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河南洛阳理工学院附属中学期末精选单元测试题(Word版 含解析)-

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河南洛阳理工学院附属中学期末精选单元测试题（Word版 含解析）

一、第五章 抛体运动易错题培优（难）
1．如图所示，斜面倾角不为零，若斜面的顶点与水平台AB间高度相差为h(h≠0，物体以速度v0沿着光滑水平台滑出B点，落到斜面上的某点C处，物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角为φ1。现将物体的速度增大到2v0，再次从B点滑出，落到斜面上，物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角为φ2，(不计物体大小，斜面足够长，则（ ）

A．φ2>φ1 B．φ2<φ1 C．φ2=φ1 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
物体做平抛运动，设斜面倾角为，则
x1v0t1
y112gt21 tany1hx
1tangt11v
0整理得
tanh12(tanv 0t1同理当初速度为2v0时
tangt222v=2(tanh 02v0t2由于
t2t1
因此
tan2tan1
即
21
B正确，ACD错误。

D．无法确定两角大小


故选B。

2．如图所示，固定斜面AO、BO与水平面夹角均为45°。现从A点以某一初速度水平抛出一个小球（可视为质点），小球恰能垂直于BO落在C点，若OA=6m，则O、C的距离为（ ）

A．22m C．2m 【答案】C 【解析】 【详解】
B．2m D．3m
ABCD．以A点为坐标原点，AO为y轴，垂直于AO为x轴建立坐标系，x轴正方向斜向上，y轴正方向斜向下，分解速度和加速度，则小球在x轴上做初速度为2v0，加速度2为v02t的匀减速直线运动，末速度刚好为零，运动时间；在y轴上做初速度为gg222g的匀加速直线运动，末速度 v0，加速度为22vCy利用平均速度公式得位移关系
22v0gt2v0 22(OA:OC则
22v02v0tv0t 22:3:1221OCOA2m
3综上所述，ABD错误C正确。 故选C。

3．图示为足球球门，球门宽为L，一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点）．若球员顶球点的高度为h．足球被顶出后做平抛运动（足球可看做质点），重力加速度为g．则下列说法正确的是




222shA．足球在空中运动的时间t
g2LB．足球位移大小xs2 4C．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan22gLD．足球初速度的大小v0(s2 h42s
L【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A、足球运动的时间为:t2h A错；
g2LB、足球在水平方向的位移大小为:xs2所以足球的位移大42L小:lhxhs2; B错
4222tanC、由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值为:
2s，C正确
LxgL22sD、足球的初速度的大小为:v0 D错误； t2h4故本题选：C 【点睛】
(1根据足球运动的轨迹,由几何关系求解位移大小. (2由平抛运动分位移的规律求出足球的初速度的大小 (3由几何知识求足球初速度的方向与球门线夹角的正切值.

4．如图所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，使物体B匀速向右运动，物体B与地面的动摩擦因数为0.6，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为vA和vB，则（ ）




A．汽车向右做减速运动 B．若图示位置，则vAvB
C．β从30°到60°的过程中组子对B的拉力越来越小 D．β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力的功率越来越小 【答案】ABD 【解析】 【详解】
A. A、B两物体的速度分解如图：

由图可知，
v绳AvAcos
v绳BvBcos v绳Av绳B
物体B匀速向右运动，所以增大，v绳Av绳B减小，又α减小，cos增大，所以vA减小，即汽车向右做减速运动，选项A正确； B.若图示位置，则vAvB，选项B正确；
C.β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力先减小后增大，选项C错误；
D.因为β从30°到60°的过程中B的摩擦力减小，故绳子对B的拉力的功率减小。选项D正确。 故选ABD。

5．如图所示，斜面ABC放置在水平地面上，AB=2BC，O为AC的中点，现将小球从A点正上方、A与F连线上某一位置以某一速度水平抛出，落在斜面上．己知D、E为AF连线上的点，且AD=DE=EF，D点与C点等高．下列说法正确的是




A．若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的飞行时间由初速度大小决定 B．若小球从D点抛出，有可能垂直击中O点 C．若小球从E点抛出，有可能垂直击中O点 D．若小球从F点抛出，有可能垂直击中C点 【答案】AD 【解析】 【详解】
A．假设∠A的为，若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，将落点的速度分解在水平方向和竖直方向，则：
tanv0vy
vygt
所以，解得：
t角度是确定的
v0 gtanBC1 AB2tan可以解得：
t2v0
g所以小球的飞行时间由初速度大小决定．故A正确．
BCD．若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的飞行时间由初速度大小决定． 水平方向的位移：
2v02v02xv0tv0
gg竖直方向的位移：
1212v022v02ygtg(xAD
22gg则抛出点距离A点的距离为：
y'yxtan33yAD 22


所以若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的水平位移和竖直位移相等． 垂直击中O点，有：
xo13ABBCAD，则yo'AD
22即在DE的中点抛出才有可能垂直击中O点，故小球从D点、E点抛出均不能垂直击中O点，故BC错误． 垂直击中O点，有：
32xCAB2AD，则yC'xC3AD

即小球从F点抛出，有可能垂直击中C点．故D正确．

6．高度为d的仓库起火，现需要利用仓库前方固定在地面上的消防水炮给它灭火。如图所示，水炮与仓库的距离为d，出水口的横截面积为S。喷水方向可自由调节，功率也可以变化，火势最猛的那层楼窗户上、下边缘离地高度分别为0.75d和0.25d，（要使火火效果最好）要求水喷入时的方向与窗户面垂直，已知水炮的效率为η，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略水炮离地高度。下列说法正确的是（ ）

