江苏鸭高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动专题跟踪检测六谙熟“三看两法”破解图像三类问题

地面间及小物块与长木板间的动摩擦因数均为口，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g ,现对小物块施加一水平向右的拉力F ,则（ ）专题跟踪检测（二） 以加速度为桥梁，攻克两类动力学问题、选择题（第1〜5题为单项选择题，第 6〜9题为多项选择题） 1.（2017 •徐州二模）如图所示，质量为m 的物块B 放置在光滑水平桌 面上，其上放置质量为 m 的物块A A 通过跨过光滑定滑轮的细线与质量 为M 的物块C 连接，释放C, A 和B 一起以加速度a 从静止开始运动，已 A □c知A 、B 间动摩擦因数为 L 1,则细线中的拉力大小为（ ） A. Mg B. Mg+ Ma C. (m + m 2) a D. ma +(i i mg 解析：选C 以C 为研究对象，则 Mg- T = Ma 解得T = Mg- Ma 故A 、B 错误；以A 、B 为整体分析，根据牛顿第二定律可知 T = （m + m ）a ,故C 正确；A 、B 间为静摩擦力，对 B, 根据牛顿第二定律可知 f = ma ,对A 可知T - f = ma ，联立解得T = ma + ma ,故D 错误。

2. （2017 •泰州三模）如图甲所示，木板 B 静置于光滑水平面上，其上放置物块 代木 板B 受到水平拉力F 作用时，其加速度a 与拉力F 的关系图像如图乙所示, 设最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，则物块 A 的质量为（ ） 甲 B. 3 kg A. 4 kg C. 2 kgD .1 kg 解析：选B设A B 的质量分别为m 和当F = 4 N 时，加速度为:2a = 1 m/s ，对整体分析，由牛顿第二定律有： F =（阿ma ,代入数据解得：M+ m= 4 kg 。

当 F >4 N 时，A 、F — K mg 1 Lt mgB 发生相对滑动，对B,根据牛顿第二定律得：a = —— M =M 3-而：知a -F 图线的斜率k1M = 1，解得：M= 1 kg ，所以A 的质量为：m = 3 kg ，故B 正确,A C 、D 错误。

专题跟踪检测（一） 熟知四类典型运动，掌握物体运动规律1 / 6一、选择题（第1〜5题为单项选择题，第 6〜9题为多项选择题） 1.一质点沿直线 Ox 方向做加速运动，它离开 O 点的距离随时间变化的关系为 x = 4 + 2t 3（m ），它的速度随时间变化的关系为 v = 6t 2（m/s ）。

则该质点在t = 2 s 时的瞬时速度和t =0至U t = 2s 间的平均速度分别为（）A. 8 m/s 、24 m/sB. 24 m/s 、8 m/sC. 24 m/s 、10 m/sD. 24 m/s 、12 m/s解析：选B 将t = 2 s 代入质点的速度随时间变化的关系式v = 6t 2（m/s ），得t = 2 s瞬时速度为v = 6X2 2 m/s = 24 m/s ，将t = 0和t = 2 s 分别代入距离随时间变化的关系式 x =4 + 2t （m ），得：X 1 = 4 m , X 2 = 20 m ,则质点在 2 s 时间内通过的位移为 x = X 2 — X 1= 20 mx 16—4 m = 16 m ，所以：t = 0到t = 2 s 间的平均速度为 v = f = — m/s = 8 m/s ;故B 正确。

2.如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v 向上做匀变速运动，依次经 A 、B 、C D 到达最高点 E 。

