復習講義答案精析第一篇專題復習專題一力與運動第1講力與物體的平衡例1B[分別對A、B兩球分析，運用合成法，如圖，由幾何知識得FTsin37°＝mAg，F(xiàn)Tsin53°＝mBg，解得球B的質(zhì)量為mB＝eq\f(4,3)kg，故B正確，A、C、D錯誤．]例2A[對小球A、B整體進行受力分析，如圖所示，則由正弦定理有eq\f(Mg,sinα)＝eq\f(2mg,sin180°－α－β)，解得eq\f(m,M)＝eq\f(1,2)，故選A.]例3C[對兩球整體受力分析，受到繩子的拉力FT、墻壁的支持力FN和總重力3mg，如圖所示，根據(jù)平衡條件可得FTsinα＝FN＝3mgtanα，可知繩子的拉力一定大于墻壁的支持力，墻壁的支持力也可能大于或等于兩球的重力，故A、B錯誤；對小球受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有FN＝mgtanθ，由幾何知識可得θ＝α＋β，聯(lián)立可得3tanα＝tan(α＋β)，故C正確，D錯誤．]例4D[對A、B環(huán)受力分析，如圖對A環(huán)，由平衡條件可得FNA＝eq\f(mg,cosα)，F(xiàn)庫＝mgtanα，對B環(huán)，由平衡條件可得FNB＝eq\f(3mg,cos90°－α)，F(xiàn)庫＝3mgtan(90°－α)，因庫侖力相等，則有mgtanα＝3mgtan(90°－α)＝3mgeq\f(1,tanα)，解得α＝60°，則右邊桿對A環(huán)支持力大小為FNA＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，左邊桿對B環(huán)支持力大小為FNB＝eq\f(3mg,cos90°－α)＝2eq\r(3)mg，故A、B錯誤；兩環(huán)之間的庫侖力大小為F庫＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，故C錯誤，D正確．]例5B[設(shè)兩繩子對圓柱體拉力的合力大小為FT，木板對圓柱體的支持力大小為FN，從右向左看如圖所示，繩子與木板間的夾角不變，α也不變，在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理有eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,FN)＝eq\f(sinγ,FT)，在木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動直至水平過程中，α不變，γ從90°逐漸減小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，則0<β<180°，可知β從銳角逐漸增大到鈍角，根據(jù)eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,FN)＝eq\f(sinγ,FT)，由于sinγ不斷減小，可知FT逐漸減小，sinβ先增大后減小，可知FN先增大后減小，結(jié)合牛頓第三定律可知，圓柱體對木板的壓力先增大后減小，設(shè)兩繩子之間的夾角為2θ，繩子拉力大小為FT′，則2FT′cosθ＝FT，可得FT′＝eq\f(FT,2cosθ)，θ不變，F(xiàn)T逐漸減小，可知繩子拉力不斷減小，故B正確，A、C、D錯誤．]例6AD[在小球A緩慢向上移動的過程中，A處于三力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知mg與FN的合力與FT等大反向共線，作出mg與FN的合力，如圖，由三角形相似有：eq\f(mg,BO)＝eq\f(FN,AO)＝eq\f(FT,AB)，得FN＝eq\f(AO,BO)·mg，AO、BO都不變，則FN大小不變，方向始終背離圓心O，故A、D正確，B、C錯誤．]例7C[對滑塊受力分析，由平衡條件有F＝mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ，θ為F與水平方向的夾角，滑塊從A緩慢移動到B點時，θ越來越大，則推力F越來越大，支持力FN越來越小，所以A、B錯誤；對凹槽與滑塊整體受力分析，墻面對凹槽的壓力大小為FN′＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，則θ越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；水平地面對凹槽的支持力為FN地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ，則θ越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤．]例8(1)mgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ解析(1)木塊在木楔斜面上勻速向下運動時，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ因其在力F作用下沿斜面向上勻速運動，根據(jù)正交分解法有Fcosα＝mgsinθ＋FfFsinα＋FN＝mgcosθ且Ff＝μFN聯(lián)立解得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(2mgsinθcosθ,cosαcosθ＋sinαsinθ)＝eq\f(mgsin2θ,cosθ－α)則當α＝θ時，F(xiàn)有最小值，即Fmin＝mgsin2θ.(2)因為木塊及木楔均處于平衡狀態(tài)，整體受到的地面的摩擦力等于F的水平分力，即FfM＝Fcos(α＋θ)當F取最小值mgsin2θ時，則有FfM＝Fmincos2θ＝mgsin2θcos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ.高考預(yù)測1．B[依題意，設(shè)建筑材料的重力為G，OA繩右端與豎直方向夾角為θ，且對建筑材料的拉力大小為FOA，乙對OB繩的拉力大小為FOB，則乙在樓頂水平拉著OB繩把建筑材料緩慢移到樓頂平臺上的過程中，對建筑材料受力分析，根據(jù)平衡條件有FOA＝eq\f(G,cosθ)，F(xiàn)OB＝Gtanθ，θ增大，則FOA增大，F(xiàn)OB增大，由此可知甲對OA繩的拉力增大，乙對OB繩的拉力增大，故A、C錯誤；對甲受力分析，由平衡條件可知，甲與地面之間的摩擦力大小等于OA繩對甲的拉力在水平方向上的分力，由于OA繩對甲的拉力逐漸增大且OA繩左端與水平方向夾角不變，所以可得甲與地面之間的摩擦力逐漸增大，故B正確；對乙受力分析，根據(jù)平衡條件可知乙與樓層之間的摩擦力大小等于OB繩對乙的拉力大小，由于FOB逐漸增大，所以可得乙與樓層之間的摩擦力逐漸增大，故D錯誤．]2．