第=page5151頁，共=sectionpages6060頁2025年安徽省高考物理命題考點對標11.一輛汽車以速度v0勻速行駛，司機觀察到前方人行橫道有行人要通過，于是立即剎車。從剎車到停止，汽車正好經過了24塊規格相同的路邊石，汽車剎車過程可視為勻減速直線運動。下列說法正確的是()A．汽車經過第1塊路邊石末端時的速度大小為eq\r(\f(23,24))v0B．汽車經過第18塊路邊石末端時的速度大小為eq\f(\r(3),2)v0C．汽車經過前12塊路邊石與后12塊路邊石的時間之比為1∶eq\r(2)D．汽車經過前18塊路邊石與后6塊路邊石的時間之比為1∶1【答案】AD【解析】從剎車到停止，汽車正好經過了24塊規格相同的路邊石，設路邊石的長度為L，則有0－v02＝－2a·24L，解得a＝eq\f(v02,48L)，則汽車經過第1塊路邊石末端時的速度大小為v1＝eq\r(v02－2aL)＝eq\r(\f(23,24))v0，A正確；汽車經過第18塊路邊石末端時的速度大小為v18＝eq\r(v02－2a×18L)＝eq\f(v0,2)，B錯誤；根據初速度為零的勻變速直線運動在連續相等的位移內所用時間比例關系可得：汽車經過前12塊路邊石與后12塊路邊石的時間之比為(eq\r(2)－1)∶1，C錯誤；根據初速度為零的勻變速直線運動在連續相等時間內通過位移比例關系可得：汽車經過前18塊路邊石與后6塊路邊石的時間之比為1∶1，D正確。2.如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續經過R、S、T三點，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，則公交車經過T點時的瞬時速度為()A．3m/sB．2m/sC．1m/sD．0.5m/s【答案】C【解析】由題知，電動公交車做勻減速直線運動，設RS間的距離為x，則根據題意有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)，聯立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根據勻變速直線運動速度與時間的關系有vT＝vR－a·5t1，則at1＝2m/s，又有eq\x\to(v)RS＝vR－a·eq\f(t1,2)＝10m/s，則vR＝11m/s，聯立解得vT＝1m/s，故選C。3.一個物體從離地某一高度處開始做自由落體運動，該物體第1s內的位移恰為最后1s內位移的二分之一，已知重力加速度大小取10m/s2，則它開始下落時距落地點的高度為()A．15mB．12.5mC．11.25mD．10m【答案】C【解析】物體第1s內的位移為h1＝eq\f(1,2)gt02＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，則物體最后1s內的位移為h2＝2h1＝10m，又eq\f(1,2)gt總2－eq\f(1,2)g(t總－1s)2＝h2，解得t總＝1.5s，則物體開始下落時距落地點的高度為h＝eq\f(1,2)gt總2＝eq\f(1,2)×10×1.52m＝11.25m，故選C。4.如圖所示，A、B為空心圓管的兩端、C為可視為質點的小球，AB長度為L＝1m，AB與C在同一豎直線上，AC之間距離為h＝20m。t＝0時刻，空心圓管做自由落體運動，C從地面以初速度v0開始做豎直上拋運動，g＝10m/s2。(1)要使C在空心圓管落地前穿過空心圓管，v0應大于多少？(2)若v0＝20m/s，求C從A端穿過空心圓管所用的時間。(不考慮圓管落地后的情形)【答案】(1)10.5m/s(2)0.05s【解析】(1)C在圓管落地前穿過圓管的條件是，圓管落地的瞬間小球經過B端，此過程小球的速度為最小值。設圓管的落地時間為t，則h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2s，此時C恰好經過B端，則有vmint－eq\f(1,2)gt2＝L解得vmin＝10.5m/s，即v0應大于10.5m/s。(2)由上述分析可知，小球一定在空中穿過圓管，設C到達A端的時間為t1，則有(v0t1－eq\f(1,2)gt12)＋eq\f(1,2)gt12＝h設C到B端的時間為t2，則有(v0t2－eq\f(1,2)gt22)＋eq\f(1,2)gt22＝h＋LC從A端穿過圓管所用的時間為Δt＝t2－t1解得Δt＝0.05s。5．如圖所示為車輛行駛過程中常見的變道超車情形。圖中A車車長LA＝4m，B車車長LB＝6m，兩車車頭相距L＝26m時，B車正以vB＝10m/s的速度勻速行駛，A車正以vA＝15m/s的速度借道超車，此時A車司機發現前方不遠處有一輛汽車C正好迎面駛來，其速度為vC＝8m/s，C車車頭和B車車頭之間相距d＝94m，現在A車司機有兩個選擇，一是放棄超車，駛回與B相同的車道，而后減速行駛；二是加速超車，在B與C相遇之前超過B車，不考慮變道過程的時間和速度的變化。(1)若A車選擇放棄超車，回到B車所在車道，則A車至少應該以多大的加速度勻減速剎車，才能避免與B車相撞；(2)若A車選擇加速超車，求A車能夠安全超車的加速度至少多大；(3)若A車選擇超車，但因某種原因并未加速，C車司機在圖示位置做出反應(不計反應時間)，則C車減速的加速度至少多大才能保證A車安全超車。【答案】(1)eq\f(5,8)m/s2(2)eq\f(2,5)m/s2(3)1m/s2【解析】(1)若A車選擇放棄超車，回到B車所在車道，當兩車速度相同時，A恰好追上B，此時A加速度最小，根據運動學公式有vA－a1t1＝vBvAt1－eq\f(1,2)a1t12＝vBt1＋L－LB聯立解得A車的最小加速度為a1＝eq\f(5,8)m/s2(2)A車加速超車最長時間為t2＝eq\f(d－LA,vB＋vC)＝eq\f(94－4,10＋8)s＝5sA車安全超車，根據運動學公式有vAt2＋eq\f(1,2)a2t22＝vBt2＋L＋LA，解得A車能夠安全超車的加速度至少為a2＝eq\f(2,5)m/s2(3)C車做勻減速運動最長時間為t3＝eq\f(L＋LA,vA－vB)＝eq\f(26＋4,15－10)s＝6sA車安全超車，根據運動學公式有vAt3＋vCt3－eq\f(1,2)a3t32＝d＋L解得C車減速的最小加速度為a3＝1m/s2。6.t＝0時刻，質點P從原點由靜止開始做直線運動，其加速度a隨時間t按圖示的正弦曲線變化，周期為2t0。在0～3t0時間內，下列說法正確的是()A．t＝2t0時，P回到原點B．t＝2t0時，P的運動速度最小C．t＝t0時，P到原點的距離最遠D．t＝eq\f(3,2)t0時，P的運動速度與t＝eq\f(1,2)t0時相同【答案】BD【解析】質點在0～t0時間內從靜止出發先做加速度增大的加速運動再做加速度減小的加速運動，此過程一直向前加速運動，t0～2t0時間內加速度和速度反向，先做加速度增加的減速運動再做加速度減小的減速運動，2t0時刻速度減速到零，此過程一直向前做減速運動，2t0～4t0重復此過程的運動，即質點一直向前運動，A、C錯誤，B正確；a－t圖像與t軸所圍的面積表示速度變化量，eq\f(t0,2)～eq\f(3,2)t0時間內速度的變化量為零，因此eq\f(t0,2)時刻P的運動速度與eq\f(3,2)t0時刻相同，D正確。7.甲、乙兩物體從同一位置沿同一直線運動，它們的v－t圖像如圖所示，0～t2時間內，下列說法正確的是()A．乙物體先向負方向運動，后向正方向運動B．t1時刻二者相距最遠C．t2時刻二者速度相等并再次處于同一位置D．0～t2時間內，乙的速度和加速度都是先減小后增大【答案】D【解析】在v－t圖像中速度的正負表示運動方向，由題圖可知乙的速度方向一直為正，運動方向沒有發生改變，故A錯誤；在0～t2時間內，乙的速度比甲的小，甲在乙的前方，兩者間距逐漸增大，t2時刻后，乙的速度比甲的大，兩者間距減小，所以在0～t2時間內，t2時刻兩者相距最遠，乙物體未追上甲，故B、C錯誤；根據v－t圖像的斜率表示加速度可知，在0～t2時間內，乙的速度和加速度都是先減小后增大，故D正確。8.一物體沿直線運動，其位置坐標x隨時間t變化的圖像為拋物線的一部分，如圖所示。