【物理】河北省唐山市第一中学2019-2020学年高一下学期第二次月考试题 （解析版）

【物理】河北省唐山市第一中学2019-2020学年高一下学期第二次月考试题 （解析版）

河北省唐山市第一中学2019-2020学年高一下学期 第二次月考试题 一、选择题（本题共15小题）‎ ‎1. 伽利略斜面实验反映了一个重要的事实：如果空气阻力和摩擦阻力小到可以忽略，小球必将准确地回到同它开始时相同高度的点，决不会更高一点，也不会更低一点．这说明小球在运动过程中有一个“东西”是不变的，这个“东西”应是（ ）‎ A. 弹力 B. 势能 C. 速度 D. 能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为在物体运动的过程中改变斜面的倾角不同物体受到的支持力不同但物体仍能达到相同的高度，故力不是守恒量，故A错误；在物体运动过程中物体的高度随时间发生变化，则势能也发生变化，故B错误；在物体运动过程中物体的速度随时间发生变化，故速度不守恒，故C错误；伽利略理想斜面实验中如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，则在物体运动的过程只有重力做功，则物体的机械能守恒．故这个不变量应该是能量，故D正确．所以D正确，ABC错误．‎ ‎2.如图所示，表示物体在力F的作用下在水平面上发生了一段位移x，设这三种情形下力F和位移x的大小都是一样的，计算这三种情形下力F对物体做的功的数值可知（　　）‎ A. 图甲情况下F做的功的数值最少 B. 图乙情况下F做的功的数值最多 C. 图丙情况下F做功的数值最少 D. 三种情况下F做的功的数值一样多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】这三种情形下力F和位移x的大小都是一样的，将力沿着水平和竖直方向正交分解，水平分力大小相同，只有水平分力做功，竖直分力不做功，故三种情况下力F的功的大小是相同的，故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（　　）‎ A. 2倍 B. 4倍 C. 6倍 D. 8倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设斜面倾角为，小球落在斜面上速度方向偏向角为，甲球以速度v抛出，落在斜面上，根据平抛运动的推论可得，所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等，对甲有，对乙有 ，所以，故ACD错误B正确。‎ ‎4.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段列车的动能（　　）‎ A. 与它所经历的时间成正比 B. 与它的位移成正比 C. 与它的速度成正比 D. 与它的阻力成正比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据初速度为零的匀加速直线运动中速度与时间关系，其动能可表示为 ‎，动能和时间的平方成正比，故A错误；‎ B．因为是匀加速，所以合力为定值，根据动能定理，，动能和位移成正比，故B正确；‎ C．根据可得，动能与速度的平方成正比，故C错误；‎ D．根据动能定理，动能不与阻力成正比，故D错误。‎ ‎5.如图所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（ ）‎ A. 一直做正功 B. 一直不做功 C. 始终指向大圆环圆心 D. 始终背离大圆环圆心 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．因光滑大圆环对小环的作用力为弹力，始终跟小环的速度方向垂直，所以一直不做功，故选项A错误，选项B正确；‎ CD．随着小环从大圆环的最高点加速滑下，光滑大圆环对小环的弹力先背离大圆环圆心，后指向大圆环圆心，选项CD错误。‎ ‎6.如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度为g)( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设半圆的半径为R，根据动能定理得：−mg•2R＝mv′2−mv2，离开最高点做平抛运动，有：2R=gt2，x=v′t，联立解得： ，可知当R=时，水平位移最大，故B正确，ACD错误．故选B．‎ ‎7.如图所示，质量相同三颗卫星a、b、c绕地球道时针做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近，已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为，万有引力常量为G，则 A. 发射卫星b时速度要大于‎11.2km/s B. 卫星a的机械能大于卫星b的机械能 C. 若要卫星c与b实现对接，可让卫星C加速 D. 卫星a和b下次相距最近还需经过 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、发射人造卫星小于第二宇宙速度，如果大于‎11.2km/s，卫星将摆脱地球引力环绕太阳飞行，所以A错误；‎ B、卫星从较低圆轨道进入较高圆轨道要给卫星增加能量，此过程中卫星的动能减小，引力势能增大，故可知，较高轨道上的卫星其机械能大于较低轨道卫星的机械能，故B错误；‎ C、若要实现对接，两者一定要在不同轨道上，在低轨道上的卫星加速离心运动，向高轨道靠拢对接，或在高轨道卫星减速近心运动，向低轨道靠拢对接，在一轨道上的卫星不可能实现对接，因为一旦c加速，将做离心运动，故C错误．‎ D、卫星a和b再一次相距最近时满足，即，b为同步卫星，角速度与地球自转角速度相同等于，a的角速度根据得知: ，代入可解得所经历时间，故D正确；‎ ‎8.如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)‎ A. 2－ B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：，当拉力倾斜时，物体受力分析如图 由平衡条件得：，，又，得摩擦力为：，联立解得：，故选C.‎ ‎9.