C[對A、B構(gòu)成的整體受力分析，設(shè)B、C間細繩上的拉力為FT，由幾何關(guān)系得tanθ1＝eq\f(k＋1mg,FT)，對B受力分析，由幾何關(guān)系得tanθ2＝eq\f(FT,kmg)，所以tanθ1·tanθ2＝eq\f(k＋1,k)，故選C.]第2講牛頓運動定律與直線運動例1B[108km/h＝30m/s,324km/h＝90m/s，由于中間4個站均勻分布，因此節(jié)省的時間普通列車加速時間t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(30,0.5)s＝60s，加速過程的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×0.5×602m＝900m，＝7140s，同理高鐵列車加速時間t1′＝eq\f(v1′,a)＝eq\f(90,0.5)s＝180s，加速過程的位移x1′＝eq\f(1,2)at1′2相鄰兩站間節(jié)省的時間Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4680s，因此總的節(jié)省時間Δt總＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小時30分鐘，故選B.]例2(1)24m(2)4s解析(1)足球的運動可視為在地面上的勻減速直線運動，根據(jù)運動學公式有x＝eq\f(v2－v02,2a1)＝eq\f(0－122,2×－3)m＝24m(2)隊員的速度達到最大速度用時t1＝eq\f(Δv,a2)＝eq\f(8－0,4)s＝2s，此時隊員的位移為x1＝eq\f(1,2)a2t12＝eq\f(1,2)×4×22m＝8m，此時足球的位移為x1′＝v0t1＋eq\f(1,2)a1t12＝12×2m－eq\f(1,2)×3×22m＝18m，足球的速度v1′＝v0＋a1t1＝6m/s此時隊員與足球相距s＝10m，設(shè)此后用時t2追上足球，則有vmt2＝v1′t2＋eq\f(1,2)a1t22＋s解得t2＝2s(t2＝－eq\f(10,3)s舍去)此時足球速度v1″＝v1′＋a1t2＝0，足球恰好停止．故前鋒隊員追上足球至少經(jīng)過t＝t1＋t2＝4s.例3CD[啟動時乘客的加速度方向與車廂的運動方向相同，乘客受重力和車廂的作用力，由平行四邊形定則可知，車廂對乘客的作用力方向與車運動的方向不是相反關(guān)系，故A錯誤；做勻加速運動時，加速度為a＝eq\f(3F－8Ff,8m)，對后三節(jié)車廂，有F56＋F－3Ff＝3ma，解得第5、6節(jié)車廂間的作用力為F56＝0.125F，故B錯誤，C正確；對最后兩節(jié)車廂，有F67－2Ff＝2ma，解得第6、7節(jié)車廂間的作用力為F67＝0.75F，故D正確．]例4C[對兩球作為整體受力分析，由平衡可得F彈＝(m1＋m2)gtan30°，對小球2受力分析且由平衡條件可得F彈＝m2gtan60°，聯(lián)立解得球1和球2的質(zhì)量之比為2∶1，故A錯誤；在輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈力F彈不變，假設(shè)輕繩A突然斷裂的瞬間輕繩B的彈力突變?yōu)?，則A加速度為a1＝g，球2加速度水平方向和豎直方向分別為a2豎直＝g，a2水平＝eq\f(F彈,m2)＝eq\f(m2gtan60°,m2)＝eq\r(3)g，兩小球豎直方向加速度相等，水平方向上B球加速度向右，球2總的加速度斜向右下，AB間的繩子繃緊，則輕繩A突然斷裂的瞬間輕繩B的彈力不為0，假設(shè)不成立，故球1除了受到重力還受到AB間繩子斜向右下的拉力，則向下的加速度大于g；球2除受重力和彈力外還受到AB間繩子斜向左上的拉力，故球2的加速度大小小于2g，故B、D錯誤，C正確．]例5(1)0.5(2)10s解析(1)在兩段賽道上滑行時，根據(jù)牛頓第二定律分別有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma1μmg＝ma2由于在兩個賽道上滑行時間相等，可知加速度大小相等，即a1＝a2聯(lián)立解得μ＝0.5(2)在兩段賽道上滑行的加速度大小a1＝a2＝5m/s2設(shè)最大速度為vm，根據(jù)速度與位移的關(guān)系可知eq\f(vm2,2a1)＋eq\f(vm2,2a2)＝L解得最大速度vm＝25m/s因此運動的總時間t＝eq\f(vm,a1)＋eq\f(vm,a1)＝10s.例6BD[A圖是v－t圖像，由圖可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出現(xiàn)甲、乙船頭并齊，故A錯誤；B圖是v－t圖像，由圖可知，開始丙的速度大，后來甲的速度大，v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移，由圖可以判斷在中途甲、丙位移會相同，所以在中途甲、丙船頭會并齊，故B正確；C圖是s－t圖像，由圖可知，丁一直運動在甲的前面，所以中途不可能出現(xiàn)甲、丁船頭并齊，故C錯誤；D圖是s－t圖像，交點表示相遇，所以甲、戊在中途船頭會并齊，故D正確．]例7BCD[由題圖(c)可知，t1時刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動，物塊與木板相對靜止，此時以整體為研究對象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯誤；由題圖(c)可知，t2時刻物塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a以木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0解得F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正確；由題圖(c)可知，0～t2時間段物塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確．]高考預(yù)測1．A[對物體受力分析，將重力和加速度沿斜面方向和垂直于斜面方向分解有mgsin30°－Ff＝masin30°，F(xiàn)N－mgcos30°＝macos30°，解得FN＝eq\f(\r(3),2)m(g＋a)，F(xiàn)f＝eq\f(1,2)m(g－a)，B、C、D錯誤，A正確．]2．AD[跳離跳臺后上升階段，加速度向下，則全紅嬋處于失重狀態(tài)，A正確；入水后全紅嬋的加速度向上，處于超重狀態(tài)，B錯誤；以向上為正方向，則根據(jù)－h(huán)＝v0t－eq\f(1,2)gt2，可得t＝2s，即全紅嬋在空中運動的時間為2s，C錯誤；入水時的速度v1＝v0－gt＝5m/s－10×2m/s＝－15m/s，在水中的加速度大小為a＝eq\f(0－v1,t)＝7.5m/s2，方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律可知，F(xiàn)f＝mg＋ma＝35×10N＋35×7.5N＝612.5N，D正確．]