F.匀变速直线运动.doc

2019年1月29日高中物理作业学校:_姓名：_班级：_考号：_一、多选题1甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是（）A在t1时刻两车速度相等B从0到t1时间内，两车走过的路程相等C从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等2甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是（ ）A两车在t1时刻也并排行驶Bt1时刻甲车在后，乙车在前C甲车的加速度大小先增大后减小D乙车的加速度大小先减小后增大3甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的xt图象如图所示（乙的图线为抛物线），下列说法正确的是At1时刻，两者相距最远B0t2时间内，乙的速度先减小后增大Ct2时刻，甲物体追上乙D乙物体先向负方向运动，t1时刻以后反向向正方向运动4在遇到暴雨、雾霾等恶劣天气时，高速公路上能见度不足100m在这样的恶劣天气时，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，结果两辆车发生了碰撞图示为两辆车刹车后若不相撞的v-t图像，由此可知（ ） A刹车过程中甲车的加速度是乙车加速度的2倍B两辆车一定是在刹车后的20s之内的某时刻发生相撞的C两车相撞可能发生在乙车停止后D两车刹车时相距的距离一定小于100m5甲、乙两物体同时同地沿同一方向做直线运动的v-t图像，如图所示，则( )A经20s后乙开始返回B在第50s末，乙在甲的前面C甲、乙两次相遇的时刻为20 s末和第60 s末D甲、乙两次相遇的时刻为10 s末和第40s末6明朝谢肇淛的五杂组中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之,曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力N，则：A若F一定，大时N大B若F一定，小时N大C若一定，F大时N大D若一定，F小时N大7如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上的O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是：（ ）AB与水平面间的摩擦力增大B绳子对B的拉力增大C悬于墙上的绳所受拉力不变DA、B静止时，图中、三角始终相等8地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程，A矿车上升所用的时间之比为4:5B电机的最大牵引力之比为2:1C电机输出的最大功率之比为2:1D电机所做的功之比为4:59如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数=0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m=1 kg。用大小为6 N、方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是A木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量B拉力F做功为6 JC小滑块Q的最大速度为3m/sD整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3J10如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是A物块A运动的最大加速度为gB要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系mM1-C若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为Mmg2M+mD轻绳对定滑轮的作用力为2mg11如图所示，浅色传送带A、B两端距离L=22m，以速度v0=12m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为=300，现将一质量m=4kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间的动摩擦因数=35，g取10m/s2，则下列叙述正确的是。A煤块从A端运动到B端所经历时间为2.5sB煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹为8mC煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为120JD煤块从A端运动到B端时重力的功率为280W12如图，两个质量都是m的物体A、B，通过劲度系数为k的轻弹簧相连，开始时A、B均处于静止状态。现在A上施加一个竖直向上的恒力F，使A由静止开始向上做加速直线运动，当B刚要离开地面时，A的速度恰好达到最大，在此过程中，下列说法正确的是( )AA的最大加速度为2gBA的最大速度为2mgkC恒力F的大小为mgD恒力在此过程中做的功为4m2g2k13如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）A环与重物组成的系统机械能守恒B小环到达B处时，重物上升的高度也为dC小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于22D小环在B处的速度时，环的速度为(322)gd14关于如图 