天津市滨海新区新高考高一下物理经典多选题含解析

天津市滨海新区新高考高一下物理经典多选题

多选题有答案含解析

1． (本题9分)将一个小球以某一初速度竖直上抛，空气阻力与速度大小成正比，且始终小于小球的重力．从抛出到落回抛出点的全过程中，下列判断正确的是（ ） A ．上升经历的时间一定小于下降经历的时间 B ．小球的加速度方向不变，大小一直在减小 C ．小球的加速度方向不变，大小先减小后增大 D ．上升到最高点时，小球的速度为零，加速度也为零

2． (本题9分)如图，水平传送带长为s ，以速度v 始终保持匀速运动，把质量为m 的货物放到A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A 点运动到B 点的过程中，摩擦力对货物做的功可能（ ）

A ．大于

2

12mv B ．大于umgs C ．小于

212

mv D ．小于umgs

3． (本题9分)质量分别为m 1和m 2的两物体，以相等的初动能沿水平方向运动．已知m 1＞m 2，它们与地面间的动摩擦因数相同，两物体的初动量分别为P 1和P 2，从运动到停止的时间分别为t 1和t 2，则下列大小关系正确的是( ) A ．P 1＞P 2

B ．P 1＜P 2

C ．t 1＞t 2

D ．t 1＜t 2

4． (本题9分)如图所示，两根长度不同的细绳，一端固定于O 点，另一端各系一个相同的小球，两小球恰好在同一水平面做圆周运动，则（ ）

A ．它们做圆周运动的周期相等

B ．它们所需的向心力跟轨道半径成反比

C ．它们做圆周运动的线速度大小相等

D ．A 球受绳的拉力较大

5． (本题9分)宇宙中两颗靠得很近的天体组合为双星。如图，某双屋由质量不等的星体

和

构成，两

星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动。到O的距离为r，已知万有引力常量为以下说法中正确的是

A．它们做圆周运动的线速度大小相等

B．它们做圆周运动的动量大小相等

C．若已知做圆周运动的周期T，则可求的质量

D．若已知做圆周运动的周期T，则可求的质量

6．(本题9分)如图，两小木块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，质量为m，b与转轴的距离为2l，质量为m，木块与圆盘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，下列说法正确的是（）

A．a一定比b先开始滑动

B．a、b所受的摩擦力始终相等

C．

kg

l

ω=是a开始滑动的临界角速度

D．当b即将滑动时，a所受摩擦力的大小为

2

kmg

7．如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，a、b、c三点在它们的连线上.一带负电的粒子只受电场力的作用沿连线运动，在a、b、c点的速度分别为v a、v b、v c，粒子的v-t图象如图乙所示.下列说法中正确的是

A ．Q 1一定带正电，Q 2一定带负电

B ．Q 1的电量一定小于Q 2的电量

C ．b 点的电场强度比a 、c 点电场强度大

D ．直线上从a 点到c 点，电势先升高后降低

8．一部直通高层的客运电梯的简化模型如图1所示．电梯在t=0时由静止开始上升，以向上方向为正方向，电梯的加速度a 随时间t 的变化如图2所示．图1中一乘客站在电梯里，电梯对乘客的支持力为F ．根据图2可以判断，力F 逐渐变大的时间段有（ ）

A ．0～1s 内

B ．8～9s 内

C ．15～16s 内

D ．23～24s 内

9． (本题9分)地球的质量为M ，半径为R ，自转角速度为ω，万有引力常量为G ，地球表面的重力加速度为g ，同步卫星距地面的距离为h ，则同步卫星的线速度大小为（ ） A ．()R h ω+

B ．

GM

R h

+ C ．

gR

R h

+ D ．gR

10． (本题9分)一个物体以初速度v 0从A 点开始在光滑水平面上运动，一个水平力作用在物体上，物体的运动轨迹如图中的实线所示，图中B 为轨迹上的一点，虚线是过A 、B 两点并与轨迹相切的直线，虚线和实线将水平面划分5个区域，则关于施力物体的位置，下面说法正确的是（）