下列說法中正確的是()A．物體在3s末和6s末的速度方向相反B．物體前6s的平均速度大小為eq\f(1,3)m/sC．物體運動的加速度大小為eq\f(8,9)m/s2D．物體運動的初速度大小為eq\f(1,3)m/s【答案】D【解析】x－t圖像斜率表示速度，由題圖可知，3～6s內速度方向不變，3s末和6s末的速度方向相同，故A錯誤；由x－t圖像可知，物體前6s通過的位移為Δx＝－2m－4m＝－6m，物體前6s的平均速度大小為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錯誤；設物體的初速度為v0，加速度為a，由x－t圖像可知，物體前3s通過的位移為Δx′＝3m－4m＝－1m，把前3s通過的位移和前6s通過的位移代入運動學方程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錯誤，D正確。9．根據機動車的運動情況，繪制如圖eq\f(x,t2)－eq\f(1,t)圖像，已知一質量為1000kg的機動車在水平路面沿直線減速行駛，規定初速度v0的方向為正方向。以下說法正確的是()A．機動車的初速度v0＝10m/sB．機動車的加速度大小為2m/s2C．機動車在前3s的位移是12mD．機動車前3s的動量變化量為1.2×104kg·m/s【答案】A【解析】由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2變形可得eq\f(x,t2)＝v0·eq\f(1,t)＋eq\f(1,2)a，與題目給定的圖線對比，由縱截距可知eq\f(1,2)a＝－2m/s2，解得a＝－4m/s2，由圖像斜率可知v0＝eq\f(2,0.2)m/s＝10m/s，故A正確，B錯誤；機動車速度變為0所需時間為t＝eq\f(0－v0,a)＝2.5s，故機動車在前3s的位移是x＝eq\f(0－v02,2a)＝eq\f(－100,－8)m＝12.5m，故C錯誤；機動車前3s的動量變化量為Δp＝p2－p1＝0－1000×10kg·m/s＝－104kg·m/s，故D錯誤。10.如圖所示，一位同學用雙手水平夾起一摞書，并停留在空中。已知手掌與書間的動摩擦因數μ1＝0.3，書與書間的動摩擦因數μ2＝0.2，設最大靜摩擦力的大小等于滑動摩擦力大小。若每本書的質量均為0.2kg，該同學對書的水平正壓力為200N，每本書均呈豎直狀態，重力加速度大小g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．每本書受到的摩擦力的合力大小不相等B．書與書之間的摩擦力大小均相等C．他最多能夾住42本書D．他最多能夾住60本書【答案】C【解析】每本書受到的摩擦力的合力與重力平衡，因為每本書的質量相等，則每本書受到的摩擦力的合力大小相等，A錯誤；越靠外側，書與書間的摩擦力越大，B錯誤；以這一摞書為研究對象，每只手對其最大靜摩擦力為Ff1＝μ1FN＝60N，這一摞書受力平衡，則2Ff1＝n1mg，解得n1＝60，但書與書間的最大靜摩擦力為Ff2＝μ2FN＝40N，除了左右兩側跟手接觸的兩本書，以剩下的這一部分書為研究對象，由平衡條件有2Ff2＝n2mg，解得n2＝40，加上與手接觸的兩本書，共42本書，C正確，D錯誤。11.激光打印機是自動進紙的，其進紙原理如圖所示，進紙槽里疊放一疊白紙，每一張紙的質量均相等，進紙時滾輪以豎直向下的力壓在第1張白紙上，并沿逆時針方向轉動，確保第1張紙與第2張紙相對滑動，設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，滾輪與白紙之間的動摩擦因數為μ1，白紙與白紙之間、白紙與紙槽底座之間的動摩擦因數均為μ2，不考慮靜電力的影響，則()A．第1張白紙受到滾輪的摩擦力向左B．最后一張白紙受到紙槽底座的摩擦力向右C．下一張白紙受到上一張白紙的摩擦力一定向右D．正常情況下單張紙打印必須滿足μ1>μ2【答案】CD【解析】第1張白紙相對于滾輪的運動趨勢與滾輪的運動方向相反，則受到滾輪的靜摩擦力方向與滾輪的運動方向相同，即受到滾輪的摩擦力向右，A錯誤；對除第1張白紙外的所有白紙進行研究，處于靜止狀態，水平方向受到第1張白紙的滑動摩擦力，方向與滾輪的運動方向相同，則根據平衡條件知，最后1張白紙受到紙槽底座的摩擦力方向與滾輪的運動方向相反，即水平向左，B錯誤；根據題意，因上一張白紙相對下一張白紙向右滑動或有向右滑動的趨勢，則上一張白紙受到下一張白紙的摩擦力一定向左，那么下一張白紙受到上一張白紙的摩擦力一定向右，C正確；正常情況下單張紙打印必須滿足滾輪與白紙之間的最大靜摩擦力大于紙與紙之間的滑動摩擦力，則μ1>μ2，D正確。d＝(x1＋x1′)＋x2′＝eq\f(5mg,k)，故選A、D。12.(多選)如圖所示，右側帶有擋板的長木板甲放在水平地面上。物塊乙放在木板甲上，水平彈簧左端與物塊乙連接，右端與擋板連接，用F＝11N的水平恒力向右拉木板甲，甲和乙相對靜止并一起向右做勻加速運動，加速度為2m/s2，彈簧的伸長量為2cm，彈簧的勁度系數為200N/m，不計彈簧的質量。已知m甲＝4kg，m乙＝1kg。以下說法正確的是()A．彈簧的彈力大小為4NB．甲與乙之間沒有摩擦力作用C．甲受到乙的靜摩擦力方向向左D．甲與地面間的滑動摩擦力大小為1N【答案】AD【解析】根據胡克定律得彈簧的彈力大小為F彈＝kx＝200×0.02N＝4N，故A正確；對乙受力分析，取向右為正方向，根據牛頓第二定律F彈＋Ff＝m乙a，解得Ff＝－2N，負號表示方向向左，根據牛頓第三定律，乙對甲的靜摩擦力方向向右，故B、C錯誤；對整個系統，根據牛頓第二定律有F－Ff地＝(m甲＋m乙)a，解得Ff地＝1N，故D正確。13．如圖甲所示，A、B兩小球通過兩根輕繩連接并懸掛于O點，已知兩輕繩OA和AB的長度之比為eq\r(3)∶1，A、B兩小球質量分別為2m和m，現對A、B兩小球分別施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，兩球恰好處于圖乙的位置靜止，此時B球恰好在懸點O的正下方，輕繩OA與豎直方向成30°角，則()A．F1＝F2 B．F1＝eq\r(3)F2C．F1＝2F2 D．F1＝3F2【答案】C【解析】由題意知兩輕繩OA和AB的長度之比為eq\r(3)∶1，B球恰好在懸點O的正下方，由幾何關系可知，OA與AB垂直；以B球為研究對象，受力示意圖如圖(a)所示，由平衡條件得F2＝mgtan(90°－30°)＝eq\r(3)mg，以A、B兩球整體為研究對象，受力示意圖如圖(b)所示，由平衡條件得F1－F2＝3mgtan30°＝eq\r(3)mg，可得F1＝2eq\r(3)mg，即F1＝2F2，故選C。14.如圖所示，質量M＝2eq\r(3)kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊與質量m＝eq\r(3)kg的小球B相連。用與水平方向成α＝30°角的恒力F＝10eq\r(3)N拉著球帶動木塊一起向右勻速運動，運動中A、B相對位置保持不變，g取10m/s2。求：(1)運動過程中輕繩與水平方向的夾角θ；(2)木塊與水平桿間的動摩擦因數μ。【答案】(1)30°(2)eq\f(\r(3),5)【解析】(1)對B進行受力分析，設輕繩對B的拉力為FT，由平衡條件可得Fcos30°＝FTcosθ，Fsin30°＋FTsinθ＝mg解得FT＝10eq\r(3)N，tanθ＝eq\f(\r(3),3)即θ＝30°(2)對A進行受力分析，由平衡條件有FTsinθ＋Mg＝FN，FTcosθ＝μFN解得μ＝eq\f(\r(3),5)。15質量為m粗細均勻的麻繩如圖所示懸掛，懸點處切線與豎直方向夾角分別為37°和53°，P點為最低點，重力加速度為g，sin37°＝0.6，則()A．左側懸點對麻繩拉力為0.6mgB．右側懸點對麻繩拉力為0.8mgC．最低點P處張力為0.3mgD．