2023高考物理真題分類匯編

年全國高考物理真題分類解析（說明不全，共14套，少福建，重慶，河北）直線運動3．（2023甲）一小車沿直線運動，從t=0開始由靜止勻加速至t=t1時刻，此后做勻減速運動，到t=t2時刻速度降為零。在下列小車位移x與時間t的關(guān)系曲線中，可能正確的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】D【詳解】x—t圖像的斜率表示速度，小車先做勻加速運動，因此速度變大即0—t1圖像斜率變大，t1—t2做勻減速運動則圖像的斜率變小，在t2時刻停止圖像的斜率變?yōu)榱?。故選D。3．（2023浙江1）“神舟十五號”飛船和空間站“天和”核心艙成功對接后，在軌運行如圖所示，則（）A．選地球為參考系，“天和”是靜止的B．選地球為參考系，“神舟十五號”是靜止的C．選“天和”為參考系，“神舟十五號”是靜止的D．選“神舟十五號”為參考系，“天和”是運動的【答案】C【詳解】AB．“神舟十五號”飛船和空間站“天和”核心艙成功對接后，在軌繞地球做圓周運動，選地球為參考系，二者都是運動的，AB錯誤；CD．“神舟十五號”飛船和空間站“天和”核心艙成功對接后，二者相對靜止，C正確，D錯誤。6.（2023山東）如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進(jìn)站，連續(xù)經(jīng)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(jīng)過T點時的瞬時速度為（）A.3m/s B.2m/s C.1m/s D.0.5m/s【參考答案】C【名師解析】由題知，電動公交車做勻減速直線運動，設(shè)RS間的距離為x，則根據(jù)題意有=10m/s，=5m/s聯(lián)立解得t2=4t1，vT=vR－10m/s再根據(jù)勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系有vT=vR－a?5t1則at1=2m/s其中還有=10m/s解得vR=11m/s所以vT=vR－10m/s=1m/s，C正確。5．（2023上海）（3分）一場跑步比賽中，第三跑道的運動員跑到30m處時，秒表計時為3.29s，根據(jù)以上信息，能否算得該運動員在這段時間內(nèi)的平均速度和瞬時速度（）A．可以算得平均速度，可以算得瞬時速度 B．無法算得平均速度，可以算得瞬時速度 C．可以算得平均速度，無法算得瞬時速度 D．無法算得平均速度，無法算得瞬時速度【分析】平均速度是某段時間內(nèi)（某段位移內(nèi)）的速度，等于位移與所用時間的比值，公式；瞬時速度是某時刻（某位置）的速度，公式中Δt趨向于零時，平均速度近似等于瞬時速度。【解答】解：平均速度是某段時間內(nèi)（某段位移內(nèi)）的速度，等于位移與所用時間的比值；瞬時速度是某時刻（某位置）的速度，題中所給是位移和時間，故可以算得平均速度，無法算得瞬時速度，故C正確，ABD錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查對平均速度與瞬時速度的理解與區(qū)別。根據(jù)平均速度與瞬時速度定義10．（2023上海）（3分）炮管發(fā)射數(shù)百次炮彈后報廢，炮彈飛出速度為1000m/s，則炮管報廢前炮彈在炮管中運動的總時間約為（）A．5秒 B．5分鐘 C．5小時 D．5天【分析】炮彈在炮管中運動可以看成初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)位移等于平均速度乘以時間，求出每顆炮彈在炮管中運動的時間，再求炮管報廢前炮彈在炮管中運動的總時間。【解答】解：炮彈在炮管中運動可以看成初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)每顆炮彈在炮管中運動的時間為t，炮管長約L＝5m則L＝t，解得t＝0.01s炮管報廢前共發(fā)射炮彈約500枚，則炮管報廢前炮彈在炮管中運動的總時間約為t總＝500t＝500×0.01s＝5s，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】解決本題時，要搞清炮彈的運動情況，根據(jù)位移等于平均速度乘以時間，來求解每顆炮彈在炮管中運動的時間。3．（2023廣東）銫原子噴泉鐘是定標(biāo)“秒”的裝置．在噴泉鐘的真空系統(tǒng)中，可視為質(zhì)點的銫原子團(tuán)在激光的推動下，獲得一定的初速度．隨后激光關(guān)閉，銫原子團(tuán)僅在重力的作用下做豎直上拋運動，到達(dá)最高點后再做一段自由落體運動．取豎直向上為正方向．下列可能表示激光關(guān)閉后銫原子團(tuán)速度或加速度隨時間變化的圖像是（）A．B．C．D．【參考答案】D【名師解析】銫原子團(tuán)僅在重力的作用下做豎直上拋運動，其加速度為重力加速度，方向豎直向下，圖像D正確。力相互作用7．（2023江蘇）如圖所示，“嫦娥五號”探測器靜止在月球平坦表面處。已知探測器質(zhì)量為m，四條腿與豎直方向的夾角均為θ，月球表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的。每條腿對月球表面壓力的大小為（

）

A．B．C．D．【答案】D【詳解】對“嫦娥五號”探測器受力分析有FN=mg月則對一條腿有根據(jù)牛頓第三定律可知每條腿對月球表面的壓力為。故選D。3.（2023海南）如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是（）A.工人受到的重力和支持力是一對平衡力B.工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力C.重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小D.重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變【參考答案】B【名師解析】對人受力分析有則有FN＋FT=mg其中工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤、B正確；對滑輪做受力分析有則有則隨著重物緩慢拉起過程，θ逐漸增大，則FT逐漸增大，CD錯誤。2．（2023浙江1）如圖所示，輕質(zhì)網(wǎng)兜兜住重力為G的足球，用輕繩掛于光滑豎直墻壁上的A點，輕繩的拉力為，墻壁對足球的支持力為，則（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】對網(wǎng)兜和足球受力分析，設(shè)輕繩與豎直墻面夾角為θ，由平衡條件可知，故選C。2．（2023浙江6）在足球運動中，足球入網(wǎng)如圖所示，則（）

A．踢香蕉球時足球可視為質(zhì)點 B．足球在飛行和觸網(wǎng)時慣性不變C．足球在飛行時受到腳的作用力和重力 D．觸網(wǎng)時足球?qū)W(wǎng)的力大于網(wǎng)對足球的力【答案】B【詳解】A．在研究如何踢出“香蕉球”時，需要考慮踢在足球上的位置與角度，所以不可以把足球看作質(zhì)點，故A錯誤；B．慣性只與質(zhì)量有關(guān)，足球在飛行和觸網(wǎng)時質(zhì)量不變，則慣性不變，故B正確；C．足球在飛行時腳已經(jīng)離開足球，故在忽略空氣阻力的情況下只受重力，故C錯誤；D．觸網(wǎng)時足球?qū)W(wǎng)的力與網(wǎng)對足球的力是相互作用力，大小相等，故D錯誤。故選B。6．（2023浙江6）如圖所示，水平面上固定兩排平行的半圓柱體，重為G的光滑圓柱體靜置其上，a、b為相切點，，半徑Ob與重力的夾角為37°。已知，，則圓柱體受到的支持力F、F大小為（

