨道对小球的支持力FN大小不变，由牛顿第三定律知小球对大圆环轨道的压力大小保持不变，故选C。18.(多选)如图所示，把倾角为30°的粗糙斜面体C置于粗糙水平地面上，质量为2m的物块A通过跨过光滑轻定滑轮的轻绳与质量为m的小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点，初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下，使轻绳OB段与水平拉力F的夹角为θ＝120°，A、B均保持静止状态。现改变拉力F，并保持夹角θ大小不变，将小球B向右上方缓慢拉起至OB水平，物块A始终保持静止状态。g为重力加速度，下列关于该过程的说法正确的是()A．拉力F一直变大B．拉力F最小为eq\f(\r(3),3)mgC．斜面体C所受地面摩擦力一直变小D．斜面体C所受地面摩擦力先变小后变大【答案】AB【解析】对小球B受力分析，将FT、F、mg组成矢量三角形，由于FT和F的夹角始终不变，作辅助圆如图所示拉力F一直变大，初始状态时最小，为eq\f(\r(3),3)mg，A、B正确；拉力F的水平分力先变大后变小，对A、B、C整体进行受力分析知斜面体C所受地面摩擦力大小等于拉力F的水平分力大小，也是先变大后变小，故C、D错误。19.人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像(F－t图像)如图所示，重力加速度g＝10m/s2，则()A．下蹲过程中最大加速度为6m/s2B．人在下蹲过程中，力的示数先变大后变小C．人在站起过程中，先失重后超重D．人在8s内完成了两次下蹲和两次站起动作【答案】A【解析】由题图可知，传感器的最小压力约为200N，且人的质量为m＝eq\f(G,g)＝50kg，则根据牛顿第二定律得下蹲过程中最大加速度为a＝eq\f(G－F,m)＝eq\f(500－200,50)m/s2＝6m/s2，故A正确；人在下蹲过程中，先加速下降再减速下降，所以力传感器的示数先变小后变大，故B错误；人在站起过程中，先加速起立再减速起立，所以先超重后失重，故C错误；人在下蹲过程中，力传感器的示数先变小后变大，人在站起过程中，力传感器的示数先变大后变小，所以人在8s内完成了一次下蹲和一次站起动作，故D错误。20．如图甲所示，高空滑索是一项勇敢者的运动项目。如果某人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，钢索与水平地面的夹角为30°，在下滑过程中可能会出现如图乙(轻绳与钢索垂直)和如图丙(轻绳沿竖直方向)所示的两种情形，已知此人的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法中错误的是()A．图乙中，人一定匀加速下滑B．图乙中，钢索对轻环的作用力大小为eq\f(\r(3),2)mgC．图丙中，人一定匀速下滑D．图丙中，钢索对轻环无摩擦力【答案】D【解析】题图乙中，人受到重力和轻绳的拉力，由于两个力不共线，且合力方向斜向下，故人只能匀加速下滑，故A正确，不符合题意；题图乙中，钢索对人的作用力大小FT＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，故B正确，不符合题意；题图丙中，人受到重力和轻绳的拉力，两力均沿竖直方向，若合力不为零，则合力必沿竖直方向，与速度不共线，人不可能做直线运动，因此合力一定为零，人一定匀速下滑，故C正确，不符合题意；题图丙中，轻环也做匀速直线运动，所受合力为零，轻绳对轻环的拉力与钢索对轻环的支持力不在一条直线上，合力不可能为零，因此轻环一定受到钢索的摩擦力，三力平衡，故D错误，符合题意。21.如图所示，在质量为M的箱式电梯的地板上固定一轻质弹簧，弹簧的上端拴接一质量为mA的物体A，质量为mB的物体B放置在物体A上，整个装置随电梯一起匀速下降，弹簧保持竖直，重力加速度为g。某时刻悬挂电梯的钢索突然断裂，在钢索断裂的瞬间，下列说法正确的是()A．物体A的加速度大小为0B．物体B的加速度大小为gC．箱式电梯的加速度大小为gD．物体B对物体A的压力为0【答案】A【解析】钢索断裂的瞬间，弹簧的弹力不变，所以A、B的受力情况不变，加速度均为0，物体B对物体A的压力等于自身重力，对箱式电梯受力分析可知(mB＋mA＋M)g＝Ma，解得a＝eq\f(mB＋mA＋Mg,M)，故选A。22.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的货物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3。当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为()A．0.35mg B．0.3mgC．0.23mg D．0.2mg【答案】D【解析】将a沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示，水平方向：Ff＝max，竖直方向：FN－mg＝may，FN＝1.15mg，又eq\f(ay,ax)＝eq\f(3,4)，联立解得Ff＝0.2mg，故D正确。23．某列车由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A．FB.eq\f(19F,20)C.eq\f(F,19)D.eq\f(F,20)【答案】C【解析】设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受到的阻力为Ff，对后38节车厢，由牛顿第二定律得F－38Ff＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为FT，对后2节车厢，由牛顿第二定律得FT－2Ff＝2ma，联立解得FT＝eq\f(F,19)，故选项C正确。24.(多选)如图所示，用力F拉着A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力FTA和FTB的变化情况是()A．