【正文】 頓第二定律， a= ，可知，加速度 a 與 成正比， 若質(zhì)子在 a 點(diǎn)的加速度為 a0，則質(zhì)子在 b 點(diǎn)的加速度為 ，故 B 錯(cuò)誤． CD、設(shè) oa=r，則 0b=2r，由圓周運(yùn)動(dòng)可得： k =m ， k =m ， 解得： v′= v，故 C 錯(cuò)誤， D 正確． 故選： D． 2．質(zhì)量分別為 2m 和 m 的 A、 B 兩物體分別在水平恒力 F1和 F2的作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，撤去 F F2后受摩擦力的作用減速到停止，其 V﹣ t 圖象如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（ ） A． F1和 F2大小相等 B． F1和 F2對(duì) A、 B 做功之比為 2： 1 C． A、 B 所受摩擦力大小相等 D．全過(guò)程中摩擦力對(duì) A、 B 做功之比為 1： 2 【考點(diǎn)】 動(dòng)能定理的應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像；牛頓第二定律． 【分析】 根據(jù)速度與時(shí)間的圖象可知，各段運(yùn)動(dòng)的位移關(guān)系及之比，同時(shí)由牛頓第二定律可得勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度之比；再由動(dòng)能定理可得出拉力、摩擦力的關(guān)系，及它們的做功關(guān)系． 【解答】 解：由速度與時(shí)間圖象可知，兩個(gè)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度之比為 1： 2；由牛頓第二定律可知： A、 B 的質(zhì)量 關(guān)系是 2： 1，則 A、 B 受摩擦力大小 1： 1，故 C 正確； 由速度與時(shí)間圖象可知， A、 B 兩物體加速與減速的位移相等，且勻加速運(yùn)動(dòng)位移之比 1： 2，勻減速運(yùn)動(dòng)的位移之比 2： 1，由動(dòng)能定理可得： A物體的拉力與摩擦力的關(guān)系， F1?X﹣f1?3X=0﹣ 0； B 物體的拉力與摩擦力的關(guān)系， F2?2X﹣ f2?3X=0﹣ 0，因此可得： F1=3f1， f1=f2，所以 F1=2F2．全過(guò)程中摩擦力對(duì) A、 B 做功相等．； F F2對(duì) A、 B 做功之大小相等．故 A、 B、 D 錯(cuò)誤． 故選 C． 3．如圖所示，懸掛在 O 點(diǎn)的一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線下端掛有一個(gè)帶電荷量不變的小球A．在兩次實(shí)驗(yàn)中，均緩慢移動(dòng)另一帶同種電荷的小球 B．當(dāng) B到達(dá)懸點(diǎn) O的正下方并與 A在同一水平線上， A處于受力平衡時(shí)，懸線偏離豎直方向的角度為 θ．若兩次實(shí)驗(yàn)中 B的電荷量分別為 q1和 q2， θ分別為 45176。則 q1： q2為（ ） A． 1： 2 B． 2： 3 C． 1： 3 D． 2： 3 【考點(diǎn)】 庫(kù)侖定律；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用． 【分析】 小球 A受重力、拉力和庫(kù)侖力處于平衡，求出庫(kù)侖力與 A球重力的關(guān)系，從而得出兩次實(shí)驗(yàn)中 B 的電荷量的比值． 【解答】 解 ：小球 A受力平衡， A球所受的庫(kù)侖力 F=mgtanθ．知： k =mgtan45176。 聯(lián)立兩式得： = ，故 ABC 錯(cuò)誤， D 正確． 故選： D． 4． “水流星 ”是一種常見(jiàn)的雜技項(xiàng)目，該運(yùn)動(dòng)可以簡(jiǎn)化為輕繩一端系著小球在豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)模型（如圖所示）．已知繩長(zhǎng)為 l，重力加速度為 g，則（ ） A．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn) Q 時(shí)，處于失重狀態(tài) B．當(dāng) v0＞ 時(shí)，小球一定能通過(guò)最高點(diǎn) P C．