）A．，B．，C．，D．，【答案】D【詳解】對光滑圓柱體受力分析如圖

由題意有故選D。2.（2023山東）餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上，下端連接托盤。托盤上疊放若干相同的盤子，取走一個盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補(bǔ)平。已知單個盤子的質(zhì)量為300g，相鄰兩盤間距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，每根彈簧的勁度系數(shù)為（）A.10N/mB.100N/m C.200N/mD.300N/m【參考答案】B【名師解析】由題知，取走一個盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補(bǔ)平，則說明一個盤子的重力可以使彈簧形變相鄰兩盤間距，則有mg=3?kx解得k=100N/m，B正確。2．（2023廣東）如圖所示，可視為質(zhì)點的機(jī)器人通過磁鐵吸附在船舷外壁面檢測船體．壁面可視為斜面，與豎直方向夾角為．船和機(jī)器人保持靜止時，機(jī)器人僅受重力、支持力、摩擦力和磁力的作用，磁力垂直壁面．下列關(guān)系式正確的是（）A．B．C．D．【參考答案】B【名師解析】把重力沿船體壁面和垂直壁面分解，由平衡條件可得，C正確。3.（2023河北）如圖，輕質(zhì)細(xì)桿上穿有一個質(zhì)量為的小球，將桿水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系統(tǒng)恰好處于平衡狀態(tài)。已知左側(cè)斜面與水平面成角，則左側(cè)斜面對桿支持力的大小為（） B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】對輕桿和小球組成系統(tǒng)進(jìn)行受力分析，如圖設(shè)左側(cè)斜面對桿AB支持力的大小為，由平衡條件有得故選B。牛頓運動定律6．（2023甲，多選）用水平拉力使質(zhì)量分別為、的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為和。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知（

）

A． B． C． D．【答案】BC【詳解】根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg=ma整理后有F=ma＋μmg則可知F—a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g則μ甲<μ乙故選BC。6．（2023北京）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細(xì)線相連，兩物塊質(zhì)量均為1kg，細(xì)線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運動。則F的最大值為()A．1NB．2NC．4ND．5N【詳解】對兩物塊整體做受力分析有F=2ma再對于后面的物塊有FTmax=maFTmax=2N聯(lián)立解得F=4N故選C。6．（2023新，多選）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）

A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的動量大小比乙的小C．甲的動量大小與乙的相等 D．甲和乙的動量之和不為零【答案】BD【詳解】對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示

A．根據(jù)牛頓第二定律有由于m甲>m乙所以a甲<a乙由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得v甲<v乙A錯誤；BCD．對于整個系統(tǒng)而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左，顯然甲的動量大小比乙的小，BD正確、C錯誤。故選BD。10．（2023湖南，多選）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為的小車在水平推力的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為，桿與豎直方向的夾角為，桿與車廂始終保持相對靜止假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（

）

A．若B球受到的摩擦力為零，則B．若推力向左，且，則的最大值為C．若推力向左，且，則的最大值為D．若推力向右，且，則的范圍為【答案】CD【詳解】A．設(shè)桿的彈力為，對小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足豎直方向則若B球受到的摩擦力為零，對B根據(jù)牛頓第二定律可得可得對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律A錯誤；B．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為對小球B，由于，小球B受到向左的合力則對小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得對系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律解得B錯誤；C．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值為小球B所受向左的合力的最大值由于可知則對小球B，根據(jù)牛頓第二定律對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得的最大值為C正確；D．若推力向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時，小球B向右的合力最小，此時當(dāng)小球所受摩擦力向右時，小球B向右的合力最大，此時對小球B根據(jù)牛頓第二定律對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律代入小球B所受合力分范圍可得的范圍為D正確。故選CD。1．(江蘇2023)電梯上升過程中，某同學(xué)用智能手機(jī)記錄了電梯速度隨時間變化的關(guān)系，如圖所示。電梯加速上升的時段是（

）

A．從20.0s到30.0s B．從30.0s到40.0sC．從40.0s到50.0s D．從50.0s到60.0s【答案】A【詳解】因電梯上升，由速度圖像可知，電梯加速上升的時間段為20.0s到30.0s。故選A。2．（2023遼寧）安培通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長度分別為和、電流大小分別為I1和I?的平行直導(dǎo)線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為。比例系數(shù)k的單位是()A．kg·m/(s2·A)B．kg·m/(s2·A2)C．kg·m2/(s3·A)D．kg·m2/(s3·A3)2．B【詳解】根據(jù)題干公式整理可得代入相應(yīng)物理量單位可得比例系數(shù)k的單位為故選B。1．（2023浙江1）下列屬于國際單位制中基本單位符號的是（）A．J B．K C．W D．【答案】B【詳解】國際單位制中的七個基本單位是千克、米、秒、安培、開爾文、坎德拉、摩爾，符號分別是kg、m、s、A、K、cd、mol，其余單位都屬于導(dǎo)出單位。故選B。13．（2023遼寧）某大型水陸兩柄飛機(jī)具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機(jī)在水而上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達(dá)到v?=80m/s時離開水面，該過程滑行距離L=1600m、汲水質(zhì)量m=1.0×10?kg。離開水面后，飛機(jī)琴升高度h=100m時速度達(dá)到v?=100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標(biāo)時開始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求：(1)飛機(jī)在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；(2)整個攀升階段，飛機(jī)汲取的水的機(jī)械能增加量ΔE。答案(1)，；(2)【詳解】(1)飛機(jī)做從靜止開始做勻加速直線運動，平均速度為，則解得飛機(jī)滑行的時間為飛機(jī)滑行的加速度為(2)飛機(jī)從水面至處，水的機(jī)械能包含水的動能和重力勢能，則機(jī)械能變化量為曲線運動圓周運動2．（2023湖南）如圖（a），我國某些農(nóng)村地區(qū)人們用手拋撒谷粒進(jìn)行水稻播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖（b）所示，其軌跡在同一豎直平面內(nèi)，拋出點均為，且軌跡交于點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空氣阻力，關(guān)于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是（

）A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B．谷粒2在最高點的速度小于C．兩谷粒從到的運動時間相等 D．兩谷粒從到的平均速度相等【答案】B【詳解】A．拋出的兩谷粒在空中均僅受重力作用，加速度均為重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A錯誤；C．谷粒2做斜向上拋運動，谷粒1做平拋運動，均從O點運動到P點，故位移相同。在豎直方向上谷粒2做豎直上拋運動，谷粒1做自由落體運動，豎直方向上位移相同故谷粒2運動時間較長，C錯誤；B．谷粒2做斜拋運動，水平方向上為勻速直線運動，故運動到最高點的速度即為水平方向上的分速度。與谷粒1比較水平位移相同，但運動時間較長，故谷粒2水平方向上的速度較小即最高點的速度小于，B正確；D．兩谷粒從O點運動到P點的位移相同，運動時間不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D錯誤。故選B。10．（2023江蘇）達(dá)·芬奇的手稿中描述了這樣一個實驗：一個罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，沿途連續(xù)漏出沙子。若不計空氣阻力，則下列圖中能反映空中沙子排列的幾何圖形是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【詳解】罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，在時間內(nèi)水平方向增加量，豎直方向做在自由落體運動，在時間增加；說明水平方向位移增加量與豎直方向位移增加量比值一定，則連線的傾角就是一定的。故選D。1．某同學(xué)在練習(xí)投籃，籃球在空中的運動軌跡如圖中虛線所示，籃球所受合力F的示意圖可能正確的是()B．C．D．1．【詳解】籃球做曲線運動，所受合力指向運動軌跡的凹側(cè)。故選A。5．（2023浙江1）如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點拋出沿軌跡運動，其中P是最高點。若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，則小石子豎直方向分運動的加速度大小（）A．O點最大B．P點最大C．Q點最大D．整個運動過程保持不變【答案】A【詳解】由于空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，小石子在O點時速度斜向上方，此時速度最大，空氣阻力斜向下方最大，上升過程與豎直方向夾角最小，故此時空氣阻力分解在豎直方向最大，根據(jù)牛頓第二定律可知此時豎直方向分運動的加速度最大。故選A。10．（2023北京）在太空實驗室中可以利用勻速圓周運動測量小球質(zhì)量。如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定于O點，另一端系一待測小球，使其繞O做勻速圓周運動，用力傳感器測得繩上的拉力為F，用停表測得小球轉(zhuǎn)過n圈所用的時間為t，用刻度尺測得O點到球心的距離為圓周運動的半徑R。下列說法正確的是()A．圓周運動軌道可處于任意平面內(nèi)B．小球的質(zhì)量為C．若誤將圈記作n圈，則所得質(zhì)量偏大D．若測R時未計入小球半徑，則所得質(zhì)量偏小10．A【詳解】A．空間站內(nèi)的物體都處于完全失重狀態(tài)，可知圓周運動的軌道可處于任意平面內(nèi)，故A正確；B．根據(jù)解得小球質(zhì)量故B錯誤；C．若誤將n-1圈記作n圈，則得到的質(zhì)量偏小，故C錯誤；D．若測R時未計入小球的半徑，則R偏小，所測質(zhì)量偏大，故D錯誤。故選A。11．（2023新）將扁平的石子向水面快速拋出，石子可能會在水面上一跳一跳地飛向遠(yuǎn)方，俗稱“打水漂”。要使石子從水面跳起產(chǎn)生“水漂”效果，石子接觸水面時的速度方向與水面的夾角不能大于θ。為了觀察到“水漂”，一同學(xué)將一石子從距水面高度為h處水平拋出，拋出速度的最小值為多少？（不計石子在空中飛行時的空氣阻力，重力加速度大小為g）【答案】【詳解】石子做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，則有可得落到水面上時的豎直速度由題意可知即石子拋出速度的最小值為。動能機(jī)械能功1．（2023甲）一同學(xué)將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉(zhuǎn)動的影響，鉛球在平拋運動過程中（

