高考物理二轮专题练习选择题突破策略与技巧.docx

高考物理二轮专题练习选择题突破策略与技巧.docx

《高考物理二轮专题练习选择题突破策略与技巧.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮专题练习选择题突破策略与技巧.docx（45页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考物理二轮专题练习选择题突破策略与技巧

专题一选择题突破策略与技巧-保住基础快得分

力学选择题巧练

（一）

1．（2015·河北保定4月模拟）关于力学及其发展历史，下列说法正确的是（　　）

A．牛顿根据伽利略等前辈的研究，用实验验证得出了牛顿第一定律

B．牛顿通过研究发现物体受到的外力总是迫使其改变运动状态，而不是维持其运动状态

C．由牛顿第二定律得到m＝，这说明物体的质量跟其所受外力成正比，跟物体的加速度成反比

D．牛顿等物理学家建立的经典力学体系不但适用于宏观、低速研究领域，也能充分研究微观、高速运动的物体

解析：

选B.因为不受力作用的物体是不存在的，所以牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，所以A项错误；牛顿研究发现力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，所以B项正确；因为物体的质量由其所含物质的多少决定，与其他因素无关，所以C项错误；牛顿等物理学家建立的经典力学体系只适用于宏观、低速研究领域，当研究微观、高速运动的物体时用爱因斯坦相对论，所以D项错误．

2.

（2015·山东济南一模）一串小灯笼（五只）彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示．设每只灯笼的质量均为m.则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为（　　）

A．2mg　　　　　　B.mg

C.mgD．8mg

解析：

选C.自上往下以第2只到第5只灯笼为一整体作为研究对象，受力分析如图所示，则有

FTcos30°＝4mg，解得FT＝mg.

3.

（2015·河北正定2月调研）据英国《每日邮报》报道，27名跳水运动员曾参加了科索沃年度高空跳水比赛．自某运动员离开跳台开始计时，在t2时刻运动员以速度v2落水，选向下为正方向，其速度随时间变化的规律如图所示，下列结论正确的是（　　）

A．该运动员在0～t2时间内加速度大小先减小后增大，加速度的方向不变

B．该运动员在t2～t3时间内加速度大小逐渐减小，处于失重状态

C．在0～t2时间内，该运动员的平均速度1＝

D．在t2～t3时间内，该运动员的平均速度2＝

解析：

选C.由题图可知，在0～t2时间内运动员的加速度一直不变，A项错误．在t2～t3时间内图线上各点切线的斜率的绝对值的大小逐渐减小，则加速度大小逐渐减小，但加速度方向在这段时间内始终向上，运动员减速下落处于超重状态，B项错误．在0～t2时间内为匀变速直线运动，所以平均速度1＝，C项正确．在t2～t3时间内，由图线与t轴所围面积表示位移可知，此时间内的平均速度2<，D项错误．

4.

（多选）某足球学校在一次训练课上训练定点吊球，现有A、B、C三位同学踢出的足球运动轨迹如图中实线所示，三球上升的最大高度相同，不计空气阻力，下列说法中错误的是（　　）

A．A同学踢出的球落地时的速率最大

B．C同学踢出的球在空中的运动时间最长

C．A、B、C三位同学对球做的功一定相同

D．三个足球初速度的竖直分量一定相同

解析：

选ABC.根据运动的合成与分解，三球在竖直方向上上升的高度相同，所以初速度的竖直分量相同，在空中运动时间相同，而水平位移不同，从题图可知C同学踢出的球的水平位移最大，所以此球的水平速度最大，落地时的速率最大．由动能定理得C同学对球做功最多．选项D正确，A、B、C错误．

5.

（2015·高考山东卷）距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图所示．小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2.可求得h等于（　　）

A．1.25m　　　　　　　　B．2.25m

C．3.75mD．4.75m

解析：

选A.设轨道距地面高为H，小车速度为v，A点与B点间距离为d，根据两球同时落地可得＝＋，代入数据得h＝1.25m，选项A正确．

6．（2015·福建福州质检）北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，该系统将由35颗卫星组成，卫星的轨道有三种：

地球同步轨道、中轨道和倾斜轨道．其中，同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，那么同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为（　　）

A.B.

C.D.