當(dāng) v0＜ 時(shí)，細(xì)繩始終處于繃緊狀態(tài) D．小球初速度 v0越大，則在 P、 Q 兩點(diǎn)繩對(duì)小球的拉力差越大 【考點(diǎn)】 向心力；牛頓第二定律． 【分析】 繩子繃直有兩種情況： 不越過(guò)四分之一圓周， 越過(guò)圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，結(jié)合動(dòng)能定理分析判斷．根據(jù)加速度的方向得出小球處于超重還是失重．根據(jù)牛頓第二定律和動(dòng)能定理得出在 P、 Q 兩點(diǎn)的拉力差，從而分析判斷． 【解答】 解： A、小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn) Q 時(shí)，加速度的方向向上，處于超重狀態(tài)，故 A錯(cuò)誤； B、球越過(guò)最高點(diǎn)的臨界速度 v= ，根據(jù)動(dòng)能定理得， ，解得v0= ，即在最低點(diǎn)的速度需滿(mǎn)足 ，小球才能通過(guò)最高點(diǎn) P，故 B 錯(cuò)誤． C、根據(jù)動(dòng)能定理得， ，若 v0＜ 時(shí)，則 h ，可知小球不會(huì)越過(guò)四分之一圓周，細(xì)繩始終處于繃緊狀態(tài)，故 C 正確． D、在 Q 點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得， ，在 P 點(diǎn)， ，又，聯(lián)立解得 △ F=F1﹣ F2=6mg，故 D 錯(cuò)誤． 故選： C 5．如圖所示，在光滑的水平面上有一個(gè)質(zhì)量為 M 的木板 B 處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為 m 的木塊 A在 B 的左端以初速度 V0開(kāi)始向右滑動(dòng)，已知 M＞ m，用 ①和 ②分別表示木塊 A和木板 B 的圖象，在木塊 A從 B 的左端滑到右端的過(guò)程中，下面關(guān)于速度 v 隨時(shí)間 t、動(dòng)能 EK隨位移 S 的變化圖象，其中可能正確的是（ ） A． B． C． D． 【考點(diǎn) 】 動(dòng)能定理的應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；牛頓第二定律． 【分析】 木塊滑上木板， A做勻減速直線運(yùn)動(dòng)， B 做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律比較出 A、 B 的加速度大小，從而確定速度時(shí)間圖線的正誤．根據(jù)動(dòng)能定理確定動(dòng)能與位移的關(guān)系． 【解答】 解： A、木塊滑上木板， A做勻減速直線運(yùn)動(dòng)， B 做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得， ， ，已知 M＞ m，則 aA＞ aB． ①圖線斜率的絕對(duì)值大于 ②圖線斜率的絕對(duì)值，故 A、 B 錯(cuò)誤． C、根據(jù)動(dòng)能定理得，對(duì) A有：﹣ μmgs=EK﹣ EK0，則 EK=EK0﹣ μmgs．對(duì) B有： μmgs=EK，從動(dòng)能定理的表達(dá)式可知， EK與 s 圖線斜率的絕對(duì)值必須相等．故 C 錯(cuò)誤， D 正確． 故選 D． 6．電動(dòng)機(jī)以恒定的功率 P 和恒定的轉(zhuǎn)速 n 卷動(dòng)繩子，拉著質(zhì)量為 M的木箱在光滑的水平地面上前進(jìn)，如圖所示，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至繩子與水平面成 θ角時(shí)，電動(dòng)機(jī)的輪子卷繞繩子的半徑為 R，下述說(shuō)法正確的是（ ） A．木箱將做勻速運(yùn)動(dòng)，速度是 2πnR B．木箱將做變速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度是 C．此時(shí)木箱對(duì)地的壓力為 Mg﹣ D．此過(guò)程木箱受的合外力大小和方向都在變化 【考點(diǎn)】 運(yùn)動(dòng)的合成和分解． 