選擇題2運(yùn)動(dòng)學(xué)綜合問題考向1運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)中的圖象問題1．(多選)如圖是某物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖象，下列說法正確的是()A．該物體的加速度一直不變B．3s末物體加速度開始改變C．0～8s物體一直做勻減速運(yùn)動(dòng)D．t＝0時(shí)和t＝6s時(shí)物體的速率相等答案：AD解析：圖線斜率不變，加速度就不變，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；物體先做勻減速運(yùn)動(dòng)，再做勻加速運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；t＝0時(shí)和t＝6s時(shí)物體的速率都為30m/s，D項(xiàng)正確．2．[2019·四川遂寧高三一模]在平直公路上，a、b兩小車的運(yùn)動(dòng)x-t圖象如圖所示，其中a車的圖線是一條拋物線，M是其頂點(diǎn)，b車的圖線是一條傾斜、過原點(diǎn)的直線，關(guān)于a、b兩小車，下列說法正確的是()A．t＝0時(shí)刻，a、b兩小車相距14mB．a(chǎn)車做變加速直線運(yùn)動(dòng)，b車做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．當(dāng)t＝2.5s時(shí)，兩車相距最遠(yuǎn)D．a(chǎn)車速度始終大于b車速度答案：A解析：由圖象可知，在t＝0時(shí)，b車處在坐標(biāo)原點(diǎn)，a車處于離坐標(biāo)原點(diǎn)14m處，所以兩車相距14m，故A正確；a車的x-t圖線是一條開口朝下的拋物線，故a車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，a車在M點(diǎn)速度為0，b車的x-t圖線為一條直線，所以b車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤；圖象中同一時(shí)刻兩圖線對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)之差即為兩車的距離，可知t＝2.5s時(shí)兩車的距離比t＝0時(shí)近，故C錯(cuò)誤．3.[2019·山西孝義一模]t＝0時(shí)刻汽車a和b沿兩條平直的平行車道以相同速度同時(shí)經(jīng)過同一地點(diǎn)，如圖，直線a和曲線b分別是這兩車行駛的速度－時(shí)間圖象，由圖可知()A．在t1時(shí)刻，兩車運(yùn)動(dòng)方向相反B．在t1時(shí)刻，兩車再次相遇C．在0～t1這段時(shí)間內(nèi)，b車的速度先增大后減小，但方向不變D．在0～t1這段時(shí)間內(nèi)，b車的平均速度等于eq\f(v1＋v2,2)答案：C解析：b車的速度先增大后減小，兩車速度方向一直相同，且0～t1這段時(shí)間內(nèi)，b的位移一直大于a的位移，不可能相遇．故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確．速度－時(shí)間圖象與坐標(biāo)軸圍成面積表示對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，則在0～t1這段時(shí)間內(nèi)xb>xa.在O～t1這段時(shí)間內(nèi)，a車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度eq\o(v,\s\up6(－))a＝eq\f(xa,t)＝eq\f(v1＋v2,2)，b車平均速度eq\o(v,\s\up6(－))b＝eq\f(xb,t)>eq\f(v1＋v2,2)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．4．一小物塊沿固定斜面向上滑動(dòng)，然后停在最高點(diǎn)．物塊的初速度為v0，與斜面各處間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則該過程中，下列表示物塊的速度大小v與位移x的關(guān)系圖線，可能正確的是()答案：D解析：由物塊的受力情況可知，物塊沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得－2ax＝v2－veq\o\al(2,0)，可知v-x圖象為一條開口向左的拋物線，D正確．5.[2019·河北唐山期末]隨著科學(xué)技術(shù)的發(fā)展，具有自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的汽車越來越多；現(xiàn)有兩輛不同型號(hào)的汽車甲、乙，在同一平直公路上，從同一地點(diǎn)，朝相同的方向做直線運(yùn)動(dòng)，它們的v-t圖象如圖所示，則()A．兩車加速階段的加速度大小之比為3：1B．乙車追上甲的時(shí)刻為15s末C．