A．若水从窗户下边缘进入，则进入时的速度大小为dg B．若水从窗户上边缘进入，则进入时的速度大小为2dg C．若水从窗户的正中间进入，则此时的水炮功率最小
31S2gd2 D．满足水从窗户进入的水炮功率最小值为2【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
A．把抛出水的运动逆向思维为平抛运动，根据平抛运动规律有
v0x水从上边缘进入h0.75d，解得
gg d2h2hv0dg20.75d2gd
3


故A错误；
B．水从下边缘进入h0.25d，解得
v0d故B错误；
C．逆向思维，水到达水炮时
g2gd
20.25dvxv0，vy2gh
则有
d2vvvg(2h
2h2x2y根据数学知识可知，当d2h，即h0.5d时，v最小，对应位置为窗户正中间，故C正确；
D．由上面的分析可知，当v的最小值v2dg，满足水从窗户进入的水炮功率最小，其最小值为
121mvvtSv23W2Sv312PS2gd2 ttt22故D正确。 故选CD。

7．如图所示，在竖直平面内坐标系中的第一象限内有沿x轴正方向的恒定风力，将质量为m0.1kg小球以初速度v04m/s从O点竖直向上抛出，到达最高点的位置为M点，落回x轴时的位置为N（图中没有画出），若不计空气阻力，坐标格为正方形，g取10m/s2，则（ ）

A．小球在M点的速度大小为5m/s
0 B．位置N的坐标为(12，C．小球到达N点的速度大小为410m/s D．风力大小为10N 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A．设正方形的边长为s0，小球竖直方向做竖直上抛运动有



v0gt1
解得
t10.4s
2s0水平方向做匀加速直线运动有
v0t1 2v1t1
23s0解得小球在M点的速度大小为
v16m/s
选项A错误；
B．由竖直方向运动的对称性可知，小球再经过t1到达x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，位置N的坐标为（12，0），选项B正确； C．到N点时竖直分速度大小为v04m/s，水平分速度
vxa水平tN2v112m/s
小球到达N点的速度大小为
22v2v0vx410m/s
选项C正确； D．水平方向上有
v1at1
解得
a水平15m/s2
所以风力大小
Fma水平1.5N
选项D错误。 故选BC。

8．如图，小球从倾角为θ 的斜面顶端A点以速率v0做平抛运动，则（ ）

A．若小球落到斜面上，则v0越大，小球飞行时间越大
B．若小球落到斜面上，则v0越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大 C．若小球落到水平面上，则v0越大，小球飞行时间越大



D．若小球落到水平面上，则v0越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大 【答案】AD 【解析】 【分析】
若小球落到斜面上，竖直位移与水平位移之比等于tanθ，列式分析时间与初速度的关系．将速度进行分解，求出末速度与竖直方向夹角的正切．
若小球落到水平面上，飞行时间一定．由速度分解求解末速度与竖直方向的夹角的正切，再进行分析． 【详解】
A．若小球落到斜面上，则有
12gty2gt
tanxv0t2v0得
t可知t∝v0，故A正确． B．末速度与竖直方向夹角的正切
2v0tan
gtantanα保持不变，故B错误．
v01 vy2tan12gt得
2C．若小球落到水平面上，飞行的高度h一定，由ht2h
g可知t不变．故C错误．
D．末速度与竖直方向的夹角的正切
tanv0v0 vygtt不变，则v0越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大，故D正确． 故选AD． 【点睛】
本题关键抓住水平位移和竖直位移的关系，挖掘隐含的几何关系，运用运动的分解法进行研究．

9．如图所示，一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h，重力加速度为g。现有一小球在A处贴着斜面以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下列说法中正确的是（ ）




A．小球的运动轨迹为抛物线 C．小球到达B点的时间为【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
B．小球的加速度为gtanθ
1sin2h
gD．小球到达B点的水平位移v0sin2h
gA．小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，做类平抛运动，轨迹为抛物线，A正确；
B．小球所受合力为重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律
mgsinma
因此加速度
agsin
B错误；
小球沿斜面方向做匀加速运动
h1gsint2 sin2可得运动时间
tC正确；
1sin2h
gD．水平位移应是AB线段在水平面上的投影，到达B点的沿水平x方向的位移
xv0t沿水平y方向的位移
v0sin2h
gyhcot
因此水平位移
sx2y2D错误。 故选AC。
v0sin2h
g
10．如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地面


上通过铰链联结形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M，C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平（转过了90角）。下列有关此过程的说法中正确的是（ ）

A．重物M做匀速直线运动 B．重物M做变速直线运动 C．重物M的最大速度是L D．重物M的最大速度是2ωL 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB．设C点线速度方向与绳子沿线的夹角为θ（锐角），由题知C点的线速度为ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为ωLcosθ，即为重物运动的速度，θ的变化规律是开始最大（90），然后逐渐变小，直至绳子和杆垂直，θ变为零度；然后，θ又逐渐增大，所以重物做变速运动，B正确，A错误；
CD．θ角先减小后增大，所以ωLcosθ先增大后减小（绳子和杆垂直时最大），重物的速度先增大后减小，最大速度为ωL。故C正确，D错误。 故选BC。

二、第六章 圆周运动易错题培优（难）
11．如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A、B、C，质量分别为m、2m、3m，A叠放在B上，C、B离圆心O距离分别为2r、3r。C、B之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直无张力。已知C、B与圆盘间动摩擦因数为，A、B间摩擦因数为3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现让圆盘从静止缓慢加速，则（ ）