FTA增大 B．FTB增大C．FTA减小 D．FTB减小【答案】AD【解析】设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝eq\f(F,M)，对最左边的物体分析FTB＝ma＝eq\f(mF,M)，对最右边的物体分析，有F－FTA＝m′a，解得FTA＝F－eq\f(m′F,M)，在中间物体上加上橡皮泥，则整体的质量M增大，因为m、m′不变，所以FTB减小，FTA增大。故选A、D。25.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k＝50N/m，初始时系统处于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度a＝4m/s2的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是()A．外力F刚施加的瞬间，F的大小为4NB．当弹簧压缩量减小到0.3m时，A、B间弹力大小为1.2NC．A、B分离时，A物体的位移大小为0.12mD．B物体速度达到最大时，B物体的位移为0.22m【答案】C【解析】施加外力前，系统处于静止状态，对整体受力分析，由平衡条件得2mg＝kx0，代入数据解得x0＝0.4m，外力施加的瞬间，物体A加速度为4m/s2，对整体，由牛顿第二定律得F－2mg＋kx0＝2ma，代入数据解得F＝8N，故A错误；当弹簧压缩量减小到0.3m时，设A、B间弹力大小为FAB，对A受力分析，由牛顿第二定律得F′＋FAB－mg＝ma，对A、B组成的系统受力分析，由牛顿第二定律得F′＋kx1－2mg＝2ma，代入数据联立解得FAB＝1N，故B错误；设A、B分离时，弹簧的形变量为x2，对B受力分析，由牛顿第二定律得kx2－mg＝ma，代入数据解得x2＝0.28m，所以A物体的位移大小为x0－x2＝0.4m－0.28m＝0.12m，故C正确；当B物体的合力为零时速度达到最大，由C可知A、B分离时有向上的加速度，所以速度最大时A、B已经分离，当合力为零时，对B受力分析，由平衡条件得kx3＝mg，代入数据解得x3＝0.2m，故B物体的位移大小为x0－x3＝0.2m，故D错误。26.(多选)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为mP＝6kg的物体P，Q为一质量为mQ＝10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，sin37°＝0.6，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．开始运动时拉力最大，分离时拉力最小B．0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等C．0.2s时刻两物体分离时，弹簧的压缩量为x1＝eq\f(7,75)mD．物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a＝eq\f(10,3)m/s2【答案】BCD【解析】对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，故A错误；前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得kx1－mPgsinθ＝mPa，前0.2s时间内两物体的位移x0－x1＝eq\f(1,2)at2，由未加拉力时受力平衡得kx0＝(mP＋mQ)gsinθ，联立解得a＝eq\f(10,3)m/s2，x1＝eq\f(7,75)m，故B、C、D正确。27.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示，已知v2>v1，则()A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力先向右后向左【答案】BC【解析】相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速直线运动，t1之后反向向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；小物块在0～t1时间内，向左做匀减速直线运动，相对传送带向左运动，在t1～t2时间内，反向向右做匀加速直线运动，但速度小于传送带的速度，相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正确，D错误。28.如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25m，传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°＝0.6，g取10m/s2，求：(1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止；(2)煤块从A运动到B的时间；(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。【答案】(1)不能(2)1.5s(3)5m【解析】(1)由于mgsin37°>μmgcos37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，发生的位移x1＝eq\f(1,2)a1t12＝5m煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，x2＝L－x1＝5.25m，由x2＝v0t2＋eq\f(1,2)a2t22，得t2＝0.5s故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s。