【解析】2023年高考真題分類匯編-牛頓定律、萬有引力

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2023年高考真題分類匯編:牛頓定律、萬有引力

一、選擇題

1．（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。“夸父一號”衛(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

【答案】A

【知識點】開普勒定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛(wèi)星問題

【解析】【解答】A、“夸父一號”在隨地球繞太陽公轉的過程中，需要其軌道平面始終與太陽保持固定的取向，則其在運行軌道平面每天轉動的角度為：，A正確；

B、由高軌低速長周期，軌道越高環(huán)繞速度越小，“夸父一號”繞地球做圓周運動的速度小于環(huán)繞地球的最大速度，B錯誤；

C、“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度：，地球表面的重力加速度：，由于：r＞R，故a＜g，C錯誤；

D、“夸父一號”繞地球做圓周運動，地球繞太陽做圓周運動，中心天體不同，不能根據(jù)開普勒第三定律計算日地平均距離。D錯誤；

故答案為：A

【分析】A、根據(jù)”夸父一號“運行特點分析判斷；

B、由高軌低速長周期，軌道越高環(huán)繞速度越小判斷；

C、根據(jù)向心加速度公式和地球表面重力加速度公式判斷；

D、開普勒第三定律適用于同一個中心天體的條件判斷。

2．（2023·北京）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊質量均為1kg，細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

【答案】C

【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體

【解析】【解答】根據(jù)題意，細線能承受的最大拉力為T=2N，由隔離法對左端物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：T=ma，

最大加速度，

整體法受力分析，由牛頓第二定律：，ABD錯誤，C正確；

故答案為：C

【分析】根據(jù)連接體的解題方法，先隔離后整體求解。

3．（2023·山東）牛頓認為物體落地是由于地球對物體的吸引，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、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，月球繞地球公轉的周期為（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知識點】萬有引力定律的應用

【解析】【解答】設地球半徑為R，則r=60R，由萬有引力等于重力可得：，月球繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，有：，解得月球繞地球公轉的周期為：，C符合題意，ABD不符合題意。

故答案為：C。

【分析】在地球表面，忽略地球自轉的情況下，物體所受萬有引力等于重力，月球繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，列式解方程組即可。

4．（2023·海南）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

【答案】A,C,D

【知識點】萬有引力定律的應用

【解析】【解答】A、飛船從1軌道變到2軌道要點火加速做離心運動，才能升軌，A正確；

B、由得周期公式：得軌道越高周期越大，B錯誤；

C、由得線速度公式：得軌道越高線速度越小，C正確；

D、由得向心加速度：得軌道越高向心加速度越小，D正確；

故答案為：ACD

【分析】由天體圓周運動的供需平衡可知：升軌加速降軌減速，分別做離心和近心圓周運動；分別得到周期、線速度、向心加速度公式，進行分析判斷，亦可總結為高軌低速大周期為判斷依據(jù)。

5．（2023·海南）如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有、兩點，，在固定兩個帶電量分別為的正電荷，現(xiàn)有一個帶正電小球靜置于軌道內(nèi)側點（小球可視為點電荷），已知，試求是多少（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知識點】庫侖定律；力的平行四邊形定則及應用

【解析】【解答】對帶正電的小球受力分析如圖所示，小球在三個力的作用下處于平衡狀態(tài)，

由正弦定理可得：，有幾何關系可得：，；

在中由正弦定理可得：

在中由正弦定理可得：

又因為：

聯(lián)立解得：，故ABD錯誤，C正確；

故答案為：C

【分析】對帶電小球受力分析，由正弦定理求出AB兩小球對P的作用力的關系，根據(jù)幾何關系和正弦定理求得角度和邊長的關系，結合庫侖定律求解.

6．（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

【答案】B

【知識點】共點力的平衡；區(qū)分相互作用力與平衡力

【解析】【解答】A、工人受力分析可知，豎直方向受自身重力，地面支持力，繩子的拉力，三個力作用下處于平衡狀態(tài)，A錯誤；

B、工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一次相互作用中產(chǎn)生的作用在兩個物體上，大小相等，方向相反的力，是一對作用力與反作用力，B正確；

CD、對動滑輪受力分析如圖所示，

可得：，在重物緩慢拉起的過程中，θ角度不斷增大，繩子的拉力不斷增大，CD錯誤；

故答案為：B

【分析】A、對工人受力分析豎直方向受三個力的作用下的平衡；

B、正確理解作用力和反作用力，就可以判斷；

CD，對動滑輪受力分析，由平行四邊形法則求解拉力與夾角的關系，分析判斷。

7．（2023·浙江）AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為、質量為的小球用長為5cm的絕緣細線懸掛于A點。閉合開關S，小球靜止時，細線與AB板夾角為30°；剪斷細線，小球運動到CD板上的M點（未標出），則（）

A．MC距離為B．電勢能增加了

C．電場強度大小為D．減小R的阻值，MC的距離將變大

【答案】B

【知識點】共點力的平衡；帶電粒子在電場中的運動綜合

【解析】【解答】A.剪斷細線，小球沿直線運動到M點，如圖所示：

根據(jù)幾何關系得：，故A不符合題意；

B.根據(jù)平衡條件和幾何關系得：，，聯(lián)立解得：，根據(jù)幾何關系得小球沿著電場力方向的位移，電場力做功為：，所以小球的電勢能增加了，故B符合題意；

C.電場強度的大小為：，故C不符合題意；

D.減小R的阻值，極板間的電勢差不變，極板間的電場強度不變，所以小球的運動不會發(fā)生改變，MC的距離不變，故D不符合題意。

故答案為：B

【分析】剪斷細線，小球沿直線運動到M點，根據(jù)幾何關系求解MC；根據(jù)平衡條件和幾何關系求得電場力的大小，根據(jù)功的計算公式求解電場力做的功，根據(jù)功能關系求解電勢能的增加量；根據(jù)電場強度的定義式求解電場強度大?。浑娙萜鲀砂彘g的電壓等于電源電動勢，與R的阻值無關。