A．当B．当C．当D．当【答案】BC 【解析】 【详解】
2g时，A、B即将开始滑动 3rg2r时，细线张力3mg
2gr时，C受到圆盘的摩擦力为0
2g时剪断细线，C将做离心运动 5rA. 当A开始滑动时有：
fA3mgm3r02
解得：
0＝当B. 当g r2g3rgr时，AB未发生相对滑动，选项A错误；
g2rgr＝mr可知 时，以AB为整体，根据F向F向＝3m3r29mg
22B与转盘之间的最大静摩擦力为：
fBm（m2m）g3mg
所以有：
F向fBm
此时细线有张力，设细线的拉力为T， 对AB有：
3mgT3m3r2
对C有：
fCT3m2r2
解得
T选项B正确；
3mg3mg，fC 22


C. 当gr时，
AB需要的向心力为：
FAB＝3m3r2＝9mgTfBm
解得此时细线的拉力T=9mgfBm6mg C需要的向心力为：
FC＝3m2r2＝6mg
C受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对C的摩擦力一定等于0，选项C正确； D. 当2g时，对C有： 5rfCT3m2r212mg
5剪断细线，则
fC12mgfCm3mg
5所以C与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则C仍然做匀速圆周运动。选项D错误。 故选BC。

12．如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列有关说法中正确的是（ ）

A．小球能够到达最高点时的最小速度为0 B．小球能够通过最高点时的最小速度为gR
C．如果小球在最低点时的速度大小为5gR，则小球通过最低点时对管道的外壁的作用力为6mg
D．如果小球在最高点时的速度大小为2gR，则此时小球对管道的外壁的作用力为3mg 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】



A．圆形管道内壁能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0，选项A正确，B错误；
C．设最低点时管道对小球的弹力大小为F，方向竖直向上。由牛顿第二定律得
v2Fmgm
R将v5gR代入解得
F6mg>0，方向竖直向上
根据牛顿第三定律得知小球对管道的弹力方向竖直向下，即小球对管道的外壁有作用力为6mg，选项C正确；
D．小球在最高点时，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
v2Fmgm
R将v2gR代入解得
F3mg>0，方向竖直向下
根据牛顿第三定律知球对管道的外壁的作用力为3mg，选项D正确。 故选ACD。

13．如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为m的A、B两个物块（可视为质点）。A和B距轴心O的距离分别为rA＝R，rB＝2R，且A、B与转盘之间的最大静摩擦力都是fm，两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止。则在圆盘转动的角速度从0缓慢增大的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．B所受合力一直等于A所受合力 B．A受到的摩擦力一直指向圆心 C．B受到的摩擦力先增大后不变
D．A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度ωm＝ 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
当圆盘角速度比较小时，由静摩擦力提供向心力。两个物块的角速度相等，由Fm2r可知半径大的物块B所受的合力大，需要的向心力增加快，最先达到最大静摩擦力，之后2fm
mR


保持不变。当B的摩擦力达到最大静摩擦力之后，细线开始提供拉力，根据
2 Tfmm2R

TfAm2R
可知随着角速度增大，细线的拉力T增大，A的摩擦力fA将减小到零然后反向增大，当A的摩擦力反向增大到最大，即fA=fm时，解得
角速度再继续增大，整体会发生滑动。 由以上分析，可知AB错误，CD正确。 故选CD。
2fm
mR
14．如图甲所示，半径为R、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看成质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A时，小球受到的弹力F与其过A点速度平方（即v2）的关系如图乙所示。设细管内径略大于小球直径，则下列说法正确的是（ ）

A．当地的重力加速度大小为B．该小球的质量为R
baR
bC．当v2=2b时，小球在圆管的最高点受到的弹力大小为a D．当0≤v2＜b时，小球在A点对圆管的弹力方向竖直向上 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB．在最高点，根据牛顿第二定律
mv2 mgFR整理得
mv2 FmgR由乙图斜率、截距可知



amg， ma
Rb整理得
mA错误，B正确；
C．由乙图的对称性可知，当v2=2b时
abR，g bRFa
即小球在圆管的最高点受到的弹力大小为a，方向竖直向下，C正确； D．当0≤v2＜b时，小球在A点对圆管的弹力方向竖直向下，D错误。 故选BC。

15．高铁项目的建设加速了国民经济了发展，铁路转弯处的弯道半径r是根据高速列车的速度决定的。弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差h的设计与r和速率v有关。下列说法正确的是（ ）
A．r一定的情况下，预设列车速度越大，设计的内外轨高度差h就应该越小 B．h一定的情况下，预设列车速度越大，设计的转弯半径r就应该越大 C．r、h一定，高速列车在弯道处行驶时，速度越小越安全
D．高速列车在弯道处行驶时，速度太小或太大会对都会对轨道产生很大的侧向压力 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
如图所示，两轨道间距离为L恒定，外轨比内轨高h，两轨道最高点连线与水平方向的夹角为θ。

当列车在轨道上行驶时，利用自身重力和轨道对列车的支持力的合力来提供向心力，有
hv2F向=mgtanmgm
LrA． r一定的情况下，预设列车速度越大，设计的内外轨高度差h就应该越大，A错误； B．h一定的情况下，预设列车速度越大，设计的转弯半径r就应该越大，B正确； C．r、h一定，高速列车在弯道处行驶时，速度越小时，列车行驶需要的向心力过小，而为列车提供的合力过大，也会造成危险，C错误；
D．高速列车在弯道处行驶时，向心力刚好有列车自身重力和轨道的支持力提供时，列车对轨道无侧压力，速度太小内轨向外有侧压力，速度太大外轨向内有侧压力，D正确。 故选BD。