乙剛出發(fā)時(shí)，甲車在其前方25m處D．15s后兩車間距開始逐漸增大答案：C解析：甲車加速階段的加速度a甲＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2；乙車的加速度a乙＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10,15－5)m/s2＝1m/s2；則兩車加速階段的加速度大小之比為2：1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；15s末兩車速度相等，此時(shí)由圖象可知，甲車的位移大于乙車，兩車沒相遇，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；乙剛出發(fā)時(shí)，甲車在其前方eq\f(1,2)×5×10m＝25m處，選項(xiàng)C正確；15s前甲車的速度大干乙車，兩車距離逐漸變大；15s后乙車的速度超過甲車，兩車間距逐漸減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．6．(多選)粗糙的水平面上一物體在水平方向拉力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，水平拉力F及運(yùn)動(dòng)速度v隨時(shí)間變化的圖線如圖中甲、乙所示，取重力加速度g＝10m/s2，則()A．前2s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2m/s2B．前4s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的位移的大小為8mC．物體的質(zhì)量m為2kgD．物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1答案：AD解析：根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度，可知前2s內(nèi)物體的運(yùn)動(dòng)加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2，故A正確；前4s內(nèi)物體的位移為x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×4＋2×4))m＝12m，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得：前2s內(nèi)F1－μmg＝ma后2s內(nèi)F2＝μmg，由圖得F1＝15N，F(xiàn)2＝5N，代入解得：m＝5kg，μ＝0.1，故C錯(cuò)誤，D正確．7．[2019·安徽省淮北市二模]如圖甲所示，水平地面上輕彈簧左端固定，右端通過滑塊壓縮0.4m鎖定，t＝0時(shí)解除鎖定釋放滑塊．計(jì)算機(jī)通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的速度圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t＝0時(shí)的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量m＝2.0kg，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．滑塊被釋放后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．彈簧恢復(fù)原長時(shí)，滑塊速度最大C．彈簧的勁度系數(shù)k＝175N/mD．該過程中滑塊的最大加速度為35m/s2答案：C解析：根據(jù)圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力與摩擦力相等時(shí)速度最大，此時(shí)加速度為零，隨后加速度反向增加，最后做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，所以A、B錯(cuò)誤；從題中圖象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5,0.3)m/s2＝5m/s2，由牛頓第二定律得摩擦力大小為：Ff＝μmg＝ma1＝2×5N＝10N；剛釋放時(shí)滑塊的加速度為：a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,0.1)m/s2＝30m/s2，此時(shí)物塊的加速度最大，所以D錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得：kx－Ff＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得：k＝175N/m，所以C正確．考向2平拋運(yùn)動(dòng)和類平拋1．在地面上方某點(diǎn)將一小球以一定的初速度沿水平方向拋出，不計(jì)空氣阻力，則小球在隨后的運(yùn)動(dòng)中()A．速度方向和加速度方向都在不斷變化B．速度方向與加速度方向之間的夾角一直減小C．