A ．如果这个力是引力，则施力物体一定在④区域

B ．如果这个力是引力，则施力物体一定在②区域

C ．如果这个力是斥力，则施力物体可能在②区域

D ．如果这个力是斥力，则施力物体一定在④区域

11． (本题9分)如图所示，在水平地面上放着斜面体B ，物体A 置于斜面体B 上．一水平向右的力F 作用于物体A ，地面对斜面体B 的支持力和摩擦力分别用N 、f 表示．若力F 逐渐变大的过程中，两物体始终保持静止状态．则此过程中（）

A ．N 变大

B ．N 不变

C ．f 变大

D ．f 不变

12． (本题9分)光滑的长轨道形状如图所示，底部为半圆型，半径R ，固定在竖直平面内．AB 两质量均为m 的小环用长为R 的轻杆连接在一起，套在轨道上．将AB 两环从图示位置静止释放，A 环离开底部2R ．不考虑轻杆和轨道的接触，即忽略系统机械能的损失，则（重力加速度为g ）：

A ．A

B 两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力大小为mg B ．A 环到达最低点时，两球速度大小均为

9

2

gR C ．若将杆换成长2R ，A 环仍从离开底部2R 处静止释放，A 环到达最低点时的速度大小为

3

(63)2

gR - D ．若将杆换成长22R ，A 环仍从离开底部2R 处静止释放，经过半圆型底部再次上升后，A 环离开底部的最大高度(21)R +

13． (本题9分)如图所示，在地面上以速度v 0抛出质量为m 的物体，抛出后物体落到比地面低h 的海平面上．若以地面为零势能面且不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）

A ．物体到海平面时的重力势能为mgh

B ．重力对物体做的功为mgh

C ．物体在海平面上的动能为

2

012

mv mgh + D ．物体在海平面上的机械能为2

012

mv

14．做曲线运动的物体，下列说法中正确的是

A．曲线运动一定是变速运动

B．速度的大小不断发生变化，速度的方向不一定发生变化

C．物体加速度可以不变

D．它们受合外力一定是变力

15．(本题9分)如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的滑块A．半径R＝0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将A、B连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看作质点，且不计滑轮大小的影响．现给滑块A一个水平向右的恒力F＝50N（取g=10m/s2）．则（）

A．把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20J

B．小球B运动到C处时的速度大小为0

C．小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225m

D．把小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J

16．(本题9分)物体在合外力作用下做直线运动的v-t图象如图所示，下列表述正确的是

A．在0～1s内，物体做加速运动，合外力做正功

B．在1～3s内，物体做匀速运动，合外力做正功

C．在3～7s内，合外力做功为零

D．在0～5s内，速度变化量为零，合力的平均功率为零

17．(本题9分)一木块静止在光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向射入木块中，并留在了木块里。则在子弹射入木块的过程中（）

A．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小相等

B．子弹对木块的冲量大于木块对子弹的冲量

C．子弹对木块做的功与木块对子弹做的功大小相等

D．子弹对木块做的功小于木块对子弹做的功

18．(本题9分)一质量为2kg的质点在xOy平面内运动，在x方向的s-t图象和y方向的v-t图象分别如

图所示.则该质点

A．初速度大小为3m/s

B．所受的合外力为3N

C．做匀变速曲线运动

D．初速度方向与合外力方向垂直

19．（6分）(本题9分)如图甲所示，两物体、叠放在光滑水平面上，对施加一水平力，关系图象如图乙所示。两物体在力作用下由静止开始运动，且始终保持相对静止，则

A．第1末两物体的速度最大

B．第2内，拉力对物体做正功

C．第2末，两物体开始反向运动

D．物体对物体的摩擦力方向始终与力的方向相同

20．（6分）(本题9分)如图所示, 质量为M的木块静止在光滑水平桌面上, 一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块,深度为d时, 子弹与木块相对静止, 在子弹入射的过程中, 木块沿桌面移动的距离为L, 木块对子弹的平均阻力为f, 那么在这一过程中, 下列说法正确的是( )