16．荡秋千是大家喜爱的一项体育活动。某秋千的简化模型如图所示，长度均为L的两根细绳下端拴一质量为m的小球，上端拴在水平横杆上，小球静止时，细绳与竖直方向的夹角均为。保持两绳处于伸直状态，将小球拉高H后由静止释放，已知重力加速度为g，忽略空气阻力及摩擦，以下判断正确的是（ ）

A．小球释放瞬间处于平衡状态
B．小球释放瞬间，每根细绳的拉力大小均为LcosHmg
22Lcosmg 2cosmgHmg
Lcos22cosC．小球摆到最低点时，每根细绳的拉力大小均为D．小球摆到最低点时，每根细绳的拉力大小均为【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB.设每根绳的拉力大小为T，小球释放瞬间，受力分析如图1，所受合力不为0 由于速度为0，则有
2Tcosmgcos0


如图2，由几何关系，有
cosLcosH
Lcos



联立得
TA错误，B正确；
LcosHmg
22LcosCD．小球摆到最低点时，图1中的0，此时速度满足
mgH由牛顿第二定律得
12mv1
2v122Tcosmgm
R其中RLcos 联立解得
TC错误，D正确。 故选BD。
mgHmg
22Lcos2cos
17．如图所示，转台上固定有一长为4L的水平光滑细杆，两个中心有孔的小球A、B从细杆穿过并用原长为L的轻弹簧连接起来，小球A、B的质量分别为3m、2m。竖直转轴处于转台及细杆的中心轴线上，当转台绕转轴匀速转动时（ ）

A．小球A、B受到的向心力之比为3：2
B．当轻弹簧长度变为2L时，小球A做圆周运动的半径为1.5L
C．当轻弹簧长度变为3L时，转台转动的角速度为ω，则弹簧的劲度系数为1.8mω² D．如果角速度逐渐增大，小球A先接触转台边沿 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】



A．由于弹簧的拉力提供小球做圆周运动的向心力，弹簧对两个小球的拉力相等，因此两个小球的向心力相等，A错误； B．由于向心力相等，因此
3m2r12m2r2
而轻弹簧长度变为2L时
r1r22L
可得
r10.8L，r21.2L
当轻弹簧长度变为2L时，小球A做圆周运动的半径为0.8L，B错误； C．当长度为3L时，即
r1r23L
可得
r11.2L
此时弹簧的弹力提供A球做圆周运动的向心力，则
k(3LL3m21.2L
整理得
k1.8m2
C正确；
D．由于B球的轨道半径总比A球的大，因此B球先接触转台边沿，D错误。 故选C。

18．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度为（ ）
g(r2R2A． 222R【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
g(r2R2B． 222rg(rR2C． 222Rgr2D．
22R2雨点甩出后做平抛运动，竖直方向有
h=t=水平方向初速度为雨伞边缘的线速度，所以
v0=ωR
12gt 22h
g


雨点甩出后水平方向做匀速直线运动
x=v0t=ωR2h
g伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，根据几何关系可知水平距离为
x=r2R2
所以
r2R2=ωR解得
2h
gg(r2R2h=
22R2故选A.
点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．

19．如图所示，一个半径为R的实心圆盘，其中心轴与竖直方向的夹角为30，开始时，圆盘静止，其上表面覆盖着一层灰尘，没有掉落。现将圆盘绕其中心轴旋转，其角速度从零缓慢增大至ω，此时圆盘表面上的灰尘75%被甩掉。设灰尘与圆盘间的动摩擦因数为3，重力加速度为g，则的值为（ ）
2
A．g 2RB．3g 2RC．5g 2RD．g
R【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
越靠近边缘的灰尘越容易被甩掉，剩余的灰尘半径为r，则
(175%R2r2
解得
r在圆盘的最低点，根据牛顿的第二定律
1R
2


mgcosmgsinm2r
解得
g 2RA正确，BCD错误。 故选A。

20．如图所示，A、B是两只相同的齿轮，A被固定不能转动。若B齿轮绕A齿轮运动半周，到达图中的C位置，则B齿轮上所标出的竖直向上的箭头所指的方向是（ ）

A．竖直向上 C．水平向左 【答案】A 【解析】 【详解】
B．竖直向下 D．水平向右
若B齿轮逆时针绕A齿轮转动，当B齿轮转动1周时，B齿轮在A齿轮正上方，B齿轮上41周，B齿轮到达图中的C位置，B齿4所标出箭头所指的方向竖直向下；B齿轮继续转动轮上所标出箭头所指的方向竖直向上。 若B齿轮顺时针绕A齿轮转动，当B齿轮转动1周时，B齿轮在A齿轮正下方，B齿轮上4所标出箭头所指的方向竖直向下；B齿轮继续转动轮上所标出箭头所指的方向竖直向上。 综上，BCD三项错误，A项正确。
1周，B齿轮到达图中的C位置，B齿4
三、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）
21．如图所示，一根轻弹簧一端固定于O点，另一端与可视为质点的小滑块连接，把滑块放在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上的A点，此时弹簧恰好水平。将滑块从A点由静止释放，经B点到达位于O点正下方的C点。当滑块运动到B点时弹簧与斜面垂直，且此时弹簧恰好处于原长。已知OB的距离为L，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则滑块由A运动到C的过程中（ ）