在相等的時(shí)間間隔內(nèi)，動(dòng)量的改變量不相同D．在相等的時(shí)間間隔內(nèi)，動(dòng)能的改變量相等答案：B解析：由于小球只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，故加速度不變，速度大小和方向時(shí)刻在變化，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)某時(shí)刻速度與豎直方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)，隨著時(shí)間t變大，tanθ變小，θ變小，故選項(xiàng)B正確；根據(jù)動(dòng)量定理得Δp＝mgΔt，即在相等的時(shí)間間隔內(nèi)，動(dòng)量改變量相同，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理知，在某段時(shí)間內(nèi)，動(dòng)能的改變量等于重力做的功，即WG＝mgh，對(duì)于平拋運(yùn)動(dòng)，在相等時(shí)間間隔內(nèi)，豎直位移不相等，所以動(dòng)能的改變量不相等，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2.如圖所示，位于同一高度的小球A、B分別以v1和v2的速度水平拋出，都落在了傾角為30°的斜面上的C點(diǎn)，小球B恰好垂直打到斜面上，則v1、v2之比為()A．1：1B．2：1C．3：2D．2：3答案：C解析：小球A、B從同一高度平拋，到斜面上的C點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間相等，設(shè)為t，由題意可得：tan30°＝eq\f(\f(1,2)gt2,v1t)，tan30°＝eq\f(v2,gt)，解得：v1：v2＝3：2，故C正確．3.如圖所示，一重力不計(jì)的帶電粒子以初速度v0射入水平放置、距離為d的兩平行金屬板間，射入方向沿兩極板的中心線．當(dāng)極板間所加電壓為U1時(shí)，粒子落在A板上的P點(diǎn)．如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?v0，同時(shí)將A板向上移動(dòng)eq\f(d,2)后，使粒子由原入射點(diǎn)射入后仍落在P點(diǎn)，則極板間所加電壓U2為()A．U2＝3U1B．U2＝6U1C．U2＝8U1D．U2＝12U1答案：D解析：板間距離為d，射入速度為v0，板間電壓為U1時(shí)，在電場中有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU1,md)，t＝eq\f(x,v0)，解得U1＝eq\f(md2v\o\al(2,0),qx2)；A板上移eq\f(d,2)，射入速度為2v0，板間電壓為U2時(shí)，在電場中有：d＝eq\f(1,2)a′t′2，a′＝eq\f(2qU2,3md)，t′＝eq\f(x,2v0)，解得U2＝eq\f(12md2v\o\al(2,0),qx2)，即U2＝12U1，選項(xiàng)D正確．4.一位網(wǎng)球運(yùn)動(dòng)員以拍擊球，使網(wǎng)球沿水平方向飛出，第一只球落在自己一方場地的B點(diǎn)，彈跳起來后，剛好擦網(wǎng)而過，落在對(duì)方場地的A點(diǎn)處，如圖所示，第二只球直接擦網(wǎng)而過，也落在A點(diǎn)處，設(shè)球與地面的碰撞過程沒有能量損失，且運(yùn)動(dòng)過程不計(jì)空氣阻力，則兩只球飛過球網(wǎng)C處時(shí)水平速度之比為()A．1：1B．1：3C．3：1D．1：9答案：B解析：由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，兩球分別被擊出至各自第一次落地的時(shí)間是相等的．由于球與地面的碰撞沒有能量損失，設(shè)第一只球自擊出到落到A點(diǎn)時(shí)間為t1， 第二只球自擊出到落到A點(diǎn)時(shí)間為t2，則t1＝3t2.由于兩球在水平方向均為勻速運(yùn)動(dòng)，水平位移大小相等，設(shè)它們從O點(diǎn)出發(fā)時(shí)的初速度分別為v1、v2，由x＝v0t得：v2＝3v1，有eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,3)，所以兩只球飛過球網(wǎng)C處時(shí)水平速度之比為1：3，選項(xiàng)B正確．5.(多選)如圖所示，某人從同一位置O以不同的水平速度投出三枚飛鏢A、B、C，最后都插在豎直墻壁上，它們與墻面的夾角分別為60°、45°、30°.圖中飛鏢的指向可認(rèn)為是擊中墻面時(shí)的速度方向，不計(jì)空氣阻力．下列說法正確的是()A．三枚飛鏢做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度一定滿足vA0>vB0>vC0B．三枚飛鏢擊中墻面時(shí)的速度一定滿足vA<vB<vCC．插在墻上的三枚飛鏢的反向延長線一定交于同一點(diǎn)D．