A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律
解析：选B 开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项A错误，选项B正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D错误。
2．某质点做直线运动，运动速率的倒数v(1)与位移x的关系如图所示，关于质点运动的下列说法正确的是( )
A．质点做匀加速直线运动
B.v(1) x图斜率等于质点运动加速度
C．四边形AA′B′B面积可表示质点从O到C′所用的运动时间
D．四边形BB′C′C面积可表示质点从C到C′所用的运动时间
解析：选D 由题中v(1) x图像可知，v(1)与x成正比，即vx＝常数，质点做减速直线运动，故A错误；图线斜率不等于质点运动的加速度，故B错误；由于三角形OBC的面积S1＝2(1)OC·BC＝2v1(x1)，体现了从O到C所用的时间，同理，从O到C′所用的时间可由S2＝2v2(x2)体现，所以四边形BB′C′C面积可体现质点从C到C′所用的时间，故C错误，D正确。
3．
如图所示，两光滑斜面在B处连接，小球从A处由静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3 m/s和4 m/s，AB＝BC。设球经过B点前后速度大小不变，则球在AB、BC段的加速度大小之比及球由A运动到C过程中的平均速率分别为( )
A．3∶4,2.1 m/s B．9∶16,2.5 m/s
C．9∶7,2.1 m/s D．9∶7,2.5 m/s
解析：选C 设AB＝BC＝x，则在AB段a1＝2x(vB2)，在BC段a2＝2x(vC2－vB2)，所以a2(a1)＝42－32(32)＝7(9)，AB段平均速率为v1＝2(1)vB＝1.5 m/s，BC段平均速率为v2＝2(1)(vB＋vC)＝3.5 m/s，因此从A到C的平均速率v＝v2(x)＝v1＋v2(2v1v2)＝2.1 m/s，选C。
4.
如图所示，三个相同的轻质弹簧连接在O点，弹簧1的另一端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为30°，弹簧2水平且右端固定在竖直墙壁上，弹簧3的另一端悬挂质量为m的物体且处于静止状态，此时弹簧1、2、3的形变量分别为x1、x2、x3，则( )
A．x1∶x2∶x3＝∶1∶2
B．x1∶x2∶x3＝∶2∶1
C．x1∶x2∶x3＝1∶2∶
D．x1∶x2∶x3＝2∶1∶
解析：选D
以结点O为研究对象受力分析，运用合成法，如图：
由几何知识知：T1＝cos 30°(mg)
T2＝mgtan 30°
T3＝mg
故：T1∶T2∶T3＝2∶1∶
根据胡克定律：T＝kx
则：x1∶x2∶x3＝2∶1∶，故选D。
5.如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是( )
A．物体B正向右做匀减速运动
B．物体B正向右做加速运动
C．地面对B的摩擦力减小
D．斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2
解析：选D
将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，根据平行四边形定则有vBcos α＝vA，所以vB＝cos α(vA)，当α减小时，物体B的速度减小，但B不是匀减速运动，选项A、B错误；在竖直方向上，对B有mg＝FN＋FTsin α，FT＝mAg，α减小，则支持力FN增大，根据Ff＝μFN可知摩擦力Ff增大，选项C错误；根据vBcos α＝vA，斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2，选项D正确。
6．宇航员站在某一星球上，将一个小球距离星球表面h高度处由静止释放使其做自由落体运动，经过t时间后小球到达星球表面，已知该星球的半径为R，引力常量为G，则下列选项正确的是( )
A．该星球的质量为Gt2(2hR2)
B．该星球表面的重力加速度为2t2(h)
C．该星球的第一宇宙速度为t2(2hR)
D．通过以上数据无法确定该星球的密度
解析：选A 小球做自由落体运动，则有h＝2(1)gt2，解得该星球表面的重力加速度g＝t2(2h)，故B错误；对星球表面的物体，万有引力等于重力，即GR2(Mm)＝mg，可得该星球的质量M＝Gt2(2hR2)，故A正确；该星球的第一宇宙速度v＝＝t(2hR)，故C错误；该星球的密度ρ＝πR3(4)＝2πRGt2(3h)，故D错误。
7．(多选)
物体A和B相对静止，以共同的速度沿斜面匀速下滑，则( )
A．A、B间无摩擦力的作用
B．B受到滑动摩擦力的大小为(mA＋mB)gsin θ
C．B受到的静摩擦力的大小为mAgsin θ
D．取走A物体后，B物体将匀加速下滑
解析：选BC 以A为研究对象，A处于平衡状态，因此有f＝mAgsin θ，所以A受到B给其沿斜面向上的摩擦力作用，故A错误；以整体为研究对象，根据平衡状态有：(mA＋mB)gsin θ＝fB，故B正确；A对B的静摩擦力与B对A的静摩擦力大小相等，故有：f′＝f＝mAgsin θ，C正确；由前面分析知：(mA＋mB)gsin θ＝fB，又根据滑动摩擦力公式有：fB＝μ(mA＋mB)gcos θ，得：μ＝tanθ，取走A物体后，物体B受滑动摩擦力为μmBgcos θ，代入μ＝tanθ得，μmBgcos θ＝mgsin θ，即物体B受力平衡，则物体B仍能做匀速直线运动，故D错误。
8．(多选)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝2l(kg)是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝3l(2kg)时，a所受摩擦力的大小为kmg
解析：选AC 因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωb2·2l，可得ωb＝2l(kg)，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωa2l，可得ωa＝l(kg)，而转盘的角速度3l(2kg)< l(kg)，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2l＝3(2)kmg，D错误。
1.[考查游标卡尺和螺旋测微器的读数]
(2015·海南高考)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a)和(b)所示。该工件的直径为________cm，高度为________mm。
(a)
(b)
解析：游标卡尺读数为
d＝12 mm＋4×20(1)mm＝12.20 mm＝1.220 cm
螺旋测微器的读数为
h＝6.5 mm＋36.1×0.01 mm＝6.861 mm。
答案：1.220 6.861
2．(2016·邯郸模拟)如图甲所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，该装置依靠电子信息系统获得了小车加速度a的信息，由计算机绘制出a与钩码重力的关系图。钩码的质量为m，小车和砝码的质量为M，重力加速度为g。
(1)下列说法正确的是________。
A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源
C．本实验m应远小于M
D．在用图像探究加速度与质量关系时，应作a m(1)图像
(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他作出的a F图可能是图乙中________(选填“甲”“乙”“丙”)图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________。
