2018届高考物理二轮复习第二板块3大必考题型命题热点大预测.docx

第二板块 3大必考题型命题热点大预测通过研究全国卷近几年的高考试题可以发现，高考命题是有一定规律可寻的：8个选择题，“牛顿运动定律”“万有引力与航天”“电场”这3大考点几乎每年各有一题，另外5题集中在“抛体运动与圆周运动”“能量与动量”“磁场”“电磁感应”“交变电流”“物理学史、直线运动、物体的平衡、电路及动态分析”等几个方面选择命制；2个实验题，力学、电学各一道；2个计算题，力学一道，主要考查运动学、动力学或能量问题，电学一道，主要考查带电粒子在电磁场中的运动或电磁感应综合问题。考前依据高考命题规律针对押题，不但与高考形似，更与高考神似，锁定命题范围，押题更高效。选择题押题练(一)牛顿运动定律(必考点)1两个物体A、B的加速度aAaB，则()AA的速度一定比B的速度大BA的速度变化量一定比B的速度变化量大CA的速度变化一定比B的速度变化快DA受的合外力一定比B受的合外力大解析：选C加速度a，表示速度变化的快慢，因此加速度a大，速度v、速度变化量v均不一定大，速度变化一定快，故选项A、B错误，选项C正确。根据牛顿第二定律Fma可知，物体所受的合力的大小与质量和加速度两个物理量有关，而题意中未涉及物体A、B的质量大小关系，因此它们所受合外力的大小关系也无法确定，故选项D错误。2竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图像正确的是(设竖直向下为正方向)()解析：选C物块在上升过程中加速度大小为a，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g。在下降的过程中加速度a，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C正确。3多选一个质量为2 kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是()A一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2B一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小C可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5 m/s2D可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5 m/s2解析：选BC根据平衡条件得知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15 N和10 N的两个力后，物体的合力大小范围为5 NF合25 N，根据牛顿第二定律a得：物体的加速度范围为：2.5 m/s2a12.5 m/s2。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5 m/s2，故A错误。由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正确。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，故C正确。由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误。4从t0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在04 s的时间内()A甲物体所受合力不断变化B甲物体的速度不断减小C2 s末乙物体改变运动方向D2 s末乙物体速度达到最大解析：选D速度时间图像的斜率表示加速度，从题图甲中可知甲运动的速度时间图像的斜率不变，即加速度恒定，所以合力恒定，A错误；从题图甲中可知甲的速度先减小后反向增大，B错误；由题图乙知：乙所受的拉力先沿正向后沿负向，说明乙在02 s内做加速度减小的加速运动，24 s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2 s末运动方向没有改变，2 s末乙物体速度达到最大，C错误，D正确。5.如图所示，在水平地面上的箱子内，用细线将质量均为m的两个球a、b分别系于箱子的上、下两底的内侧，轻质弹簧两端分别与球相连接，系统处于静止状态时，弹簧处于拉伸状态，下端细线对箱底的拉力为2mg，箱子的质量为M(mM)，则下列说法正确的是(重力加速度为g)()A系统处于静止状态时地面受到的压力大小为Mg2mgB中间弹簧的弹力大小为mgC剪断连接球b与箱底的细线瞬间，b球的瞬时加速度为2gD剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间，a球的加速度为3g解析：选C对整体进行受力分析可知，系统处于静止状态时，地面的支持力等于系统的重力，即：FN(M2m)g，根据牛顿第三定律得，地面受到压力大小为(M2m)g，故A错误；对b受力分析，b球受到重力、中间弹簧的弹力和细线的拉力，F弹F拉mg2mgmg3mg，故B错误；剪断连接球b与箱底的细线瞬间，b球受重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力不能发生突变，b球的瞬时加速度ab2g，故C正确；剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间，弹簧对a球没有弹力，a球上细线的拉力发生突变，等于a球的重力，a球的瞬时加速度aa0，故D错误。