天津市南开区新高考高一下物理精选多选题汇总含解析

天津市南开区新高考高一下物理精选多选题汇总

多选题有答案含解析

P=不变，小车通过A 1．(本题9分)如图所示，电动机通过根轻绳拉小车水平向左运动，电动机功率6W

位置时速度为2m/s，此时轻绳与水平方向的夹角为60?．设小车所受阻力恒为2N，小车质量为2kg．g 10m/s不计滑轮质量及其摩擦，则小车通过A位置时（）

取2

A．电动机收绳速度大小为1m/s

B．绳的拉力大小为3N

C．小车受到的支持力大小为14N

0.5m/s

D．小车的加速度大小为2

2．(本题9分)如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N 的运动过程中（）

A．由开普勒行星运动定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小

T

B．由开普勒行星运动定律可知，从P到M所用的时间等于0

4

C．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功

D．从Q到N阶段，机械能守恒

3．(本题9分)物体A的加速度为32

m/s,下列说法正确的是( )

m/s,物体B的加速度为-52

A．物体A的加速度比物体B的加速度大

B．物体B的速度变化比物体A的速度变化快

C．物体A的速度一定在增加

D．物体B的速度可能在减小

4．(本题9分)如图甲所示,A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉,小球C用细绳拴在铁钉B上(细绳能承受足够大的拉力),A、B、C在同一直线上。t=0时,给小球一个垂直于细绳的速度,使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动。在0≤t≤10 s时间内,细绳的拉力随时间变化的规律如图乙所示,则下列说法正确的是

( )

A．两根铁钉间的距离为细绳长的1/6

B．t=10.5 s时细绳拉力的大小为6 N

C．t=14 s时细绳拉力的大小为10 N

D．细绳第三次碰铁钉到第四次碰钉的时间间隔为3 s

5．(本题9分)一质量为2 kg的物体,在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移的变化的关系图象.则根据以上信息可以精确得出或估算得出的物理量有( )

A．物体与水平面间的动摩擦因数

B．合外力对物体做的功

C．物体匀速运动时的速度

D．物体运动的时间

6．(本题9分)两个质量不同的物体与水平面之间的动摩擦因数相同，它们以相同的初动能开始沿水平面滑动，最终停止．以下说法正确的是（）

A．质量小的物体滑行的距离较长

B．质量大的物体滑行的距离较长

C．质量大的物体克服摩擦阻力做功较多

D．在整个滑动过程中，两物体克服摩擦阻力做功相等

7．(本题9分)如图所示，在xoy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xoy平面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子以相同的速率从x30）的C点沿不同方向射入磁场，分别到达y轴上坐标为（0，3L）的A点和B点（坐标未知），到达时速度方向均垂直y轴，不计粒子重力及其相互作用。根据题设条件下列说法正确的是（）

A．可以确定带电粒子在磁场中运动的半径

B．若磁感应强度B已知可以求出带电粒子的比荷

C．因磁感应强度B未知故无法求出带电粒子在磁场中运动时间之比

D．可以确定B点的位置坐标

8．如图所示，长为L的轻绳拴着一个质量为m的小球，绕着固定点O在竖直平面内做完整的圆周运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A．小球通过最高点时速度可能为零

B．小球通过最高点时所受轻绳的拉力可能为零

C．小球通过最低点时速度的最小值等于2gL

D．小球通过最低点时轻绳拉力的最小值等于6mg

9．(本题9分)在下列几个实例中,物体机械能一定守恒的是( )

A．在平衡力作用下运动的物体

B．在光滑水平面上被细线拴住做匀速圆周运动的小球

C．如图甲所示物体沿固定光滑圆弧面下滑

D．如图乙所示,在光滑水平面上压缩弹簧过程中的小球

10．如图所示，质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法正确的是（）

A．弹簧与杆垂直时，小球速度最大

B．弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大

C．小球下滑至最低点的过程中，合外力的冲量为零

D．小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh

11．如图所示，地球卫星开始在圆形低轨道1运行，在P处点火后，地球卫星沿椭圆轨道2运行，在远地点Q再次点火，将地球卫星送入更高的圆形轨道1．若地球卫星在1、1轨道上运行的速率分别为v1、v1，在2轨道上经过P、Q处的速率分别为v2P、v2Q，则

