湖北省武漢市新洲一中陽邏校區(qū)2024-2025學(xué)年高一物理下學(xué)期3月網(wǎng)上學(xué)習(xí)檢測試題含解析

PAGE27-湖北省武漢市新洲一中陽邏校區(qū)2024-2025學(xué)年高一物理下學(xué)期3月網(wǎng)上學(xué)習(xí)檢測試題（含解析）溫馨提示：本卷全部為單項選擇題，其中1-18題每題3分，共54分。19-32題每題4分，共56分）1.“天舟一號”貨運(yùn)飛船于2024年4月20日在文昌航天放射中心勝利放射升空,與“天宮二號”空間試驗室對接前,“天舟一號”在距離地面約380km的圓軌道上飛行,則下列說法錯誤的是()A.線速度小于第一宇宙速度B.角速度小于地球自轉(zhuǎn)角速度C.周期小于地球自轉(zhuǎn)周期D.向心加速度小于地面的重力加速度【答案】B【解析】A項：第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動最大的運(yùn)行速度，知其線速度小于第一宇宙速度，故A正確；B項：依據(jù)衛(wèi)星的速度公式和v=rω得：將“天舟一號”與地球同步衛(wèi)星比較，由于“天舟一號”的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以“天舟一號”的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度，而地球同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)角速度，所以其角速度大于地球自轉(zhuǎn)角速度，故B錯誤；C項：由知，“天舟一號”的周期于地球同步衛(wèi)星的周期，而地球同步衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)周期，所以其周期小于地球自轉(zhuǎn)周期，故C正確；D項：由知，其向心加速度小于近地衛(wèi)星的向心加速度，而近地衛(wèi)星的向心加速度約等于地面的重力加速度，所以其向心加速度小于地面的重力加速度，故D正確．2.如圖，海王星繞太陽沿橢圓軌道運(yùn)動，P為近日點(diǎn)，Q為遠(yuǎn)日點(diǎn)，M、N為軌道短軸的兩個端點(diǎn)，運(yùn)行的周期為T0。若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經(jīng)M、Q到N的運(yùn)動過程中（）A.從P到M所用的時間等于B.從Q到N階段，機(jī)械能漸漸變大C.從P到Q階段，速率漸漸變小D從M到N階段，萬有引力對它先做正功后做負(fù)功【答案】C【解析】【詳解】A．海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，則PM段的時間小于MQ段的時間，所以P到M所用的時間小于，故A錯誤；B．從Q到N的過程中，由于只有萬有引力做功，機(jī)械能守恒，故B錯誤；C．海王星從P到Q階段，萬有引力對它做負(fù)功，速率減小，故C正確；D．依據(jù)萬有引力方向與速度方向的關(guān)系知，從M到N階段，萬有引力對它先做負(fù)功后做正功，故D錯誤。故選C。3.一顆在赤道上空做勻速圓周運(yùn)動運(yùn)行的人造衛(wèi)星，其軌道半徑上對應(yīng)的重力加速度為地球表面重力加速度的四分之一，則某一時刻該衛(wèi)星觀測到地面赤道最大弧長為（已知地球半徑為R）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力，對衛(wèi)星有而地球表面因為解得r=2R由幾何關(guān)系可知，某一時刻該衛(wèi)星觀測到地面赤道的弧度數(shù)為，則觀測到地面赤道最大弧長為，故A正確，BCD錯誤。故選A?！军c(diǎn)睛】此題關(guān)鍵是知道衛(wèi)星離地面的高度，然后依據(jù)幾何關(guān)系求解某一時刻該衛(wèi)星觀測到地面赤道最大弧長。4.太空中存在一些離其他恒星很遠(yuǎn)的、由兩顆星體組成的雙星系統(tǒng)，可忽視其他星體對它們的引力作用。假如將某雙星系統(tǒng)簡化為志向的圓周運(yùn)動模型，如圖所示，兩星球在相互的萬有引力作用下，繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動。