高一下冊物理第三次月考復習（壓軸60題16大考點）高一物理階段性復習講解與訓練（人教版2019必修第二冊）（解析版）

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必修第二冊第5~8章。一．運動的合成與分解（共2小題）二．關聯(lián)速度問題（共2小題）三．平拋運動（共6小題）四．線速度、角速度和周期、轉速（共2小題）五．向心力（共6小題）六．生活中的圓周運動——豎直平面內的圓周運動（共5小題）七．萬有引力定律的應用（共5小題）八．人造衛(wèi)星（共4小題）九．多星系統(tǒng)問題（共1小題）一十．功率、平均功率和瞬時功率（共5小題）一十一．機車啟動的兩種模型（共3小題）一十二．動能定理（共6小題）一十三．機械能守恒定律（共3小題）一十四．功能關系（共6小題）一十五．探究平拋運動的特點（共2小題）一十六．實驗驗證機械能守恒定律（共2小題）TOC\o"1-3"\h\u一．運動的合成與分解（共2小題）1．（2024?碑林區(qū)模擬）如圖所示，一塊橡皮用細線懸掛于O點，用鉛筆靠著線的左側水平向右勻速移動，運動中始終保持懸線豎直，則橡皮運動的速度（）A．大小和方向均不變 B．大小不變，方向改變 C．大小改變，方向不變 D．大小和方向均改變【答案】A【解答】解：橡皮參與了兩個分運動，一個是沿水平方向與鉛筆速度相同的勻速直線運動，另一個是沿豎直方向與鉛筆移動速度大小相等的勻速直線運動，這兩個直線運動的合運動是斜向上的勻速直線運動，故A正確，BCD錯誤。故選：A。2．（2023春?彌勒市校級期末）（多選）質量為2kg的質點在xOy平面上運動，在x方向的速度圖象和y方向的位移圖象如圖所示，下列說法中正確的是（）A．質點的初速度大小為5m/s B．質點做勻變速曲線運動 C．2s末質點速度大小為10m/s D．質點所受的合外力為4N【答案】ABD【解答】解：A、根據圖象可得：vx0＝4m/s，y方向是勻速直線運動vy＝3m/s，所以初速度，故A正確；B、因為物體的合加速度就是x方向加速度不變，而y方向勻速，所以質點做的是勻變速曲線運動，故B正確；C、2s末vx＝8m/s，vy＝3m/s，速度，故C錯誤；D根、據圖象得：，根據牛頓第二定律：F＝ma＝2×2N＝4N，故D正確；故選：ABD。二．關聯(lián)速度問題（共2小題）3．（2024?西城區(qū)校級模擬）如圖所示，小球A、B用一根長為L的輕桿相連，豎直放置在光滑水平地面上，小球C挨著小球B放置在地面上。由于微小擾動，小球A沿光滑的豎直墻面下滑，小球B、C在同一豎直面內向右運動。當桿與墻面夾角為θ，小球A和墻面恰好分離，最后小球A落到水平地面上。下列說法中不正確的是（）A．當小球A的機械能取最小值時，小球B與小球C的加速度為零 B．小球A由靜止到與墻面分離的過程中，小球B的速度先增大后減小 C．當小球A和墻面恰好分離時，小球B與小球C也恰好分離 D．當小球A和墻面恰好分離時，A、B兩球的速率之比為tanθ：1【答案】B【解答】解：B．從靜止開始到小球A和墻面恰好分離的過程，對A、B、C三個小球組成的系統(tǒng)，由于受到豎直墻面向右的彈力，根據動量定理可得Ft＝（mB+mC）vB，所以小球A由靜止到與墻面分離的過程中，小球B的速度一直增大，故B錯誤；A．對A、B、C三個小球組成的系統(tǒng)，機械能守恒，由B項的分析可知，球A和墻面恰好分離時，小球B與小球C速度最大，則其加速度最小，機械能最大，則此時A球機械能最小，所以當小球A的機械能取最小值時，小球B與小球C的加速度為零，故A正確；C．當小球A與墻面分離后，水平方向動量守恒，小球A在水平方向的速度會不斷增大，B球在水平方向的速度會不斷減小，所以在小球A與墻面分離瞬間，小球C球和小球B分離，故C正確；D．當小球A和墻面恰好分離時，兩球的速度分解如圖所示：兩球的速度關聯(lián)，沿桿方向的速度相等，有vAcosθ＝vBsinθ，可得：，故D正確。本題選錯誤的，故選：B。4．（2022春?吉安期末）如圖所示，傾角θ＝37°的光滑且足夠長的斜面固定在水平面上，在斜面頂端固定一個輪半徑和質量都不計的光滑定滑輪D，質量均為m＝1kg的物體，A和B用一勁度系數k＝240N/m的輕彈簧連接，物體B被位于斜面底端且垂直于斜面的擋板擋住，用一不可伸長的輕繩使物體A跨過定滑輪與質量為M的小環(huán)C連接，小環(huán)C穿過豎直固定的光滑均勻細桿，當整個系統(tǒng)靜止時，環(huán)C位于Q處，繩與細桿的夾角α＝53°，且物體B對擋板P的壓力恰好為零。圖中SD水平且長度為d＝0.2m，位置R與位置Q關于S對稱，輕彈簧和定滑輪右側的繩均與斜面平行，現(xiàn)讓環(huán)C從位置R由靜止釋放，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2．求：（1）小環(huán)C的質量M（2）小環(huán)C通過位置S時的動能Ek及環(huán)從位置R運動到位置S的過程中輕繩對環(huán)做的功WT（3）小環(huán)C運動到位置Q的速率v。【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）先以AB組成的整體為研究對象，AB系統(tǒng)受到重力。支持力和繩子的拉力處于平衡狀態(tài)，則繩子的拉力為：T＝2mgsinθ＝2×10×sin37°＝12N以C為研究對象，則C受到重力、繩子的拉力和桿的彈力處于平衡狀態(tài)，如圖，則有：T?cos53°＝Mg代入數據得：M＝0.72kg（2）考慮到本題中彈簧有不同的形變量，所以需要先計算不同情況下彈簧的形變量，然后判斷出是否需要使用彈簧的彈性勢能的表達式。所以需要先計算出彈簧開始時的形變量。由題意，開始時B恰好對擋板沒有壓力，所以B受到重力、支持力和彈簧的拉力，彈簧處于伸長狀態(tài)；產生B沿斜面方向的受力：F1＝mgsinθ＝1×10×sin37°＝6N彈簧的伸長量：Δx1＝＝m＝0.025m由題圖中的幾何關系可知：＝＝＝＝m＝0.25m所以C由R點運動到S點的過程中，彈簧將縮短：x＝﹣＝0.25﹣0.20＝0.05m＞0.025m可知彈簧將由開始時的伸長狀態(tài)變成壓縮狀態(tài)，壓縮量：Δx2＝x﹣Δx1＝0.05﹣0.025＝0.025m＝Δx1由于彈簧的壓縮量等于彈簧開始時的伸長量，所以當C運動到S點時，彈簧的彈性勢能與開始時的彈性勢能是相等的。而A下降的距離等于彈簧縮短的距離x，即0.05m。在C從R點運動到S點的過程中，C受到的重力、A受到的重力對A與C組成的系統(tǒng)做功。當C到達S點時，C沿繩子方向的分速度是0，所以A的速度是0，A與C減小的重力勢能轉化為C的動能，由機械能守恒定律得：Mg?+mg?x?sinθ＝M代入數據求得環(huán)C的動能：Ek＝M＝1.38J環(huán)下降的過程中重力和繩子的拉力對環(huán)做功，由動能定理得：Mg?+WT＝Ek代入數據得：WT＝0.3J（3）結合第二步的分析可知，當環(huán)到達Q點時，由于＝，所以，物體A恰好又回到了開始時的位置，彈簧的長度又回到了最初的長度，所以環(huán)從R到S的過程中，只有環(huán)的重力勢能減小，其他的物體的勢能保持不變！對環(huán)在Q點的速度進行分解如下圖，則：由圖可知，物體A上升的速度即沿繩子方向的速度，是環(huán)C的一個分速度，它們之間的關系：＝cosα＝cos53°＝0.6所以：vA＝0.6vQ由功能關系：Mg?＝+代入數據解得：vQ＝2m/s答：（1）小環(huán)C的質量M是0.72kg；（2）小環(huán)C通過位置S時的動能Ek是1.38J，環(huán)從位置R運動到位置S的過程中輕繩對環(huán)做的功WT是0.3J；（3）小環(huán)C運動到位置Q的速率是2m/s。三．平拋運動（共6小題）5．（2024?浙江模擬）如圖所示，水平地面有一個坑，其豎直截面為y＝kx2的拋物線（k＝1，單位為），ab沿水平方向，a點橫坐標為，在a點分別以初速度v0、2v0（v0未知）沿ab方向拋出兩個石子并擊中坑壁，且以v0、2v0拋出的石子做平拋運動的時間相等。設以v0和2v0拋出的石子做平拋運動的時間為t，擊中坑壁瞬間的速度分別為v1和v2，下落高度為H，（僅s和重力加速度g為已知量），則（）（選項中只考慮數值大小，不考慮量綱）A．不可以求出t B．可求出t大小為 C．可以求出v1大小為 D．可求出H的大小為2s2【答案】D【解答】解：ABD.