第3講拋體運動例1C[根據(jù)位移概念可知，該次作業(yè)中小車相對地面的位移大小為x＝eq\r(x12＋x22)＝eq\r(82＋62)m＝10m，故選C.]例2A[設(shè)物體A下落高度為h時，物體A的速度大小為vA，物體B的速度大小為vB，此時有vA＝eq\f(vB,cos60°)＝2vB，物體A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有mgh＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，聯(lián)立方程解得vB＝eq\r(\f(2,5)gh)，故選A.]例3AD[由題知甲、乙兩人射箭高度相同，則兩支箭在空中的運動時間相同，落入壺口時豎直方向的速度vy相同．設(shè)箭尖插入壺中時與水平面的夾角為θ，箭射出時的初速度為v0，則tanθ＝eq\f(vy,v0)，即v0＝eq\f(vy,tanθ)，故兩支箭射出時的初速度大小之比為tan53°∶tan37°＝16∶9，A正確；設(shè)箭尖插入壺中時的速度大小為v，則v＝eq\f(vy,sinθ)，故兩支箭落入壺口時的速度大小之比為sin53°∶sin37°＝4∶3，B錯誤；因兩支箭在空中的運動時間相同，甲、乙兩人投射位置與壺口的水平距離之比等于初速度大小之比，為16∶9，C錯誤；由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，兩支箭落入壺口時的動能之比為16∶9，D正確．]例4eq\f(2\r(5),5)m/s解析頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光，每相鄰兩個球之間被刪去3個影像，故相鄰兩球的時間間隔為t＝4T＝4×0.05s＝0.2s設(shè)拋出瞬間小球的速度大小為v0，每相鄰兩球間的水平方向上位移為x，豎直方向上的位移分別為y1、y2，根據(jù)平拋運動位移公式有x＝v0ty1＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×0.22m＝0.2my2＝eq\f(1,2)g(2t)2－eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×(0.42－0.22)m＝0.6m令y1＝y(tǒng)，則有y2＝3y1＝3y已標注的線段s1、s2分別為s1＝eq\r(x2＋y2)s2＝eq\r(x2＋3y2)＝eq\r(x2＋9y2)則有eq\r(x2＋y2)∶eq\r(x2＋9y2)＝3∶7整理得x＝eq\f(2\r(5),5)y故在拋出瞬間小球的速度大小為v0＝eq\f(x,t)＝eq\f(2\r(5),5)m/s.例5C[以C點為原點，以CD為x軸，以CD垂直向上方向為y軸，建立坐標系如圖所示．對運動員的運動進行分解，y軸方向上的運動類似豎直上拋運動，x軸方向做勻加速直線運動．當運動員速度方向與軌道平行時，在y軸方向上到達最高點，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，知t1＝t2，A、B錯誤；將初速度沿x、y方向分解為v1、v2，將加速度沿x、y方向分解為a1、a2，則運動員的運動時間為t＝2eq\f(v2,a2)，落在斜面上的距離s＝v1t＋eq\f(1,2)a1t2，離開C點時的速度加倍，則v1、v2加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍關(guān)系，D錯誤；設(shè)運動員落在斜面上的速度方向與水平方向的夾角為α，斜面的傾角為θ，則有：tanα＝eq\f(vy,v0)，tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(vy,2)t,v0t)＝eq\f(vy,2v0)，得tanα＝2tanθ，θ一定，則α一定，可知運動員落在斜面上的速度方向與從C點飛出時的速度大小無關(guān)，C正確．]例6D[若研究兩個過程的逆過程，可看成是從籃筐沿同方向斜向上的斜拋運動，落到同一高度上的兩點，則A上升的高度較大，高度決定時間，可知A運動時間較長，即B先落入籃筐中，A、B錯誤；因為兩球拋射角相同，A的射程較遠，則A球的水平速度較大，即A在最高點的速度比B在最高點的速度大，C錯誤；由斜拋運動的對稱性可知，當A、B上升到某一相同高度時的速度方向相同，D正確．]例7(1)40m(2)3.3s解析(1)將運動員與裝備看成一個質(zhì)點，總質(zhì)量為m總，在F點時，運動員對地面的壓力大小為所受重力(含裝備)的2倍，由牛頓第三定律知地面對該運動員整體的支持力大小FN＝2m總g此時支持力與總重力的合力為圓周運動提供向心力，則有FN－m總g＝m總eq\f(v2,R)解得v＝20m/s運動員到達F點后，在水平停止區(qū)有F阻＝0.5m總g＝m總a，做加速度大小為a的勻減速直線運動，水平停止區(qū)FG的最小長度L＝eq\f(v2,2a)＝40m(2)對運動員由C點起跳的速度進行正交分解，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動，水平方向速度vx＝vCcosα豎直方向速度vy＝vCsinα－gt著陸時豎直方向分速度與C點的豎直方向分速度方向相反，由于運動員著陸時的速度方向與豎直方向的夾角為α，則有tanα＝eq\f(vx,－vy)＝eq\f(vCcosα,gt－vCsinα)代入數(shù)值得t≈3.3s.高考預(yù)測1．D[石子做斜拋運動，水平方向做勻速運動，則有vx＝v0cosθ，故石子在空中的運動時間t＝eq\f(x,vx)＝eq\f(x,v0cosθ)，所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(cosθ2,cosθ1)，因為θ2>θ1，故cosθ2<cosθ1，所以t1<t2，第一次運動時間較短，A錯誤；石子豎直方向做豎直上拋運動，則有vy＝v0sinθ，豎直方向上升的高度為h＝vyt－eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立可得h＝xtanθ－eq\f(gx2,2v02cos2θ)，故只需要v0大小和拋射角滿足上式即可擊中蘋果，C錯誤；由h＝xtanθ－eq\f(gx2,2v02cos2θ)可知，v0減小時，θ不一定增大，B錯誤；由動能定理有－mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，故兩次擊中蘋果前瞬間的速度大小相等，D正確．]2．(1)eq\r(\f(2h,g))(2)見解析圖解析(1)由題意可知，小滑塊豎直方向做自由落體運動，可得小滑塊從拋出到離開圓筒所用的時間為h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))；(2)由題意可知，小滑塊在圓筒內(nèi)表面的運動軌跡如圖所示．