(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5m，第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25m，Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5m。29.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，g取10m/s2。(1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于什么值？(2)现用F＝14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1s撤去水平恒力F，则：①在F的作用下，长木板的加速度为多大？②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？④最终小物块离长木板右端多远？【答案】(1)10N(2)①3m/s2②0.5m③2.8m/s④0.7m【解析】(1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma0，对物块和木板整体有F0＝(m＋M)a0，联立解得F0＝10N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10N。(2)①对长木板，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma，解得a＝3m/s2②撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用故am＝a0＝μg＝2m/s2Δx1＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)amt2＝0.5m③刚撤去F时v＝at＝3m/s，vm＝amt＝2m/s撤去F后，长木板的加速度大小a′＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′解得共同速度v′＝2.8m/s④在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝eq\f(v2－v′2,2a′)－eq\f(v′2－vm2,2am)，解得Δx2＝0.2m最终小物块离长木板右端的距离为x＝Δx1＋Δx2＝0.7m。30.(多选)如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．长木板的最小长度为2mB．A、B间的动摩擦因数是0.1C．长木板的质量为0.5kgD．外力F的大小为4N【答案】ABD【解析】由题图乙可知，2s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，v－t图像中图线与t轴围成的面积表示物体的位移，故由题图乙可知，在2s内物块的位移为x1＝4m，木板的位移为x2＝2m，故长木板的最小长度为L＝x1－x2＝2m，A正确；由题图乙可知，1s时撤去外力F，在1～2s内由物块的受力及牛顿第二定律可知μmg＝maA，由题图乙可知1～2s内物块的加速度大小为aA＝1m/s2，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1m/s2，由木板B的受力及牛顿第二定律可知μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1kg，C错误；由0～1s内物块的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝maA′，又此过程中加速度的大小为aA′＝3m/s2，解得F＝4N，D正确。31.如图所示，质量均为m＝1kg的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。【答案】(1)4m/s(2)12m/s24m/s2(3)8m/s3m【解析】(1)由牛顿第二定律知μmg＝maAA加速度的大小aA＝μg根据匀变速直线运动速度位移关系vA2＝2aAL解得vA＝eq\r(2μgL)＝4m/s。(2)在左边缘再次对齐前，对B，根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝maB解得aB＝3μg＝12m/s2对齐后，对A、B整体，根据牛顿第二定律得2μmg＝2maB′，解得aB′＝μg＝4m/s2(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA，则v＝aAt＝vB－aBt，xA＝eq\f(1,2)aAt2xB＝vBt－eq\f(1,2)aBt2，xB－xA＝L解得vB＝8m/s，xB＝2.5mA、B达到共同速度后，有v2＝2aB′xB′解得xB′＝0.5m，所以sB＝xB＋xB′＝3m。32.如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2kg，长度L＝1.5m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：(1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2；(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。【答案】(1)4m/s21m/s2(2)1s【解析】(1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有mgsin37°－Ff1＝ma1，其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos37°解得a1＝gsin37°－μ1gcos37°＝4m/s2对薄平板，由牛顿第二定律有Mgsin37°＋Ff1－Ff2＝Ma2其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcos37°解得a2＝1m/s2，a1>a2，假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。