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )‎ A. P球的速度一定大于Q球的速度 B. P球的动能一定小于Q球的动能 C. P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D. P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=mv2，解得：，在最低点的速度只与半径有关，可知vP＜vQ；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小．故AB错误；在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F-mg=m，解得，F=mg+m=3mg，，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等．故C正确，D错误．故选C．‎ ‎10.如图所示，在外力作用下某质点运动的v-t图像为正弦曲线，从图中可判断 A. 在t1～t3时间内，外力做的总功为零 B. 在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大 C. 在t2时刻，外力的功率最大 D. 在0～t1时间内，外力做负功 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 在t1～t3时间内物体的动能变化为零，由动能定理可知外力做的总功为零，故A正确；图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，合外力减小，速度增大；由图象可知0时刻速度为零，t1时刻速度最大但拉力为零，由P=Fv可知外力的功率在0时刻功率为零，t1时刻功率也为零，可知功率先增大后减小，故B错误．t2时刻物体的速度为零，由P=Fv可知外力的功率为零，故C错误．在0～t1时间内，由图象可知，物体的速度沿正方向，加速度为正值且减小，故力与速度方向相同，故外力做正功；故D错误；故选A．‎ 点睛：本题要求学生能熟练掌握图象的分析方法，由图象得出我们需要的信息．B答案中采用极限分析法，因开始为零，后来为零，而中间有功率，故功率应先增大，后减小．‎ ‎11.‎2018年7月10日，中国在西昌卫星发射中心用长征三号甲运载火箭，成功发射第三十二颗北斗导航卫星。该颗北斗卫星属倾斜地球同步轨道卫星，卫星入轨并完成在轨测试后，将接入北斗卫星导航系统，为用户提供更可靠服务。关于卫星的运动，下列说法中正确的有（　　）‎ A. 卫星在轨道Ⅱ上经过M的速度等于在轨道Ⅰ上经过M的速度 B. 卫星在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能 C. 卫星在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期 D. 卫星在轨道Ⅱ上经过M的加速度大于在轨道Ⅰ上经过M的加速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在轨道Ⅰ经过M点进行点火加速做离心运动进入轨道Ⅱ，所以卫星在轨道Ⅱ上经过M的速度大于在轨道Ⅰ上经过M的速度，故A错误；‎ B．在轨道Ⅰ经过M点进行点火加速做离心运动进入轨道Ⅱ，两轨道在M点，势能相等，但轨道Ⅱ上M点的动能大于轨道Ⅰ上M点的动能，根据卫星在轨道Ⅱ上和在轨道І上机械能守恒，所以卫星在轨道Ⅱ上机械能大于在轨道І上的机械能，故B正确；‎ C．根据开普勒第三定律知，轨道Ⅱ的半径大于轨道Ⅰ的半长轴，所以在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期，故C错误；‎ D．根据万有引力提供向心力，则有，解得，因为是同一点，轨道半径相同，所以加速度相等，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎12.在某平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到某一值时，立即关闭发动机后滑行至停止，其v-t图象如图所示．汽车牵引力为F，运动过程中所受的摩擦阻力恒为Ff，全过程中牵引力所做的功为W1，克服摩擦阻力做的功为W2，则下列关系中正确的是 A. F：Ff = 4：1 B. F：Ff = 1：‎‎3 ‎ C. W1：W2= 4：3 D. W1：W2= 3：4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，物体先做匀加速直线运动，1s末速度v，由动能定理可知：（F-f）L1=mv2；减速过程中，只有阻力做功：fL2=0-mv2； 则可得：（F-f）L1=fL2，由图象可知，L1：L2=1：3，解得：F：f=4：1，故A正确，B错误；对全程由动能定理得：W1-W2=0，可得W1：W2=1：1，故CD错误.‎ ‎13.有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止。由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度相等，有，所以，A和B组成的系统机械能守恒 ‎，所以有，绳长为，故ABC错误，D正确。‎ ‎14.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是（　　）‎ A. 电动机多做的功为 B. 摩擦力对物体做的功为 C. 电动机增加的功率为 D. 传送带克服摩擦力做功为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，在这个过程中物体获得的动能是，所以电动机多做的功一定要大于，故A错误；‎ B．在运动的过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为，故B正确；‎ C．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为，故C错误；‎ D．传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A选项的分析可知传送带克服摩擦力做功大于，故D错误。‎ ‎15. 如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )‎ A. 速率的变化量不同 B. 机械能的变化量不同 C. 重力势能的变化量相同 D. 