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状态
C．钩码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
(3)实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，其他操作均正确，若轨道水平，他测量得到的图像如图丙。设图中纵轴上的截距为－b，则小车与木板间的动摩擦因数μ＝________。
解析：(1)为平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f＝mgsin θ＝μmgcos θ，m约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力；故A错误。实验时应先接通电源后释放小车，故B错误。让小车的质量M远远大小钩码的质量m，因为实际上绳子的拉力F＝Ma＝M(m)，故应该是m≪M，故C正确。F＝Ma，所以：a＝M(F)，所以在用图像探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a M(1)图像，故D错误。
(2)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，说明没有平衡摩擦力或平衡不够。故可能作出图乙中丙。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量，故选C。
(3)根据牛顿第二定律可知，mg－μMg＝Ma；
结合a M(1)图像，可得：a＝mgM(1)－μg
设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为－b，
因此小车与木板间的动摩擦因数μ＝g(b)。
答案：(1)C (2)丙 C (3)g(b)
如图所示，水平放置的圆盘边缘C点有一个小洞，圆盘半径R＝1 m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条长为R的水平滑道AB，滑道左端B与圆盘圆心O在同一条竖直线上，且B点距离圆盘圆心的竖直高度h＝1.25 m。在滑道右端静止放置质量为m＝0.2 kg的小球(可视为质点)，小球与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.25。现使小球以某一水平向左的初速度运动，同时圆盘从图示位置以图中所示的角速度ω绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，最终小球恰好落入圆盘边缘的小洞内，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球运动的初速度v0的大小；
(2)圆盘运动的角速度ω的值。
[答案] (1)v0＝3 m/s
(2)ω＝9(10π(2n＋1)) rad/s(n＝0,1,2,3，…)
12．[考查应用牛顿第二定律分析倾斜传送带问题]
(2016·武汉六中高三月考)如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°，长为5 m的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以10 m/s的速度沿AB平台向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到CD平台上，问：
(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数多大？
(2)当小物体在AB平台上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体总不能到达平台CD，求这个临界速度。
(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？
解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，
据牛顿第二定律得：μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1①
B→C过程有：v02＝2a1l②
解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5。
(2)显然，当小物体受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2③
若恰好能到达高台时，有：v22＝2a2l④
解得：v＝2 m/s
即当小物体在AB平台上向右滑动速度小于2m/s时，无论传送带顺时针传动的速度多大，小物体总不能到达平台CD。
(3)以v1表示小物体在平台AB上的滑动速度，
以v2表示传送带顺时针传动的速度大小，
对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程有：
v12－v22＝2a1x1⑤
对从小物体速度减小到带速v2开始，到运动到恰滑上CD平台过程，有：
v22＝2a2x2⑥
x1＋x2＝L⑦
解得：v2＝3 m/s
即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD。
答案：(1)0.5 (2)2 m/s (3)3 m/s
13．(多选)(2016·兰州一中月考)假设地球可视为质量分布均匀的球体。已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，地球的半径为R，地球的自转周期为T，引力常量为G，由此可知( )
A．地球的质量为G(g0R)
B．地球表面赤道处的重力加速度大小为g0－T2(4π2R)
C．近地卫星在轨运行的加速度大小为g0
D．地球同步卫星在轨道上运行的加速度大小为 T4(16π4g0R2)
解析：选BCD 根据在地球表面两极处万有引力等于重力，则有：GR2(Mm)＝mg0，解得：M＝G(g0R2)，故A错误；根据向心加速度表达式，则知赤道上物体加速度：a＝ω2R＝T2(4π2R)，所以地球表面赤道处的重力加速度为g0－T2(4π2R)，故B正确；近地卫星在轨道运行的加速度a0＝R2(GM)＝g0，故C正确；同步卫星所受万有引力等于向心力：G(R＋h)2(Mm)＝m(R＋h)T(2π)2＝ma′，解得：a′＝T4(16π4g0R2)，故D正确。
9．[考查圆周运动的临界问题]
(2016·天水一模)如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为FT。(g取10 m/s2，结果可用根式表示)求：
(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？
解析：
(1)若要小球刚好离开锥面，则小球受到重力和细线拉力如图所示。小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平。
在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：
mgtan θ＝mω02lsin θ
解得：ω02＝lcos θ(g)，
即ω0＝lcos θ(g)＝rad/s。
(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式有：
mgtan α＝mω′2lsin α
解得：ω′2＝lcos α(g)，即ω′＝lcos α(g)＝2rad/s。
答案：(1) rad/s (2)2 rad/s
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