(2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，有x1＝eq\f(1,2)a1t2，x2＝eq\f(1,2)a2t2，又x1－x2＝L解得t＝1s。33.(多选)如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为d，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度均为v0，且两船相遇不影响各自的航行。下列说法正确的是()A．水流方向向右，大小为v0cosαB．甲船沿岸方向水平位移为eq\f(dcosα,sinα)C．甲乙两船不会在NP上某点相遇D．两船同时到达河对岸，渡河时间均为eq\f(d,v0sinα)【答案】AD【解析】由于乙船恰好到达P点，则水流方向向右，且乙船沿河岸方向的分速度恰好等于水流的速度，即v水＝v0cosα，故A正确；设甲船的过河时间为t，则d＝v0tsinα，甲船水平位移x甲＝(v0cosα＋v水)t，联立解得x甲＝eq\f(2dcosα,sinα)，故B错误；由于乙船沿NP运动，在水流的作用下，甲船到达对岸时，应在P点的右侧，而两船在垂直河岸方向速度相同，一定会相遇，且在NP上某点相遇，故C错误；两船在垂直河岸方向的分速度都为v垂直＝v0sinα，河宽d一定，因此两船同时到达河对岸，渡河时间均为t＝eq\f(d,v垂直)＝eq\f(d,v0sinα)，故D正确。34.如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个质量为M、高为h的物块上。若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，小球A的线速度大小为()A.eq\f(vLsin2θ,h) B.eq\f(2vLcosθ,h)C.eq\f(vLcos2θ,h) D.eq\f(vcosθ,h)【答案】A【解析】当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，B点的线速度等于物块的速度在垂直于杆方向上的分速度vB＝vsinθ，则杆的角速度ω＝eq\f(vB,rOB)＝eq\f(vsinθ,\f(h,sinθ))＝eq\f(vsin2θ,h)，小球A的线速度大小vA＝Lω＝eq\f(vLsin2θ,h)，故选A。35.跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞一段距离后落地。如图所示，运动员从跳台A处沿水平方向以v0＝20m/s的速度飞出，落在斜坡上的B处，斜坡与水平方向的夹角θ为37°，不计空气阻力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)，求：(1)运动员在空中飞行的时间；(2)运动员落在B处时的速度大小；(3)运动员在空中离坡面的最大距离。【答案】(1)3s(2)10eq\r(13)m/s(3)9m【解析】(1)运动员做平抛运动，设在空中飞行的时间为t，则有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，由题图可知tanθ＝eq\f(y,x)联立解得t＝eq\f(2v0,g)tanθ＝3s(2)运动员落在B处时有vx＝v0，vy＝gt所以vB＝eq\r(vx2＋vy2)＝10eq\r(13)m/s(3)取沿斜坡向下方向(x方向)与垂直于斜坡向上方向(y方向)分析运动员的运动，则在垂直于斜坡方向上，vy′＝v0sinθ＝12m/say＝－gcosθ＝－8m/s2当vy′＝0时，运动员在空中离坡面的距离最大，则有d＝eq\f(0－vy′2,2ay)＝9m。36.如图所示，在海边的山坡上同一位置以相同大小的初速度v0抛出两个石子，速度方向与水平方向夹角均为θ，两石子在同一竖直面内落入水中，不计空气阻力。两石子抛出后()A．在空中运动时间相同B．在空中同一高度时速度方向相同C．落至水面时速度大小不同D．落至水面时的水平射程相同【答案】B【解析】由斜上抛运动的对称性可知，斜上抛的石子落回到与抛出点同一高度时，竖直方向的分速度与斜下抛的竖直分速度大小v0sinθ相同，方向也相同。如图，从A点经过相同高度，斜上抛石子的状态与斜下抛石子的状态相同，故B正确，C错误；两石子在空中运动的时间差为斜上抛石子在抛出点上方运动的时间，A错误；落至水面时水平射程x＝v0cosθ·t，因两石子运动时间不同，故落至水面时的水平射程不同，D错误。37.四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向的夹角相等(连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是()A．小球A、B角速度大小相等B．小球A、B线速度大小相等C．小球C、D向心加速度大小相等D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等【答案】ACD【解析】对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtanθ＝mω2lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(\f(g,h))，所以小球A、B的角速度大小相等，A、B做圆周运动的半径不同，则线速度大小不相等，故A正确，B错误；对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有mgtanθ＝man，FTcosθ＝mg，得an＝gtanθ，FT＝eq\f(mg,cosθ)，所以小球C、D向心加速度大小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，故C、D正确。