A．v1 v2Q D．v1> v2P

12．(本题9分)两个物体a和b，其质量分别为m a和m b，且m a>m b，它们的初动能相同.若它们分别受到不同的阻力F a和F b的作用，经过相等的时间停下来，它们的位移分别为X a和X b，则( )

A．F aF b C．X a>X b D．X a

13．(本题9分)如图为儿童游乐场的滑梯示意图，滑梯可视为倾角为θ、质量为M的斜面固定在地面上，小美手持细线下端悬挂一小球沿滑梯滑下，小美连同小球的质量为m，下滑时，细线呈竖直状态，则在下滑过程中，下列说法正确的是（）

A．滑梯对地面的压力大小为（M+m）g

B．小美、小球组成的系统机械能守恒

C．小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ

D．系统增加的内能大于小美减少的机械能

14．(本题9分)如图所示，与轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上。物体B沿水平方向向右运动，

跟与A相连的轻弹簧相碰。在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（）

A．弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同

B．弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小

C．弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减小

D．物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零

15．(本题9分)如图所示，在倾角30

θ=?的固定斜面上固定一与斜面垂直的光滑挡板，质量为m、半径为r的光滑圆柱体放在质量也为m、半径也为r的半圆柱体上，半圆柱底面与斜面间的动摩擦因数为μ，现用一个平行斜面向上的拉力使其缓慢沿斜面向上移动直到两者分开．重力加速度为g，下列判断正确的是（）

A．该过程中半圆柱体受到的摩擦力逐渐变小

B．该过程中挡板受到的弹力逐渐变大

C．该过程中圆柱体对半圆柱体的弹力不做功

D．该过程中半圆柱体克服摩擦力所做的功一定大于3

mgr μ

16．(本题9分)在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是

A．两手同时放开后，系统总动量始终为零

B．先放开左手，再放开右手后，在弹簧伸缩的过程中，动量不守恒

C．先放开左手，再放开右手后，在弹簧伸缩的过程中，动量守恒且总动量向右

D．无论何时放手，两手放开以后，在弹簧伸缩的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零

17．(本题9分)如图4所示，板长为l，板的B端静放有质量为m的小物体P，物体与板间的动摩擦因数为μ，开始时板水平，若缓慢转过一个小角度α的过程中，物体保持与板相对静止，则这个过程中( )

A．摩擦力对P做功为μmgcosα·l(1－cosα)

B．摩擦力对P做功为mgsinα·l(1－cosα)

C．支持力对P做功为mglsinα

D．板对P做功为mglsinα

18．(本题9分)质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力的作用，下落的加速度为，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是( )

A．物体的机械能减少了B．物体的动能增加了

C．物体克服阻力做功D．物体的重力势能减少了mgh

19．（6分）如图所示，一对水平放置的平行金属板AB中央有一个静止的电子e（不计重力），两板间距离足够大．0～4s内在两板间加上如图所示的交变电压后，则下列反映电子加速度a、速度v、位移x和动能E四个物理量随时间t的变化规律中正确的是（所涉及的矢量均取向上方向为正）

k

A．

B．

C．

D．

20．（6分）(本题9分)组成星球的物质是靠引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转的速率，如果超出了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤附近的物体随星球做圆周运动,由此能得到半径为R,密度为ρ、质量为M且均匀分布的星球的最小自转周期T，下列表达式正确的是：（）

A．

3

3

2

R

T

GM

π

=B．

3

2

R

T

GM

π

=C．

3

T

G

π

ρ

=D．T

G

π

ρ

=

21．（6分）如图所示，一卫星绕地球运动，图中虚线为卫星的运行轨迹，A、B、C、D是轨迹上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远。下列说法中正确的是()

A．卫星在A点的速度最大

B．卫星在C点的速度最大

C．卫星在A点的加速度最大

D．卫星在C点的加速度最大

22．（8分）甲、乙两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度高于甲的运行高度．两卫星轨道均可视为圆形轨道．以下判断正确的是