6长途客运站的安检机中输送行李的水平传送带匀速转动，乘客把一袋面粉无初速度放在传送带上，在出安检机之前已经和传送带相对静止，结果在传送带上留下了一段白色的径迹，对此分析正确的是()A传送带的速度越大，径迹越长B面粉质量越大，径迹越长C动摩擦因数越大，径迹越长D释放的位置距离安检机末端越远，径迹越长解析：选A面粉释放后没有初速度，相对传送带向后运动，摩擦力向前，面粉做匀加速运动，当和传送带速度相同后做匀速运动。匀加速过程加速度ag，初速度为0，末速度等于传送带速度v，径迹的长度等于二者的相对位移即vt，可知动摩擦因数越大，径迹越短，选项C错。径迹长度与释放位置和面粉质量无关，选项B、D错。传送带速度越大，径迹越长，选项A正确。7一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度随时间t变化的图像如图所示(图像在01 s、34 s阶段为直线，13 s阶段为曲线)，下列判断正确的是()A第2 s末拉力大小为0B第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力C第2 s末速度反向D前4 s内位移为0解析：选B根据图像可知，第2 s末加速度为零，根据牛顿第二定律可知，合外力为零，所以拉力等于重力，故A错误；根据图像可知，第1 s内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4 s内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力，故B正确；根据图像可知，04 s内，重物一直向上运动，2 s末速度没有反向，故C错误；速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据图像可知，前4 s内位移为正，不为零，故D错误。8如图甲所示，建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处，图乙为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图像，下列判断正确的是()A前5 s的平均速度是0.5 m/sB整个过程上升高度是30 mC3036 s材料处于超重状态D前10 s钢索最容易发生断裂解析：选D根据vt图像可知：010 s内材料的加速度a0.1 m/s2,05 s位移xat20.152 m1.25 m，所以前5 s的平均速度是0.25 m/s，故A错误；通过速度时间图像包围的面积求出整个过程上升高度为：h(2036)1 m28 m，故B错误；3036 s内材料向上做匀减速直线运动，加速度的方向向下，所以处于失重状态，故C错误；前10 s材料向上做匀加速直线运动，加速度的方向向上，根据牛顿第二定律可知材料所受的拉力大于重力，1030 s匀速运动，材料所受的拉力等于重力，3036 s做匀减速直线运动，材料所受的拉力小于重力，比较可知，前10 s钢索最容易发生断裂，故D正确。9在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止，现将该木板改置成倾角为45的斜面，让小物块以大小相同的初速度沿木板上滑，若小物块与木板之间的动摩擦因数为，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为()A.B.C. D.解析：选A木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度a1g，设滑行初速度为v0，则滑行时间为t；木板改置成倾角为45的斜面后，对物块进行受力分析：小物块的合力F合mgsin 45fmgsin 45mgcos 45小物块上滑的加速度a2，滑行时间t，因此，故A正确，B、C、D错误。10多选如图所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接。已知m13 kg，m22 kg，连接它们的细线最大能承受6 N的拉力。现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则()AF1的最大值为10 N BF1的最大值为15 NCF2的最大值为10 N DF2的最大值为15 N解析：选BC若向左拉m1，则隔离对m2分析，Tmm2a则最大加速度a3 m/s2对两物块系统：F1(m1m2)a(23)3 N15 N。故B正确，A错误。若向右拉m2，则隔离对m1分析，Tmm1a则最大加速度a2 m/s2对两物块系统：F2(m1m2)a(23)2 N10 N。故D错误，C正确。11.某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t3时间段内，弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的vt图、Pt图(P为物体重力的功率大小)及at图可能正确的是()解析：选C由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：(1)若F1mg，则0t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0或速度保持不变，加速度等于0。四个图线没有是可能的。