由于雙星間的距離減小，則（）A.兩星的運(yùn)動角速度均漸漸減小 B.兩星的運(yùn)動周期均漸漸減小C.兩星的向心加速度均漸漸減小 D.兩星的運(yùn)動線速度均漸漸減小【答案】B【解析】【詳解】AB．設(shè)兩星的質(zhì)量分別為和，相距L，和的角速度為，由萬有引力定律和牛頓其次定律得對對因為解得雙星的總質(zhì)量不變，距離減小，周期減小，角速度增大，A錯誤，B正確；C．依據(jù)知，L變小，則兩星的向心加速度均增大，故C錯誤；D．由于可見，距離減小線速度變大．故D錯誤．故選B。5.“嫦娥二號”衛(wèi)星由地面放射后，進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，經(jīng)多次變軌最終進(jìn)入距離月球表面100km，周期為118min的工作軌道，起先對月球進(jìn)行探測，則不正確是（）A.衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的運(yùn)動速度比月球的第一宇宙速度小B.衛(wèi)星在軌道Ⅲ上經(jīng)過P點(diǎn)的速度比在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點(diǎn)時大C.衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)動的周期比在軌道Ⅰ上小D.衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的機(jī)械能比在軌道Ⅱ上大【答案】B【解析】【詳解】A．月球的第一宇宙速度是衛(wèi)星貼近月球表面做勻速圓周運(yùn)動的速度，衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的半徑大于月球半徑，依據(jù)得可知衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的運(yùn)動速度比月球的第一宇宙速度小，故A正確，不符合題意；B．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上經(jīng)過P點(diǎn)若要進(jìn)入軌道Ⅰ，需加速，即衛(wèi)星在軌道Ⅲ上經(jīng)過P點(diǎn)的速度比在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點(diǎn)時小，故B錯誤，符合題意；C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的半徑小于軌道Ⅰ的半長軸，依據(jù)開普勒第三定律可知，衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)動的周期比在軌道Ⅰ上小，故C正確，不符合題意；D．衛(wèi)星從軌道Ⅰ進(jìn)入軌道Ⅱ，在P點(diǎn)需減速，動能減小，而它們在各自的軌道上機(jī)械能守恒，所以衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的機(jī)械能比在軌道Ⅱ上大，故D正確，不符合題意。故選B。6.我國將放射“天宮二號”空間試驗室，之后放射“神州十一號”飛船與“天宮二號”對接假設(shè)“天宮二號”與“神州十一號”都圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動，為了實現(xiàn)飛船與空間試驗室的對接，下列措施可行的是A.使飛船與空間試驗室在同一軌道上運(yùn)行，然后飛船加速追上空間試驗室實現(xiàn)對接B.使飛船與空間試驗室在同一軌道上運(yùn)行，然后空間試驗室減速等待飛船實現(xiàn)對接C.飛船先在比空間試驗室半徑小的軌道上加速，加速后飛船漸漸靠近空間試驗室，兩者速度接近時實現(xiàn)對接D.飛船先在比空間試驗室半徑小的軌道上減速，減速后飛船漸漸靠近空間試驗室，兩者速度接近時實現(xiàn)對接【答案】C【解析】試題分析：在同一軌道上運(yùn)行加速做離心運(yùn)動，減速做向心運(yùn)動均不行實現(xiàn)對接．則AB錯誤；飛船先在比空間試驗室半徑小的軌道上加速，則其做離心運(yùn)動可使飛船漸漸靠近空間試驗室，兩者速度接近時實現(xiàn)對接．