三枚飛鏢擊中墻面時(shí)的速度一定滿足vA＝vC>vB答案：ACD解析：飛鏢做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上有x＝v0t，速度與豎直方向的夾角的正切值為tanα＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)，聯(lián)立解得v0＝eq\r(gxtanα)，故vA0>vB0>vC0，A正確；飛鏢做平拋運(yùn)動(dòng)，速度的反向延長線通過水平方向上的位移的中點(diǎn)，而飛鏢的指向表示瞬時(shí)速度的方向，故插在墻上的三枚飛鏢的反向延長線一定交于同一點(diǎn)，C正確；根據(jù)幾何關(guān)系知，v＝eq\f(v0,sinα)＝eq\r(\f(gx,sinαcosα))＝eq\r(\f(2gx,sin2α))，則vA＝vC＝eq\r(\f(2gx,sin60°))＝eq\r(\f(4,\r(3))gx)，vB＝eq\r(2gx)，故vA＝vC>vB，B錯(cuò)誤，D正確．6.如圖所示，兩個(gè)水平平行放置的帶電極板之間存在勻強(qiáng)電場，兩個(gè)相同的帶電粒子從兩側(cè)同一高度同時(shí)水平射入電場，經(jīng)過時(shí)間t在電場中某點(diǎn)相遇．以下說法中正確的是()A．若兩粒子入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時(shí)間為eq\f(1,2)tB．若兩粒子入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒t兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時(shí)間為eq\f(1,4)tC．若勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時(shí)間為eq\f(1,2)tD．若勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時(shí)間為eq\f(1,4)t答案：A解析：兩粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在平行于帶電極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩粒子入射速度分別為v1、v2，經(jīng)過時(shí)間t在電場中某點(diǎn)相遇，則有x＝(v1＋v2)t，若兩粒子入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀叮?jīng)過時(shí)間t1在電場中某點(diǎn)相遇，則有x＝(2v1＋2v2)t1，解得t1＝eq\f(t,2)，故A正確，B錯(cuò)誤；若勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀叮?jīng)過時(shí)間t2在電場中某點(diǎn)相遇，則有x＝(v1＋v2)t2，解得t2＝t，故C、D錯(cuò)誤．7.[2019·湖北八校第二次聯(lián)考]如圖，小球甲從A點(diǎn)水平拋出，同時(shí)將小球乙從B點(diǎn)自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度大小相等，方向夾角為30°，已知B、C高度差為h，兩小球質(zhì)量相等，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，由以上條件可知()A．小球甲做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為2eq\r(\f(gh,3))B．甲、乙兩小球到達(dá)C點(diǎn)所用時(shí)間之比為1eq\r(3)C．A，B兩點(diǎn)高度差為eq\f(h,4)D．兩小球在C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率大小相等答案：C解析：小球乙到C點(diǎn)的速度為v＝eq\r(2gh)，則小球甲在C點(diǎn)的速度大小也為eq\r(2gh)，又因?yàn)樾∏蚣自贑點(diǎn)速度與豎直方向成30°角，可知水平分速度為eq\f(\r(2gh),2)，故A錯(cuò)誤；小球乙運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)所用的時(shí)間滿足h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，而小球甲到達(dá)C點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度為eq\f(\r(6gh),2)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t′＝eq\f(\r(6gh),2g)，所以甲、乙兩小球到達(dá)C點(diǎn)所用時(shí)間之比為eq\r(3)2，故B錯(cuò)誤；A，B兩點(diǎn)高度差Δh＝eq\f(1,2)gt2－eq\f(1,2)gt′2＝eq\f(h,4)，故C正確；由于兩球在C點(diǎn)時(shí)豎直方向上的速度不相等，所以兩小球在C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率也不相等，故D錯(cuò)誤．