A．木块的动能增加f L

B．子弹的动能减少量为fd

C．子弹和木块(系统)的动能减少量为fL

D．子弹和木块(系统)的动能减少量为Mm v02/2（m+M）

21．（6分）已知下面的哪组数据，可以算出地球的质量M地（引力常量G为已知）（）

A ．月球绕地球运动的周期T 1及月球到地球中心的距离R 1

B ．地球绕太阳运行周期T 2及地球到太阳中心的距离R 2

C ．人造卫星在地面附近的运行速度v 3和运行周期T 3

D ．地球绕太阳运行的速度v 4及地球到太阳中心的距离R 4

22．（8分） (本题9分)如图，一个质量为m 的光滑小环套在一根轻质细绳上，细绳的两端分别系在竖直的杆上A 、B 两点，让竖直杆以角速度ω匀速转动，此时小环在绳上C 点，AC 和BC 与竖直方向的夹角分别为37°和53°，sin370.6?=，cos530.8?=，重力加速度大小为g ，则（ ）

A ．绳中的张力大小为5

7mg B ．绳子的总长度为2

3512g

ω

C ．杆上AB 两点间的距离为

2

512g

ω

D ．环做圆周运动的向心力加速度大小等于g

23．（8分）如图所示，长为L 的水平传送带以恒定速率v 运行，质量为m 的物块(可视为质点),从传送带左端由静止释放，一直加速运动到传送带右端， 经历时间t,若物体与传送带之间动摩擦因数为μ.在上述过程中，下列说法中一定 正确的是

A ．传送带对滑块做的功为μmgvt

B ．传送带对滑块做的功为

12

mv 2

C ．传送装置额外多做的功为μmgvt

D ．传送装置额外多做的功为

()2221

2

m g t mg vt L μμ+- 24．（10分）一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v-t 图象如图所示。已知汽车的质量为m = kg ，汽车 受到的阻力为车

重的0.1倍，g 取10m/s 2，则（ ）

A ．汽车在前5 s 内的牵引力为N

B ．汽车在前5 s 内的牵引力为N

C ．汽车的额定功率为100 kw

D ．汽车的最大速度为60 m/s

25．（10分） (本题9分)如图甲所示，x 轴上固定两个点电荷Q 1、Q 2（Q 2位于坐标原点O ），轴上有M N P 、、三点，间距MN NP =，Q 1、Q 2在轴上产生的电势?随x 变化关系如图乙，下列说法错误的是

A ．M 点电场场强大小为零

B ．N 点电场场强大小为零

C ．M 、N 之间电场方向沿x 轴负方向

D ．一正试探电荷从P 移到M 过程中，电场力做功PN NM W W <

26．（12分） (本题9分)两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，m A =1kg ，m B =2kg ，v A =6m/s ，v B =2m/s ．当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是（ ） A ．v A ′=5 m/s ，v B ′=2.5 m/s B ．v A ′=2 m/s ，v B ′=4 m/s C ．v A ′=1 m/s ，v B ′=4.5 m/s D ．v A ′=7 m/s ，v B ′=1.5 m/s

27．（12分） (本题9分)在倾角为30°的斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以2v 和v 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。那么，下列说法中正确的是（ ） A ．甲、乙两球落地点到顶端的水平位移之比为2：1 B ．甲、乙两球落点到顶点的距离之比为2：1 C ．甲、乙两球落在斜面上的速度方向相同 D ．甲、乙两球在空中的运动时间之比为2：1

28．2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，“北斗二号系统定位精度由10米提升至6米。若在北斗卫星中有a 、b 两卫星，它们均环绕地球做匀速圆周运动，且a 的轨迹半径比b 的轨迹半径小，则