解析：

选C.由开普勒第三定律＝k，可得＝＝，则＝，选项C正确．

7．中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，最高速度为108km/h，装有“M－70”大功率燃气轮机，该机额定输出功率为8700kW.假设“野牛”级重型气垫船在海面航行过程中所受的阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv.则下列说法错误的是（　　）

A．“野牛”级重型气垫船的最大牵引力为2.9×105N

B．在额定输出功率下以最高速度航行时，气垫船所受的阻力为2.9×105N

C．以最高速度一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为2175kW

D．从题中给出的数据，能计算阻力Ff与速度v的比值k

解析：

选A.由F＝可得在额定输出功率下以最高速度航行时，“野牛”级重型气垫船的牵引力：

F＝N＝2.9×105N，此时阻力与牵引力相等，B正确；当气垫船的速度小于最高速度时，提供的牵引力大于2.9×105N，A错误；由Ff＝kv可得k＝＝N·s/m≈9.7×103N·s/m，D正确；若以最高速度一半的速度匀速航行，则有P′＝F′fv′＝＝2175kW，C正确．

8．（多选）一长度为2R的轻质细杆两端分别连接质量为m和2m、可视为质点的球M、N，细杆的中点O处有一轴，细杆可绕其在竖直面内无摩擦地转动，开始细杆呈竖直状态，球N处于最高点，如图所示．当装置受到很小的扰动后，细杆开始绕过中点的轴转动，则在球N转动到最低点的过程中，下列说法中正确的是（重力加速度g＝10m/s2）（　　）

A．球N的机械能减少量等于球M的机械能增加量

B．球N的重力势能减少量等于球M的重力势能增加量

C．运动过程中两球的最大速度均为

D．细杆对球N做的功为－mgR

解析：

选ACD.球M、N组成的系统机械能守恒，选项A正确，选项B错误；由于两球转动的角速度相同，且转动半径也相同，则线速度大小相同，且当球N到达最低点时，两球速度最大，由系统机械能守恒有4mgR－2mgR＝×3mv2，解得最大速度v＝，选项C正确；以球N为研究对象，由动能定理有：

W＋4mgR＝×2mv2－0，解得W＝－mgR，选项D正确．

力学选择题巧练

（二）

1．（多选）如图所示，一物块A放在固定于水平地面上的斜面体B上，处于静止状态．现使力F沿不同方向作用在物块A上，物块A始终保持静止．则物块A对斜面体的压力不变的是（　　）

解析：

选AB.设斜面的倾角为α，对选项A、B，施加力F前后物块A对斜面体的压力均为FN＝mgcosα，选项A、B正确；对选项C，施加力F前物块A对斜面体的压力为FN＝mgcosα，施加力F后，FN＝mgcosα－Fsinα，压力减小，选项C错误；对选项D，施加力F前物块A对斜面体的压力为FN＝mgcosα，施加力F后，FN＝（mg＋F）cosα，压力增大，选项D错误．

2．据网站信息，中国正在建造第二艘、第三艘航母．舰载机是航空母舰的重要武器．如果民航客机起飞时需在150s内使飞机从静止加速到40m/s，而舰载机借助助推设备，在3s内就可加速到80m/s，设起飞时飞机在跑道上做匀加速运动，则供民航客机起飞的跑道的长度为航空母舰的甲板跑道长度的（　　）

A．25倍　　　　　　　　B．50倍

C．250倍D．500倍

解析：

选A.由于起飞时飞机在跑道上做匀加速运动，由x＝t＝t，所以＝＝25，所以A选项正确．

3.（2015·河北唐山一模）一木箱放在水平地面上，木箱质量为m，用水平拉力F即可使物体做匀速直线运动，现保持F大小不变，方向改为与水平方向成60°角斜向上拉物体，也能使物体做匀速直线运动，如图所示．则木箱与水平地面间的动摩擦因数为（　　）

A.B.

C.D.

解析：

选C.水平拉物体时：

F＝μmg；斜向上拉物体时：

Fcos60°＝μ（mg－Fsin60°）．解得：

μ＝.故选C.