8.AB板間存在豎直方向的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)沿垂直電場線方向射入三種比荷相同的帶電微粒(不計(jì)重力)，a、b和c的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其中b和c是從同一點(diǎn)射入的．不計(jì)空氣阻力，則可知粒子運(yùn)動(dòng)的全過程()A．運(yùn)動(dòng)加速度：aa>ab>acB．飛行時(shí)間：tb＝tc>taC．水平速度：va>vb＝vcD．電勢能的減小量：ΔEc＝ΔEb>ΔEa答案：B解析：根據(jù)牛頓第二定律得，微粒的加速度為a＝eq\f(qE,m)，據(jù)題eq\f(q,m)相同，E相同，所以aa＝ab＝ac，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；三個(gè)帶電微粒在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由y＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2y,a))，由圖有yb＝y(tǒng)c>ya，則tb＝tc>ta，選項(xiàng)B正確；三個(gè)帶電微粒水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由x＝v0t得v0＝eq\f(x,t)，由圖知xa>xb>xc，又tb＝tc>ta，則va>vb>vc，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場力做功為W＝qEy，由于三個(gè)微粒的電荷量關(guān)系不能確定，所以不能確定電場力做功的大小，也就不能確定電勢能減少量的大小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．考向3圓周運(yùn)動(dòng)1.如圖所示，一只老鷹在水平面內(nèi)盤旋做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于老鷹受力的說法正確的是()A．老鷹受重力、空氣對(duì)它的作用力和向心力的作用B．老鷹受重力和空氣對(duì)它的作用力C．老鷹受重力和向心力的作用D．老鷹受空氣對(duì)它的作用力和向心力的作用答案：B2.如圖所示為某中國運(yùn)動(dòng)員在短道速滑比賽中勇奪金牌的精彩瞬間，假定此時(shí)他正沿圓弧形彎道勻速率滑行，則他()A．所受的合力為零，做勻速運(yùn)動(dòng)B．所受的合力恒定，做勻加速運(yùn)動(dòng)C．所受的合力恒定，做變加速運(yùn)動(dòng)D．所受的合力變化，做變加速運(yùn)動(dòng)答案：D3.一輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，則下列說法正確的是()A．小球過最高點(diǎn)A時(shí)，桿所受到的彈力可以等于零B．小球過最高點(diǎn)A的最小速度是eq\r(gR)C．小球過最高點(diǎn)A時(shí)，桿對(duì)小球的作用力一定隨速度增大而增大D．小球過最高點(diǎn)A時(shí)，桿對(duì)小球的作用力一定隨速度增大而減小答案：A解析：桿可對(duì)小球產(chǎn)生向上的支持力，小球經(jīng)過最高點(diǎn)A的速度可以為零，當(dāng)小球經(jīng)過最高點(diǎn)A的速度v＝eq\r(gR)時(shí)，桿所受的彈力等于零，A正確，B錯(cuò)誤；若v<eq\r(gR)，則桿在最高點(diǎn)A對(duì)小球的彈力豎直向上，mg－F＝meq\f(v2,R)，隨v增大，F(xiàn)減小，若v>eq\r(gR)，則桿在最高點(diǎn)A對(duì)小球的彈力豎直向下，mg＋F＝meq\f(v2,R)，隨v增大，F(xiàn)增大，C、D錯(cuò)誤．4.(多選)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B套在半徑為R的圓環(huán)上，圓環(huán)可繞其豎直方向的直徑旋轉(zhuǎn)，兩小球隨圓環(huán)一起轉(zhuǎn)動(dòng)且相對(duì)圓環(huán)靜止．已知OA與豎直方向的夾角θ＝53°，OA與OB垂直，小球B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列說法正確的是()A．圓環(huán)旋轉(zhuǎn)的角速度大小為eq\r(\f(5g,4R))B．圓環(huán)旋轉(zhuǎn)的角速度大小為eq\r(\f(5g,3R))C．小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為eq\f(7,5)mgD．