則C正確；飛船先在比空間試驗室半徑小的軌道上減速，則其做向心運(yùn)動，不行能與空間試驗室相接觸．則D錯誤．故選C．考點(diǎn)：人造地球衛(wèi)星【名師點(diǎn)睛】此題是關(guān)于人造衛(wèi)星的變軌問題，明確正常運(yùn)行的衛(wèi)星加速做離心運(yùn)動會達(dá)到高軌道，若減速則會做向心運(yùn)動達(dá)到低軌道．7.如圖所示，a、b兩個飛船在同一平面內(nèi)，在不同軌道繞某行星順時針做勻速圓周運(yùn)動。若已知引力常量為G，a、b兩飛船距該行星表面高度分別為h1、h2（h1＜h2），運(yùn)行周期分別為T1、T2，則以下說法正確的是（）A.飛船a運(yùn)行速度小于飛船b運(yùn)行速度B.飛船a加速不行能追上飛船bC.利用以上數(shù)據(jù)可計算出該行星的半徑D.利用以上數(shù)據(jù)可計算出該行星的自轉(zhuǎn)周期【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力即可以得到因為飛船a的軌道半徑小于飛船b的軌道半徑，所以飛船a運(yùn)行速度大于飛船b運(yùn)行速度，故A錯誤；B．飛船a適度加速后，a所須要的向心力也會增加，而此時受到的萬有引力大小幾乎不變，也就小于所須要的向心力，那么后a就會做離心運(yùn)動，偏離原來的軌道，就有可能與飛船b實現(xiàn)對接即追上飛船b，故B錯誤；CD．依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力有可以得到飛船a距地面高度，有飛船b距地面高度為，有聯(lián)立可求得行星的質(zhì)量和行星的半徑，但是依據(jù)題目已知條件，無法求出行星的自轉(zhuǎn)周期，故C正確，D錯誤。故選C。8.目前，在地球四周有很多人造地球衛(wèi)星圍著它運(yùn)轉(zhuǎn)，其中一些衛(wèi)星的軌道可近似為圓，且軌道半徑漸漸變小。若衛(wèi)星在軌道半徑漸漸變小的過程中，只受到地球引力和淡薄氣體阻力的作用，則下列推斷正確的是（）A.衛(wèi)星的動能漸漸減小B.由于地球引力做正功，引力勢能肯定減小C.由于氣體阻力做負(fù)功，地球引力做正功，機(jī)械能保持不變D.衛(wèi)星克服氣體阻力做的功大于引力勢能的減小【答案】B【解析】【詳解】A．由萬有引力供應(yīng)向心力即，可知可見，衛(wèi)星的速度大小隨軌道半徑的減小而增大，即衛(wèi)星的動能漸漸增大，故A錯誤；B．由于衛(wèi)星高度漸漸降低，所以地球引力對衛(wèi)星做正功，引力勢能減小，故B正確；C．氣體阻力做功不行忽視，由于氣體阻力做負(fù)功，所以衛(wèi)星與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能削減，故C錯誤；D．依據(jù)動能定理可知引力與空氣阻力對衛(wèi)星做的總功應(yīng)為正值，而引力做的功等于引力勢能的削減，即衛(wèi)星克服氣體阻力做的功小于引力勢能的變更，故D錯誤。故選B。9.2024年9月25日，天宮二號由離地面h1＝360km的圓形軌道，經(jīng)過“軌道限制”上升為離地h2＝393km的圓形軌道，“等待”神舟十一號的來訪．已知地球的質(zhì)量為M，地球的半徑為R，引力常量為G．依據(jù)以上信息可推斷()A.天宮二號在圓形軌道h2上運(yùn)行的速度大于第一宇宙速度B.天宮二號在圓形軌道h2上運(yùn)行的速度大于在軌道h1上的運(yùn)行速度C.天宮二號在軌道h1上的運(yùn)行周期為D.天宮二號由圓形軌道h1進(jìn)入圓形軌道h2運(yùn)行周期變小【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力得：所以：由于“天宮二號”的軌道半徑大于地球的半徑，所以天宮二號在圓形軌道h2上運(yùn)行的速度小于第一宇宙速度．故A錯誤；B．依據(jù)，由于h1＜h2，可知，天宮二號在圓形軌道h2上運(yùn)行的速度小于軌道h1上的運(yùn)行速度．故B錯誤；C．“天宮二號”繞地球做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力供應(yīng)向心力，解得在軌道h1上的運(yùn)行周期：故C正確；D．