(2)若F2mg，则F1mg，在0t1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D是不可能的；则物体0t1时间内可能向下做加速运动，速度为负，或向上做减速运动，故A、B是不可能的；而t1t2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，又由Pmgv，可知t1t2时间内重力的功率不变，故C是错误的。(3)若F3mg，则F1mg，F2mg，在0t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3mg，可知在0t1时间内向下的加速度大于t1t2时间内向下的加速度，而t2t3时间内物体做匀速直线运动，所以速度图像如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由Pmgv可知，图C可能是重力的功率随时间变化的图线，故C是正确的。由以上的分析，可知只有C选项是可能的，A、B、D都是不可能的。12多选如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图：金属导轨倾斜固定，倾角为，导轨上开有一狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为，且保持不变。假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是()A分析可知B小孩与抱枕一起做匀速直线运动C小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下D绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1m2)m2解析：选AD由于球沿斜槽无摩擦滑动，则小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的加速度，且agsin ，做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度agsin gsin ，则，故A正确，B错误。对抱枕分析，受重力、绳子拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m1am1gsin ，可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，故C错误。对小孩和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力T(m1m2)gcos ，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcos ，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1m2)m2，故D正确。13多选静止在水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，在F从20 N开始逐渐增大到40 N的过程中，加速度a随拉力F变化的图像如图所示，由此可以计算出(g取10 m/s2)()A物体的质量B物体与水平面间的动摩擦因数C物体与水平面间的滑动摩擦力大小D加速度为2 m/s2时物体的速度解析：选ABC当F20 N时，根据牛顿第二定律：Ffma，得a则由数学知识知图像的斜率k由图得k，可得物体的质量为5 kg。将F20 N时a1 m/s2，代入Ffma得：物体受到的摩擦力f15 N由fFNmg可得物体与水平面间的动摩擦因数，故A、B、C正确。因为图像只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，因没有时间，故无法算得物体的加速度为2 m/s2时物体的速度，故D错误。14多选如图甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m，B的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A在0t1时间内，A、B间的摩擦力为零B在t1t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左C在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5mgD在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为mg解析：选ADA、B间的滑动摩擦力大小为fABmg，B与地面间的滑动摩擦力大小为f3mg，故在0t1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B静止，A、B间摩擦力为零，故A正确；A在木板上产生的最大加速度为ag，此时对AB整体分析可知F3mg3ma，解得F6mg，故在t1t3时间内，AB一起向右做加速运动，对A分析可知，A受到的摩擦力水平向右，故B错误；在t2时刻，AB整体加速度为a，A、B间的摩擦力大小为mg，故C错误；在t3时刻以后，A、B发生相对滑动，故A、B间的摩擦力大小为mg，故D正确。