一、本题包括15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，第110小题只有一项符合题目要求，第1115小题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分。1.早在16世纪末，伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的。当时只能靠滴水计时，不能准确测量自由落体运动的时间，为此他让铜球沿着阻力很小的斜面由静止滚下，“冲淡”重力，验证他的猜想。关于伽利略的实验，下列说法错误的是A. 伽利略测出铜球的位移与所用时间的二次方成正比B. 伽利略测出铜球的瞬时速度与所用时间成正比C. 伽利略实验表明，小球的加速度随斜面倾角的增大而变大D. 伽利略实验表明，斜面倾角一定时，不同质量的铜球加速度都相同【答案】B【解析】【详解】伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比，A正确B错误；若斜面长度一定，若斜面的倾角越大，则小球的速度变化越快，即加速度随斜面倾角的增大而变大，C正确；若斜面倾角一定，不同质量的小球由静止从顶端滚到底端的过程中的运动规律是相同的，时间也相同，即斜面倾角一定时，不同质量的铜球加速度都相同，D正确2.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同的时间内，它们通过的路程之比是6：5，运动方向改变的角度之比是5：4。则A. 它们的轨道半径之比是6：5 B. 它们的向心加速度大小之比是24：25C. 它们的向心力大小之比是3：2 D. 它们的周期大小之比是4：5【答案】D【解析】【分析】线速度等于单位时间内走过的路程，结合路程之比求出线速度大小之比；角速度等于单位时间内转过的角度，结合角度之比求出角速度之比；根据线速度与角速度的关系，求出半径之比；抓住向心加速度等于线速度与角速度的乘积，结合线速度和角速度之比求出向心加速度之比，根据周期和角速度关系求出周期之比【详解】快艇做匀速圆周运动，根据线速度的定义可知两者的线速度大小之比为vAvB=65，根据角速度定义=t可知两者角速度之比为AB=54，根据公式an=v2r=vvr=v可得两者的向心加速度大小之比为aAaB=vAAvBB=6554=32，B错误；根据v=r可得r=v，故两者的轨道半径之比为rArB=vABvBA=6455=2425，A错误；由于不知道两者质量关系，所以无法计算两者向心力之比，C错误；根据公式T=2可得周期和角速度成反比，故周期大小之比为4：5，D正确3.2018年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被砸穿，所幸客机及时安全着陆，无人受伤。若飞机的速度为700ms，小鸟在空中的飞行速度非常小，小鸟的质量为0.4kg。小鸟与飞机的碰撞时间为2.510-4s。则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为A. 104N B. 105N C. 106N D. 107N【答案】C【解析】【详解】鸟与飞机撞击时系统动量守恒，以飞机的初速度方向为正方向，由于鸟的质量远小于飞机的质量，鸟的速度远小于飞机的速度，鸟的动量远小于飞机的动量，可以忽略不计，由动量守恒定律可知，碰撞后鸟与飞机的速度相等，为v=700m/s，对小鸟，由动量定理得：Ft=mv0，解得：F=mvt=0.47002.5104=1.12106N，接近106N，C正确【点睛】本题考查了求鸟对飞机的撞击力，鸟撞击飞机过程中内力远大于外力，系统动量守恒，由动量守恒定律求出撞击后鸟的速度，然后应用动量定理可以求出撞击力4.甲、乙两个物体均做匀变速直线运动，其中甲的加速度a1=2ms2，乙的加速度a2=-5ms2。下列说法正确的是A. 甲一定做加速运动，乙一定做减速运动B. 甲的运动方向与乙的运动方向一定相反C. 甲的速度变化一定比乙的速度变化慢D. 甲所受的合外力一定比乙所受的合外力小【答案】C【解析】【详解】若加速度方向和速度方向同向，则做加速运动，若加速度方向和速度方向相反，则左减速运动，题中没有给甲乙的初速度方向，所以甲乙可以做加速运动，也可以做减速运动，AB错误；加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度越大，速度变化越快，且加速度是矢量，负号只表示方向不参与大小的比较，即乙的加速度大，乙的速度变化快，C正确；两者质量未知，不能根据牛顿第二定律F=ma判断两者合力大小关系，D错误5.2018年10月25日6时57分，太原卫星发射中心成功发射海洋二号B卫星。该星对海洋资源开发利用、建设海洋强国等都具有十分重要的意义。小明通过资料获取三个数据，即海洋二号B卫星离地面的高度为971km、地球的半径为6400km、地球表面的重力加速度为9.81 ms2。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，仅根据以上该同学获取的数据，可以计算出A. 海洋二号B卫星的线速度 B. 海洋二号B卫星的向心力C. 地球的质量 D. 地球的平均密度【答案】A【解析】【详解】地球对卫星的万有引力充当向心力，根据牛顿第二定离得GMmh+R2=mv2h+R可得v=GMh+R，而根据黄金替代公式可得GM=gR2，即v=gR2h+R，（g、R、h已知）A正确；由于不知道卫星的质量，故不能计算向心力大小，B错误；由于不知道引力常量，故不能计算地球的质量，C错误；质量求解不出来，则不能计算地球密度，D错误6.如图所示，水平向右加速行驶的小车内有一固定斜面，斜面上放有一物体，与小车保持相对静止。