第4講圓周運動天體的運動例1D[運動員從a到c根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mvc2，在c點有FNc－mg＝meq\f(vc2,Rc)，F(xiàn)Nc≤kmg，聯(lián)立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，故選D.]例2AD[設(shè)物塊恰好相對平臺靜止時，平臺的角速度為ω1，物塊速度大小為v1，則有r1＝eq\f(h,tan37°)＝eq\f(4,3)h，μmg＝mω12r1＝meq\f(v12,r1)，解得ω1＝eq\r(\f(3g,20h))，v1＝eq\r(\f(4gh,15))，由于eq\r(\f(g,7h))<ω1，所以當平臺的角速度大小為eq\r(\f(g,7h))時，物塊相對平臺靜止，故A正確；由題意可知，物塊恰好要離開平臺時，平臺對物塊支持力為零，橡皮筋的形變量為x＝eq\f(h,sin30°)－eq\f(h,sin37°)＝eq\f(h,3)，此時有r2＝eq\f(h,tan30°)＝eq\r(3)h，kxsin30°＝mg，解得k＝eq\f(6mg,h)，故B錯誤；當物塊恰好離開平臺時，設(shè)物塊速度大小為v2，則有kxcos30°＝meq\f(v22,r2)，解得v2＝eq\r(3gh)，則物塊在平臺上滑動時的速度范圍在eq\r(\f(4gh,15))<v<eq\r(3gh)，由于2eq\r(gh)>v2，說明物塊已離開平臺，故C錯誤；根據(jù)動能定理有Wf＋W彈＝eq\f(1,2)mv22，其中W彈＝－ΔEp＝－eq\f(1,2)kx2，聯(lián)立解得Wf＝eq\f(11,6)mgh，故D正確．]例3(1)eq\f(3,4)mgeq\f(\r(5gR),2)(2)eq\f(m\r(23gR),2)(3)eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))解析(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F.則有eq\f(F0,mg)＝tanα①F2＝(mg)2＋F02②設(shè)小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝meq\f(v2,R)③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝eq\f(3,4)mg④v＝eq\f(\r(5gR),2)⑤(2)設(shè)小球到達A點的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關(guān)系得DA＝Rsinα⑥CD＝R(1＋cosα)⑦小球從A點到達C點過程，由動能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv12⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2)⑨(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為v豎直，從C點落至水平軌道上所用時間為t.由運動學公式有v豎直t＋eq\f(1,2)gt2＝CDeq\o(○,\s\up1(10))v豎直＝vsinα?由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g)).例4C[設(shè)地球質(zhì)量為M，衛(wèi)星質(zhì)量為m，衛(wèi)星繞地球做圓周運動的軌道半徑為r，根據(jù)T＝eq\f(2πr,v)，可得r＝eq\f(vT,2π)，根據(jù)萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得M＝eq\f(v3T,2πG)，故C正確，A、B、D錯誤．]例5D[根據(jù)萬有引力提供向心力，可得eq\f(GMm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，則T＝eq\r(\f(4π2R3,GM))，R＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2)).由于一個火星日的時長約為一個地球日，火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的0.1倍，則該飛船的軌道半徑R飛＝eq\r(3,\f(GM火2T2,4π2))＝eq\r(3,\f(G×0.1M地×4×\f(4π2R同3,GM地),4π2))＝eq\r(3,\f(2,5))R同，則eq\f(R飛,R同)＝eq\r(3,\f(2,5))，故選D.]例6C[著陸火星的最后一段過程為豎直方向的減速運動，在靠近火星表面時，火星車處于超重狀態(tài)，A錯誤；減速過程火星車對平臺的壓力與平臺對火星車的支持力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，B錯誤；由mg＝Geq\f(Mm,R2)，可得g＝Geq\f(M,R2)，且已知火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的eq\f(1,10)，火星直徑約為地球直徑的eq\f(1,2)，故eq\f(g火,g地)＝eq\f(2,5)，C正確；由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，可知v＝eq\r(\f(GM,R))，因為火星直徑約為地球直徑的eq\f(1,2)，火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的eq\f(1,10)，eq\f(v火,v地)＝eq\r(\f(M火R地,M地R火))＝eq\r(\f(1,5))，D錯誤．]例7D[載人飛船若要進入軌道Ⅰ，要做離心運動，需要在A點點火加速，故機械能增加，A、C錯誤；設(shè)空間站軌道的周期為T1，由此可得Geq\f(Mm,r2)＝eq\f(4π2mr,T12)，解得M＝eq\f(4π2r3,GT12)，題中T為地球自轉(zhuǎn)的周期，并非在軌道Ⅰ上的周期，不能利用該數(shù)據(jù)計算地球質(zhì)量，B錯誤；設(shè)在軌道Ⅱ上運行的周期為T2，根據(jù)開普勒第三定律有eq\f(r3,T12)＝eq\f(a3,T22)，解得T1∶T2＝eq\r(r3)∶eq\r(a3)，D正確．]高考預(yù)測1．A[當小物塊受到的摩擦力是0時，設(shè)小物塊隨陶罐轉(zhuǎn)動的角速度為ω，此時由小物塊的重力與陶罐對它的支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律有mgtanθ＝mω2Rsinθ，解得ω＝eq\r(\f(gtanθ,Rsinθ))＝eq\r(\f(2g,R))，A正確，B、C、D錯誤．]2．