已知X AB = X B H 6 m , X BC = 1 m , 小滑块从A 到C 和从C 到D 所用的时间都是 2 s 。

设小滑块经过B 、C 时的速度分别为V B、v c ,则（）A. v c = 6 m/sB. V B = 2 :‘2 m/sC. X DE = 3 mD.从D 到E 所用时间为4 sX AB + X BD 6 + 6 解析：选D 因C 点是小滑块由 A 到D 的中间时刻所对应的位置， 故VC =^=-= —t AC 十 t CD 2 十 2m/s = 3 m/s , A 错误；由 v C 2 — v 2= 2ax Ac , v c = v 十 at ，得 a =— 0.5 m/s 2, v = 4 m/s ，由 V B 2—v 2= 2ax AB ,得 V B = 10 m/s , B 错误；由 V E = v 十 at AE = 0，得 t AE = 8 s ，则从 D 到 E 所用、 1 2 时间为t D = 4 s , D 正确；由X D = — g at DE ，得X DE = 4 m , C 错误。

专题跟踪检测〔二〕明“因〞熟“力〞，破解平衡问题一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1.如下列图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，长木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，如此( )A．箱子受到的摩擦力方向向右B．地面对长木板的摩擦力方向向左C．长木板对地面的压力大小为3mgD．假设人用斜向下的力推箱子，如此长木板对地面的压力会大于3mg解析：选C 人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，箱子受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，选项A错误；对长木板、人、箱子整体进展受力分析，整体受重力和支持力，整体不受静摩擦力，否如此不平衡，故地面对长木板没有静摩擦力，又支持力等于重力，根据牛顿第三定律，支持力等于压力，故压力等于重力，为3mg，选项B错误，C正确；假设人用斜向下的力推箱子，对整体分析可知，竖直方向上受重力和支持力，故压力依然等于3mg，选项D错误。

2.(2017·镇江三模)如下列图，水平地面上有一个圆柱体A。

现在A与竖直墙之间放一完全一样的圆柱体B，不计一切摩擦，将A缓慢向左移动(B未与地面接触)，如此在此过程中A对B的弹力F1、墙对B的弹力F2( )A．F1变小、F2变小B．F1变小、F2变大C．F1变大、F2变大D．F1变大、F2变小解析：选A 不计一切摩擦，将A缓慢向左移动(B未与地面接触)，如此A、B处处受力平衡，对B受力分析如下列图。

A向左移动，那么θ变小，所以，F1＝Gcos θ变小，F2＝G tan θ变小，故A正确，B、C、D错误。

3.如下列图，小明在水平桌面上将三个形状不规如此的石块成功叠放在一起，如下说法正确的答案是( )A．石块a一定只受两个力B．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．水平桌面对石块c的支持力等于三个石块的重力之和解析：选D 石块a与b的接触面不一定沿水平方向，可能还受到摩擦力，故A错误；石块b对a的支持力与a受到的重力性质不同，作用在一个物体上，不是一对相互作用力，故B错误；对a、b、c整体受力分析，受重力和水平桌面的支持力而平衡，即石块c与水平桌面之间无摩擦力，故C错误；对a、b、c整体，由平衡条件得：水平桌面对石块c的支持力等于三个石块的重力之和，故D正确。