8．（2023·浙江）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

【知識點】共點力的平衡

【解析】【解答】對光滑圓柱體受力分析如圖：

三力平衡，由三角形法得：，，故D符合題意，ABC不符合題意。

故答案為：D

【分析】對光滑圓柱體受力分析，三力平衡，由三角形法求解。

9．（2023·浙江）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．木星質量與地球質量之比為

【答案】D

【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應用

【解析】【解答】根據(jù)題意，，，，，。

AB.由開普勒第三定律得：，解得：，，故AB不符合題意；

C.木衛(wèi)三和月球圍繞的中心天體不同，無法求周期之比，故C不符合題意；

D.根據(jù)萬有引力提供向心力得：，解得：，所以，故D符合題意。

故答案為：D

【分析】根據(jù)開普勒第三定律列式求解；根據(jù)萬有引力提供向心力列式求解。

10．（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”。火星和地球幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運動，火星與地球的公轉軌道半徑之比約為3：2，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27：8

B．當火星與地球相距最遠時，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9：4

D．下一次“火星沖日”將出現(xiàn)在2023年12月8日之前

【答案】B

【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應用

【解析】【解答】A.火星與地球的公轉軌道半徑之比約為，根據(jù)開普勒第三定律得：，解得：，故A不符合題意；

B.當火星與地球相距最遠時，由于兩者速度方向相反，所以此時兩者相對速度最大，故B符合題意；

C.在星球表面根據(jù)萬有引力定律得：，由于不知道火星和地球的質量比，所以無法得出火星和地球表面的自由落體加速度，故C不符合題意；

D.火星和地球繞太陽做勻速圓周運動，則，，要發(fā)生下一次火星沖日，則，解得：，所以下一次火星沖日將出現(xiàn)在2023年12月18日之后，故D不符合題意。

故答案為：D

【分析】根據(jù)開普勒第三定律分析火星與地球繞太陽運動的周期之比；當火星與地球相距最遠時，兩者速度方向相反；根據(jù)萬有引力定律分析；要發(fā)生下一次火星沖日，需滿足。

11．（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△L1和△L2、電流大小分別為I1和I2的平行直導線間距為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．kgm/(s2A)B．kgm/(s2A2)

C．kgm2/(s3A)D．kgm2/(s3A3)

【答案】B

【知識點】平行通電直導線間的相互作用；力學單位制

【解析】【解答】由相互作用力的大小可以表示為，可得：，代入單位可得：，由此可見ACD錯誤，B正確；

故答案為：B

【分析】由已知表達式，推導出k的表達式，根據(jù)相應物理量代入對應的基本單位。

12．（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

【知識點】受力分析的應用

【解析】【解答】因為月球表面對“嫦娥五號”探測器四條腿的支持力都豎直向上（垂直于接觸面向上），對“嫦娥五號”探測器進行受力分析，設月球表面對每條腿的支持力均為F，則4F=mg月，g月=g，聯(lián)立解得F=。故D選項符合題意。

故答案為：D。

【分析】對嫦娥五號進行受力分析，萬有引力提供重力，再根據(jù)正交分解和平衡條件列方程求解。

13．（2023·全國乙卷）一同學將排球自O點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設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

【知識點】功能關系；瞬時速度；豎直上拋運動；牛頓第二定律

【解析】【解答】A、上升過程做加速度減小的減速運動，下降過程做加速度減小的加速運動，克服空氣阻力做功，同一位置上升的速度大于下降的速度的大小，所以上升的平均速度大于下降的平均速度，兩過程的位移大小相等，所以上升的時間小于下降的時間，A錯誤；

B、整個過程克服空氣阻力做功，機械能減小，故剛墊起后瞬間速度最大，B正確；

C、最高點速度為零，空氣阻力為零，只受重力，加速度是重力加速度g，C錯誤；

D、下降過程做加速度減小的加速運動，D錯誤；

故答案為：B

【分析】受力分析明確運動狀態(tài)，全程克服空氣阻力做功，機械能減小，同一高度，上升速度大于下降速度大小。

14．（2023·浙江選考）太陽系各行星幾平在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運動．當?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

【知識點】開普勒定律

【解析】【解答】沖日由題意可知即為地球和行星某時距離最近。相鄰兩次“沖日”時間間隔即為經(jīng)過多少時間行星和地球再次相距最近。由開普勒第三定律可得，，設沖日時間間隔為t，則。解得，代入表格數(shù)據(jù)可得。

故選B。

【分析】知道半徑之比，利用開普勒第三定律即可求得行星周期之比。再次相距最近，快的比慢的多跑了一圈即弧度。

二、多項選擇題

15．（2023·湖北）如圖所示，原長為l的輕質彈簧，一端固定在O點，另一端與一質量為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。當小球置于桿上P點時恰好能保持靜止。設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】A,D

【知識點】胡克定律；滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)；摩擦力的判斷與計算；共點力的平衡；牛頓第二定律；功的計算

【解析】【解答】A.小球在P點受力平衡，則，，，聯(lián)立解得：，故A符合題意；

B.小球運動到P點下方時，此時摩擦力大小為：，由牛頓第二定律得：，聯(lián)立解得：，故B不符合題意。

C.在PM之間任取一點A，令AO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：；在MP之間增大在PN之間減小，所以摩擦力先變大后變小，故C不符合題意；

D.根據(jù)對稱性知在任意關于P點對稱的點摩擦力相等，因此由對稱性知M到P和P到N摩擦力做功相等，故D符合題意；

故答案為：AD

【分析】在P點，根據(jù)平衡條件列方程求彈簧的勁度系數(shù)；小球在P點下方時，根據(jù)牛頓第二定律求加速度；在PM之間任取一點A，求出摩擦力的表達式進行分析；根據(jù)對稱性進行分析。

16．（2023·新課標卷）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，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等。現(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】B,D

【知識點】動量定理；牛頓第二定律；沖量

【解析】【解答】兩者接近的過程中相互作用的引力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知，質量越大，加速度越小，經(jīng)過相同的時間質量越大的，速度越小，故A錯誤；對整個系統(tǒng)進行研究，系統(tǒng)所受合力的方向向左，故整個系統(tǒng)向左的動量增加，即乙的動量大于甲的動量，且總動量之和增大，故BD正確，C錯誤。

故答案為：BD。

【分析】對甲乙兩個物體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度和速度大小，根據(jù)動量定律分析比較動量大小。