由題可知，兩個石子做平拋運動，運動時間一樣，則下落的高度H一樣，又因為落在拋物線上，所示是關于y軸對稱的點上，可得如下關系可得v0t＝s即可分別得出落在坑壁上兩個石子的坐標分別為和，由y＝kx2可得初始高度為，在落到坑壁的高度可代入拋物線表達式計算求得為所以利用高度之差可求得H＝2s2平拋運動的運動時間由H＝可求出t＝＝2s故D正確，AB錯誤；C.由前面可求出v0＝＝豎直方向上的速度vy＝gt＝2s由運動的合成可得v＝＝故C錯誤。故選：D。6．（2023春?西豐縣校級期中）如圖所示，位于同一高度的小球A、B分別水平拋出，都落在傾角為45°的斜面上的C點，小球B恰好垂直打到斜面上，則A、B小球的初速度之比為（）A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．【答案】B【解答】解：B小球A做平拋運動，根據分位移公式，有：x＝v1t…①，…②，又…③，聯(lián)立①②③得…④，小球B恰好垂直打到斜面上，則有…⑤，則得v2＝gt…⑥，由④⑥得：v1：v2＝1：2．故B正確、ACD錯誤。故選：B。7．（2023春?東湖區(qū)校級月考）2019年女排世界杯，中國女排以十一連勝奪冠，如圖為排球比賽場地示意圖。其長度為L，寬度s，球網高度為h．現(xiàn)女排隊員在底線中點正上方沿水平方向發(fā)球，發(fā)球點高度為1.5h，排球做平拋運動（排球可看作質點，忽略空氣阻力），重力加速度為g。則關于排球的運動下列說法正確的是（）A．能過網的最小初速度為 B．能落在界內的最大位移為 C．能過網面不出界的最大初速度為 D．能落在界內的最大末速度為【答案】D【解答】解：A．排球做平拋運動，能過網的最小初速度為v1，此種情況下有：豎直位移為：可得：水平位移為：可得：即解得：故A錯誤；BCD．排球過網而不出界的最大初速度為v2，此種情況下，排球落到對角線的頂點處有：豎直位移：解得：水平位移：解得：即解得：排球做平拋運動，落地時豎直分速度為：能落在界內的最大末速度為：最大位移為：故BC錯誤，D正確。故選：D。8．（2024春?南京期中）如圖所示，小明在離水面高度h0＝1.8m處，將一質量m＝20g的小石片以初速度v0＝8m/s水平拋出，小石片先在水面上彈跳數次，當沿水面的速度減為零時會下沉。小石片每次接觸水面時都受到恒定的作用力，其中水平分力恒為f＝0.4N，每次接觸水面Δt＝0.04s后就跳起，跳起時豎直方向的速度與此時沿水平方向速度之比為常數k＝0.75，不計空氣阻力（g＝10m/s2）。求小石片（1）第一次與水面接觸前水平方向的位移x；（2）第一次與水面接觸過程中，對水面作用力的豎直分力大小Fy；（3）總共彈起的次數n以及最后一次跳起后在空中的飛行時間?！敬鸢浮浚?）第一次與水面接觸前水平方向的位移為4.8m；（2）第一次與水面接觸過程中，對水面作用力的豎直分力大小為5.9N；（3）總共彈起的次數為9次；最后一次跳起后在空中的飛行時間為0.12s。【解答】解：（1）小石片以初速度v0＝8m/s水平拋出，做平拋運動，設從拋出到第一次與水面接觸前時間為t0，由得第一次與水面接觸前水平方向的位移x＝v0t0＝8×0.6m＝4.8m（2）第一次與水面接觸前豎直方向的速度vy＝gt0＝10×0.6m/s＝6m/s小石片在水面上滑行時，設水平方向加速度大小為a，有第一次與水面接觸后跳起時滑行速度v1＝v0﹣aΔt＝8m/s﹣20×0.04m/s＝7.2m/s規(guī)定豎直方向下為正方向，第一次與水面接觸后跳起時豎直方向分速度豎直方向加速度為第一次與水面接觸過程中對水面作用力（可視作恒力）的豎直分力大小Fy，由牛頓第二定律得﹣Fy+mg＝may解得Fy＝5.9N（3）小石片在水面上滑行時，每次滑行速度的變化量Δv＝aΔt＝20×0.04m/s＝0.8m/s由可知，小石片共在水平上滑行了10次，空中彈起后飛行了9次，總共彈起的次數為9次，則第n次彈起后的速度vxn＝vx0+Δvx＝（8﹣0.8n）m/s再由v＝kv和可得第n次彈起后在空中飛行的時間為最后一次跳起后在空中的飛行時間為t9＝0.12s。答：（1）第一次與水面接觸前水平方向的位移為4.8m；（2）第一次與水面接觸過程中，對水面作用力的豎直分力大小為5.9N；（3）總共彈起的次數為9次；最后一次跳起后在空中的飛行時間為0.12s。9．（2023秋?包河區(qū)校級月考）國家郵政局快遞大數據平臺實時監(jiān)測數據顯示，截至2023年10月1日，今年我國快遞業(yè)務量突破1000億件，已連續(xù)8年穩(wěn)居世界第一、快遞分裝會用到傳輸裝置，如圖所示，可視為質點的某快遞以vB＝5m/s的速度進入水平傳送帶BC，最后能從C點水平拋出，已知水平傳送帶BC長L＝3m，上表面距水平地面高h＝1.25m，該快遞與傳送帶間動摩擦因數μ＝0.4，傳送帶以順時針方向轉動，不考慮傳送帶滑輪大小，重力加速度取g＝10m/s2。求：（1）當傳送帶的速度大小為v＝2.4m/s時，快遞落在水平地面上的落地點與C點的水平距離；（2）若在傳送帶右側加裝一個收集裝置，如圖所示，其內邊界截面為圓弧，C點為圓心，半徑為，若要使該快遞從C點拋出后落到收集裝置時的速度最小，則傳送帶速度應該調節(jié)為多大？【答案】（1）快遞落在水平地面上的落地點與C點的水平距離為1.2m；（2）要使該快遞從C點拋出后落到收集裝置時的速度最小，傳送帶速度應該調節(jié)為?！窘獯稹拷猓海?）對快遞，由牛頓第二定律可得：μmg＝ma，解得a＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2，當與傳送帶速度相等時，由可得：由于x＝2.405m＜L，故先減速后勻速，快遞到達C點的速度為2.4m/s，從C點平拋到落地的過程中，由平拋運動規(guī)律可得：解得：t＝0.5s由水平位移x＝vt解得：x＝1.2m；（2）設快遞落到收集裝置時速度為v1，則有設從C點拋出時水平速度為vx，落到收集裝置時水平位移x，豎直位移yx2+y2＝R2，x＝vxt，得即代入v1表達式得，由數學知識可知，當時，v最小，解得由解得可知，物體在傳送帶上先勻減速到，再一起勻速，即傳送帶速度應該調節(jié)為。故答案為：（1）快遞落在水平地面上的落地點與C點的水平距離為1.2m；（2）要使該快遞從C點拋出后落到收集裝置時的速度最小，傳送帶速度應該調節(jié)為。10．（2023?和平區(qū)二模）如圖是為了檢驗某種防護罩承受沖擊能力的裝置，M為半徑為R＝1.0m、固定于豎直平面內的光滑圓弧軌道，軌道上端切線水平，N為待檢驗的固定曲面，該曲面在豎直面內的截面為半徑的圓弧，圓弧下端切線水平且圓心恰好位于M軌道的上端點，M的下端相切處置放豎直向上的彈簧槍，可發(fā)射速度不同的質量m＝0.01kg的小鋼珠，假設某次發(fā)射的鋼珠沿軌道恰好能經過M的上端點，水平飛出后落到N的某一點上，取g＝10m/s2，求：（1）發(fā)射該鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep多大？（2）鋼珠落到圓弧N上時的速度大小vN是多少？（結果保留兩位有效數字）【答案】見試題解答內容【解答】解（1）設鋼珠在M軌道最高點的速度為v，在最高點，由題意…①從發(fā)射前到最高點，由機械能守恒定律得：＝0.15J…②（2）鋼珠從最高點飛出后，做平拋運動x＝vt…③…④由幾何關系：x2+y2＝r2…⑤從飛出M到打在N得圓弧面上，由機械能守恒定律：…⑥聯(lián)立①、③、④、⑤、⑥解出所求：vN＝4.0m/s答：（1）發(fā)射該鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep為0.15J；（2）鋼珠落到圓弧N上時的速度大小vN是4.0m/s．四．線速度、角速度和周期、轉速（共2小題）11．（2023?南昌二模）（多選）如圖所示，水平地面上固定著三個內壁光滑的容器甲、乙、丙，它們的中心軸線均和水平地面垂直。其中甲的內表面為圓錐面，乙的內表面為半球面，丙的內表面為旋轉拋物面（將拋物線繞其對稱軸旋轉一周所得到的曲面），三個容器中均有兩個小球貼著內壁在水平面內做勻速圓周運動，小球可視為質點。下列說法正確的是（）A．甲容器中A球的線速度比B球大 B．乙容器中A球的角速度比B球大 C．丙容器中兩球角速度大小相等 D．丙容器中A球的角速度比B球小【答案】ABC【解答】解：如下圖所示：三個容器中都是重力和支持力的合力提供向心力，設支持力與豎直方向的夾角為θ，則合力都可以寫成mgtanθ。