2023版高三一輪總復(fù)習(xí)物理（新教材新高考）專題突破練習(xí)匯編

專題突破練習(xí)(一)1．(2021·河南省駐馬店市高三第二次質(zhì)檢)如圖所示為一個質(zhì)點運動的位移—時間圖像，則關(guān)于質(zhì)點在0～t0時間內(nèi)的運動下列說法正確的是()A．質(zhì)點做曲線運動B．質(zhì)點運動的速度方向始終不變C．質(zhì)點運動的加速度方向始終不變D．質(zhì)點運動的速度一直在減小B[位移—時間圖像只能表示位移的兩個方向，則只能描述直線運動的規(guī)律，因此質(zhì)點一定做直線運動，A錯誤；位移—時間圖像斜率的正負表示速度的正負，速度的正負表示速度的方向，由圖可知，圖線的斜率一直為負，則質(zhì)點運動的速度方向始終不變，B正確；位移—時間圖像的切線斜率表示速度，斜率的絕對值表示速度的大小，可知質(zhì)點的速度先增大后減小，則加速度方向先與速度方向相同，后與速度方向相反，故C、D錯誤。]2．(2021·東北三省四市教研聯(lián)合體高三一模)學(xué)?？萍贾苷故粳F(xiàn)場中，飛行小組讓飛行器從12m高的教學(xué)樓樓頂由靜止先勻加速直線下降再勻減速直線下降，到達地面時速度恰好為零。已知飛行器加速時的加速度大小是減速時的2倍，運動總時間為3s，則該飛行器在此過程中的v-t圖像為()ABCDC[由題可知，飛行器先加速再減速到零，且飛行器加速時的加速度大小是減速時的2倍，所以加速時圖像的斜率是減速時的兩倍，故選項B、D錯誤；由v-t圖像與t軸圍成的面積等于位移，可知A錯誤，C正確。]3．(2021·黑龍江高三二模)質(zhì)點A、B同時由同一位置沿同一直線同方向運動，其速度隨時間的變化規(guī)律如圖所示。下列說法正確的是()A．0～t1時間內(nèi)質(zhì)點A的加速度等于質(zhì)點B的加速度B．t2～t3時間內(nèi)質(zhì)點A的加速度大于質(zhì)點B的加速度C．t1～t2時間內(nèi)質(zhì)點A處于靜止狀態(tài)D．t3時刻兩質(zhì)點相遇B[由速度—時間圖像可知，圖線的斜率表示物體的加速度，則0～t1時間內(nèi)，質(zhì)點A的加速度大于質(zhì)點B的加速度，選項A錯誤；t2～t3時間內(nèi)質(zhì)點A的加速度大于質(zhì)點B的加速度，選項B正確；t1～t2時間內(nèi)質(zhì)點A做勻速直線運動，選項C錯誤；t3時刻兩質(zhì)點的速度相等，0～t3時間內(nèi)質(zhì)點B的位移大于質(zhì)點A的位移，則質(zhì)點B位于質(zhì)點A的前方，選項D錯誤。]4．(多選)(2021·福建省龍巖市高三一檢)為了提高踢球時的加速能力，張同學(xué)進行加速訓(xùn)練。訓(xùn)練時，張同學(xué)和足球都位于起跑線上，教練將足球以初速度8m/s沿水平方向踢出，同時張同學(xué)沿足球的運動方向起跑。兩者的v-t圖像如圖所示，下列說法正確的是()A．0～4s內(nèi)張同學(xué)的加速度比足球的小B．0～4s內(nèi)張同學(xué)的加速度比足球的大C．4s時張同學(xué)已超過足球D．12s時張同學(xué)已超過足球BD[在v-t圖像中，圖線的斜率為加速度，故觀察圖像可知，0～4s內(nèi)張同學(xué)的加速度比足球的大，故A錯誤，B正確；在v-t圖像中，圖線與坐標軸圍成的面積表示位移，4s時，張同學(xué)的位移為x1＝eq\f(10×4,2)m＝20m，足球的位移為x2＝eq\f(8＋\f(22,3),2)×4m＝eq\f(92,3)m，故張同學(xué)沒有超過足球，12s時張同學(xué)的位移s1＝eq\f(1,2)×(12＋8)×10m＝100m，而足球的位移s2＝eq\f(1,2)×(6＋8)×12m＝84m，故12s時張同學(xué)已超過足球，C錯誤，D正確。]5．(多選)(2021·廣東高考)賽龍舟是端午節(jié)的傳統(tǒng)活動。下列v-t和s-t圖像描述了五條相同的龍舟從同一起點線同時出發(fā)、沿長直河道劃向同一終點線的運動全過程，其中能反映龍舟甲與其他龍舟在途中出現(xiàn)船頭并齊的有()ABCDBD[從v-t圖像上看，由于所有龍舟出發(fā)點相同，故只要存在甲龍舟與其他龍舟從出發(fā)到某時刻圖線與t軸所圍圖形面積相等，就存在船頭并齊的情況，故A錯誤，B正確；從s-t圖像上看，圖像的交點即代表兩龍舟船頭并齊，故D正確，C錯誤。]6．如圖所示，可視為質(zhì)點的A、B兩物體相距s＝7m時，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以vA＝4m/s的速度向右勻速運動，而物體B此時正在摩擦力作用下以初速度vB＝10m/s向右勻減速運動，加速度a＝－2m/s2，則A追上B所經(jīng)歷的時間是()A．7sB．8sC．9sD．10sB[由題意知，t＝5s時，物體B的速度減為零，位移大小xB＝vBt＋eq\f(1,2)at2＝25m，此時A的位移xA＝vAt＝20m，A、B兩物體相距Δs＝s＋xB－xA＝7m＋25m－20m＝12m，再經(jīng)過Δt＝eq\f(Δs,vA)＝3sA追上B，所以A追上B所經(jīng)歷的時間是5s＋3s＝8s，選項B正確。]7．(2021·湖北省永州市高三下學(xué)期5月三模)汽車的設(shè)計、競技體育的指導(dǎo)、宇航員的訓(xùn)練等多種工作都會用到急動度的概念。急動度j是加速度變化量Δa與發(fā)生這一變化所用時間Δt的比值，即j＝eq\f(Δa,Δt)，它的方向與物體加速度變化量的方向相同。一物體從靜止開始做直線運動，其加速度a隨時間t的變化關(guān)系如圖，則該物體在()A．1～3s內(nèi)做減速運動B．0～5s內(nèi)速度方向發(fā)生改變C．t＝2s時和t＝4s時加速度等大反向D．t＝2s時和t＝4s時急動度等大反向C[1～3s內(nèi)加速度為正值，物體做加速度減小的加速運動，故A錯誤；圖線與時間軸所圍面積為物體速度的變化量，0～5s內(nèi)始終為正值，故速度方向不變，故B錯誤；由圖像可知，t＝2s時和t＝4s時加速度等大反向，故C正確；t＝2s時和t＝4s時，斜率相同，故急動度相同，故D錯誤。]8．某地出現(xiàn)疫情，全國各地醫(yī)護人員及時趕赴一線。一位醫(yī)生趕到汽車站時，車已經(jīng)沿平直公路駛離車站，聽到呼喊后汽車馬上以大小為2m/s2的加速度勻減速剎車，設(shè)醫(yī)生同時以4m/s的速度勻速追趕汽車，汽車開始剎車時速度為8m/s，減速前距離醫(yī)生12m。則醫(yī)生追上汽車所需的時間為()A．6sB．7sC．8sD．9sB[汽車速度減為0的時間為t1＝eq\f(Δv,a)＝4s，汽車速度減為0的位移為x＝eq\f(v\o\al(2,1),2a)＝eq\f(82,2×2)m＝16m，醫(yī)生追上汽車的位移x′＝x0＋x＝(12＋16)m＝28m，醫(yī)生追上汽車的時間t＝eq\f(x′,v2)＝eq\f(28,4)s＝7s>t1，所以醫(yī)生追上汽車所需的時間為7s，故B正確，A、C、D錯誤。]9．A、B兩輛列車在能見度很低的霧天里在同一軌道上同向行駛，A車在前，速度vA＝10m/s，B車在后，速度vB＝30m/s。當B車發(fā)現(xiàn)A車時就立刻剎車。已知B車在進行剎車測試時發(fā)現(xiàn)，若車以30m/s的速度行駛時，剎車后至少要前進1800m才能停下，假設(shè)B車剎車過程中加速度恒定。為保證兩輛列車不相撞，則能見度至少要達到()A．400mB．600mC．800mD．1600mC[對B車，由運動學(xué)公式有0－veq\o\al(2,B)＝2ax，解得a＝eq\f(0－302,2×1800)m/s2＝－0.25m/s2，所以B車剎車的加速度為－0.25m/s2，當B車速度減小到v＝10m/s時，兩車相距最近，此時B車的位移為x1＝eq\f(v2－v\o\al(2,B),2a)，A車的位移x2＝vAt，t＝eq\f(v－vB,a)，聯(lián)立解得x1＝1600m，x2＝800m，能見度至少為Δx＝x1－x2＝800m，選項C正確。]10．(2021·廣東省梅州市高三下學(xué)期3月質(zhì)檢)如圖所示，兩條圖線是駕駛員駕駛同一輛汽車在兩種路面緊急剎車時的v-t圖像。駕駛員的反應(yīng)時間為0.5s(從發(fā)現(xiàn)問題到制動的時間)，下列說法正確的是()A．從t＝0到停下，汽車在干燥路面的平均速度較小B．從t＝0到停下，汽車在濕滑路面的位移是干燥路面的2倍C．從t＝0.5s到停下，汽車在濕滑路面和干燥路面平均速度大小相等D．