17．（2023·新課標卷）一質量為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x的關系如圖所示。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6W

B．在x=4m時，物體的動能為2J

C．從x=0運動到x=2m，物體克服摩擦力做的功為8J

D．從x=0運動到x=4的過程中，物體的動量最大為2kgm/s

【答案】B,C

【知識點】牛頓第二定律；動能定理的綜合應用

【解析】【解答】A、由圖像可知圖像的斜率表示拉力的大小，1-2m過程中拉力大小為6N，根據(jù)動能定理，解得，由，故A錯誤。

B、根據(jù)動能定理，x=4m時物體的動能，故B正確。

C、0-2m過程中克服摩擦力做功為，故C正確。

D、由圖像可知，當x=2m時，物體的速度最大，動量最大，最大速度為，則物體的最大動量為，故D錯誤。

故答案為：BC。

【分析】根據(jù)圖像和做功的表達式判斷圖像斜率的物理意義，再由牛頓第二定律和動能定理分析求解。

18．（2023·湖南）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】A,D

【知識點】牛頓第二定律；豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用

【解析】【解答】A.小球恰好到達C點，則。小球從C到B的過程中，根據(jù)動能定理和牛頓第二定律有：，，聯(lián)立解得：，從C到B的過程中由0增大到，則逐漸減小，所以小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，故A符合題意；

B.從A到B的過程中小球的速度逐漸減小，根據(jù)知，A到B的過程中小球重力的功率始終減小，故B不符合題意；

C.對A到C過程中，根據(jù)動能定理得：，解得：，故C不符合題意；

D.假設小球在B點恰好脫離軌道，則，解得：，小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能為，所以小球有可能從B點脫離軌道，故D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】根據(jù)動能定理和牛頓第二定律列方程求得FN，再由a角的變化分析判斷FN的變化；由，結合速度變化分析判斷；根據(jù)動能定理求解。

19．（2023·湖南）如圖，光滑水平地面上有一質量為的小車在水平推力的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質量均為的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】C,D

【知識點】力的合成與分解的運用；牛頓運動定律的綜合應用

【解析】【解答】A.對小球B受力分析如圖：

豎直方向受力平衡，則，，解得：，所以，對B球根據(jù)牛頓第二定律得：，解得：，對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律得：，故A不符合題意；

BC.

若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律，A加速度的最大值，B加速度的最大值，若，則，整體的最大加速度為，對整體根據(jù)牛頓第二定律有：，若，則，整體的最大加速度為，對整體根據(jù)牛頓第二定律有：，故B不符合題意，C符合題意；

D.若推力F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可以收到左壁向右的彈力，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。當小球B所受的摩擦力向左是，小球B的最小加速度為，當小球B所受的摩擦力向右是，小球B的最大加速度為，對系統(tǒng)根據(jù)根據(jù)牛頓第二定律得F的范圍為：，故D符合題意。

故答案為：CD

【分析】對B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，即整體的加速度，再對整體根據(jù)牛頓第二定律求推力；分別對A、B根據(jù)牛頓第二定律求加速度的最大值，然后進行討論；對B根據(jù)牛頓第二定律求加速度的最大值和最小值，再對整體根據(jù)牛頓第二定律求F的范圍。

20．（2023·全國乙卷）如圖，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊（可視為質點）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，當物塊從木板右端離開時（）

A．木板的動能一定等于flB．木板的動能一定小于fl

C．物塊的動能一定大于D．物塊的動能一定小于

【答案】B,D

【知識點】功能關系；牛頓運動定律的應用—板塊模型；功的計算

【解析】【解答】由題意，設物塊脫離時木板的速度為，物塊的速度為，木板相對地面的位移為，物塊相對地面的位移為，可得：；；

AB、物塊勻減速，木板勻加速，由運動學公式：；，由于：，

可得：，則：，所以：，故A錯誤，B正確；

CD、對系統(tǒng)能量守恒定律可得：得出物塊的動能：，故C錯誤，D正確；

故答案為：BD。

【分析】由板塊模型的位移關系，速度關系，時間關系，根據(jù)運動學公式和系統(tǒng)能量守恒定律分析計算。

21．（2023·全國甲卷）用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、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μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知（）

A．m甲m乙C．μ甲μ乙

【答案】B,C

【知識點】牛頓定律與圖象

【解析】【解答】根據(jù)牛頓第二定律得：，解得：。結合圖像知，，，故BC符合題意，AD不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】根據(jù)牛頓第二定律推導所受拉力與其加速度的關系式，結合圖像求解。

三、非選擇題

22．（2023·北京）螺旋星系中有大量的恒星和星際物質，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)物質總質量為M，可認為均勻分布，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式的相似性和相關力學知識，求區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關系；

（3）科學家根據(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，科學家預言螺旋星系周圍（）存在一種特殊物質，稱之為暗物質。暗物質與通常的物質有引力相互作用，并遵循萬有引力定律，求內(nèi)暗物質的質量。

【答案】（1）根據(jù)題意，r＞R為星系中心球體外恒星繞星系中球體勻速圓周運動，由萬有引力定律：，可得：

（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，類比質量分布均勻的星系中心球體球殼對殼內(nèi)物體萬有引力為零。

則在區(qū)域內(nèi)球體總質量為，球體體積為：，類比可得：，

同理區(qū)域的恒星勻速圓周運動，由萬有引力定律：，

聯(lián)立解得：

（3）根據(jù)在范圍內(nèi)的恒星速度v大小幾乎不變，

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：，

聯(lián)立解得：

【知識點】萬有引力定律的應用

【解析】【分析】(1)根據(jù)題意，星系中心球體外恒星繞星系中球體勻速圓周運動，由萬有引力定律求解；

（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，類比質量分布均勻的星系中心球體球殼對殼內(nèi)物體萬有引力為零。先根據(jù)質量分布均勻，結合球體體積公式求得r球體質量，再由萬有引力定律求解；

（3）根據(jù)在范圍內(nèi)的恒星速度v大小幾乎不變，分別對處于R邊緣恒星和處于nR邊緣恒星應用萬有引力定律，聯(lián)立求解。

23．（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三個物體都達到平衡狀態(tài)，求這三個物體總動量的變化量的大小。