第一部分专题一第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·浙江1月高考，3分)如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为G P和G Q.用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态(即P和Q的其余部分均不接触)，P与Q间的磁力大小为F.下列说法正确的是( D )A．Q对P的磁力大小等于G PB．P对Q的磁力方向竖直向下C．Q对电子秤的压力大小等于G Q＋FD．电子秤对Q的支持力大小等于G P＋G Q【解析】由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于G P，选项A、B错误；对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于G P＋G Q，即Q对电子秤的压力大小等于G P＋G Q，选项C错误，D正确．2. (2022·福建龙岩一模)一台空调外机用两个三角形支架固定在竖直外墙上，如图所示，横梁AO水平，斜梁BO与横梁AO连接于O点，空调外机对横梁AO压力集中作用于O点，不计支架的重力．下列说法正确的是( D )A．横梁对O点的作用力沿AO方向B．斜梁对O点的作用力沿OB方向C．若换较长的斜梁，连接点O的位置不变，斜梁对O点的作用力增大D．若换较长的斜梁，连接点O的位置不变，斜梁对O点的作用力减小【解析】空调对横梁O点的压力竖直向下，则横梁对O点的作用力竖直向上，选项A错误；斜梁对O点有竖直向上的支持力和水平方向的作用力，其合力方向不一定沿OB方向，选项B错误；以O点为研究对象，受到空调外机的压力、两根支架的作用力，受力如图所示：由受力图结合几何关系可得F1＝Gcos θ，若把斜梁加长一点，仍保持点O的位置不变，横梁仍然水平，此时θ减小，cos θ增大，故F1将变小，故C错误，D正确．3.如图所示，质量m＝0.15 kg、长度L＝10 cm的金属棒ab由两个完全相同的弹簧水平悬挂在匀强磁场中，弹簧劲度系数k＝100 N/m，开关闭合，稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx＝1 cm，电流表的示数为5 A，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( A )A．N端是电源正极B．磁场的磁感应强度大小为0.1 TC．滑动变阻器的滑片左移，弹簧的长度变小D．仅使磁场反向，稳定后弹簧的伸长量为0.2 cm【解析】由于mg＝1.5 N<2kΔx＝2 N，故安培力方向竖直向下，根据受力分析，满足mg＋BIL＝2kΔx，可得B＝1 T，B错误；根据左手定则，可知ab棒中电流方向由b指向a，故N端是电源正极，A正确；滑动变阻器的滑片左移，接入电路的电阻减小，电流增大故形变量变大，弹簧的长度变大，C错误；仅使磁场反向，则mg＝BIL＋2kΔx′，可得Δx′＝0.5 cm，D错误．4. (2022·湖南衡阳二模)如图所示，小球A、B的质量都为m，它们用三段轻绳分别连接在竖直墙壁上的M点和天花板上的N点，稳定时M A段水平，B N段与水平天花板的夹角为30°，轻绳AB段与水平方向的夹角为θ，则tan θ的值为( C )A.34B．35C．36D．38【解析】以A、B组成的整体为研究对象，受力情况如图甲所示，则由平衡条件可得F B N＝2mgsin 30°＝4mg，隔离B并对其进行受力分析，受力情况如图乙所示，根据平衡条件有F B N sin 30°＝mg＋F AB sin θ，F B N cos 30°＝F AB cos θ，联立解得tan θ＝36，选项C正确．5. (2022·哈尔滨二模)如图所示，M、N两支架固定在高台边缘，钢绳两端连接到两个支架上等高的位置，钢绳的长度可通过固定在支架M上的电动机收放．某杂技演员(可视为质点)抓住套在钢绳上的滑环静止在高空，滑环可沿钢绳无摩擦滑动．下列说法正确的是( C )A．