A、甲容器中A球和B球所受支持力與豎直方向的夾角一樣大，則向心力一樣大，根據牛頓第二定律得mgtanθ＝，由于A球圓周運動的半徑大，所以甲容器中A球的線速度比B球大，故A正確；B、設乙容器半球的半徑為R，根據幾何知識，兩球圓周運動的半徑r＝Rsinθ，有mgtanθ＝mω2Rsinθ，ω＝，由于A球受支持力與豎直方向的夾角大，則乙容器中A球的角速度比B球大，故B正確；CD、根據數學導數知識，拋物線在某點的斜率與橫坐標成正比，由于支持力與接觸的切面垂直，根據幾何可知，切面與水平面的夾角等于支持力與豎直方向的夾角θ，所以mgtanθ＝mgkx＝mω2r，又r＝x，所以ω＝，k是常數，與兩球高度無關，所以丙容器中兩球角速度大小相等，故C正確，D錯誤。故選：ABC。12．（2022春?宛城區(qū)校級月考）如圖所示，M是水平放置的半徑足夠大的圓盤，繞過其圓心的豎直軸OO′勻速轉動，規(guī)定經過圓心O水平向右為x軸的正方向．在圓心O正上方距盤面高為h處有一個正在間斷滴水的容器，從t＝0時刻開始隨傳送帶沿與x軸平行的方向做勻速直線運動，速度大小為v．已知容器在t＝0時刻滴下第一滴水，以后每當前一滴水剛好落到盤面上時再滴一滴水．求：（1）要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，圓盤轉動的角速度ω應為多大？（2）第二滴水與第三滴水在盤面上落點間的最大距離x．【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）水滴在豎直方向做自由落體運動，有h＝g，得t1＝要使每一滴水在圓盤面上的落點都位于同一條直線上，在相鄰兩滴水的下落時間內，圓盤轉過的角度為nπ，所以角速度為ω＝＝nπ（n＝1，2，3，…）（2）第二滴水落在圓盤上的水平位移為x2＝v?2t1＝2v第三滴水在圓盤上的水平位移為x3＝v?3t1＝3v當第二滴水與第三滴水在盤面上的落點位于同一直徑上圓心的兩側時兩點間的距離最大，為s＝x2+x3＝5v答：（1）要使每一滴水在盤面上的落點都位于一條直線上，圓盤轉動的角速度為nπ（n＝1，2，3，…）．（2）第二滴水與第三滴水在盤面上的落點間的最大距離為5v．五．向心力（共6小題）13．（2023春?大連期末）如圖所示，一質量為m的小球（可視為質點）由輕繩a和b分別系于一豎直細桿的A點和B點，AB間距與兩輕繩長度均為L。已知重力加速度為g，當小球隨桿繞豎直軸以角速度ω勻速轉動時，下列說法正確的是（）A．當時，b繩恰好沒有拉力 B．當時，a繩的拉力大小為 C．當b繩有拉力時，總是比a繩拉力小mg D．當時，b繩的拉力大小為【答案】D【解答】解：A.當b繩恰好沒有拉力時，將a繩的拉力Fa沿著豎直方向和水平方向分解，豎直方向的分力與小球的重力等大反向，水平方向的分力給小球提供了向心力，則有聯(lián)立解得故A錯誤；B、當時，設a繩與豎直細桿之間的夾角為α，將a繩的拉力Fa沿著豎直方向和水平方向分解，則有Facosα＝mg聯(lián)立解得故B錯誤；C、當b繩上有拉力時，設兩繩上的拉力分別為Fa、Fb，則有聯(lián)立解得整理得Fa﹣Fb＝2mg即b繩上的拉力總是比a繩上的拉力小2mg，故C錯誤；D、由上述分析可知，當時，b繩上的拉力大小為故D正確。故選：D。14．（2024春?和平區(qū)校級期中）如圖甲所示，質量分別為m1、m2的小木塊a和b（可視為質點）用細線相連，沿半徑方向放在水平圓盤上，a、b與轉軸OO'之間的距離分別為r1、r2.若圓盤從靜止開始繞轉軸OO'緩慢地加速轉動，ω表示圓盤轉動的角速度，木塊a所受的摩擦力大小fa。隨圓盤角速度的平方（ω2）的變化圖像如圖乙所示，對應圖線的斜率為對應圖線的斜率為k2，兩木塊與圓盤間的動摩擦因數均為μ，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A． B． C． D．【答案】B【解答】解：由題可知，當0≤ω≤ω1時，木塊a隨圓盤做圓周運動，靜摩擦力提供向心力，因此有fa＝m1ω2r1，斜率k1＝m1r1，當ω＝ω1時，木塊a所受靜摩擦力為fa1＝m1r1，結合圖像可知fa1＝m1r1＝0.5f0①，此時木塊b所受靜摩擦力達到最大fb1，fb1＝μm2g＝m2r2②，當ω1≤ω≤ω2時，木塊a、b同時受到圓盤的摩擦力及繩子拉力F的作用，此時對a受力分析可知，fa﹣F＝m1ω2r1③，對b受力分析可知fb1+F＝m2ω2r2④，聯(lián)立③④式可得fa＝（m1r1+m2r2）ω2﹣fb1，k2＝（m1r1+m2r2），結合圖像可知fb1＝﹣3f0，當ω＝ω2時，a所受的靜摩擦力達到最大，fa2＝m1r1＝μm1g＝f0，聯(lián)立以上各式可知m2＝3m1、6m1r1＝m2r2，r2＝2r1，k2＝7k1，ω2＝ω1，故B正確，ACD錯誤。故選：B。15．（2023春?西崗區(qū)月考）（多選）如圖所示，水平圓盤可繞豎直軸轉動，圓盤上的物體A、B、C的質量分別為m、2m、3m，A疊放在B上，C、B離圓心O距離分別為2r、3r，C、B之間用細線相連。圓盤靜止時細線剛好拉直。已知C、B與圓盤間的動摩擦因數均為μ，A、B間的動摩擦因數為4μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，現(xiàn)讓圓盤從靜止緩慢加速轉動，直到有木塊即將發(fā)生相對滑動為止。用ω表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是（）A．當時，輕繩的拉力為零 B．B木塊與轉臺間摩擦力一直增大 C．當時，C木塊與轉臺間摩擦力為零 D．ω的最大值為【答案】AC【解答】解：假設C、B與圓盤相對靜止，A相對B恰好滑動時加速度為ωA，對A根據牛頓第二定律得：解得：ωA＝A．當B與圓盤之間達到最大靜摩擦力后輕繩才會有拉力，對AB根據牛頓第二定律得解得：因ω1＜ωA，故B與圓盤之間達到最大靜摩擦力時，A不會相對AB滑動。則時，輕繩的拉力為零，故A正確；D．假設AB始終保持相對靜止，達到最大角速度時，對AB根據牛頓第二定律得對C根據牛頓第二定律得解得：因ωm＞ωA，故A與B先相對滑動，則ω的最大值等于為ωA＝，故D錯誤；B．當時，B木塊與轉臺間摩擦力一直不變，故B錯誤；C．C木塊與轉臺間摩擦力為零時，對C根據牛頓第二定律得對AB根據牛頓第二定律得μ?3mg+解得：，故C正確。故選：AC。16．（2023春?彌勒市校級期末）如圖所示，一粗糙斜面AB與光滑圓弧軌道BCD相切，C為圓弧軌道的最低點，圓弧BC所對圓心角θ＝37°。已知圓弧軌道半徑為R＝0.5m，斜面AB的長度為L＝2.875m。質量為m＝1kg的小物塊（可視為質點）從斜面頂端A點處由靜止開始沿斜面下滑，從B點進入圓弧軌道運動恰能通過最高點D。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）物塊通過C、D點的速度大小。（2）物塊經C點時對圓弧軌道的壓力FC。（3）物塊與斜面間的動摩擦因數μ?！敬鸢浮浚?）物塊通過C、D點的速度大小分別為5m/s、m/s。（2）物塊經C點時對圓弧軌道的壓力FC為60N；（3）物塊與斜面間的動摩擦因數μ為0.25.【解答】解：（1）由題意知小物塊沿光滑軌道從C到D且恰能通過最高點，由牛頓第二定律有mg＝解得vD＝m/s從C到D由動能定理可得﹣mg?2R＝﹣代入數據解得vC＝5m/s（2）在C點時由牛頓第二定律可得FC'﹣mg＝由牛頓第三定律得FC＝FC′聯(lián)立并代入數據得FC＝60N（3）對小物塊從A經B到C過程，由動能定理有mg[Lsinθ+R（1﹣cosθ）]﹣μmgcosθ?L＝mvC2﹣0聯(lián)立并代入數據得μ＝0.25答：（1）物塊通過C、D點的速度大小分別為5m/s、m/s。（2）物塊經C點時對圓弧軌道的壓力FC為60N；（3）物塊與斜面間的動摩擦因數μ為0.25.17．（2023春?福田區(qū)校級期中）一個半徑為R＝0.5m的水平轉盤可以繞豎直軸O′O″轉動，水平轉盤中心O′處有一個光滑小孔，用一根長L＝1m細線穿過小孔將質量分別為mA＝0.2kg、mB＝0.5kg的小球A和小物塊B連接，小物塊B放在水平轉盤的邊緣且與轉盤保持相對靜止，如圖所示?