38．(多选如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时()A．小球的高度一定降低B．弹簧弹力的大小一定不变C．小球对杆压力的大小一定变大D．小球所受合外力的大小一定变大【答案】BD【解析】对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有FTsinθ＝mg，而FT＝k(eq\f(MP,cosθ)－l0)可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转速较小，杆对小球的弹力背离转轴时，则FTcosθ－FN＝mω2r，即FN＝FTcosθ－mω2r当转速较大，杆对小球的弹力指向转轴时，则FTcosθ＋FN′＝mω′2r即FN′＝mω′2r－FTcosθ因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，D正确。39.(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是()A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg【答案】AC【解析】小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R。当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a有Ffa＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝eq\r(\f(kg,l))；对木块b有Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，则ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度，即b比a先开始滑动，选项A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa<Ffb，选项B错误；ω＝eq\r(\f(2kg,3l))<ωa＝eq\r(\f(kg,l))，a没有滑动，则Ffa′＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，选项D错误。40.(多选)质量为m的小球(视为质点)由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，当轻杆绕轴以角速度ω匀速转动时，a绳与水平方向成θ角，b绳在水平方向上且长为l。重力加速度为g，下列说法正确的是()A．a绳的弹力随角速度的增大而增大B．当角速度ω>eq\r(\f(g,ltanθ))时，b绳中产生弹力C．当b绳中产生弹力后，角速度再增大时a绳的弹力不变D．当b绳突然被剪断时，a绳的弹力一定发生变化【答案】BC【解析】当b绳的弹力为零时，小球受重力和a绳的弹力，合力提供向心力，有eq\f(mg,tanθ)＝mlω2，解得ω＝eq\r(\f(g,ltanθ))，可知当角速度ω>eq\r(\f(g,ltanθ))时，b绳出现弹力，故B正确；根据竖直方向上受力平衡得Fasinθ＝mg，解得Fa＝eq\f(mg,sinθ)，可知a绳的弹力不变，故A错误，C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断时，a绳的弹力可能不变，故D错误。41.如图所示，质量为1.6kg、半径为0.5m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)。小球A、B的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3m/s，此时杆对圆管的弹力为零，则B球的速度大小vB为(取g＝10m/s2)()A．2m/s B．4m/sC．6m/s D．8m/s【答案】B【解析】对A球，合外力提供向心力，设管对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mAeq\f(vA2,R)，代入数据解得FA＝28N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下，为28N，设B球对管的力为FB′，由管的受力平衡可得FB′＋28N＋m管g＝0，解得FB′＝－44N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B球的力FB为44N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mBeq\f(vB2,R)，解得vB＝4m/s，故选B。42．如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B(均可视为质点)，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g，则球B在最高点时()A．球B的速度为零B．球A的速度大小为eq\r(2gL)C．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD．水平转轴对杆的作用力为2.5mg【答案】C【解析】球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg＝meq\f(vB2,2L)，解得vB＝eq\r(2gL)，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝eq\f(1,2)eq\r(2gL)，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受到的重力和杆的弹力的合力提供向心力，有F－mg＝meq\f(vA2,L)，解得F＝1.5mg，由牛顿第三定律可知杆受到A球的弹力大小为1.5mg，则水平转轴对杆的作用力为1.5mg，故C正确，D错误。