高三物理必修二复习(2) - 图文

高中物理必修二（2）复习题

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高中物理必修二（2）复习题

一．选择题（共28小题）

2．如图所示，一轻质弹簧左端固定在长木块M的左端，右端与小物块m连接，且m与M及M与地面间接触面均光滑，开始时，m和M均处于静止状态，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2．两物体开始运动后的整个过程中，对m、M和弹簧组成的系统（整个过程中弹簧形变量不超过其弹性限度，M足够长），下列说法正确的是（ ）

A．由于F1、F2等大反向，故两力对系统所做功的代数和为零 由于F1、F2都对m、M做正功，故系统动能不断增大 B． 当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，系统动能最大 C． D．从开始运动到弹簧伸长至最长的过程中，由于F1、F2都对m、M做正功，故系统机械能不断增大 3．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由释放，压上弹簧后继续向下运动的过程中．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，则小球的速度平方v随坐标x的变化图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，关于A、B、C各点对应的位置坐标xA、xB、xC及加速度aA、aB、aC重力势能EpA、EpB、EpC，弹性势能E′pA、E′pB、E′pC的判断正确的是（ ）

2

A．xA=h，aA=g，EpA+E′pA最大 C．最小 B． xB=h，aB=0，EpA+E′pB最小 D． 最大 4．如图所示，一辆有四分之一圆弧的小车停在不光滑的水平地面上，质量为m的小球从静止开始由车的顶端无摩擦滑下，且小车始终保持静止状态，地面对小车的静摩擦力最大值是（ ）

A． B． mg C． D． 5．（2015?上海一模）如图，轻杆长为L，一端铰接在地面上可自由转动，一端固定一质量为m的小球（半径可忽略），一表面光滑的立方体物块（边长为a，且a远小于杆长L）在水平外力F作用下由杆的小球一端沿光滑地面以速度v0向左做匀速直线运动，并将杆顶起．下列哪些说法是正确的（ ）

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www.jyeoo.com A．在杆与地面夹角转到90°之前，小球的速度一直增大 在杆与地面夹角转到90°之前，F所做的功等于小球动能的改变量 B． C．当杆与地面的夹角为θ时，棒的角速度ω= D．当杆与地面的夹角为θ时，小球克服重力做功的瞬时功率为ω= 6．（2015?东莞二模）如图，质量为m的滑块从倾角为30°的固定斜面上无初速地释放后匀加速下滑，加速度取出发点为参数，能正确描述滑块的速率v，动能Ek、势能Ep、机械能E、时间t、位移s关系的是（ ）

，

A．B． C． D． 7．（2015?凉山州一模）质量为m的汽车在平直路面上由静止匀加速启动，运动过程的v﹣t图如图所示，其中AB段为曲线且汽车引力功率恒定，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f，由图可知（ ）

A．汽车作匀加速运动的加速度为a= B．汽车运动的最大速度v2=（ +1）v1 C．在t1到t2时间内，汽车牵引力做功为（ D．在t1到t2时间内，汽车的位移为+1）（t2﹣t1）v （t2﹣t1） 8．（2015?内江三模）如图所示，斜面体MNP固定在水平面上，轻质弹簧的一端固定在斜面体的顶端P，另一端与小物块Q相连，弹簧处于自然长度时物块Q位于O点，小物块Q与斜面间的动摩擦因数μ≠0，现将小物块Q从O

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www.jyeoo.com 点缓慢推至B点，然后，撤去推力后小物块Q又由静止开始沿斜面向下运动，在O点时速度最大，继续下滑到达A点时速度为零，然后又向上运动，直到停止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法中正确的是（ ）

A．B点到O点的距离等于A点到O点的距离 物体上滑时也在O点速度最大 B． 物体可能静止在O点上方的某一位置 C． D．小物块Q从B点开始沿斜面下滑到A点的过程中，系统增加的内能等于小物块Q减少的重力势能 9．（2014?甘肃模拟）如图所示，质量为M、倾角为θ的斜面体A放于水平地面上，把质量为m的小滑块B放在斜面体A的顶端，顶端的高度为h0．开始时两者均静止，然后放手，B由A的顶端沿着斜面滑至地面．若以地面为参考系，且忽略一切摩擦力，在此过程中，斜面的支持力对B所做的功为W．下面给出的W的四个表达式中，只有一个是合理的，你可能不会求解，但是你可以通过分析，对下列表达式做出合理的判断．根据你的判断，W的合理表达式应为（ ）