【答案】（1）滑塊C沿弧形軌道下滑過程，由機械能守恒定律可得：，

代入數(shù)據(jù)解得：H=0.8m。

（2）滑塊C剛滑上B時，對C受力分析，由牛頓第二定律得C的加速度大小為：

對B受力分析，由牛頓第二定律得：

解得：，

設經(jīng)過時間，B和C共速，有：

解得：

共同速度

B的位移為

B和C共速后，一起做勻減速直線運動，對BC整體，由牛頓第二定律得：

解得：

設再經(jīng)過時間，A與B發(fā)生碰撞，則有：

其中A的位移為：

B在時間內(nèi)的位移為：

解得：或（舍去），，

為保證與P碰撞前，B與C能達到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，則

解得：

（3）因為，所以B與P碰撞時，滑塊C與木板B沒有共速，B做勻加速直線運動，C做勻減速直線運動，對木板B，由位移—時間公式得：

代入數(shù)據(jù)解得：或-2.4s（舍去）

對滑塊C，由位移—時間公式得：

代入數(shù)據(jù)解得：

摩擦力對C做的功

代入數(shù)據(jù)解得：W=-6J

（4）木板B與P碰撞時，B的速度

C的速度

A的位移為

此時A、B間的距離為

B與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞后以原速率反彈，反彈后對B受力分析，由牛頓第二定律得：

代入數(shù)據(jù)解得：

物塊A與木板B相向運動，設經(jīng)時間恰好相遇，由位移關系得：

其中A的位移為：

B的位移為：

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：或（舍去）

此時B的速度，方向向左；

C的速度，方向向右；

以水平向右為正方向，A、B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得：

由能量守恒定律得：

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：，

此時C的速度

物塊A向左的速度大于木板B和滑塊C向右的速度，A、B不會再發(fā)生碰撞，物塊A向左做勻速直線運動，由于摩擦力作用，B和C最后靜止，則整個過程動量的變化量為

解得：

【知識點】動量定理；牛頓第二定律；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律；碰撞模型

【解析】【分析】（1）物塊C下滑過程，根據(jù)機械能守恒定律求解下滑高度；

（2）滑塊C滑上B后，C做勻減速直線運動，B做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出B的位移，為s的最小值，若AB恰好發(fā)生碰撞，求出發(fā)生碰撞時B的位移，為s的最大值；

（3）B與P碰撞時，滑塊C與木板B沒有共速，根據(jù)運動學公式求解時間和C的位移，根據(jù)做功公式求解摩擦力對C做功；

（4）由牛頓第二定律和運動學公式求出B與P發(fā)生碰撞時的速度和位移，以及C的速度，B與P發(fā)生彈性碰撞后，B以原速率反彈，再次根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出A、B碰前的速度，A與B的碰撞為彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律求解碰撞后A和B的速度，進而判斷A、B、C的運動情況，當三個物體都達到平衡狀態(tài)時，A做勻速直線運動，B和C靜止，根據(jù)動量公式求出動量的變化量。

24．（2023·湖北）如圖所示，豎直放置在水平桌面上的左右兩汽缸粗細均勻，內(nèi)壁光滑，橫截面積分別為S、，由體積可忽略的細管在底部連通。兩汽缸中各有一輕質活塞將一定質量的理想氣體封閉，左側汽缸底部與活塞用輕質細彈簧相連。初始時，兩汽缸內(nèi)封閉氣柱的高度均為H，彈簧長度恰好為原長?，F(xiàn)往右側活塞上表面緩慢添加一定質量的沙子，直至右側活塞下降，左側活塞上升。已知大氣壓強為，重力加速度大小為g，汽缸足夠長，汽缸內(nèi)氣體溫度始終不變，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求

（1）最終汽缸內(nèi)氣體的壓強。

（2）彈簧的勁度系數(shù)和添加的沙子質量。

【答案】（1）對左右氣缸內(nèi)所封的氣體，初狀態(tài)：，，末狀態(tài)：，，根據(jù)玻意耳定律得：，解得：；

答：最終汽缸內(nèi)氣體的壓強為。

（2）對右邊活塞受力分析，由平衡條件得：，解得：；對左邊活塞受力分析，由平衡條件得：，解得：。

答：彈簧的勁度系數(shù)；添加的沙子質量為。

【知識點】共點力的平衡；氣體的等溫變化及玻意耳定律

【解析】【分析】（1）根據(jù)玻意耳定律求最終汽缸內(nèi)氣體的壓強；

（2）分別對右、左活塞受力分析，由平衡條件列方程求解。

25．（2023·湖北）某同學利用測質量的小型家用電子秤，設計了測量木塊和木板間動摩擦因數(shù)的實驗。

如圖（a）所示，木板和木塊A放在水平桌面上，電子秤放在水平地面上，木塊A和放在電子秤上的重物B通過跨過定滑輪的輕繩相連。調(diào)節(jié)滑輪，使其與木塊A間的輕繩水平，與重物B間的輕繩豎直。在木塊A上放置n（）個砝碼（電子秤稱得每個砝碼的質量為），向左拉動木板的同時，記錄電子秤的對應示數(shù)m。

（1）實驗中，拉動木板時（填“必須”或“不必”）保持勻速。

（2）用和分別表示木塊A和重物B的質量，則m和所滿足的關系式為。

（3）根據(jù)測量數(shù)據(jù)在坐標紙上繪制出圖像，如圖（b）所示，可得木塊A和木板間的動摩擦因數(shù)（保留2位有效數(shù)字）。

【答案】（1）不必

（2）

（3）0.40

【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)

【解析】【解答】（1）木塊與木板間的滑動摩擦力與兩者之間的相對速度無關，所以拉動木板時不必保持勻速；

（2）對B受力分析，繩子上的拉力為：，對A和砝碼受力分析，在水平方向有：，聯(lián)立解得：；

（3）根據(jù)，結合圖像得：，解得：。

故答案為：（1）不必；（2）；（3）。

【分析】（1）木塊與木板間的滑動摩擦力與兩者之間的相對速度無關；

（2）分別對B、A和砝碼受力分析，由平衡條件列方程求解；

（3）圖像的斜率為。

26．（2023·遼寧）如圖，質量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側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的關系為。取重力加速度g=10m/s2，結果可用根式表示。