A．滑块的加速度先减小后增大 C．滑块经过B点时的速度大于gL 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB．弹簧原长为L，在A点不离开斜面，则
B．滑块的速度一直在增大
D．滑块经过C点的速度可能小于2gL
k(在C点不离开斜面，则有
LLsin30mgcos30 sin30k(LLcos30mgcos30
cos30从A点滑至C点，设弹簧与斜面夹角为α（范围为30°≤α≤90°）；从B点滑至C点，设弹簧与斜面的夹角为β，则
mgsin30kxcosma2
可知下滑过程中加速度一直沿斜面向下且减小，选项A错误，B正确； C．从A点滑到B点，由机械能守恒可得
mgLcos30Ep解得
12mvB
2vB2gLcos302选项C正确；
D．从A点滑到C点，由机械能守恒可得
Epm3gL2EpmgL
mg解得
L12EPmvC
cos302EpLvC2g2cos30m选项D错误。 故选BC。
E43gL2p2gL 3m
22．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A处，上端连接质量5kg的


滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a随位移x的变化关系如图乙所示，，重力加速度取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是 （ ）

A．滑块在下滑的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒 B．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1 C．滑块下滑过程中的最大速度为13m/s
5D．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4J 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A．滑块在下滑的过程中，除重力和弹簧的弹力做功外，还有摩擦力做功，故滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．刚释放瞬间，弹簧的弹力为零，由图象可知此时加速度为a=5.2m/s2，根据牛顿第二定律有
mgsinmgcosma
解得0.1，故B正确；
C．当x=0.1m时a=0，则速度最大，此时滑块受到的合力为零，则有
mgsinkxmgcos0
解得k260N/m，则弹簧弹力与形变量的关系为
Fkx
当形变量为x=0.1m时，弹簧弹力F=26N，则滑块克服弹簧弹力做的功为
W11Fx2.60.1J1.3J 2212mvm
2从下滑到速度最大，根据动能定理有
mgsinmgcosxW解得vm13m/s，故C正确；
5D．滑块滑到最低点时，加速度为a5.2m/s2，根据牛顿第二定律可得



mgsinmgcoskxma
解得x0.2m，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有
mgsinmgcosxEp00
解得Ep=5.2J，故D错误。 故选BC。

23．如图所示，劲度系数k=40N/m的轻质弹簧放置在光滑的水平面上，左端固定在竖直墙上，物块A、B在水平向左的推力F=10N作用下，压迫弹簧处于静止状态，已知两物块不粘连，质量均为m=3kg。现突然撤去力F，同时用水平向右的拉力F作用在物块B上，同时控制F的大小使A、B一起以a=2m/s2的加速度向右做匀加速运动，直到A、B分离，此过程弹簧对物块做的功为W弹=0.8J。则下列说法正确的是（ ）

A．两物块刚开始向右匀加速运动时，拉力F'=2N B．弹簧刚好恢复原长时，两物块正好分离 C．两物块一起匀加速运动经过10s刚好分离
10D．两物块一起匀加速运动到分离，拉力F'对物块做的功为0.6J 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A．两物块刚开始向右匀加速运动时，对AB整体，由牛顿第二定律可知
FF2ma
解得
F2maF232N10N2N
故A正确；
BC．两物体刚好分离的临界条件；两物体之间的弹力为零且加速度相等。设此时弹簧的压缩量为x，则有
kxma
代入数据，可得
x弹簧最初的压缩量
ma32m0.15m k40F10m=0.25m k40故两物块一起匀加速运动到分离的时间为
x0


12atx0x
2解得
t故B错误，C正确；
2(x0x2(0.250.1510ss a210D．对AB整体，从一起匀加速运动到分离，由动能定理可得
1W弹WF2mv2
2vat2解得
1010m/s 10511102WF2mv2W弹23(J0.8J0.4J
225故D错误。 故选AC。

24．戽斗是古代最常见的提水器具，两人相对而立，用手牵拉绳子，从低处戽水上岸，假设戽斗装水后重20kg，左右两根轻绳长均为2m，最初绳子竖直下垂，戽水时两人均沿水平方向朝相反的方向做直线运动，戽斗以加速度1m/s2匀加速度直线上升，己知重力加速度g10m/s，（绳子可以看成轻质细绳）则戽斗上升1m时（ ）
2
A．两绳的拉力大小均为200N B．两人拉绳的速率均为2m/s C．两人对戽斗做的功均为110J D．绳子拉力的总功率为2202W 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
A．此时戽斗已经向上移动了1m，对戽斗进行受力分析如下




沿戽斗运动方向根据牛顿第二定律有
2TcosABDmgma
其中cosABD带入数据解得
T220N
1
2故A错误；
B．上升1m的过程根据速度位移公式可得
2v戽02ax
如下图，戽斗与人在沿绳方向的分速度相等

v戽cosABDv人cosBAD
联立并带入数据解得
v戽2m/s
v人故B错误；
C．戽斗上升过程根据动能定理有
2m/s
3122W人mghmv戽
2带入数据解得每人对戽斗做的功W人为110J，故C正确； D．上升1m后的瞬时功率为
PFv2TcosABDv戽2202W
故D正确。 故选CD。




25．如图所示，细线上挂着小球，用水平恒力F将小球从竖直位置P拉到位置Q，小球在Q点垂直绳方向所受的合力恰好为零，此时细绳与竖直方向的夹角为，则（ ）

A．恒力做功等于小球重力势能的增量 B．小球将静止在Q点 C．细线对小球做的功为零
D．若在Q点将外力F撤去，小球来回摆动的角度将等于 【答案】C 【解析】 【分析】
小球在Q点所受的合力恰好为零，由此可分析恒力F和重力的关系，再根据动能定理可分析小球的运动情况。 【详解】
A．小球在Q点垂直绳方向所受的合力恰好为零，由图可知恒力F和重力G的关系为
FGtan