BD[設(shè)衛(wèi)星在軌道Ⅱ上的加速度大小為a1，由eq\f(GMm,r2)＝ma，可得a1＝eq\f(R2,3R2)a0＝eq\f(1,9)a0，故A錯誤；設(shè)衛(wèi)星在軌道Ⅱ上的線速度大小為v1，由a1＝eq\f(v12,3R)，解得v1＝eq\r(\f(1,3)a0R)＝eq\f(\r(3a0R),3)，故B正確；由開普勒第三定律有eq\f(T22,T12)＝eq\f(3R3,2R3)，解得eq\f(T2,T1)＝eq\f(3\r(6),4)，故C錯誤；設(shè)衛(wèi)星在橢圓軌道遠地點的線速度大小為v，則v0R＝v×3R，解得v＝eq\f(1,3)v0，衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ，發(fā)動機需要做的功為W＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(ma0R,6)－eq\f(mv02,18)，故D正確．]3．A[按照雙星模型計算，兩星繞連線的中點轉(zhuǎn)動，則有Geq\f(m2,L2)＝m·eq\f(4π2,T02)·eq\f(L,2)，所以T0＝2πeq\r(\f(L3,2Gm))，由于C的存在，設(shè)其質(zhì)量為M，雙星的向心力由兩個力的合力提供，則Geq\f(m2,L2)＋Geq\f(Mm,\f(L,2)2)＝m·eq\f(4π2,T2)·eq\f(L,2)，又eq\f(T,T0)＝k，解得M＝eq\f(1－k2,4k2)m，A正確，B、C、D錯誤．]專題二能量與動量第5講功與功率功能關(guān)系例1ABD[小車從M到N，依題意有P1＝Fv1，代入數(shù)據(jù)解得F＝40N，故A正確；小車從M到N，因勻速行駛，小車所受的摩擦力大小為f1＝F＝40N，則摩擦力做功為W1＝－40×20J＝－800J，則小車克服摩擦力做功為800J，故B正確；依題意，從P到Q，重力勢能增加量為ΔEp＝mg·PQsin30°＝5000J，故C錯誤；設(shè)小車從P到Q，摩擦力大小為f2，有f2＋mgsin30°＝eq\f(P2,v2)，摩擦力做功為W2＝－f2·PQ，聯(lián)立解得W2＝－700J，則小車克服摩擦力做功為700J，故D正確．]例2B[在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動能定理－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故選B.]例3AC[由題圖中的圖線①知，上升總高度h＝eq\f(v0,2)·2t0＝v0t0.由題圖中的圖線②知，加速階段和減速階段上升高度和h1＝eq\f(1,2)·eq\f(v0,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2)＋\f(t0,2)))＝eq\f(1,4)v0t0，勻速階段：h－h(huán)1＝eq\f(1,2)v0·t′，解得t′＝eq\f(3,2)t0，故第②次提升過程所用時間為eq\f(t0,2)＋eq\f(3,2)t0＋eq\f(t0,2)＝eq\f(5,2)t0，兩次上升所用時間之比為2t0∶eq\f(5,2)t0＝4∶5，A項正確；由于加速階段加速度相同，故加速時牽引力相同，即電動機的最大牽引力相同，B項錯誤；在加速上升階段，由牛頓第二定律知，F(xiàn)－mg＝ma，則F＝m(g＋a)，第①次在t0時刻，功率P1＝F·v0，第②次在eq\f(t0,2)時刻，功率P2＝F·eq\f(v0,2)，第②次在勻速階段P2′＝F′·eq\f(v0,2)＝mg·eq\f(v0,2)<P2，可知，電機輸出的最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C項正確；由動能定理知，兩個過程動能變化量相同，克服重力做功相同，故兩次電機做功也相同，D項錯誤．]例4C[因為汽車先保持牽引力F0不變，由牛頓第二定律可得F0－Ff＝ma，又因為汽車所受的阻力Ff為恒力，所以開始階段汽車做勻加速直線運動，所以v－t圖像開始應(yīng)有一段傾斜的直線，故A錯誤；因為當速度為v1時達到額定功率Pe，此后以額定功率繼續(xù)行駛，則滿足Pe＝Fv，即F與v成反比，F(xiàn)與eq\f(1,v)成正比，所以F－v圖像中v1～vm段圖像應(yīng)為曲線，F(xiàn)與eq\f(1,v)圖像中eq\f(1,vm)～eq\f(1,v1)段圖像應(yīng)為直線，故B錯誤，C正確；因為當速度為v1之前，保持牽引力F0不變，則功率滿足P＝F0v，即P與v成正比，所以在P－v圖像中0～v1段圖像應(yīng)為過原點的直線，故D錯誤．]例5A[0～10m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結(jié)合0～10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N,10～20m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10～20m內(nèi)的圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故選A.]例6AD[對物塊進行受力分析，物塊離開斜面時應(yīng)滿足qvB＝(mg－qE)cos53°，解得v＝3m/s，動能為eq\f(1,2)mv2＝18J，選項A正確；物塊從釋放到離開斜面，重力勢能減少mgxsin53°＝96J，選項B錯誤；電勢能的增加量等于克服靜電力做的功，即ΔEp＝qExsin53°＝48J，選項C錯誤；由功能關(guān)系得(mg－qE)xsin53°＝eq\f(1,2)mv2＋Q，解得Q＝30J，選項D正確．]例7AC[物體受重力與拉力作用，重力做功不改變物體的機械能，機械能的變化量等于拉力做功，則有ΔE＝FΔh，得F＝eq\f(ΔE,Δh)，所以斜率表示拉力．由題圖可知，在0～h1階段斜率增大，即拉力增大，h1～h2階段斜率減小，即拉力減小，即0～h2過程中物體所受拉力先增大后減小，故A正確；在h1處，斜率最大，拉力最大，拉力大于重力，物體正在加速，所以h1處速度不是最大，故B錯誤；由題圖可知，在h1～h2過程中，圖像斜率減小，拉力F減小，在h2后圖像斜率為零，拉力為零，在h1處拉力F大于重力，在h2處拉力為零，因此在h1～h2過程中，拉力先大于重力后小于重力，物體先向上做加速直線運動后做減速直線運動，動能先增大后減小，故C正確；在0～h3過程中，拉力先大于重力后小于重力，最后拉力為零，物體所受的合外力先增大再減小到零后反向增大、最后不變，根據(jù)牛頓第二定律可得物體的加速度先增大再減小后反向增大再不變，且h2～h3階段為豎直上拋運動，不是勻速運動，故D錯誤．]高考預(yù)測1．