15多选如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是()A当0Fmg时，绳中拉力为0B当mgF2mg时，绳中拉力为FmgC当F2mg时，绳中拉力为D无论F多大，绳中拉力都不可能等于解析：选ABC当0Fmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0，故A正确；当mgF2mg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态，此时A受到的静摩擦力达到最大即mg，所以绳中拉力为Fmg，故B正确；当F2mg时，对整体：a，对B：a，联立解得绳中拉力为F，故C正确；由以上的分析可知，当mgF2mg时绳中拉力为Fmg，绳中拉力可能等于F，故D错误。选择题押题练(二)抛体运动与圆周运动(常考点)1多选如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直。一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道，则在此过程中()A小球的向心加速度逐渐减小B小球运动的角速度逐渐减小C小球运动的线速度逐渐减小D小球运动的周期逐渐减小解析：选CD以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示。由牛顿第二定律得：mgtan mamr2可知在A、B轨道的向心力大小相等，agtan ，向心加速度不变，故A错误。角速度 ，由于半径减小，则角速度变大，故B错误。线速度v，由于半径减小，线速度减小，故C正确。周期T，角速度增大，则周期减小，故D正确。2如图所示，平板MN和PQ水平放置，O、M、P在同一竖直线上，且OMMPh，PQ长为h，MN明显比PQ短，从O点水平向右抛出一个小球，小球先落在MN上并反弹，反弹前后水平分速度不变，竖直方向分速度等大反向，然后小球刚好落在Q点，则小球从O点抛出的初速度为()A(1)B(1)C D解析：选D设小球从O点抛出后运动到PQ板所用的时间为t，则t22(1)，则小球从O点抛出的初速度v，D正确。3多选如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m1 kg，与地面间的动摩擦因数0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是kt，k2 rad/s2，g取10 m/s2，以下判断正确的是()A物块做匀速运动B细线对物块的拉力是5 NC细线对物块的拉力是6 ND物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2解析：选CD由题意知，物块的速度为：vR2t0.51t又vat，故可得：a1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2。故A错误，D正确。由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：Fma1 N，FTf，地面摩擦阻力为：fmg0.5110 N5 N故可得物块受细线拉力为：TfF5 N1 N6 N，故B错误，C正确。4多选如图所示，从水平地面上a、b两点同时抛出两个物体，初速度分别为v1和v2，与水平方向所成角度分别为30和60。某时刻两物体恰好在ab连线上一点O(图中未画出)的正上方相遇，且此时两物体速度均沿水平方向(不计空气阻力)。则()Av1v2 Bv1v2COaOb DOaOb解析：选AC两物体做斜抛运动，在竖直方向匀减速，在水平方向匀速。对a点抛出的物体v1xv1cos 30v1，v1yv1sin 30v1，竖直方向通过的位移为：h。对b点抛出的物体v2xv2cos 60，v2yv2sin 60v2，竖直方向通过的位移为：h。因hh联立解得：v1v2，故A正确，B错误；由于v1xv1，v1yv1，v2xv2，v2yv2，则有从a点抛出的物体在水平方向的速度大于从b点抛出的物体在水平方向的速度，故在相遇时，从a点抛出的物体在水平方向通过的位移大于从b点抛出的物体在水平方向通过的位移，即OaOb，故C正确，D错误。5如图所示，有一竖直转轴以角速度匀速旋转，转轴上的A点有一长为l的细绳系有质量m的小球。要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，则A点到水平面的高度h最小为()A B2gC D解析：选A以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力N、绳子拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为m2R，设绳子与竖直方向的夹角为，则有：Rhtan ，那么Fcos Nmg；Fsin m2htan ；当球即将离开水平面时，N0，此时Fcos mg，Fsin mgtan m2htan ，即h。故A正确。6如图所示，质量为m的小球，用OB和OB两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30和60，这时OB绳的拉力大小为F1，若烧断OB绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1F2等于()A11 B12C13 D14解析：选D烧断OB绳前，小球处于平衡状态，合力为零，受力分析如图所示，根据几何关系得：F1mgsin 30mg；烧断OB绳，设小球摆到最低点时速度为v，设OB绳长为L。小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：mgL(1sin 30)mv2在最低点，有F2mgm联立解得F22mg。故F1F214。