小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為eq\f(1,5)mg答案：AD解析：小球B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力，則有小球B所受到的支持力和重力的合力提供其所需的向心力，由牛頓第二定律得mgtan37°＝mω2Rsin37°，解得圓環(huán)旋轉(zhuǎn)的角速度大小ω＝eq\r(\f(5g,4R))，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)小球A進(jìn)行受力分析，如圖所示，由牛頓第二定律得，在水平方向上FNsinθ－Ffcosθ＝mω2Rsinθ，豎直方向上FNcosθ＋Ffsinθ－mg＝0，解得Ff＝eq\f(mg,5)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．5．(多選)如圖甲，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點(diǎn)O在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，此時(shí)繩子的拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關(guān)系如圖乙所示，圖象中a、b為已知量，重力加速度g已知，以下說法正確的是()A．a(chǎn)與小球的質(zhì)量無關(guān)B．b與小球的質(zhì)量無關(guān)C.eq\f(b,a)只與小球的質(zhì)量有關(guān)，與圓周軌道半徑無關(guān)D．利用a、b和g能夠求出小球的質(zhì)量和圓周軌道半徑答案：AD解析：當(dāng)v2＝a時(shí)，繩子的拉力為零，小球的重力提供向心力，則mg＝eq\f(mv2,r)，解得v2＝gr，故a＝gr，a與小球的質(zhì)量無關(guān)，A正確；當(dāng)v2＝2a時(shí)，對(duì)小球受力分析，有mg＋b＝eq\f(mv2,r)，聯(lián)立解得b＝mg，b與小球的質(zhì)量有關(guān)，B錯(cuò)誤；eq\f(b,a)＝eq\f(m,r)，eq\f(b,a)不只與小球的質(zhì)量有關(guān)，還與圓周軌道半徑有關(guān)，C錯(cuò)誤；由a＝gr，b＝mg，解得r＝eq\f(a,g)，m＝eq\f(b,g)，D正確．6.(多選)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為2l，木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，用ωA．b一定比a先開始滑動(dòng)B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開始滑動(dòng)的臨界角速度D．當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時(shí)，a所受摩擦力的大小為kmg答案：AC解析：因圓盤從靜止開始繞軸緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，在某一時(shí)刻，木塊隨圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其受到的靜摩擦力的方向指向轉(zhuǎn)軸，兩木塊轉(zhuǎn)動(dòng)過程中角速度相等，則由牛頓第二定律可得Ff＝mω2R，由于小木塊b的軌道半徑大于a的軌道半徑，故b做圓周運(yùn)動(dòng)需要的向心力較大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)閮赡緣K的最大靜摩擦力相等，故b一定比a先開始滑動(dòng)，選項(xiàng)A正確；當(dāng)b剛剛開始滑動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，可得ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，選項(xiàng)C正確；當(dāng)a開始滑動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，可得ωa＝eq\r(\f(kg,l))，而eq\r(\f(2kg,3l))<eq\r(\f(kg,l))，故小木塊a未發(fā)生滑動(dòng)，其所需的向心力由靜摩擦力提供，即Ffa＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．7．(多選)[2019·江西九所重點(diǎn)中學(xué)高三聯(lián)考]如圖甲所示，傾角45°的斜面體置于粗糙的水平地面上，有一滑塊通過繞過定滑輪的輕繩與質(zhì)量為m的小球相連(繩與斜面平行)，滑塊質(zhì)量為2m，滑塊能恰好靜止在粗糙的斜面上．在圖乙中，換成讓小球在水平面上做圓周運(yùn)動(dòng)，輕繩與豎直方向的夾角為θ，且轉(zhuǎn)動(dòng)逐漸加快，θ≤45°.在圖丙中，兩個(gè)小球?qū)ΨQ在水平面上做圓周運(yùn)動(dòng)，每個(gè)小球質(zhì)量均為eq\f(m,2)，輕繩與豎直方向的夾角為θ，且轉(zhuǎn)動(dòng)逐漸加快，θ≤45°，三幅圖中，斜面體都靜止，且小球未碰到斜面體，則以下說法中正確的是()A．