W=0 A．B． W=﹣D． W=﹣g C．W=g g 10．（2014?上海二模）如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一个重球B，放在粗糙的斜面体A上．现用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离（细绳尚未到达平行于斜面的位置）．在此过程中（ ）

A．小球B做匀速圆周运动 摩擦力对重球B做正功 B． 水平推力F和重球B对A做功的大小相等 C． D．A对重球B所做的功与重球B对A所做的功大小相等 11．（2014?浙江模拟）如图所示，电动机以恒定的功率P和恒定的速度v0卷动绳子，通过光滑的滑轮拉着质量为m的物体在粗糙水平地面上向右运动，物体与水平间动摩擦因数为μ．当物体运动至绳子与水平成θ角时，下述说法正确的是（ ）

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A．绳子对物体拉力为恒力，大小为 B．木箱将减速运动，此时速度大小为 此时木箱对地的压力mg﹣C． D．此时木箱加速度大小为sinθ cosθ﹣μg 12．（2014?眉山模拟）如图所示，在水平地面上有一倾角为θ的斜劈，其斜面光滑，底面粗糙．两个质量均为m，用弹簧相连接的物块A、B放在斜劈上，系统静止．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开固定在斜劈上的挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，斜劈仍静止．已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则此时（ ）

A．拉力F的功率为Fv sinθ B．物块A的加速度为 斜劈将受到水平向左的摩擦力大小为mgsinθ C． D．2弹簧弹性势能比初始状态增加了Fd﹣mgd sinθ﹣mv 13．（2014?怀化二模）如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球． 在水平拉力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中小球的重力的瞬时功率和拉力F的瞬时功率变化情况是（ ）

A．都是先增大后减小 都是先减小后增大 B． 都是逐渐增大 C． D．小球的重力的瞬时功率是先减小后增大，拉力的瞬时功率是先增大后减小 14．（2014?江苏模拟）如图所示，足够高的竖直墙壁M、N之间有一根水平光滑细杆，在杆上A点的左侧某位置处套有一细环，一质量为m的小球用长为L的轻质细绳系在环上．N墙壁上的B点与小球等高，现让环与小球一起以v=

的速度向右运动．环运动到A点被挡住而立即停止．已知杆上A点离N墙壁的水平距离为

L，细绳

能承受的最大拉力为2.5mg．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）

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www.jyeoo.com A．细绳不会断裂，与N墙壁碰前小球做圆周运动 小球与N墙壁碰撞时的速度为B． C．小球与N墙壁的碰撞点到B点的距离为 D．小球与N墙壁的碰撞点到B点的距离为 15．（2014?漳州模拟）如图一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（ ）

A．圆环可能做匀减速运动 圆环不可能做匀速直线运动 B． C．圆环克服摩擦力所做的功一定为 D．圆环克服摩擦力所做的功可能为 ﹣ 16．（2014?武汉模拟）如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动，甲的速度为0．此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v﹣t图象分别如图b中甲、乙两曲线所示．则由图线可知（ ）

A．两电荷的电性一定相同 t1时刻两电荷的电势能最小 B． 0～t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小 C． D．0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 17．（2014?徐州三模）如图甲，倾角为θ的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷．将一带正电小物块（可视为质点）从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙（和和为已知量）．已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可求出（ ）

A．小物块的带电量 A、B间的电势差 B．

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www.jyeoo.com 小物块的质量 C． D．小物块速度最大时到斜面底端的距离 18．（2014?湖南模拟）如图所示，倾角为a的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为﹣q的小球Q，整个装置处在电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．现把一个带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动，N点与弹簧的上端和M的距离均为s0，P、Q以及弹簧的轴线ab与斜面平行，两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k．则（ ）

A．小球P返回时，可能撞到小球Q B．小球P在N点的加速度大小为+gsina﹣k 小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能可能增大 C． D．当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大 19．（2014?潍坊模拟）如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m．开始时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用．现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中（ ）