D[小球從平臺的邊緣處由靜止向右運動2H時，設(shè)小球的速度為v，此時輕質(zhì)細線與水平方向夾角為θ，如圖所示，可知tanθ＝eq\f(1,2)，則有cosθ＝eq\f(2,\r(5))，小球沿細線方向的分速度等于物塊的速度，則物塊的速度為v1＝vcosθ＝eq\f(2v,\r(5))，對物塊和小球組成的系統(tǒng)，由動能定理可得F·2H＝eq\f(1,2)Mv2＋eq\f(1,2)Mv12，解得v1＝eq\f(4,3)eq\r(\f(FH,M))，故選D.]2．BD[開始階段加速度為a＝eq\f(F1－Ff,m)＝eq\f(5000－1250,1500)m/s2＝2.5m/s2，v1＝54km/h＝15m/s，解得t0＝eq\f(v1,a)＝eq\f(15,2.5)s＝6s，故A錯誤；汽車前6s內(nèi)的位移為x1＝eq\f(1,2)at02＝45m，故B正確；t0時刻，電動機輸出的功率最大，為Pm＝F1v1＝5000×15W＝75kW，故C錯誤；由題圖可知，汽油機工作期間，功率為P＝F2v1＝90kW，解得11s時刻汽車的速度為v3＝eq\f(P,F3)＝eq\f(90×103,3600)m/s＝25m/s＝90km/h，故6～11s內(nèi)都是汽油機在做功，且汽油機工作時牽引力做的功為W＝Pt＝4.5×105J，故D正確．]3．BC[設(shè)斜面的傾角為α，長度為l，高度為h，斜面的下端點到P點的水平距離為x，由動能定理得mgh－μmglcosα－μmgx＝0，設(shè)斜面上端點到P點的水平距離為s總，則s總＝lcosα＋x，聯(lián)立可得mgh－μmgs總＝0，可知最終兩物體均停止在P點，故A錯誤；根據(jù)幾何知識可知，物體沿斜面Ⅱ運動的路程大于沿斜面Ⅰ運動的路程，故B正確；兩種情形下，都是重力勢能完全轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，而初始時重力勢能相同，則物體沿斜面Ⅱ運動到P點產(chǎn)生的熱量等于沿斜面Ⅰ運動到P點產(chǎn)生的熱量，故C正確；沿斜面Ⅰ運動損失的機械能ΔE1＝μmgL1cosα1，沿斜面Ⅱ運動損失的機械能ΔE2＝μmgL2cosα2，因為L1＞L2，α1＜α2，所以ΔE1＞ΔE2，故D錯誤．]第6講動能定理機械能守恒定律能量守恒定律例1(1)8m/s(2)5.5m(3)見解析解析(1)運動員從A點運動到B點的過程中做平拋運動，到達B點時，其速度沿著B點的切線方向，可知運動員到達B點時的速度大小為vB＝eq\f(v,cos60°)，解得vB＝8m/s(2)從B點到E點，由動能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－eq\f(1,2)mvB2代入數(shù)值得L＝5.5m(3)設(shè)運動員能到達左側(cè)的最大高度為h′，從E點到第一次返回到左側(cè)最高處，由動能定理得mgH－μmgL－mgh′＝0解得h′＝0.8m<2m故運動員不能回到B點．設(shè)運動員從E點開始返回后，在CD段滑行的路程為s，全過程由動能定理得mgH－μmgs＝0解得總路程s＝7.5m由于L＝5.5m所以可得運動員最后停止的位置在距C點2m處．例2C[如圖所示，設(shè)小環(huán)下降的高度為h，大圓環(huán)的半徑為R，小環(huán)到P點的距離為L，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，由幾何關(guān)系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)，聯(lián)立可得h＝eq\f(L2,2R)，則v＝Leq\r(\f(g,R))，故C正確，A、B、D錯誤．]例3BC[彈簧一直伸長，故彈簧對圓環(huán)一直做負功，A錯誤；由題可知，整個過程動能的變化量為零，根據(jù)幾何關(guān)系可得圓環(huán)下落的高度h＝eq\r(2L2－L2)＝eq\r(3)L，根據(jù)能量守恒定律可得，彈簧彈性勢能增加量等于圓環(huán)重力勢能的減少量，則有ΔEp＝mgh＝eq\r(3)mgL，B正確；彈簧與小圓環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有ΔEk＋ΔEp重＋ΔEp彈＝0，由于小圓環(huán)在下滑到最大距離的過程中先是做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，所以動能先增大后減小，則圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和先減小后增大，C正確；圓環(huán)下滑到最大距離時，加速度方向豎直向上，所受合力方向為豎直向上，D錯誤．]例4(1)2ωR(2)eq\r(2mω2R2＋mg2)(3)eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2解析(1)重物落地后，小球線速度大小v＝ωr＝2ωR(2)向心力Fn＝2mω2R設(shè)F與水平方向的夾角為α，則Fcosα＝FnFsinα＝mg解得F＝eq\r(2mω2R2＋mg2)(3)落地時，重物的速度v′＝ωR由機械能守恒得eq\f(1,2)Mv′2＋4×eq\f(1,2)mv2＝Mgh解得h＝eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2.例5(1)eq\f(2F－4f,k)eq\f(F2－6fF＋8f2,k)(2)(3＋eq\f(\r(10),2))f(3)W<fxBC解析(1)從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關(guān)系得Fx0＝2fx0＋eq\f(1,2)kx02彈簧恢復原長時B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，由能量守恒定律得eq\f(1,2)kx02＝2fx0＋2Ek聯(lián)立方程解得x0＝eq\f(2F－4f,k)Ek＝eq\f(F2－6fF＋8f2,k).(2)當A剛要離開墻時，設(shè)彈簧的伸長量為x，以A為研究對象，由平衡條件得kx＝f若A剛要離開墻壁時B的速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值Fmin，從彈簧恢復原長到A剛要離開墻的過程中，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒定律得Ek＝eq\f(1,2)kx2＋fx結(jié)合第(1)問結(jié)果可知Fmin＝(3±eq\f(\r(10),2))f根據(jù)題意舍去Fmin＝(3－eq\f(\r(10),2))f，所以恒力的最小值為Fmin＝(3＋eq\f(\r(10),2))f.(3)從B、C分離到B停止運動，設(shè)B的位移為xB，C的位移為xC，以B為研究對象，由動能定理得－W－fxB＝0－Ek以C為研究對象，由動能定理得－fxC＝0－Ek由B、C的運動關(guān)系得xB>xC－xBC聯(lián)立可知W<fxBC.高考預(yù)測1．