a、b、c、d所示的四种圆周运动模型，说法正确的是： A如图a所示，汽车安全通过拱桥最高点时，车对桥面的压力大于车的重力B如图b所示，在固定圆锥筒内做匀速圆周运动的小球，受重力、弹力和向心力C如图c所示，轻质细杆一端固定一小球，绕另端O在竖直面内做圆周运动，在最高点小球所受合力可能为零D如图d所示，火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，车轮可能对内外轨均无侧向压力15如图所示，发射升空的卫星在转移椭圆轨道上A点处经变轨后进入运行圆轨道A、B分别为轨道的远地点和近地点则卫星在轨道上A经过A点的速度小于经过B点的速度B经过A点的动能大于在轨道上经过A点的动能C运动的周期大于在轨道上运动的周期D经过A点的加速度等于在轨道上经过A点的加速度16如图所示，A表示地球同步卫星，B为运行轨道比A低的一颗卫星，C为地球赤道上某一高山山顶上的一个物体，两颗卫星及物体C的质量都相同，关于它们的线速度、角速度、运行周期和所受到的万有引力的比较，下列关系式正确的是()AvBvAvC BABCCFAFBFC DTATCTB17如图所示，竖直平面内放一直角杆，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑，两部分各套有质量均为1kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，A与水平杆之间的动摩擦因数=0.3。初始时刻A、B均处于静止状态，已知OA=3m，OB=4m。若A球在水平拉力F的作用下向右缓慢地移动1m（取g=10m/s2），那么该过程中A小球A受到的摩擦力大小为6NB小球B上升的距离小于1mC拉力F做功为16JD拉力F做功为14J18如图所示,一根轻杆长为2L,轻杆的中点和右端各固定一个小球A、B,小球A的质量为m,小球B的质量为2m,轻杆左端O为光滑水平转轴开始时轻杆静止在水平位置,释放后轻杆向下摆至竖直位置的过程中(不计一切摩擦和空气阻力),下列说法正确的是（ ）A小球A的机械能减小B合力对小球B做功的功率始终为零C轻杆对小球B做的功为49mgLD摆至竖直位置时,杆OA中的拉力大小为479mg19如图，四分之三圆弧形轨道的圆心为O、半径为R，其AC部分粗糙，CD部分光滑，B为最低点，D为最高点。现在A点正上方高为2.5R的P点处由静止释放一质量为m的滑块(可视为质点)，滑块从A点处沿切线方向进入圆弧轨道，恰好可以到达D点。已知滑块与AC部分轨道间的动摩擦因数处处相等，重力加速度为g，则下列说法中正确的是A小球从D点飞出后恰好又落到A点B经过AC部分轨道克服摩擦力做的功为0.5mgRC经过AC部分轨道克服摩擦力做的功为mgRD滑块经过AB部分轨道克服摩擦力做的功大于0.5mgR20如图所示A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用下，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图所示。则（ ）A电子在A、B两点受的电场力FAEBC场强方向为从B到AD电场线的方向一定是从A到B21图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是A平面c上的电势为零B该电子可能到达不了平面fC该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍22如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b分别与电池两极相连，开始时开关S闭合，发现在距两板距离相等的P点有一个带电液滴处于静止状态，然后断开开关，并将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是A液滴将加速向下运动B液滴将保持不动CP点电势升高，液滴在P点时电势能减少DP点电势升高，液滴在P点时电势能增大二、单选题23如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为=45，已知弹簧劲度系数为k，则弹簧形变量不可能是（ ）A2mgkB2mg2kC42mg3kD2mgk24如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用较链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上.开始时，杆BC与AC的夹角BCA90，现使BCA缓缓变小，直到BCA=30.在此过程中，杆BC所受的力（不计一切阻力）（ ）A逐渐增大B先减小后增大C大小不变D先增大后减小25如图所示，a、b两细绳一端系着质量为m的小球，另一端系在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时绳a水平，绳b倾斜，现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动至绳a竖直，在此过程中 Aa上的张力逐渐增大，b上的张力逐渐增大Ba上的张力逐渐减小，b上的张力逐渐减小Ca上的张力先增大后减小，b上的张力逐渐减小Da上的张力先减小后增大，b上的张力逐渐增大26滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（ ）A合外力做功一定大于零B所受摩擦力大小不变C合外力始终与速度垂直D机械能始终保持不变27如图所示，甲、乙两个小球从同一固定斜面的顶端O点水平抛出，分别落到斜面上的A、B两点，A点为OB的中点，不计空气阻力以下说法正确的是( )A甲、乙两球做平抛运动的初速度大小之比为1：2B甲、乙两球接触斜面的瞬间，速度的方向相同C甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1：3D甲、乙两球运动过程中速度变化量的方向不相同28如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，现在最低点给小球一个初速度，使其在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列有关说法中不正确的是（ ）Av的最小值为2gRB当v 5gR时，外侧轨道对小球有作用力C当v 由2gR逐渐增大时，在最高点轨道对小球的弹力逐渐增大D当v 由5gR逐渐增大时，在最高轨道对小球的弹力逐渐增大292018年2月，我国500 m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19 ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.6710-11Nm2/kg2。