）A．機(jī)械能一直增加 B．加速度保持不變 C．速度大小保持不變 D．被推出后瞬間動能最大【答案】B【詳解】A．鉛球做平拋運動，僅受重力，故機(jī)械能守恒，A錯誤；B．鉛球的加速度恒為重力加速度保持不變，B正確；CD．鉛球做平拋運動，水平方向速度不變，豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)運動的合成可知鉛球速度變大，則動能越來越大，CD錯誤。故選B。1．（2023，乙）一同學(xué)將排球自O(shè)點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設(shè)排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球（

）A．上升時間等于下落時間 B．被墊起后瞬間的速度最大C．達(dá)到最高點時加速度為零 D．下落過程中做勻加速運動【答案】B【詳解】A．上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態(tài)和下降過程的初狀態(tài)速度均為零。對排球受力分析，上升過程的重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對應(yīng)位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大。由位移與時間關(guān)系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；B．上升過程排球做減速運動，下降過程排球做加速運動。在整個過程中空氣阻力一直做負(fù)功，小球機(jī)械能一直在減小，下降過程中的最低點的速度小于上升過程的最低點的速度，故排球被墊起時的速度最大，B正確；C．達(dá)到最高點速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力提供加速度不為零，C錯誤；D．下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在變化，排球在下落過程中做變加速運動，D錯誤。故選B。2．（2023乙）小車在水平地面上沿軌道從左向右運動，動能一直增加。如果用帶箭頭的線段表示小車在軌道上相應(yīng)位置處所受合力，下列四幅圖可能正確的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】D【詳解】AB．小車做曲線運動，所受合外力指向曲線的凹側(cè)，故AB錯誤；CD．小車沿軌道從左向右運動，動能一直增加，故合外力與運動方向夾角為銳角，C錯誤，D正確。故選D。8．（2023乙，多選）如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時（

）

A．木板的動能一定等于fl B．木板的動能一定小于flC．物塊的動能一定大于 D．物塊的動能一定小于【答案】BD【詳解】設(shè)物塊離開木板時的速度為，此時木板的速度為，由題意可知設(shè)物塊的對地位移為，木板的對地位移為CD．根據(jù)能量守恒定律可得整理可得D正確，C錯誤；AB．因摩擦產(chǎn)生的摩擦熱根據(jù)運動學(xué)公式因為可得則所以B正確，A錯誤。故選BD。2．（2023新）無風(fēng)時，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中，克服空氣阻力做的功為（重力加速度大小為g）（）A．0 B．mgh C． D．【答案】B【詳解】在地面附近雨滴做勻速運動，根據(jù)動能定理得故雨滴克服空氣阻力做功為。故選B。3．（2023浙江6）鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關(guān)于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能E和機(jī)械能E隨運動時間t的變化關(guān)系中，正確的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【詳解】A．由于不計空氣阻力，鉛球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不隨時間改變，故A錯誤；B．鉛球被水平推出后做平拋運動，豎直方向有則拋出后速度大小為可知速度大小與時間不是一次函數(shù)關(guān)系，故B錯誤；C．鉛球拋出后的動能可知動能與時間不是一次函數(shù)關(guān)系，故C錯誤；D．鉛球水平拋出后由于忽略空氣阻力，所以拋出后鉛球機(jī)械能守恒，故D正確。故選D。7．（2023新，多選）一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發(fā)點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（

）

A．在x=1m時，拉力的功率為6WB．在x=4m時，物體的動能為2JC．從x=0運動到x=2m，物體克服摩擦力做的功為8JD．從x=0運動到x=4的過程中，物體的動量最大為2kg?m/s【答案】BC【詳解】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W=Fx可看出W—x圖像的斜率代表拉力F。AB．在物體運動的過程中根據(jù)動能定理有則x=1m時物體的速度為v1=2m/sx=1m時，拉力為則此時拉力的功率P=Fv1=12Wx=4m時物體的動能為Ek=2JA錯誤、B正確；C．從x=0運動到x=2m，物體克服摩擦力做的功為Wf=μmgx=8JC正確；D．根據(jù)W—x圖像可知在0—2m的過程中F1=6N，2—4m的過程中F2=3N，由于物體受到的摩擦力恒為f=4N，則物體在x=2m處速度最大，且根據(jù)選項AB分析可知此時的速度則從x=0運動到x=4的過程中，物體的動量最大為D錯誤。故選BC。8．（2023湖南，多選）如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達(dá)C點，下列說法正確的是（