，F(xiàn)讓小球A在水平面做角速度ωA＝5rad/s的勻速圓周運動，小物塊B與水平轉盤間的動摩擦因數μ＝0.3（取g＝10m/s2），求：（1）細線與豎直方向的夾角θ；（2）小球A運動不變，現(xiàn)使水平轉盤轉動起來，要使小物塊B與水平轉盤間保持相對靜止，求水平轉盤角速度ωB的取值范圍；（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）（3）在水平轉盤角速度ωB為（2）問中的最大值的情況下，當小球A和小物塊B轉動至兩者速度方向相反時，由于某種原因細線突然斷裂，經過多長時間小球A和小物塊B的速度相互垂直。（可能使用到的sin30°＝，cos30°＝，sin37°＝，cos37°＝）【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）對小球A受力分析如圖所示，由F＝ma得，①由幾何關系知：，②由①②解得：，即θ＝37°．③（2）對物塊B受力分析，由F＝ma得，當物塊受到的最大靜摩擦力fmax向左時，轉盤ωB最大。④當物塊受到的最大靜摩擦力fmax向右時，轉盤ωB最小。⑤又由（1）對A知，⑥聯(lián)合③④⑤⑥解得ωBmin＝2rad/s，ωBmax＝4rad/s。即ωB的取值范圍為2rad/s＜ωB＜4rad/s。（3）繩斷后A、B均做平拋運動，設經時間t，A和B速度垂直，由平拋運動規(guī)律知此時A、B豎直方向速度均為vy＝gt⑦水平方向：vOA＝rAωA＝1.5m/svOB＝rBωBmin＝2m/s。作圖，由幾何關系得，，即t＝，代入數據解得t＝。答：（1）細線與豎直方向的夾角為37°；（2）水平轉盤角速度ωB的取值范圍為2rad/s＜ωB＜4rad/s。（3）經過時間小球A和小物塊B的速度相互垂直。18．（2023?海安市開學）如圖，半徑為5r的水平圓形轉盤可繞豎直軸轉動，圓盤上放有質量均為m的小物體A、B。A、B到轉盤中心O的距離分別為3r、5r，A、B間用一輕質細線相連，圓盤靜止時，細線剛好伸直無拉力。已知A與圓盤間的動摩擦因數為μ，B與圓盤間的動摩擦因數為2μ。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。A、B均可視為質點，現(xiàn)讓圓盤從靜止開始逐漸緩慢加速：（1）求細線上開始產生拉力時，圓盤角速度ω1；（2）圓盤角速度ω2＝時，求A與水平圓盤之間的摩擦力大小f；（3）圓盤角速度ω2＝時，剪斷繩子，同時讓轉盤立即停止轉動，若圓盤距離水平地面高為h＝，求A、B落地時兩者間的距離d?！敬鸢浮浚?）求細線上開始產生拉力時，圓盤角速度ω1為；（2）圓盤角速度ω2＝時，A與水平圓盤之間的摩擦力大小f為0；（3）圓盤角速度ω2＝時，剪斷繩子，同時讓轉盤立即停止轉動，若圓盤距離水平地面高為h＝，A、B落地時兩者間的距離d為?！窘獯稹拷猓海?）當A剛要產生滑動時，則解得同理，當B剛要產生滑動時，則解得由于A、B角速度相等，故求細線上開始產生拉力時，圓盤角速度為（2）圓盤角速度時，A所需的向心力為B所需的向心力為由于B所需向心力更大，因此B受到的摩擦力方向沿B指向圓心，故繩子的拉力為T＝FB2﹣fmB＝5μmg﹣2μmg＝3μmg對AT＝3μmg＝FA2故A與水平圓盤之間的摩擦力大小f＝0（3）剪斷繩子，同時讓轉盤立即停止轉動，B沿轉盤邊緣飛出，A在盤上減速運動到盤邊緣后飛出，如下圖根據平拋運動規(guī)律可得A、B下落的時間都為對B，飛出時的速度為故B沿速度方向運動的水平距離為xB＝vBt＝10r轉盤停止時A的速度為根據幾何知識可得轉盤停止后A在轉盤上勻減速運動的距離為A做勻減速運動的加速度大小為aA＝μg設A飛出時的速度為vA2，則解得故A沿速度方向運動的水平距離為xA＝vA2t＝2r故A落地點距轉盤停止時A所在位置的水平距離為xA′＝l+xA＝6r以飛出方向為縱軸，垂直速度方向過圓心為橫軸，轉盤圓心在地面投影點為原點在地面建立坐標系，可得B落地點的坐標為（5r，10r），A落地點的坐標為（﹣3r，﹣6r），根據數學知識可得求A、B落地時兩者間的距離為答：（1）求細線上開始產生拉力時，圓盤角速度ω1為；（2）圓盤角速度ω2＝時，A與水平圓盤之間的摩擦力大小f為0；（3）圓盤角速度ω2＝時，剪斷繩子，同時讓轉盤立即停止轉動，若圓盤距離水平地面高為h＝，A、B落地時兩者間的距離d為。六．生活中的圓周運動——豎直平面內的圓周運動（共5小題）19．（2023春?長安區(qū)期中）如圖所示，摩托車做騰躍特技表演，沿曲面沖上高0.8m頂部水平高臺，接著以v＝3m/s水平速度離開平臺，落至地面時，恰能無碰撞地沿圓弧切線從A點切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑。A、B為圓弧兩端點，其連線水平。已知圓弧半徑為R＝1.0m，人和車的總質量為200kg，特技表演的全過程中，阻力忽略不計。（計算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.）求：（1）從平臺飛出到A點，人和車運動的水平距離s；（2）從平臺飛出到A點時速度及圓弧對應圓心角θ；（3）人和車運動到達圓弧軌道A點時對軌道的壓力大??；（4）人和車運動到圓弧軌道最低點O速度v'＝4m/s，此時對軌道的壓力大小?！敬鸢浮浚?）從平臺飛出到A點，人和車運動的水平距離s為1.2m；（2）從平臺飛出到達A點時速度大小為5m/s，方向與水平方向夾角為53°，圓弧對應圓心角θ為106°；（3）人和車運動到達圓弧軌道A點時對軌道的壓力為6200N；（4）人和車運動到圓弧軌道最低點O速度v′＝m/s，此時對軌道的壓力為8400N?！窘獯稹拷猓海?）車做的是平拋運動，很據平拋運動的規(guī)律可得：豎直方向上：H＝水平方向上：s＝vt2可得：s＝vt2＝3×0.4m＝1.2m故從平臺飛出到A點，人和車運動的水平距離s為1.2m；（2）摩托車落至A點時，其豎直方向的分速度：vy＝gt2＝10×0.4m/s＝4m/s到達A點時速度：vA＝＝＝5m/s設摩托車落地時速度方向與水平方向的夾角為α，則tanα＝＝即α＝53°所以θ＝2α＝2×53°＝106°故從平臺飛出到達A點時速度大小為5m/s，方向與水平方向夾角為53°，圓弧對應圓心角θ為106°；（3）對摩托車受力分析可知，摩托車受到的指向圓心方向的合力作為圓周運動的向心力，由牛頓第二定律得：NA﹣mgcosα＝m解得：NA＝代入數據有：由牛頓第三定律可知，人和車在最低點O時對軌道的壓力為6200N；（4）在最低點，受力分析可得：N﹣mg＝m則可得：代入數據有：＝8400N由牛頓第三定律可知，人和車在最低點O時對軌道的壓力為8400N。答：（1）從平臺飛出到A點，人和車運動的水平距離s為1.2m；（2）從平臺飛出到達A點時速度大小為5m/s，方向與水平方向夾角為53°，圓弧對應圓心角θ為106°；（3）人和車運動到達圓弧軌道A點時對軌道的壓力為6200N；（4）人和車運動到圓弧軌道最低點O速度v′＝m/s，此時對軌道的壓力為8400N。20．（2023春?廣州期中）如圖所示，有一內壁光滑的試管裝有一小球（直徑略小于試管內徑），試管的開口端封閉后安裝在水平軸O上，讓試管在豎直平面勻速轉動．當轉動的角速度ω＝20rad/s時，試管底部受到小球的壓力的最大值為最小值的3倍，g取10m/s2．（1）求轉動軸到管底小球的距離．（2）若小球質量為0.1kg，在轉軸與小球之間連接一輕桿．求當轉速ω0＝10rad/s時，小球在最高點時，受到輕桿的作用力大?。敬鸢浮恳娫囶}解答內容【解答】解：（1）在最低點時，根據牛頓第二定律有：N1﹣mg＝mrω2，解得：N1＝mg+mrω2．在最高點，根據牛頓第二定律有：N2+mg＝mrω2，解得：N2＝mrω2﹣mg因為N1＝3N2聯(lián)立三式，代入數據解得：r＝0.05m．（2）小球運動到最高點時受到重力與輕桿的彈力，假設桿子的彈力方向向上為FN，根據合力提供向心力有：mg﹣FN＝m即：FN＝mg﹣m＝1﹣0.1×100×0.05＝0.5N．答：（1）轉動軸到管底小球的距離為0.05m；（2）當轉速ω0＝10rad/s時，小球在最高點時，受到輕桿的作用力大小為0.5N．21．（2023春?三明期末）如圖甲所示，與軌道AB等長的彈簧左端固定在墻壁上，軌道BC與傳送帶CD水平等高連接，其中AB段光滑，BC段粗糙，傳送帶與豎直面內的光滑半圓形軌道DE相切于D點。一質量m＝0.5kg的物塊（視為質點）將彈簧壓縮至P點釋放，物塊沿軌道運動。