43.如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体A和B，mA＝4kg，mB＝1kg，它们分居在圆心两侧，与圆心距离为rA＝0.1m，rB＝0.2m，中间用水平细线相连，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，g＝10m/s2，以下说法正确的是()A．A的摩擦力先达到最大B．当ω1＝2eq\r(5)rad/s，细线开始出现张力C．当ω1＝eq\r(30)rad/s，A、B两物体出现相对圆盘滑动D．当ω1＝5eq\r(2)rad/s，A、B两物体出现相对圆盘滑动【答案】D【解析】A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmAg＝mAω0A2rA，解得ω0A＝2eq\r(5)rad/s，同理可得，B达到最大静摩擦力时的临界角速度为ω0B＝eq\r(10)rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B先达到角速度临界值，则B的摩擦力先达到最大，选项A错误；当B的摩擦力达到最大，转速再增加时，细线出现张力，即当ω1＝eq\r(10)rad/s时，细线开始出现张力，选项B错误；当A、B两物体出现相对圆盘滑动时，B受到的摩擦力方向背离圆心，A受到的摩擦力方向指向圆心，则对A有FT＋μmAg＝mAω12rA，对B有FT－μmBg＝mBω12rB，解得ω1＝5eq\r(2)rad/s，选项C错误，D正确。44.越野滑雪集训队在某雪上项目室内训练基地，利用工作起来似巨型“陀螺”的圆盘滑雪机模拟一些特定的训练环境和场景，滑雪机转速和倾角根据需要可调。一运动员的某次训练过程简化为如图模型：圆盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离为10m处的运动员(保持如图滑行姿势，可看成质点)与圆盘始终保持相对静止，运动员质量为60kg，与盘面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为15°，g取10m/s2，已知sin15°≈0.260，cos15°≈0.966。则下列说法正确的是()A．运动员随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到两个力的作用B．ω的最大值约为0.47rad/sC．ω取不同值时，运动员在最高点受到的摩擦力一定随ω的增大而增大D．某次运动员转到最低点时恰好不滑动，若运动员离转轴距离变为11m处，则运动员仍可随圆盘做匀速圆周运动【答案】B【解析】运动员随圆盘做匀速圆周运动时，在最高点位置可能只受到重力和支持力，二者的合力恰好提供向心力，其他位置一定受重力、支持力、摩擦力三个力，三者的合力提供向心力，故A错误；在圆盘最低点，根据μmgcos15°－mgsin15°＝mωmax2r，解得ωmax≈0.47rad/s，故B正确；ω取不同数值时，设摩擦力指向圆心，则有mgsin15°＋Ff＝mω12r，设摩擦力背离圆心，则有mgsin15°－Ff′＝mω22r，由两式可知ω取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C错误；运动员转到最低点时恰好不滑动，有μmgcos15°－mgsin15°＝mωmax2r，若此时半径变大，合力不足以提供向心力，运动员将会做离心运动，故D错误。45.(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.35m且内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球(可视为质点)以v0＝3.5m/s的初速度进入轨道，g＝10m/s2，则()A．小球不会脱离圆轨道B．小球会脱离圆轨道C．小球脱离圆轨道时的速度大小为eq\f(\r(7),2)m/sD．小球脱离圆轨道的位置与圆心的连线和水平方向间的夹角为30°【答案】BCD【解析】若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)＝eq\r(3.5)m/s，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv0′2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，解得v0′＝eq\f(\r(70),2)m/s>v0＝3.5m/s，故小球不可能运动到最高点，若小球恰好到达与圆心等高的点，则eq\f(1,2)mv0″2＝mgR，得v0″＝eq\r(7)m/s<v0＝3.5m/s，则小球会脱离圆轨道，故A错误，B正确；设当小球脱离圆轨道时，其位置与圆心的连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力作用，将重力分解如图所示。在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得mgsinθ＝meq\f(v12,R)，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝mgR(1＋sinθ)＋eq\f(1,2)mv12，联立解得sinθ＝eq\f(1,2)，即θ＝30°，则v1＝eq\f(\r(7),2)m/s，故C、D正确。46.在地球上观察，月球和太阳的角直径(直径对应的张角)近似相等，如图所示。若月球绕地球运动的周期为T1，地球绕太阳运动的周期为T2，地球半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的平均密度之比约为()A．