）

A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道【答案】AD【詳解】A．由題知，小球能沿軌道運動恰好到達(dá)C點，則小球在C點的速度為v0則小球從C到B的過程中，有聯(lián)立有FN=3mgcosα－2mg則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；B．由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P=－mgvsinθ則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯誤；C．從A到C的過程中有解得C錯誤；D．小球在B點恰好脫離軌道有則則若小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能為，故小球有可能從B點脫離軌道，D正確。故選AD。11．（2023江蘇）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）受到的合力較小 B．經(jīng)過A點的動能較小在A、B之間的運動時間較短 D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小【答案】C【詳解】A．因為頻閃照片時間間隔相同，對比圖甲和乙可知圖甲中滑塊加速度大，是上滑階段；根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊收到的合力較大；故A錯誤；B．從圖甲中的A點到圖乙中的A點，先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負(fù)功；根據(jù)動能定理可知圖甲經(jīng)過A點的動能較大，故B錯誤；C．由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)可知圖甲在A、B之間的運動時間較短，故C正確；D．由于無論上滑或下滑均受到滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤；故選C。3．（2023遼寧）如圖(a)，從高處M點到地面N點有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點，其速率v與時間t的關(guān)系如圖(b)所示。由圖可知，兩物塊在離開M點后、到達(dá)N點前的下滑過程中()A．甲沿I下滑且同一時刻甲的動能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小C．乙沿I下滑且乙的重力功率一直不變D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大【詳解】由圖乙可知，甲下滑過程中，甲做勻加速直線運動，則甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐漸減小的加速運動，乙沿I下滑，任意時刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一時刻甲的動能比乙的小，A錯誤，B正確；CD．乙沿I下滑，開始時乙速度為0，到點時乙豎直方向速度為零，根據(jù)瞬時功率公式可知重力瞬時功率先增大后減小，CD錯誤。故選B。4．（2023浙江1）一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下。游客從跳臺下落直到最低點過程中（）A．彈性勢能減小 B．重力勢能減小C．機(jī)械能保持不變 D．繩一繃緊動能就開始減小【答案】B【詳解】游客從跳臺下落，開始階段橡皮繩未拉直，只受重力作用做勻加速運動，下落到一定高度時橡皮繩開始繃緊，游客受重力和向上的彈力作用，彈力從零逐漸增大，游客所受合力先向下減小后向上增大，速度先增大后減小，到最低點時速度減小到零，彈力達(dá)到最大值。A．橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大，A錯誤；B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，B正確；C．下落階段橡皮繩對游客做負(fù)功，游客機(jī)械能減少，轉(zhuǎn)化為彈性勢能，C錯誤；D．繩剛繃緊開始一段時間內(nèi)，彈力小于重力，合力向下做正功，游客動能在增加；當(dāng)彈力大于重力后，合力向上對游客做負(fù)功，游客動能逐漸減小，D錯誤。故選B。4．（2023湖北）兩節(jié)動車的額定功率分別為和，在某平直鐵軌上能達(dá)到的最大速度分別為和?，F(xiàn)將它們編成動車組，設(shè)每節(jié)動車運行時受到的阻力在編組前后不變，則該動車組在此鐵軌上能達(dá)到的最大速度為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】由題意可知兩節(jié)動車分別有當(dāng)將它們編組后有聯(lián)立可得故選D。3．（2023上海）（3分）一物塊爆炸分裂為速率相同、質(zhì)量不同的三個物塊，對三者落地速率大小判斷正確的是（）A．質(zhì)量大的落地速率大 B．質(zhì)量小的落地速率大 C．三者落地速率都相同 D．無法判斷【分析】根據(jù)動能定理分析解得落地速度?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)動能定理有mgh＝﹣解得v＝可知三者落地速率都相同，故ABD錯誤，C正確；故選：C。9．（2023湖北，多選）如圖所示，原長為l的輕質(zhì)彈簧，一端固定在O點，另一端與一質(zhì)量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點與O點的距離均為l，P點到O點的距離為，OP與桿垂直。當(dāng)小球置于桿上P點時恰好能保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點向下運動到N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（

）

A．彈簧的勁度系數(shù)為B．小球在P點下方處的加速度大小為C．從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大D．從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同【答案】AD【詳解】A．小球在P點受力平衡，則有，，聯(lián)立解得A正確；C．在PM之間任取一點A，令A(yù)O與MN之間的夾角為，則此時彈簧的彈力為小球受到的摩擦力為化簡得在MP之間增大在PN減變小，即摩擦力先變大后變小，C錯誤；D．根據(jù)對稱性可知在任意關(guān)于P點對稱的點摩擦力大小相等，因此由對稱性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正確；B．小球運動到P點下方時，此時摩擦力大小為由牛頓第二定律聯(lián)立解得B錯誤。故選AD。13．（2023江蘇）“轉(zhuǎn)碟”是傳統(tǒng)的雜技項目，如圖所示，質(zhì)量為m的發(fā)光物體放在半徑為r的碟子邊緣，雜技演員用桿頂住碟子中心，使發(fā)光物體隨碟子一起在水平面內(nèi)繞A點做勻速圓周運動。當(dāng)角速度為時，碟子邊緣看似一個光環(huán)。求此時發(fā)光物體的速度大小和受到的靜摩擦力大小f。

【答案】；【詳解】發(fā)光體的速度發(fā)光體做勻速圓周運動，則靜摩擦力充當(dāng)做圓周運動的向心力，則靜摩擦力大小為13．（2023遼寧）某大型水陸兩柄飛機(jī)具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機(jī)在水而上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達(dá)到v?=80m/s時離開水面，該過程滑行距離L=1600m、汲水質(zhì)量m=1.0×10?kg。離開水面后，飛機(jī)琴升高度h=100m時速度達(dá)到v?=100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標(biāo)時開始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求：(1)飛機(jī)在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；(2)整個攀升階段，飛機(jī)汲取的水的機(jī)械能增加量ΔE。13．(1)，；(2)【詳解】(1)飛機(jī)做從靜止開始做勻加速直線運動，平均速度為，則解得飛機(jī)滑行的時間為飛機(jī)滑行的加速度為(2)飛機(jī)從水面至處，水的機(jī)械能包含水的動能和重力勢能，則機(jī)械能變化量為11．（2023北京）如圖所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運動。已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，在物體移動距離為x的過程中()A．摩擦力做功大小與F方向無關(guān)B．合力做功大小與F方向有關(guān)C．F為水平方向時，F(xiàn)做功為D．F做功的最小值為11．D【詳解】A．設(shè)力F與水平方向的夾角為θ，則摩擦力為摩擦力的功即摩擦力的功與F的方向有關(guān)，選項A錯誤；B．合力功可知合力功與力F方向無關(guān)，選項B錯誤；C．當(dāng)力F水平時，則力F做功為選項C錯誤；D．因合外力功為max大小一定，而合外力的功等于力F與摩擦力f做功的代數(shù)和，而當(dāng)時，摩擦力f=0，則此時摩擦力做功為零，此時力F做功最小，最小值為max，選項D正確。故選D。11．（2023甲）如圖，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)彈簧，其一端固定在墻上。用質(zhì)量為m的小球壓彈簧的另一端，使彈簧的彈性勢能為。釋放后，小球在彈簧作用下從靜止開始在桌面上運動，與彈簧分離后，從桌面水平飛出。小球與水平地面碰撞后瞬間，其平行于地面的速度分量與碰撞前瞬間相等；垂直于地面的速度分量大小變?yōu)榕鲎睬八查g的。小球與地面碰撞后，彈起的最大高度為h。重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。求（1）小球離開桌面時的速度大?。唬?）小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）由小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知得小球離開桌面時速度大小為（2）離開桌面后由平拋運動規(guī)律可得第一次碰撞前速度的豎直分量為，由題可知離開桌面后由平拋運動規(guī)律得，解得小球第一次落地點距桌面上其飛出的水平距離為4.（2023山東）《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下：兩個半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為（）A B. C. D.nmgωRH【參考答案】B【名師解析】由題知，水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，且每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水、其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為m總=2πRnm×60%=1.2πRnm則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH則筒車對灌入稻田水做功的功率為，聯(lián)立有，B正確。8.（2023山東）質(zhì)量為M的玩具動力小車在水平面上運動時，牽引力F和受到的阻力f均為恒力，如圖所示，小車用一根不可伸長的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開始運動。當(dāng)小車拖動物體行駛的位移為時，小車達(dá)到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時間后停下，其總位移為。物體與地面間的動摩擦因數(shù)不變，不計空氣阻力。小車的額定功率P0為（）A. B.C. D.【參考答案】A【名師解析】設(shè)物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)小車拖動物體行駛的位移為S1的過程中有F－f－μmg=(m＋M)av2=2aS1，P0=Fv輕繩從物體上脫落后，物體m的加速度a2=μgv2=2a2(S2－S1)聯(lián)立有，A正確。5.（2023天津）質(zhì)量為m的列車勻速v行駛，突然以F大小的力制動剎車直到列車停止，過程中恒受到阻力f作用，下列說法正確的是（）A.減速運動加速度大小 B.力F的沖量為mvC.剎車距離為 D.勻速行駛時功率為【參考答案】C【名師解析】根據(jù)牛頓第二定律有可得減速運動加速度大小，故A錯誤；根據(jù)運動學(xué)公式有故力F的沖量為方向與運動方向相反；故B錯誤；根據(jù)運動學(xué)公式可得，故C正確；勻速行駛時牽引力等于阻力，則功率為，故D錯誤。8．（2023廣東，多選）人們用滑道從高處向低處運送貨物．如圖所示，可看作質(zhì)點的貨物從圓弧滑道頂端點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端點時速度大小為．已知貨物質(zhì)量為，滑道高度為，且過點的切線水平，重力加速度取．關(guān)于貨物從點運動到點的過程，下列說法正確的有（）A．重力做的功為B．克服阻力做的功為C．經(jīng)過點時向心加速度大小為D．經(jīng)過點時對軌道的壓力大小為【參考答案】BCD【名師解析】重力做功WG=mgh=20×10×4J=800J，A錯誤；滑道運動到圓弧末端點時動能為=×20×62J=360J，由動能定理mgh-Wf=，解得Wf=440J，B正確；經(jīng)過點時向心加速度大小為a==，C正確；由F-mg=ma，解得F=380N，由牛頓第三定律，貨物經(jīng)過點時對軌道的壓力大小為，D正確。10．（2023廣東，多選）某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的簡化模型．多個質(zhì)量均為的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機(jī)對滑塊1施加一個水平向右的恒力，推動滑塊1以的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為．關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（）A．該過程動量守恒B．滑塊1受到合外力的沖量大小為C．滑塊2受到合外力的沖量大小為D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為【參考答案】BD【名師解析】由于對滑塊1施加一個水平向右的恒力，推動滑塊1以的速度與靜止的滑塊2碰撞，兩滑塊的碰撞過程，所受合外力不為零，動量不守恒，A錯誤；根據(jù)動量定理，滑塊1受到合外力的沖量大小為I1=mv0-mv1=0.18N·s，B正確；滑塊2受到合外力的沖量大小為I2=mv1=0.22N·s，C錯誤；由I2=F’t，解得滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為F’=5.5N，,D正確。15．（2023湖南）如圖，質(zhì)量為的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為和，長軸水平，短軸豎直．質(zhì)量為的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑．以初始時刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系，橢圓長軸位于軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為。（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；（2）在平面直角坐標(biāo)系中，求出小球運動的軌跡方程；（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大?。ńY(jié)果用及表示）?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）小球運動到最低點的時候小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動量守恒，取向左為正小球運動到最低點的過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒聯(lián)立解得因水平方向在任何時候都動量守恒即兩邊同時乘t可得且由幾何關(guān)系可知聯(lián)立得（2）小球向左運動過程中凹槽向右運動，當(dāng)小球的坐標(biāo)為時，此時凹槽水平向右運動的位移為，根據(jù)上式有則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知此時的橢圓方程為整理得（）（3）將代入小球的軌跡方程化簡可得即此時小球的軌跡為以為圓心，b為半徑的圓，則當(dāng)小球下降的高度為時有如圖