（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)因摩擦轉化的內(nèi)能△U（用t表示）。

【答案】（1）根據(jù)題意，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸，由于地面光滑，則物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒：，代入數(shù)據(jù)可得：，

對木板由牛頓第二定律可得：由速度位移公式代入數(shù)據(jù)可得：

（2）木板與彈簧接觸以后，對物塊和木板組成系統(tǒng)：，對物塊有：'

當時，物塊與木板將相對滑動，聯(lián)立解得彈簧的壓縮量為：

對物塊與木板組成系統(tǒng)由動能定理可得：，

代入數(shù)據(jù)可得：

（3）木板從速度為時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板的加速大于物塊的加速度，則當二者加速度相同時，即彈簧形變量為時，說明此時木板的速度為，共用時間為，則對物塊動量定理：解得：

對物塊與木板組成的系統(tǒng)：

聯(lián)立解得：

【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；動量與能量的綜合應用一板塊模型

【解析】【分析】(1)根據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律解出木板剛接觸彈簧時速度大小，再對木板由牛頓第二定律計算加速度并由速度位移公式解得木板位移大?。?/p>

（2）木板與彈簧接觸以后，由牛頓第二定律求解物塊和木板組成系統(tǒng)的加速度和物塊加速度，當二者相等時，物塊與木板將相對滑動，聯(lián)立解得彈簧的壓縮量，對物塊與木板組成系統(tǒng)由動能定理求解木板速度；

（3）木板從速度為時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板的加速大于物塊的加速度，則當二者加速度相同時，即彈簧形變量為時，說明此時木板的速度為，共用時間為，則對物塊動量定理求解物塊速度，再對物塊與木板組成的系統(tǒng)由功能關系求解系統(tǒng)因摩擦轉化的內(nèi)能△U。

27．（2023·全國乙卷）如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l。一質量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求：

（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小；

（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離；

（3）圓盤在管內(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

【答案】（1）小球由靜止下落，由機械能守恒定律：，

解得：，

小球與圓盤發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律：，

能量守恒定律：

聯(lián)立解得：；。

即小球碰后速度大小，方向豎直向上，圓盤碰后速度大小，方向豎直向下；

（2）碰后小球豎直上拋運動，圓盤摩檫力與重力平衡勻速下降，二者距離不斷擴大，當小球速度減為零加速下降到與圓盤速度相等時，二者間距達到最大，即，解得：

由運動學公式，最大距離為：

（3）第一次碰撞到第二次碰撞，二者位移相等，，

即：，

解得：

此時小球的速度為：

這段時間圓盤勻速下降的位移：

第二次碰撞，由動量守恒定律：

能量守恒定律：

聯(lián)立解得：，

同理可得位移相等時：即：解得：

圓盤向下運動：；小球的速度：

第三次碰撞，由動量守恒定律：

能量守恒定律：

聯(lián)立解得：，

同理位移相等時：即：解得：

圓盤向下運動：

歸納總結：第四次碰撞后圓盤下降的距離為：

至此圓盤相對于圓管下降了：

故小球和圓盤總計碰撞4次。

【知識點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；牛頓第二定律；動量與能量的其他綜合應用

【解析】【分析】（1）對小球由機械能守恒定律解得碰前速度，再有彈性碰撞規(guī)律，由動量守恒定律和能量守恒定律求解；

（2）明確碰后小球做豎直上拋運動，圓盤做勻速下降，利用運動學公式計算最遠距離；

（3）應用運動學公式計算第二次碰撞前的小球的速度和圓盤下降的距離，由彈性碰撞規(guī)律，應用動量守恒定律和能量守恒定律計算碰后的速度，明確二者的運動，應用運動學公式計算第二次碰撞前小球的速度和圓盤下降的距離，依次運算，找出規(guī)律，判斷碰撞次數(shù)。

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2023年高考真題分類匯編:牛頓定律、萬有引力

一、選擇題

1．（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

2．（2023·北京）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊質量均為1kg，細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

3．（2023·山東）牛頓認為物體落地是由于地球對物體的吸引，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、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，月球繞地球公轉的周期為（）

A．B．C．D．

4．（2023·海南）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

5．（2023·海南）如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有、兩點，，在固定兩個帶電量分別為的正電荷，現(xiàn)有一個帶正電小球靜置于軌道內(nèi)側點（小球可視為點電荷），已知，試求是多少（）

A．B．C．D．

6．（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

7．（2023·浙江）AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為、質量為的小球用長為5cm的絕緣細線懸掛于A點。閉合開關S，小球靜止時，細線與AB板夾角為30°；剪斷細線，小球運動到CD板上的M點（未標出），則（）

A．MC距離為B．電勢能增加了

C．電場強度大小為D．減小R的阻值，MC的距離將變大

8．（2023·浙江）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．，

9．（2023·浙江）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．木星質量與地球質量之比為

10．（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”。火星和地球幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運動，火星與地球的公轉軌道半徑之比約為3：2，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27：8

B．當火星與地球相距最遠時，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9：4

D．下一次“火星沖日”將出現(xiàn)在2023年12月8日之前

11．（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△L1和△L2、電流大小分別為I1和I2的平行直導線間距為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．kgm/(s2A)B．kgm/(s2A2)

C．kgm2/(s3A)D．kgm2/(s3A3)

12．（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．

13．（2023·全國乙卷）一同學將排球自O點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設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．達到最高點時加速度為零D．下落過程中做勻加速運動

14．（2023·浙江選考）太陽系各行星幾平在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運動．當?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

二、多項選擇題

15．（2023·湖北）如圖所示，原長為l的輕質彈簧，一端固定在O點，另一端與一質量為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。當小球置于桿上P點時恰好能保持靜止。設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

16．（2023·新課標卷）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，甲的質量大于乙的質量，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

17．（2023·新課標卷）一質量為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x的關系如圖所示。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6W

B．在x=4m時，物體的動能為2J

C．從x=0運動到x=2m，物體克服摩擦力做的功為8J

D．從x=0運動到x=4的過程中，物體的動量最大為2kgm/s

18．（2023·湖南）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

19．（2023·湖南）如圖，光滑水平地面上有一質量為的小車在水平推力的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質量均為的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