【分析】 根據(jù)電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速和輪子的半徑求出繞繩子的線速度，即可得知物塊沿繩子方向上的速度，將木塊的速度沿繩子方向和垂直于繩子的方向分解，根據(jù)沿繩子方向的速度可得知物塊的速度．通過(guò)對(duì)木塊受力分析，運(yùn)用正交分解求出地面的支持力，從而得知木箱對(duì)地面的壓力大?。? 【解答】 解： A、物塊沿繩子方向上的速度大小 v′=R?2πn．將木塊的速度沿繩子方向和垂直于繩子的方向分解，根據(jù)平行四邊形定則，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至繩子與水平成 θ角時(shí)，木塊的速度v= = ，知木箱做變速運(yùn)動(dòng)，但不是勻加速．故 A錯(cuò)誤、 B 正確． C、根據(jù) P=Fv′，知繩子的拉力 F= = ，根據(jù)正交分解得， N=Mg﹣ Fsinθ=Mg﹣．故 C 正確． D、木箱在水平面上運(yùn)動(dòng)，合外力的大小在變化，方向不變．故 D 錯(cuò)誤． 故選： BC． 7．如圖所示，地球球心為 O，半徑為 R，表面能重力加速度為 g．一宇宙飛船繞地球無(wú)動(dòng)力飛行且做橢圓運(yùn)動(dòng)，恰好經(jīng)過(guò)距地心 2R的 P 點(diǎn)，為研究方便，假設(shè)地球不自轉(zhuǎn)且表面沒(méi)有空氣，則（ ） A．飛船在 P 點(diǎn)的加速度一定是 B．飛船經(jīng)過(guò) P 點(diǎn)的速度一定是 C．飛船內(nèi)的物體處于完全失重狀態(tài) D．飛船經(jīng)過(guò) P 點(diǎn)時(shí)，對(duì)準(zhǔn)地心彈射出的物體一定沿 PO 直線落向地面 【考點(diǎn)】 人造衛(wèi)星 的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用． 【分析】 根據(jù)萬(wàn)有引力等于重力和萬(wàn)有引力提供向心力分別求出 P 點(diǎn)的加速度和衛(wèi)星經(jīng)過(guò) P點(diǎn)的速度．根據(jù)加速度方向判斷物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)． 【解答】 解： A、根據(jù) G =ma，知 a= ，因?yàn)?r=2R，知衛(wèi)星在軌道 P 處的加速度是貼近地球表面做圓周運(yùn)動(dòng)加速度的 ， 根據(jù) G =mg=ma，知衛(wèi)星貼近地球表面做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度為 g，則衛(wèi)星經(jīng)過(guò) P 點(diǎn)時(shí)的加速度一定是 ．故 A正確． B、如果飛船經(jīng) P 點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù) mg′=m ，解得 v= ，因?yàn)?g′= ，則衛(wèi)星在 P 點(diǎn)的速度為 ． 在橢圓 軌道上飛船經(jīng) P 點(diǎn)做離心運(yùn)動(dòng)，此時(shí)滿(mǎn)足萬(wàn)有引力小于 P 點(diǎn)所需向心力，所以衛(wèi)星在 P 點(diǎn)的速度大于 ．故 B 錯(cuò)誤； C、飛船只受重力，飛船內(nèi)的物體處于完全失重狀態(tài)．故 C 正確． D、從繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星上對(duì)準(zhǔn)地心彈射一物體，物體相對(duì)衛(wèi)星的速度方向是指向地心，但物體相對(duì)地球的速度方向則偏離地心．所以，該物體在地球的萬(wàn)有引力作用下，將繞地球做軌跡為橢圓的曲線運(yùn)動(dòng)，地球在其中一個(gè)焦點(diǎn)．故 D 錯(cuò)誤． 故選 AC． 8．如圖，質(zhì)量相同的兩物體 a、 b，用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨接在同一光滑的輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，a 在水平桌面的上方， b 在水平粗 糙桌面上．初始時(shí)用力壓住 b 使 a、 b 靜止，撤去此壓力后，a 開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在 a 下