C[物體接觸彈簧前，由機械能守恒定律可知，物體剛接觸彈簧時的動能為Ek＝mgxsinθ，物體接觸彈簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑動摩擦力和彈簧彈力的合力，物體先加速下滑，后來重力沿斜面向下的分力小于滑動摩擦力和彈簧彈力的合力，物體減速下滑，所以當重力沿斜面向下的分力等于滑動摩擦力和彈簧彈力的合力時物體所受的合力為零，速度最大，動能最大，所以物體的最大動能一定大于mgxsinθ，A錯誤；設(shè)彈簧的最大壓縮量為L，彈性勢能最大為Ep，物體從A到最低點的過程，由能量守恒定律得mg(L＋x)sinθ＝μmgLcosθ＋Ep，物體從最低點到Q點的過程，由能量守恒得mg(L＋eq\f(x,2))sinθ＋μmgLcosθ＝Ep，聯(lián)立解得L＝eq\f(xtanθ,4μ)，由于μ<tanθ，但未知它們的具體參數(shù)，則無法說明彈簧的最大形變量是否大于eq\f(1,2)x，B錯誤；第一次往返過程中，根據(jù)能量守恒定律，可知損失的能量等于克服摩擦力做的功，則有ΔE＝2μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mgxsinθ，C正確；設(shè)從Q到第二次最高點位置C，有mgxQCsinθ＝2μmgL′cosθ，如果L′＝L，則有xQC＝eq\f(x,2)，即最高點為B，但由于物體從Q點下滑，則彈簧的最大形變量L′＜L，所以最高點應(yīng)在B點上方，D錯誤．]2．(1)1.35J(2)35m/s(3)0.36解析(1)小滑塊從A點至B點過程中，由動能定理有mgxsin20°－W克f＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02由幾何關(guān)系得x＝eq\r(xAB2－d2)，聯(lián)立解得W克f＝1.35J(2)忽略雪道對滑塊的阻力，滑塊從A點運動到池底平面雪道離開的過程中，由動能定理得mgLsin20°＋mghcos20°＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)解得v＝35m/s(3)當滑塊離開B點時，設(shè)速度方向與U型池斜面的夾角為θ，沿U型池斜面和垂直U型池方向分解速度vy＝vBsinθ，vx＝vBcosθ，ay＝gcos20°，ax＝gsin20°，vy＝ayt1，t＝2t1由此可知，當vy最大時，滑塊從沖出B點至重新落回U型池的時間最長，此時vB垂直于U型池斜面，即α0＝20°tanα0＝eq\f(sinα0,cosα0)＝eq\f(0.34,0.94)≈0.36.微專題1傳送帶中的動力學和能量問題例1D[由題圖乙可知在0～1s內(nèi)物塊的速度大于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿傳送帶向下，與物塊運動的方向相反；1～2s內(nèi)，物塊的速度小于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿傳送帶向上，與物塊運動的方向相同，由于物塊對傳送帶的壓力相等，根據(jù)Ff＝μFN，可知兩段時間內(nèi)摩擦力大小相等，A、B錯誤；在0～1s內(nèi)物塊的加速度大小為a＝|eq\f(Δv,Δt)|＝eq\f(12－4,1)m/s2＝8m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，解得μ＝0.25，C錯誤；物塊運動的位移大小等于v－t圖線與時間軸所圍圖形的“面積”大小，為x＝eq\f(4＋12,2)×1m＋eq\f(4×1,2)m＝10m，所以傳送帶底端到頂端的距離為10m，D正確．]例2(1)6m/s(2)0.9s(3)34J≤Ekx≤42.5J解析(1)物塊從B運動到C過程，由動能定理可得－mgh－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0－eq\f(1,2)mvB2解得vB＝6m/s；(2)設(shè)物塊從A運動到B過程中相對傳送帶的位移是x相對，由動能定理可得eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02＝μmgx相對解得x相對＝1.1m＜L即物塊在傳送帶上先勻加速到vB，然后在傳送帶上勻速運動．設(shè)物塊在傳送帶上勻加速時間為t1，有vB＝v0＋at1，a＝μg解得t1＝0.2s設(shè)物塊在傳送帶上勻速時間為t2，有L－x相對＝vBt2解得t2＝0.1s設(shè)物塊從B運動到C所用時間為t3，由牛頓第二定律可得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma′，又0＝vB－a′t3，聯(lián)立可得t3＝0.6s，物塊由A運動到C所需要的時間為t＝t1＋t2＋t3＝0.9s；(3)物塊以初動能Ekx從A點水平滑上傳送帶，設(shè)到達B點動能為EkB，相對傳送帶位移為x，則有EkB－Ekx＝μmgx,0≤x≤L，物塊從B沿斜面運動到最高點，設(shè)上滑距離為s，有0－EkB＝－μmgcos37°·s－mgsin37°·s，物塊從B上滑后又返回B過程，有EkB′－EkB＝－2μmgcos37°·s，其中EkB′是物塊返回B時的動能，從B經(jīng)傳送帶返回A過程，有0－EkB′＝－μmgL，聯(lián)立可得34J≤Ekx≤42.5J.高考預(yù)測1．BD[開始時，貨物相對傳送帶向上運動，受到的摩擦力沿傳送帶向下，貨物將勻減速上滑，直至與傳送帶等速，設(shè)貨物上滑的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，代入數(shù)據(jù)得a1＝8m/s2，則貨物相對傳送帶勻減速上滑，直至與傳送帶等速的時間貨物與傳送帶相對靜止瞬間，由于最大靜摩擦力Ff＝μmgcosθ<mgsinθ，相對靜止狀態(tài)不能持續(xù)，貨物速度會繼續(xù)減小，此后，貨物受到的摩擦力沿傳送帶向上，但所受合力沿傳送帶向下，故繼續(xù)勻減速上升，直至速度為0，令此時貨物減速上升的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，代入數(shù)據(jù)得a2＝2m/s2，由于貨物恰好能到達傳送帶的頂端，則貨物到達傳送帶頂端速度減為零且時間為t2＝eq\f(v,a2)＝1s，貨物沿傳送帶向上運動的位移為x2＝eq\f(v,2)t2＝1m，貨物在傳送帶上運動的時間為t＝t1＋t2＝0.25s＋1s＝1.25s，B正確；根據(jù)選項B可知，傳送帶從底端到頂端的長度L＝x1＋x2＝1.75m，A錯誤；貨物減速到與傳送帶速度相等時傳送帶的位移大小x傳送帶1＝vt1＝2×0.25m＝0.5m，貨物與傳送帶速度相等后運動過程傳送帶的位移大小x傳送帶2＝vt2＝2×1m＝2m，貨物速度與傳送帶速度相等前運動過程貨物對于傳送帶的位移大小L1＝x1－x傳送帶1＝0.75m－0.5m＝0.25m，貨物速度與傳送帶速度相等后運動過程貨物對于相傳送帶的位移大小L2＝x傳送帶2－x2＝2m－1m＝1m>L1，貨物速度與傳送帶速度相等后向上運動過程中貨物與傳送帶上留下的劃痕與第一階段減速運動過程劃痕重合，因此貨物在傳送帶上留下劃痕的長度L＝L2＝1m，C錯誤；貨物從滑上傳送帶到滑離傳送帶的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcosθ·(L1＋L2)＝3.75J，D正確．]