從t＝0.5s到停下，汽車在濕滑路面和干燥路面的加速度之比為1∶2C[根據(jù)v-t圖線與時間軸所圍的面積表示位移，知從t＝0到停下，汽車在干燥路面通過的位移為x1＝eq\f(0.5＋2.5,2)×40m＝60m，平均速度為eq\x\to(v)1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(60,2.5)m/s＝24m/s，汽車在濕滑路面通過的位移為x2＝eq\f(0.5＋5.0,2)×40m＝110m，平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(110,5)m/s＝22m/s，則eq\f(x2,x1)＝eq\f(110,60)≈1.8，故A、B錯誤；從t＝0.5s到停下，汽車做勻減速直線運動，根據(jù)平均速度公式eq\x\to(v)＝eq\f(v＋v0,2)可知汽車在濕滑路面和干燥路面的平均速度相等，故C正確；根據(jù)v-t圖像的斜率大小表示加速度大小，知汽車在濕滑路面減速的加速度大小為a1＝eq\f(40,5.0－0.5)m/s2＝eq\f(80,9)m/s2，汽車在干燥路面減速的加速度大小為a2＝eq\f(40,2.5－0.5)m/s2＝20m/s2，則a1∶a2＝4∶9，故D錯誤。]11．(2021·河南省駐馬店市高三第二次質(zhì)檢)如圖所示是某物體做直線運動的v2-x(其中v為速度，x為位置坐標)，下列關(guān)于物體從x＝0運動至x＝x0過程分析，其中正確的是()A．該物體做勻加速直線運動B．該物體的加速度大小為eq\f(v\o\al(2,0),x0)C．當該物體速度大小為eq\f(1,2)v0，位移大小為eq\f(3x0,4)D．當該物體位移大小為eq\f(1,2)x0，速度大小為eq\f(1,2)v0C[由勻變速直線運動的速度位移關(guān)系式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，可得v2＝veq\o\al(2,0)＋2ax，可知物體的加速度恒定不變，由于物體的速度減小，故物體做勻減速直線運動，故A項錯誤；由v2＝veq\o\al(2,0)＋2ax可知，v2-x圖像斜率的絕對值等于2a，由圖可得2a＝eq\f(v\o\al(2,0),x0)，則得物體的加速度大小為a＝eq\f(v\o\al(2,0),2x0)，故B項錯誤；當該物體速度大小為eq\f(v0,2)時，v2＝eq\f(v\o\al(2,0),4)，由圖可得x＝eq\f(3,4)x0，故C項正確；當該物體位移大小為eq\f(x0,2)時，由圖可得v2＝eq\f(v\o\al(2,0),2)，即v＝eq\f(\r(2),2)v0，故D項錯誤。]12．藍牙(Bluetooth)是一種無線技術(shù)標準，可實現(xiàn)固定設(shè)備、移動設(shè)備之間的短距離數(shù)據(jù)交換(使用2.4～2.485GHz的ISM波段的UHF無線電波)。現(xiàn)有兩同學(xué)用安裝有藍牙設(shè)備的玩具車甲、乙進行實驗。如圖所示，甲、乙兩車開始處于同一直線上相距為d＝4.0m的O1、O2兩點，甲車從O1點以初速度v0＝4m/s、加速度a1＝1m/s2向右做勻加速運動，乙車從O2點由靜止開始以加速度a2＝2m/s2向右做勻加速運動，已知當兩車間的距離超過s0＝10m時，兩車無法實現(xiàn)通信，忽略信號傳遞的時間。已知eq\r(6)＝2.4。(1)求甲、乙兩車在相遇前的最大距離；(2)求甲、乙兩車在相遇前能通信的時間．[解析](1)設(shè)當經(jīng)過t0時間兩車速度大小相等，此時兩車相距最遠，即v0＋a1t0＝a2t0解得t0＝4s甲、乙兩車在相遇前的最大距離為Δsm＝d＋v0t0＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,0)解得Δsm＝12m。(2)設(shè)經(jīng)過時間t1兩車相遇，則有d＋v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)解得t1＝(4±2eq\r(6))s舍去負根，可得t1＝8.8s設(shè)經(jīng)過時間t兩車相距為s0，則有d＋v0t＋eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝s0解得t2＝2s，t3＝6s甲、乙兩車在相遇前能通信的時間為0～2s和6～8.8s，共4.8s。[答案](1)12m(2)0～2s和6～8.8s，共4.8s13．一輛值勤的警車停在公路邊，當警員發(fā)現(xiàn)從他旁邊以10m/s的速度勻速行駛的貨車嚴重超載時，決定前去追趕，經(jīng)過5.5s后警車發(fā)動起來，并以2.5m/s2的加速度做勻加速運動，但警車的行駛速度必須控制在90km/h以內(nèi)。求：(1)警車在追趕貨車的過程中，兩車間的最大距離；(2)警車發(fā)動后要多長時間才能追上貨車。[解析](1)當兩車速度相等時，它們的距離最大，設(shè)警車發(fā)動后經(jīng)過t1時間兩車的速度相等。則：t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(10,2.5)s＝4sx貨＝v1(t0＋t1)＝10×(5.5＋4)m＝95mx警＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2.5×42m＝20m所以兩車間的最大距離Δx＝x貨－x警＝75m。(2)警車達到最大速度v＝90km/h＝25m/s的時間：t2＝eq\f(v,a)＝10s此時兩車的位移分別為x警′＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(252,2×2.5)m＝125mx貨′＝v1(t0＋t2)＝10×(5.5＋10)m＝155m兩車距離Δx′＝x貨′－x警′＝30m警車達到最大速度后做勻速運動，設(shè)再經(jīng)過Δt時間追上貨車，則：Δt＝eq\f(Δx′,v－v1)＝2s所以警車發(fā)動后要經(jīng)過t＝t2＋Δt＝12s，才能追上貨車。[答案](1)75m(2)12s

專題突破練習(xí)(二)1．“走鋼絲”的技藝在我國有著悠久的歷史，圖示為雜技演員手握長桿正在“走鋼絲”，演員從A端緩慢走到B端過程先“下坡”后“上坡”，圖中鋼絲完全固定且不變形，下列說法正確的是()A．演員“下坡”過程對鋼絲的壓力越來越小B．演員“下坡”過程受到滑動摩擦力且越來越小C．演員“上坡”過程所受摩擦力方向與運動方向相同D．演員“上坡”過程鋼絲對他的作用力方向不斷改變C[鋼絲可看成一個傾角不斷變化的斜面，緩慢運動過程演員在每個位置均處于平衡狀態(tài)，演員受到的支持力和摩擦力分別為N＝mgcosθ，f＝mgsinθ，運動中的摩擦力為靜摩擦力，“下坡”過程中鋼絲傾角越來越小，則靜摩擦力逐漸減少，支持力逐漸增大，根據(jù)牛頓第三定律，演員對鋼絲的壓力增大，故A、B錯誤；“上坡”過程中，鋼絲傾角越來越大，所以靜摩擦力越來越大，方向沿鋼絲向上，與運動方向相同，故C正確；根據(jù)平衡條件，演員緩慢“上坡”時，重力與鋼絲對他的作用力始終平衡，所以鋼絲對他的作用力方向不變，故D錯誤。]2．(多選)一鐵球懸掛在OB繩的下端，輕繩OA、OB、OC的結(jié)點為O，輕繩OA懸掛在天花板上的A點，輕繩OC拴接在輕質(zhì)彈簧測力計上。第一次，保持結(jié)點O位置不變，某人拉著輕質(zhì)彈簧測力計從豎直位置緩慢轉(zhuǎn)動到水平位置，如圖甲中所示，彈簧測力計的示數(shù)記為F1。第二次，保持輕繩OC垂直于OA，緩慢釋放輕繩，使輕繩OA轉(zhuǎn)動到豎直位置，如圖乙中所示，彈簧測力計的示數(shù)記為F2。則()甲乙A．F1先減小后增大 B．F1恒定不變C．F2逐漸減小 D．F2先減小后增大AC[在第一次過程中對O點受力分析，如圖1所示，兩根繩的拉力的合力等于物體的重力，其大小和方向都不變，OA繩上的拉力方向不變，根據(jù)平行四邊形定則，知彈簧測力計的示數(shù)F1先減小后增大，故A正確，B錯誤；在第二次過程中對O點受力分析，如圖2所示，設(shè)AO與豎直方向的夾角為θ，由平衡條件得：F2＝Gsinθ，θ減小，則F2逐漸減小，故C正確，D錯誤。]圖1圖23．(多選)(2021·梅州市高三檢測)如圖所示，不計質(zhì)量的光滑小滑輪用細繩懸掛于墻上O點，跨過滑輪的細繩連接物塊A、B，A、B都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將物塊B移至C點后，A、B仍保持靜止，下列說法中正確的是()A．B與水平面間的摩擦力減小B．地面對B的彈力增大C．懸于墻上的繩所受拉力不變D．A、B靜止時，圖中α、β、θ三角始終相等BD[繩子的拉力大小不變，由于繩子與水平方向的夾角減小，拉力在水平方向的分力增大，所以B與水平面間的摩擦力增大，A錯；拉力在豎直方向的分力減小，由FN＋Fsinγ＝mg可知支持力增大，B對；滑軌兩側(cè)繩子的拉力大小不變，但夾角增大，所以合力減小，懸于墻上的繩所受拉力減小，C錯；A、B靜止時，由對稱性可知圖中α、β、θ三角始終相等，D對。]4．(2021·四川省遂寧市高三下學(xué)期5月三診)如圖所示為某工地上的自動卸貨車作業(yè)過程。卸貨車始終靜止在水平地面上，車廂在液壓機的作用下，傾角θ先緩慢增大，當貨物開始加速下滑時傾角θ保持不變。在卸貨的全過程中()A．貨物受到車廂的摩擦力一直增大B．貨物受到車廂的支持力一直減小C．地面對貨車的支持力一直大于總重力D．