A ．a 的周期小于b 的周期

B ．a 的线速度小于b 的线速度

C．a的加速度小于b的加速度

D．a的角速度大于b的角速度

29．(本题9分)如图所示，光滑三角形斜面两侧各有一滑块用绳子相连，质量m＜M，由静止开始释放后（）

A．m增加的重力势能等于M减少的重力势能

B．绳子对m做的功小于绳子对M做的功

C．m与M组成的系统机械能守恒

D．M增加的动能小于m与M共同减少的重力势能

30．(本题9分)如图所示，竖直平面内轨道ABCD的质量M=0.4 kg，放在光滑水平面上，其中AB段是半径R=0.4 m的光滑1/4圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数μ=0.4，长L=3.5 m，C点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m=0.1 kg的小物体(可视为质点)在距A 点高为H=3.6 m处由静止自由落下，恰沿A点滑入圆弧轨道(g=10 m/s2)．下列说法正确的是

A．最终m一定静止在M的BC某一位置上

B．小物体第一次沿轨道返回到A点时将做斜抛运动

C．M在水平面上运动的最大速率2.0 m/s

D．小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小4 m/s

参考答案

多选题有答案含解析

1．AB

【解析】

试题分析：上升过程阻力向下，下降过程阻力向上，根据牛顿第二定律比较加速度大小，然后结合运动学公式分析比较．

+=，v减小因此a减小；

无论上升还是下降，合力始终向下，上升过程mg kv ma

下降过mg kv ma -=，v 增大因此a 减小，即小球的加速度一直减小，故B 正确C 错误；上升的过程中

的加速度的大小为：v a g m k =+

，下降的过程中的加速度：kv a g m

'=-，可知上升的加速度大于下降过程中的加速度，由将向上的过程看作逆过程为向下的匀加速直线运动，根据2

12

x at =可知，上升经历的

时间一定小于下降经历的时间，故A 正确；最高点处速度为零，小球仍然受到重力的作用，加速度为g ，故D 错误；

【点睛】注意上升和下降过程中阻力的方向不同 2．CD 【解析】

若物块一直做匀变速直线运动,根据动能定理有Wf=△EK ，Wf=μmgx ；知△EK 可能等于

2

12

mv ，可能小于212mv ．不可能大于21

2

mv ． 若物块先做匀变速直线运动，然后做匀速直线运动，根据动能定理有Wf=△EK ，Wf<μmgx ；知△EK 可能等于μmgx ，可能小于μmgx ，不可能大于μmgx ，故不可能的是C ，ABD 都有可能． 本题选不可能的，故选C ． 【名师点睛】

物块在传送带可能一直做匀变速直线运动，也有可能先做匀变速直线运动，然后做匀速直线运动，根据动能定理判断摩擦力对货物做功的可能值． 3．AD 【解析】

AB ：动量与动能间关系为2k p mE =

；m 1＞m 2，动能相等，则12p p >．故A 项正确，B 项错误．

CD ：m 1＞m 2，动能相等，两物体的初速度12v v <；两物体与地面间的动摩擦因数相同，则两物体减速的加速度相同；据v

t a

=，两物体从运动到停止的时间12t t <．故C 项错误，D 项正确． 4．AD 【解析】

试题分析：设系A 、B 两铁球的细线与竖直方向夹角分别为α、β，由图知α＞β，又受力分析可知A 、B 的向心力分别为F A =mgtanα，F B =mgtanβ，根据α＞β知F A ＞F B ，D 对．由牛顿第二定律知

，又根据几何关系有

，由此可

解，，故A 对．根据

可判断C 错．向心力tan r

F mg mg

h

θ==，成正比，B 错

考点：受力分析

点评：本题考查了圆周运动相关的向心力方程的列式求解过程．通过受力分析便能找到向心力来源．5．BC

【解析】

【分析】

这是一个双星的问题，和绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，和有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题。