P點右側麻繩質量為0.36m【答案】D【解析】對麻繩受力分析，受重力mg、左側懸點對麻繩的拉力F1、右側懸點對麻繩的拉力F2，則F1cos37°＋F2cos53°＝mg，F1sin37°＝F2sin53°，解得F1＝0.8mg，F2＝0.6mg，故A、B錯誤；對P點右側麻繩受力分析，受重力m2g、最低點P處張力F、右側懸點對麻繩的拉力F2，則F＝F2sin53°＝0.48mg，m2g＝F2cos53°＝0.36mg，所以P點右側麻繩質量為m2＝0.36m，故C錯誤，D正確。16.如圖所示，物體甲放置在水平地面上，通過跨過光滑定滑輪的輕繩與小球乙相連，整個系統處于靜止狀態。現對小球乙施加一個水平力F，使小球乙緩慢上升一小段距離，整個過程中物體甲保持靜止，甲受到地面的摩擦力為Ff，則該過程中()A．Ff變小，F變大 B．Ff變小，F變小C．Ff變大，F變小 D．Ff變大，F變大【答案】D【解析】以小球乙為研究對象受力分析，設繩與豎直方向的夾角為α，根據平衡條件可得，水平拉力F＝mgtanα，夾角α逐漸增大，則水平拉力F逐漸增大，繩子的拉力為FT＝eq\f(mg,cosα)，故繩子的拉力逐漸增大；以物體甲為研究對象受力分析，根據平衡條件可得，物體甲受到的地面的摩擦力與繩子拉力水平方向的分力等大反向，Ff＝FTcosθ＝eq\f(mgcosθ,cosα)，逐漸增大，故選D。17.如圖所示，豎直面內固定一光滑大圓環軌道，O為圓心，在大圓環軌道最高點A固定一個光滑的小滑輪，一輕繩繞過小滑輪，一端連接套在大圓環軌道上的小球，用力F拉輕繩另一端，在小球從B點緩慢上升到C點的過程中，有()A．拉力F逐漸增大B．拉力F先減小后增大C．小球對大圓環軌道的壓力大小保持不變D．小球對大圓環軌道的壓力先增大后減小【答案】C【解析】對小球進行受力分析如圖所示，根據相似三角形法可得eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,OB)＝eq\f(mg,OA)在小球從B點緩慢上升到C點的過程中，重力大小、方向均不變，AB變小，OA、OB不變，則拉力F逐漸減小，大圓環軌道對小球的支持力FN大小不變，由牛頓第三定律知小球對大圓環軌道的壓力大小保持不變，故選C。18.(多選)如圖所示，把傾角為30°的粗糙斜面體C置于粗糙水平地面上，質量為2m的物塊A通過跨過光滑輕定滑輪的輕繩與質量為m的小球B連接，O點為輕繩與定滑輪的接觸點，初始時，小球B在水平向右的拉力F作用下，使輕繩OB段與水平拉力F的夾角為θ＝120°，A、B均保持靜止狀態。現改變拉力F，并保持夾角θ大小不變，將小球B向右上方緩慢拉起至OB水平，物塊A始終保持靜止狀態。g為重力加速度，下列關于該過程的說法正確的是()A．拉力F一直變大B．拉力F最小為eq\f(\r(3),3)mgC．斜面體C所受地面摩擦力一直變小D．斜面體C所受地面摩擦力先變小后變大【答案】AB【解析】對小球B受力分析，將FT、F、mg組成矢量三角形，由于FT和F的夾角始終不變，作輔助圓如圖所示拉力F一直變大，初始狀態時最小，為eq\f(\r(3),3)mg，A、B正確；拉力F的水平分力先變大后變小，對A、B、C整體進行受力分析知斜面體C所受地面摩擦力大小等于拉力F的水平分力大小，也是先變大后變小，故C、D錯誤。19.人站在力傳感器上完成下蹲和站起動作，傳感器記錄的力隨時間變化圖像(F－t圖像)如圖所示，重力加速度g＝10m/s2，則()A．下蹲過程中最大加速度為6m/s2B．人在下蹲過程中，力的示數先變大后變小C．人在站起過程中，先失重后超重D．人在8s內完成了兩次下蹲和兩次站起動作【答案】A【解析】由題圖可知，傳感器的最小壓力約為200N，且人的質量為m＝eq\f(G,g)＝50kg，則根據牛頓第二定律得下蹲過程中最大加速度為a＝eq\f(G－F,m)＝eq\f(500－200,50)m/s2＝6m/s2，故A正確；人在下蹲過程中，先加速下降再減速下降，所以力傳感器的示數先變小后變大，故B錯誤；人在站起過程中，先加速起立再減速起立，所以先超重后失重，故C錯誤；人在下蹲過程中，力傳感器的示數先變小后變大，人在站起過程中，力傳感器的示數先變大后變小，所以人在8s內完成了一次下蹲和一次站起動作，故D錯誤。20．如圖甲所示，高空滑索是一項勇敢者的運動項目。如果某人用輕繩通過輕質滑環懸吊在足夠長的傾斜鋼索上運動，鋼索與水平地面的夾角為30°，在下滑過程中可能會出現如圖乙(輕繩與鋼索垂直)和如圖丙(輕繩沿豎直方向)所示的兩種情形，已知此人的質量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列說法中錯誤的是()A．圖乙中，人一定勻加速下滑B．圖乙中，鋼索對輕環的作用力大小為eq\f(\r(3),2)mgC．圖丙中，人一定勻速下滑D．圖丙中，鋼索對輕環無摩擦力【答案】D【解析】題圖乙中，人受到重力和輕繩的拉力，由于兩個力不共線，且合力方向斜向下，故人只能勻加速下滑，故A正確，不符合題意；題圖乙中，鋼索對人的作用力大小FT＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，故B正確，不符合題意；題圖丙中，人受到重力和輕繩的拉力，兩力均沿豎直方向，若合力不為零，則合力必沿豎直方向，與速度不共線，人不可能做直線運動，因此合力一定為零，人一定勻速下滑，故C正確，不符合題意；題圖丙中，輕環也做勻速直線運動，所受合力為零，輕繩對輕環的拉力與鋼索對輕環的支持力不在一條直線上，合力不可能為零，因此輕環一定受到鋼索的摩擦力，三力平衡，故D錯誤，符合題意。21.如圖所示，在質量為M的箱式電梯的地板上固定一輕質彈簧，彈簧的上端拴接一質量為mA的物體A，質量為mB的物體B放置在物體A上，整個裝置隨電梯一起勻速下降，彈簧保持豎直，重力加速度為g。某時刻懸掛電梯的鋼索突然斷裂，在鋼索斷裂的瞬間，下列說法正確的是()A．物體A的加速度大小為0B．物體B的加速度大小為gC．箱式電梯的加速度大小為gD．物體B對物體A的壓力為0【答案】A【解析】鋼索斷裂的瞬間，彈簧的彈力不變，所以A、B的受力情況不變，加速度均為0，物體B對物體A的壓力等于自身重力，對箱式電梯受力分析可知(mB＋mA＋M)g＝Ma，解得a＝eq\f(mB＋mA＋Mg,M)，故選A。22.如圖為用索道運輸貨物的情景，已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，質量為m的貨物與車廂地板之間的動摩擦因數為0.3。當載重車廂沿索道向上加速運動時，貨物與車廂仍然保持相對靜止狀態，貨物對車廂水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，連接索道與車廂的桿始終沿豎直方向，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么這時貨物對車廂地板的摩擦力大小為()A．0.35mg B．0.3mgC．0.23mg D．0.2mg【答案】D【解析】將a沿水平和豎直兩個方向分解，對貨物受力分析如圖所示，水平方向：Ff＝max，豎直方向：FN－mg＝may，FN＝1.15mg，又eq\f(ay,ax)＝eq\f(3,4)，聯立解得Ff＝0.2mg，故D正確。23．某列車由40節質量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節對第3節車廂的牽引力為F。若每節車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數第3節對倒數第2節車廂的牽引力為()A．FB.eq\f(19F,20)C.eq\f(F,19)D.eq\f(F,20)【答案】C【解析】設列車的加速度為a，每節車廂的質量為m，每節車廂受到的阻力為Ff，對后38節車廂，由牛頓第二定律得F－38Ff＝38ma；設倒數第3節車廂對倒數第2節車廂的牽引力為FT，對后2節車廂，由牛頓第二定律得FT－2Ff＝2ma，聯立解得FT＝eq\f(F,19)，故選項C正確。24.(多選)如圖所示，用力F拉著A、B、C三個物體在光滑水平面上運動，現在中間的B物體上加一塊橡皮泥，它和中間的物體一起運動，且原拉力F不變，那么加上橡皮泥以后，兩段繩的拉力FTA和FTB的變化情況是()A．FTA增大 B．FTB增大C．FTA減小 D．