此时斜面体对物体的作用力方向可能沿着图中的(其中oa竖直、oc水平)A. oa B. ob C. oc D. od【答案】B【解析】【分析】本题可建立模型，即已知一个合力方向，一个分力大小和方向，求另个分力的方向，根据平行四边形定则分析【详解】整体的加速度向右，即物体受到的合力方向水平向右，物体的受力可分为两大类，一是竖直向下的重力，二是斜面对物体的作用力，两者的合力方向向右，如图所示，根据平行四边形定则可得斜面对物体的力斜向右上，B可能7.甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶。在t=0到t=t1的时间内，它们的位移时间图象如图所示。在这段时间内A. 汽车甲的平均速度比乙的平均速度大B. 汽车甲的位移比乙的位移大C. 汽车甲与汽车乙的运动方向相反D. 汽车甲做减速运动，汽车乙做加速运动【答案】C【解析】【详解】从图中可知两者的位移大小相等，所用时间相等，根据v=xt可知两者的平均速度相等，AB错误；甲向负向运动（到坐标原点的距离越来越小），而乙向正向运动（到坐标原点的距离越来越大），所以两者的运动方向相反，C正确；图像的斜率表示速度，从图中可知两者的斜率都减小，所以速度都减小，D错误【点睛】关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；位移时间图像是用来描述物体位移随时间变化规律的图像，不是物体的运动轨迹，斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量x8.图甲是微信上的一张热点图片，在挪威的两个山崖间夹着一块石头，很多游客站在这块石头上，寻找惊险刺激的感觉。示意图如图乙所示，右壁竖直，左壁稍微倾斜，设左壁与竖直方向的夹角为，由于风化，将会减小。石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。若石头质量一定，下列说法正确的是A. 减小，山崖对石头的作用力增大B. 减小，山崖右壁对石头的作用力不变C. 人站到石头上，石头受到的合力将增大D. 人站到石头上，山崖左壁对石头的作用力将增大【答案】D【解析】【详解】对石头受力分析，如图所示，根据共点力平衡条件可得山崖对石头的作用力大小等于石头的重力大小，两者方向相反，减小，重力不变，所以山崖对石头的作用力不变，A错误；山崖右壁对石头的作用力N1=Gtan，减小，则山崖右壁对石头的作用力N1增大，B错误；人站在石头上，石头仍处于静止状态，合力仍为零，C错误；人站到石头上，相当于G增大，山崖左壁对石头的作用力N2=Gsin也随之增大，D正确【点睛】在解析力的动态平衡问题时，一般有两种方法，一种是根据受力分析，列出力和角度三角函数的关系式，根据角度变化进行分析解题，一种是几何三角形相似法，这种方法一般解决几个力都在变化的情况，列出力与三角形对应边的等式关系，进行解题分析9.在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。距离P一定水平距离的探测屏AB竖直放置。对于打在探测屏上的微粒，下列说法正确的是A. v越大，在空中飞行的时间越长B. v越大，打在探测屏上时速度的偏转角越小C. v越小，相等的时间内动量变化量就越小D. v越小，打在探测屏上时的动能越小【答案】B【解析】【分析】微粒做平抛运动，根据平抛运动在水平方向和竖直方向的运动规律分析解题；【详解】微粒在水平方向上做匀速运动，由于粒子源到屏的水平距离恒定，根据t=xv可知速度越大，飞行时间越短，A错误；打在探测屏上时速度的偏转角tan=vyv=gtv，v越大，t越小，tan越小，B正确；微粒在飞行过程中只受重力，根据动量定理可得mgt=p，在相等时间内的动量变化量相等，与速度大小无关，C错误；v越小，飞行时间越长，在竖直方向得到的速度越大，打在屏上的动能Ek=12m(v2+gt2)，存在极值，不一定越小，D错误10.位于粗糙水平面上的滑块，以v0=1 ms的初速度从O点开始做匀减速直线运动。当滑块运动到A位置时，照相机开始拍照，并在以后的运动过程中，每隔0.1s拍照一次，拍下的照片如图所示，xAB=7.5cm，xBC=5.5cm，g=10ms2。则A. C、D间的距离xCD=2.5cmB. O、A间的距离xOA=9.5cmC. 滑块与水平面间的动摩擦因数为0.55D. 滑块从O点运动到B点所用的时间tOB=0.175s【答案】D【解析】【详解】滑块做匀减速直线运动，在相等时间内走过的位移差是一个定值，即xABxBC=xBCxCD，解得xCD=3.5cm，A错误；根据x=aT2可得a=xT2=0.020.12=2m/s2，而根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该段过程中的平均速度可得vB=xAC2T=1310220.1=0.65m/s，故tOB=vBvOa=0.352s=0.175s，根据位移速度公式可得xOA=xOBxAB=vB2v022axAB=7cm，B错误D正确；根据牛顿第二定律可得mg=ma，解得=0.2，C错误【点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即x=aT2，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度11.天文学家哈雷曾经在1682年跟踪过一颗彗星，它算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会出现，后来哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星。如图所示为哈雷彗星绕太阳运行的椭圆轨道，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点。若只考虑哈雷彗星和太阳之间的相互作用，则A. 哈雷彗星的运行周期约为76年B. 哈雷彗星从P点运动到M点需要19年C. 哈雷彗星从P经M到Q阶段，速率逐渐减小D. 哈雷彗星从P经M到Q阶段，机械能逐渐减小【答案】AC【解析】【详解