已知傳送帶順時針轉動，BC＝CD＝L＝2m，半圓形軌道半徑R＝0.4m，物塊與BC、CD間的動摩擦因數均為μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2。（1）若物塊恰好能通過E點，求經過D點時的速度vD；（2）若彈簧壓縮至P點的彈性勢能EP＝7J。（Ⅰ）傳送帶速度為2m/s，求物塊在半圓形軌道上能到達的高度H；（Ⅱ）改變傳送帶運行的速度v，物塊在半圓形軌道上能到達的最大高度為h，請寫出h﹣v2的函數關系式并在圖乙中畫出圖像?！敬鸢浮浚?）經過D點時的速度vD為m/s；（2）（I）物塊在半圓形軌道上能到達的高度H為0.4m；（Ⅱ）見解析，圖見解析?！窘獯稹拷猓海?）若物塊恰好能通過最高點E，只受重力，根據牛頓第二定律有：物塊從D到E的過程中，根據機械能守恒定律有：mg×2R＝聯(lián)立解得：vE＝2m/s，（2）（I）物塊被彈簧彈出滑到C點的過程中，根據能量守恒定律有：代入數據解得：假設物塊一直減速至D的速度為v′D，物塊從C到D的過程中，根據動能定理有：代入解得：＞2m/s＝v所以假設成立，又設物塊圓弧軌道上升H，根據動能定理有：代入數據解得：H＝0.4m＝R說明物塊未脫離軌道，則物塊在半圓形軌道上能到達的高度為0.4m。（Ⅱ）（i）若傳送帶速度時，物塊在傳送帶上一直減速，到達D點速度都為，上升高度恒為：h＝0.4m（ii）若時，由于：若物塊在傳送帶上一直加速，根據動能定理有：代入數據解得：可知物塊滑到D點時已經與傳送帶共速，即：vD＝v物塊從D點沿半圓形軌道上升至最大高度為脫離位置F處，其高度為h（R＜h＜2R），設脫離速度為vt，OF與豎直方向的夾角為θ，如圖所示由動能定理得：在F處，由牛頓第二定律得：根據幾何關系得：h＝R+Rcosθ聯(lián)立解得：即：（iii）若時，物塊到達D點速度大于，始終從E點脫離，則上升高度恒為：h＝0.8m畫出圖像如圖所示。答：（1）經過D點時的速度vD為m/s；（2）（I）物塊在半圓形軌道上能到達的高度H為0.4m；（Ⅱ）見解析，圖見解析。22．（2023?靈寶市校級開學）小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動。當球某次運動到最低點時，繩突然斷掉，球飛行水平距離d后落地，如圖所示。已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為，重力加速度為g。忽略手的運動半徑和空氣阻力。（1）求球落地時的速度大小v2；（2）繩能承受的最大拉力為多大？（3）繩能承受的最大拉力與第（2）小問結果相同的情況下，改變繩長，使球重復上述運動。若繩仍在球運動到最低點時斷掉，求球拋出的最大水平距離?！敬鸢浮浚?）求球落地時的速度大小v2為；（2）繩能承受的最大拉力為；（3）球拋出的最大水平距離為?！窘獯稹拷猓海?）設繩斷后球飛行時間為t，由平拋運動規(guī)律可得：豎直方向有：d﹣水平方向有：d＝v1t聯(lián)立解得：，球落地時的速度大小為：；（2）設繩能承受的最大拉力大小為T，則球在圓周運動的最低點時有：已知：聯(lián)立解得：；（3）設繩長為L，繩斷時球的速度大小為v3，繩能承受的最大拉力不變，球在圓周運動的最低點有：解得：繩斷后球做平拋運動，豎直位移為d﹣L，設水平位移為x，運動時間為t1，水平方向有：x＝v3t1豎直方向有：聯(lián)立可得：當時，x有最大值，可得：答：（1）求球落地時的速度大小v2為；（2）繩能承受的最大拉力為；（3）球拋出的最大水平距離為。23．（2023春?平谷區(qū)期末）一位同學做了這樣一個實驗：手握輕繩的一端，另一端系一金屬小球，小球下方吸附一塊小磁鐵，使小球在豎直平面內做圓周運動。該同學經過反復嘗試發(fā)現(xiàn)，當小球速度達到某一值時，小磁鐵將被甩脫。（1）他將上述過程簡化為如下模型：不可伸長的輕繩一端系一金屬小球，小球下方吸附一質量為m的小磁鐵，輕繩的另一端固定在O點，測得O點離地面的高度為d，繩長為d。使吸附著小磁鐵的小球（可以將小球和小磁鐵組成的整體看作質點）在豎直平面內繞O點做圓周運動。若小球某次運動到最低點時，磁鐵恰好脫離小球沿水平方向飛出，通過水平距離d后落地。已知重力加速度為g，忽略空氣阻力。a.求磁鐵脫離前瞬間的速度大小v及小球與磁鐵之間的相互作用力大小F；b.保持O點的高度不變，改變繩長，使球重復上述運動，若磁鐵仍運動到最低點時恰好脫離小球沿水平方向飛出，要使磁鐵拋出的水平距離最大，繩長應是多少？（2）實際上，為了使小球轉動得越來越快，握繩的手也是運動的，而且繩子牽引小球的方向并不與小球的運動方向垂直。以上實驗中，改變小球運動速度的力主要是繩子的牽引力，為簡化問題和研究方便，我們可以忽略在該問題中起次要作用的重力。請分析：使小球加速轉動時，繩子牽引小球的方向與小球的運動方向不垂直，原因是什么?！敬鸢浮浚?）a、磁鐵脫離前瞬間的速度大小為及小球與磁鐵之間的相互作用力大小F為7mg；b、要使磁鐵拋出的水平距離最大，繩長應是；（2）見解析?！窘獯稹拷猓海?）a、設脫離后球飛行時間為t，由平拋運動規(guī)律得，豎直方向有水平方向有解得小球做圓周運動的半徑為，脫離時，小球剛好運動到最低點，由牛頓第二定律得解得F＝7mgb、設繩長為l，脫離時球的速度大小為v1，小球與磁鐵之間的相互作用力不變，由牛頓第二定律得解得脫離后球做平拋運動，豎直位移為d﹣l，設球平拋運動的水平位移為x，時間為t1，則豎直方向有水平方向有x＝v1t1聯(lián)立解得當l＝d﹣l，即時，x有最大值。（2）根據繩子牽引力F產生的效果，我們可以把F分解為兩個相互垂直的分力：跟圓周相切的分力Ft和指向圓心的分力Fn，F(xiàn)t與小球運動速度同向，使小球速度越來越大；Fn指向圓心，提供小球做圓周運動的向心力，改變小球速度的方向。故繩子牽引小球的方向與小球的運動方向不垂直。解：（1）a、磁鐵脫離前瞬間的速度大小為及小球與磁鐵之間的相互作用力大小F為7mg；b、要使磁鐵拋出的水平距離最大，繩長應是；（2）見解析。七．萬有引力定律的應用（共5小題）24．（2024?天津一模）（多選）在《流浪地球》的“新太陽時代”，流浪2500年的地球終于定居，開始圍繞比鄰星做勻速圓周運動，已知比鄰星的質量約為太陽質量的，目前，地球做勻速圓周運動的公轉周期為1y，日地距離為1AU（AU為天文單位）。若“新太陽時代”地球的公轉周期也為1y，可知“新太陽時代”（）A．地球的公轉軌道半徑約為AU B．地球的公轉軌道半徑約為AU C．地球的公轉速率與目前地球繞太陽公轉速率的比值為1：2 D．地球的公轉速率與目前地球繞太陽公轉速率的比值為1：4【答案】AC【解答】解：AB、根據萬有引力提供向心力可知：＝m，解得公轉半徑為：r＝，比鄰星質量約為太陽質量，公轉周期相同，則“新太陽時代”，地球的公轉軌道半徑約為AU，故A正確，B錯誤。CD、根據＝m，解得公轉速率v＝，比鄰星質量約為太陽質量，公轉半徑之比為1：2，則公轉速率之比為1：2，故C正確，D錯誤。故選：AC。25．（2023春?西城區(qū)校級期末）（多選）2020年7月23日，我國首次火星探測任務“天問一號”探測器，在中國文昌航天發(fā)射場，應用長征五號運載火箭送入地火轉移軌道?；鹦蔷嚯x地球最遠時有4億公里，最近時大約0.55億公里。為了節(jié)省燃料，我們要等火星與地球之間相對位置合適的時候發(fā)射探測器。受天體運行規(guī)律的影響，這樣的發(fā)射機會很少。為簡化計算，已知火星的公轉周期約是地球公轉周期的1.9倍，認為地球和火星在同一平面上、沿同一方向繞太陽做勻速圓周運動，如圖所示。根據上述材料，結合所學知識，判斷下列說法正確的是（）A．地球的公轉向心加速度小于火星的公轉向心加速度 B．根據題目信息，可以求出探測器沿軌跡AC運動到C點所需時間為多少年 C．探測器運動到C點時的加速度大小，等于火星繞太陽公轉的加速度大小 D．下一個發(fā)射時機需要再等約2.1年【答案】BCD【解答】解：AC．根據萬有引力提供向心力有：＝ma，解得：a＝可知地球的公轉向心加速度大于火星的公轉向心加速度，探測器運動到C點時的加速度大小，等于火星繞太陽公轉的加速度大小，故A錯誤，C正確；B．地球的周期為1年，根據開普勒第三定律有：同理對地球和探測器，根據開普勒第三定律有從而計算探測器的周期T探，則探測器沿軌跡AC運動到C點所需時間為t＝，故B正確；D．火星與地球的角速度之差為Δω＝弧度/年﹣弧度/年＝弧度/年則地球再一次追上火星的時間為t＝解得t＝2.1年，下一個發(fā)射時機需要再等約2.1年，故D正確；故選：BCD。