A．甲的周期小于乙的周期B．乙的速度大于第一宇宙速度

C．甲的加速度大于乙的加速度D．甲在运行时，能经过北极正上方

23．（8分）下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是

A．汽车通过凹形桥的最低点时，车对桥的压力大于汽车的重力

B．在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是减轻轮缘与外轨的挤压

C．杂技演员表演“水流星”，当“水流星”通过最高点时处于完全失重状态，不受重力作用。

D．洗衣机脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出

24．（10分）(本题9分)如图5所示，A、B、C三个小球在离地面不同高度处，同时以相同的速度向左水平抛出，小球A落到D点，DE＝EF＝FG，不计空气阻力，抛出后每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面.下列说法正确的是()

A．B球落在E点，C球落在F点

B．B、C两球均落在D点

C．三小球离地面的高度之比为1∶4∶9

D．三小球在空中运动的时间之比t A∶t B∶t C＝1∶3∶5

25．（10分）(本题9分)如右图所示，a、b、c是地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，a、b质量相同，且小于c的质量，则（）

A．b所需向心力最大

B．b、c周期相等，且大于a的周期

C．b、c向心加速度相等，且大于a的向心加速度

D．b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度

26．（12分）如图所示，长为L=4m的传送带的速度是5m/s，现将m=1kg的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ=0.2，g＝10m/s2，电动机带动皮带将物体从左轮运送到右轮的过程中，下列说法中正确的是()

A．传送带对小物体做功为8J

B．小物体获得的动能为12.5J

C．摩擦产生的热量为12J

D．电动机由于传送物体多消耗的能量为25 J

27．（12分）(本题9分)如图所示，发射升空的卫星在转移椭圆轨道Ⅰ上A点处经变轨后进入运行圆轨道Ⅱ．A、B分别为轨道Ⅰ的远地点和近地点．则卫星在轨道Ⅰ上（）

A．经过A点的速度小于经过B点的速度

B．经过A点的动能大于在轨道Ⅱ上经过A点的动能

C．运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期

D．经过A点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过A点的加速度

28．(本题9分)如图甲所示为足够长、倾斜放置的平行光滑导轨，处在垂直斜面向上的匀强磁场中，导轨上端接有一定值电阻，导轨平面的倾角为37?，金属棒垂直导轨放置，用一平行于斜面向上的拉力F拉着金属棒由静止向上运动，金属棒的质量为0.2kg，其速度大小随加速度大小的变化关系如图乙所示，且金属棒由静止加速到最大速度的时间为1s，金属棒和导轨的电阻不计，sin37?=0.6，cos37?=0.8，g取10m/s2，则（）

A．F为恒力

B．F的最大功率为0.56W

C．回路中的最大电功率等于0.56W

D．金属棒由静止加速到最大速度这段时间内定值电阻上产生的焦耳热是0.26J

29．(本题9分)关于第一宇宙速度，下列说法中正确的是：（）

A．它是人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动的最小速度

B．它是人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动的最大速度

C．它是使人造地球卫星绕地球运行的最小发射速度

D．它是使人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运行时在近地点的速度

30．如图所示，一木块放在光滑水平面上，一子弹水平射入木块中，射入深度为d，平均阻力为f.设木块离射入点s远时开始匀速前进，下列判断正确的是

A．f·s量度子弹损失的动能

B．f·d量度子弹损失的动能

C．f·s量度木块动能改变量

D．f(s＋d)量度子弹损失的动能

参考答案

多选题有答案含解析

1．AD

【解析】

电动机收绳速度大小为01cos 601/v v m s ==，选项A 正确；绳的拉力大小为1661

P F N N v ===，选项B

错误；小车受到的支持力大小为0sin 60206(20N mg F N =-=-=-，选项C 错误；小车的加速度大小为0

22

162cos602/0.5/2F f a m s m s m ?--===，选项D 正确；故选AD. 点睛：此题关键是要区别速度分解和力的分解的不同方法；注意小车的速度是合速度，绳子的速度是分速度；