A．a的加速度为 a的重力势能增加mgh B． 绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加 C． D．F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加 20．（2014?海淀区模拟）如图所示，劲度系数为k的弹簧下端悬挂一个质量为m、处于静止状态的重物．手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手使重物从静止开始下落．重物下落过程中的最大速度为v0，不计空气阻力．则（ ）

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www.jyeoo.com A．手对重物做的功大于 B．手对重物做的功等于 C．重物从静止下落到最大速度的过程中，弹簧对重物做的功等于 D．重物从静止下落到最大速度的过程中，弹簧对重物做的功等于 ﹣ 21．（2014?常德二模）如图所示，一不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮，系着质量均为m的物体A和B，A放在光滑的水平地面M点，B悬在空中，现用水平恒力F拉物体A，当物体A从M点向前运动了S，到达N点时速度恰好为零，此时轻绳与水平方向夹角为θ，轻绳的张力为T，则以下说法正确的是（ ）

A．在N点F=Tcosθ 物体A由M到N的过程中，拉力F做的功等于物体B重力势能的增加量 B． 若在N点撤去拉力F，物体A从N到M过程中一直加速，物体B先加速后减速 C． D．若在N点撤去拉力F，物体A再回到M点时，其动能小于FS 22．（2014?淄博三模）如图所示，平行于光滑固定斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A相连，物块B在斜面上紧靠着物块A但不粘连，物块A、B质量均为m．初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块的v﹣t图象如图乙所示（t1刻A、B两图线相切），己知重力加速度为g，则（ ）

A．A达到最大速度时的位移为 力F的最小值为．m（gsinθ+a） B． C．t1=时A、B分离 D．A、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械能增加 23．（2014?安庆模拟）如图所示，一长木板放置在水平地面上，一根轻弹簧右端固定在长木板上，左端连接一个质量为m的小物块，小物块可以在木板上无摩擦滑动．现在用手固定长木板，把小物块向左移动，弹簧的形变量为x1；然后，同时释放小物块和木板，木板在水平地面上滑动，小物块在木板上滑动；经过一段时间后，长木板达到

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www.jyeoo.com 静止状态，小物块在长木板上继续往复运动．长木板静止后，弹簧的最大形变量为x2．已知地面对长木板的滑动摩擦力大小为f．当弹簧的形变量为x时，弹性势能Ep=kx，式中k为弹簧的劲度系数．由上述信息可以判断（ ）

2

A．整个过程中小物块的速度可以达到x1 （x﹣x） B．整个过程中木板在地面上运动的路程为 长木板静止后，木板所受的静摩擦力的大小不变 C． D．若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，则运动过程中物块和木板的速度方向可能相同 24．（2014?武侯区模拟）探月热方兴未艾，我国研制的月球卫星“嫦娥一号”、“嫦娥二号”均已发射升空，“嫦娥三号”预计在2013年发射升空．假设“嫦娥三号”在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2；地球与月球均视为球体，其半径分别为R1、R2；地球表面重力加速度为g．则（ ） A．月球表面的重力加速度为 B．月球与地球的质量之比为 C．月球卫星与地球卫星分别绕月球表面附近与地球表面附近运行的速度之比为 D．“嫦娥三号”环绕月球表面附近做匀速圆周运动的周期为 25．（2014?咸阳二模）太阳系八大行星绕太阳运动的轨道可粗略地认为是圆，各行星的半径、日星距离和质量如下表所示： 行星名称 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 62.44 6.05 6.38 3.40 71.4 60.27 25.56 24.75 星球半径/10m 111.08 1.50 2.28 7.78 14.29 28.71 45.04 日星距离/×10m 0.58 240.33 4.87 6.00 0.64 1900 569 86.8 102 质量/×10kg 则根据所学的知识可以判断以下说法中正确的是（ ） A．太阳系的八大行星中，海王星的圆周运动速率最大 太阳系的八大行星中，水星的圆周运动周期最大 B．﹣ 如果已知地球的公转周期为1年，万有引力常量G=6.67×1011Nm2/kg2，再利用地球和太阳间的距离，则可以C．求出太阳的质量 ﹣ 如D． 果已知万有引力常量G=6.67×1011Nm2/kg2，并忽略地球的自转，利用地球的半径以及地球表面的重力加2g=10m/s，则可以求出太阳的质量 26．（2014?湖北二模）如图为嫦娥三号登月轨迹示意图．图中M点为环地球运动的近地点，N为环月球运动的近月点．a为环月运行的圆轨道，b为环月球运动的椭圆轨道，下列说法中正确的是（ ）