甲圖中斜面體受到地面的摩擦力方向水平向左B．乙圖小球轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中滑塊受到的摩擦力可能為零C．乙圖小球轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中滑塊受到的摩擦力可能沿斜面向下D．丙圖小球轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中滑塊可能沿斜面向上運(yùn)動(dòng)答案：AB解析：甲圖中對(duì)滑塊和斜面整體受力分析，受到細(xì)繩向右上方的拉力作用，則斜面體受到地面的摩擦力方向水平向左，A正確；乙圖中小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩的拉力FT＝eq\f(mg,cosθ)，對(duì)滑塊受力分析，當(dāng)2mgsin45°＝FT時(shí)，滑塊受到的摩擦力為零，此時(shí)θ＝45°，B正確；乙圖小球轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，若滑塊受到的摩擦力沿斜面向下，則2mgsin45°<FT＝eq\f(mg,cosθ)，此時(shí)，則cosθ<eq\f(\r(2),2)，則θ>45°，與題意不符，C錯(cuò)誤；丙圖小球受到繩的拉力均為FT＝eq\f(\f(1,2)mg,cosθ)，則拉滑塊的細(xì)繩的拉力為FT′＝2FTcosθ＝mg，與甲相同，則轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中滑塊位置不動(dòng)，D錯(cuò)誤．考向4萬有引力與航天1．火星和木星沿各自的橢圓軌道繞太陽運(yùn)行，根據(jù)開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律可知()A．太陽位于木星運(yùn)行軌道的中心B．火星和木星繞太陽運(yùn)行速度的大小始終相等C．火星與木星公轉(zhuǎn)周期之比的平方等于它們軌道半長軸之比的立方D．相同時(shí)間內(nèi)，火星與太陽連線掃過的面積等于木星與太陽連線掃過的面積答案：C解析：由開普勒第一定律(軌道定律)可知，太陽位于木星運(yùn)行軌道的一個(gè)焦點(diǎn)上，A錯(cuò)誤．火星和木星繞太陽運(yùn)行的軌道不同，運(yùn)行速度的大小不可能始終相等，B錯(cuò)誤．根據(jù)開普勒第三定律(周期定律)知所有行星軌道的半長軸的三次方與它的公轉(zhuǎn)周期的平方的比值是一個(gè)常數(shù)，C正確．對(duì)于某一個(gè)行星來說，其與太陽連線在相同的時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等，不同行星在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積不相等，D錯(cuò)誤．2．設(shè)地球表面的重力加速度為g0，物體在距離地心4R(R是地球的半徑)處，由于地球的作用而產(chǎn)生的加速度為g，則g/g0為()A．1B．1/9C．1/4D．1/16答案：D解析：在地面上有Geq\f(Mm,R2)＝mg0①在離地心4R處有Geq\f(Mm,4R2)＝mg②由①②兩式得eq\f(g,g0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,4R)))2＝eq\f(1,16).3．(多選)關(guān)于繞著地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的人造地球衛(wèi)星，(在估算時(shí)，取地球半徑R＝6400km，地球表面重力加速度g＝9.8m/s2)下列說法正確的是()A．人造衛(wèi)星軌道半徑越大，線速度越大B．人造地球衛(wèi)星發(fā)射速度應(yīng)該大于7.9km/s，小于11.2km/sC．人造衛(wèi)星的軌道半徑越大，周期也越大D．人造衛(wèi)星要實(shí)現(xiàn)從低軌道到高軌道的變軌，需要向前噴火減速答案：BC解析：由公式Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r得v＝eq\r(\f(GM,r))，T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，故衛(wèi)星旋轉(zhuǎn)的軌道半徑越大，線速度會(huì)越小，周期會(huì)越大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；當(dāng)人造地球衛(wèi)星軌道半徑近似等于地球半徑時(shí)，線速度為7.9km/s是最大的環(huán)繞速度，也是最小的發(fā)射速度，但發(fā)射速度如果超過11.2km/s，衛(wèi)星將脫離地球的約束，不再繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)，選項(xiàng)B正確；要想實(shí)現(xiàn)從低軌道到高軌道的變軌，需要向后噴火加速做離心運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．