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（ ）A5109kg/m3 B51012kg/m3C51015kg/m3 D51018kg/m330为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为A2:1 B4:1 C8:1 D16:131如图所示，a为放在地球赤道上随地球一起转动的物体，b、c、d为在圆轨道上运行的卫星，轨道平面均在地球赤道面上，其中b是近地卫星，c是地球同步卫星.若a、b、c、d的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g，则下列说法中正确的是Ab卫星转动的线速度大于7.9km/sBa、b、c、d的周期大小关系为Ta Tb Tc EBB电势ABC负电荷在A点所受电场力方向与电场强度方向相同D将+q电荷从A点移到B点电场力做了正功35如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d为匀强电场中的四个点，ab=2bc = 2 m，电场线与矩形所在的平面平行。已知a点电势为18 V，b点电势为10 V，c点电势为6 V。一带电粒子从以点以速度v0=1000 m/s射入电场，v0与ab边的夹角为45，一段时间后粒子经过ab边的中点e。不计粒子的重力，下列判断正确的是Ad点电势为12 VB粒子从a点到e点电势能增大C电场强度大小为42V/mD粒子从a点到e点所用时间为210-3s试卷第13页，总13页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1CD【解析】试题分析 本题考查对位移图像的理解及其相关的知识点。解析 根据位移图象的物理意义可知，在t1时刻两车的位置相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，选项A错误；从0到t1时间内，乙车走过的路程大于甲车，选项B错误；从t1到t2时间内，两车都是从x1位置走到x2位置，两车走过的路程相等，选项C正确；根据位移图像的斜率等于速度可知，从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等，选项D正确。点睛 此题以位移图像给出解题信息，考查对位移图像的理解。2BD【解析】试题分析：在v-t图像中图像包围的面积代表了运动走过的位移，图像的斜率代表加速度，解本题要利用这个知识点求解。AB，v-t图像中图像包围的面积代表运动走过的位移，两车在t2时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t1时刻甲车在后，乙车在前，故A错误，B正确；CD、图像的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故C错D正确； 故选BD点睛：本题考查了对图像的理解及利用图像解题的能力问题3ABD【解析】A、纵坐标之差表示甲乙之间的距离，根据图象可知tl时刻，两者相距最远，故正确；BD、在位移-时间图象中，斜率表示速度，由图象可知乙的斜率先负后正，乙物体先向负方向运动，t1时刻以后反向向正方向运动，斜率大小先减小后增大，乙的速度先减小后增大,故B、D正确；C、图象的交点表示相遇，t2时刻之前甲在乙的前面，则t2时刻，乙物体追上甲，故C正确；故选ABCD。4ABD【解析】【详解】A、由v-t图像的斜率可求出a甲=vt=2525m/s2=1m/s2，a乙=vt=1530m/s2=0.5m/s2，A项正确。B、C、t20s时，两车速度相等，相距最近，两车一定是在刹车后的20s之内相撞，B项正确，C项错误。D、在t=20s时，甲的位移s甲=v0甲t+12a甲t2=2520121202=300m，s乙=v0乙t+12a乙t2=1520120.5202=200m，可得s甲-s乙100 m，因而两车若相撞，刹车前距离应小于100 m，D项正确。故选ABD。【点睛】根据速度时间图线求出甲乙的加速度，抓住速度相等时，结合位移时间公式分别求出两车的位移，结合位移之差求出两者不发生碰撞的最小距离，从而分析判断通过两者的速度大小关系，判断之间距离的变化，从而得出发生碰撞发生的大致时刻5BC【解析】A、在速度时间图线中，乙的速度一直为正值，速度方向不变，没有返回，故A错误。B、在50s末，乙图线围成的面积大于甲图线围成的面积，知乙的位移大小甲的位移，可知乙在甲前面，故B正确。C、D、由图线可知，在20s末和60s末，两个物体的图线与时间轴围成的面积相等，则位移相等，甲、乙相遇，故C正确，D错误。故选BC。【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道速度的正负表示运动的方向，图线与时间轴围成的面积表示位移。6BC【解析】选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的分力是相等的，力F的分解如图：则：F=F1cos(902)+F2cos(902)=2F1cos(902)=2F1sin2，所以：F1=F2sin2，由公式可知，当F一定，小时FN大；当一定，F大时FN大。故A、D错误，B、C正确。故选BC。【点睛】对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。