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A．嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度大于11.2km/s 嫦娥三号在M点进入地月转移轨道时应点火加速 B． 设嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的加速度为a1，在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为a2，则a1＞a2 C． D．嫦娥三号在圆轨道a上的机械能小于在椭圆轨道b上的机械能 27．（2014?蒙山县模拟）北京时间2005年7月4日下午，美国探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，并投入彗星的怀抱，实现了人类历史上第一次对彗星的“大碰撞”，如图所示．设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一椭圆，其运行周期为5.74年，则下列说法中正确的是（ ）

A．探测器的最小发射速度为7.9km/s “坦普尔一号”彗星运动至近日点处的加速度大于远日点处的加速度 B． “坦普尔一号”彗星运动至近日点处的线速度小于远日点处的线速度 C． D．探测器运行的周期小于5.74年 28．（2014?鼓楼区模拟）如图所示，彗星A在太阳引力作用下沿P→Q→R轨迹运动，Q是彗星A的近日点．由于太阳的照射，彗星表面物质会不断汽化，并在太阳风的作用下远离彗核，形成长长的彗尾，下列关于彗星运动的说法正确的是（ ）

A．若不计质量的变化，在靠近太阳的过程中，彗星的势能不断增大 在远离太阳从Q到R过程中，彗星受到太阳的引力减小 B． 彗星运动至Q近日点时加速度最大 C． D．如果彗星的速度足够大，彗星A可能再也不会返回 二．解答题（共2小题） 29．（2014?河西区二模）物体A的质量M=1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m=0.5kg、长L=1m．某时刻A以v0=4m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力．忽略

2

物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度g=10m/s．试求： （1）若F=5N，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离； （2）如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件．

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30．（2013?安徽）如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为l时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态．重力加速度为g．

（1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度；

（2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；

（3）求弹簧的最大伸长量；

（4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？

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高中物理必修二（2）复习题

参考答案与试题解析

1.CD 3． C 小球下降过程，先自由落体运动，与弹簧接触后，先加速下降，到达平衡位置后开始减速下降，根据共点力平衡条件求出平衡位置的坐标，结合整个下降过程中小球和弹簧机械能守恒进行分析． 解：A、小球做自由落体运动过程，机械能守恒，有 mgh= 故图中OA段表示自由落体过程，故xA=h，aA=g，整个下降过程中小球和弹簧机械能守恒，故动能不是最小，故势能EpA+E′pA不是最大，故A错误； B、小球与弹簧接触后，先加速下降，到达平衡位置时，速度达到最大，用图中AB段表示，故xB＞h，aB=0，EpA+E′pB最小，故B错误； C、B点表示到达平衡位置，根据二力平衡，有 mg=kx 解得 x=故D、C点表示最低点，故 最小，C正确； 最大，故D错误； 4．解解：设圆弧半径为R，当小球运动到重力与半径夹角为θ时，速度为v． 答： 2根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有：mv=mgRcosθ N﹣mgcosθ=m 解得小球对小车的压力为：N=3mgcosθ 其水平分量为Nx=3mgcosθsinθ=mgsin2θ 根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：f=Nx=mgsin2θ 可以看出：当sin2θ=1，即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为fmax=mg； 故选A． 5．（分以轻杆、小球和木块组成的系统为研究对象，系统的机械能守恒，以地面为零势能平面，列式开始时和夹析： 角变为α2时重力势能与动能的表达式，根据机械能守恒列出方程．再将滑块上与杆接触的点的速度沿着平行杆和垂直杆正交分解，垂直杆分量等于杆上与滑块接触的点的速度得到木块的速度与小球的速度的关系．即可求得木块的速度． 解答： 解：A、木块速度为v0，杆上和木块接触点的速度为v0，触点绕固定点转动的分速度v′，由运动的分解可