此時可知速度和水平方向的的夾角為，小球下降的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒系統(tǒng)機(jī)械能守恒聯(lián)立得15．（2023江蘇）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達(dá)B點?；┱攥F(xiàn)從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，不計空氣阻力。（1）求滑雪者運動到P點的時間t；（2）求滑雪者從B點飛出的速度大小v；（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）滑雪者從A到P根據(jù)動能定理有根據(jù)動量定理有聯(lián)立解得（2）由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達(dá)B點，故從P點到B點合力做功為0，所以當(dāng)從A點下滑時，到達(dá)B點有（3）當(dāng)滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點飛出做斜拋運動，豎直方向上有水平方向上有聯(lián)立可得15．（2023遼寧）如圖，質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關(guān)系為。取重力加速度g=10m/s2，結(jié)果可用根式表示。(1)求木板剛接觸彈簧時速度v的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小；(3)已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能U(用t表示)。參考答15．(1)1m/s；0.125m；(2)0.25m；；(3)【詳解】(1)由于地面光滑，則m1、m2組成的系統(tǒng)動量守恒，則有m2v0=(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)有v1=1m/s對m1受力分析有則木板運動前右端距彈簧左端的距離有v12=2a1x1代入數(shù)據(jù)解得x1=0.125m(2)木板與彈簧接觸以后，對m1、m2組成的系統(tǒng)有kx=(m1＋m2)a共對m2有a2=μg=1m/s2當(dāng)a共=a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量x2=0.25m對m1、m2組成的系統(tǒng)列動能定理有代入數(shù)據(jù)有(3)木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，則當(dāng)木板與木塊的加速度相同時即彈簧形變量為x2時，則說明此時m1的速度大小為v2，共用時2t0，且m2一直受滑動摩擦力作用，則對m2有－μm2g?2t0=m2v3－m2v2解得則對于m1、m2組成的系統(tǒng)有U=Wf聯(lián)立有18.（2023海南）如圖所示，有一固定的光滑圓弧軌道，半徑，一質(zhì)量為的小滑塊B從軌道頂端滑下，在其沖上長木板C左端時，給木板一個與小滑塊相同的初速度，已知，B、C間動摩擦因數(shù)，C與地面間的動摩擦因數(shù)，C右端有一個擋板，C長為。求：（1）滑到的底端時對的壓力是多大？（2）若未與右端擋板碰撞，當(dāng)與地面保持相對靜止時，間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？（3）在時，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求從滑上到最終停止所用時間?！緟⒖即鸢浮浚?）30N；（2）1.6J；（3）【名師解析】（1）滑塊下滑到軌道底部，有解得在底部，根據(jù)牛頓第二定律解得由牛頓第三定律可知B對A的壓力是。（2）當(dāng)B滑上C后，對B分析，受摩擦力力向左，根據(jù)牛頓第二定律得解得加速度向左為對C分析，受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力根據(jù)牛頓第二定律解得其加速度向左為由運動學(xué)位移與速度關(guān)系公式，得B向右運動的距離C向右運動距離由功能關(guān)系可知，B、C間摩擦產(chǎn)生的熱量可得（3）由上問可知，若B還末與C上擋板碰撞，C先停下，用時為，有解得B的位移為則此刻的相對位移為此時由，一定是C停下之后，B才與C上擋板碰撞。設(shè)再經(jīng)時間B與C擋板碰撞，有解得碰撞時B速度為碰撞時由動量守恒可得解得碰撞后B、C速度為之后二者一起減速，根據(jù)牛頓第二定律得后再經(jīng)后停下，則有故從滑上到最終停止所用的時間總時間0．（2023浙江1）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角的直軌道、螺旋圓形軌道，傾角的直軌道、水平直軌道組成，除段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道、相切于處．凹槽底面水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁處，擺渡車上表面與直軌道下、平臺位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑，B點高度為，長度，長度，擺渡車長度、質(zhì)量。將一質(zhì)量也為的滑塊從傾斜軌道上高度處靜止釋放，滑塊在段運動時的阻力為其重力的0.2倍。（擺渡車碰到豎直側(cè)壁立即靜止，滑塊視為質(zhì)點，不計空氣阻力，，）（1）求滑塊過C點的速度大小和軌道對滑塊的作用力大?。唬?）擺渡車碰到前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)；（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時間?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）滑塊從靜止釋放到C點過程，根據(jù)動能定理可得解得滑塊過C點時，根據(jù)牛頓第二定律可得解得（2）設(shè)滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為，從靜止釋放到G點過程，根據(jù)動能定理可得解得擺渡車碰到前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達(dá)擺渡車右端時剛好與擺渡車共速，以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得解得根據(jù)能量守恒可得解得（3）滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為所用時間為此過程滑塊通過的位移為滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運動，該過程所用時間為則滑塊從G到J所用的時間為21．（2023浙江6）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量的滑塊a以初速度從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長，以的速率順時針轉(zhuǎn)動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質(zhì)點，彈簧的彈性勢能（x為形變量）。