26．（2023春?長安區(qū)期中）美國國家航空航天局目前宣布首次在太陽系外發(fā)現(xiàn)“類地”行星。假如宇航員乘坐宇宙飛船到達該行星，在該行星“北極”距地面h處由靜止釋放一個小球（引力視為恒力，阻力忽略不計），經過時間t落到地面。已知該行星半徑為R，自轉周期為T，引力常量為G，求：（1）該行星的質量、平均密度ρ；（2）該行星的第一宇宙速度v；（3）如果該行星有一顆同步衛(wèi)星，其距行星表面的高度H為多少?！敬鸢浮浚?）該行星的平均密度ρ為；（2）該行星的第一宇宙速度v為；（3）如果該行星存在一顆同步衛(wèi)星，其距行星表面的高度h為?！窘獯稹拷猓海?）設行星表面的重力加速度為g，對小球，有：，解得：對行星表面的物體m，有：，故行星質量：故行星的密度：（2）對處于行星表面附近做勻速圓周運動的衛(wèi)星m，由牛頓第二定律，有：故第一宇宙速度為：（3）同步衛(wèi)星的周期與星球自轉周期相同，為T，由牛頓第二定律，有：得同步衛(wèi)星距行星表面高度：H＝答：（1）該行星的平均密度ρ為；（2）該行星的第一宇宙速度v為；（3）如果該行星存在一顆同步衛(wèi)星，其距行星表面的高度h為。27．（2023春?蕉城區(qū)校級期末）木星的衛(wèi)星之一叫艾奧，它上面的珞珈火山噴出的巖塊初速度為v0時，上升的最大高度可達h。已知艾奧的半徑為R，引力常量為G，忽略艾奧的自轉及巖塊運動過程中受到稀薄氣體的阻力，求：（1）艾奧表面的重力加速度大小g和艾奧的質量M；（2）距艾奧表面高度為2R處的重力加速度大小g'；（3）艾奧的第一宇宙速度v?！敬鸢浮恳娫囶}解答內容【解答】解：（1）巖塊做豎直上拋運動，有：，解得：g＝；忽略艾奧的自轉有：，解得：M＝；（2）距艾奧表面高度為2R處有：，解得：；（3）某衛(wèi)星在艾奧表面繞其做圓周運動時：mg＝m，解得：v＝；答：（1）艾奧表面的重力加速度大小g為，艾奧的質量M為；（2）距艾奧表面高度為2R處的重力加速度大小g'為；（3）艾奧的第一宇宙速度v為．28．（2023?東城區(qū)校級三模）無處不在的引力場，構建出一幅和諧而神秘的宇宙圖景。（1）地球附近的物體處在地球產生的引力場中。地球可視為質量分布均勻的球體，已知地球的質量為M，引力常量為G。請類比電場強度的定義，寫出距地心r處的引力場強度g0的表達式。（已知r大于地球半徑，結果用M、G和r表示）（2）物體處于引力場中，就像電荷在電場中具有電勢能一樣，具有引力勢能。中國科學院南極天文中心的巡天望遠鏡追蹤到由孤立的雙中子星合并時產生的引力波。已知該雙中子星的質量分別為m1、m2，且保持不變。在短時間內，可認為雙中子星繞二者連線上的某一點做勻速圓周運動。請分析說明在合并過程中，該雙中子星系統(tǒng)的引力勢能、運動的周期T如何變化。（3）我們可以在無法獲知銀河系總質量的情況下，研究太陽在銀河系中所具有的引力勢能。通過天文觀測距銀心（即銀河系的中心）為r處的物質繞銀心的旋轉速度為v，根據g＝，可得到銀河系在該處的引力場強度g的數值，并作出g﹣r圖像，如圖所示。已知太陽的質量m＝2.0×1030kg，太陽距離銀心r0＝2.5×1020m。a.某同學根據表達式g＝認為：引力場強度g的大小與物質繞銀心的旋轉速度v2成正比，與到銀心的距離r成反比。請定性分析說明該同學的觀點是否正確。b.將物質距銀心無窮遠處的引力勢能規(guī)定為零，請利用題中信息估算太陽所具有的引力勢能Ep?！敬鸢浮浚?）引力場強度g0的表達式為；（2）在合并過程中，該雙中子星系統(tǒng)的引力勢能減少；周期減??；（3）a.該同學的觀點不正確；物質繞銀心的旋轉速度v與其到銀心的距離r有關，銀河系的引力場強度是描述場本身性質的物理量，僅與銀河系自身的質量分布以及在場中的位置有關，與其他因素無關。b.太陽所具有的引力勢能Ep為1.6×1041J?！窘獯稹浚?）類比電場強度的定義，根據萬有引力表達式得出距地心r處質量為m的物體受到的引力為：F＝再與質量m比值，得出引力場強度g0的表達式為：化簡得：（2）在合并過程中，引力做正功，根據功能關系可知該雙中子星系統(tǒng)的引力勢能減少；設該雙中子星間距為L，圓周運動的半徑分別為r1、r2，L＝r1+r2，再根據萬有引力提供向心力得：聯(lián)立解得：T＝，由于m1、m2保持不變而L減小，所以合并過程中周期減??；（3）a.該同學的觀點不正確；物質繞銀心的旋轉速度v與其到銀心的距離r有關，銀河系的引力場強度是描述場本身性質的物理量，僅與銀河系自身的質量分布以及在場中的位置有關，與其他因素無關。b.假設將太陽從無窮遠處移動到距離銀心r0處的過程中，引力勢能的變化對應引力所做的功，有：0﹣Ep＝∑（mg?Δr）＝m∑（g?Δr）其中∑（g?Δr）即為g﹣r圖像下r0～∞間對應的面積，代入數據得：Ep＝﹣1.6×1041J。答：（1）引力場強度g0的表達式為；（2）在合并過程中，該雙中子星系統(tǒng)的引力勢能減少；周期減??；（3）a.該同學的觀點不正確；物質繞銀心的旋轉速度v與其到銀心的距離r有關，銀河系的引力場強度是描述場本身性質的物理量，僅與銀河系自身的質量分布以及在場中的位置有關，與其他因素無關。b.太陽所具有的引力勢能Ep為1.6×1041J。八．人造衛(wèi)星（共4小題）29．（2023春?蘭州期末）如圖所示，飛船在地面指揮控制中心的控制下，由近地點圓形軌道A，經橢圓軌道B轉變到遠地點的圓軌道C．軌道A與軌道B相切于P點，軌道B與軌道C相切于Q點，以下說法錯誤的是（）A．衛(wèi)星在軌道B上由P向Q運動的過程中速率越來越小 B．衛(wèi)星在軌道C上經過Q點的速率大于在軌道A上經過P點的速率 C．衛(wèi)星在軌道B上經過P點的加速度與在軌道A上經過P點的加速度是相等的 D．衛(wèi)星在軌道B上經過Q點時受到地球的引力小于經過P點時受到地球的引力【答案】B【解答】解：A、衛(wèi)星在軌道B上由P向Q運動時，離地球越來越遠，萬有引力做負功，衛(wèi)星的動能越來越小，即速度越來越小，故A正確；B、衛(wèi)星在軌道A和C上分別做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，＝m，解得線速度：v＝，軌道C離地球距離遠，故衛(wèi)星在軌道C上經過Q點的速率小于在軌道A上經過P點的速率，故B錯誤；C、萬有引力產生加速度，在同一點，萬有引力是相同的，產生的加速度相同，即衛(wèi)星在軌道B上經過P點的加速度與在軌道A上經過P點的加速度是相等的，故C正確；D、根據萬有引力公式：F＝，可知衛(wèi)星在Q點時的引力小于經過P點時受到的地球引力，故D正確。本題選錯誤的，故選：B。30．（2023?青羊區(qū)校級模擬）（多選）2019年3月10日，長征三號乙運載火箭將“中星6C”通信衛(wèi)星（記為衛(wèi)星Ⅰ）送入地球同步軌道上，主要為我國、東南亞、澳洲和南太平洋島國等地區(qū)提供通信與廣播業(yè)務。在同平面內的圓軌道上有一顆中軌道衛(wèi)星Ⅱ，它運動的每個周期內都有一段時間t（t未知）無法直接接收到衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號，因為其軌道上總有一段區(qū)域沒有被衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號覆蓋到，這段區(qū)域對應的圓心角為2α。已知衛(wèi)星Ⅰ對地球的張角為2β，地球自轉周期為T0，萬有引力常量為G，則根據題中條件，可求出（）A．地球的平均密度為 B．衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比為 C．衛(wèi)星Ⅱ的周期為 D．題中時間t為【答案】AC【解答】解：A、設地球半徑為R，質量為M，衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的軌道半徑分別為R1、R2，角速度分別為ω1、ω2，周期分別為T1、T2；對衛(wèi)星Ⅰ，根據牛頓第二定律，有：＝mR1其中：M＝，sinβ＝解得：，故A正確；B、根據牛頓第二定律＝mrω2，可知ω＝，兩顆衛(wèi)星的角速度之比為：＝，在圖中三角形AOB中，根據正弦定理，有：＝，故＝，故B錯誤；C、根據牛頓第二定律＝mr，衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的周期之比：＝＝，解得：T2＝，故C正確；D、由于衛(wèi)星做的是勻速圓周運動，衛(wèi)星Ⅱ相對于衛(wèi)星Ⅰ的角速度為Δω＝ω2﹣ω1，則有：2α＝Δωt故t＝×＝，故D錯誤。