【详解】

设星体和的质量分别为、，它们的轨道半径分别是r、；星体、做圆周运动的向心力由万有引力提供得：

可得：

可知二者的质量不同则轨道半径不同；由于双星的周期与角速度是相等的，由：可知二者的线速度大小不同，故A错误；将式两侧同时乘以角速度可得：，即：，可知二者的动量大小相等，故B正确；若已知做圆周运动的周期T，星体做圆周运动的向心力由万有引力提供得：，即；联立即可求出的质量，故C正确，D错误。故选BC。

【点睛】

本题考查万有引力定律的应用，双星的特点是两个星体周期相等，星体间的万有引力提供各自所需的向心力。

6．CD

【解析】

【分析】

【详解】

AB．两个木块的最大静摩擦力相等。木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A B错误；

C．当a刚要滑动时，有kmg=mω2?l，解得：

kg

ω=

l

故C正确；

D ． 当b 刚要滑动时，有kmg=mω2?2l ，解得：

ω=

以a 为研究对象，当ω=

f=mω2l ，可解得： 1

2

f km

g =

故D 正确。 故选CD 。 7．AD 【解析】 【详解】

ABD.由v-t 图象可知，从a 到b 再到c 的过程中，带电粒子的速度先增大后减小，所受电场力先由a→b ，然后由b→c ， 又由于粒子带负电，电场方向先由b→a ，后由c→b ，则电势先升高后降低，Q 1—定带正电，Q 2一定带负电，且Q 1的电量一定大于Q 2的电量，故A 、D 正确，B 错误； C.b 点速度最大，加速度为零，电场力为零，电场强度为零，D 错误. 8．AD 【解析】

试题分析：根据牛顿第二定律列式，分加速度向上和加速度向下两个过程讨论即可． 解：1、加速度向上时，根据牛顿第二定律，有： F ﹣mg=ma 故F=mg+ma

故在0﹣1s 内的支持力F 是增加的，1s ﹣8s 内支持力恒定，8s ﹣9s 支持力是减小的； 2、加速度向下时，根据牛顿第二定律，有： mg ﹣F=m|a| 故F=mg ﹣m|a|

故在15s ﹣16s 支持力是减小的，16s ﹣23s 支持力是固定的，23s ﹣24s 内的支持力F 是增加的； 故AD 正确，BC 错误； 故选AD ．

【点评】超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下． 9．AB 【解析】 【分析】

A ．同步卫星的运转角速度等于地球自转角速度为ω，根据v r ω=可得同步卫星的线速度大小为

()v R h ω=+

故A 正确；

BC ．同步卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有

22() GMm mv R h R h

=++ 解得

v =

联立黄金代换式2

GM gR =可得

v =

故B 正确，C 错误； D ．第一宇宙速度的表达式为

v =同步卫星线速度小于第一宇宙速度，故D 错误； 故选AB 。 10．AC 【解析】 【详解】

A.做曲线运动物体的轨迹一定处于合外力与速度方向之间且弯向合外力这一侧，所以如果这个力是引力，则施力物体一定在④区域，故A 符合题意，B 不符合题意。

CD.如果这个力是斥力，则施力物体可能在②区域，但不在④区域，故C 符合题意，D 不符合题意； 11．BC 【解析】

试题分析：对A 和B 整体受力分析，受重力、支持力、推力和摩擦力，根据共点力平衡条件列式求解． 解：对A 和B 整体受力分析，受重力（M+m ）g 、支持力N 、推力F 和地面的静摩擦力f ，由于两物体相对地面始终保持静止，故加速度为零，合力为零，根据平衡条件，有： 竖直方向：N=（M+m ）g…① 水平方向：F=f…②

当推力F 变大时，f 变大，支持力不变；

【点评】本题关键是灵活地选择研究对象；如果对两个物体分别受力分析，然后运用共点力平衡条件列式求解，问题将复杂化． 12．BCD 【解析】 【详解】

A.对整体分析，自由落体，加速度g ，以A 为研究对象，A 作自由落体，则杆对A 一定没有作用力．即F=0，故AB 两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力为零，选项A 错误．

B.AB 都进入圆轨道后，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等，即v A =v B ；对整体依机械能守恒定律，有：mg?2R+mg?