“天宮二號”繞地球做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力供應(yīng)向心力，解得周期：天宮二號由圓形軌道h1進(jìn)入圓形軌道h2軌道半徑增大，則運(yùn)行周期增大，故D錯誤．10.國務(wù)院批復(fù)，自2024年起將4月24日設(shè)立為“中國航天日”．1970年4月24日我國首次勝利放射的人造衛(wèi)星東方紅一號，目前仍舊在橢圓軌道上運(yùn)行，其軌道近地點(diǎn)高度約為440km，遠(yuǎn)地點(diǎn)高度約為2060km；1984年4月8日勝利放射的東方紅二號衛(wèi)星運(yùn)行在赤道上空35786km的地球同步軌道上．設(shè)東方紅一號在遠(yuǎn)地點(diǎn)的加速度為a1，東方紅二號的加速度為a2，固定在地球赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)的加速度為a3，則a1、a2、a3的大小關(guān)系為：（）A.a2＞a1＞a3 B.a3＞a2＞a1 C.a3＞a1＞a2 D.a1＞a2＞a3【答案】D【解析】試題分析：東方紅二號地球同步衛(wèi)星和地球自轉(zhuǎn)的角速度相同，由a=ω2r可知，a2＞a3；由萬有引力供應(yīng)向心力可得：，東方紅一號的軌道半徑小于東方紅二號的軌道半徑，所以有：a1＞a2，所以有：a1＞a2＞a3，故ABC錯誤，D正確．故選D．考點(diǎn)：萬有引力定律的應(yīng)用【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵駕馭萬有引力定律的兩個重要理論：1、萬有引力等于重力，2、萬有引力供應(yīng)向心力，并能敏捷運(yùn)用．還要知道同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期和地球自轉(zhuǎn)周期相等．11.在探究彈性勢能的表達(dá)式試驗中，某試驗小組得到如圖所示試驗圖像，a、b兩條斜線分別表示兩根勁度系數(shù)不同的彈簧所受拉力F和彈簧伸長量之間的關(guān)系。設(shè)它們的勁度系數(shù)分別為ka、kb，拉力都為F1時的彈性勢能分別為Ea、Eb。則下列說法正確的是（）A.ka>kb；Ea>Eb B.ka＜kb；Ea>EbC.ka>kb；Ea＜Eb D.ka＜kb；Ea＜Eb【答案】C【解析】【詳解】由F=kl可知，F(xiàn)-l圖線的斜率為彈簧的勁度系數(shù)，由圖可知，ka＞kb；彈簧的彈性勢能等于克服彈力做功，即，可知彈性勢能為F-l圖線與l軸圍成的面積，由圖象比較可得Ea＜Eb，故ABD錯誤，C正確；

故選C。12.假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．假如摩托艇發(fā)動機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢.4倍 B.2倍 C.倍 D.倍【答案】D【解析】【詳解】設(shè)阻力為f，由題知：f=kv；速度最大時，牽引力等于阻力，則有P=Fv=fv=kv2．所以摩托艇發(fā)動機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼谋叮蔬xD．13.如圖所示，質(zhì)量為m的物體在恒力F的作用下從底端沿斜面對上始終勻速運(yùn)動到頂端，斜面高h(yuǎn)，傾斜角為θ，現(xiàn)把物體放在頂端，發(fā)覺物體在稍微擾動后可勻速下滑，重力加速度大小為g。則在上升過程中恒力F做的功為（）A.Fh B.mgh C.2mgh D.無法確定【答案】C【解析】【詳解】由題知，把物體放頂端，發(fā)覺物體在稍微擾動后可勻速下滑，則物體受力平衡，則有上滑過程中，也做勻速直線運(yùn)動，受力平衡，則有則在上升過程中恒力F做的功故C正確，ABD錯誤。故選C。14.一輕繩一端固定在O點(diǎn)，另一端拴一小球，拉起小球使輕繩水平，然后無初速釋放小球.如圖所示，小球從起先運(yùn)動至輕繩達(dá)豎直位置的過程中，小球重力的瞬時功率的變更狀況是（）A.始終增大 B.始終減小C.先增大，后減小 D.先減小，后增大【答案】C【解析】【詳解】小球在初位置重力做功的功率為零，在最低點(diǎn)，由于重力的方向與速度方向垂直，則重力做功的功率也為零，因為初末位置都為零，則A到B過程中重力做功的功領(lǐng)先增大后減?。蔬xC．