4．如圖所示，地球繞著太陽公轉(zhuǎn)，而月球又繞著地球轉(zhuǎn)動(dòng)，它們的運(yùn)動(dòng)均可近似看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如果要通過觀測求得地球的質(zhì)量，需要測量下列哪些量()A．地球繞太陽公轉(zhuǎn)的半徑和周期B．月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑和周期C．地球的半徑和地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期D．地球的半徑和月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期答案：B解析：由萬有引力提供向心力可得Geq\f(Mm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r，解得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，要求出地球質(zhì)量，需要知道月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的軌道半徑和周期，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤．5．2018年12月8日，“嫦娥四號(hào)”月球探測器在我國西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射成功，隨后實(shí)現(xiàn)了人類首次月球背面軟著陸．“嫦峨四號(hào)”從環(huán)月圓軌道Ⅰ上的P點(diǎn)實(shí)施變軌，進(jìn)入環(huán)月橢圓軌道Ⅱ，在近月點(diǎn)Q實(shí)施軟著陸，如圖所示．關(guān)于“嫦娥四號(hào)”，下列說法正確的是()A．沿軌道Ⅰ運(yùn)行至P點(diǎn)時(shí)，需加速才能進(jìn)入軌道ⅡB．沿軌道Ⅱ運(yùn)行的周期大于沿軌道Ⅰ運(yùn)行的周期C．沿軌道Ⅱ運(yùn)行經(jīng)P點(diǎn)時(shí)的加速度等于沿軌道Ⅰ運(yùn)行經(jīng)P點(diǎn)時(shí)的加速度D．沿軌道Ⅱ從P點(diǎn)運(yùn)行到Q點(diǎn)的過程中，月球?qū)Α版隙鹚奶?hào)”的萬有引力做的功為零答案：C解析：“嫦娥四號(hào)”沿軌道Ⅰ運(yùn)行至P點(diǎn)時(shí)，應(yīng)該制動(dòng)減速使萬有引力大于其在軌道Ⅰ上做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力而做近心運(yùn)動(dòng)，變軌到軌道Ⅱ上，故A錯(cuò)誤；軌道Ⅱ的半長軸小于軌道Ⅰ的半徑，根據(jù)開普勒第三定律可知“嫦娥四號(hào)”沿軌道Ⅱ運(yùn)行的周期小于沿軌道Ⅰ運(yùn)行的周期，故B錯(cuò)誤；在同一點(diǎn)萬有引力相同，加速度相同，故C正確；根據(jù)開普勒第二定律可知在軌道Ⅱ上由P點(diǎn)運(yùn)行到Q點(diǎn)的過程中，“嫦娥四號(hào)”的速度逐漸增大，引力做正功，故D錯(cuò)誤．6.我國首顆量子科學(xué)實(shí)驗(yàn)衛(wèi)星于2016年8月16日1點(diǎn)40分成功發(fā)射．量子衛(wèi)星成功運(yùn)行后，我國在世界上首次實(shí)現(xiàn)衛(wèi)星和地面之間的量子通信，構(gòu)建天地一體化的量子保密通信與科學(xué)實(shí)驗(yàn)體系．假設(shè)量子衛(wèi)星軌道在赤道平面，如圖所示．已知量子衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的m倍，同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的n倍，圖中P點(diǎn)是地球赤道上一點(diǎn)，由此可知()A．同步衛(wèi)星與量子衛(wèi)星的運(yùn)行周期之比為eq\f(n3,m3)B．同步衛(wèi)星與P點(diǎn)的速度之比為eq\f(1,n)C．量子衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的速度之比為eq\f(n,m)D．量子衛(wèi)星與P點(diǎn)的速度之比為eq\r(\f(n3,m))答案：D解析：由開普勒第三定律eq\f(R\o\al(3,同),R\o\al(3,量))＝eq\f(T\o\al(2,同),T\o\al(2,量))可知，eq\f(T\o\al(2,同),T\o\al(2,量))＝eq\f(n3,m3)，可知同步衛(wèi)星與量子衛(wèi)星的運(yùn)行周期之比為eq\r(\f(n3,m3))，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，由v＝ωr＝eq\f(2π,T)r可得同步衛(wèi)星