4.（2015·福建福州质检）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是（　　）

解析：

选A.小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动，直至重力和弹力相等，即mg＝F弹，此时a＝0，小球速度达到最大值vmax，此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点，小球速度为0，加速度最大，A正确，B错误．设小球到达最低点时，弹簧的形变量为x，由能量关系得mg（h＋x）＝kx2，则2mg（h＋x）＝kx·x，由h＋x>x得kx>2mg，所以在最低点kx－mg＝ma>mg，即a>g，C错误．弹簧形变量x与t不是线性关系，则a与t也不是线性关系，D错误．

5.（2015·河北石家庄3月模拟）如图所示，一质量为M、倾角为θ的斜面体置于水平地面上，质量为m的小木块（可视为质点）放在斜面上．现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F作用于小木块上，拉力在斜面所在的平面内绕小木块旋转一周的过程中，斜面体和小木块始终保持静止状态，下列说法中正确的是（　　）

A．小木块受到斜面的最大摩擦力为

B．小木块受到斜面的最大摩擦力为F－mgsinθ

C．斜面体受到水平地面的最大摩擦力为F

D．斜面体受到水平地面的最大摩擦力为Fcosθ

解析：

选C.对小木块分析可知，当力F绕小木块旋转一周的过程中，F沿斜面向下时小木块受到的静摩擦力最大，小木块受到的最大静摩擦力Ffm＝mgsinθ＋F，故A、B均错误．对斜面体和小木块整体受力分析可知，水平地面对斜面体的摩擦力与F的水平分力大小相等，所以最大静摩擦力为F，此时F与斜面底边平行，所以C项正确，D项错误．

6．（多选）“嫦娥三号”着陆器与巡视器分离后，“玉兔号”巡视器顺利驶抵月球表面．现已知月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，地球半径为R，月球半径为r，查资料可知星球的第二宇宙速度是其第一宇宙速度的倍．下列说法中正确的有（　　）

A．“嫦娥三号”在地球上的发射速度大于

B．在月球上发射一颗环绕月球表面运行的卫星需要的速度为

C．月球的第二宇宙速度为

D．月球的第二宇宙速度为

解析：

选BC.是地球的第二宇宙速度，当发射速度大于时，嫦娥三号将脱离地球的引力，绕太阳运动，A错；根据万有引力等于重力且提供向心力有mg月＝m，可得v＝＝，B对；月球的第二宇宙速度为，C对，D错．

7.

（多选）如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块的动能Ek、机械能E随时间t变化关系及滑块的势能Ep随位移x变化关系的是（　　）

解析：

选CD.滑块运动到最高点的过程中，所受的合外力等于沿斜面向下的摩擦力Ff＝μmgcosθ＝mgsinθ，滑块沿斜面向上做匀减速运动，运动到最高点的过程中产生的热量Q＝Ffx＝mgsinθ·，图A错误．由动能定理得－mgsinθ·＝Ek－mv2，Ek＝－mgsinθ＋mv2，图B错误．滑块的重力势能Ep＝mgxsinθ，图C正确．根据题意知，F＝mgsinθ＝Ff，机械能E不变，图D正确．

8．（多选）如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37°，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M＝1kg，A的质量m＝0.5kg，绳拉直时B离地面有一定高度．在t＝0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　）

A．B下落的加速度大小a＝2m/s2

B．A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W＝3J

C．A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5

D．0～0.75s内摩擦力对A做的功大小为0.75J

解析：

选BD.因为物体A、B加速度大小相等，由题图乙可知0～0.5s内B的加速度大小a＝4m/s2，A错误；设绳的拉力为FT，对B由牛顿第二定律：

Mg－FT＝Ma，所以FT＝6N，而A、B位移大小相同，则由题图乙可知A在0～0.5s内上升阶段的位移大小为：

x＝0.5m，故绳的拉力对A做功为：

W＝FTx＝3J，B正确；由题图乙可知后0.25s内A的加速度大小a′＝8m/s2，此过程A在沿斜面方向只受摩擦力和重力沿斜面向下的分力作用，即μmgcosθ＋mgsinθ＝ma′，解得：

μ＝0.25，C错误；全程总位移大小为：

x′＝0.75m，对物体A从开始到达到运动的最高点，由动能定理可得W－Wf－mgx′·sinθ＝0，故摩擦力做功大小为：

Wf＝0.75J，D正确．

力学选择题巧练（三）

1.（2015·广州测试）如图所示，力F垂直作用在倾角为α的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到水平地面的静摩擦力大小为（　　）