从竖直位置P拉到位置Q过程中位移为s，恒力F做功
WF重力G做功的大小
Gtanscos2Gstancos
2WGGhGssin2
90所以



WFWG即有
GstancosGssin2tantan21tan2221
2WF选项A错误； B．因为WFWG
而小球重力势能的增量等于重力G做功的大小，因此恒力做功大于小球重力势能的增量，WG，根据动能定理可知小球到达Q点时动能不为零，小球具有一定速度，不会静止在Q点，选项B错误；
C．因为小球的轨迹是圆弧，其速度方向始终与细线垂直，因此细线的拉力始终与速度垂直，对小球做的功为零，选项C正确；
D．因为小球在Q点速度不为零，若在Q点将外力F撤去，小球还会向上运动一段距离，到最高点后再回落。之后的摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，因此小球来回摆动的角度将大于，选项D错误。 故选C。 【点睛】
抓住小球在Q点所受的合力恰好为零是分析问题的关键。

26．如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，现使斜面水平向左匀速移动距离l，物体始终与斜面保持相对静止．则在斜面水平向左匀速运动距离l的过程中（ ）

A．摩擦力对物体做的功为－μmglcos θ B．斜面对物体的弹力做的功为mglsin θcos2θ C．重力对物体做的功为mgl D．斜面对物体做的功为0 【答案】D 【解析】
试题分析：物体处于静止，对物体受力分析可得，在竖直方向 mg="Ncosθ+fsinθ" ； 在水平分析 Nsinθ=fcosθ
解得 N=mgcosθ；f=mgsinθ；支持力与竖直方向的夹角为θ，摩擦力做的功 Wf=-fcosθ•l=-mglsinθcosθ，故A错误；支持力做的功为WN=Nsinθ•s=mgssinθcosθ，支持力做功的功率为：mgcosθ•vsinθ，故B错误；重力做功为零，故C错误；由于匀速运动，所以斜面体对物体作用力的合力与速度方向垂直，则作用力做的总功为零，故D正确；故选D．




考点：功

27．物块在水平面上以初速度v0直线滑行，前进x0后恰好停止运动，已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ，且μ的大小与物块滑行的距离x的关系为μ=kx（k为常数），重力加速度为g。则（ ） A．v0kgx
20B．v02kgx
202kgx0C．v0
22D．v02kgx0
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
因动摩擦因数kx，则滑动摩擦力为
fmgkmgx
即滑动摩擦力随位移均匀变化，故摩擦力的功的功可用平均力乘以位移表示，由动能定理
fx解得
0kmgx012x00mv0 222 v0kgx0故A正确，BCD错误。 故选A。

28．某汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0．在t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为P/2，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态．下面是有关汽车牵引力F、速度v在此过程中随时间t变化的图像，其中正确的是(
A． B．



C． D．
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
由题，汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为P时，根据P=Fv得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为2F1PF0，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为，随着速度的22减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小为F0；由P=Fv得知，此时汽车的速度为原来的一半．
AB．汽车功率变化后，做加速度减小的减速直至匀速；故A正确，B错误．
CD．汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小的越来越慢，牵引力增加的越来越慢，最终牵引力还原；故CD错误．

29．如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g．当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对细杆的拉力大小为：

A．5mg 【答案】C 【解析】 【分析】
B．Mg+4mg C．Mg+5mg D．Mg+10mg
利用机械能守恒、竖直平面内的圆周运动、力的合成、牛顿运动定律求解． 【详解】
设大环底端处为重力势能零点，大环半径为R，小环在最低点速度为v，由于小环运动过程中只受弹力和重力，弹力和运动方向始终垂直，所以弹力不做功，只有重力做功，所以根据机械能守恒可得：



12mv2mgR
2解得：
v4gR2gR
当小环到达大环最低点时，分析小环的受力得：
mv2 F支mgR把v2gR带入得：
F支5mg
分析大环的受力，大环受到自身重力和小环竖直向下的压力5mg，故大环对轻杆的拉力为：Mg5mg，C符合题意．

30．一质量为m的小轿车以恒定功率P启动，沿平直路面行驶，若行驶过程中受到的阻力大小不变，能够达到的最大速度为v。当小轿车的速度大小为（ ） A．2v时，它的加速度大小为3P
mvB．P 2mvC．3P 2mvD．4P
mv【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
汽车速度达到最大后，将匀速前进，此时有
PFv
Ff
当汽车的车速为2v时，有
3PF2v
3根据牛顿第二定律有
Ffma
联立解得
a选项B正确，ACD错误。 故选B。
P 2mv
四、第七章 万有引力与宇宙航行易错题培优（难）



31．如图所示，A是静止在赤道上的物体，地球自转而做匀速圆周运动。B、C是同一平面内两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星。已知第一宇宙速度为v，物体A和卫星B、C的线速度大小分别为vA、vB、vC，运动周期大小分别为TA、TB、TC，下列关系正确的是（ ）