（1）求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點F時速度大小v和所受支持力大小F；（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能；（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差。【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【詳解】（1）滑塊a從D到F，由能量關(guān)系在F點解得FN=31.2N（2）滑塊a返回B點時的速度vB=1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為根據(jù)可得在C點的速度vC=3m/s則滑塊a從碰撞后到到達(dá)C點解得v1=5m/s因ab碰撞動量守恒，則解得碰后b的速度v2=5m/s則碰撞損失的能量（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度解得v=2.5m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度則當(dāng)彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關(guān)系解得同理當(dāng)彈簧被拉到最長時伸長量為x2=x1則彈簧最大長度與最小長度之差14．（2023湖北）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點。求：

（1）小物塊到達(dá)D點的速度大小；（2）B和D兩點的高度差；（3）小物塊在A點的初速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）0；（3）【詳解】（1）由題知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點D，則在D點有解得

（2）由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，則在C點有小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得，H=0（3）小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有S=π?2R解得18．（2023北京）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：(1)A釋放時距桌面的高度H；(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；(3)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能。18．(1)；(2)；(3)【詳解】(1)A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動能定理得解得(2)碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得解得(3)A、B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律得解得則碰撞過程中損失的機(jī)械能為18.（2023山東）如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度向右做勻速直線運動。當(dāng)B的左端經(jīng)過軌道末端時，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點，并以水平速度v滑上B的上表面，同時撤掉外力，此時B右端與P板的距離為s。已知，，，，A與地面間無摩擦，B與地面間動摩擦因數(shù)，C與B間動摩擦因數(shù)，B足夠長，使得C不會從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計碰撞時間，取重力加速度大小。（1）求C下滑的高度H；（2）與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；（3）若，求B與P碰撞前，摩擦力對C做的功W；（4）若，自C滑上B開始至A、B、C三個物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個物體總動量的變化量的大小?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【名師解析】（1）由題意可知滑塊C靜止滑下過程根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得（2）滑塊C剛滑上B時可知C受到水平向左的摩擦力，為木板B受到C的摩擦力水平向右，為B受到地面的摩擦力水平向左，為所以滑塊C加速度為木板B的加速度為設(shè)經(jīng)過時間t1，B和C共速，有代入數(shù)據(jù)解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同減速，加速度大小為設(shè)再經(jīng)過t2時間，物塊A恰好撞上木板B，有整理得解得，（舍去）此時B的位移共同的速度綜上可知滿足條件的s范圍為（3）由于所以可知滑塊C與木板B沒有共速，對于木板B，根據(jù)運動學(xué)公式有整理后有解得，（舍去）滑塊C在這段時間的位移所以摩擦力對C做的功（4）因為木板B足夠長，最后的狀態(tài)一定會是C與B靜止，物塊A向左勻速運動。木板B向右運動0.48m時，有此時A、B之間的距離為△s=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m由于B與擋板發(fā)生碰撞不損失能量，故將原速率反彈。接著B向左做勻減速運動，可得加速度大小物塊A和木板B相向運動，設(shè)經(jīng)過t3時間恰好相遇，則有整理得解得，（舍去）此時有，方向向左；，方向向右。接著A、B發(fā)生彈性碰撞，碰前A的速度為v0=1m/s，方向向右，以水平向右為正方向，則有代入數(shù)據(jù)解得而此時物塊A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C靜止，A向左勻速運動，系統(tǒng)的初動量末動量則整個過程動量的變化量即這三個物體總動量的變化量的大小為9.02kg·m/s。12.（2023天津）（16分）A物體從處自由下落，且同時B物體從地面豎直上拋，經(jīng)過相遇碰撞后，兩物體立刻粘在一起運動。已知A、B兩物體質(zhì)量，，重力加速度，求：（1）碰撞時離地高度x；（2）碰后速度v；（3）碰撞損失機(jī)械能。【參考答案】（1）1m；（2）0；（3）12J【名師解析】（1）對物塊A，根據(jù)運動學(xué)公式可得（2）設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為，根據(jù)運動學(xué)公式可知即解得可得碰撞前A物塊的速度，方向豎直向下；碰撞前B物塊的速度，方向豎直向上；選向下為正方向，由動量守恒可得解得碰后速度（3）根據(jù)能量守恒可知碰撞損失的機(jī)械能15．（2023廣東）（15分）如圖為某藥品自動傳送系統(tǒng)的示意圖．該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成，滑槽高為，平臺高為．藥品盒依次被輕放在以速度勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達(dá)到共速后，從點進(jìn)入滑槽，剛好滑到平臺最右端點停下，隨后滑下的以的速度與發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞后恰好落在桌面上圓盤內(nèi)直徑的兩端．已知的質(zhì)量分別為和，碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的．與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為在滑至點之前不發(fā)生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質(zhì)點．求：（1）在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間；（2）從點滑至點的過程中克服阻力做的功；（3）圓盤的圓心到平臺右端點的水平距離．【名師解析】（1）由v0=at，μmg=ma，解得在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t=；（2）由動能定理，2mg·3L-W=-解得從點滑至點的過程中克服阻力做的功=6mgL-（3）A、B碰撞，由動量守恒定律，2m·=mv1+2mv2，由能量守恒定律，·=--聯(lián)立解得：v1=2v0，v2=v0。設(shè)圓盤的半徑為r，碰撞后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律L=，s-r=v2t,，s+r=v1t,聯(lián)立解得：s=3v07.（2023河北）如圖，質(zhì)量為的薄木板靜置于光滑水平地面上，半徑為的豎直光滑圓弧軌道固定在地面，軌道底端與木板等高，軌道上端點和圓心連線與水平面成角．質(zhì)量為的小物塊以的初速度從木板左端水平向右滑行，與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5．當(dāng)?shù)竭_(dá)木板右端時，木板恰好與軌道底端相碰并被鎖定，同時沿圓弧切線方向滑上軌道．待離開軌道后，可隨時解除木板鎖定，解除鎖定時木板的速度與碰撞前瞬間大小相等、方向相反．已知木板長度為取?。?）求木板與軌道底端碰撞前瞬間，物塊和木板的速度大??；（2）求物塊到達(dá)圓弧軌道最高點時受到軌道的彈力大小及離開軌道后距地面的最大高度；（3）物塊運動到最大高度時會炸裂成質(zhì)量比為的物塊和物塊，總質(zhì)量不變，同時系統(tǒng)動能增加，其中一塊沿原速度方向運動．為保證之一落在木板上，求從物塊離開軌道到解除木板鎖定的時間范圍．【答案】（1），；（2），；（3）或【解析】【詳解】（1）設(shè)物塊的初速度為，木板與軌道底部碰撞前，物塊和木板的速度分別為和，物塊和木板的質(zhì)量分別為和，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，木板長度為，由動量守恒定律和功能關(guān)系有由題意分析，聯(lián)立式得（2）設(shè)圓弧軌道半徑為，物塊到圓弧軌道最高點時斜拋速度為，軌道對物塊的彈力為．物塊從軌道最低點到最高點，根據(jù)動能定理有物塊到達(dá)圓弧軌道最高點時，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立式，得設(shè)物塊拋出時速度的水平和豎直分量分別為和斜拋過程物塊上升時間該段時間物塊向左運動距離為．物塊距離地面最大高度．（3）物塊從最高點落地時間設(shè)向左為正方向，物塊在最高點炸裂為，設(shè)質(zhì)量和速度分別為和、，設(shè)，系統(tǒng)動能增加．根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得解得或．設(shè)從物塊離開軌道到解除木板鎖定的時間范圍：（a）若，炸裂后落地過程中的水平位移為炸裂后落地過程中的水平位移為木板右端到軌道底端距離為運動軌跡分析如下為了保證之一落在木板上，需要滿足下列條件之一Ⅰ．若僅落在木板上，應(yīng)滿足且解得Ⅱ．若僅落在木板上，應(yīng)滿足且不等式無解；（b）若，炸裂后落地過程中水平位移為0，炸裂后落地過程中水平位移為木板右端到軌道底端的距離為運動軌跡分析如下為了保證之一落在木板上，需要滿足下列條件之一Ⅲ．若僅落在木板上，應(yīng)滿足且解得Ⅳ．若僅落在木板上，應(yīng)滿足且解得．綜合分析（a）（b）兩種情況，為保證之一一定落在木板上，滿足的條件為或萬有引力天體運動4．（2023甲）一質(zhì)點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運動周期與軌道半徑成反比，則n等于（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【詳解】質(zhì)點做勻速圓周運動，根據(jù)題意設(shè)周期合外力等于向心力，根據(jù)聯(lián)立可得其中為常數(shù)，的指數(shù)為3，故題中故選C。4．（2023新）2023年5月，世界現(xiàn)役運輸能力最大的貨運飛船天舟六號，攜帶約5800kg的物資進(jìn)入距離地面約400km（小于地球同步衛(wèi)星與地面的距離）的軌道，順利對接中國空間站后近似做勻速圓周運動。對接后，這批物資（）A．質(zhì)量比靜止在地面上時小 B．所受合力比靜止在地面上時小C．所受地球引力比靜止在地面上時大 D．做圓周運動的角速度大小比地球自轉(zhuǎn)角速度大【答案】D【詳解】A．物體在低速（速度遠(yuǎn)小于光速）宏觀條件下質(zhì)量保持不變，即在空間站和地面質(zhì)量相同，故A錯誤；BC．設(shè)空間站離地面的高度為h，這批物質(zhì)在地面上靜止合力為零，在空間站所受合力為萬有引力即在地面受地球引力為因此有，故BC錯誤；D．物體繞地球做勻速圓周運動萬有引力提供向心力解得這批物質(zhì)在空間站內(nèi)的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，因此這批物質(zhì)的角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度，即這批物質(zhì)的角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，故D正確。故選D。4．（2023湖南）根據(jù)宇宙大爆炸理論，密度較大區(qū)域的物質(zhì)在萬有引力作用下，不斷聚集可能形成恒星。恒星最終的歸宿與其質(zhì)量有關(guān)，如果質(zhì)量為太陽質(zhì)量的倍將坍縮成白矮星，質(zhì)量為太陽質(zhì)量的倍將坍縮成中子星，質(zhì)量更大的恒星將坍縮成黑洞。設(shè)恒星坍縮前后可看成質(zhì)量均勻分布的球體，質(zhì)量不變，體積縮小，自轉(zhuǎn)變快．不考慮恒星與其它物體的相互作用．已知逃逸速度為第一宇宙速度的倍，中子星密度大于白矮星。根據(jù)萬有引力理論，下列說法正確的是（