A．0　　　　　　　　　B．Fcosα

C．FsinαD．Ftanα

解析：

选C.由平衡条件知，静摩擦力大小等于F在水平方向的分力，即Ff＝Fsinα，故C正确．

2．（2015·赣州模拟）

如图所示，两相同物块分别放置在对接的两固定斜面上，两物块处在同一水平面内，物块之间用细绳连接，在绳的中点加一竖直向上的拉力F，使两物块处于静止状态，此时绳与斜面间的夹角小于90°，当增大拉力F后，系统仍处于静止状态，下列说法正确的是（　　）

A．绳受到的拉力变小

B．物块与斜面间的摩擦力变小

C．物块对斜面的压力变小

D．物块受到的合力变大

解析：

选C.将F分解为F1、F2两个力，如图甲所示，由于F1、F2间的夹角不变，当F增大时，则知绳受到的拉力F1和F2同时增大，A错；对左边物块进行研究，分析受力如图乙所示，

由平衡条件得摩擦力Ff＝mgsinα＋F1cosβ，F1增大，其他量不变，则Ff增大；支持力FN＝mgcosα－F1sinβ，F1增大，其他量不变，则FN变小，故B错，C对；由题意知物块处于静止状态，受到的合力为零，保持不变，故D错．

3．据报道，我国首次300米饱和潜水已获得圆满成功，6名潜水员通过潜水钟到达300米深海底进行潜水作业．若潜水钟从水面开始下潜到最后返回水面的速度—时间（v－t）图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A．下潜过程中匀速运动的时间为48min

B．全过程中的最大加速度大小为0.0125m/s2

C．0～100min与100min～140min两段时间的平均速度大小相同

D．超重现象发生在80min～100min和100min～120min时间段

解析：

选D.由题图可知，在0～100min内潜水钟下潜的深度为300m，设潜水钟匀速下潜的时间为t，则有4t＋（100－t）×4÷2＝300，可解得t＝50（min），选项A错误；全过程中加速度大小最大是在100min～120min和120min～140min两个时间段，最大加速度大小为am＝≈2.08×10－4m/s2，选项B错误；0～100min内的平均速度为＝3m/min，100min～140min内的平均速度为＝－7.5m/min，选项C错误；在80min～100min内潜水钟减速下降，100min～120min内潜水钟加速上升，均发生超重现象，故选项D正确．

4．（多选）（2015·湖北八校二联）质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是（　　）

A．轻绳的拉力等于Mg

B．轻绳的拉力等于mg

C．M运动的加速度大小为（1－sinα）g

D．M运动的加速度大小为g

解析：

选BCD.互换位置前，M静止在斜面上，则有：

Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：

F′T－mgsinα＝ma，又FT＝F′T，解得：

a＝（1－sinα）g＝g，FT＝mg，故A错，B、C、D对．

5．（多选）如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为正方形ABCD，若在A点以初速度v0沿AB方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的C点，已知AB的长度为l，忽略空气阻力．则（　　）

A．小球下落的时间t＝

B．坑的深度AD＝

C．落到C点的速度大小为v0

D．落到C点时速度方向与水平面成60°角

解析：

选AB.小球做平抛运动的水平位移l＝v0t，则小球下落的时间为t＝，A项正确；小球在竖直方向的位移y＝gt2＝，B项正确；落到C点时，水平分位移与竖直分位移大小相等，即v0t＝t，所以vy＝2v0，落到C点时速度大小v＝＝v0，方向与水平面的夹角的正切值为tanθ＝＝2，夹角不等于60°，选项C、D错误．

6．假设将来人类登上了火星，航天员考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法，正确的是（　　）

A．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动到P点的速度

B．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同

C．飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度

D．飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度

解析：

选D.飞船在轨道Ⅰ上经过P点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道Ⅱ上，所以飞船在轨道Ⅰ上运动到P点的速度小于在轨道Ⅱ上运动到P点的速度，A错误；根据G＝mr，得周期公式T＝2π，虽然r相等，但是由于地球和火星的质量不等，所以周期T不相等，故B错误；飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，故C错误；飞船在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点时，飞船做离心运动，P点速度大于Q点的速度，故D正确．

7．（多选）（2015·平顶山模拟）某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究质量为5kg的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4s内物体加速度随时间变化的图象，如图所示．设第1s内运动方向为正方向，则下列说法正确的是（　　）