A．TA=TC＜TB C．vA＜vC＜vB＜v 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB．由题意，A是静止在赤道上的物体，C是地球同步卫星，故有TATC，又由于B、C是同一平面内两颗人造卫星，由万有引力提供向心力可知
B．TA=TC＞TB D．vA＜vB＜vC＜v
Mm42G2m2r rT解得
42r3 TGM即轨道半径越大，周期越大，由于C的轨道半径大于B的轨道半径，则TBTC，联立上式，可得
TA=TC＞TB
故A错误，B正确；
CD．由于B、C是同一平面内两颗人造卫星，由万有引力提供向心力可知
Mmv2G2m rr解得
vGM
r也就是说，轨道半径越大，线速度越小，故有vBvC，又因为A、C具有相同的周期和角速度，所以有vCvA，又因为第一宇宙速度是最大的环绕速度，故有vvB，结合以上分析可知
vA＜vC＜vB＜v
故C正确，D错误。 故选BC。




32．组成星球的物质是靠引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转的速率，如果超出了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤附近的物体随星球做圆周运动,由此能得到半径为R,密度为ρ、质量为M且均匀分布的星球的最小自转周期T，下列表达式正确的是：（ ）
33RA．T2
GM3RB．T2
GMC．T3 GD．T G【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB.当周期小到一定值时，压力为零，此时万有引力充当向心力，即
GMm42Rm2
2RT解得：
R3 ① T2GM故B正确，A错误； CD. 星球的质量
4MρVπρR3
3代入①式可得：
T故C正确，D错误．
3 G
33．2020年5月24日，中国航天科技集团发文表示，我国正按计划推进火星探测工程，瞄准今年7月将火星探测器发射升空。假设探测器贴近火星地面做匀速圆周运动时，绕行周期为T，已知火星半径为R，万有引力常量为G，由此可以估算（ ） A．火星质量 C．火星第一宇宙速度 【答案】ACD 【解析】 【分析】
本题考查万有引力与航天，根据万有引力提供向心力进行分析。 【详解】
A．由万有引力提供向心力
B．探测器质量 D．火星平均密度
Mm42G2m2R RT


可求出火星的质量
42R3 MGT2故A正确；
B．只能求出中心天体的质量，不能求出探测器的质量，故B错误；
C．由万有引力提供向心力，贴着火星表面运行的环绕速度即火星的第一宇宙速度，即有
Mmv2G2m RR求得
v故C正确；
D．火星的平均密度为
GM2R
RT42R32M3GT 43GT2VR3故D正确。 故选ACD。

34．宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”,它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动,而不至于因万有引力的作用吸引到一起．设两者的质量分别为m1和m2且m1m2则下列说法正确的是(

A．两天体做圆周运动的周期相等
B．两天体做圆周运动的向心加速度大小相等 C． m1的轨道半径大于m2的轨道半径 D． m2的轨道半径大于m1的轨道半径 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A．双星围绕两者连线上的某一点做匀速圆周运动，故两者周期相同，所以A正确； B．双星间万有引力提供各自圆周运动的向心力有
m1a1=m2a2
因为两星质量不等，故其向心加速度不等，所以B错误； CD．双星圆周运动的周期相同故角速度相同，即有
m1r1ω2＝m2r2ω2



所以m1r1=m2r2，又因为m1＞m2，所以r1＜r2，所以C错误，D正确。 故选AD。

35．如图所示，卫星在半径为r1的圆轨道上运行速度为1，当其运动经过A点时点火加速，使卫星进入椭圆轨道运行，椭圆轨道的远地点B与地心的距离为r2，卫星经过B点的速度为B，若规定无穷远处引力势能为0，则引力势能的表达式EpGMm，其中Gr为引力常量，M为中心天体质量，m为卫星的质量，r为两者质心间距，若卫星运动过程中仅受万有引力作用，则下列说法正确的是

A．b1
B．卫星在椭圆轨道上A点的加速度小于B点的加速度 C．卫星在A点加速后的速度为A1122GMB
rr121D．卫星从A点运动至B点的最短时间为t【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
r1r22r131
假设卫星在半径为r2的圆轨道上运行时速度为v2．由卫星的速度公式vGM 知，卫星r在半径为r2的圆轨道上运行时速度比卫星在半径为r1的圆轨道上运行时速度小，即v21．卫星要从椭圆轨道变轨到半径为r2的圆轨道，在B点必须加速，则vB2，所以有vB1．故A正确．由GMmma，可知轨道半径越大，加速度越小，则aAaB，故B2r错误；卫星加速后从A运动到B的过程，由机械能守恒定律得，
1GMm1GMm11mvA2(mvB2( 得vA2GM(vB2，故C正确；设2r12r2r1r2卫星在半径为r1的圆轨道上运行时周期为T1，在椭圆轨道运行周期为T2．根据开普勒第三


r1r232r1TrT 又因为1 卫星从A点运动至B点的最短时间为t2，联立定律2v12TT223121(解得tv1(r1r23 故D错误． 2r1
36．宇宙中有两颗孤立的中子星，它们在相互的万有引力作用下间距保持不变，并沿半径不同的同心圆轨道做匀速圆周运动．如果双星间距为L，质量分别为m1和m2，引力常量为G，则（ ） A．双星中m1的轨道半径r1B．双星的运行周期T2Lm2L
m1m2m2L
Gm1m2C．m1的线速度大小v1m1G
L(m1m242L3D．若周期为T，则总质量m1m2
GT2【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A．设行星转动的角速度为ω，周期为T，如图：

对星球m1，根据万有引力提供向心力可得
G同理对星球m2，有
m1m2m12R1
2Lm1m2m22R2
2LG两式相除得
R1m2（即轨道半径与质量成反比） R2m1又因为