地面對貨車的摩擦力先為零、后水平向左D[貨物處于平衡狀態(tài)，則有mgsinθ＝f，N＝mgcosθ，θ增大時，f增大，N減小，當加速下滑后f′＝μmgcosθ，N＝mgcosθ，摩擦力和支持力大小不變，故A、B錯誤；貨物處于平衡狀態(tài)，對整體分析可知，此時地面對貨車的支持力等于總重力，故C錯誤；對整體分析可知，開始整體平衡，地面對貨車的摩擦力為零，后貨物加速下滑，地面對整體摩擦力水平向左，故D正確。]5．(2021·山東省泰安市高三下學(xué)期5月檢測)某同學(xué)做家務(wù)時，使用浸濕的拖把清理地板上的油漬。假設(shè)濕拖把的質(zhì)量為2kg，拖把桿與水平方向成53°角，當對拖把施加一個沿拖把桿向下、大小為10N的力F1時，恰好能推動拖把向前勻速運動。當遇到地板上的油漬時，如果想要把地板上的油漬清理干凈，必須克服油漬與地板間的靜摩擦力，該同學(xué)需將沿拖把桿向下的力至少增大到F2＝25N。設(shè)拖把與地板、油漬間的動摩擦因數(shù)相等且始終不變，已知重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。則此時油漬與地板間的最大靜摩擦力約為()A．7.7NB．8.6NC．13.3ND．15NB[施加F1＝10N時，由平衡條件有F1cos53°＝μFN，F(xiàn)N＝mg＋F1sin53°，解得μ＝eq\f(3,14)，當施加的力為F2＝25N時，摩擦力為f＝μ(mg＋F2sin53°)≈8.6N，故選項B正確。]6．(2021·陜西西安市一模)將兩個質(zhì)量均為m的小球a、b用細線相連后，再用細線懸掛于O點，如圖所示。用力F拉小球b，使兩個小球都處于靜止狀態(tài)，且細線Oa與豎直方向的夾角保持θ＝30°，則F的最小值為()A．eq\f(\r(3),3)mgB．mgC．eq\f(\r(3),2)mgD．eq\f(1,2)mgB[以a、b為整體，整體受重力2mg、細線Oa的拉力FT及力F三個力而平衡，如圖所示，三力構(gòu)成的矢量三角形中，當力F垂直于細線拉力FT時有最小值，且最小值F＝2mgsinθ＝mg，B項正確。]7．(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細繩懸掛于O點，A球固定在O點正下方，當小球B平衡時，細繩所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2(k2＞k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時細繩所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2。則下列關(guān)于FT1與FT2、F1與F2大小的比較，正確的是()A．FT1＞FT2B．FT1＝FT2C．F1＜F2D．F1＝F2BC[以B為研究對象，分析受力情況，如圖所示。由平衡條件可知，彈簧的彈力F和細繩的拉力FT的合力F合與其重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，由三角形相似得eq\f(mg,OA)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FT,OB)。當彈簧勁度系數(shù)變大時，彈簧的壓縮量減小，故AB的長度增加，而OB、OA的長度不變，故FT1＝FT2，F(xiàn)2>F1，故A、D錯誤，B、C正確。]8．(2021·山東省日照市高三下學(xué)期5月三模)如圖所示，一小球放在傾斜的墻面與木板之間。設(shè)小球?qū)γ娴膲毫Υ笮镕1，小球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镕2。以木板與墻連接點所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置順時針緩慢轉(zhuǎn)到與墻面垂直的位置。不計摩擦，在此過程中()A．F1先減小后增大 B．F1一直增大C．F2一直減小 D．F2先減小后增大C[對小球受力分析，小球受重力、墻對小球的支持力N1，木板對小球的支持力N2，如圖所示，可知木板轉(zhuǎn)動過程中，N1一直減小，N2一直減小，由牛頓第三定律知，C正確，A、B、D錯誤。]9．(2021·四川省廣元市高三下學(xué)期5月三診)如圖所示，某健身愛好者利用如下裝置鍛煉自己的臂力和腿部力量，在O點懸掛重物C，手拉著輕繩且始終保持繩索平行于粗糙的水平地面。當他緩慢地向右移動時，下列說法正確的有()A．繩OA拉力大小不變B．繩OB拉力變大C．健身者與地面間的摩擦力變小D．繩OA、OB拉力的合力變大B[設(shè)OA、OB繩的拉力分別為FA和FB，重物的質(zhì)量為m。對O點有FAcosθ－mg＝0，F(xiàn)Asinθ－FB＝0，解得FA＝eq\f(mg,cosθ)，F(xiàn)B＝mgtanθ。當健身者緩慢向右移動時，θ變大，則兩拉力均變大，選項A錯誤，B正確；健身者所受的摩擦力與FB大小相等，選項C錯誤；健身者緩慢移動時，兩繩拉力的合力大小等于重物C的重力，大小不變，選項D錯誤。]10．(2021·山東省實驗中學(xué)高三下學(xué)期5月三診)如圖所示，水平地面上有一個曲面光滑、截面為半圓的柱體，用細線拉住的小球靜止靠在接近半圓底端的M點。通過細線將小球從M點緩慢向上拉至半圓最高點的過程中，細線方向始終與半圓相切，柱體保持不動。下列說法正確的是()A．細線對小球的拉力先增大后減小B．小球?qū)χw的壓力先減小后增大C．柱體受到水平地面的支持力逐漸減小D．柱體對地面的摩擦力先增大后減小D[以小球為對象，設(shè)小球所在位置沿切線方向與豎直方向夾角為θ，沿切線方向有FT＝mgcosθ，沿半徑方向有FN＝mgsinθ，通過細線將小球從M點緩慢向上拉至半圓最高點的過程中θ增大，所以細線對小球的拉力減小，柱體對小球的支持力逐漸增大，由牛頓第三定律可知FN＝F′N，小球?qū)χw的壓力增大，故A、B錯誤；以柱體為對象，豎直方向有F地＝Mg＋F′Nsinθ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有f地＝F′Ncosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，θ增大，柱體受到水平地面的支持力逐漸增大，柱體受到地面的摩擦力先增大后減小，當θ＝45°時摩擦力最大，由牛頓第三定律可知柱體對地面的摩擦力先增大后減小，故C錯誤，D正確。]11．(2021·吉林市二模)如圖所示，有一傾角θ＝30°的斜面體B，質(zhì)量為M。質(zhì)量為m的物體A靜止在B上。現(xiàn)用水平力F推物體A，在F由零逐漸增加至eq\f(\r(3),2)mg再逐漸減為零的過程中，A和B始終保持靜止。對此過程下列說法正確的是()A．地面對B的支持力大于(M＋m)gB．A對B的壓力的最小值為eq\f(\r(3),2)mg，最大值為eq\f(3\r(3),4)mgC．A所受摩擦力的最小值為0，最大值為eq\f(mg,4)D．A所受摩擦力的最小值為eq\f(1,2)mg，最大值為eq\f(3,4)mgB[因為A、B始終保持靜止，對A、B整體受力分析可知，地面對B的支持力一直等于(M＋m)g，A錯誤；當F＝0時，A對B的壓力最小，為mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg；當F＝eq\f(\r(3),2)mg時，A對B的壓力最大，為mgcos30°＋Fsin30°＝eq\f(3\r(3),4)mg，B正確；當Fcos30°＝mgsin30°時，即F＝eq\f(\r(3),3)mg時，A所受摩擦力為0，當F＝0時，A所受摩擦力大小為eq\f(1,2)mg，方向沿斜面向上，當F＝eq\f(\r(3),2)mg時，A所受摩擦力大小為eq\f(1,4)mg，方向沿斜面向下，選項C、D錯誤。]12．(2021·昆山震川高級中學(xué))如圖所示，傾角為α＝37°的粗糙斜劈固定在水平面上，質(zhì)量為5kg的物體a放在斜面上且與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。一根平行于斜面的不可伸長的輕質(zhì)細線一端固定在物體a上，另一端繞過兩個光滑小滑輪固定在c處，滑輪2下吊有一物體b且β＝74°，物體a受到斜劈的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：保證系統(tǒng)靜止時，b的質(zhì)量范圍。[解析]a剛要下滑時b的質(zhì)量最小，a受到沿斜面向上的靜摩擦力作用magsinα＝μmagcosα＋FT研究b的受力情況2FTcoseq\f(β,2)＝mb1g，聯(lián)立解得mb1＝1.6kga剛要上滑時，a受到沿斜面向下的靜摩擦力作用，此時b的質(zhì)量最大magsinα＋μmagcosα＝FT′研究b的受力情況2FT′coseq\f(β,2)＝mb2g，聯(lián)立解得mb2＝8kg綜上可知，保證系統(tǒng)靜止時，b的質(zhì)量范圍為1.6kg≤mb≤8kg。[答案]1.6kg≤mb≤8kg13．