FTB減小【答案】AD【解析】設最左邊的物體質量為m，最右邊的物體質量為m′，整體質量為M，整體的加速度a＝eq\f(F,M)，對最左邊的物體分析FTB＝ma＝eq\f(mF,M)，對最右邊的物體分析，有F－FTA＝m′a，解得FTA＝F－eq\f(m′F,M)，在中間物體上加上橡皮泥，則整體的質量M增大，因為m、m′不變，所以FTB減小，FTA增大。故選A、D。25.如圖所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為1kg的物體A、B(B物體與彈簧拴接)，彈簧的勁度系數為k＝50N/m，初始時系統處于靜止狀態。現用一方向豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度a＝4m/s2的勻加速直線運動，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計，下列說法正確的是()A．外力F剛施加的瞬間，F的大小為4NB．當彈簧壓縮量減小到0.3m時，A、B間彈力大小為1.2NC．A、B分離時，A物體的位移大小為0.12mD．B物體速度達到最大時，B物體的位移為0.22m【答案】C【解析】施加外力前，系統處于靜止狀態，對整體受力分析，由平衡條件得2mg＝kx0，代入數據解得x0＝0.4m，外力施加的瞬間，物體A加速度為4m/s2，對整體，由牛頓第二定律得F－2mg＋kx0＝2ma，代入數據解得F＝8N，故A錯誤；當彈簧壓縮量減小到0.3m時，設A、B間彈力大小為FAB，對A受力分析，由牛頓第二定律得F′＋FAB－mg＝ma，對A、B組成的系統受力分析，由牛頓第二定律得F′＋kx1－2mg＝2ma，代入數據聯立解得FAB＝1N，故B錯誤；設A、B分離時，彈簧的形變量為x2，對B受力分析，由牛頓第二定律得kx2－mg＝ma，代入數據解得x2＝0.28m，所以A物體的位移大小為x0－x2＝0.4m－0.28m＝0.12m，故C正確；當B物體的合力為零時速度達到最大，由C可知A、B分離時有向上的加速度，所以速度最大時A、B已經分離，當合力為零時，對B受力分析，由平衡條件得kx3＝mg，代入數據解得x3＝0.2m，故B物體的位移大小為x0－x3＝0.2m，故D錯誤。26.(多選)如圖所示，一彈簧一端固定在傾角為θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住質量為mP＝6kg的物體P，Q為一質量為mQ＝10kg的物體，彈簧的質量不計，勁度系數k＝600N/m，系統處于靜止狀態。現給物體Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知在前0.2s時間內，F為變力，0.2s以后F為恒力，sin37°＝0.6，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．開始運動時拉力最大，分離時拉力最小B．0.2s時刻兩物體分離，此時P、Q之間的彈力為零且加速度大小相等C．0.2s時刻兩物體分離時，彈簧的壓縮量為x1＝eq\f(7,75)mD．物體Q從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動的加速度大小a＝eq\f(10,3)m/s2【答案】BCD【解析】對兩物體受力分析知，開始運動時拉力最小，分離時拉力最大，故A錯誤；前0.2s時間內F為變力，之后為恒力，則0.2s時刻兩物體分離，此時P、Q之間的彈力為零且加速度大小相等，設此時彈簧的壓縮量為x1，對物體P，由牛頓第二定律得kx1－mPgsinθ＝mPa，前0.2s時間內兩物體的位移x0－x1＝eq\f(1,2)at2，由未加拉力時受力平衡得kx0＝(mP＋mQ)gsinθ，聯立解得a＝eq\f(10,3)m/s2，x1＝eq\f(7,75)m，故B、C、D正確。27.如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1順時針運行，初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示，已知v2>v1，則()A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大C．0～t2時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用D．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力先向右后向左【答案】BC【解析】相對地面而言，小物塊在0～t1時間內，向左做勻減速直線運動，t1之后反向向右運動，故小物塊在t1時刻離A處距離最大，A錯誤；小物塊在0～t1時間內，向左做勻減速直線運動，相對傳送帶向左運動，在t1～t2時間內，反向向右做勻加速直線運動，但速度小于傳送帶的速度，相對傳送帶向左運動，t2時刻兩者同速，在t2～t3時間內，小物塊相對于傳送帶靜止，所以t2時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大值，B正確；0～t2時間內，小物塊相對傳送帶向左運動，始終受到向右的滑動摩擦力，滑動摩擦力的大小和方向都不變，故C正確，D錯誤。28.如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角θ＝37°，從A到B的長度為L＝10.25m，傳送帶以v0＝10m/s的速率逆時針轉動。在傳送帶上端A無初速度放一個質量為m＝0.5kg的黑色煤塊(可視為質點)，它與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5，煤塊在傳送帶上經過會留下黑色痕跡。已知sin37°＝0.6，g取10m/s2，求：(1)當煤塊與傳送帶速度相同時，接下來它們能否相對靜止；(2)煤塊從A運動到B的時間；(3)煤塊從A到B的過程中在傳送帶上留下痕跡的長度。【答案】(1)不能(2)1.5s(3)5m【解析】(1)由于mgsin37°>μmgcos37°，所以煤塊與傳送帶速度相同后，它們不能相對靜止。(2)煤塊剛放上時，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度為a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，煤塊加速運動至與傳送帶速度相同時需要的時間t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，發生的位移x1＝eq\f(1,2)a1t12＝5m煤塊速度達到v0后，加速度大小改變，繼續沿傳送帶向下加速運動，則有a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，x2＝L－x1＝5.25m，由x2＝v0t2＋eq\f(1,2)a2t22，得t2＝0.5s故煤塊從A運動到B的時間為t＝t1＋t2＝1.5s。(3)第一過程痕跡長Δx1＝v0t1－x1＝5m，第二過程痕跡長Δx2＝x2－v0t2＝0.25m，Δx2與Δx1部分重合，故痕跡總長為5m。29.如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長且質量為M＝4kg的長木板，在長木板右端有一質量為m＝1kg的小物塊，長木板與小物塊間的動摩擦因數為μ＝0.2，長木板與小物塊均靜止，g取10m/s2。(1)若要使小物塊和木板間發生相對滑動，拉力F不小于什么值？(2)現用F＝14N的水平恒力向右拉長木板，經時間t＝1s撤去水平恒力F，則：①在F的作用下，長木板的加速度為多大？②剛撤去F時，小物塊離長木板右端多遠？③最終長木板與小物塊一起以多大的速度勻速運動？④最終小物塊離長木板右端多遠？【答案】(1)10N(2)①3m/s2②0.5m③2.8m/s④0.7m【解析】(1)當物塊和木板恰好發生相對滑動時，靜摩擦力達到最大值，設此時的加速度為a0，根據牛頓第二定律，對小物塊有μmg＝ma0，對物塊和木板整體有F0＝(m＋M)a0，聯立解得F0＝10N，即若小物塊和木板發生相對滑動，拉力不小于10N。