LR1R2
所以得
R1R2选项A正确； B．由上式得到
m2L
m1m2m1L
m1m2因为T1Gm1m2 LL2，所以
T2L选项B错误； C．由vL
Gm1m22R可得双星线速度为 Tm2L2R1m1m2Gv1m2TLm1m2 L2LGm1m22m1L2R2m1m2Gv2m1TLm1m2
L2LGm1m22选项C错误； D．由前面T2LL得
Gm1m242L3 m1m22GT选项D正确。 故选AD。

37．关于人造卫星和宇宙飞船，下列说法正确的是（ ）
A．一艘绕地球运转的宇宙飞船，宇航员从舱内慢慢走出，并离开飞船，飞船因质量减小，所受到的万有引力减小，故飞行速度减小
B．两颗人造卫星，只要它们在圆形轨道的运行速度相等，不管它们的质量、形状差别有多


大，它们的运行速度相等，周期也相等
C．原来在同一轨道上沿同一方向运转的人造卫星一前一后，若要后一个卫星追上前一个卫星并发生碰撞，只要将后面一个卫星速率增大一些即可
D．关于航天飞机与空间站对接问题，先让航天飞机进入较低的轨道，然后再对其进行加速，即可实现对接 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
人造地球卫星做匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力有
Mmmv22πG2mω2rm(2rma rrT解得
vGM rM r2aGGM r342r3 TGMA．根据vGM，可知速度与飞船的质量无关，故当宇航员从舱内慢慢走出时，飞船rGM，可知两个卫星的线速度相等，故其轨道半径就相等，再根据
r的速度不变，故A错误； B．根据v42r3 TGM可知不管它们的质量、形状差别有多大，它们的运行速度相等，周期也相等，故B正确； C．当后面的卫星加速时，提供的向心力不满足所需要的向心力，故卫星要做离心运动，不可能相撞，故C错误；
D．先让飞船进入较低的轨道，若让飞船加速，所需要的向心力变大，万有引力不变，所以飞船做离心运动，轨道半径变大，即可实现对接，故D正确； 故选BD。

38．电影《流浪地球》讲述的是面对太阳快速老化膨胀的灾难，人类制定了“流浪地球”计划，这首先需要使自转角速度大小为的地球停止自转，再将地球推移出太阳系到达距离太阳最近的恒星（比邻星）。为了使地球停止自转，设想的方案就是在地球赤道上均匀


地安装N台“喷气”发动机，如下图所示（N较大，图中只画出了4个）。假设每台发动机均能沿赤道的切线方向提供大小恒为F的推力，该推力可阻碍地球的自转。已知描述地球转动的动力学方程与描述质点运动的牛顿第二定律方程F=ma具有相似性，为MI，其中M为外力的总力矩，即外力与对应力臂乘积的总和，其值为NFR；I为地球相对地轴的转动惯量；β为单位时间内地球的角速度的改变量。将地球看成质量分布均匀的球体，下列说法中正确的是（ ）

A．在MI与F=ma的类比中，与质量m对应的物理量是转动惯量I，其物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度 B．β的单位为rad/s
C．地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变小 D．地球停止自转后，赤道附近比两极点附近的重力加速度大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A．在M=Iβ与F=ma的类比中，与转动惯量I对应的物理量是m，其物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度，A正确； B．根据
NFRI
得
NFRI
代入单位运算可知其单位为s2，故B错误；
C．地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变大，故C错误； D．地球停止自转后，赤道附近和两极点附近的重力加速度大小相等，故D错误。 故选A。

39．北京时间2019年4月10日，人类首次利用虚拟射电望远镜，在紧邻巨椭圆星系M87的中心成功捕获世界首张黑洞图像。科学研究表明，当天体的逃逸速度（即第二宇宙速度，为第一宇宙速度的2倍）超过光速时，该天体就是黑洞。已知某天体质量为M，万有引力常量为G，光速为c，则要使该天体成为黑洞，其半径应小于（ ）



2GMA． 2c【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
2c2B．
GMC．2GM
2cD．GM2
c地球的第一宇宙速度为v1，根据万有引力提供向心力，有
v12Mm G2mRR解得
GMv12R
由题得第二宇宙速度
v22v1
又由题星体成为黑洞的条件为v2c，即
2解得
GM>c R2GM c2R选项A正确，BCD错误。 故选A。

40．我国于2019年年底发射“嫦娥五号”探月卫星，计划执行月面取样返回任务。“嫦娥五号”从月球返回地球的过程可以简单分成四步，如图所示第一步将“嫦娥五号”发射至月球表面附近的环月圆轨道I，第二步在环月轨道的A处进行变轨进入月地转移轨道Ⅱ，第三步当接近地球表面附近时，又一次变轨，从B点进入绕地圆轨道III，第四步再次变轨道后降落至地面，下列说法正确的是（ ）

A．将“嫦娥五号”发射至轨道I时所需的发射速度为7.9km/s B．“嫦娥五号”从环月轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ时需要加速
C．“嫦娥五号”从A沿月地转移轨道Ⅱ到达B点的过程中其速率一直增加 D．“嫦娥五号”在第四步变轨时需要加速 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】



A．7.9km/s是地球的第一宇宙速度，也就是将卫星发射到近地轨道上的最小发射速度，而月球的第一宇宙速度比地球的小的多，也就是将卫星发射到近月轨道I上的发射速度比7.9km/s小的多，A错误；
B．“嫦娥五号”从环月轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ时做离心运动，因此需要加速，B正确； C．开始时月球引力大于地球引力，做减速运动，当地球引力大于月球引力时，才开始做加速运动，C错误；
D．“嫦娥五号”在第四步变轨时做近心运动，因此需要减速，D错误。 故选B。



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