20．（2023·全國乙卷）如圖，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊（可視為質點）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，當物塊從木板右端離開時（）

A．木板的動能一定等于flB．木板的動能一定小于fl

C．物塊的動能一定大于D．物塊的動能一定小于

21．（2023·全國甲卷）用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、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μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知（）

A．m甲m乙C．μ甲μ乙

三、非選擇題

22．（2023·北京）螺旋星系中有大量的恒星和星際物質，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)物質總質量為M，可認為均勻分布，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式的相似性和相關力學知識，求區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關系；

（3）科學家根據(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，科學家預言螺旋星系周圍（）存在一種特殊物質，稱之為暗物質。暗物質與通常的物質有引力相互作用，并遵循萬有引力定律，求內(nèi)暗物質的質量。

23．（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三個物體都達到平衡狀態(tài)，求這三個物體總動量的變化量的大小。

24．（2023·湖北）如圖所示，豎直放置在水平桌面上的左右兩汽缸粗細均勻，內(nèi)壁光滑，橫截面積分別為S、，由體積可忽略的細管在底部連通。兩汽缸中各有一輕質活塞將一定質量的理想氣體封閉，左側汽缸底部與活塞用輕質細彈簧相連。初始時，兩汽缸內(nèi)封閉氣柱的高度均為H，彈簧長度恰好為原長?，F(xiàn)往右側活塞上表面緩慢添加一定質量的沙子，直至右側活塞下降，左側活塞上升。已知大氣壓強為，重力加速度大小為g，汽缸足夠長，汽缸內(nèi)氣體溫度始終不變，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求

（1）最終汽缸內(nèi)氣體的壓強。

（2）彈簧的勁度系數(shù)和添加的沙子質量。

25．（2023·湖北）某同學利用測質量的小型家用電子秤，設計了測量木塊和木板間動摩擦因數(shù)的實驗。

如圖（a）所示，木板和木塊A放在水平桌面上，電子秤放在水平地面上，木塊A和放在電子秤上的重物B通過跨過定滑輪的輕繩相連。調(diào)節(jié)滑輪，使其與木塊A間的輕繩水平，與重物B間的輕繩豎直。在木塊A上放置n（）個砝碼（電子秤稱得每個砝碼的質量為），向左拉動木板的同時，記錄電子秤的對應示數(shù)m。

（1）實驗中，拉動木板時（填“必須”或“不必”）保持勻速。

（2）用和分別表示木塊A和重物B的質量，則m和所滿足的關系式為。

（3）根據(jù)測量數(shù)據(jù)在坐標紙上繪制出圖像，如圖（b）所示，可得木塊A和木板間的動摩擦因數(shù)（保留2位有效數(shù)字）。

26．（2023·遼寧）如圖，質量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側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的關系為。取重力加速度g=10m/s2，結果可用根式表示。

（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)因摩擦轉化的內(nèi)能△U（用t表示）。

27．（2023·全國乙卷）如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l。一質量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求：

（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大??；

（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離；

（3）圓盤在管內(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

答案解析部分

1．【答案】A

【知識點】開普勒定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛(wèi)星問題

【解析】【解答】A、“夸父一號”在隨地球繞太陽公轉的過程中，需要其軌道平面始終與太陽保持固定的取向，則其在運行軌道平面每天轉動的角度為：，A正確；

B、由高軌低速長周期，軌道越高環(huán)繞速度越小，“夸父一號”繞地球做圓周運動的速度小于環(huán)繞地球的最大速度，B錯誤；

C、“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度：，地球表面的重力加速度：，由于：r＞R，故a＜g，C錯誤；

D、“夸父一號”繞地球做圓周運動，地球繞太陽做圓周運動，中心天體不同，不能根據(jù)開普勒第三定律計算日地平均距離。D錯誤；

故答案為：A

【分析】A、根據(jù)”夸父一號“運行特點分析判斷；

B、由高軌低速長周期，軌道越高環(huán)繞速度越小判斷；

C、根據(jù)向心加速度公式和地球表面重力加速度公式判斷；

D、開普勒第三定律適用于同一個中心天體的條件判斷。

2．【答案】C

【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體

【解析】【解答】根據(jù)題意，細線能承受的最大拉力為T=2N，由隔離法對左端物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：T=ma，

最大加速度，

整體法受力分析，由牛頓第二定律：，ABD錯誤，C正確；

故答案為：C

【分析】根據(jù)連接體的解題方法，先隔離后整體求解。

3．【答案】C

【知識點】萬有引力定律的應用

【解析】【解答】設地球半徑為R，則r=60R，由萬有引力等于重力可得：，月球繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，有：，解得月球繞地球公轉的周期為：，C符合題意，ABD不符合題意。

故答案為：C。

【分析】在地球表面，忽略地球自轉的情況下，物體所受萬有引力等于重力，月球繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，列式解方程組即可。

4．【答案】A,C,D

【知識點】萬有引力定律的應用

【解析】【解答】A、飛船從1軌道變到2軌道要點火加速做離心運動，才能升軌，A正確；

B、由得周期公式：得軌道越高周期越大，B錯誤；

C、由得線速度公式：得軌道越高線速度越小，C正確；

D、由得向心加速度：得軌道越高向心加速度越小，D正確；

故答案為：ACD

【分析】由天體圓周運動的供需平衡可知：升軌加速降軌減速，分別做離心和近心圓周運動；分別得到周期、線速度、向心加速度公式，進行分析判斷，亦可總結為高軌低速大周期為判斷依據(jù)。

5．【答案】C

【知識點】庫侖定律；力的平行四邊形定則及應用

【解析】【解答】對帶正電的小球受力分析如圖所示，小球在三個力的作用下處于平衡狀態(tài)，

由正弦定理可得：，有幾何關系可得：，；

在中由正弦定理可得：

在中由正弦定理可得：

又因為：

聯(lián)立解得：，故ABD錯誤，C正確；

故答案為：C

【分析】對帶電小球受力分析，由正弦定理求出AB兩小球對P的作用力的關系，根據(jù)幾何關系和正弦定理求得角度和邊長的關系，結合庫侖定律求解.