如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在一固定斜面上，當斜面傾角為30°時恰能沿斜面勻速下滑。對物體施加一大小為F、方向水平向右的恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當斜面傾角增大并超過某一臨界角θ0時，不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，試求：(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)這一臨界角θ0的大小。[解析](1)未施加力F時，對物體受力分析如圖甲所示甲乙由平衡條件得mgsin30°＝μmgcos30°解得μ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)。(2)設(shè)斜面傾角為α?xí)r，受力情況如圖乙所示，由平衡條件得Fcosα＝mgsinα＋Ff′FN′＝mgcosα＋Fsinα，F(xiàn)f′＝μFN′解得F＝eq\f(mgsinα＋μmgcosα,cosα－μsinα)當cosα－μsinα＝0，即tanα＝eq\r(3)時，F(xiàn)→∞，即“不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行”，此時，臨界角θ0＝α＝60°。[答案](1)eq\f(\r(3),3)(2)60°

專題突破練習(xí)(三)1．(2021·四川省攀枝花市高三下學(xué)期二模)如圖所示，質(zhì)量分別為3kg、5kg的P、Q兩滑塊，用輕彈簧連接后置于光滑水平地面上?，F(xiàn)用大小F＝8N的水平拉力拉Q，使P、Q一起向右做勻加速直線運動。則此過程中彈簧的彈力大小為()A．3NB．4NC．5ND．8NA[對PQ整體，由牛頓第二定律得F＝(mP＋mQ)a，對P有T＝mPa，解得T＝3N，故選項A正確。]2．(2020·江蘇卷)中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻了中國力量。某運送防疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)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(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為()A．FB．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19)D．eq\f(F,20)C[設(shè)列車的加速度為a，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，每節(jié)車廂受到的阻力為Ff，對后38節(jié)車廂，由牛頓第二定律有F－38Ff＝38ma；設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F1，對后2節(jié)車廂，由牛頓第二定律得F1－2Ff＝2ma，聯(lián)立解得F1＝eq\f(F,19)，故選項C正確。]3．如圖所示，質(zhì)量為M、中空為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成α角。重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小鐵球受到的合外力方向水平向左B．凹槽對小鐵球的支持力為eq\f(mg,sinα)C．系統(tǒng)的加速度為a＝gtanαD．推力F＝MgtanαC[根據(jù)小鐵球與光滑凹槽相對靜止可知，系統(tǒng)有向右的加速度a＝gtanα，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對小鐵球的支持力為eq\f(mg,cosα)，推力F＝(M＋m)gtanα，選項A、B、D錯誤，C正確。]4．(2021·安徽合肥市高三檢測)如圖所示，鋼鐵構(gòu)件A、B疊放在卡車的水平底板上，卡車底板與B間的動摩擦因數(shù)為μ1，A、B間動摩擦因數(shù)為μ2，μ1>μ2，卡車剎車的最大加速度為a(a>μ2g)，可以認為最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，卡車沿平直公路行駛途中遇到緊急剎車情況時，要求其剎車后在s0距離內(nèi)能安全停下，則卡車行駛的速度不能超過()A．eq\r(2as0) B．eq\r(2μ1gs0)C．eq\r(2μ2gs0) D．eq\r(μ1＋μ2gs0)C[當A、B整體相對車發(fā)生滑動時，a1＝eq\f(μ1mA＋mBg,mA＋mB)＝μ1g，當A、B間發(fā)生相對滑動時，a2＝eq\f(μ2mAg,mA)＝μ2g，由于μ1>μ2，所以a1>a2，即當以a1剎車時，A、B間發(fā)生相對滑動，所以要求整體都處于相對靜止時，汽車剎車的最大加速度為a2，veq\o\al(2,0)＝2μ2gs0，解得v0＝eq\r(2μ2gs0)，C項正確。]5．(多選)(2021·廣東省潮州市高三下學(xué)期第二次質(zhì)檢)京張高鐵是北京冬奧會的重要配套工程，其開通運營標志著冬奧會配套建設(shè)取得了新進展。如圖所示為某次高鐵列車運行過程中某節(jié)車廂截面示意圖，車廂內(nèi)兩拉手A、B分別向前進方向在豎直方向偏離角度α和β并保持不變。取重力加速度為g，不計空氣等阻力，則下列說法正確的是()A．列車可能在減速進站B．兩角度一定滿足：α＝βC．減小拉手懸繩長度，則偏角變大D．列車加速度大小為a＝gtanαABD[由圖可知拉手所受合力向左，則加速度向左，列車向左加速或向右減速，而前進方向向右，所以列車減速進站，選項A正確；拉手與列車具有相同的加速度，即兩拉手具有相同的加速度，受力分析可知F合＝mgtanα＝ma，F(xiàn)合＝mgtanβ＝ma，所以α＝β，選項B正確；因列車加速度不變，則拉手的加速度不變，由F合＝mgtanα＝ma可知偏角不變，選項C錯誤；根據(jù)F合＝mgtanα＝ma，可得加速度大小a＝gtanα，選項D正確。]6．如圖所示，在光滑水平面上有一輛小車A，其質(zhì)量為mA＝2.0kg，小車上放一個物體，其質(zhì)量為mB＝1.0kg，如圖甲所示，給B一個水平推力F，當F增大到稍大于3.0N時，A、B開始相對滑動。如果撤去F，對A施加一水平推力F′，如圖乙所示。要使A、B不相對滑動，則F′的最大值Fm為()甲乙A．2.0NB．3.0NC．6.0ND．9.0NC[根據(jù)題圖甲所示情景，設(shè)A、B間的靜摩擦力達到最大值Ffmax時，系統(tǒng)的加速度為a，對A、B整體根據(jù)牛頓第二定律有F＝(mA＋mB)a，對A有Ffmax＝mAa，代入數(shù)據(jù)解得Ffmax＝2.0N。根據(jù)題圖乙所示情況，設(shè)A、B剛好相對滑動時系統(tǒng)的加速度為a′，以B為研究對象根據(jù)牛頓第二定律有Ffmax＝mBa′，以A、B整體為研究對象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入數(shù)據(jù)解得Fmax＝6.0N，故C正確。]7．(多選)如圖所示，建筑工人用磚夾豎直搬運四塊相同的磚，每塊磚的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．當磚靜止時，磚塊4對磚塊3的摩擦力大小為eq\f(1,2)mgB．當磚靜止時，磚塊2對磚塊3的摩擦力為零C．當將四塊磚一起豎直向上加速提起時，磚塊4對磚塊3的摩擦力大小為mgD．當將四塊磚一起豎直向上加速提起時，磚塊2對磚塊3的摩擦力為零BD[以磚塊2和磚塊3為研究對象，四塊磚完全相同，由物體的平衡條件可知，磚塊4對磚塊3的摩擦力與磚塊1對磚塊2的摩擦力大小均為mg、方向均豎直向上，選項A錯誤；以磚塊3為研究對象，由物體的平衡條件可知，磚塊2對磚塊3的摩擦力為零，選項B正確；對磚塊2和磚塊3整體，根據(jù)牛頓第二定律有2f43－2mg＝2ma，解得磚塊4對磚塊3的摩擦力大小f43＝mg＋ma>mg，方向豎直向上，選項C錯誤；對磚塊3，根據(jù)牛頓第二定律有f23＋f43－mg＝ma，解得f23＝0，選項D正確。]8．如圖所示，水平光滑細桿上套一環(huán)A，環(huán)A與球B間用一不可伸長輕質(zhì)繩相連，質(zhì)量分別為mA和mB，由于B球受到水平風(fēng)力作用，細繩與豎直方向的夾角為θ，A環(huán)與B球一起向右做加速度為a的勻加速運動，g為重力加速度，則下列說法中正確的是()A．B球受到的風(fēng)力大小為mBaB．當風(fēng)力增大時，桿對A環(huán)的支持力變大C．此時球B受到的繩子拉力大小為mBgcosθD．