k3(eq\f(T1,T2))2 B．k3(eq\f(T2,T1))2C.eq\f(1,k3)(eq\f(T1,T2))2 D.eq\f(1,k3)(eq\f(T2,T1))2【答案】D【解析】设月球绕地球运动的轨道半径为r1，地球绕太阳运动的轨道半径为r2，根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得Geq\f(m地m月,r12)＝m月eq\f(4π2,T12)r1，Geq\f(m地m日,r22)＝m地eq\f(4π2,T22)r2，由几何关系有eq\f(r1,r2)＝eq\f(R月,R日)＝eq\f(R地,kR日)，根据ρ＝eq\f(m,\f(4,3)πR3)，可得ρ地＝eq\f(m地,\f(4,3)πR地3)，ρ日＝eq\f(m日,\f(4,3)πR日3)，则eq\f(ρ地,ρ日)＝eq\f(1,k3)(eq\f(T2,T1))2，故选D。47．位于贵州的“中国天眼”(FAST)可以测量地球与木星之间的距离。当FAST接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍。若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则可知木星的公转周期为()A．年 B．年C．年 D．年【答案】A【解析】设地球与太阳距离为r，根据题述可知木星与太阳的距离R＝eq\r(r2＋kr2)＝设木星的公转周期为T，根据开普勒第三定律，则有eq\f(T2,T地2)＝，T地＝1年，解得T＝年，选项A正确，B、C、D错误。48.如图所示，A、B两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，O为地心，在两卫星运行过程中，AB连线和OA连线的夹角最大为θ，则A、B两卫星()A．做圆周运动的周期之比为2eq\r(\f(1,sin3θ))B．做圆周运动的周期之比为eq\f(1,sin3θ)C．与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为eq\r(\f(1,sinθ))D．与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为eq\f(1,sinθ)【答案】C【解析】夹角最大时，OB与AB垂直，根据几何关系有rB＝rAsinθ，由开普勒第三定律可得eq\f(TA2,TB2)＝eq\f(rA3,rB3)，则eq\f(TA,TB)＝eq\r(\f(1,sin3θ))，A、B错误；t时间内，卫星与地心连线扫过的面积S＝eq\f(t,T)·πr2，则eq\f(SA,SB)＝eq\f(TB,TA)·eq\f(rA2,rB2)＝eq\r(\f(1,sinθ))，C正确，D错误。49.如图(a)所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图(b)所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是()A．周期为2t1－t0B．半径为eq\r(3,\f(GMt1－t02,4π2))C．角速度的大小为eq\f(π,t1－t0)D．加速度的大小为eq\r(3,\f(2πGM,t1－t0))【答案】B【解析】由题图(b)可知探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为T＝t1－t0，则P的公转周期为t1－t0，故A错误；P绕Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得半径为r＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))＝eq\r(3,\f(GMt1－t02,4π2))，故B正确；P的角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,t1－t0)，故C错误；P的加速度大小为a＝ω2r＝(eq\f(2π,t1－t0))2·eq\r(3,\f(GMt1－t02,4π2))＝eq\f(2π,t1－t0)·eq\r(3,\f(2πGM,t1－t0))，故D错误。50.中国火星探测器“天问一号”成功发射后，沿地火转移轨道飞行七个多月，于2021年2月到达火星附近，要通过制动减速被火星引力俘获，才能进入环绕火星的轨道飞行。已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球半径约为火星半径的2倍，下列说法正确的是()A．若在火星上发射一颗绕火星运动的近地卫星，其速度至少需要7.9km/sB．“天问一号”探测器的发射速度一定大于7.9km/s，小于11.2km/sC．火星与地球的第一宇宙速度之比为1∶eq\r(5)D．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度【答案】C【解析】卫星在行星表面附近绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\r(\f(GM,R))，故v火∶v地＝1∶eq\r(5)，所以在火星上发射一颗绕火星运动的近地卫星，其速度至少需要v火＝eq\f(7.9,\r(5))km/s，故A错误，C正确；“天问一号”探测器挣脱了地球引力束缚，则它的发射速度大于等于11.2km/s，故B错误；g地＝Geq\f(M地,R地2)，g火＝Geq\f(M火,R火2)，联立可得g地>g火，故D错误。51.(多选)(2023·河南开封市期末)我国的北斗三号卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星共30颗卫星组成。如图所示，A、C为地球静止轨道卫星，B为在赤道平面的中圆地球轨道卫星，绕行方向均与地球自转方向一致。已知地球自转周期为T1，卫星B的运行周期为T2，图示时刻，卫星A与卫星B相距最近。