2．ACD

【解析】

【详解】

从P 到Q 阶段，万有引力做负功，速率减小，故A 正确．海王星在PM 段的速度大小大于MQ 段的速度大小，则PM 段的时间小于MQ 段的时间，所以P 到M 所用的时间小于T 0/4，故B 错误．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故C 正确．从Q 到N 的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故D 正确．故选ACD ．

【点睛】

解决本题的关键知道近日点的速度比较大，远日点的速度比较小，从P 到Q 和Q 到P 的运动是对称的，但是P 到M 和M 到Q 不是对称的．

3．BD

【解析】

【详解】

A ．物体A 、

B 的加速度，正负号代表方向，绝对值大小代表加速度大小，故A 项错误．

B ．由加速度的定义可知，加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，故B 项正确．

C ．若A 速度方向与其加速度方向相反，则物体A 的速度减小，故C 项错误．

D ．若B 速度方向与其加速度方向相反，则物体B 的速度减小，故D 项正确．

4．ABD

【解析】

【详解】

A.0～6s 内绳子的拉力不变，可得

2

1v F m l

=， 6～10s 内拉力大小不变，知

2

2v F m l ='

， 因为2165

F F =，则 65

l l '=， 两钉子之间的间距

5166

x l l l ?=-=， 故A 正确；

B.第一个半圈经历的时间为6s ，则

6s l

v π=，

则第二个半圈的时间

55s 6

l t t v π''===， 则t=10.5s 时，小球在转第二个半圈，则绳子的拉力为6N ，故B 正确；

C.小球转第三个半圈的时间

24s 3

l t t v π''''===， 则t=14s 时，小球转动的半径

23

r l =， 根据

2

F r

v m =， 则拉力变为原来的

32

倍，大小为7.5N ，故C 错误； D.细绳每跟钉子碰撞一次，转动半圈的时间少11s 6t =，则细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔 =6-31s=3s t ??

故D 正确；

5．ABC

【解析】

因物体在水平恒定拉力F 的作用下做匀速运动,则可知F=F f ,又F f =μF N ,F N =mg,由题意可知F,则物体与水平面间的动摩擦因数可求;因摩擦力是恒力,则摩擦力做的功可求W f =-μmgs,由题图得出s=12m,F 是变力,F 做的正功等于图线与坐标轴所围成的图形的面积值,其面积大小可以估算出来(估算方法:可以借鉴“单分子油膜法

测分子大小”实验中估算油膜面积的方法),所以合外力对物体做的功可以估算求出;根据动能定理,W 合=E K2-E K1,又知E K2=0,则可求E K1,由E K1=

2112mv ,可求出物体匀速运动时的速度;由于物体在4~12m 位移内做的是非匀变速运动,故无法求出时间.

6．AD

【解析】

A 、

B 、由动能定理可知：-μmgs=0-E K ；由公式可知，因初动能相同，故两物体克服阻力做功相同；而k E s mg μ=，故质量大的物体，滑行距离要小，故A 正确，B 错误；

C 、

D 、由-μmgs=0-

E K 可知摩擦力做功相等，故C 错误，D 正确；故选AD ．

【点睛】本题综合考查动能定理、牛顿第二定律及位移公式，在解题时要注意如果题目中涉及时间，则应考虑应用牛顿第二律，若不涉及时间应优先采用动能定理或功能关系．

7．AD

【解析】

【分析】

【详解】

A ．已知粒子的入射点及出射方向，同时已知圆上的两点，根据出射点速度相互垂直的方向及AC 连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置，由几何关系可知AC 长为

AC L ==

且有

30BAC ?∠=

则

2=2cos30

AC

L R L ?= 因两粒子的速率相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同，即两粒子的半径均可求出，故A 正确；