當風(fēng)力增大時，輕繩對B球的拉力將會變大D[對球B受力分析，受重力、拉力和水平風(fēng)力，如圖，B球豎直方向受力平衡，則有Tcosθ＝mBg，T＝eq\f(mBg,cosθ)，所以C錯誤；水平方向，根據(jù)牛頓第二定律，有F－Tsinθ＝mBa，故F＝Tsinθ＋mBa，所以A錯誤；對整體分析可知，在豎直方向整體受力平衡，故水平風(fēng)力增大時不會改變桿對A球的支持力，所以B錯誤；風(fēng)力增大時，整體的加速度增大，故拉力在水平方向上的分力增大，而豎直方向分力不變，故夾角增大，則拉力T＝eq\f(mBg,cosθ)增大，所以D正確。]9．(多選)(2021·河北保定一模)如圖所示，一質(zhì)量M＝3kg、傾角為α＝45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面體上有一質(zhì)量為m＝1kg的光滑楔形物體。用一水平向左的恒力F作用在斜面體上，系統(tǒng)恰好保持相對靜止地向左運動。重力加速度取g＝10m/s2，下列判斷正確的是()A．系統(tǒng)做勻速直線運動B．F＝40NC．斜面體對楔形物體的作用力大小為5eq\r(2)ND．增大力F，楔形物體將相對斜面體沿斜面向上運動BD[對整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，對楔形物體受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律有mgtan45°＝ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A錯誤，B正確；斜面體對楔形物體的作用力FN2＝eq\f(mg,sin45°)＝eq\r(2)mg＝10eq\r(2)N，C錯誤；外力F增大，則斜面體加速度增加，由于斜面體與楔形物體間無摩擦力，則楔形物體將會相對斜面體沿斜面上滑，D正確。甲乙]10．如圖所示，質(zhì)量為M的小車放在光滑的水平面上，小車上用細線懸吊一質(zhì)量為m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和車一起以加速度a向右運動時，細線與豎直方向成θ角，細線的拉力為F1。若用一力F′水平向左拉小車，使小球和其一起以加速度a′向左運動時，細線與豎直方向也成θ角，細線的拉力為F1′。則()A．a(chǎn)′＝a，F(xiàn)1′＝F1 B．a(chǎn)′＞a，F(xiàn)1′＝F1C．a(chǎn)′＜a，F(xiàn)1′＝F1 D．a(chǎn)′＞a，F(xiàn)1′＞F1B[當用力F水平向右拉小球時，以小球為研究對象，豎直方向有F1cosθ＝mg ①水平方向有F－F1sinθ＝ma，以整體為研究對象有F＝(m＋M)a，解得a＝eq\f(m,M)gtanθ ②當用力F′水平向左拉小車時，以小球為研究對象，豎直方向有F1′cosθ＝mg ③水平方向有F1′sinθ＝ma′，解得a′＝gtanθ ④結(jié)合兩種情況，由①③式有F1＝F1′；由②④式并結(jié)合M＞m有a′＞a。故正確選項為B。]11．如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運動距離h時，B與A分離。下列說法正確的是()A．B和A剛分離時，彈簧長度等于原長B．B和A剛分離時，它們的加速度為gC．彈簧的勁度系數(shù)等于eq\f(mg,h)D．在B與A分離之前，它們做勻加速直線運動C[A、B分離前，A、B共同做加速運動，由于F是恒力，而彈力是變力，故A、B做變加速直線運動，當兩物體要分離時，F(xiàn)AB＝0。對B：F－mg＝ma，對A：kx－mg＝ma。即F＝kx時，A、B分離，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)。設(shè)用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0，有2mg＝kx0，h＝x0－x，F(xiàn)＝mg，解以上各式得a＝0，k＝eq\f(mg,h)。綜上所述，只有選項C正確。]12．如圖甲所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可視為質(zhì)點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑。如圖乙，若讓該小物塊從木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10m/s沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度g取10m/s2。甲乙(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；(2)當θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值。[解析](1)當θ＝30°時，小物塊恰好能沿著木板勻速下滑，則mgsinθ＝Ff，F(xiàn)f＝μmgcosθ聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(3),3)。(2)當θ變化時，設(shè)沿斜面向上為正方向，物塊的加速度為a，則－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由0－veq\o\al(2,0)＝2ax得x＝eq\f(v\o\al(2,0),2gsinθ＋μcosθ)＝eq\f(v\o\al(2,0),2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)，令cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，sinα＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，即tanα＝μ＝eq\f(\r(3),3)，故α＝30°，當α＋θ＝90°時x最小，即θ＝60°，所以x最小值為xmin＝eq\f(v\o\al(2,0),2gsin60°＋μcos60°)＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),4g)＝eq\f(5\r(3),2)m。[答案](1)eq\f(\r(3),3)(2)θ＝60°eq\f(5\r(3),2)m13．(2021·安徽蕪湖高三3月檢測)某運動員做跳傘訓(xùn)練，他從懸停在空中的直升機上由靜止跳下，跳離飛機一段時間后打開降落傘做減速下落，他打開降落傘后的速度圖線如圖甲所示。降落傘用8根對稱的繩懸掛運動員，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖乙所示。已知運動員的質(zhì)量為50kg，降落傘質(zhì)量也為50kg，不計運動員所受的阻力，打開傘后傘所受阻力f與速度v成正比，即f＝kv(g取10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)。求：甲乙(1)打開降落傘前運動員下落的距離；(2)求阻力系數(shù)k和打開傘瞬間的加速度a的大小和方向；(3)繩能夠承受的拉力至少為多少？[解析](1)打開降落傘前運動員做自由落體運動，根據(jù)速度—位移公式得h0＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝20m。(2)由題圖甲可知，當速度等于5m/s時，運動員與降落傘做勻速運動，受力平衡，則kv＝2mg，k＝eq\f(2mg,v)＝eq\f(1000,5)N·s/m＝200N·s/m剛打開降落傘瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(kv0－2mg,2m)＝30m/s2，方向豎直向上。(3)剛打開傘時加速度最大，繩承受的拉力最大。設(shè)每根繩的拉力為FT，以運動員為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得：8FTcos37°－mg＝ma解得FT＝eq\f(ma＋g,8cos37°)＝312.5N所以繩能夠承受的拉力至少為312.5N。[答案](1)20m(2)200N·s/m30m/s2，方向豎直向上(3)312.5N