(2)①對長木板，根據牛頓第二定律可得F－μmg＝Ma，解得a＝3m/s2②撤去F之前，小物塊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剛撤去F時v＝at＝3m/s，vm＝amt＝2m/s撤去F后，長木板的加速度大小a′＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2最終速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′解得共同速度v′＝2.8m/s④在t′內，小物塊和長木板的相對位移Δx2＝eq\f(v2－v′2,2a′)－eq\f(v′2－vm2,2am)，解得Δx2＝0.2m最終小物塊離長木板右端的距離為x＝Δx1＋Δx2＝0.7m。30.(多選)如圖甲所示，長木板B靜止在光滑水平地面上，在t＝0時刻，可視為質點、質量為1kg的物塊A在水平外力F作用下，從長木板的左端從靜止開始運動，1s后撤去外力F，物塊A、長木板B的速度—時間圖像如圖乙所示，g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．長木板的最小長度為2mB．A、B間的動摩擦因數是0.1C．長木板的質量為0.5kgD．外力F的大小為4N【答案】ABD【解析】由題圖乙可知，2s后物塊和木板達到共速后一起勻速運動，說明木板與地面之間無摩擦，v－t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示物體的位移，故由題圖乙可知，在2s內物塊的位移為x1＝4m，木板的位移為x2＝2m，故長木板的最小長度為L＝x1－x2＝2m，A正確；由題圖乙可知，1s時撤去外力F，在1～2s內由物塊的受力及牛頓第二定律可知μmg＝maA，由題圖乙可知1～2s內物塊的加速度大小為aA＝1m/s2，解得A、B間的動摩擦因數為μ＝0.1，B正確；由題圖乙可知，木板的加速度大小為aB＝1m/s2，由木板B的受力及牛頓第二定律可知μmg＝MaB，解得長木板的質量為M＝1kg，C錯誤；由0～1s內物塊的受力及牛頓第二定律可知F－μmg＝maA′，又此過程中加速度的大小為aA′＝3m/s2，解得F＝4N，D正確。31.如圖所示，質量均為m＝1kg的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.4。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L＝2m后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊A長度可忽略不計，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動的加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB及B運動的最大距離sB。【答案】(1)4m/s(2)12m/s24m/s2(3)8m/s3m【解析】(1)由牛頓第二定律知μmg＝maAA加速度的大小aA＝μg根據勻變速直線運動速度位移關系vA2＝2aAL解得vA＝eq\r(2μgL)＝4m/s。(2)在左邊緣再次對齊前，對B，根據牛頓第二定律得μmg＋2μmg＝maB解得aB＝3μg＝12m/s2對齊后，對A、B整體，根據牛頓第二定律得2μmg＝2maB′，解得aB′＝μg＝4m/s2(3)經過時間t，A、B達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA，則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達到共同速度后，有v2＝2aB′xB′解得xB′＝0.5m，所以sB＝xB＋xB′＝3m。32.如圖所示，在傾角為θ＝37°的足夠長固定斜面上放置一質量M＝2kg，長度L＝1.5m的薄平板AB，在薄平板上端A處放一質量m＝1kg的小滑塊(視為質點)，將小滑塊和薄平板同時無初速度釋放，已知小滑塊與薄平板之間的動摩擦因數為μ1＝0.25，薄平板與斜面之間的動摩擦因數為μ2＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：(1)釋放后，小滑塊的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2；(2)從釋放到小滑塊滑離薄平板經歷的時間t。【答案】(1)4m/s21m/s2(2)1s【解析】(1)假設釋放后滑塊會相對于薄平板向下滑動，對滑塊，由牛頓第二定律有mgsin37°－Ff1＝ma1，其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos37°解得a1＝gsin37°－μ1gcos37°＝4m/s2對薄平板，由牛頓第二定律有Mgsin37°＋Ff1－Ff2＝Ma2其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcos37°解得a2＝1m/s2，a1>a2，假設成立，即滑塊會相對于薄平板向下滑動。(2)設滑塊滑離薄平板經歷的時間為t，由運動學公式，有x1＝eq\f(1,2)a1t2，x2＝eq\f(1,2)a2t2，又x1－x2＝L解得t＝1s。33.(多選)如圖所示，甲、乙兩船在同一條河流中同時開始渡河，河寬為d，M、N分別是甲、乙兩船的出發點，兩船頭與河岸均成α角，甲船船頭恰好對準N點的正對岸P點，經過一段時間乙船恰好到達P點，如果劃船速度均為v0，且兩船相遇不影響各自的航行。下列說法正確的是()A．水流方向向右，大小為v0cosαB．甲船沿岸方向水平位移為eq\f(dcosα,sinα)C．甲乙兩船不會在NP上某點相遇D．兩船同時到達河對岸，渡河時間均為eq\f(d,v0sinα)【答案】AD【解析】由于乙船恰好到達P點，則水流方向向右，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正確；設甲船的過河時間為t，則d＝v0tsinα，甲船水平位移x甲＝(v0cosα＋v水)t，聯立解得x甲＝eq\f(2dcosα,sinα)，故B錯誤；由于乙船沿NP運動，在水流的作用下，甲船到達對岸時，應在P點的右側，而兩船在垂直河岸方向速度相同，一定會相遇，且在NP上某點相遇，故C錯誤；兩船在垂直河岸方向的分速度都為v垂直＝v0sinα，河寬d一定，因此兩船同時到達河對岸，渡河時間均為t＝eq\f(d,v垂直)＝eq\f(d,v0sinα)，故D正確。34.如圖所示，一根長為L的輕桿OA，O端用鉸鏈固定，另一端固定著一個小球A，輕桿靠在一個質量為M、高為h的物塊上。若物塊與地面摩擦不計，則當物塊以速度v向右運動至桿與水平方向夾角為θ時，小球A的線速度大小為()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】當物塊以速度v向右運動至桿與水平方向夾角為θ時，B點的線速度等于物塊的速度在垂直于桿方向上的分速度vB＝vsinθ，則桿的角速度ω＝eq\f(vB,rOB)＝eq\f(vsinθ,\f(h,sinθ))＝eq\f(vsin2θ,h)，小球A的線速度大小vA＝Lω＝eq\f(vLsin2θ,h)，故選A。35.跳臺滑雪是一種勇敢者的滑雪運動，運動員在滑雪道上獲得一定速度后從跳臺飛出，在空中飛一段距離后落地。如圖所示，運動員從跳臺A處沿水平方向以v0＝20m/s的速度飛出，落在斜坡上的B處，斜坡與水平方向的夾角θ為37°，不計空氣阻力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)，求：(1)運動員在空中飛行的時間；(2)運動員落在B處時的速度大小；(3)運動員在空中離坡面的最大距離。