若启动电动机使钢绳缓慢缩短，钢绳拉力将不断减小B．若启动电动机使钢绳缓慢缩短，左侧钢绳拉力将增大，右侧钢绳拉力将减小C．若启动电动机使钢绳缓慢伸长，钢绳拉力将不断减小D．若启动电动机使钢绳缓慢伸长，演员运动的轨迹为偏向支架N一侧的曲线【解析】设滑环两侧钢绳与水平面的夹角为θ，对杂技演员由平衡条件可得2T sinθ＝mg，若启动电动机使钢绳缓慢缩短，则θ减小，两侧钢绳拉力将不断增大，若启动电动机使钢绳缓慢伸长，则θ增大，两侧钢绳拉力将不断减小，C正确，A、B错误；由于钢绳两端连接到两个支架上等高的位置，同一条钢绳上拉力大小处处相等，由对称性可知，滑环两侧钢绳与水平面的夹角总是相等，故启动电动机使钢绳缓慢伸长，演员运动的轨迹为竖直向下，若演员运动的轨迹偏向支架N一侧，滑环两侧的钢绳与水平面的夹角就不会相等，D错误．6. (2021·山东省实验中学高三月考)如图所示，在水平地面上有一斜面，质量均为m 的A、B两物块放在斜面的等高处，A、B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保持静止．已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( C )A ．斜面对A 、B 组成系统的静摩擦力的合力为0B ．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动C ．弹簧的最大压缩量为mg μ2cos 2θ－sin 2θkD ．弹簧的最大压缩量为mg μ2cos 2θ＋sin 2θk【解析】 把A 、B 看成一个整体，斜面对A 、B 组成系统的静摩擦力的合力为f ＝2mg sin θ，所以A 错误；有弹簧时，对A 分析有f A ＝mg sin θ2＋k Δx 2，若将弹簧拿掉，对A 则有f A ′＝mg sin θ<f A ，所以若将弹簧拿掉，物块不可能发生滑动，所以B 错误；弹簧的压缩量最大时，物块达到最大静摩擦力，则mg sin θ2＋k Δx 2＝μmg cos θ，解得Δx ＝mg μ2cos 2θ－sin 2θk，所以C 正确，D 错误．故选C. 7. (2021·河南濮阳一中调研)如图所示，用绝缘细线把小球A 悬于O 点，静止时恰好与另一固定于O 点正下方的小球B 接触．现使两球带同种电荷，细线将偏离竖直方向某一角度θ1，此时细线中的张力大小为T 1，库仑斥力为F 1；若增加两球的带电量，悬线偏离竖直方向的角度将增大为θ2，此时细线中的张力大小为T 2，库仑斥力为F 2，则( B )A ．T 1<T 2B ．T 1＝T 2C ．F 1>F 2D ．F 1＝F 2【解析】 小球A 的受力情况如图所示，重力mg 、悬线张力T 、库仑斥力F ，这三个力的合力为0.因此这三个力构成封闭的力的三角形，且正好与几何三角形O A′B 相似，则有：mg O B ＝T O A′＝FA′B，因为O A′＝O B，所以T＝mg，即T与θ无关，则有T1＝T2，而F与两球间距成正比A′B>AB，则F2>F1，故B正确，A、C、D错误．应用题——强化学以致用8. (2021·广东湛江二模)如图所示，某学生的水壶(含挂绳)挂在课桌边，图甲为实物图，图乙为简化图，O为挂钩，A、B等高且之间拴接挂绳，不计一切摩擦，以下说法正确的是( B )A．挂绳对挂钩的作用力等于水壶的重力B．挂绳对水壶的作用力大于水壶的重力C．课桌对水壶的作用力大于水壶的重力D．课桌对水壶的作用力小于水壶的重力【解析】水壶的受力如图所示，(图中T表示两个绳子的拉力的合力)，由图可知，挂绳对水壶的作用力T的竖直分量等于水壶的重力G，可知T>G，绳子对挂钩的作用力大小也是T，所以大于水壶的重力，A错误，B正确；课桌对水壶的作用力为T和F的合力，与水壶所受重力等大反向，故CD错误．故选B.9. (2022·山东济南一中期中)内燃机汽缸内的燃气推动活塞运动的示意图，如图所示，活塞质量为m，若活塞从汽缸的顶部向底部匀速运动过程中，气体对活塞的合力F大小恒定、方向向下，汽缸与活塞之间的摩擦可忽略，重力加速度为g.当连杆与竖直方向的夹角为θ时，下列说法正确的是( A )A．