專題突破練習(xí)(四)1．如圖所示，物塊M在靜止的足夠長的傳送帶上以速度v0勻速下滑時，傳送帶突然啟動，方向如圖中箭頭所示，在此傳送帶的速度由0逐漸增加到2v0后勻速運動的過程中，以下分析正確的是()A．M下滑的速度不變B．M開始在傳送帶上加速到2v0后向下勻速運動C．M先向下勻速運動，后向下加速運動，最后沿傳送帶向下勻速運動D．M受的摩擦力方向始終沿傳送帶向上C[傳送帶靜止時，物塊勻速下滑，故mgsinθ＝Ff，當傳送帶速度小于物塊速度時，物塊受到向上的摩擦力，物塊繼續(xù)勻速下滑，當傳送帶的速度大于物塊的速度時，物塊受到向下的摩擦力，根據(jù)受力分析可知，物塊向下做加速運動，當速度達到與傳送帶速度相等時，物塊和傳送帶具有相同的速度勻速下滑，故C正確。]2．如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻(t＝0)將一物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運動的速度—時間圖像可能是下列選項中的()ABCDA[設(shè)在木板與物塊達到相同速度之前，木板的加速度為a1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2。對木板應(yīng)用牛頓第二定律得－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，a1＝－(μ1＋2μ2)g，設(shè)物塊與木板達到相同速度之后，木板的加速度為a2，對整體有－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可見|a1|＞|a2|，由v-t圖像的斜率絕對值表示加速度大小可知，圖像A正確。]3．(2021·湖南省郴州市高三下學(xué)期3月一檢)如圖所示，一水平方向足夠長的傳送帶以恒定的速度v1＝2m/s沿順時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶右端有一與傳送帶等高的光滑水平面，一物體以恒定速度v2＝5m/s沿直線向左滑向傳送帶后，經(jīng)過一段時間又返回光滑水平面，速率為v2′，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，則下列說法正確的是()A．返回光滑水平面時的速率為v2′＝2m/sB．返回光滑水平面時的速率為v2′＝5m/sC．返回光滑水平面的時間為t＝3.5sD．傳送帶對物體的摩擦力先向右再向左A[因為傳送帶足夠長，且順時針轉(zhuǎn)動，又因為v1<v2，則物體會先向左減速直到速度為0，再向右加速，最后勻速，則物體返回光滑水平面時的速率為v2′＝2m/s，故A正確，B錯誤；由牛頓第二定律得a＝eq\f(f,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，則物體減速的時間為t1＝eq\f(v2,a)＝2.5s，物體減速的位移為x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝6.25m，物體反向加速的時間為t2＝eq\f(v1,a)＝1s，反向加速的位移為x2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝1m，物體勻速的時間為t3＝eq\f(x1－x2,v1)＝2.625s，故物體返回光滑水平面的時間為t＝t1＋t2＋t3＝6.125s，故C錯誤；由于物體是先向左減速，后反向加速，最后勻速返回，所以傳送帶對物體的摩擦力先向右后為0，故D錯誤。]4．(多選)(2021·吉林市第三次調(diào)研)如圖所示，傾角為θ的足夠長傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動速度大小為v1，一個物體從傳送帶底端以初速度大小v2(v2＞v1)上滑，同時物塊受到平行傳送帶向上的恒力F作用，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊運動的v-t圖像可能是()ABCDABD[因v2＞v1，則物塊相對于傳送帶向上運動，所受滑動摩擦力向下，①若F＝mgsinθ＋μmgcosθ，則物體的加速度為零，將一直向上以v2勻速運動，選項B正確；②若F＞mgsinθ＋μmgcosθ，則物體的加速度沿傳送帶向上，將一直做勻加速直線運動，選項A正確；③若F＜mgsinθ＋μmgcosθ，則物體的加速度向下，將向上做勻減速直線運動，當兩者速度相等時，物體受靜摩擦力保證其合力為零，則和傳送帶一起向上勻速運動，選項C錯誤，D正確。]5．如圖所示，靜止在水平地面上的木板(厚度不計)質(zhì)量為m1＝1kg，與地面的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，質(zhì)量為m2＝2kg可看作質(zhì)點的小物塊與木板和地面間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.4，以v0＝4m/s的水平速度從左端滑上木板，經(jīng)過t＝0.6s滑離木板，g取10m/s2，以下說法正確的是()A．木板的長度為1.68mB．小物塊離開木板時，木板的速度為1.6m/sC．小物塊離開木板后，木板的加速度為2m/s2，方向水平向右D．小物塊離開木板后，木板與小物塊將發(fā)生碰撞D[由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，知物塊在木板上以a1＝μ2g＝4m/s2減速滑行時木板以a2＝eq\f(μ2m2g－μ1m1＋m2g,m1)＝2m/s2向右加速運動，在0.6s時，物塊的速度v1＝v0－a1t＝1.6m/s，木板的速度v2＝a2t＝1.2m/s，B錯誤；0.6s內(nèi)物塊位移為x1＝eq\f(v0＋v1,2)t＝1.68m，木板位移x2＝eq\f(0＋v2,2)t＝0.36m，相對位移為Δx＝x1－x2＝1.32m，即木板長度為1.32m，A錯誤；物塊離開木板后，木板做減速運動，加速度大小為a3＝μ1g＝2m/s2，方向向左，C錯誤；分離后，在地面上物塊會滑行x4＝eq\f(v\o\al(2,1),2a4)＝eq\f(v\o\al(2,1),2μ2g)＝0.32m，木板會滑行x3＝eq\f(v\o\al(2,2),2a3)＝eq\f(v\o\al(2,2),2μ1g)＝0.36m，所以兩者會相碰，D正確。]6．(多選)(2021·東北三省四市下學(xué)期一模)如圖甲所示，水平地面上有足夠長平板車M，車上放一物塊m，開始時M、m均靜止。t＝0時，車在外力作用下開始沿水平面向右運動，其v-t圖像如圖乙所示，已知物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為0.2，取g＝10m/s2。下列說法正確的是()甲乙A．0～6s內(nèi)，m的加速度一直保持不變B．m相對M滑動的時間為3sC．0～6s內(nèi)，m相對M滑動的位移的大小為4mD．0～6s內(nèi)，m、M相對地面的位移大小之比為3∶4BD[物塊相對于平板車滑動時的加速度a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，若其加速度一直不變，速度—時間圖像如圖所示，由圖像可以算出t＝3s時，速度相等，為6m/s。由于平板車減速階段的加速度大小為a1＝eq\f(8,6－2)m/s2＝2m/s2＝a，故二者等速后相對靜止，物塊的加速度大小不變，方向改變，物塊相對平板車滑動的時間為3s，故A錯誤，B正確；由圖像可知，0～6s內(nèi)，物塊相對平板車滑動的位移的大小Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×6×8－\f(1,2)×6×6))m＝6m，故C錯誤；0～6s內(nèi)，由圖像可知，物塊相對地面的位移大小x1＝eq\f(1,2)×6×6m＝18m，平板車相對地面位移大小x2＝eq\f(1,2)×6×8m＝24m，二者之比為3∶4，故D正確。]7．(多選)傾角為37°的足夠長斜面，上面有一質(zhì)量為2kg、長8m的長木板Q，木板上下表面與斜面平行。木板Q最上端放置一質(zhì)量為1kg的小滑塊P。P、Q間光滑，Q與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,3)。若P、Q同時從靜止釋放，以下關(guān)于P、Q兩個物體運動情況的描述正確的是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)()A．P、Q兩個物體的加速度分別為6m/s2、4m/s2B．P、Q兩個物體的加速度分別為6m/s2、2m/s2C．P滑塊在Q上運動時間為1sD．P滑塊在Q上運動時間為2sBD[對P受力分析，其受重力和Q的支持力作用，根據(jù)牛頓第二定律有mPgsin37°＝mPaP，解得aP＝gsin37°＝6m/s2，對Q受力分析，其受重力、斜面的支持力、摩擦力和P的壓力作用，根據(jù)牛頓第二定律有mQgsin37°－μ(mP＋mQ)gcos37°＝mQaQ，解得aQ＝2m/s2，A錯誤，B正確；設(shè)P在Q上面滑動的時間為t，因aP＝6m/s2＞aQ＝2m/s2，故P比Q運動更快，根據(jù)位移關(guān)系有L＝eq\f(1,2)aPt2－eq\f(1,2)aQt2，代入數(shù)據(jù)解得t＝2s，C錯誤，D正確。]8．(2021·湖北荊州二模擬)如圖所示為貨場使用的傳送帶的模型，傳送帶傾斜放置，與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶AB足夠長，以大小為v＝2m/s的恒定速率順時針轉(zhuǎn)動。一包貨物以v0＝12m/s的初速度從A端滑上傾斜傳送帶，若貨物與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，且可將貨物視為質(zhì)點。