6．【答案】B

【知識點】共點力的平衡；區(qū)分相互作用力與平衡力

【解析】【解答】A、工人受力分析可知，豎直方向受自身重力，地面支持力，繩子的拉力，三個力作用下處于平衡狀態(tài)，A錯誤；

B、工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一次相互作用中產(chǎn)生的作用在兩個物體上，大小相等，方向相反的力，是一對作用力與反作用力，B正確；

CD、對動滑輪受力分析如圖所示，

可得：，在重物緩慢拉起的過程中，θ角度不斷增大，繩子的拉力不斷增大，CD錯誤；

故答案為：B

【分析】A、對工人受力分析豎直方向受三個力的作用下的平衡；

B、正確理解作用力和反作用力，就可以判斷；

CD，對動滑輪受力分析，由平行四邊形法則求解拉力與夾角的關系，分析判斷。

7．【答案】B

【知識點】共點力的平衡；帶電粒子在電場中的運動綜合

【解析】【解答】A.剪斷細線，小球沿直線運動到M點，如圖所示：

根據(jù)幾何關系得：，故A不符合題意；

B.根據(jù)平衡條件和幾何關系得：，，聯(lián)立解得：，根據(jù)幾何關系得小球沿著電場力方向的位移，電場力做功為：，所以小球的電勢能增加了，故B符合題意；

C.電場強度的大小為：，故C不符合題意；

D.減小R的阻值，極板間的電勢差不變，極板間的電場強度不變，所以小球的運動不會發(fā)生改變，MC的距離不變，故D不符合題意。

故答案為：B

【分析】剪斷細線，小球沿直線運動到M點，根據(jù)幾何關系求解MC；根據(jù)平衡條件和幾何關系求得電場力的大小，根據(jù)功的計算公式求解電場力做的功，根據(jù)功能關系求解電勢能的增加量；根據(jù)電場強度的定義式求解電場強度大小；電容器兩板間的電壓等于電源電動勢，與R的阻值無關。

8．【答案】D

【知識點】共點力的平衡

【解析】【解答】對光滑圓柱體受力分析如圖：

三力平衡，由三角形法得：，，故D符合題意，ABC不符合題意。

故答案為：D

【分析】對光滑圓柱體受力分析，三力平衡，由三角形法求解。

9．【答案】D

【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應用

【解析】【解答】根據(jù)題意，，，，，。

AB.由開普勒第三定律得：，解得：，，故AB不符合題意；

C.木衛(wèi)三和月球圍繞的中心天體不同，無法求周期之比，故C不符合題意；

D.根據(jù)萬有引力提供向心力得：，解得：，所以，故D符合題意。

故答案為：D

【分析】根據(jù)開普勒第三定律列式求解；根據(jù)萬有引力提供向心力列式求解。

10．【答案】B

【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應用

【解析】【解答】A.火星與地球的公轉軌道半徑之比約為，根據(jù)開普勒第三定律得：，解得：，故A不符合題意；

B.當火星與地球相距最遠時，由于兩者速度方向相反，所以此時兩者相對速度最大，故B符合題意；

C.在星球表面根據(jù)萬有引力定律得：，由于不知道火星和地球的質量比，所以無法得出火星和地球表面的自由落體加速度，故C不符合題意；

D.火星和地球繞太陽做勻速圓周運動，則，，要發(fā)生下一次火星沖日，則，解得：，所以下一次火星沖日將出現(xiàn)在2023年12月18日之后，故D不符合題意。

故答案為：D

【分析】根據(jù)開普勒第三定律分析火星與地球繞太陽運動的周期之比；當火星與地球相距最遠時，兩者速度方向相反；根據(jù)萬有引力定律分析；要發(fā)生下一次火星沖日，需滿足。

11．【答案】B

【知識點】平行通電直導線間的相互作用；力學單位制

【解析】【解答】由相互作用力的大小可以表示為，可得：，代入單位可得：，由此可見ACD錯誤，B正確；

故答案為：B

【分析】由已知表達式，推導出k的表達式，根據(jù)相應物理量代入對應的基本單位。

12．【答案】D

【知識點】受力分析的應用

【解析】【解答】因為月球表面對“嫦娥五號”探測器四條腿的支持力都豎直向上（垂直于接觸面向上），對“嫦娥五號”探測器進行受力分析，設月球表面對每條腿的支持力均為F，則4F=mg月，g月=g，聯(lián)立解得F=。故D選項符合題意。

故答案為：D。

【分析】對嫦娥五號進行受力分析，萬有引力提供重力，再根據(jù)正交分解和平衡條件列方程求解。

13．【答案】B

【知識點】功能關系；瞬時速度；豎直上拋運動；牛頓第二定律

【解析】【解答】A、上升過程做加速度減小的減速運動，下降過程做加速度減小的加速運動，克服空氣阻力做功，同一位置上升的速度大于下降的速度的大小，所以上升的平均速度大于下降的平均速度，兩過程的位移大小相等，所以上升的時間小于下降的時間，A錯誤；

B、整個過程克服空氣阻力做功，機械能減小，故剛墊起后瞬間速度最大，B正確；

C、最高點速度為零，空氣阻力為零，只受重力，加速度是重力加速度g，C錯誤；

D、下降過程做加速度減小的加速運動，D錯誤；

故答案為：B

【分析】受力分析明確運動狀態(tài)，全程克服空氣阻力做功，機械能減小，同一高度，上升速度大于下降速度大小。

14．【答案】B

【知識點】開普勒定律

【解析】【解答】沖日由題意可知即為地球和行星某時距離最近。相鄰兩次“沖日”時間間隔即為經(jīng)過多少時間行星和地球再次相距最近。由開普勒第三定律可得，，設沖日時間間隔為t，則。解得，代入表格數(shù)據(jù)可得。

故選B。

【分析】知道半徑之比，利用開普勒第三定律即可求得行星周期之比。再次相距最近，快的比慢的多跑了一圈即弧度。

15．【答案】A,D

【知識點】胡克定律；滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)；摩擦力的判斷與計算；共點力的平衡；牛頓第二定律；功的計算