汽缸壁对活塞的作用力大小为(F＋mg)tan θB．汽缸壁对活塞的作用力大小为F＋mgsin θC．长连杆受到的作用力大小为(F＋mg)cos θD ．长连杆受到的作用力大小为F sin θ【解析】 对活塞进行受力分析，如图所示，根据平衡条件有N 1cos θ＝F ＋mg ①N 1sin θ＝N 2②联立①②解得汽缸壁对活塞的作用力大小为N 2＝(F ＋mg )tan θ，长连杆对活塞的作用力大小为N 1＝F ＋mg cos θ，根据牛顿第三定律可知长连杆受到的作用力大小为N ′1＝N 1＝F ＋mg cos θ，故A 正确，B 、C 、D 错误．故选A. 10. (多选)(2022·福建漳州二模)如图，直角支架固定在水平地面上，小球A 穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮．将细绳一端系在A 上，另一端跨过滑轮系在小水桶B 上，系统处于静止状态．现因桶底破损，里面有少许水缓慢渗漏下来．不计滑轮质量及摩擦，在球A 缓慢下降过程中( AD )A ．绳对球A 拉力的竖直分量保持不变B ．竖直杆对球A 的弹力保持不变C ．轴对滑轮的作用力方向竖直向上D ．轴对滑轮的作用力越来越小【解析】 球A 缓慢下降，A 处于平衡状态，对A 受力分析，如图所示，根据平衡条件得T cos θ＝m A g ，T sin θ＝N 得N ＝m A g tan θ，所以绳对球A 拉力的竖直分量保持不变，θ减小，则N 减小，故A 正确，B 错误；以滑轮为研究对象，由平衡条件可知轴对滑轮的作用力方向在两绳子的夹角的角平分线上，故C 错误；对滑轮由平衡条件可得2T cos θ2＝T 1，其中T ＝m A g cos θ，则T 1＝2m A g cos θcos θ2＝2m A g 2cos 2θ2－1cos θ2＝2m A g 2cos θ2－1cos θ2，θ减小，由数学知识可知，T 1变小，故D 正确．故选AD.11. (2021·山东潍坊二中高三期中)如图所示，斜面的倾角为30°，轻绳一端固定于天花板，另一端通过两个滑轮与物块甲相连，动滑轮悬挂物块乙后，甲、乙保持静止，此时动滑轮两边轻绳的夹角为120°.已知甲的质量为m ，甲与斜面间的动摩擦因数为36，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦，则乙的质量可能为( B ) A.16m B ．12m C ．m D ．2m【解析】 当甲恰好不下滑时，对甲T 1＋μmg cos θ＝mg sin θ，解得T 1＝14mg ，对乙，根据平衡条件2T 1cos 60°＝m 1′g ，解得m 1′＝14m ，当甲恰好不上滑时，对甲T 2＝μmg cos θ＋mg sin θ，解得T 2＝34mg ，对乙，根据平衡条件2T 2cos 60°＝m 2′g ，解得m 2′＝34m ，故乙的质量取值范围为14m ≤m ′≤34m ，故选B. 12. (2021·湖北武汉实验中学高三期中)如图所示，衣服悬挂在不可伸长的轻绳上，衣架的挂钩是光滑的，轻绳的两端固定在两根竖直杆上的A 、B 两点，衣服处于静止状态．保持A 端位置不变，将B 端分别移动到B 1、B 2两点．下列说法正确的是( D )A ．B 端移到B 1，绳子张力变大B ．B 端移到B 1，绳子张力变小C ．B 端移到B 2，绳子张力变大D ．B 端移到B 2，绳子张力不变【解析】 设绳子间的夹角为2θ，绳子总长为L ，两杆间距离为d ，如图所示，根据几何关系有L 1sin θ＋L 2sin θ＝d ，得sin θ＝dL 1＋L 2＝d L.当B 端移到B 1位置或B 2位置时，d 、L都不变，则θ也不变；由平衡条件可知2F cosθ＝mg，解得F＝mg2cos θ可见，绳子张力F 也不变，故D正确，A、B、C错误．13. (2021·广东河源模拟)如图1所示，吊车是建筑工地常用的一种大型机械．