B ．由公式

2

v qvB m r

= 得

mv r qB

= 由于不知道粒子的运动速率，则无法求出带电粒子的比荷，故B 错误；

C ．根据几何关系可知从A 射出的粒子对应的圆心角为120?，B 对应的圆心角为60?；即可确定对应的圆心

角，由公式 2πt T θ

=

由于两粒子是同种粒子，则周期相同，所以可以求出带电粒子在磁场中运动时间之比，故C 错误； D ．由几何关系可求得B 点对应的坐标，故D 正确。

故选AD 。

8．BD

【解析】

【详解】

AB.小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，由重力提供向心力，则有：

2

v mg m L

= 解得：v gL =A 错误，B 正确；

CD.从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，则有：

2211222

mg L mv mv +=' 解得：小球能通过最高点时最低点的最小速度为5v gL '=

2

v F mg m L

'-= 解得：绳子在最低点的最小拉力为6F mg =，故C 错误，D 正确。

9．BC

【解析】

【详解】

A.在平衡力作用下的物体不一定守恒，如物体在竖直方向上做匀速直线运动；故A 错误；

B.在光滑水平面上被细线拴住做匀速圆周运动的小球，动能和重力势能均不变，机械能一定守恒，故B 正确；

C.物体沿固定光滑圆弧面下滑时，只有重力做功机械能守恒，故C 正确；

D.在光滑水平面上压缩弹簧过程中的小球，由于受弹簧弹力作用，小球的机械能部分转移为弹簧的机械能，故小球的机械能不守恒，故D 错误。

10．BCD

【解析】

【详解】

A ．弹簧与杆垂直时，小球的加速度由重力沿杆向下的分力提供，加速度与速度同向，小球仍然加速，当加速度为0时，小球的速度最大，A 错误；

B ．小球与弹簧构成的系统机械能守恒，即小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总和不变，弹簧与杆垂直时，弹簧的伸长量最小，弹性势能最小，所以小球的动能与重力势能之和最大，B 正确；

C ．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，小球下滑至最低点的过程中，动量变化量为0，所以合外力的冲量为零，C 正确；

D ．根据动能定理，合外力做功之和等于动能的变化量，小球下滑至最低点的过程中，动能变化量为0，减小的重力势能mgh 全部转化为弹簧的弹性势能，D 正确。

故选BCD 。

11．AC

【解析】

【详解】

A.据2

2=Mm v G m r r 可得v =，轨道1的轨道半径大，所以v 1＜v 1；故A 正确. B.在椭圆轨道上运动，近地点速率大于远地点速率，故v 2p ＞v 2Q ，故B 错误；

C.卫星在轨道2上经过Q 点时，点火加速进入圆轨道1，所以v 1＞v 2Q ，故C 正确；

D.卫星在轨道1上经过P 点时，点火加速进入椭圆轨道2，所以v 2P ＞v 1，故D 错误.

12．BD

【解析】

【分析】 根据动能与速度的关系和运动学公式02v x t +=

分析位移关系，由动能定理分析阻力的大小关系； 【详解】

设物体的初速度为v ，初动能为k E ，所受的阻力为F ，通过的位移为x ．

物体的速度与动能的关系为212k E mv =，得v =

由02v x t +=得x =，由题t 和k E 相同，则质量越大，位移越小，由于a b m m ＞，所以a b x x ＜;

由动能定理得：0K Fx E -=-，因初动能相同，F 与x 成反比，则a b F F ＞，故选项BD 正确，选项AC 错误．

【点睛】

本题综合考查动能、动能定理及位移公式，在解题时要注意如果题目中涉及时间时，则应考虑应用运动学公式，不涉及时间应优先采用动能定理或功能关系．

13．ACD

【解析】

【分析】

【详解】

A ．由于下滑时，细线呈竖直状态，说明小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，将滑梯、小美、小球看一个整体，则滑梯对地面的压力大小为（M+m ）g ，故A 正确；

B ．由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则小美、小球组成的系统机械能减小，故B 错误；

C ．由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则有

sin cos mg mg θμθ=

所以小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ，故C 正确；

D ．由能量守恒可知，小美和小球减小的机械能等于系统增加的内能，则系统增加的内能大于小美减少的机械能，故D 正确。

故选ACD 。

14．ABD

【解析】

【分析】

【详解】

A ．滑块

B 与弹簧接触后，弹簧发生形变，产生弹力，B 做减速运动，A 做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，故A 项正确；

B ．A 、B 和轻弹簧组成的系统能量守恒，弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A 、B 的动能之和最小，故B 项正确；

C ．A 、B 和轻弹簧组成的系统所受合外力等于0，系统的动量守恒，故C 项错误；

D ．当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，然后A 继续做加速，B 继续做减速，弹簧逐渐恢复原长，当弹簧恢复原长时，A 的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，故D 项正确。