重力做功的平均功率相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由平衡知识可知则两者质量不等 所以重力势能变化量不等答案BC错，由机械能守恒可知两物块落地时速度大小相等，所以A错，再由功率可知重力的瞬时功率相等；答案D正确，选D 二、多项选择题（本题共10小题）‎ ‎16.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中(　　)‎ A. 从P到M所用的时间等于 B. 从Q到N阶段，机械能逐渐变大 C. 从P到Q阶段，速率逐渐变小 D. 从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于，故A错误；‎ B．从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；‎ C．从P到Q阶段，万有引力做负功，速率减小，故C错误；‎ D．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。‎ ‎17.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（　　）‎ A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B. 在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力所做的功的为零 D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据机械能等于重力势能和动能之和，知摩天轮做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，其重力势能变化，所以机械能在变化，故A错误；‎ B．乘客在最高点时，由重力和座椅的支持力的合力提供向心力，而向心力方向向下，处于失重状态，则乘客重力大于座椅对他的支持力，故B正确；‎ C．摩天轮转动一周过程中，重力的高度差没有变化，根据重力做功特点，重力做功为零，故C正确；‎ D．摩天轮转动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，竖直方向的分速度在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎18.如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有 A. TA>TB B. EkA>EkB C. SA=SB D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据 知，轨道半径越大，周期越大，所以TA>TB，故A正确；由 知： ，所以vB>vA，又因为质量相等，所以EkB>EkA，故B错误；根据开普勒第二定律可知，同一行星与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，所以C错误；由开普勒第三定律知，D正确．‎ ‎19.汽车以恒定功率P、初速度冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到地面的阻力恒定不变，则汽车上坡过程中的v-t图可能是图中的（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．汽车受到地面的阻力恒定不变，假如速度均匀增大，则根据牛顿第二定律可知汽车的牵引力不变，根据，汽车的功率将不断的增大，这不符合题目的要求汽车的功率是恒定，故A错误；‎ B．对汽车受力分析可知，在车上坡时，汽车受到地面的阻力和汽车的重力沿着斜面向下的分力都是不变的，当汽车的牵引力的大小等于汽车受到地面的阻力和汽车的重力沿着斜面向下的分力之和的时候，汽车恰好做匀速直线运动，故B正确；‎ C．汽车的功率一定，当汽车的牵引力大于汽车受到的阻力和汽车的重力沿着斜面向下的分力的时候，汽车的速度先要增加，在速度增大的同时，根据，汽车的牵引力要减小，根据牛顿第二定律则加速度变小，当牵引力和汽车受到的沿斜面向下的力相等时，汽车的速度到达最大值，之后匀速运动，故C正确；‎ D．汽车的功率一定，若汽车一开始的牵引力就小于汽车受到的沿斜面向下的力，汽车做减速运动，根据，则汽车的牵引了变大，当牵引力和汽车受到的沿斜面向下的力相等时，汽车的速度减小到最小，之后汽车做匀速运动，故D正确。‎ 故选BCD。‎ ‎20.两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(　　)‎ A. 甲球用的时间比乙球长 B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C. 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】C．设小球的密度为，半径为r，则小球的质量为，重力，小球的加速度，可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大，所以甲的加速度比较大，C错误；‎ B．根据可知，加速度比较大的甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，故B正确；‎ A．两个小球下降的距离是相等的，根据可知，加速度比较大的甲运动的时间短。故A错误；‎ D．它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，所以甲的阻力大，根据可知，甲球克服阻力做的功大乙甲球克服阻力做的功，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎21.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①②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①次和第②次提升过程，‎ A. 矿车上升所用的时间之比为4:5 B. 电机的最大牵引力之比为2:1‎ C. 电机输出的最大功率之比为2:1 D. 