故選：AC。31．（2023春?天心區(qū)校級期中）（多選）如圖所示，三個質點a、b、c的質量分別為m1、m2、M（M遠大于m1及m2），在萬有引力作用下（忽略a、b之間的萬有引力），a、b在同一平面內繞c沿逆時針方向做勻速圓周運動，已知a、b運動的周期之比為Ta：Tb＝1：k，下列說法中正確的有（）A．a、b軌道半徑之比為ra：rb＝1： B．a、b軌道半徑之比為ra：rb＝1： C．從圖示位置開始，在b轉動一周的過程中，a、b、c共線2k次 D．從圖示位置開始，在b轉動一周的過程中，a、b、c共線（2k﹣2）次【答案】BD【解答】解：AB.a、b在同一平面內繞c沿逆時針方向做勻速圓周運動，由開普勒第三定律＝k可知，ra：rb＝＝＝1：，故A錯誤，B正確；CD.a、b、c共線存在兩種情況：a、b相距最近、a、b相距最遠，＝﹣，當n＝1，3，5時，a、b相距最遠；當n＝2，4，6時，a、b相距最近，代入t＝Tb＝kTa時，解得n＝2k﹣2，故C錯誤，D正確；故選：BD。32．（2023?石家莊模擬）2023年2月，我國首顆超百G高通量衛(wèi)星中是26號發(fā)射成功，開啟衛(wèi)星互聯(lián)網新時代。如圖所示，甲、乙衛(wèi)星在地球赤道面內繞地球做勻速圓周運動，甲、乙衛(wèi)星之間可直接進行無線信號通訊，由于地球遮擋甲、乙衛(wèi)星之間直接通訊信號會周期性中斷。已知地球的半徑為R，甲衛(wèi)星的軌道半徑為2R，繞地球運行的周期為T，乙衛(wèi)星的軌道半徑為，甲、乙衛(wèi)星運行方向均和地球自轉方向相同。求：（1）乙衛(wèi)星繞地球運行的周期；（2）在一個通訊周期內，甲、乙衛(wèi)星直接通訊信號中斷的時間（不計信號傳輸時間）?！敬鸢浮浚?）乙衛(wèi)星繞地球運行的周期為T；（2）在一個通訊周期內，甲、乙衛(wèi)星直接通訊信號中斷的時間為?！窘獯稹拷猓海?）設衛(wèi)星乙繞地球運動的周期為T'，由開普勒第三定律＝解得T'＝T（2）如圖所示：由于地球遮擋甲、乙衛(wèi)星之間通訊信號會周期性中斷，設在一個通訊周期內，甲、乙衛(wèi)星通訊中斷的時間為t，有（ω2﹣ω1）t＝2θ其中由幾何可知sinα＝＝sinβ＝＝由幾何關系知θ＝α+β綜上可得t＝答：（1）乙衛(wèi)星繞地球運行的周期為T；（2）在一個通訊周期內，甲、乙衛(wèi)星直接通訊信號中斷的時間為。九．多星系統(tǒng)問題（共1小題）33．（2024春?西湖區(qū)校級期中）經過天文望遠鏡長期觀測，人們在宇宙中已經發(fā)現(xiàn)了許多雙星系統(tǒng)，通過對它們的研究，使我們對宇宙中物質的存在形式和分布情況有了較深刻的認識，雙星系統(tǒng)由兩個星體組成，其中每個星體的大小都遠小于兩星體之間的距離，一般雙星系統(tǒng)距離其他星體很遠，可以當作孤立系統(tǒng)來處理（即其它星體對雙星的作用可忽略不計）．現(xiàn)根據對某一雙星系統(tǒng)的光度學測量確定：該雙星系統(tǒng)中每個星體的質量都是m，兩者相距L，它們正圍繞兩者連線上的某一點做勻速圓周運動．（1）試計算該雙星系統(tǒng)的運動周期T1．（2）若實際中觀測到的運動周期為T2，T2與T1并不是相同的，目前有一種流行的理論認為，在宇宙中可能存在一種觀測不到的暗物質，它均勻地充滿整個宇宙，因此對雙星運動的周期有一定的影響．為了簡化模型，我們假定在如圖14所示的球體內（直徑看作L）均勻分布的這種暗物質才對雙星有引力的作用，不考慮其他暗物質對雙星的影響，已知這種暗物質的密度為ρ，求T1：T2．【答案】（1）該雙星系統(tǒng)的運動周期T1為；（2）周期之比為T1：T2為?！窘獯稹拷猓海?）兩星的角速度相同，故；，可得r1＝r2而，兩星繞連線的中點轉動，則＝解得T1＝＝（2）由于暗物質的存在，雙星的向心力由兩個力的合力提供，則+＝；其中M為暗物質質量，解得：T2＝則：T1：T2＝答：（1）該雙星系統(tǒng)的運動周期T1為；（2）周期之比為T1：T2為。一十．功率、平均功率和瞬時功率（共5小題）34．（2023?浦東新區(qū)二模）如圖，一根足夠長的均質粗糙桿水平固定，一個圓環(huán)套在桿上?，F(xiàn)給環(huán)一個向右的初速度v0，同時對環(huán)施加一個豎直方向的力，力的大小與環(huán)的速度大小成正比。則環(huán)所受摩擦力的瞬時功率P與速度v的圖像不可能為（）A． B． C． D．【答案】D【解答】解：AB、對環(huán)受力分析，環(huán)受到重力，彈力，摩擦力，豎直方向的力F＝kv，如圖：豎直方向，當N＝0時，由平衡條件得：kv1＝mg，v1＝，若開始時v0＞v1，由F＝kv可知，開始時F向上并大于重力，環(huán)從v0開始減速直到等于v1的過程，根據豎直方向平衡得，支持力向下，且N＝kv﹣mg，摩擦力的功率表達式為P＝fv＝μ（kv﹣mg）v＝μkv2﹣μmgv，P是關于v的二次函數，圖像開口向上，B圖像就是這種情況，是可能的，本題選不可能的情況，故B錯誤；當速度減小到比v1小了之后（或者開始就是v0＜v1），支持力變?yōu)橄蛏?，N＝mg﹣kv，摩擦力的功率表達式為P＝fv＝μ（mg﹣kv）v＝﹣μkv2+μmgv，P是關于v的二次函數，圖像開口向下，A圖像就是這種情況，是可能的，本題選不可能的情況，故A錯誤；C、若F開始時向下，豎直方向，由平衡條件得：N＝kv+mg，摩擦力的功率表達式為P＝fv＝μ（mg+kv）v＝μkv2+μmgv，P是關于v的二次函數，圖像開口向上，C圖像就是這種情況，是可能的，本題選不可能的情況，故C錯誤；D、綜合ABC考慮，圖像應該是二次函數的一部分，考慮到全過程，D的圖像是不可能的，本題選不可能的圖像，故D正確。故選：D。35．（2023春?廈門期末）（多選）如圖所示，質量為m的物塊放置在足夠長的粗糙水平面上，彈性繩穿過固定在O'點的光滑小環(huán)，一端系于O'正上方的O點，另一端系于物塊上。彈性繩滿足胡克定律，原長等于O，O'間距離。物塊從a點由靜止釋放，向右運動到d點恰好停止；若在d點給物塊一個向左的初速度v0，則物塊向左運動到b點恰好停止，已知O'c垂直于地面且c為垂足，ab＝bc＝cd，下列說法正確的是（）A．物塊從a運動到d的過程中在c點時拉力的功率最大 B．物塊從a運動到b的過程與從b運動到c的過程克服摩擦力做功相等 C．若物塊在d點獲得3v0水平向左的初速度，則恰好能運動到a點 D．若物塊在d點獲得水平向左的初速度，則恰好能運動到a點【答案】BD【解答】解：A、物塊從a運動到d的過程中在c點時拉力與速度方向垂直，則拉力的功率為零，故A錯誤；B、設物塊在ac之間某位置時與O'點距離為x，細繩與水平方向夾角為θ，則物塊所受的摩擦力即物塊從a運動到c的過程中，摩擦力不變，即物塊從a運動到b的過程與從b運動到c的過程克服摩擦力做功相等，故B正確；C、設從a到d彈力做功為W，則W＝fxad從d到b若物塊在d點獲得3v0水平向左的初速度，則運動到a點時解得故C錯誤；D、若物塊在d點獲得水平向左的初速度，則運動到a點時解得va＝0即物塊恰好能運動到a點，故D正確。故選：BD。36．（2023春?吉林期末）某興趣小組對一輛自制遙控小車的性能進行研究．他們讓這輛小車在水平地面上由靜止開始運動，并將小車運動的全過程記錄下來，通過數據處理得到如圖所示的v一t圖象（除2s～10s時間段圖象為曲線外，其余時間段圖象均為直線），已知在小車的運動過程中，2～14s時間內小車牽引力的功率保持不變，14s末停止遙控讓小車自由滑行，小車的質量m＝1.0kg，可以認為小車在整個過程中受到的阻力大小不變．求：（1）小車所受阻力f的大??；（2）小車勻速行駛階段的功率P；（3）小車在加速運動過程中的位移s大?。敬鸢浮恳娫囶}解答內容【解答】解：（1）由圖象可得：在14s～18s時間段a＝m/s2＝﹣1.5m/s2小車受到阻力大?。篎f＝ma＝﹣1.5N（負號表示力的方向與運動方向相反）（2）在10s～14s小車做勻速運動，牽引力大小F與Ff大小相等，為：F＝1.5NP＝Fυ＝1.5×6W＝9W（3）速度圖象與橫軸之間的“面積”等于物體運動的位移，0～2s內的位移為：x1＝×2×3m＝3m2s～10s內根據動能定理有：Pt﹣Ffx2＝解得：x2＝39m加速過程中小車的位移大小為：x＝x1+x2＝42m答：（1）小車所受到的阻力大小為1.5N；（2）小車勻速行駛階段的功率為9W；（3）小車在加速運動過程中位移的大小為42m．