7多选如图所示，两个小球分别从斜虚线EF上的O、S两点水平抛出，过一段时间再次经过斜虚线EF，若不计空气阻力，则下列说法正确的是()A两小球经过斜虚线EF时的速度大小可能相同B两小球经过斜虚线EF时的速度方向一定相同C两小球可能同时经过斜虚线EF上的同一位置D从O点抛出的小球从抛出到经过斜虚线EF所用的时间比从S点抛出的小球所用时间长解析：选ABC若两小球抛出时的初速度相同，则过虚线时两球的速度相同，A项正确；设虚线EF与水平方向夹角为，再次经过虚线EF时的速度与水平方向的夹角为，由平抛运动规律的推论可知：tan 2tan ，速度与水平方向的夹角相同，即速度方向相同，B项正确；若从O点处球以水平初速度v1抛出到达虚线上某点C用时t1，从S点处球以初速度v2水平抛出到达C用时为t2，因此要使两球同时到达C点，只要O处的球(以初速度v1)比S处的球(以初速度v2)早t1t2的时间抛出，两球可以同时到达C点，C项正确；若从O处的球抛出的初速度比从S处的球抛出的初速度小，则从O处抛出的球从抛出到经过虚线EF所用时间比从S处抛出的球从抛出到经过虚线EF所用时间短，D错误。8多选如图所示，A、B、C三点在同一个竖直平面内，且在同一直线上，一小球若以初速度v1从A点水平抛出，恰好能通过B点，从A点运动到B点所用时间为t1，到B点时速度与水平方向的夹角为1，落地时的水平位移为x1；若以初速度v2从A点水平抛出，恰好能通过C点，从A点运动到C点所用时间为t2，到C点时速度与水平方向的夹角为2，落地时的水平距离为x2。已知AB间水平距离是BC间水平距离的2倍，则()Av1v223 Bt1t2Ctan 1tan 223 Dx1x2解析：选BD由于A、B、C三点在同一个竖直平面内，且在同一直线上，所以竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定相等；设ABC的连线与水平方向之间的夹角为，则：tan 解得：t。则落在ABC的连线上时竖直方向上的分速度vygt2v0tan 。设速度与水平方向的夹角为，有tan 2tan 知小球到达B点与C点时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则速度与水平方向的夹角相同，故C错误。AB间水平距离与AC间水平距离之比为23；由几何关系可知，小球到达B点与C点时，竖直方向的位移之比为：又ygt2联立得：y所以：联立可得：。故A错误；联立得：，故B正确；两个小球在竖直方向都做自由落体运动，所以运动的时间是相等的，水平方向的位移：xv0t联立可得：，故D正确。选择题押题练(三)万有引力与航天(必考点)1引力波的发现证实了爱因斯坦100年前所做的预测。1974年发现了脉冲双星间的距离在减小就已间接地证明了引力波的存在。如果将该双星系统简化为理想的圆周运动模型，如图所示，两星球在相互的万有引力作用下，绕O点做匀速圆周运动。由于双星间的距离减小，则()A两星的运动周期均逐渐减小B两星的运动角速度均逐渐减小C两星的向心加速度均逐渐减小D两星的运动线速度均逐渐减小解析：选A双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力。根据Gm1r12m2r22，知m1r1m2r2，知轨道半径比等于质量之反比，双星间的距离减小，则双星的轨道半径都变小，根据万有引力提供向心力，知角速度变大，周期变小，故A正确，B错误；根据Gm1a1m2a2知，L变小，则两星的向心加速度均增大，故C错误；根据Gm1，解得v1 ，由于L平方的减小比r1的减小量大，则线速度增大，故D错误。2宇航员在某星球上为了探测其自转周期做了如下实验：在该星球两极点，用弹簧秤测得质量为M的砝码所受重力为F，在赤道测得该砝码所受重力为F。他还发现探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T。假设该星球可视为质量分布均匀的球体，则其自转周期为()ATBTCT DT 解析：选D设星球及探测器质量分别为m、m在两极点，有：GF，在赤道，有：GFMR，探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T，则有：Gm R；联立以上三式解得T自T。故D正确，A、B、C错误。3多选质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，它在离地面的距离等于地球半径R的圆形轨道上运行时的()A周期为4 B速度为 C动能为G0R D重力为G0解析：选AC由万有引力提供向心力，Gmmrma由题意可知，r2R。质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，根据万有引力等于重力得：GMgR2R2由解得：周期T4，则A正确；由解得速度v ，则B错误；动能为EkG0R，则C正确；由a，则重力为，则D错误。4多选“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是()A“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍B“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍C站在赤道上的人可用仪器观察到“轨道康复者”向西运动D“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救解析：选AB根据ma得：a，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，故A正确。