为了便于研究问题，将它简化成如图2所示的模型，硬杆OB的一端装有定滑轮，另一端固定在车体上；质量不计的绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物体匀速上升，不计定滑轮质量和滑轮与轴承之间的摩擦，重力加速度为g.下列说法正确的是( C )A．OA段绳索受到的拉力小于mgB．OA段绳索受到的拉力大于mgC．OB杆对定滑轮的支持力小于2mgD．OB杆对定滑轮的支持力大于2mg【解析】OA段绳索受到的拉力与OC段受到的拉力相等，对物体根据平衡条件可得绳索对物体的拉力大小为T＝mg，所以OA段绳索受到的拉力等于mg，故A、B错误；设两段绳索之间的夹角为2θ，由于同一条绳索拉力相等，则两段绳索的合力沿角平分线方向，如图所示；根据平衡条件可得：2T cos θ＝F，解得：F＝2mg cos θ；由于θ>0，所以OB杆对定滑轮的支持力F<2mg，故C正确，D错误．14. (2021·浙江杭州模拟)在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F(如图所示)，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动．从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则( C )A．拖把将做减速运动B．拖把继续做匀速运动C．地面对拖把的支持力F N变小，地面对拖把的摩擦力F f变小D．减小θ的同时若减小F，拖把一定做加速运动【解析】设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，由平衡条件得：竖直方向上：F sin θ＋mg＝F N①；水平方向上：F cos θ－F f＝0 ②；式中F N和F f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．其中F f＝μF N③；由①得：减小F与水平方向的夹角θ，sin θ减小，地面对拖把的支持力F N变小；由③可得地面对拖把的摩擦力F f变小，故选项C正确；减小F与水平方向的夹角θ时，F f减小，而F cos θ增大，所以F cos θ－F f将大于0，所以拖把将做加速运动，故选项A、B错误；减小θ的同时若减小F，则F cos θ－F f不一定大于0，拖把不一定做加速运动，故选项D错误．15. (2022·山东昌乐二中模拟)如图所示，风筝借助于均匀的风和牵线对其作用，才得以在空中处于平衡状态．图中所示风筝质量m＝0.4 kg，某时刻风筝平面与水平面的夹角为30°，主线对风筝的拉力与风筝平面成53°角．已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2.(1)画出风筝的受力图，求此时风对风筝的作用力F的大小和主线对风筝的拉力T的大小(结果保留三位有效数字)；(2)若拉着风筝匀速运动时，主线与水平面成53°角保持不变，这时拉主线的力为10 N，则此时风筝平面与水平面的夹角θ为多大(用反三角函数表示)?【答案】(1)图见解析33.3 N 6.13 N(2)arctan 12【解析】 (1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg 、风对它的作用力F 和主线对它的拉力T (如图所示)，以风筝平面方向为x 轴，F 方向为y 轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T 正交分解在x 轴方向mg sin 30°－T cos 53°＝0在y 轴方向F ＝T sin 53°＋mg cos 30°联立两式，解得T ≈33.3 NF ≈6.13 N.(2)同理以水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴建立坐标系．(如图所示)设风对风筝的作用力水平分力为F x ，竖直分力为F y ，由平衡条件知 F x ＝T cos 53°＝6 NF y ＝T sin 53°＋G ＝12 N风筝平面与水平面的夹角θ满足tan θ＝F xF y ＝12故θ＝arctan 12.。