52R ＝12?2mv 2，解得9

2

v gR ＝，故A 环到达最低点时，两环速度大小均为

9

2

v gR ＝

，选项B 正确． C. 若将杆换成长2R ，A 环仍从离开底部2R 处静止释放，A 环到达最低点时，杆与竖直方向的夹角为30°；设AB 的速度为v A 和v B ，则cos 60cos30A B v v =；由机械能守恒可得：

22

112(42cos30)22

A B mg R mg R R mv mv ?+-=+，联立解得： 3

(63)2

A v gR =

-，选项C 正确； D.由于杆长超过了半圆直径，故最后A 环在下，如图；

设A 再次上升后，位置比原来高h ，如下图所示． 由机械能守恒，有：?2R?2R?h)＝0 解得h ＝2?1)R ，故A 离开底部2+1)R

故若将杆换成长2R ，A 环仍从离开底部2R 处静止释放，经过半圆型底部再次上升后离开底部的最大高度为2．选项D 正确. 13．BCD 【解析】

A.以海平面为零势能平面，则物体到海平面时的重力势能为零，故A 错误。

B.重力对物体做功 W=mgh 故B 正确。

C.根据机械能守恒有：

2

0102

k mv mgh E +=+ 可知物体在海平面时的动能为

2

012

mv mgh + 故C 正确。

D. 物体在运动的过程中机械能守恒，以地面为零势能面,物体在海平面的重力势能 Ep=-mgh

则物体在海平面上的机械能

22

k 0011()22

p E E E mgh mv mgh mv =+=-++=

故D 正确。 14．AC 【解析】 【详解】

曲线运动的速度方向一定变化，则一定是变速运动，选项A 正确；速度的方向不断发生变化，速度的大小不一定发生变化，选项B 错误；物体加速度可以不变，例如平抛运动，选项C 正确；它们受合外力不一定是变力，例如平抛运动，选项D 错误. 15．ACD 【解析】

解： 把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点过程中，力F 的位移为：()0.40.30.4x m =-= ，则力F 做的功W F =Fx=20J ，选项A 正确；把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点时，此时B 的速度方向与绳

子方向垂直，此时A 的速度为零，设B 的速度为v ，则由动能定理：

2

102

F W mgR mv -=- ，解得v=m/s ，选项B 错误；当细绳与圆形轨道相切时，小球B 的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与小球A 速度大小相等，由几何关系可得h=0.225m 选项C 正确；B 机械能增加量为F 做的功20J ，D 正确 本题选ACD 16．ACD

【解析】A、在内，物体做匀加速运动，动能增加，根据动能定理知，合外力做正功，故A正确；

B、在内，物体做匀速运动，合外力为零，故合外力不做功，故B错误；

C、在内，动能的变化量为零，根据动能定理可知，合外力做功为零，故C正确；

D、在内，速度变化量为零，动能的变化量为零，由动能定理知合力做功为零，则合力的平均功率为零，故D正确。

点睛：本题根据动能定理可以直接判断合外力做功情况，也可以根据合外力方向与位移方向的关系判断。17．AD

【解析】

【详解】

AB. 子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力是一对作用力与反作用力，故两者大小相等，作用时间也相等，所以子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小相等，故A正确，B错误。

CD. 子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小速度，但是子弹的对地位移大于木块的对地位移，子弹对木块做的功小于木块对子弹做的功，故C错误，D正确。

18．BC

【解析】

【详解】

A.由图可知，质点在x方向上的初速度为，y方向上初速度为3m/s，根据平行四边形定则，则初速度的大小；故A错误.

BD.质点的加速度方向沿x轴方向，，则F合=ma=2×1.5=3N，合力的方向沿y

轴方向，与初速度的方向不垂直；故B正确，D错误.