7AD【解析】试题分析：细绳的弹力F始终等于物块A的重力，大小不变，B选项错；物块B与水平面间的摩擦力，将物块B移至C点，细绳与水平面的夹角变小，所以f变大，A正确；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故、三角始终相等，D正确；由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小，故C错误。考点：共点力平衡条件及应用 力的合成与分解8AC【解析】试题分析 本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。解析 设第次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，122t0v0=12（t+3t0/2）12v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t05t0/2=45，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为11，选项B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为21，选项C正确；加速上升过程的加速度a1=v0t0，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(v0t0+g)，减速上升过程的加速度a2=-v0t0，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g -v0t0)，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第次提升过程做功W1=F112t0v0+ F212t0v0=mg v0t0；第次提升过程做功W2=F11212t012v0+ F312v03t0/2+ F21212t012v0 =mg v0t0；两次做功相同，选项D错误。点睛 此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同。9ACD【解析】对系统由动量定理：Ft=mvP+mvQ=2mv共，即木板P与小滑块Q组成的系统的动量增量一定等于拉力F的冲量，选项A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过mgm2m=4N，拉力F为6N，大于4N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律：F-mg=ma，解得a=4m/s2，1s内木板P的位移x=12at2=2m，拉力F做功W=Fx=12J，选项B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft=2mv共，解得v共=3m/s；选项C正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W=122mv共2+Q，解得Q=3J，选项D正确；故选ACD.点睛：此题关键是要搞清物体运动的物理过程，尤其是关注共速时的状态，结合牛顿定律、动量定理及能量守恒关系分析解答.10AC【解析】A.A受到的最大合外力为Mg，则A的最大加速度：a=Mg/M=g，故A正确；B. 当A的加速度恰好为g时，A、B发生相对滑动，以A、B、C系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg=(M+M+m)g，解得：m= 2M1，要使物块A、B之间发生相对滑动，物块C的质量至少为2M1，故B错误；C. 若物块A、B未发生相对滑动，A、B、C三者加速度的大小相等，由牛顿第二定律得：mg=(2M+m)a，对A:f=Ma，解得：f=Mmg2M+m，故C正确；D.C要向下做加速运动，C处于失重状态，绳子的拉力：Tmg，轻绳对定滑轮的作用力：N=T2+T2=2T 2mg，故D错误；故选：AC.点睛：根据物体的受力情况应用牛顿第二定律可以求出加速度；求出A的最大加速度，然后以A、B、C系统为研究对象应用牛顿第二定律可以求出C的质量；根据C的运动情况求出绳子的拉力，然后求出轻绳对定滑轮的作用力11ACD【解析】【详解】煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。设经过时间t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma1，可得 a1=g（sin+cos）=10（sin30+35cos30）=8m/s2由 v0=a1t1 得 t1=1.5s；此过程通过的位移大小为 x1=v02t1=1221.5m=9mL。由于mgsinmgcos故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2，运动的时间为t2，则mgsin-mgcos=ma2，可得 a2=g（sin-cos）=10（sin30-0.5cos30）=2m/s2；由L-x1=v0t2+12a2t22，代入数据得：22-9=12t2+122t22，解得 t2=1s。故煤块从A到B的运动时间是t=t1+t2=2.5s。故A正确。由于第一个过程煤块与传送带间的相对位移大小v0t1-x1=9m，此过程中煤块留下的痕迹向前；第二个过程煤块与传送带间的相对位移大小（L-x1）-v0t2=1m，此时煤块留下的痕迹向后，所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为9m，选项B错误；煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为 Q=mgcosL，其中L=9m+1m=10m;代入数据解得 Q=120J，故C正确。