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www.jyeoo.com 得：v′=v0sinθ，因触点点和小球在同一杆上以相同角速度转动，故在杆与地面夹角转到90°之前，小球的速度一直增大，故A正确． B、由能量守恒定律可得，在杆与地面夹角转到90°之前，F所做的功等于小球机械能（动能和重力势能）的改变量，故B错误． C、当杆与地面的夹角为θ时，木块与棒的触点绕固定点转动的分速度v′=v0sinθ，而触点与固定点的距离为r=，故棒的角速度ω=，故C错误． D、当杆与地面的夹角为θ时，故棒的角速度ω=，故小球的竖直方向分速度为v″=Lωsinθ，小球克服重力做功的瞬时功率P=mgv″=故选：A ，故D错误． 6.AC 7．解解：A、由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，汽车的加速度a=答： 得：F1﹣f=ma，联立得：F1=m+f，在t1时刻汽车达到额定功率：P=F1v1=（m，根据牛顿第二定律+f）v1，t2时刻，速度达到最大值v2，此时刻F2=f，P=F2v2，v2==（+1）v1，故AB正确； C、在t1到t2时间内，汽车牵引力做功为W=Pt=（+f）（t2﹣t1）v1，故C错误； D、由v﹣t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度在t1到t2时间内，汽车的位移x＞（t2﹣t1），故D错误． ，所以故选：AB 8．解解：A、物体从B向O运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，在平衡位置动能最大，由答： 于摩擦力平行斜面向上，故平衡点在O点上方，故经过O点的动能不是最大，速度也不是最大，AO和BO距离不等，故AB错误； C、在O点时，静摩擦力与重力沿斜面的分量相等，在O点上方，弹力方向沿斜面向上，若此时，最大静摩擦力仍大于弹力和重力沿斜面分量之和，则物体静止，故C正确； D、小物块Q从B点开始沿斜面下滑到A点的过程中，根据能量守恒定律，弹性势能和重力势能的变化量等于产生的内能，因为A位置的弹性势能小于B位置的弹性势能，所以从B到A的过程中，弹性势能减小，则系统增加的内能大于小物块Q减少的重力势能，故D错误； 故选：C． 9．分由于斜面是在光滑的水平面上，并没有固定，物体与斜面相互作用会使斜面后退，由于斜面后退，物体沿析： 着斜面下滑路线与地面夹角大于θ，与物体沿着固定斜面下滑截然不同．由于忽略一切摩擦力，由于此时斜面的支持力与B的位移方向成钝角，所以斜面的支持力对B所做负功．再分析等式右侧的单位进行判断． 解答： 解：A、C、据题，忽略一切摩擦力，斜面放在光滑的水平面上，物体对斜面有压力，所以在物体下滑有过程中，斜面将后退，由于斜面后退，物体沿着斜面下滑路线与地面夹角大于θ，此时斜面对物体的支持力与B相对于地的位移方向成钝角，所以斜面的支持力对B所做负功．故A、C错误． B、D、功的单位为1J=1N?m，