37．（2023?天心區(qū)校級開學）建筑工地一個質量為70kg的工人用如圖所示的滑輪組來提升重物。已知重物G＝700N，不計繩子重和摩擦，當繩子自由端的拉力F＝500N時，重物在10s內被勻速提升了4m，已知他的雙腳與樓頂的接觸面積為0.05m2，g取10N/kg。試求：（1）工人沒拉繩子雙腳站立在水平地面上時，對地面的壓強是多少？（2）拉力F的功率是多少？（3）用此滑輪組一次提升多重的物體能使滑輪組的機械效率提高5%？【答案】（1）工人沒拉繩子雙腳站立在水平地面上時，對地面的壓強是1.4×104Pa（2）拉力F的功率是400W；（3）用此滑輪組一次提升900N的物體能使滑輪組的機械效率提高5%?！窘獯稹拷猓海?）工人的重力為G人＝mg＝70×10N＝700N工人沒拉繩子雙腳站立在水平地面上時，對水平地面的壓力為F壓＝G人＝700N工人對地面的壓強為（2）當繩子自由端的拉力F＝500N時，重物在10s內被勻速提升了4m，由圖可知繩子自由端移動的距離為s＝2h＝2×4m＝8m拉力做的總功為拉力做功的功率為（3）因為不計繩重和摩擦時，有解得動滑輪的重力為G動＝2F﹣G＝2×500N﹣700N＝300N原來滑輪組的機械效率為由題意可知，現(xiàn)在的機械效率為η＝70%+5%＝75%由不計繩重和摩擦時，有可知現(xiàn)在提升的物體重力為答：（1）工人沒拉繩子雙腳站立在水平地面上時，對地面的壓強是1.4×104Pa（2）拉力F的功率是400W；（3）用此滑輪組一次提升900N的物體能使滑輪組的機械效率提高5%。38．（2023?南昌開學）如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，傳送帶在電動機的帶動下，始終保持v1＝2m/s的速率運行，傳送帶下端A點與上端B點間的距離l＝15m?，F(xiàn)將一質量m＝1kg的工件（視為質點）無初速度輕放于A點，在傳送帶的帶動下向上運動，工件與傳送帶間的動摩擦因數，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）工件輕放至傳送帶上初始時刻的加速度大小和方向？（2）工件在傳送帶上運動的全過程中傳送帶對工件做功多少？（3）若每隔1s把一個質量m＝1kg的工件（視為質點）無初速地放于A處，求滿載與空載時相比，傳送帶需要增加多大的功率？【答案】（1）工件輕放至傳送帶上初始時刻的加速度大小1m/s2，方向沿斜面向上；（2）工件在傳送帶上運動的全過程中傳送帶對工件做功92J；（3）若每隔1s把一個質量m＝1kg的工件（視為質點）無初速地放于A處，求滿載與空載時相比，傳送帶需要增加112W功率?！窘獯稹拷猓海?）受力分析如圖由受力分析可知N＝mgcos37°f﹣mgsin37°＝ma又因為f＝μN聯(lián)立解得N＝8Nf＝7Na＝1m/s2，方向沿斜面向上。（2）工件勻加速的時間為勻加速的位移為故工件先加速后勻速。勻速時靜摩擦力等于重力沿斜面分力W＝W1+W2＝fs1+mgsin37°（l﹣s1）＝14J+78J＝92J（3）每隔1s放一個工件，且工件勻加速的時間為2s，故滿載時，始終有兩個工件處于勻加速狀態(tài)。傳送帶對這兩個工件的牽引力均為f，除此之外，傳送帶上勻速后的工件之間間距為2m，勻速的位移為13m，故傳送帶上處于勻速直線運動狀態(tài)的工件共有7個，傳送帶對這七個工件的牽引力均為mgsin37°，故傳送帶對工件的總牽引力為F＝2f+7mgsin37°代入數據得F＝56N滿載與空載時相比，傳送帶需要增加的功率為P＝Fv1＝56×2W＝112W答：（1）工件輕放至傳送帶上初始時刻的加速度大小1m/s2，方向沿斜面向上；（2）工件在傳送帶上運動的全過程中傳送帶對工件做功92J；（3）若每隔1s把一個質量m＝1kg的工件（視為質點）無初速地放于A處，求滿載與空載時相比，傳送帶需要增加112W功率。一十一．機車啟動的兩種模型（共3小題）39．（2023?浙江模擬）如圖所示為某型號電動車在某次測試中的速度v與牽引力F大小的倒數圖像（v﹣），已知汽車在平直路面上由靜止啟動，阻力恒定，最終達到最大速度vm后以額定功率勻速行駛，ab、cd平行于v軸，bc反向延長線過原點O，汽車質量為M，已知M、F1、F2、vm，下列說法不正確的是（）A．汽車額定功率為F2vm B．汽車從b到c過程做變加速運動 C．汽車勻加速運動持續(xù)的時間為 D．汽車從a到b過程克服阻力做功【答案】C【解答】解：A、根據P＝Fv可知v＝P，額定功率等于圖線的斜率，P＝＝F2vm，故A正確；B、根據P＝Fv，汽車由b到c過程中功率不變，隨著汽車速度的增大，牽引力減小，根據牛頓第二定律得：F﹣f＝ma汽車所受阻力不變，隨著牽引力的減小，汽車的加速度也減小，汽車由b到c過程中加速度減小的加速運動，故B正確；C、汽車所受的阻力為f＝＝F2由于額定功率等于圖線的斜率，有：P＝＝解得：F2vm＝v1F1汽車從a到b，根據牛頓第二定律得：F1﹣f＝Ma汽車從a到b持續(xù)的時間為t＝聯(lián)立解得：t＝故C錯誤；D、汽車從a到b過程運動的位移為x＝克服阻力做功W＝fx解得：W＝本題選擇錯誤選項；故選：C。40．（2023?市中區(qū)校級模擬）（多選）某碼頭采用斜面運送冷鏈食品，其簡化圖如圖甲所示，電動機通過繞輕質定滑輪的輕細繩與放在傾角為θ＝30°的足夠長斜面上的物體相連，啟動電動機后物體沿斜面上升，在0～6s時間內物體運動的v﹣t圖像如圖乙所示，其中除1～5s時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線，1s后電動機的輸出功率保持不變。已知物體的質量為2kg，不計一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2。則下列判斷正確的是（）A．在0～1s內電動機所做的功為25J B．1s后電動機的輸出功率為100W C．物體的最大速度是5m/s D．在0～5s內物體沿斜面向上運動了35m【答案】BD【解答】解：A、在0～1s內，由圖象可求出物體位移大小為：x1＝＝m＝2.5m設0～1s內電動機做的功為W1，由動能定理得：解得：W1＝50J，故A錯誤；B、在0～1s內，物體的加速度大小為：a＝＝m/s2＝5m/s2設0～1s內細繩拉力的大小為F1，由牛頓第二定律得：F1﹣mgsin30°＝ma解得：F1＝20N由題意知1s后電動機輸出功率為：P＝F1v1＝20×5W＝100W，故B正確；C、當物體達到最大速度vm后，根據平衡條件可得細繩的拉力大小為：F2＝mgsin30°＝2×10×0.5N＝10N根據功率的公式可得：vm＝＝m/s＝10m/s，故C錯誤；D、設1～5s內物體沿斜面向上運動的距離為x2，對物體由動能定理得：解得x2＝32.5m，所以在0～5s內物體沿斜面向上運動的距離為：x＝x1+x2＝2.5m+32.5m＝35m，故D正確。故選：BD。41．（2024?南充二模）如圖（a）所示，摩托車與小汽車前后停在同一平直的道路上等交通紅燈。摩托車剛好在前面的停車線處，小汽車與停車線相距L＝10m處。當紅燈還有t0＝0.5s熄滅時，小汽車開始以a1＝5m/s2的加速度啟動，當運動到停車線處即改做勻速運動；摩托車看到紅燈熄滅后立即以a2＝4m/s2的加速度啟動做勻加速運動。已知兩車在運動過程中可視為質點，在運動時間t內摩托車牽引力的功為W，﹣t圖像如圖（b）所示。求：（1）兩車在運動過程中的最小距離Δx；（2）摩托車運動的第2s內牽引力的平均功率P?！敬鸢浮浚?）兩車在運動過程中的最小距離Δx為2.5m；（2）摩托車運動的第2s內牽引力的平均功率P為3000W?！窘獯稹拷猓海?）小汽車做勻加速直線運動時：＝2a1L加速時間：t1＝設小汽車勻速直線運動的時間為t2，兩車速度相同時，距離最近，摩托車加速度到共速的過程中，有v1＝a2（t1+t2﹣t0）最近的距離為：Δx＝﹣v1t2聯(lián)立解得：Δx＝2.5m（2）設摩托車的牽引力大小為F，由W＝Fx＝F?得＝由圖像可知：斜率k＝＝W/s，解得：F＝750N第2s內摩托車的位移為s＝＝m＝4m第2s內摩托車的平均速度為v＝＝m/s＝4m/s摩托車運動的第2s內牽引力的平均功率P＝Fv＝750×4W＝3000W答：（1）兩車在運動過程中的最小距離