根据m得：v ，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍，故B正确。因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人可用仪器观察到“轨道康复者”向东运动，故C错误。“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星，故D错误。5多选2017年1月24日，报道称，俄航天集团决定将“质子M”运载火箭的发动机召回沃罗涅日机械制造厂。若该火箭从P点发射后不久就失去了动力，火箭到达最高点M后又返回地面的Q点，并发生了爆炸，已知引力常量为G，地球半径为R。不计空气阻力，下列说法正确的是()A火箭在整个运动过程中，在M点的速率最大B火箭在整个运动过程中，在M点的速率小于7.9 km/sC火箭从M点运动到Q点(爆炸前)的过程中，火箭的机械能守恒D已知火箭在M点的速度为v，M点到地球表面的距离为h，则可求出地球的质量解析：选BC火箭在失去动力后，在M点的速率最小，选项A错误；火箭从M点运动到Q点(爆炸前)的过程中，只有万有引力做功，火箭的机械能守恒，选项C正确；7.9 km/s是最大的运行速度，火箭在整个运动过程中，在M点的速率小于7.9 km/s，选项B正确；火箭做的不是圆周运动，根据选项D中给出的条件，无法求出地球的质量，选项D错误。6多选探索火星的奥秘承载着人类征服宇宙的梦想。假设人类某次利用飞船探测火星的过程中，飞船只在万有引力作用下贴着火星表面绕火星做圆周运动时，测得其绕行速度为v，绕行一周所用时间为T, 已知引力常量为G，则()A火星表面的重力加速度为B火星的半径为C火星的密度为D火星的质量为解析：选BC飞船在火星表面做匀速圆周运动，轨道半径等于火星的半径，根据v，得R，故B正确；根据万有引力提供向心力，有GmR，得火星的质量M，根据密度公式得火星的密度，故C正确；根据M3，故D错误；根据重力等于万有引力得，mgG，得gG，故A错误。7多选为纪念中国航天事业的成就，发扬航天精神，自2016年起，将每年的4月24日设立为“中国航天日”。在46年前的这一天，中国第一颗人造卫星发射成功。若该卫星运行轨道与地面的最近距离为h1，最远距离为h2。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，月球绕地球做匀速圆周运动的周期为T，引力常量为G，根据以上信息可以求出的物理量有()A地球的质量B月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径C中国第一颗人造卫星绕地球运动的周期D月球表面的重力加速度解析：选ABC根据地球表面物体的重力等于万有引力，有mgG，得地球质量M，故A可求出；月球绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有Gm月，得r，地球质量可求出，周期T已知，故可以求出月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径，故B可求出；中国第一颗人造卫星绕地球做椭圆运动，椭圆轨道的半长轴a，设周期为T，根据开普勒第三定律，有，得TT，故中国第一颗人造卫星绕地球运动的周期可求出，故C可求出；因为月球质量未知，月球的半径也未知，所以月球表面的重力加速度无法求出，故D不可求出。8多选如图所示，a、b两个飞船在同一平面内，在不同轨道绕某行星顺时针做匀速圆周运动。若已知引力常量为G，a、b两飞船距该行星表面高度分别为h1、h2(h1h2)，运行周期分别为T1、T2，则以下说法正确的是()A飞船a运行速度小于飞船b运行速度B飞船a加速可能追上飞船bC利用以上数据可计算出该行星的半径D利用以上数据可计算出该行星的自转周期解析：选BC根据万有引力提供向心力Gm，轨道半径越大，线速度越小，a的线速度大于b的线速度，故A错误。a加速可做离心运动，可能会与b发生对接，故B正确。根据万有引力提供向心力：Gmr，a和b离地高度分别为h1、h2，运行周期分别为T1、T2，联立两方程，可求出行星的质量和半径，故C正确。利用卫星的运动规律只能得到行星的质量、体积和密度，但无法分析出行星的自转规律，故D错误。9我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信。“墨子”将由火箭发射至高度为500千米的预定圆形轨道。此前在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7。G7属地球静止轨道卫星(高度约为36 000千米)，它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于卫星以下说法中正确的是()A这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/sB通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方C量子科学实验卫星“墨子”的运行周期比北斗G7小D量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7小解析：选C第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以这两颗卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度，故A错误；地球静止轨道卫星即同步卫星，只能定点于赤道正上方，故B错误；根据Gmr，得T ，所以量子科学实验卫星“墨子”的运行周期小，故C正确；卫星的向心加速度：a，半径小的量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7的大，故D错误。