A．物体先向正方向运动，后向负方向运动

B．物体在第3s末的速度最大

C．前4s内合外力做的功等于前2s内合外力做的功

D．物体在第4s末的动能为22.5J

解析：

选BCD.物体先做正方向加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，物体在第3s末的速度最大，后做加速度增大的减速运动，运动方向始终为正方向，则选项A错误，B正确；从题a－t图象可知2s～3s加速度大小的平均值等于3s～4s加速度大小的平均值，所以2s～3s物体增加的速度等于3s～4s物体减小的速度，可知物体在第2s末的速度和第4s末的速度大小相等，由动能定理知，前4s内合外力做的功等于前2s内合外力做的功，则选项C正确；a－t图线与坐标轴所包围图形的面积是速度变化量的大小，v4＝v2＝3m/s，则物体在第4s末的动能为Ek4＝mv＝×5×32J＝22.5J，故选项D正确．

8.（多选）如图所示为一竖直放置的圆锥形容器，容器内壁光滑．两质量相同的小球（可视为质点）a和b在其内壁的两个不同高度上分别做匀速圆周运动，其半径Rb＝2Ra，则下列说法中正确的是（　　）

A．a、b两球受到的支持力大小之比为1∶1

B．a、b两球做圆周运动的周期之比为1∶2

C．a、b两球的动能之比为1∶

D．a、b两球在运动过程中机械能守恒

解析：

选AD.设a、b两球质量均为m，受到的支持力大小分别为FNa、FNb，周期分别为Ta、Tb，动能分别为Eka、Ekb，圆锥母线与竖直方向夹角为θ.由题意可知，两小球在竖直方向上的合力均为零，所以对a球有FNasinθ＝mg，对b球有FNbsinθ＝mg，所以FNa∶FNb＝1∶1，选项A正确；两小球受到的弹力在水平方向上的分量提供小球运动的向心力，故对a球有FNacosθ＝mRa，对b球有FNbcosθ＝mRb，由Rb＝2Ra，可得Ta∶Tb＝1∶，选项B错误；对a球有FNacosθ＝m＝，同理有FNbcosθ＝，可得：

＝，选项C错误；两小球在运动过程中动能不变，重力势能不变，故其机械能不变，选项D正确．

力学选择题巧练（四）

1．下列有关物理方法的说法中正确的是（　　）

A．螺旋测微器采用了放大法

B．库仑在探究影响两电荷之间的相互作用力的因素时应用了类比法

C．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法

D．在验证力的平行四边形定则的实验中，使用了控制变量的方法

解析：

选A.用螺旋测微器测量物体的长度时，通过微调放大示数使读数更为精确，A正确；在探究影响两电荷之间的相互作用力的因素时，采用了控制变量法，B错误；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，C错误；在验证力的平行四边形定则的实验中，使用了等效替代的方法，D错误．

2.

如图所示，质量为M的斜面体静止在粗糙的水平地面上，斜面体的两个斜面均是光滑的，顶角为，两个斜面的倾角分别为α、β，且α>β.两个质量均为m的物体P、Q分别在沿斜面向上的力F1、F2的作用下处于静止状态．则以下说法中正确的是（　　）

A．水平地面对斜面体的静摩擦力方向水平向左

B．水平地面对斜面体的静摩擦力大小为F2cosα－F1cosβ

C．水平地面对斜面体的支持力等于（M＋m）g

D．水平地面对斜面体的支持力等于（M＋2m）g

解析：

选C.物体P对斜面体的水平作用力等于mgcosα·sinα＝，同理，物体Q对斜面体的水平作用力是mgcosβ·sinβ＝，而sin2β＝sin2＝sin2α，所以二力平衡，斜面体没有运动的趋势，水平地面对斜面体没有摩擦力，故A、B错；物体P对斜面体的压力在竖直方向上的分力是mgcos2α，物体Q对斜面体的压力在竖直方向上的分力是mgcos2β，cos2β＝cos2＝sin2α，所以合力为mg，故地面对斜面体的支持力等于（M＋m）g，故C对、D错．

3．（多选）（2015·泰安模拟）如图所示，物体以初速度v0冲上足够长的粗糙斜面，图中关于物体位移x与时间t关系的图象可能正确的是（　　）

解析：

选AB.物体在斜面上的运动有两种可能：

一种是冲上斜面速度减为0，然后保持静止，A项正确；另一种是向上做匀减速运动，速度减为0后，又向下做匀加速运动，由x－t图象斜率表示速度，分析得B项正确；因物体不可能向上做匀加速运动，故C、D错误．

4．（多