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www.jyeoo.com 按照单位制，可得g的单位是N?m，而g的单位是m，故D正确，B错误． 故选：D． 点评： 本题考查了单位制和做负功的判断，解决此类题目主要方法是利用所学的知识用淘汰法进行处理． 解：A、匀速圆周运动的向心力大小不变，线速度大小不变．故A错误． 10．解B、斜面对B的摩擦力沿斜面向下，B的运动轨迹的弧线在B受到的支持力的上方，所以B受到的摩擦力答： 与B的位移方向夹角为钝角，所以斜面对P的摩擦力对m做负功，故B错误； C、斜面体A做匀速运动，动能不变，外力对A所做的总功为零，则知水平推力F和重球B对A做功的大小相等，故C正确． D、斜面对B的弹力和B对斜面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，斜面在弹力方向上的位移等于B在弹力方向上的位移．所以A对重球B的弹力所做的功与重球B对A弹力所做的功大小相等，一正一负．由于B与A间存在相对运动，A对重球B的摩擦力所做的功与重球B对A的摩擦力所做的功，都是负功；所以A对重球B所做的总功与重球B对A所做的总功大小不等，故D错误． 故选：C． 11．解解：A、根据P=Fv得：绳子作用于物体上拉力大小为F=，但方向发生变化，因而不是恒力，选项A错0答： 误； B、把物体速度沿着绳子和垂直绳子方向分解，得物体的速度大小满足v0=vcosθ，从而得：体做加速运动，选项B错误； C、根据竖直方向合力为零得此时木箱对地的压力N=mg﹣D、根据牛顿第二定律得：解得：a=，选项D错误． ，选项C正确； ， ，物故选：C． 解：因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力13．解T三者的合力必是沿绳子指向O点． 答： 设绳子与竖直方向夹角是θ，则 （F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上） 得 F=Gtanθ 而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是θ，所以水平力F的瞬时功率是 P=Fvcosθ 则P=Gvsinθ 显然，从A到B的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的． 重力的瞬时功率P=mgvcos（90°﹣θ）=mgvsinθ，知重力的瞬时功率逐渐增大．故C正确，A、B、D错误． 故选：C． 14．分根据牛顿第二定律，通过合力提供向心力求出绳子的拉力，判断绳子有无断裂．若绳子断裂，做平抛运动，析： 根据平抛运动的规律求出小球与N墙壁碰撞点与B点的距离，以及碰撞时的速度． 解答： 解：A、根据牛顿第二定律得：F﹣mg=m， 解得：F=mg+m=3mg＞2.5mg，绳子断裂，做平抛运动．故A错误； ?2010-2015 菁优网

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www.jyeoo.com C、D、小球做平抛运动，在水平方向上的运动时间为：t==则竖直方向上的位移为：y=gt=则碰撞点与B点的距离为2=． ． ．故C错误，D正确； ． ．故B错误． B、竖直方向上的分速度为：vy=gt=则合速度为：v合==故选：D． 16．AC 17.解解：由动能图线得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合答： 外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零． A、由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得q．故A错误； B、A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出AB之间的电势差．故B错误； C、由重力势能线得到EP=mgh=mgssinθ，读出斜率，即可求出m； D、图象中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面低端的距离．故D错误． 故选：C 18．解解：A、根据动能定理知，当小球返回到N点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷Q答： 的电场对P做功为零，则合力做功为零，知道到达N点的速度为零．所以小球不可能撞到小球Q．故A错误． B、根据牛顿第二定律得，小球在N点的加速度a==．故B正确． C、小球P沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷Q产生的电场对P做负功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，则最终电场力不一定做正功，可能做负功，则电势能可能增大．故C正确． D、当小球所受的合力为零时，速度最大，即错误． 故选：BC． 19．解解：A、开始时，有magsinθ=mbg，则ma=答： ． +k0x0=qE+mgsinα，则压缩量不等于．故Da的加速度与B的加速度相等，对b，根据牛顿第二定律：F﹣T+mg=ma，而T＞0，故a＜，A错误； B、b下降h，则a上升hsinθ，则a重力势能的增加量为mag×hsinθ=mgh．故B正确． C、对a分析，绳子拉力做的功转化为a的机械能和a摩擦生热，所以绳子做的功应该大于a机械能增量．故C错误． D、对系统，合外力做的功等于动能的增加，即F对b做的功与摩擦力对a做的功与重力对a和b做的功之和，而重力对b做负功，对a做正功，且绝对值相等，故重力对系统做功之和为0，则F对b做的功与摩擦