【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵駕馭瞬時功率的表達(dá)式P=Fvcosθ，知道瞬時功率與平均功率的區(qū)分．15.如圖所示，質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平拋出，恰好垂直打在傾角為的斜面上，則球落在斜面上時重力的瞬時功率為（不計空氣阻力）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】由平拋的運(yùn)動規(guī)律可得：，，小球的瞬時速度與斜面垂直，分解速度由平行四邊形可知：，則平拋時間為：；由重力的瞬時功率表達(dá)式；故選B．【點(diǎn)睛】該題是平拋運(yùn)動基本規(guī)律的應(yīng)用，主要抓住撞到斜面上時水平速度和豎直方向速度的關(guān)系，16.用長為l、不行伸長的細(xì)線把質(zhì)量為m的小球懸掛于O點(diǎn)，將小球拉至懸線偏離豎直方向α角后放手，運(yùn)動t時間后停在最低點(diǎn)．則在時間t內(nèi)()A.小球重力做功為mgl(1－cosα)B.空氣阻力做功為－mglcosαC.小球所受合力做功為mglsinαD.繩拉力做功的功率為【答案】A【解析】A、小球從起先運(yùn)動到停止過程中,下降的高度為:,所以小球的重力對小球做功為mgl(1－cosα).所以A選項是正確的

B、在小球運(yùn)動的整個過程中,重力和空氣的阻力對小球做功,依據(jù)動能定律:所以故B錯誤;

C、小球受到的合外力做功等于小球動能的增加量,所以合外力做功為零，故C錯誤;

D、因為繩子的拉力始終與運(yùn)動的方向垂直,所以繩子的拉力不做功.繩子拉力的功率為0.故D錯誤.綜上所述本題答案是：A

點(diǎn)睛：在小球運(yùn)動的整個過程中,重力和空氣的阻力對小球做功,機(jī)械能漸漸轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.因為繩子的拉力始終與運(yùn)動的方向垂直,所以繩子的拉力不做功.17.如圖所示，在水平桌面上的A點(diǎn)有一個質(zhì)量為m的物體，以初速度v0被拋出，不計空氣阻力，當(dāng)它到達(dá)B點(diǎn)時，其動能為（）A.＋mgH B.＋mgh1C.mgH－mgh2 D.＋mgh2【答案】B【解析】【詳解】從A到B由動能定理有解得故B正確，ACD錯誤。故選B。18.如圖所示，具有肯定初速度的物塊，沿傾角為30°的粗糙斜面對上運(yùn)動的過程中，受一個恒定的沿斜面對上的拉力F作用，這時物塊的加速度大小為4m/s2，方向沿斜面對下，那么在物塊向上運(yùn)動過程中，正確的說法是（）A.物塊的機(jī)械能肯定增加B.物塊的機(jī)械能肯定減小C.物塊的機(jī)械能可能不變D.物塊的機(jī)械能可能增加也可能減小【答案】A【解析】【詳解】物體的加速度為a=4m/s2，方向沿斜面對下，依據(jù)牛頓其次定律得：mgsin30°+f-F=ma，解得F-f=m＞0，可知F和f做功的代數(shù)和大于零，所以依據(jù)功能原理可知，在運(yùn)動的過程中，機(jī)械能肯定增加，故A正確，BCD錯誤。

故選A.19.如圖所示，長度相同的三根輕桿構(gòu)成一個正三角形支架，在處固定質(zhì)量為的小球，處固定質(zhì)量為的小球，支架懸掛在點(diǎn)，可繞過點(diǎn)并與支架所在平面相垂直的固定軸轉(zhuǎn)動，起先時與地面相垂直。放手后起先運(yùn)動，在不計任何阻力的狀況下，下列說法正確的是（）A.處小球到達(dá)最低點(diǎn)時速度為0B.處小球機(jī)械能的削減量等于處小球機(jī)械能的增加量C.處小球向左搖擺所能達(dá)到的最高位置應(yīng)高于處小球起先運(yùn)動時的高度D.當(dāng)支架從左向右回擺時，處小球能回到起始高度【答案】BCD【解析】【詳解】BD．因處小球質(zhì)量大，位置高，所以三角支架處于不穩(wěn)定狀態(tài)，釋放后支架就會向左搖擺，搖擺過程中只有小球受到的重力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，處小球機(jī)械能的削減量等于處小球機(jī)械能的增加量，當(dāng)支架從左向右回擺時，處小球能回到起始高度，選項B、D正確；A．