15．BD

【解析】

【详解】

A ．对小球和半圆柱整体分析，知斜面对半圆柱体的支持力等于总重力垂直于斜面的分力2cos mg θ，保持不变，由f N μ=知半圆柱体受到的摩擦力保持不变，A 错误；

B ．以小球为研究对象，分析受力情况，如图，利用三角形定则作出力的合成图，蓝线为初位置，红线为末位置，则知挡板对小球的支持力N 2增大，则小球对挡板的压力也增大，B 正确；

C ．圆柱体对半圆柱体的弹力过两者球心，故圆柱体对半圆柱体的弹力方向与半圆柱体的位移夹角不垂直，故做功，C 错误；

D ．半圆柱体受到的摩擦力

2cos 3f mg mg μθμ=?=

当两者分离时，根据几何知识可知，半圆柱体上移的距离为 3r ，故克服摩擦力做功为

3W fx mgr μ==

大于3mgr μ，D 正确．

故选D.

【点睛】

解决本题的关键是灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合分析受力情况．同时，要熟练运用数学知识求解半圆柱体移动的距离．

16．AD

【解析】

【详解】

A.两手同时放开，两车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A 正确；

B.先放开左手，再放开右手，在放开两手的过程中，两车与弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；放开两手后，两车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B 错误；

C.先放开左手，再放开右手，放开左手后系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左，故C 错误；

D.无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒；但若是两手不是同时放开，则系统受合外力不为零，则系统的总动量不为零，故D 正确；

17．CD

【解析】

对物体运用动能定理

W 合＝W G ＋WF N ＋W 摩＝ΔE k ＝0

所以WF N ＋W 摩＝－W G ＝mglsin α

因摩擦力的方向(平行于木板)和物体速度方向(垂直于木板)始终垂直，对物体不做功，故斜面对物体做的功就等于支持力对物体做的功，即WF N ＝mglsin α，故C 、D 正确．

18．BCD

【解析】

试题分析：A 、根据合力做功量度动能的变化，下落的加速度为g ，那么物体的合力为mg ，w 合=mgh ，所以物体的动能增加了mgh ．故A 正确．

B 、重力做功w G =mgh ，重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh ，物体的动能增加了mgh ，即机械能就减少了mgh ．故B 不正确．

C 、物体受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，下落的加速度为g ，根据牛顿第二定律得阻力为mg ，所以阻力做功w f =﹣fh=﹣mgh ．所以物体克服阻力所做的功为mgh ，故C 正确．

D 、重力做功w G =mgh ，重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh ，故D 正确． 故选B ．

19．AB

【解析】

【分析】

【详解】

0-1s 内，电压不变，则板间的电场强度不变，电子在板间受到不变的电场力，根据牛顿第二定律可知，加速度恒定不变，所以0-1s 电子做匀加速直线运动，1-2s ，电场力反向，加速度方向反向，电子做匀减速直线运动，直至速度为零，2-3s ，电场力正向不变，电子有开始做初速度为0的匀加速直线运动，3-4s ，电场力反向不变，电子做匀减速直线运动，到4s 末速度为零；

A. 0-1s ，加速度恒定不变，为正，1-2s 加速度为负，且恒定不变，2-3s 加速度恒为正，且不变，3-4s 加速度为负，且不变，故A 项符合题意；

BC. 0-1s ，2-3s 物体做正向的匀加速的直线运动，v-t 图象为倾斜的直线，x-t 图象为抛物线，1-2s ，3-4s 物体做正向的匀减速的直线运动，v-t 图象为倾斜的直线，x-t 图象为抛物线，故B 项符合题意，C 项不符合题意；