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www.jyeoo.com 力对a做的功之和等于动能增加．故D正确． 故选：BD． 21．解解：A、A物体到达N点时速度恰好为零则知A一定是先加速后减速的过程，即开始时绳子拉力水平方向答： 的分力较小，小于拉力F，物体A加速，后来绳子拉力水平方向的分力大于F，物体减速，故在N点，F＜Tcosθ，A错误； B、物体A由M到N的过程中，以AB系统为研究对象，拉力F做正功，B的重力做负功，根据动能定理：FS﹣mgh=0﹣0，得：FS=mgh，故B正确； C、若在N点撤去拉力F，则绳子对A的拉力在水平方向的分力一直向右，则物体A从N到M过程中一直加速；当A到达M点时绳子竖直，则绳子速度为零，即B点速度为零，由此可知B识先加速后减速，故C正确； D、若在N点撤去拉力F，物体A再回到M点时，对AB系统，根据动能定理：mgh=△EK，由前面分析知mgh=FS，则△EK=FS，故D错误； 故选：BC． 22．解解：A、由图知，A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx， 答： 得：，故A正确． B、对AB整体，根据牛顿第二定律得：F﹣2mgsinθ+kx=2ma， 得：F=2mgsinθ﹣kx+2ma， 则知开始时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为：F=2ma，故B错误． C、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ=ma 开始时有：2mgsinθ=kx0， 又x0﹣x= ．故C正确． 联立以三式得：t1=D、A、B分离前，F做正功，根据功能关系得知，A、B和弹簧系统机械能增加，而A对B的压力做负功，A和弹簧系统机械能减小．故D错误． 故选：AC 点评： 从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等． 23．解解：A、整个过程根据动能定理得：=，所以速度不能达到，故A错误； 答： B、当木板静止时，小物块在长木板上继续往复运动时，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，所以当木板刚静止时，系统具有的机械能为， =fs 从开始到木板刚静止的过程中，根据能量守恒得：解得：，故B正确； C、长木板静止后，对木板进行受力分析，水平方向受地面的静摩擦力和弹簧弹力，弹簧弹力随木块的运动而发生改变，所以木板受的静摩擦力也发生改变，故C错误； D、若将长木板改放在光滑地面上，系统所受合外力为零，动量守恒，则运动过程中物块和木板的速度方向肯定相反，故D错误． 故选：B． 24解答： 解：A、“嫦娥三号”在地球表面的重力为G1，则嫦娥三号的质量为，则月球表面的重力加速度 ?2010-2015 菁优网

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www.jyeoo.com ．故A错误． B、根据，则中心天体的质量M=，因为月球表面和地球表面的重力加速度之比为，半径之比为，则月球与地球的质量之比为．故B正确． C、根据得，v=，因为月球和地球的质量之比为，卫星的轨道半径之比为，则月球卫星与地球卫星分别绕月球表面附近与地球表面附近运行的速度之比为．故C错误． D、根据，又．代入解得T=2π．故D错误． 故选：B． 25．解解：设太阳的质量为M，行星的质量为m，轨道半径为r，运动周期为T，线速度为v． 答： 2由牛顿第二定律得G=m=m（）r 知v= ① T==2π ② 则行星的轨道半径越大，周期越大，线速度越小．所以海王星轨道R最大，周期最大．水星轨道半径最小，线速度最大，故AB错误； 由地球绕太阳公转的周期T，轨道半径R，可知： G=mR 解得太阳质量 M=，故C正确；同时看出地球的重力加速与太阳质量无关，故D错误． 故选：C． 26．分卫星的速度达到11.2km/s，将脱离地球束缚，绕太阳运动，嫦娥三号卫星的运行速度不可能大于11.2km/s．嫦析： 娥三号卫星在M点加速做离心运动才能进入地月转移轨道．根据万有引力和牛顿第二定律解出加速度，再判断大小．嫦娥三号卫星在b轨道减速才能进入a轨道，故在a上的机械能小于在b上的机械能． 解答： 解：A、地球的第二宇宙速度是11.2km/s，达到此值时，卫星将脱离地球的束缚，绕太阳运动，故嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度不可能大于11.2km/s，故A错误． B、嫦娥三号在M点点火加速，使万有引力小于向心力做离心运动，才能进入地月转移轨道，故B正确． C、根据万有引力和牛顿第二定律得，有，由此可知a1=a2．故C错误． D、嫦娥三号在圆轨道b上减速做近心运动才能进入轨道a，即b上的机械能大于a上的机械能．故D正确．