(g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求貨物剛滑上傳送帶時加速度為多大？(2)經(jīng)過多長時間貨物的速度和傳送帶的速度相同？這時貨物相對于地面運動了多遠？(3)從貨物滑上傳送帶開始計時，貨物再次滑回A端共用了多長時間？[解析](1)設(shè)貨物剛滑上傳送帶時加速度為a1，貨物受力如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律得沿傳送帶方向mgsinθ＋Ff＝ma1垂直傳送帶方向mgcosθ＝FN又Ff＝μFN由以上三式得a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)m/s2＝10m/s2，方向沿傳送帶向下。(2)貨物速度從v0減至傳送帶速度v所用時間設(shè)為t1，位移設(shè)為x1，則有t1＝eq\f(v－v0,－a1)＝1s，x1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝7m。(3)當貨物速度與傳送帶速度相等時，由于mgsinθ＞μmgcosθ，此后貨物所受摩擦力沿傳送帶向上，設(shè)貨物加速度大小為a2，則有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，得：a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，方向沿傳送帶向下。設(shè)貨物再經(jīng)時間t2，速度減為零，則t2＝eq\f(0－v,－a2)＝1s貨物沿傳送帶向上滑的位移x2＝eq\f(v＋0,2)t2＝1m則貨物上滑的總距離為x＝x1＋x2＝8m。貨物到達最高點后將沿傳送帶勻加速下滑，下滑加速度大小等于a2。設(shè)下滑時間為t3，則x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)，代入解得t3＝2eq\r(2)s。所以貨物從A端滑上傳送帶到再次滑回A端的總時間為t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2eq\r(2))s。[答案](1)10m/s2(2)1s7m(3)(2＋2eq\r(2))s9．(2021·浙江省寧波市二模)如圖所示，在水平長直的軌道上，有一長度L＝2m的平板車在外力控制下始終保持速度v0＝4m/s向右做勻速直線運動。某時刻將一質(zhì)量為m＝1kg的小滑塊輕放到車上表面的中點，滑塊與車面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，取g＝10m/s2，求：(1)小滑塊m的加速度大小和方向；(2)通過計算判斷滑塊能否從車上掉下；(3)若當滑塊放到車上表面中點的同時對該滑塊施加一個與v0同向的恒力F，要保證滑塊不能從車的左端掉下，恒力F大小應(yīng)滿足什么條件？[解析](1)滑塊放上車時相對車向左運動，所受滑動摩擦力向右，F(xiàn)f＝μmg，根據(jù)牛頓第二定律有F合＝ma，F(xiàn)合＝Ff，得滑塊加速度a＝μg＝2m/s2，方向向右。(2)滑塊放上車后做勻加速直線運動，設(shè)當經(jīng)歷時間t之后速度達到v0，滑塊通過位移x1＝eq\f(1,2)at2且v0＝at，車通過位移x2＝v0t，位移差Δx＝x2－x1，由于Δx>eq\f(L,2)＝1m，故滑塊會掉下來。(3)加上恒力F的方向與摩擦力方向相同，故滑塊所受合力F合′＝Ff＋F，由牛頓第二定律有F合′＝ma′，滑塊放上車后做勻加速直線運動，設(shè)當經(jīng)歷時間t′之后速度達到v0，滑塊通過位移x1′＝eq\f(1,2)a′t′2，且v0＝a′t′，車通過位移x2′＝v0t′，只需要滿足位移差Δx′＝x2′－x1′≤eq\f(L,2)即可，聯(lián)立以上各式有F≥6N。[答案](1)2m/s2方向向右(2)見解析(3)F≥6N10．一傳送帶裝置如圖所示，其中AB段是水平的，長度LAB＝4m，BC段是傾斜的，長度LBC＝5m，傾角為θ＝37°，AB和BC由B點通過一段短的圓弧連接(圖中未畫出圓弧)，傳送帶以v＝4m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。現(xiàn)將一個工件(可看作質(zhì)點)無初速度地放在A點，求：(1)工件第一次到達B點所用的時間；(2)工件沿傳送帶上升的最大高度；(3)工件運動了23s后所在的位置。[解析](1)工件剛放在水平傳送帶上的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得μmg＝ma1解得a1＝μg＝5m/s2經(jīng)t1時間工件與傳送帶的速度相同，解得t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s工件前進的位移為x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝1.6m此后工件將與傳送帶一起勻速運動至B點，用時t2＝eq\f(LAB－x1,v)＝0.6s所以工件第一次到達B點所用的時間t＝t1＋t2＝1.4s。(2)在傾斜傳送帶上工件的加速度為a2，由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma2解得a2＝－2m/s2由速度位移公式得0－v2＝2a2eq\f(hm,sinθ)解得hm＝2.4m。(3)工件沿傳送帶向上運動的時間為t3＝eq\f(2hm,vsinθ)＝2s此后由于工件在傳送帶的傾斜段運動時的加速度大小相同，在傳送帶的水平段運動時的加速度大小也相同，故工件將在傳送帶上做往復(fù)運動，其周期為T，則T＝2t1＋2t3＝5.6s工件從開始運動到第一次返回傳送帶的水平部分，且速度變?yōu)榱闼钑r間t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2s，而23s＝t0＋3T，這說明經(jīng)過23s后工件恰好運動到傳送帶的水平部分，且速度為零，故工件在A點右側(cè)，到A點的距離x＝LAB－x1＝2.4m。[答案](1)1.4s(2)2.4m(3)在A點右側(cè)2.4m處11．(2021·河南開封高考一模)如圖甲所示，一長方體木板B放在水平地面上，木板B的右端放置著一個小鐵塊A，在t＝0時刻，同時突然給A、B初速度，其中A的初速度大小為vA＝1m/s，方向水平向左，B的初速度大小為vB＝14m/s，方向水平向右，木板B運動的v-t圖像如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量相等，A與B及B與地面之間均有摩擦(動摩擦因數(shù)不等)，A與B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A始終沒有滑出B，重力加速度g取10m/s2。(提示：t＝3s時刻，A、B達到共同速度v＝2m/s，3s時刻至A停止運動前，A向右運動的速度始終大于B的速度)求：甲乙(1)小鐵塊A向左運動相對地面的最大位移；(2)B運動的時間及B運動的位移大小。[解析](1)由題圖乙可知，0～3s內(nèi)A做勻變速運動，速度由vA＝－1m/s變?yōu)関＝2m/s則其加速度大小為aA＝eq\f(v－vA,t1)＝eq\f(2－－1,3)m/s2＝1m/s2，方向水平向右。當A水平向左運動速度減為零時，向左運動的位移最大，則s＝eq\f(v\o\al(2,A),2aA)＝0.5m。(2)設(shè)A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ1，由牛頓第二定律得μ1mg＝maA則μ1＝eq\f(aA,g)＝0.1由題圖乙可知，0～3s內(nèi)B做勻減速運動，其速度由vB＝14m/s變?yōu)関＝2m/s則其加速度大小為aB＝eq\f(vB－v,t1)＝eq\f(14－2,3)m/s2＝4m/s2方向水平向左設(shè)B與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，由牛頓第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB則μ2＝eq\f(aB－μ1g,2g)＝0.153s之后，B繼續(xù)向右做勻減速運動，由牛頓第二定律得2μ2mg－μ1mg＝maB′則B的加速度大小為aB′＝2μ2g－μ1g＝2m/s2方向水平向左3s之后運動的時間為t2＝eq\f(v,aB′)＝eq\f(2,2)s＝1s則B運動的時間為t＝t1＋t2＝4s0～4s內(nèi)B的位移xB＝eq\f(vB＋v,2)t1＋eq\f(v,2)t2＝25m，方向水平向右。[答案](1)0.5m(2)4s25m