設(shè)支架邊長是，則處小球到最低點(diǎn)時小球下落的高度為，處小球上升的高度也是，但處小球的質(zhì)量比處小球的大，故有的重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，因而此時處小球的速度不為0，選項A錯誤；C．當(dāng)處小球到達(dá)最低點(diǎn)時有向左運(yùn)動的速度，還要接著向左擺，處小球仍要接著上升，因此處小球能達(dá)到的最高位置比處小球的最高位置還要高，選項C正確。故選BCD。20.如圖所示，長為L的勻稱鏈條放在光滑水平桌面上，且使長度的垂在桌邊，松手后鏈條從靜止起先沿桌邊下滑，則鏈條滑至剛剛離開桌邊時的速度大小為()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】鏈條在重力作用而向下滑動，只有重力做功，其機(jī)械能守恒；可設(shè)桌面為零勢能面，列出機(jī)械能守恒方程可得出鏈條的速度．【詳解】設(shè)桌面為零勢能面，鏈條的總質(zhì)量為m起先時鏈條的機(jī)械能為：E1=當(dāng)鏈條剛脫離桌面時的機(jī)械能：E2=由機(jī)械能守恒可得：E1=E2即：解得：．故應(yīng)選：C．【點(diǎn)睛】零勢能面的選取是隨意的，本題也可以選鏈條滑至剛剛離開桌邊時鏈條的中心為零勢能面，結(jié)果是一樣的，要留意重力勢能的正負(fù)；抓住機(jī)械能守恒時，鏈條動能的變更取決于重力勢能的變更量．21.汽車以恒定功率P、初速度v0沖上傾角肯定的斜坡時，汽車受到的阻力恒定不變，則汽車上坡過程的v-—t圖像不行能是選項圖中的A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】汽車沖上斜坡，受重力、支持力、牽引力和阻力，設(shè)斜面的坡角為，依據(jù)牛頓其次定律，有，其中，故；AC、若，則物體加速運(yùn)動，加速度會減小，當(dāng)加速度減為零時，速度達(dá)到最大，故選項C正確，A錯誤；B、若，則物體速度不變，做勻速運(yùn)動，故選項B正確；D、若，即加速度沿斜面對下，物體減速，故加速度會減小，當(dāng)加速度減為零時，速度達(dá)到最小，故選項D正確；故不行能是選選項A．22.一蹦極運(yùn)動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點(diǎn)時距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽視，運(yùn)動員可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法錯誤的是（）A.運(yùn)動員到達(dá)最低點(diǎn)前重力勢能始終減小B.蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢能增加C.蹦極過程中，運(yùn)動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D.蹦極過程中，重力勢能的變更量與重力勢能零點(diǎn)的選取有關(guān)【答案】D【解析】【詳解】A．運(yùn)動員到達(dá)最低點(diǎn)前重力始終做正功，重力勢能始終減小，故A正確，不符合題意；B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向與位移方向始終相反，彈力做負(fù)功，彈性勢能增加，故B正確，不符合題意；C．以運(yùn)動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故C正確，不符合題意；D．重力勢能的變更與重力做功有關(guān)，取決于初末位置的高度差，與重力勢能零點(diǎn)的選取無關(guān)，故D錯誤，符合題意。故選D23.如圖所示，飛行器P繞某星球做勻速圓周運(yùn)動，下列說法不正確的是（）A.軌道半徑越大，周期越長B.張角越大，速度越大C.若測得周期和星球相對飛行器的張角，則可得到星球的平均密度D.若測得周期和軌道半徑，則可得到星球的平均密度【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)開普勒第三定律，可知軌道半徑越大，飛行器的周期越長，A正確；B．依據(jù)衛(wèi)星的速度公式，可知張角越大，軌道半徑越小，速度越大，B正確；C．