10据科技日报报道，2020年前我国将发射8颗海洋系列卫星，包括4颗海洋水色卫星，2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫星， 以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛全部岛屿附近海域的监测。设海陆雷达卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动力环境卫星的n倍，则在相同的时间内()A海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的n倍B海陆雷达卫星和海洋动力环境卫星到地球球心的连线扫过的面积相等C海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的倍D海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的倍解析：选C根据Gmr2，解得 ，扫过的面积为Slrr2r2t，因为轨道半径之比为n，则角速度之比为，所以相同时间内扫过的面积之比为。故C正确，A、B、D错误。11小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为()A10 6 B6 4 C10 2 D6 2解析：选B设登月器和航天站在半径为3R的轨道上运行时的周期为T，由牛顿第二定律有：Gm，其中r3R，解得：T6 在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力：Gmg，解得：GMgR2，所以T6 ，设登月器在椭圆轨道运行的周期是T1，航天站在圆周轨道运行的周期是T2T。对登月器和航天站依据开普勒第三定律分别有：，解得T14 ，为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接，登月器可以在月球表面逗留的时间t应满足：tnT2T1(其中n1,2,3，)，由以上可得：t6n 4 (其中n1,2,3，)，当n1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，所以B正确。12多选我国“嫦娥二号”卫星于2010年10月1日18时59分57秒在西昌卫星发射中心发射升空，并获得了圆满成功。发射的大致过程是：先将卫星送入绕地椭圆轨道，再点火加速运动至月球附近被月球“俘获”而进入较大的绕月椭圆轨道，又经三次点火制动“刹车”后进入近月圆轨道，在近月圆轨道上绕月运行的周期是118分钟。又知月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度(g10 m/s2)的。则()A仅凭上述信息及数据能算出月球的半径B仅凭上述信息及数据能算出月球上的第一宇宙速度C仅凭上述信息及数据能算出月球的质量和密度D卫星沿绕地椭圆轨道运行时，卫星上的仪器处于完全失重状态解析：选ABC卫星在近月圆轨道上绕月运行时，由重力提供向心力，则向心加速度近似等于月球表面的重力加速度，可得aR，已知T，ag，可求得月球的半径，故A正确。月球上的第一宇宙速度即为近月卫星的速度，设为v。则v，T已知，R由上可求出，所以可以求出月球上的第一宇宙速度，故B正确。根据万有引力等于向心力，得：GmR，得月球的质量：M，可求得月球的质量M，并能求出月球的密度，故C正确。卫星沿绕地椭圆轨道运行时，轨道半径在改变，不完全是由万有引力来提供向心力，则卫星上的仪器处于非完全失重状态，故D错误。132016年9月25日，天宫二号由离地面h1360 km的圆形轨道，经过“轨道控制”上升为离地h2393 km的圆形轨道，“等待”神舟十一号的来访。已知地球的质量为M，地球的半径为R，引力常量为G。根据以上信息可判断()A天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度大于第一宇宙速度B天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度大于在轨道h1上的运行速度C天宫二号在轨道h1上的运行周期为 D天宫二号由圆形轨道h1进入圆形轨道h2运行周期变小解析：选C根据万有引力提供向心力得：，所以：v ，由于天宫二号的轨道半径大于地球的半径，所以天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度小于第一宇宙速度，故A错误。根据v，由于h1h2，可知，天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度小于在轨道h1上的运行速度，故B错误。天宫二号绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，Gm(Rh)，解得周期T，则在轨道h1上的运行周期：T1，天宫二号由圆形轨道h1进入圆形轨道h2，轨道半径增大，则运行周期变大，故C正确，D错误。