下列说法正确的是()A．卫星A、B、C的向心加速度的大小关系为aA＝aC<aBB．卫星C向后喷气加速可沿圆轨道追上卫星AC．经过时间eq\f(T1T2,T1－T2)，卫星A与卫星B又一次相距最近D．卫星A、C的发射速度小于第一宇宙速度【答案】AC【解析】根据Geq\f(Mm,r2)＝ma，得a＝Geq\f(M,r2)，由题图可知rA＝rC>rB，则aA＝aC<aB，A正确；卫星C向后喷气加速做离心运动，不能追上同轨道的卫星A，B错误；根据eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T2)－\f(2π,T1)))t＝2π，卫星A与卫星B又一次相距最近经过的时间为t＝eq\f(T1T2,T1－T2)，C正确；第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度，则卫星A、C的发射速度大于第一宇宙速度，D错误。52.在发射一颗质量为m的人造地球同步卫星时，先将其发射到贴近地球表面运行的圆轨道Ⅰ上(离地面高度忽略不计)，再通过一椭圆轨道Ⅱ变轨后到达距地面高为h的预定圆轨道Ⅲ上。已知它在圆轨道Ⅰ上运行的加速度大小为g，地球半径为R，卫星在变轨过程中质量不变，则()A．卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度大小为(eq\f(h,R＋h))2gB．卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大小为eq\r(\f(gR2,R＋h))C．卫星在轨道Ⅲ上的动能大于在轨道Ⅰ上的动能D．卫星在轨道Ⅲ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能【答案】B【解析】卫星在轨道Ⅲ上运行时，根据万有引力提供向心力得Geq\f(Mm,R＋h2)＝ma＝meq\f(v2,R＋h)，在地球表面附近由mg＝Geq\f(Mm,R2)得GM＝gR2，所以卫星在轨道Ⅲ上的加速度大小为a＝(eq\f(R,R＋h))2g，线速度大小为v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))，故A错误，B正确；卫星的线速度大小为v＝eq\r(\f(GM,r))，卫星在圆轨道上运行的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，可知卫星在轨道Ⅲ上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能，故C错误；卫星从轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ要点火加速，机械能增大，从椭圆轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ要再次点火加速，机械能继续增大，所以卫星在轨道Ⅲ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，故D错误。53.夜空中我们观测到的亮点，其实大部分并不是单一的恒星，而是多星系统。在多星系统中，双星系统又是最常见的，图甲为绕连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动的两颗中子星组成的双星系统，其抽象示意图如图乙所示，若两中子星的质量之比mP∶mQ＝k∶1。则()A．根据图乙可以判断出k>1B．若P、Q的角速度和它们之间的距离一定，则P、Q做圆周运动的线速度大小之和一定C．P的线速度大小与P、Q之间的距离成正比D．仅增大P、Q之间的距离，P、Q运行的周期变小【答案】B【解析】设P、Q之间的距离为L，P做圆周运动的轨道半径为r1，Q做圆周运动的轨道半径为r2，角速度为ω，则有Geq\f(mPmQ,L2)＝mPω2r1，Geq\f(mPmQ,L2)＝mQω2r2，联立可得eq\f(mP,mQ)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(k,1)，由于r1>r2，则k<1，故A错误；根据线速度与角速度之间的关系有vP＝ωr1，vQ＝ωr2，r1＋r2＝L，则vP＋vQ＝ω(r1＋r2)＝ωL，可知，若P、Q的角速度和它们之间的距离一定，则P、Q做圆周运动的线速度大小之和一定，故B正确；根据Geq\f(mPmQ,L2)＝mPeq\f(vP2,r1)，可得vP＝eq\r(\f(GmQr1,L2))＝eq\r(\f(GmQ2,LmP＋mQ))，故C错误；根据Geq\f(mPmQ,L2)＝mPeq\f(4π2,T2)r1，Geq\f(mPmQ,L2)＝mQeq\f(4π2,T2)r2，可得T＝2πeq\r(\f(L3,GmP＋mQ))，若仅增大P、Q之间的距离，则P、Q运行的周期将变大，故D错误。54.(多选)2019年人类天文史上首张黑洞图片正式公布。在宇宙中当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可以相互绕行，从而组成双星系统。在相互绕行的过程中，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，从而被吞噬掉，黑洞吞噬恒星的过程也被称为“潮汐瓦解事件”。天鹅座X－1就是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，黑洞和恒星以它们连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，如图所示。在刚开始吞噬的较短时间内，恒星和黑洞之间的距离不变，则在这段时间内，下列说法正确的是()A．黑洞和恒星之间的万有引力变大B．黑洞的角速度变大C．恒星的线速度变大D．黑洞的线速度变大【答案】AC【解析】假设恒星和黑洞的质量分别为M、m，环绕半径分别为R、r，且m<M，两者之间的距离为L，则根据万有引力提供向心力有G