）A．同一恒星表面任意位置的重力加速度相同B．恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度比坍縮前的大C．恒星坍縮前后的第一宇宙速度不變D．中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度【答案】B【詳解】A．恒星可看成質(zhì)量均勻分布的球體，同一恒星表面任意位置物體受到的萬有引力提供重力加速度和繞恒星自轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的向心加速度，不同位置向心加速度可能不同，故不同位置重力加速度的大小和方向可能不同，A錯誤；B．恒星兩極處自轉(zhuǎn)的向心加速度為零，萬有引力全部提供重力加速度。恒星坍縮前后可看成質(zhì)量均勻分布的球體，質(zhì)量不變，體積縮小，由萬有引力表達(dá)式可知，恒星表面物體受到的萬有引力變大，根據(jù)牛頓第二定律可知恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度比坍縮前的大。B正確；C．由第一宇宙速度物理意義可得整理得恒星坍縮前后質(zhì)量不變，體積縮小，故第一宇宙速度變大，C錯誤；D．由質(zhì)量分布均勻球體的質(zhì)量表達(dá)式得已知逃逸速度為第一宇宙速度的倍，則聯(lián)立整理得由題意可知中子星的質(zhì)量和密度均大于白矮星，結(jié)合上式表達(dá)式可知中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，D錯誤。故選B。4．（2023江蘇）設(shè)想將來發(fā)射一顆人造衛(wèi)星，能在月球繞地球運動的軌道上穩(wěn)定運行，該軌道可視為圓軌道．該衛(wèi)星與月球相比，一定相等的是（

）A．質(zhì)量 B．向心力大小C．向心加速度大小 D．受到地球的萬有引力大小【答案】C【詳解】根據(jù)可得因該衛(wèi)星與月球的軌道半徑相同，可知向心加速度相同；因該衛(wèi)星的質(zhì)量與月球質(zhì)量不同，則向心力大小以及受地球的萬有引力大小均不相同。故選C。7．（2023遼寧）在地球上觀察，月球和太陽的角直徑(直徑對應(yīng)的張角)近似相等，如圖所示。若月球繞地球運動的周期為T?，地球繞太陽運動的周期為T?，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()B．C．D．7．D【詳解】設(shè)月球繞地球運動的軌道半徑為r?，地球繞太陽運動的軌道半徑為r?，根據(jù)可得其中聯(lián)立可得故選D。9.（2023海南，多選）如圖所示，1、2軌道分別是天宮二號飛船在變軌前后的軌道，下列說法正確的是（）A.飛船從1軌道變到2軌道要點火加速 B.飛船在1軌道周期大于2軌道周期C.飛船在1軌道速度大于2軌道 D.飛船在1軌道加速度大于2軌道【參考答案】ACD【名師解析】飛船從較低的軌道1進(jìn)入較高的軌道2要進(jìn)行加速做離心運動才能完成，選項A正確；根據(jù)可得，，可知飛船在軌道1的周期小于在軌道2的周期，在軌道1的速度大于在軌道2的速度，在軌道1的加速度大于在軌道2的加速度，故選項B錯誤，CD正確。10．（2023浙江1）太陽系各行星幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運動．當(dāng)?shù)厍蚯『眠\行到某地外行星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線的現(xiàn)象，稱為“行星沖日”，已知地球及各地外行星繞太陽運動的軌道半徑如下表：行星名稱地球火星木星土星天王星海王星軌道半徑1.01.55.29.51930則相鄰兩次“沖日”時間間隔約為（）A．火星365天 B．火星800天C．天王星365天 D．天王星800天【答案】B【詳解】根據(jù)開普勒第三定律有解得設(shè)相鄰兩次“沖日”時間間隔為，則解得由表格中的數(shù)據(jù)可得故選B。4．（2023浙江6）圖為“玉兔二號”巡視器在月球上從O處行走到B處的照片，軌跡OA段是直線，AB段是曲線，巡視器質(zhì)量為135kg，則巡視器（）