14多选2015年12月29日，我国成功将“高分四号”卫星发射升空，它是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的遥感卫星。若某阶段该卫星沿椭圆轨道绕地球运动，示意图如图所示，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星在远地点P距地心O的距离为3R。则()A卫星在远地点P时的加速度大小为B卫星在远地点P时的速度大于 C卫星在P点加速后可绕地球球心O点做半径为3R的匀速圆周运动D卫星沿椭圆轨道运动的周期比地球自转周期大解析：选AC根据Gmg，Gmg，则在远地点，g，故A正确。若卫星以半径为3R做匀速圆周运动，则Gm，再根据GMR2g，整理可以得到v ，由于卫星到达远地点P后做近心椭圆运动，故在P点速度小于，故B错误。卫星经过远地点时加速，则可以以半径为3R做匀速圆周运动，则可以再次经过远地点，故C正确。椭圆轨道的半长轴比地球同步卫星的轨道半径(大约6.6R)小，所以周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转周期，故D错误。15多选已知地球和火星的半径分别为r1、r2，绕太阳公转轨道可视为圆，轨道半径分别为r1、r2，公转线速度分别为v1、v2，地球和火星表面重力加速度分别为g1、g2，平均密度分别为1、2。地球第一宇宙速度为v1，飞船贴近火星表面环绕线速度为v2，则下列关系正确的是()A BC1r12v222r22v12 Dg1r12g2r22解析：选AC根据万有引力提供向心力得：Gm，得v，r是行星公转半径，地球和火星的公转半径之比为r1r2，所以公转线速度之比，故A正确。与行星公转相似，对于卫星，线速度表达式也为v，由于不知道地球和火星的质量之比，所以无法求出，故B错误。卫星贴近表面运行时，有Gm，得：M，行星的密度为：(其中v为星球表面卫星运行速度，r为星球半径)，故为定值，故1r12v222r22v12，故C正确。在行星表面，由重力等于万有引力，有Gmg，r是行星的半径，得：GMgr2，由于地球与火星的质量不等，则g1r12g2r22，故D错误。选择题押题练(四)能量与动量(常考点)1多选如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是()A.BC. D1解析：选AB第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系，有：W1mgR两次击打后可以到达轨道最高点，根据功能关系，有：W1W22mgRmv2在最高点，有：mgNmmg联立解得：W1mgRW2mgR故故A、B正确，C、D错误。2质量为2 kg的物体A做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L5 m，不考虑空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2，下列说法中正确的是()A物体A落地时的动量大小为10 kgm/sB物体A落地时的动能为100 JC物体A落地时，速度与水平方向的夹角是45D物体A做平抛运动中合力的平均功率为125 W解析：选A由平抛运动规律可知：物体A做平抛运动的时间t1 s，做平抛运动的初速度v05 m/s，落地时竖直方向的速度vygt10 m/s，落地时速度v5 m/s，落地时的动量大小pmv10 kgm/s，A正确；物体A落地时的动能Ekmv2125 J，B错误；物体A落地时，速度与水平方向的夹角的正切值tan 2，速度与水平方向的夹角不是45，C错误；物体A做平抛运动中合力是重力，这段时间内重力做的功WmgL100 J，重力的平均功率为100 W，D错误。3多选让一小球分别从竖直墙壁上面的A点和B点沿不同的粗糙斜面AC和BC到达水平面上同一点C，小球释放的初速度等于0，两个斜面的粗糙程度相同，关于小球的运动，下列说法正确的是()A下滑到C点时合外力的冲量可能相同B下滑到C点时的动能可能相同C下滑到C点过程中损失的机械能一定相同D若小球质量增大，则沿同一斜面到达斜面底端的速度不变解析：选CD下滑到C点时速度方向不同，而动量是矢量，所以C点的动量不可能相同，由于初动量等于0，所以下滑到C点动量变化量不同，即合外力的冲量不同，选项A错误；两次下滑到C点过程中损失的机械能等于克服摩擦力做功，大小为mgcos mgL，为斜面与水平面的夹角，则损失的机械能一定相同，选项C正确；到达底端的动能为mghWfmghmgLmv2，则两次下滑到C点时的动能不可能相同，速度v与质量无关，选项B错误，D正确。4多选如图所示，固定于地面、倾角为的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是()A从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒BA、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大CA、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsin D若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和解析：选AC从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确。A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压