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www.jyeoo.com 故选：BD． 点评： 本题要掌握卫星的变轨原理，高轨道卫星，减速做近心运动才能进入低轨道运行，低轨道卫星加速，做离心运动，才能进入高轨道运行． 27． 考点： 万有引力定律及其应用． 专题： 万有引力定律的应用专题． 分析： 由第二宇宙速度的含义，可判定A． 万有引力越大的地方加速度越大，故可判定B． 由开普勒第二定律可知，在近日点速度大，远日点速度小，可以判定C． 根据开普勒第三定律可知，探测器的轨道比彗星低，故其周期一定比彗星的小，可判定D． 解答： 解：A、要想脱离太阳控制，发射速度要达到第二宇宙速度11.2km/s，故A错误． B、根据万有引力定律和牛顿第二定律，得，可知近日点的加速度大，故B正确． C、根据开普勒第二定律可知，行星绕日的运动的近日点的线速度大，远日点的线速度小，故C错误． D、探测器的轨道比彗星低，根据开普勒第三定律可知其周期一定比彗星的小，故D正确． 故选：BD． 28．解解：A、若不计质量的变化，在靠近太阳的过程中，彗星受到太阳的引力做正功，彗星的势能不断减小，故答： A错误； B、根据万有引力定律得彗星受到太阳的引力F= 所以在远离太阳从Q到R过程中，彗星受到太阳的引力减小，故B正确； C、根据牛顿第二定律得a=， =ma 所以彗星运动至Q近日点时加速度最大，故C正确； D、如果彗星的速度足够大，彗星A会脱离太阳的束缚，彗星A可能再也不会返回．故D正确； 故选：BCD． 点评： 本题的关键是抓住万有引力定律和牛顿第二定律的应用，知道引力做功量度引力势能的变化． 二．解答题（共2小题） 29．分首先分析物体A和车的运动情况：A相对于地做匀减速运动，车相对于地做匀加速运动．开始阶段，A的析： 速度大于车的速度，则A相对于车向右滑行，当两者速度相等后，A相对于车静止，则当两者速度相等时，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．由牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，分别求出A与车相对于地的位移，两者之差等于A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离． 要使A不从B上滑落，是指既不能从B的右端滑落，也不能左端滑落．物体A不从右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，可求出此时F，为F的最小值．物体A不从左端滑落的临界条件是A到达B的左端时，A、B具有共同的速度，可求出此时F的最大值，综合得到F的范围． 2解答： 解：（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，有μMg=MaA 得aA=μg=2 m/s 2木板B作加速运动，有F+μMg=maB，得：aB=14 m/s 两者速度相同时，有V0﹣aAt=aBt，得：t=0.25s A滑行距离：SA=V0t﹣B滑行距离：SB===m m ?2010-2015 菁优网

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www.jyeoo.com 最大距离：△s=SA﹣SB=0.5m （2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1， 则：…①又：2…② 由①、②式，可得：aB=6m/s F=maB﹣μMg=1N 若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N． 当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落． 即有：F=（m+M）a，μMg=ma 所以：F=3N 若F大于3N，A就会相对B向左滑下．综上：力F应满足的条件是：1N≤F≤3N 答：（1）若F=5N，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离为0.5m． （2）要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件是1N≤F≤3N 点评： 牛顿定律和运动公式结合是解决力学问题的基本方法，这类问题的基础是分析物体的受力情况和运动情况，难点在于分析临界状态，挖掘隐含的临界条件． 解：（1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据平衡条件，有： x 30．解mgsinα=k?△答： 解得：故弹簧的长度为 ； ）； （2）物体到达平衡位置下方x位置时，弹力为：k（x+△x）=k（x+故合力为：F=mgsinα﹣k（x+故物体做简谐运动； ）=﹣kx； （3）简谐运动具有对称性，压缩弹簧使其长度为l时将物块由静止开始释放，故其振幅为： A=； ； 故其最大伸长量为：A+△x=（4）设物块位移x为正，斜面体受重力、支持力、压力、弹簧的拉力、静摩擦力，如图 根据平衡条件，有： 水平方向：f+FN1sinα﹣Fcosα=0 竖直方向：FN2﹣Mg﹣FN1cosα﹣Fsinα=0 又有：F=k（x+△x），FN1=mgcosα 联立可得：f=kxcosα，FN2=Mg+mg+kxsinα 为使斜面体保持静止，结合牛顿第三定律，应该有|f|≤μFN2，所以 当x=﹣A时，上式右端达到最大值，于是有：

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答：（1）物块处于平衡位置时弹簧的长度为； （2）证明如上； （3）弹簧的最大伸长量为； （4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足的条件为： ?2010-2015 菁优网

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