受到月球的引力為1350N B．在AB段運動時一定有加速度OA段與AB段的平均速度方向相同 D．從O到B的位移大小等于OAB軌跡長度【答案】B【詳解】A．在月球上的g與地球不同，故質(zhì)量為135kg的巡視器受到月球的引力不是1350N，故A錯誤；B．由于在AB段運動時做曲線運動，速度方向一定改變，一定有加速度，故B正確；C．平均速度的方向與位移方向相同，由圖可知OA段與AB段位移方向不同，故平均速度方向不相同，故C錯誤；D．根據(jù)位移的定義可知從O到B的位移大小等于OB的連線長度，故D錯誤。故選B。9．（2023浙江6）木星的衛(wèi)星中，木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三做圓周運動的周期之比為。木衛(wèi)三周期為T，公轉(zhuǎn)軌道半徑是月球繞地球軌道半徑r的n倍。月球繞地球公轉(zhuǎn)周期為，則（

）A．木衛(wèi)一軌道半徑為 B．木衛(wèi)二軌道半徑為C．周期T與T0之比為 D．木星質(zhì)量與地球質(zhì)量之比為【答案】D【詳解】根據(jù)題意可得，木衛(wèi)3的軌道半徑為AB．根據(jù)萬有引力提供向心力可得木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三做圓周運動的周期之比為,可得木衛(wèi)一軌道半徑為木衛(wèi)二軌道半徑為故AB錯誤；C．木衛(wèi)三圍繞的中心天體是木星，月球的圍繞的中心天體是地球，根據(jù)題意無法求出周期T與T0之比，故C錯誤；D．根據(jù)萬有引力提供向心力，分別有聯(lián)立可得故D正確。故選D。2．（2023湖北）2022年12月8日，地球恰好運行到火星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線，此現(xiàn)象被稱為“火星沖日”?；鹦呛偷厍驇缀踉谕黄矫鎯?nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運動，火星與地球的公轉(zhuǎn)軌道半徑之比約為，如圖所示。根據(jù)以上信息可以得出（

）

A．火星與地球繞太陽運動的周期之比約為B．當(dāng)火星與地球相距最遠(yuǎn)時，兩者的相對速度最大C．火星與地球表面的自由落體加速度大小之比約為D．下一次“火星沖日”將出現(xiàn)在2023年12月8日之前【答案】B【詳解】A．火星和地球均繞太陽運動，由于火星與地球的軌道半徑之比約為3：2，根據(jù)開普勒第三定律有可得故A錯誤；B．火星和地球繞太陽勻速圓周運動，速度大小均不變，當(dāng)火星與地球相距最遠(yuǎn)時，由于兩者的速度方向相反，故此時兩者相對速度最大，故B正確；C．在星球表面根據(jù)萬有引力定律有由于不知道火星和地球的質(zhì)量比，故無法得出火星和地球表面的自由落體加速度，故C錯誤；D．火星和地球繞太陽勻速圓周運動，有要發(fā)生下一次火星沖日則有得可知下一次“火星沖日”將出現(xiàn)在2023年12月18日之后，故D錯誤。故選B。12．（2023北京）2022年10月9日，我國綜合性太陽探測衛(wèi)星“夸父一號”成功發(fā)射，實現(xiàn)了對太陽探測的跨越式突破?！翱涓敢惶枴毙l(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，距地面高度約為，運行一圈所用時間約為100分鐘。如圖所示，為了隨時跟蹤和觀測太陽的活動，“夸父一號”在隨地球繞太陽公轉(zhuǎn)的過程中，需要其軌道平面始終與太陽保持固定的取向，使太陽光能照射到“夸父一號”，下列說法正確的是()A．“夸父一號”的運行軌道平面平均每天轉(zhuǎn)動的角度約為B．“夸父一號”繞地球做圓周運動的速度大于C．“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度大于地球表面的重力加速度D．由題干信息，根據(jù)開普勒第三定律，可求出日地間平均距離12．A【詳解】A．因為“夸父一號”軌道要始終保持要太陽光照射到，則在一年之內(nèi)轉(zhuǎn)動360°角，即軌道平面平均每天約轉(zhuǎn)動1°，故A正確；B．第一宇宙速度是所有繞地球做圓周運動的衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，則“夸父一號”的速度小于7.9km/s，故B錯誤；C．根據(jù)可知“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C錯誤；D．“夸父一號”繞地球轉(zhuǎn)動，地球繞太陽轉(zhuǎn)動，中心天體不同，則根據(jù)題中信息不能求解地球與太陽的距離，故D錯誤。故選A。3.（2023山東）牛頓認(rèn)為物體落地是由于地球?qū)ξ矬w的吸引，這種吸引力可能與天體間（如地球與月球）的引力具有相同的性質(zhì)、且都滿足。已知地月之間的距離r大約是地球半徑的60倍，地球表面的重力加速度為g，根據(jù)牛頓的猜想，月球繞地球公轉(zhuǎn)的周期為（）A. B. C. D.【參考答案】C【名師解析】設(shè)地球半徑為R，由題知，地球表面的重力加速度為g，則有月球繞地球公轉(zhuǎn)有，r=60R聯(lián)立有，C正確。1.（2023天津）運行周期為的北斗衛(wèi)星比運行周期為的（）A.加速度大 B.角速度大 C.周期小 D.線速度小【參考答案】D【名師解析】根據(jù)萬有引力提供向心力有可得，，，因為北斗衛(wèi)星周期大，故運行軌道半徑大，則線速度小，角速度小，加速度小。故選D。7．（2023廣東）如圖（a）所示，太陽系外的一顆行星繞恒星做勻速圓周運動．由于的遮擋，探測器探測到的亮度隨時間做如圖（b）所示的周期性變化，該周期與的公轉(zhuǎn)周期相同．已知的質(zhì)量為，引力常量為G．關(guān)于P的公轉(zhuǎn)，下列說法正確的是（）A．周期為B．半徑為C．角速度的大小為D．加速度的大小為【參考答案】B【名師解析】當(dāng)P處于Q和探測器之間時，探測器探測到的亮度減小，周期T=t1-t0，A錯誤；由，解得：r=，B正確；角速度的大小ω=2π/T=，C錯誤；加速度大小a=ω2r=（）2=，D錯誤。21．（2023北京）螺旋星系中有大量的恒星和星際物質(zhì)，主要分布在半徑為R的球體內(nèi)，球體外僅有極少的恒星。球體內(nèi)物質(zhì)總質(zhì)量為M，可認(rèn)為均勻分布，球體內(nèi)外的所有恒星都繞星系中心做勻速圓周運動，恒星到星系中心的距離為r，引力常量為G。(1)求區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關(guān)系；(2)根據(jù)電荷均勻分布的球殼內(nèi)試探電荷所受庫侖力的合力為零，利用庫侖力與萬有引力的表達(dá)式的相似性和相關(guān)力學(xué)知識，求區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關(guān)系；(3)科學(xué)家根據(jù)實測數(shù)據(jù)，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做勻速圓周運動的速度大小v隨r的變化關(guān)系圖像，如圖所示，根據(jù)在范圍內(nèi)的恒星速度大小幾乎不變，科學(xué)家預(yù)言螺旋星系周圍()存在一種特殊物質(zhì)，稱之為暗物質(zhì)。暗物質(zhì)與通常的物質(zhì)有引力相互作用，并遵循萬有引力定律，求內(nèi)暗物質(zhì)的質(zhì)量。21．(1)；(2)；(3)【詳解】(1)由萬有引力定律和向心力公式有解得(2)在內(nèi)部，星體質(zhì)量由萬有引力定律和向心力公式有解得(3)對處于R球體邊緣的恒星，由萬有引力定律和向心力公式有對處于r=nR處的恒星，由萬有引力定律和向心力公式有解得靜電場5．（2023甲）在一些電子顯示設(shè)備中，讓陰極發(fā)射的電子束通過適當(dāng)?shù)姆莿驈?qiáng)電場，可以使發(fā)散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運動軌跡，其中正確的是（

）A．

B．