專題突破練習(xí)(五)1．(2021·吉林省白城市高三第二次月考)做勻速圓周運動的人造地球衛(wèi)星在運行中的某時刻開始，火箭沿線速度反向噴火，噴火后經(jīng)過一段時間的飛行姿態(tài)的調(diào)整，穩(wěn)定后會在新的軌道上繼續(xù)做勻速圓周運動，那么與噴火之前相比較()A．加速度a減小，周期T增大，半徑r減小B．加速度a減小，周期T減小，半徑r減小C．加速度a減小，周期T增大，半徑r增大D．加速度a增大，周期T減小，半徑r增大C[人造地球衛(wèi)星在運行中，火箭沿線速度反向噴火，線速度變大，做離心運動，半徑變大，穩(wěn)定后做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力得Geq\f(Mm,r2)＝ma＝meq\f(4π2r,T2)，整理可以得到a＝eq\f(GM,r2)，T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，由于r變大，則a變小，T變大，故C正確，A、B、D錯誤。]2．(多選)(2021·甘肅省威武六中高三上學(xué)期第二次過關(guān)考試)如圖，在發(fā)射地球同步衛(wèi)星的過程中，衛(wèi)星首先進入近地停泊軌道Ⅰ，然后由Q點進入橢圓軌道Ⅱ，再在P點通過改變衛(wèi)星速度，讓衛(wèi)星進入地球同步軌道Ⅲ，則()A．將衛(wèi)星發(fā)射至軌道Ⅰ，發(fā)射速度必定大于11.2km/sB．衛(wèi)星在同步軌道Ⅲ上運行時，其速度小于7.9km/sC．衛(wèi)星在P點通過加速來實現(xiàn)由軌道Ⅱ進入軌道ⅢD．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上經(jīng)過P點時的加速度大于在軌道Ⅲ上經(jīng)過P點時的加速度BC[11.2km/s是第二宇宙速度，發(fā)射到近地軌道的最小速度是第一宇宙速度7.9km/s，A錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，同步衛(wèi)星軌道半徑大于近地衛(wèi)星，所以同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度小于近地衛(wèi)星環(huán)繞速度7.9km/s，B正確；由軌道Ⅱ進入軌道Ⅲ，從低軌道進入高軌道，需要點火加速，C正確；萬有引力提供加速度：Geq\f(Mm,r2)＝ma，無論哪個軌道經(jīng)過P點，到地心的距離都相同，受到的萬有引力都相同，加速度相同，D錯誤。]3．(多選)(2020·廣東深圳中學(xué)質(zhì)檢)有一對相互環(huán)繞旋轉(zhuǎn)的超大質(zhì)量雙黑洞系統(tǒng)，如圖所示。若圖中雙黑洞的質(zhì)量分別為M1和M2，它們以兩者連線上的某一點為圓心做勻速圓周運動。根據(jù)所學(xué)知識，下列說法中正確的是()A．雙黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M2∶M1B．雙黑洞的軌道半徑之比r1∶r2＝M2∶M1C．雙黑洞的線速度大小之比v1∶v2＝M1∶M2D．雙黑洞的向心加速度大小之比a1∶a2＝M2∶M1BD[雙黑洞繞連線的某點做勻速圓周運動的周期相等，所以角速度也相等，故A錯誤；雙黑洞做勻速圓周運動的向心力由它們間的萬有引力提供，向心力大小相等，設(shè)雙黑洞的距離為L，由M1ω2r1＝M2ω2r2，得r1∶r2＝M2∶M1，故B正確；由v＝ωr得雙黑洞的線速度大小之比為v1∶v2＝r1∶r2＝M2∶M1，故C錯誤；由a＝ω2r得雙黑洞的向心加速度大小之比為a1∶a2＝r1∶r2＝M2∶M1，D正確。]4．經(jīng)長期觀測發(fā)現(xiàn)，A行星運行軌道的半徑近似為R0，周期為T0，其實際運行的軌道與圓軌道存在一些偏離，且周期性地每隔t0(t0＞T0)發(fā)生一次最大的偏離，如圖所示，天文學(xué)家認為形成這種現(xiàn)象的原因可能是A行星外側(cè)還存在著一顆未知行星B，已知行星B與行星A同向轉(zhuǎn)動，則行星B的運行軌道(可認為是圓軌道)半徑近似為()A．R＝R0eq\r(3,\f(t\o\al(2,0),t0－T02)) B．R＝R0eq\f(t0,t0－T0)C．R＝R0eq\r(\f(t\o\al(3,0),t0－T03)) D．R＝R0eq\r(\f(t0,t0－T0))A[A行星運行的軌道發(fā)生最大偏離，一定是B對A的引力引起的，且B行星在此時刻對A有最大的引力，故此時A、B行星與恒星在同一直線上且位于恒星的同一側(cè)，設(shè)B行星的運行周期為T，運行的軌道半徑為R，根據(jù)題意有eq\f(2π,T0)t0－eq\f(2π,T)t0＝2π，所以T＝eq\f(t0T0,t0－T0)，由開普勒第三定律可得eq\f(R\o\al(3,0),T\o\al(2,0))＝eq\f(R3,T2)，聯(lián)立解得R＝R0eq\r(3,\f(t\o\al(2,0),t0－T02))，故A正確，B、C、D錯誤。]5．(2021·山東省莒南縣高三上學(xué)期10月月考)質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep＝－Geq\f(Mm,r)，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量。該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?yōu)镽2，此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為()A．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) B．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))C．eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) D．eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))C[衛(wèi)星做勻速圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，則軌道半徑為R1時eq\f(GMm,R\o\al(2,1))＝meq\f(v\o\al(2,1),R1)①，衛(wèi)星的引力勢能為Ep1＝－eq\f(GMm,R1)②，軌道半徑為R2時eq\f(GMm,R\o\al(2,2))＝meq\f(v\o\al(2,2),R2)③，衛(wèi)星的引力勢能為Ep2＝－eq\f(GMm,R2)④，設(shè)摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Ep1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋Ep2＋Q⑤，聯(lián)立①～⑤得Q＝eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1)))，故C正確。]6．(多選)宇宙間存在一些離其他恒星較遠的三星系統(tǒng)，其中一種三星系統(tǒng)如圖所示。三顆質(zhì)量均為m的星體位于等邊三角形的三個頂點，三角形邊長為R。忽略其他星體對它們的引力作用，三星在同一平面內(nèi)繞三角形中心O做勻速圓周運動，引力常量為G，則()A．每顆星做圓周運動的線速度大小為eq\r(\f(Gm,R))B．每顆星做圓周運動的角速度為eq\r(\f(3Gm,R3))C．每顆星做圓周運動的周期為2πeq\r(\f(R3,3Gm))D．每顆星做圓周運動的加速度與三星的質(zhì)量無關(guān)ABC[每顆星受到的合力為F＝2Geq\f(m2,R2)sin60°＝eq\r(3)Geq\f(m2,R2)，軌道半徑為r＝eq\f(\r(3),3)R，由向心力公式F＝ma＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r，解得a＝eq\f(\r(3)Gm,R2)，v＝eq\r(\f(Gm,R))，ω＝eq\r(\f(3Gm,R3))，T＝2πeq\r(\f(R3,3Gm))，顯然加速度a與m有關(guān)，故A、B、C正確，D錯誤。]7．(多選)(2021·福建省廈門市一中高三月考)已知某衛(wèi)星在赤道上空軌道半徑為r1的圓形軌道上繞地球運行的周期為T，衛(wèi)星運動方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到衛(wèi)星掠過其正上方。假設(shè)某時刻，該衛(wèi)星如圖在A點變軌進入橢圓軌道，近地點B到地心距離為r2。設(shè)衛(wèi)星由A到B運動的時間為t，地球自轉(zhuǎn)周期為T0，不計空氣阻力。則()A．T＝eq\f(3,5)T0B．t＝eq\f(r1＋r2T,4r1)eq\r(\f(r1＋r2,2r1))C．衛(wèi)星在圖中橢圓軌道由A到B時，機械能不變D．衛(wèi)星由圖中圓軌道進入橢圓軌道過程中，機械能不變BC[赤道上某城市的人每三天恰好五次看到衛(wèi)星掠過其正上方，則知三天內(nèi)衛(wèi)