【答案】(1)3s(2)10eq\r(13)m/s(3)9m【解析】(1)運動員做平拋運動，設在空中飛行的時間為t，則有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，由題圖可知tanθ＝eq\f(y,x)聯立解得t＝eq\f(2v0,g)tanθ＝3s(2)運動員落在B處時有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)與垂直于斜坡向上方向(y方向)分析運動員的運動，則在垂直于斜坡方向上，vy′＝v0sinθ＝12m/say＝－gcosθ＝－8m/s2當vy′＝0時，運動員在空中離坡面的距離最大，則有d＝eq\f(0－vy′2,2ay)＝9m。36.如圖所示，在海邊的山坡上同一位置以相同大小的初速度v0拋出兩個石子，速度方向與水平方向夾角均為θ，兩石子在同一豎直面內落入水中，不計空氣阻力。兩石子拋出后()A．在空中運動時間相同B．在空中同一高度時速度方向相同C．落至水面時速度大小不同D．落至水面時的水平射程相同【答案】B【解析】由斜上拋運動的對稱性可知，斜上拋的石子落回到與拋出點同一高度時，豎直方向的分速度與斜下拋的豎直分速度大小v0sinθ相同，方向也相同。如圖，從A點經過相同高度，斜上拋石子的狀態與斜下拋石子的狀態相同，故B正確，C錯誤；兩石子在空中運動的時間差為斜上拋石子在拋出點上方運動的時間，A錯誤；落至水面時水平射程x＝v0cosθ·t，因兩石子運動時間不同，故落至水面時的水平射程不同，D錯誤。37.四個完全相同的小球A、B、C、D均在水平面內做圓錐擺運動。如圖甲所示，小球A、B在同一水平面內做圓錐擺運動(連接B球的繩較長)；如圖乙所示，小球C、D在不同水平面內做圓錐擺運動，但是連接C、D的繩與豎直方向的夾角相等(連接D球的繩較長)，則下列說法正確的是()A．小球A、B角速度大小相等B．小球A、B線速度大小相等C．小球C、D向心加速度大小相等D．小球D受到繩的拉力與小球C受到繩的拉力大小相等【答案】ACD【解析】對題圖甲中A、B分析，設繩與豎直方向的夾角為θ，繩長為l，小球的質量為m，小球A、B到懸點O的豎直距離為h，則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做圓周運動的半徑不同，則線速度大小不相等，故A正確，B錯誤；對題圖乙中C、D分析，設繩與豎直方向的夾角為θ，小球的質量為m，繩上拉力為FT，則有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受到繩的拉力大小也相等，故C、D正確。38．(多選如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑，一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質量為m的小球，小球穿過PQ桿，金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉動時，小球均相對PQ桿靜止，若ω′>ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω′勻速轉動時()A．小球的高度一定降低B．彈簧彈力的大小一定不變C．小球對桿壓力的大小一定變大D．小球所受合外力的大小一定變大【答案】BD【解析】對小球受力分析，設彈簧彈力為FT，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對小球豎直方向有FTsinθ＝mg，而FT＝k(eq\f(MP,cosθ)－l0)可知θ為定值，FT不變，則當轉速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變，A錯誤，B正確；水平方向當轉速較小，桿對小球的彈力背離轉軸時，則FTcosθ－FN＝mω2r，即FN＝FTcosθ－mω2r當轉速較大，桿對小球的彈力指向轉軸時，則FTcosθ＋FN′＝mω′2r即FN′＝mω′2r－FTcosθ因ω′>ω，根據牛頓第三定律可知，小球對桿的壓力不一定變大，C錯誤；根據F合＝mω2r可知，因角速度變大，則小球所受合外力變大，D正確。39.(多選)如圖所示，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為l，b與轉軸的距離為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軸緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是()A．b一定比a先開始滑動B．a、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開始滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmg【答案】AC【解析】小木塊a、b做圓周運動時，由靜摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R。當角速度增大時，靜摩擦力增大，當增大到最大靜摩擦力時，發生相對滑動，對木塊a有Ffa＝mωa2l，當Ffa＝kmg時，kmg＝mωa2l，ωa＝eq\r(\f(kg,l))；對木塊b有Ffb＝mωb2·2l，當Ffb＝kmg時，kmg＝mωb2·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，則ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開始滑動的臨界角速度，即b比a先開始滑動，選項A、C正確；兩木塊滑動前轉動的角速度相同，則Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa<Ffb，選項B錯誤；ω＝eq\r(\f(2kg,3l))<ωa＝eq\r(\f(kg,l))，a沒有滑動，則Ffa′＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，選項D錯誤。40.(多選)質量為m的小球(視為質點)由輕繩a和b分別系于一輕質細桿的A點和B點，如圖所示，當輕桿繞軸以角速度ω勻速轉動時，a繩與水平方向成θ角，b繩在水平方向上且長為l。重力加速度為g，下列說法正確的是()A．a繩的彈力隨角速度的增大而增大B．當角速度ω>eq\r(\f(g,ltanθ))時，b繩中產生彈力C．當b繩中產生彈力后，角速度再增大時a繩的彈力不變D．當b繩突然被剪斷時，a繩的彈力一定發生變化【答案】BC【解析】當b繩的彈力為零時，小球受重力和a繩的彈力，合力提供向心力，有eq\f(mg,tanθ)＝mlω2，解得ω＝eq\r(\f(g,ltanθ))，可知當角速度ω>eq\r(\f(g,ltanθ))時，b繩出現彈力，故B正確；根據豎直方向上受力平衡得Fasinθ＝mg，解得Fa＝eq\f(mg,sinθ)，可知a繩的彈力不變，故A錯誤，C正確；由于b繩可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷時，a繩的彈力可能不變，故D錯誤。41.如圖所示，質量為1.6kg、半徑為0.5m的光滑細圓管用輕桿固定在豎直平面內，小球A和B(均可視為質點)的直徑略小于細圓管的內徑(內徑遠小于細圓管半徑)。小球A、B的質量分別為mA＝1kg、mB＝2kg。某時刻，小球A、B分別位于圓管最低點和最高點，且A的速度大小為vA＝3m/s，此時桿對圓管的彈力為零，則B球的速度大小vB為(取g＝10m/s2)()A．2m/s B．4m/sC．6m/s D．8m/s【答案】B【解析】對A球，合外力提供向心力，設管對A的支持力為FA，由牛頓第二定律有FA－mAg＝mAeq\f(vA2,R)，代入數據解得FA＝28N，由牛頓第三定律可得，A球對管的力豎直向下，為28N，設B球對管的力為FB′，由管的受力平衡可得FB′＋28N＋m管g＝0，解得FB′＝－44N，負號表示和重力方向相反，由牛頓第三定律可得，管對B球的力FB為44N，方向豎直向下，對B球由牛頓第二定律有FB＋mBg＝mBeq\f(vB2,R)，解得vB＝4m/s，故選B。