D.因为212

k E mv

可知，v-t 图象为直线，则E k -t 图象为曲线，故D 项不符合题意． 20．BC

【解析】

【详解】

AB.当周期小到一定值时，压力为零，此时万有引力充当向心力，即

2224m GMm R R T

π= 解得：

2T = ① 故B 正确，A 错误；

CD. 星球的质量

343

M ρV πρR == 代入①式可得：

T =故C 正确，D 错误．

21．AC

【解析】

【详解】

AB ．A 点为近地点，C 点为远地点，所以A 点速度最大，A 正确B 错误

CD ．A 点为近地点，C 点为远地点，根据万有引力定律可知，卫星在A 点的加速度最大，C 正确D 错误 22．AC

【解析】

【详解】

卫星的向心力由万有引力提供有22224=mM v G m r m ma r T r π=＝，所以有：周期T 轨道高度小于乙的轨道高度，故甲的周期小于乙的周期，故A 正确；因为第一宇宙速度是近地卫星的运行

速度v 可知，乙的轨道大于地球的半径，故乙的速度小于第一宇宙速度，所以B 错误；加速度2GM a r

=，因为甲的轨道高度小于乙的轨道高度，故甲的加速度大于乙的加速度，故C 正确；甲是同步卫星，甲的轨道只能在赤道上空，故甲在运行时不能经过北极正上方，所以D 错误．

23．AB

【解析】

【详解】

A. 汽车通过凹形桥的最低点时，2

v N mg m R

-= ，支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知，车对桥的

压力大于汽车的重力，A 正确。

B. 在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力完全提供向心力，从而减轻轮缘对外轨的挤压，B 正确；

C. 杂技演员表演“水流星”，当“水流星”通过最高点时仍受重力作用。C 错误。

D. 离心力与向心力并非物体实际受力，而是衣服对水的吸附力小于水做圆周运动所需要的向心力，因此产生离心现象；D 错误。

24．BC

【解析】

试题分析：因为三球以相同的初速度抛出，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面，则A 、B 、C 三个小球的运动的时间之比为1：2：3，选项D 错误；可得水平位移之比1：2：3，而DE=EF=FG ，所以B 、C 两球也落在D 点，故B 正确，A 错误；由212

h gt =

可得，A 、B 、C 三个小球抛出高度之比为1：4：9，故C 正确．

考点：平抛运动的规律．

25．BD

【解析】

【分析】

【详解】

A ．因卫星运行的向心力就是它们所受的万有引力 2

GMm F r = 可知b 所受的引力最小，故A 错误．

B ．由

2

22GMm m r r T π??= ???

可知半径r 越大周期越大，所以b ，c 的周期相等且大于a 的周期，故B 正确；

C ．由 2

GMm ma r = 可知半径r 越大则加速度越小，所以b ，c 的向心加速度大小相等，且小于a 的向心加速度，故C 错误； D ．由

2

2GMm v m r r

= 可知半径r 越大则线速度越小，所以b ，c 的线速度大小相等，且小于a 的线速度，故D 正确。 故选BD 。

26．AC

【解析】

【详解】

AB ．对物体运用动能定理有

212

mgx mv μ=

可得物体速度增大到5m/s 时的对地位移x=12.5m ＞4m ，可见质点一直在加速。运动到右轮正上方时，速度还没达到5m/s ，再根据动能定理可得物体获得的动能

E k =μmgx=8J

故A 正确，B 错误；

C ．由 218J 2

k E mgx mv μ=== 得物体到达最右端速度

v=4m/s

得物块相对传送带的位移

4546m 422

L x v L v ?=-=?-= 根据 Q=E k =μmg?x

得

Q=12J

故C 正确；

D ．电动机由于传送物体多消耗的能量等于物体动能增加量和摩擦产生的内能之和等于20 J ，故D 错误。 27．AD

【解析】

【详解】

由B 运动到A 引力做负功，动能减小的，所以经过A 点的速度小于经过B 点的速度，故A 正确；同在A 点，只有加速它的轨道才会变大，所以经过A 点的动能小于在轨道Ⅱ上经过A 点的动能，故B 错误；轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的半径，根据开普勒第三定律，在轨道Ⅰ上运动的周期小于在轨道Ⅱ上运动的周期，故C 错误；根据a=

2

G M r ，在轨道Ⅱ上经过A 的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度，故D 正确；故选AD ．

【点睛】

解决本题的关键理解卫星绕地球运动的规律．要注意向心力是物体做圆周运动所需要的力，比较加速度，