依據(jù)公式可得設(shè)星球的質(zhì)量為M，半徑為R，平均密度為ρ，飛行器的質(zhì)量為m，軌道半徑為r，周期為T，對于飛行器，由幾何關(guān)系得星球的平均密度為由以上三式知，測得周期和張角，就可得到星球的平均密度，C正確；D．由可得星球的平均密度為可知若測得周期和軌道半徑，可得到星球的質(zhì)量，但星球的半徑未知，不能求出星球的體積，故不能求出平均密度，D錯誤。故選D。24.如圖，兩個相同小物塊a和b之間用一根輕彈簧相連，小物塊a和b及彈簧組成的系統(tǒng)用細(xì)線靜止懸掛于足夠高的天花板下，某時刻細(xì)線被剪斷，系統(tǒng)下落，已知重力加速度為g，則（）A.細(xì)線剪斷瞬間，a和b的加速度大小均為gB.彈簧復(fù)原原長時，a和b的加速度大小均為2gC.下落過程中彈簧始終保持拉伸狀態(tài)D.下落過程中a、b和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．起先時系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力大小為mg，當(dāng)細(xì)線剪斷瞬間，彈簧不能突變，則b受力仍舊平衡，加速度為零，而a受向下的拉力和重力作用，加速度為2g，A錯誤；B．彈簧復(fù)原原長時，兩物體均只受重力，加速度大小都為g，B錯誤；C．由于起先a的加速度大于b的加速度，彈簧長度變短，彈簧復(fù)原原長時，a的速度大于b的速度，彈簧變成收縮狀態(tài)，C錯誤；D．下落過程中a、b和彈簧組成的系統(tǒng)，由于只有重力和彈簧彈力做功，動能和彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，D正確。故選D?！军c(diǎn)晴】考察繩子和彈簧上面力的特點(diǎn)，當(dāng)細(xì)線剪斷瞬間，彈簧上的力不能突變。25.宇宙間存在一些離其他恒星較遠(yuǎn)的三星系統(tǒng)，其中有一種三星系統(tǒng)如圖所示，三顆質(zhì)量相等的星球位于等邊三角形的三個頂點(diǎn)上，隨意兩顆星球的距離均為R，并繞其中心O做勻速圓周運(yùn)動．忽視其他星球?qū)λ鼈兊囊ψ饔?，引力常量為G，以下對該三星系統(tǒng)的說法正確的是()．A.每顆星球做圓周運(yùn)動的半徑都等于RB.每顆星球做圓周運(yùn)動的加速度與三顆星球的質(zhì)量無關(guān)C.每顆星球做圓周運(yùn)動的周期為T＝2πRD.每顆星球做圓周運(yùn)動的線速度v＝2【答案】C【解析】【詳解】A．三顆星球均繞中心做圓周運(yùn)動，由幾何關(guān)系可知r＝＝RA錯誤；B．任一星球做圓周運(yùn)動的向心力由其他兩個星球的引力的合力供應(yīng)，依據(jù)平行四邊形定則得F＝2cos30°＝ma解得a＝B錯誤；CD．由F＝2cos30°＝m＝mr，得v＝，T＝2πRC正確D錯誤．故選C。26.北京航天飛行限制中心對“嫦娥二號”衛(wèi)星實施多次變軌限制并獲得勝利。首次變軌是在衛(wèi)星運(yùn)行到遠(yuǎn)地點(diǎn)時實施的，緊隨其后進(jìn)行的3次變軌均在近地點(diǎn)實施，如圖為“嫦娥二號”某次在近地點(diǎn)A由軌道1變軌為軌道2的示意圖，下列說法中正確的是（）A.“嫦娥二號”在軌道1的A點(diǎn)處應(yīng)點(diǎn)火減速B.“嫦娥二號”在軌道1的A點(diǎn)處的速度比在軌道2的A點(diǎn)處的速度大C.“嫦娥二號”在軌道1的A點(diǎn)處的加速度比在軌道2的A點(diǎn)處的加速度大D.“嫦娥二號”在軌道1的A點(diǎn)處的速度比在軌道2的A點(diǎn)處的速度小【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．從1軌道進(jìn)入2軌道的過程，飛船做離心運(yùn)動，在A點(diǎn)時萬有引力要小于向心力，此處飛船速度要增加，應(yīng)在此處點(diǎn)火加速，故A錯誤；B．因為飛船在軌道1的A點(diǎn)處點(diǎn)火加速才能變軌，所以飛船在軌道1的A點(diǎn)處的速度比在軌道2的A點(diǎn)處的速度小，故B錯誤；C．同在A點(diǎn)，衛(wèi)星的萬有引力大小相同，依據(jù)可知，在軌道1的A點(diǎn)處的加速度與在軌道2的A點(diǎn)處的加速度相等，故C錯誤；D．