电机所做的功之比为4:5‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可得，变速阶段的加速度 ，设第②次所用时间为t，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，‎ ‎，解得：，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为 ，选项A正确；‎ B．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，，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；‎ C．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2∶1，选项C正确；‎ D．加速上升过程的加速度，加速上升过程的牵引力，减速上升过程的加速度，减速上升过程的牵引力 ‎，‎ 匀速运动过程的牵引力．第①次提升过程做功 ‎；‎ 第②次提升过程做功 ‎；‎ 两次做功相同，选项D错误．‎ ‎22.我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面‎4m高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止）；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×‎103kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为‎9.8m/s2。则次探测器（　　）‎ A. 在着陆前瞬间，速度大小约为‎8.9m/s B. 悬停时受到的反冲作用力约为2×103N C. 从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒 D. 在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据万有引力等于重力，可得重力加速度，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为‎9.8m/s2，所以月球表面的重力加速度大小约为，根据运动学公式得在着陆前的瞬间，速度大小约，故A错误；‎ B．登月探测器悬停时，二力平衡F=mg′=1.3×103×1.66≈2×103N，故B正确；‎ C．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，有外力做功，机械能不守恒，故C错误；‎ D．根据，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，所以在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度，故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎23.在星球表面发射探测器，当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度达到2v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球，已知地球、火星两星球的质量比约为10∶1，半径比约为2∶1，下列说法正确的有（　　）‎ A. 探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大 B. 探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等 C. 探测器脱离星球的过程中势能逐渐变大 D. 探测器的质量越大，脱离星球的发射速度越大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据万有引力定律，探测器在地球表面受到的引力为，探测器在火星表面受到的引力为，解得，可知探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故A正确；‎ B．根据万有引力提供向心力为，得，探测器绕地球表面做匀速圆周运动的线速度为，探测器绕火星表面做匀速圆周运动的线速度为，解得，故B错误；‎ C．探测器脱离星球的过程中，离星球越来越高，探测器的势能逐渐增大，故C正确；‎ D．根据万有引力提供向心力为，得发射速度，可知与探测器的质量无关，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎24.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取‎10m/s2。由图中数据可得（　　）‎ A. 物体的质量为‎2kg B. h=0时，物体的速率为‎20m/s C. h=‎2m时，物体的动能Ek=50J D. 从地面至h=‎4m，物体的动能减少100J ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图知时，，由得，故A正确；‎ B．时，，，则物体的动能为，由，‎ 得故B错误；‎ C．时，，，则物体的动能为，故C正确；‎ D．从地面至，物体的机械能减少了20J，重力势能增加了80J，因此，物体的动能减少100J，故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎25.在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则(　　)‎ A. M与N的密度相等 B. Q的质量是P的6倍 C. Q下落过程中的最大动能是P的3倍 D. Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在星球表面，根据万有引力等于重力可得：‎ 所以：‎ 解得：；‎ 根据图象可知，在M星球表面的重力加速度为，在N表面的重力加速度为，星球M的半径是星球N的3倍，则M与N的密度相等；故A正确.‎ B.加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得：‎ 解得：；故B正确.‎ C.根据动能定理可得，根据图象面积可得：‎ ‎，‎ 则；故C错误.‎ D.根据运动的对称性特点可知，P下落过程中弹簧最大压缩量为2x0，Q下落过程中弹簧最大压缩量为4x0，Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍，故D错误.‎ ‎ ‎