42．如圖所示，輕桿長3L，在桿兩端分別固定質量均為m的球A和B(均可視為質點)，光滑水平轉軸穿過桿上距球A為L處的O點，外界給系統一定能量后，桿和球在豎直平面內轉動，球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力。忽略空氣阻力，重力加速度為g，則球B在最高點時()A．球B的速度為零B．球A的速度大小為eq\r(2gL)C．水平轉軸對桿的作用力為1.5mgD．水平轉軸對桿的作用力為2.5mg【答案】C【解析】球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力，即僅重力提供向心力，則有mg＝meq\f(vB2,2L)，解得vB＝eq\r(2gL)，故A錯誤；由于A、B兩球的角速度相等，則球A的速度大小vA＝eq\f(1,2)eq\r(2gL)，故B錯誤；B球在最高點時，對桿無彈力，此時A球受到的重力和桿的彈力的合力提供向心力，有F－mg＝meq\f(vA2,L)，解得F＝1.5mg，由牛頓第三定律可知桿受到A球的彈力大小為1.5mg，則水平轉軸對桿的作用力為1.5mg，故C正確，D錯誤。43.如圖所示，在水平圓盤上，沿半徑方向放置物體A和B，mA＝4kg，mB＝1kg，它們分居在圓心兩側，與圓心距離為rA＝0.1m，rB＝0.2m，中間用水平細線相連，A、B與圓盤間的動摩擦因數均為μ＝0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，若圓盤從靜止開始繞中心轉軸非常緩慢地加速轉動，g＝10m/s2，以下說法正確的是()A．A的摩擦力先達到最大B．當ω1＝2eq\r(5)rad/s，細線開始出現張力C．當ω1＝eq\r(30)rad/s，A、B兩物體出現相對圓盤滑動D．當ω1＝5eq\r(2)rad/s，A、B兩物體出現相對圓盤滑動【答案】D【解析】A達到最大靜摩擦力時的臨界角速度滿足μmAg＝mAω0A2rA，解得ω0A＝2eq\r(5)rad/s，同理可得，B達到最大靜摩擦力時的臨界角速度為ω0B＝eq\r(10)rad/s，則當圓盤轉動的速度逐漸變大時，B先達到角速度臨界值，則B的摩擦力先達到最大，選項A錯誤；當B的摩擦力達到最大，轉速再增加時，細線出現張力，即當ω1＝eq\r(10)rad/s時，細線開始出現張力，選項B錯誤；當A、B兩物體出現相對圓盤滑動時，B受到的摩擦力方向背離圓心，A受到的摩擦力方向指向圓心，則對A有FT＋μmAg＝mAω12rA，對B有FT－μmBg＝mBω12rB，解得ω1＝5eq\r(2)rad/s，選項C錯誤，D正確。44.越野滑雪集訓隊在某雪上項目室內訓練基地，利用工作起來似巨型“陀螺”的圓盤滑雪機模擬一些特定的訓練環境和場景，滑雪機轉速和傾角根據需要可調。一運動員的某次訓練過程簡化為如圖模型：圓盤滑雪機繞垂直于盤面的固定轉軸以恒定的角速度ω轉動，盤面上離轉軸距離為10m處的運動員(保持如圖滑行姿勢，可看成質點)與圓盤始終保持相對靜止，運動員質量為60kg，與盤面間的動摩擦因數為0.5，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，盤面與水平面的夾角為15°，g取10m/s2，已知sin15°≈0.260，cos15°≈0.966。則下列說法正確的是()A．運動員隨圓盤做勻速圓周運動時，一定始終受到兩個力的作用B．ω的最大值約為0.47rad/sC．ω取不同值時，運動員在最高點受到的摩擦力一定隨ω的增大而增大D．某次運動員轉到最低點時恰好不滑動，若運動員離轉軸距離變為11m處，則運動員仍可隨圓盤做勻速圓周運動【答案】B【解析】運動員隨圓盤做勻速圓周運動時，在最高點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、摩擦力三個力，三者的合力提供向心力，故A錯誤；在圓盤最低點，根據μmgcos15°－mgsin15°＝mωmax2r，解得ωmax≈0.47rad/s，故B正確；ω取不同數值時，設摩擦力指向圓心，則有mgsin15°＋Ff＝mω12r，設摩擦力背離圓心，則有mgsin15°－Ff′＝mω22r，由兩式可知ω取不同數值時，運動員在最高點受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C錯誤；運動員轉到最低點時恰好不滑動，有μmgcos15°－mgsin15°＝mωmax2r，若此時半徑變大，合力不足以提供向心力，運動員將會做離心運動，故D錯誤。45.(多選)如圖所示，豎直平面內有一半徑為R＝0.35m且內壁光滑的圓形軌道，軌道底端與光滑水平面相切，一小球(可視為質點)以v0＝3.5m/s的初速度進入軌道，g＝10m/s2，則()A．小球不會脫離圓軌道B．小球會脫離圓軌道C．小球脫離圓軌道時的速度大小為eq\f(\r(7),2)m/sD．小球脫離圓軌道的位置與圓心的連線和水平方向間的夾角為30°【答案】BCD【解析】若小球恰能到達最高點，由重力提供向心力，則有mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)＝eq\r(3.5)m/s，若小球從最低點恰好能到最高點，根據機械能守恒定律得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，故小球不可能運動到最高點，若小球恰好到達與圓心等高的點，則eq\f(1,2)mv0″2＝mgR，得v0″＝eq\r(7)m/s<v0＝3.5m/s，則小球會脫離圓軌道，故A錯誤，B正確；設當小球脫離圓軌道時，其位置與圓心的連線和水平方向間的夾角為θ，小球此時只受重力作用，將重力分解如圖所示。在脫離點，支持力等于0，由牛頓第二定律得mgsinθ＝meq\f(v12,R)，從最低點到脫離點，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝mgR(1＋sinθ)＋eq\f(1,2)mv12，聯立解得sinθ＝eq\f(1,2)，即θ＝30°，則v1＝eq\f(\r(7),2)m/s，故C、D正確。46.在地球上觀察，月球和太陽的角直徑(直徑對應的張角)近似相等，如圖所示。若月球繞地球運動的周期為T1，地球繞太陽運動的周期為T2，地球半徑是月球半徑的k倍，則地球與太陽的平均密度之比約為()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】設月球繞地球運動的軌道半徑為r1，地球繞太陽運動的軌道半徑為r2，根據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，由幾何關系有eq\f(r1,r2)＝eq\f(R月,R日)＝eq\f(R地,kR日)，根據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)，則eq\f(ρ地,ρ日)＝eq\f(1,k3)(eq\f(T2,T1))2，故選D。47．位于貴州的“中國天眼”(FAST)可以測量地球與木星之間的距離。當FAST接收到來自木星的光線傳播方向恰好與地球公轉線速度方向相同時，測得地球與木星的距離是地球與太陽距離的k倍。若地球和木星繞太陽的運動均視為勻速圓周運動且軌道共面，則可知木星的公轉周期為()A．年 B．年C．年 D．年【答案】A【解析】設地球與太陽距離為r，根據題述可知木星與太陽的距離R＝eq\r(r2＋kr2)＝設木星的公轉周期為T，根據開普勒第三定律，則有eq\f(T2,T地2)＝，T地＝1年，解得T＝年，選項A正確，B、C、D錯誤。48.如圖所示，A、B兩顆衛星繞地球做勻速圓周運動，O為地心，在兩衛星運行過程中，AB連線和OA連線的夾角最大為θ，則A、B兩衛星()A．做圓周運動的周期之比為2eq\r(\f(1,sin3θ))B．做圓周運動的周期之比為eq\f(1,sin3θ)C．與地心O連線在相等時間內掃過的面積之比為eq\r(\f(1,sinθ))D．