C.质点受到的合外力不变，则质点的加速度不变，所以质点做匀变速曲线运动；故C正确.

19．BD

【解析】

试题分析：根据牛顿第二定律研究加速度与时间的关系，分析物体运动的性质．根据牛顿第二定律，分别对AB整体和B研究，分析．

A、根据牛顿第二定律得知，两物体的加速度，由图看出，1s-2s时间内，F的方向不变，物体一直加速，2s末两物体的速度最大．故A错误．

B、由图看出，1s-2s时间内，F的方向不变，物体一直加速，第2内，拉力对物体做正功．故B正确．

C 、由于惯性，第2末，两物体开始做正向减速运动．故C 错误．

D 、由看出，f 与F 方向总是相同．故D 正确．

故选BD 。

考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．

点评：本题是牛顿第二定律的应用问题，采用整体法和隔离法相结合研究．要注意F 的正负表示F 的方向． 20．AD 【解析】 【分析】 【详解】

A 项：子弹对木块的作用力大小为f ，木块相对于地的位移为L ，则子弹对木块做功为fL ，根据动能定理得知，木块动能的增加量等于子弹对木块做功，即fL ，故A 正确；

B 项：子弹相对于地面的位移大小为L+d ，则木块对子弹的阻力做功为-f （L+d ），根据动能定理得知：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小为f （L+d ），B 正确；

C 项：子弹相对于木块的位移大小为d ，则系统克服阻力做功为fd ，根据功能关系可知，系统动能的减少量为fd ．故C 错误；

D 项：由动量守恒定律得：0()mv m M v =+，解得：0

mv v m M

=

+，子弹和木块(系统)的动能减少量为

2

22

0011()222()

mMv mv m M v m M -+=+，故D 正确． 21．AC 【解析】 【详解】

月球绕地球做圆周运动，地球对月球的万有引力提供圆周运动的向心力，列式如下：2

121(2)mM G

mR R T

π＝可得：地球质量23

12

4R M GT π=，故A 正确；地球绕太阳做圆周运动，太阳对地球的万有引力提供地球做圆

周运动向心力，列式如下：2

222

2()2mM G

mR R T π＝可知，m 为地球质量，在等式两边刚好消去，故不能算得地球质量，故B 错；人造地球卫星绕地球做圆周运动，地球对卫星的万有引力提供卫星做圆周运动的向

心力，列式有：2232()mM G mR R T π地地＝，可得地球质量23

234R M GT π=地，根据卫星线速度的定义可知332R v T π地＝得33

2v T R π

地＝代入232

34R M GT π=地可得地球质量，故C 正确；地球绕太阳做圆周运动，太阳对

地球的万有引力提供地球做圆周运动向心力，列式如下：24244

v mM G m R R ＝可知，m 为地球质量，在等式两边刚好消去，故不能算得地球质量，故D 错误． 22．ABD 【解析】 【详解】

小球受到重力mg 、绳子张力为T ，如图所示，竖直方向根据平衡条件可得：T （cos37°+cos53°)=mg ，解得：T=

5

7

mg ，故A 正确；

设小环做圆周运动的半径为r ，根据牛顿第二定律可得：Tsin37°+Tsin53°=mrω2，解得：r=2 g

ω

，根据几何

关系可得绳子长度为：2

35sin37sin5312r r g

L ω=+=??，故B 正确；杆上A 、B 两点间的距离为：

h=rtan53°-rtan37°=2

712g

ω

，故C 错误；环做圆周运动的向心加速度大小为：a=rω2=g ，故D 正确。故选ABD 。 23．CD 【解析】 【详解】

A 、

B 项：传送带对滑块的摩擦力为：f mg μ=，滑块的位移为：L ，所以传送带对滑块做的功为W mgL μ=，由于滑块到达传送带右端的速度不一定为v ，所以传送带对滑块做的功不一定为