因為飛船在軌道1的A點(diǎn)處點(diǎn)火加速才能變軌，所以飛船在軌道1的A點(diǎn)處的速度比在軌道2的A點(diǎn)處的速度小，故D正確。故選D。27.如圖所示，物塊B與水平地面接觸，物塊A置于物塊B之上，兩物塊相對靜止，一起向右運(yùn)動（圖中a為加速度，力F沿水平方向向右），則不正確（）A.圖甲中，A、B間摩擦力對A做正功B.圖乙中，A、B間摩擦力對B做負(fù)功C.圖丙中，A、B間摩擦力對B做正功D.圖丁中，A、B間摩擦力對A做負(fù)功【答案】A【解析】【詳解】A．圖甲中A、B相對靜止，沒有加速度，故A、B間沒有摩擦力，肯定沒有摩擦力的功，故A不正確，符合題意；B．圖乙中，兩物體有向右的加速度，說明A受向右的摩擦力，A對B有向左的摩擦力，則由功的公式可知，A、B間的摩擦力對B做負(fù)功，故B正確，不符合題意；C．圖丙中，A受向右的拉力，而做勻速運(yùn)動，故A受B給的向左的摩擦力，則B受到A給的向右的摩擦力，所以A、B間的摩擦力B做正功，故C正確，不符合題意；D．圖丁中，A、B向右加速運(yùn)動，B相對A有向左的運(yùn)動趨勢，故B受到A給的向右的摩擦力，A受B給的向左的摩擦力，所以A、B間摩擦力對A做負(fù)功，故D正確，不符合題意。故選A。28.宇航員在某星球表面以初速度2.0m/s水平拋出一物體，并記錄下物體的運(yùn)動軌跡如圖所示，O點(diǎn)為拋出點(diǎn)，若該星球半徑為4000km，萬有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，則下列說法正確的是（）A.該星球表面的重力加速度為2.0m/s2B.該星球的質(zhì)量為2.4×1023kgC.該星球的第一宇宙速度為4.0km/sD.若放射一顆該星球的同步衛(wèi)星，則同步衛(wèi)星的繞行速度肯定大于4.0km/s【答案】C【解析】【詳解】A．豎直方向上水平方向上解得，故A錯誤；B．由可求得故B錯誤；C．由可得該星球的第一宇宙速度為故C正確；D．該星球的第一宇宙速度為，由可知半徑約大則速度越小，若放射一顆該星球的同步衛(wèi)星，則同步衛(wèi)星的繞行速度肯定小于4.0km/s，故D錯誤。故選C。【點(diǎn)睛】由平拋運(yùn)動規(guī)律可求得重力加速度;再由萬有引力公式等于重力可求得星球質(zhì)量;依據(jù)第一宇宙速度的定義可求得第一宇宙速度;并明確同步衛(wèi)星的速度。29.在探究功與速度的關(guān)系試驗中，某探討性學(xué)習(xí)小組覺得教材中試驗測量過程較困難，改進(jìn)如下：如圖所示，將教材試驗中的木板放在桌子的邊緣，小車的前端放一小球，小車在橡皮筋作用下加速運(yùn)動，到桌子邊緣后小車在擋板作用下停止運(yùn)動，小球做平拋運(yùn)動，測出橡皮筋條數(shù)為1、2、3、…、n時的平拋距離x1、x2、x3、…、xn，則（）A.假如忽視一切摩擦，x∝n（n為橡皮筋條數(shù)）B.假如忽視一切摩擦，x2∝n（n為橡皮筋條數(shù)）C.該試驗中小車受的摩擦力可以通過傾斜木板的方法平衡而不產(chǎn)生新的誤差D.該試驗中傾斜木板不會產(chǎn)生誤差【答案】B【解析】【詳解】AB．假如忽視一切摩擦，依據(jù)動能定理，那么橡皮筋的彈力做功，等于小車與球的動能增加，再依據(jù)平拋運(yùn)動，水平方向位移x與平拋運(yùn)動的初速度v成正比，因此水平方向位移x2與橡皮筋條數(shù)n成正比，故A錯誤，B正確；CD．若通過傾斜木板的方法來平衡小車受的摩擦力，雖然摩擦力消退了，但因為末端不再水平，導(dǎo)致小球不是平拋運(yùn)動，從而產(chǎn)生新的誤差，故CD錯誤；故選B。30.如圖所示為汽車在水平路面上啟動過程中的速度圖像，Oa為過原點(diǎn)的傾斜直線，ab段表示以額定功率行駛時的加速階段，bc段是與ab段相切的水平直線，則下述說法正確的是（）A.0~t1時間內(nèi)汽車做勻加速運(yùn)動且功率恒定Bt1~t2時間內(nèi)汽車牽引力漸漸增大C.t1~t2時間內(nèi)的平均速度為（v1＋v2）D.在全過程中t1時刻的牽引力及其功率都是最大值，t2~t3時間內(nèi)牽引力最小【答案】D【解析】【詳解】A．0～t1時間內(nèi)為傾斜的直線，故汽車做勻加速運(yùn)動，因牽引力恒定，由P=Fv可知，汽車的牽引力的功率勻稱增大，故A錯誤；B．t1~t2