煤块从A端运动到B端时速度 v=v0+a2t2=12+21=14m/s，此时重力的瞬时功率为 P=mgvsin=41014sin30=280W，故D正确。故选ACD。【点睛】解决本题的关键理清煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁要注意摩擦生热与相对路程有关，而痕迹长度要看前划线还是后划线12AD【解析】A、C项：当B刚好离开地面时，即弹簧的弹力等于B的重力mg，此时A的速度最大，对A受力分析可知，F=2mg，当弹簧处于压缩且处于平衡时，A的合外力为F，加速度为2g，故A正确，C错误；B项：从开始到A到达最大速度过程应用动能定理有：Fxmgx=12mvm2 ，其中x为A运动的位移，即为x=2mgk，解得：vm=4mg2k，故B错误；D项：恒力做功为W=2mg2mgk=4m2g2k，故D正确。点晴：解决本题关键处理好当B刚好离开地面时，即弹簧的弹力等于B的重力mg，由此求出弹簧的伸长量，结合刚开始时系统处于平衡状态即可求出弹簧的压缩量，进而求出A运动的位移，从而得到恒力F的大小。13AD【解析】A项，由于小环和重物只有重力做功，则系统机械能守恒，故A项正确。B项，结合几何关系可知，重物上升的高度h=21d ，故B项错误。C项，将小环在B处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则v物=v环cos45，环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为2:1 ，故C项错误。D项，小环和重物系统机械能守恒，则mgd2mgh=12mv环2+122mv物2 且v物=v环cos45，解得：v环=322gd ，故D正确；故选AD点睛：本题考查了绳子的关联速度问题，在分解速度时要注意两个分解方向，一是沿绳子方向，二是垂直于绳子方向，结合能量守恒解题即可。14CD【解析】【详解】A.图a汽车安全通过拱桥最高点时，重力和支持力的合力提供向心力，方向向下，所以支持力小于重力，根据牛顿第三定律，车对桥面的压力小于车的重力，故A错误；B. 图b沿固定圆锥筒内做匀速圆周运动的小球，受重力和弹力作用，故B错误；C.图c中轻质细杆一端固定的小球，在最高点速度为零时，小球所受合力为零，故C正确；D. 图d中火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，受到的重力和轨道的支持力的合力恰好等于向心力时，车轮对内外轨均无侧向压力，故D正确。故选：CD15AD【解析】【详解】由B运动到A引力做负功，动能减小的，所以经过A点的速度小于经过B点的速度，故A正确；同在A点，只有加速它的轨道才会变大，所以经过A点的动能小于在轨道上经过A点的动能，故B错误；轨道的半长轴小于轨道的半径，根据开普勒第三定律，在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期，故C错误；根据a=GMr2，在轨道上经过A的加速度等于在轨道上经过A的加速度，故D正确；故选AD。【点睛】解决本题的关键理解卫星绕地球运动的规律要注意向心力是物体做圆周运动所需要的力，比较加速度，应比较物体实际所受到的力，即万有引力16AD【解析】AC的角速度相等，由v=r，可知CA；BC比较，同为卫星，由人造卫星的速度公式：vGMR，可知AB，因而vBvAvC，故A正确； AC的角速度相等；根据GMR3而A的角速度小于B的角速度；故A=C5gR时，在最高点速度大于gR，外侧轨道对小球有作用力，故B正确；C当v 由2gR逐渐增大时，在最高点轨道对小球的弹力向上，逐渐减小，故C错误；D当v 由5gR逐渐增大时，在最高轨道对小球的弹力向下，逐渐增大，故D正确；本题选错误的答案，故选：C.29C【解析】试题分析;在天体中万有引力提供向心力，即GMmR2=m(2T)2R ，天体的密度公式=MV=M43R3，结合这两个公式求解。设脉冲星值量为M，密度为 根据天体运动规律知：GMmR2m(2T)2R =MV=M43R3 代入可得：51015kg/m3 ，故C正确；故选C点睛：根据万有引力提供向心力并结合密度公式=MV=M43R3求解即可。30C【解析】试题分析 本题考查卫星的运动、开普勒定律及其相关的知识点。解析 设地球半径为R，根据题述，地球卫星P的轨道半径为RP=16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ=4R，根据开普勒定律，TP2TQ2=RP3RQ3=64，所以P与Q的周期之比为TPTQ=81，选项C正确。点睛 此题难度不大，解答此题常见错误是：把题述的卫星轨道半径误认为是卫星距离地面的高度，陷入误区。31D【解析】7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，所以b卫星转动的线速度小于7.9km/s，故A错误。对于b、c、d三颗卫星，由开普勒第三定律： ，知，地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，则有因此有，故B错误。b卫星由重力提供向心力，其向心加速度等于重力加速度g。而a由重力和支持力的合力提供向心力，则a的向心加速度小于重力加速度g，故C错误。对于b、c、d三颗卫星，根据万有引力提供圆周运动向心力，有： ，得，卫星的动能为，所以b的动能最大。若要将卫星的轨道半径增大，卫星必须加速，机械能增大，所以d的机械能最大，故D正确。故选D。【点睛】7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度。地球同步卫星的周期、角速度与地球自转周期、角速度相等，根据开普勒第三定律分析周期关系。卫星做圆周运动万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出向心加速度和线速度的表达式，然后分析答题。32B【解析】设斜面的长度为x，物块和斜面间的动摩擦因数为，斜面倾角为，物体质量为m，斜面质量为M；A、C、根