與地心O連線在相等時間內掃過的面積之比為eq\f(1,sinθ)【答案】C【解析】夾角最大時，OB與AB垂直，根據幾何關系有rB＝rAsinθ，由開普勒第三定律可得eq\f(TA2,TB2)＝eq\f(rA3,rB3)，則eq\f(TA,TB)＝eq\r(\f(1,sin3θ))，A、B錯誤；t時間內，衛星與地心連線掃過的面積S＝eq\f(t,T)·πr2，則eq\f(SA,SB)＝eq\f(TB,TA)·eq\f(rA2,rB2)＝eq\r(\f(1,sinθ))，C正確，D錯誤。49.如圖(a)所示，太陽系外的一顆行星P繞恒星Q做勻速圓周運動。由于P的遮擋，探測器探測到Q的亮度隨時間做如圖(b)所示的周期性變化，該周期與P的公轉周期相同。已知Q的質量為M，引力常量為G。關于P的公轉，下列說法正確的是()A．周期為2t1－t0B．半徑為eq\r(3,\f(GMt1－t02,4π2))C．角速度的大小為eq\f(π,t1－t0)D．加速度的大小為eq\r(3,\f(2πGM,t1－t0))【答案】B【解析】由題圖(b)可知探測器探測到Q的亮度隨時間變化的周期為T＝t1－t0，則P的公轉周期為t1－t0，故A錯誤；P繞Q做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得半徑為r＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))＝eq\r(3,\f(GMt1－t02,4π2))，故B正確；P的角速度為ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,t1－t0)，故C錯誤；P的加速度大小為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錯誤。50.中國火星探測器“天問一號”成功發射后，沿地火轉移軌道飛行七個多月，于2021年2月到達火星附近，要通過制動減速被火星引力俘獲，才能進入環繞火星的軌道飛行。已知地球的質量約為火星質量的10倍，地球半徑約為火星半徑的2倍，下列說法正確的是()A．若在火星上發射一顆繞火星運動的近地衛星，其速度至少需要7.9km/sB．“天問一號”探測器的發射速度一定大于7.9km/s，小于11.2km/sC．火星與地球的第一宇宙速度之比為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】衛星在行星表面附近繞行的速度為該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)，所以在火星上發射一顆繞火星運動的近地衛星，其速度至少需要v火＝eq\f(7.9,\r(5))km/s，故A錯誤，C正確；“天問一號”探測器掙脫了地球引力束縛，則它的發射速度大于等于11.2km/s，故B錯誤；g地＝Geq\f(M地,R地2)，g火＝Geq\f(M火,R火2)，聯立可得g地>g火，故D錯誤。51.(多選)(2023·河南開封市期末)我國的北斗三號衛星導航系統由24顆中圓地球軌道衛星、3顆地球靜止軌道衛星和3顆傾斜地球同步軌道衛星共30顆衛星組成。如圖所示，A、C為地球靜止軌道衛星，B為在赤道平面的中圓地球軌道衛星，繞行方向均與地球自轉方向一致。已知地球自轉周期為T1，衛星B的運行周期為T2，圖示時刻，衛星A與衛星B相距最近。下列說法正確的是()A．衛星A、B、C的向心加速度的大小關系為aA＝aC<aBB．衛星C向后噴氣加速可沿圓軌道追上衛星AC．經過時間eq\f(T1T2,T1－T2)，衛星A與衛星B又一次相距最近D．衛星A、C的發射速度小于第一宇宙速度【答案】AC【解析】根據Geq\f(Mm,r2)＝ma，得a＝Geq\f(M,r2)，由題圖可知rA＝rC>rB，則aA＝aC<aB，A正確；衛星C向后噴氣加速做離心運動，不能追上同軌道的衛星A，B錯誤；根據eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T2)－\f(2π,T1)))t＝2π，衛星A與衛星B又一次相距最近經過的時間為t＝eq\f(T1T2,T1－T2)，C正確；第一宇宙速度是人造地球衛星的最小發射速度，則衛星A、C的發射速度大于第一宇宙速度，D錯誤。52.在發射一顆質量為m的人造地球同步衛星時，先將其發射到貼近地球表面運行的圓軌道Ⅰ上(離地面高度忽略不計)，再通過一橢圓軌道Ⅱ變軌后到達距地面高為h的預定圓軌道Ⅲ上。已知它在圓軌道Ⅰ上運行的加速度大小為g，地球半徑為R，衛星在變軌過程中質量不變，則()A．衛星在軌道Ⅲ上運行的加速度大小為(eq\f(h,R＋h))2gB．衛星在軌道Ⅲ上運行的線速度大小為eq\r(\f(gR2,R＋h))C．衛星在軌道Ⅲ上的動能大于在軌道Ⅰ上的動能D．衛星在軌道Ⅲ上的機械能小于在軌道Ⅰ上的機械能【答案】B【解析】衛星在軌道Ⅲ上運行時，根據萬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，所以衛星在軌道Ⅲ上的加速度大小為a＝(eq\f(R,R＋h))2g，線速度大小為v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))，故A錯誤，B正確；衛星的線速度大小為v＝eq\r(\f(GM,r))，衛星在圓軌道上運行的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，可知衛星在軌道Ⅲ上的動能小于在軌道Ⅰ上的動能，故C錯誤；衛星從軌道Ⅰ進入橢圓軌道Ⅱ要點火加速，機械能增大，從橢圓軌道Ⅱ進入軌道Ⅲ要再次點火加速，機械能繼續增大，所以衛星在軌道Ⅲ上的機械能大于在軌道Ⅰ上的機械能，故D錯誤。53.夜空中我們觀測到的亮點，其實大部分并不是單一的恒星，而是多星系統。在多星系統中，雙星系統又是最常見的，圖甲為繞連線上的某點做周期相同的勻速圓周運動的兩顆中子星組成的雙星系統，其抽象示意圖如圖乙所示，若兩中子星的質量之比mP∶mQ＝k∶1。則()A．根據圖乙可以判斷出k>1B．若P、Q的角速度和它們之間的距離一定，則P、Q做圓周運動的線速度大小之和一定C．P的線速度大小與P、Q之間的距離成正比D．僅增大P、Q之間的距離，P、Q運行的周期變小【答案】B【解析】設P、Q之間的距離為L，P做圓周運動的軌道半徑為r1，Q做圓周運動的軌道半徑為r2，角速度為ω，則有Geq\f(mPmQ,L2)＝mPω2r1，Geq\f(mPmQ,L2)＝mQω2r2，聯立可得eq\f(mP,mQ)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(k,1)，由于r1>r2，則k<1，故A錯誤；根據線速度與角速度之間的關系有vP＝ωr1，vQ＝ωr2，r1＋r2＝L，則vP＋vQ＝ω(r1＋r2)＝ωL，可知，若P、Q的角速度和它們之間的距離一定，則P、Q做圓周運動的線速度大小之和一定，故B正確；根據Geq\f(mPmQ,L2)＝mPeq\f(vP2,r1)，可得vP＝eq\r(\f(GmQr1,L2))＝eq\r(\f(GmQ2,LmP＋mQ))，故C錯誤；根據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))，若僅增大P、Q之間的距離，則P、Q運行的周期將變大，故D錯誤。54.(多選)2019年人類天文史上首張黑洞圖片正式公布。在宇宙中當一顆恒星靠近黑洞時，黑洞和恒星可以相互繞行，從而組成雙星系統。在相互繞行的過程中，質量較大的恒星上的物質會逐漸被吸入到質量較小的黑洞中，從而被吞噬掉，黑洞吞噬恒星的過程也被稱為“潮汐瓦解事件”。天鵝座X－1就是一個由黑洞和恒星組成的雙星系統，黑洞和恒星以它們連線上的某一點為圓心做勻速圓周運動，如圖所示。在剛開始吞噬的較短時間內，恒星和黑洞之間的距離不變，則在這段時間內，下列說法正確的是()A．黑洞和恒星之間的萬有引力變大B．黑洞的角速度變大C．恒星的線速度變大D．黑洞的線速度變大【答案】AC【解析】假設恒星和黑洞的質量分別為M、m，環繞半徑分別為R、r，且m<M，兩者之間的距離為L，則根據萬有引力提供向心力有G