2

12

mv ，故AB 错误； C 项：传送装置额外多做的功即为传送带克服滑块与传送带间的摩擦做的功，传送带的位移为vt ，所以功为：mgvt μ，故C 正确；

D 项：由能量守恒可知，传送装置额外多做的功转化的系统的热量和滑块的动能，滑块到达右端时的速度为：v at gt μ==，所以动能为2221

2

k E m g t μ=，产生的热量为：()Q mg vt L μ=-，所以传送装置额外多做的功为()2221

2

m g t mg vt L μμ+-，故D 正确。 24．BC 【解析】 【详解】

AB.汽车受到的阻力为

，前5s 内，由图知

，由牛顿第二定律

可知，求得汽车的牵引力为

，故选项B 正确，A 错误；

C.

末功率达到额定功率，汽车的额定功率为

，故选项C 正确；

D.当牵引力等于阻力时，汽车达最大速度，则最大速度

，故选项D 错误。

25．AC 【解析】 【详解】

φ?x 图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道N 处场强为零，M 处的场强不为零，A 错误B 正确；M 点的电势为零，N 点的电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN 间电场方向沿x 轴正方向，C 错误；由图象可知MN NP U U >，故电场力做功MN NP qU qU >，从P 移到M 过程中，电场力做负功，故

PN NM W W <，D 正确．

【点睛】

x φ-图象中：①电场强度的大小等于x φ-图线的斜率大小，电场强度为零处．②在x φ-图象中

可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在x φ-图象中分析电

荷移动时电势能的变化，可用W qU =，进而分析W 的正负，然后作出判断． 26．BC 【解析】 【详解】

考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A 球速度应不大于B 球的速度，故AD 错误；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒．碰撞前，总动量为：p=p A +p B =m A v A +m B v B =（1×6+2×2）kg?m/s=10kg?m/s ，总动能：22

2211111622J 22J 2222

k A A B B E m v m v =

+=??+??=（）；B 选项：碰撞后，总动量为：p′=p A ′+p B ′=m A v A ′+m B v B ′=1×2+2×4=10kg?m/s ；总动能：

'2'2

221111122418J 2222

k A A B B E m v m v '=

+=??+??=；则p′=p ，符合动量守恒和能量关系．故B 正确．C 选项：碰撞后，总动量为：p′=p A ′+p B ′=m A v A ′+m B v B ′=（1×1+2×4.5）kg?m/s=10kg?m/s ；符合动量守恒定律．'2'2

221111112 4.521J 2222

k A A B B E m v m v '=+=??+??=，碰后符合能量关系，则C 正确． 27．CD 【解析】 【详解】

AD 、设小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为θ，200

12tan 2gt

gt v t v θ==

，只要落到斜面上，角度不变，t 与初速度成正比，甲、乙两小球运动的时间之比为2：1，

甲、乙两球飞行过程中水平方向的位移：x ＝v 0t ，由于初速度之比为2：1，飞行的时间之比为2：1，所以水平方向的位移之比为4：1．A 错误，D 正确；

B 、甲、乙两球飞行过程中水平方向的位移之比为4：1，由于斜面得夹角是相同的，所以甲、乙两球落地点到顶点的距离之比为4：1．B 错误；

C 、设小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为α，则tanα＝2tanθ，因为小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，可知，两球接触斜面的瞬间，速度方向相同，C 正确； 28．A

D 【解析】 【详解】

北斗卫星绕地球匀速圆周运动，根据万有引力提供圆周运动向心力：

22

2224Mm v G m m mr ma r T r

πω==== A.由上可得周期为：

T =

a 的轨道半径小，所以a 的周期小.故选项A 符合题意. B. 由上可得线速度为：

v =

a 的轨道半径小，所以其线速度大.故选项B 不符合题意. C. 由上可得加速度为：

2

M a G

r = a 的轨道半径小，所以加速度大.故选项C 不符合题意. D. 由上可得角速度为：

ω=

a 的轨道半径小，所以角速度大.故选项D 符合题意. 29．CD 【解析】