专题跟踪检测（五） 掌握“一模”“两路”“三角”“两难点”，破解I天体运动问题、选择题（第i 〜5题为单项选择题，第 6〜9题为多项选择题 i.如图所示，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察方红二号做圆周运动的轨道半径大于地球赤道上物体做圆周运动的半径，根据a 2>a 3,所以a i > a 2> a 3,选项D 正确，A 、B 、C 错误。

3. （20i7 •淮安模拟）一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动, 运动的远地点和近地点。

下列说法中正确的是（ ）A. 卫星在A 点的角速度大于 B 点的角速度B. 卫星在A 点的加速度小于 B 点的加速度C. 卫星由A 运动到B 过程中动能减小，势能增加“嫦娥三号”在环月轨道上的运动, 发现每经过时间t 通过的弧长为 该弧长对应的圆心角为 0弧度。

已知万有引力常量为，譬上G 则月球的质量是（）I 2A.G F i eB.GRI 3 C.G ?rt 2 D.G 0 I 3解析：选C 设“嫦娥三号” 做圆周运动的角速度为Mm 23，贝 U 甲=m 3 r ，又 I = r e ,e3 =—，联立得月球的质量M =132,故C 正确。

G et2. （2016 •四川高考）国务院批复，自2016年起将 4月24日设 立为“中国航天日”。

i970年4月24日我国首次成功发射的人造 卫星东方红 ■号? 目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度 约为440 km ，远地点高度约为 2 060 km ; 1984年4月8日成功发 射的东方红二号卫星运行在赤道上空 35 786 km 的地球同步轨道上。

设东方红一号在远地点的加速度为a i ,东方红二号的加速度为a 2,固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3,贝U a i 、a 2、a s 的大小关系为（A. a 2> a i >a sB. a s >a 2>a iC. a 3> a i > a 2D. a i > a 2 > a 3解析：选D 卫星围绕地球运行时，万有引力提供向心力，对于东方红号，在远地点「亠Mm卄GM 一亠、，一 亠 Mm时有 G F + h i 2 = mai ，即ai= R +h i 2'对于东万红二号'有 G R + h 2 R+ h i 2= ma 2,即卩 a 2GMF + h 2由于 h 2 > h i ，故a i >a 2,东方红二号卫星与地球自转的角速度相等，由于东a = 3 2r ，故A 、B 是卫星D. 卫星由A 运动到B 过程中引力做正功，机械能增大解析：选B 近地点的速度较大， 可知B 点的线速度大于 A 点的线速度，根据3= V 知,F GM卫星在A 点的角速度小于B 点的角速度，故A 错误；根据牛顿第二定律得，a = m =产可知卫星在A 点的加速度小于 B 点的加速度，故B 正确；卫星沿椭圆轨道运动，从 A 到B,万有 引力做正功，动能增加，势能减小，机械能守恒，故C 、D 错误。

力与运动第一讲力与物体平衡1.[如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起。

下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力一定竖直向上B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上解析：选D 由题图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是一对平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是一对平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取a、b作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力与其重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确。

2．[考查摩擦力的有无及方向判断]如图所示，超市为方便顾客，安装了智能化的倾斜向上的自动扶梯(无台阶)。

在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当乘客站立乘行(手不扶扶手)时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。

则该扶梯在运送乘客的过程中( )A．扶梯匀速运行时，乘客不受摩擦力作用B．扶梯匀速运行时，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下C．扶梯加速运行时，扶梯对乘客的摩擦力方向与运动方向相反D．扶梯加速运行时，扶梯对乘客的作用力方向与运动方向相反解析：选B 扶梯匀速运行时，乘客所受的摩擦力等于重力沿扶梯向下的分力，选项A 错误；匀速运动阶段，乘客处于平衡状态，扶梯对乘客的作用力竖直向上，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下，选项B正确；扶梯加速运行时，由于智能化的自动扶梯无台阶，乘客站在斜面上，乘客的加速度的方向沿斜面向上，乘客要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，与运动方向相同，选项C错误；加速度有水平方向的分量，扶梯对乘客的摩擦力有水平方向的分力，所以扶梯对乘客的作用力指向斜上方，选项D错误。

3．[考查力的合成与分解]在如下所示的甲、乙、丙、丁四图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中杆P与竖直方向夹角均为θ，图乙中杆P在竖直方向上，假设甲、乙、丙、丁四图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为F甲、F乙、F丙、F 丁，则以下判断中正确的是( )A．F甲＝F乙＝F丙＝F丁B．F丁＞F甲＝F乙＞F丙C．F甲＝F丙＝F丁＞F乙D．F丙＞F甲＝F乙＞F丁解析：选B 由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力大小，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子夹角最小，绳子拉力的合力最大，则滑轮受到木杆的弹力最大，丙图中绳子夹角最大，绳子拉力的合力最小，则滑轮受到木杆的弹力最小，甲、乙两图中绳子的夹角相等，绳子拉力的合力相等，故滑轮受到木杆的弹力大小F甲＝F乙，所以F丁＞F甲＝F乙＞F丙，故选B。