【解析】【解答】A.小球在P點受力平衡，則，，，聯(lián)立解得：，故A符合題意；

B.小球運動到P點下方時，此時摩擦力大小為：，由牛頓第二定律得：，聯(lián)立解得：，故B不符合題意。

C.在PM之間任取一點A，令AO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：；在MP之間增大在PN之間減小，所以摩擦力先變大后變小，故C不符合題意；

D.根據(jù)對稱性知在任意關于P點對稱的點摩擦力相等，因此由對稱性知M到P和P到N摩擦力做功相等，故D符合題意；

故答案為：AD

【分析】在P點，根據(jù)平衡條件列方程求彈簧的勁度系數(shù)；小球在P點下方時，根據(jù)牛頓第二定律求加速度；在PM之間任取一點A，求出摩擦力的表達式進行分析；根據(jù)對稱性進行分析。

16．【答案】B,D

【知識點】動量定理；牛頓第二定律；沖量

【解析】【解答】兩者接近的過程中相互作用的引力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知，質量越大，加速度越小，經(jīng)過相同的時間質量越大的，速度越小，故A錯誤；對整個系統(tǒng)進行研究，系統(tǒng)所受合力的方向向左，故整個系統(tǒng)向左的動量增加，即乙的動量大于甲的動量，且總動量之和增大，故BD正確，C錯誤。

故答案為：BD。

【分析】對甲乙兩個物體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度和速度大小，根據(jù)動量定律分析比較動量大小。

17．【答案】B,C

【知識點】牛頓第二定律；動能定理的綜合應用

【解析】【解答】A、由圖像可知圖像的斜率表示拉力的大小，1-2m過程中拉力大小為6N，根據(jù)動能定理，解得，由，故A錯誤。

B、根據(jù)動能定理，x=4m時物體的動能，故B正確。

C、0-2m過程中克服摩擦力做功為，故C正確。

D、由圖像可知，當x=2m時，物體的速度最大，動量最大，最大速度為，則物體的最大動量為，故D錯誤。

故答案為：BC。

【分析】根據(jù)圖像和做功的表達式判斷圖像斜率的物理意義，再由牛頓第二定律和動能定理分析求解。

18．【答案】A,D

【知識點】牛頓第二定律；豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用

【解析】【解答】A.小球恰好到達C點，則。小球從C到B的過程中，根據(jù)動能定理和牛頓第二定律有：，，聯(lián)立解得：，從C到B的過程中由0增大到，則逐漸減小，所以小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，故A符合題意；

B.從A到B的過程中小球的速度逐漸減小，根據(jù)知，A到B的過程中小球重力的功率始終減小，故B不符合題意；

C.對A到C過程中，根據(jù)動能定理得：，解得：，故C不符合題意；

D.假設小球在B點恰好脫離軌道，則，解得：，小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能為，所以小球有可能從B點脫離軌道，故D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】根據(jù)動能定理和牛頓第二定律列方程求得FN，再由a角的變化分析判斷FN的變化；由，結合速度變化分析判斷；根據(jù)動能定理求解。

19．【答案】C,D

【知識點】力的合成與分解的運用；牛頓運動定律的綜合應用

【解析】【解答】A.對小球B受力分析如圖：

豎直方向受力平衡，則，，解得：，所以，對B球根據(jù)牛頓第二定律得：，解得：，對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律得：，故A不符合題意；

BC.

若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律，A加速度的最大值，B加速度的最大值，若，則，整體的最大加速度為，對整體根據(jù)牛頓第二定律有：，若，則，整體的最大加速度為，對整體根據(jù)牛頓第二定律有：，故B不符合題意，C符合題意；

D.若推力F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可以收到左壁向右的彈力，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。當小球B所受的摩擦力向左是，小球B的最小加速度為，當小球B所受的摩擦力向右是，小球B的最大加速度為，對系統(tǒng)根據(jù)根據(jù)牛頓第二定律得F的范圍為：，故D符合題意。

故答案為：CD

【分析】對B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，即整體的加速度，再對整體根據(jù)牛頓第二定律求推力；分別對A、B根據(jù)牛頓第二定律求加速度的最大值，然后進行討論；對B根據(jù)牛頓第二定律求加速度的最大值和最小值，再對整體根據(jù)牛頓第二定律求F的范圍。

20．【答案】B,D

【知識點】功能關系；牛頓運動定律的應用—板塊模型；功的計算

【解析】【解答】由題意，設物塊脫離時木板的速度為，物塊的速度為，木板相對地面的位移為，物塊相對地面的位移為，可得：；；

AB、物塊勻減速，木板勻加速，由運動學公式：；，由于：，

可得：，則：，所以：，故A錯誤，B正確；

CD、對系統(tǒng)能量守恒定律可得：得出物塊的動能：，故C錯誤，D正確；

故答案為：BD。

【分析】由板塊模型的位移關系，速度關系，時間關系，根據(jù)運動學公式和系統(tǒng)能量守恒定律分析計算。

21．【答案】B,C

【知識點】牛頓定律與圖象

【解析】【解答】根據(jù)牛頓第二定律得：，解得：。結合圖像知，，，故BC符合題意，AD不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】根據(jù)牛頓第二定律推導所受拉力與其加速度的關系式，結合圖像求解。

22．【答案】（1）根據(jù)題意，r＞R為星系中心球體外恒星繞星系中球體勻速圓周運動，由萬有引力定律：，可得：

（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，類比質量分布均勻的星系中心球體球殼對殼內(nèi)物體萬有引力為零。

則在區(qū)域內(nèi)球體總質量為，球體體積為：，類比可得：，

同理區(qū)域的恒星勻速圓周運動，由萬有引力定律：，

聯(lián)立解得：

（3）根據(jù)在范圍內(nèi)的恒星速度v大小幾乎不變，

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：，

聯(lián)立解得：

【知識點】萬有引力定律的應用

【解析】【分析】(1)根據(jù)題意，星系中心球體外恒星繞星系中球體勻速圓周運動，由萬有引力定律求解；

（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，類比質量分布均勻的星系中心球體球殼對殼內(nèi)物體萬有引力為零。先根據(jù)質量分布均勻，結合球體體積公式求得r球體質量，再由萬有引力定律求解；

（3）根據(jù)在范圍內(nèi)的恒星速度v大小幾乎不變，分別對處于R邊緣恒星和處于nR邊緣恒星應用萬有