2．(1)6m/s(2)12.5s(3)88J解析(1)由動能定理得(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝eq\f(1,2)mv12－0解得v1＝6m/s(2)由牛頓第二定律有μ2mg＝ma物塊與傳送帶共速時，由速度公式得－v＝v1－at1解得t1＝10s勻速運動階段的時間為t2＝eq\f(\f(v12,2a)－\f(v2,2a),v)＝2.5s第1次在傳送帶上往返運動的時間t＝t1＋t2＝12.5s(3)由分析可知，物塊第一次離開傳送帶以后，每次再到達傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，物塊最終停止在P點，則根據(jù)能量守恒有Q＝μ1mgcos37°·L＋eq\f(1,2)mv2＝88J.第7講動量例1AD[足球下落到與腳部剛接觸時的速度為v＝eq\r(2gh)＝5m/s，則足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為p＝mv＝2kg·m/s，A正確；根據(jù)運動的對稱性，足球離開腳部時的速度大小也是5m/s，所以腳部與足球作用過程中，由動量定理得(F－mg)Δt＝mv－m(－v)，解得F＝11mg，足球自由下落過程重力的沖量大小為mgeq\f(v,g)＝2N·s，B錯誤，D正確；足球與腳部作用過程中動量變化大小為Δp＝mv－m(－v)＝4kg·m/s，C錯誤．]例2C[根據(jù)動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，對Δt時間內(nèi)噴射出的氙離子，根據(jù)動量定理，有ΔMv＝FΔt，其中ΔM＝NmΔt，聯(lián)立有F＝Nmv＝N·m·eq\r(\f(2qU,m))＝Neq\r(2qUm)，則根據(jù)牛頓第三定律可知，飛船獲得的反沖推力大小為F′＝Neq\r(2qUm)，故選C.]例3BC[設(shè)運動員的質(zhì)量為M，第一次推物塊后，運動員速度大小為v1，第二次推物塊后，運動員速度大小為v2……第八次推物塊后，運動員速度大小為v8，第一次推物塊后，由動量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物塊后由動量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq\f(2n－1mv0,M)，則v7＝eq\f(260kg·m/s,M)，v8＝eq\f(300kg·m/s,M).由題意知，v7<5.0m/s，則M>52kg，又知v8>5.0m/s，則M<60kg，故選B、C.]例4C[小球C下落到最低點時，A、B將要開始分離，此過程水平方向動量守恒，根據(jù)機械能守恒有：m0gL＝eq\f(1,2)m0vC2＋eq\f(1,2)×2mvAB2，取水平向左為正方向，由水平方向動量守恒得：m0vC＝2mvAB，聯(lián)立解得vC＝2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，vAB＝eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故A、B正確；C球由靜止釋放到最低點的過程中，選B為研究對象，由動量定理有IAB＝mvAB＝m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故C錯誤；C球由靜止釋放到最低點的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)C對地向左水平位移大小為x1，A、B對地水平位移大小為x2，則有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝eq\f(m0L,2m＋m0)，故D正確．]例5B[設(shè)中子的質(zhì)量為m，則氫核的質(zhì)量也為m，氮核的質(zhì)量為14m，設(shè)中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv32，聯(lián)立解得v1＝v0，設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×14mv22＋eq\f(1,2)mv42，聯(lián)立解得v2＝eq\f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0，氮核的動量為pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)，可得pN>pH，碰撞后氫核的動能為EkH＝eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv02，氮核的動能為EkN＝eq\f(1,2)×14mv22＝eq\f(28mv02,225)，可得EkH>EkN，故B正確，A、C、D錯誤．]例6BC[A與B碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動量守恒，設(shè)B的初速度方向為正方向，設(shè)碰撞后B與A的速度分別為v1和v2，則：mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)·2mv22，聯(lián)立得：v2＝eq\f(2v0,3)①若小球A恰好能通過最高點，說明小球到達最高點時恰由小球的重力提供向心力，設(shè)在最高點的速度為vmin，由牛頓第二定律得：2mg＝2m·eq\f(vmin2,R)②A在碰撞后到達最高點的過程中機械能守恒，得：2mg·2R＝eq\f(1,2)·2mv22－eq\f(1,2)·2mvmin2③聯(lián)立①②③得：v0＝1.5eq\r(5gR)，可知若小球A經(jīng)過最高點，則需要：v0≥1.5eq\r(5gR)若小球A不能到達最高點，則小球不脫離軌道時，恰好到達與O等高處，由機械能守恒定律得：2mg·R＝eq\f(1,2)·2mv22④聯(lián)立①④得：v0＝1.5eq\r(2gR)可知若小球A不脫離軌道時，需滿足：v0≤1.5eq\r(2gR)由以上的分析可知，若小球不脫離軌道時，需滿足：v0≤1.5eq\r(2gR)或v0≥1.5eq\r(5gR)，故A、D錯誤，B、C正確．]例7ABD[經(jīng)分析可知，小球到達弧形槽頂端時，小球與小車的速度相同(設(shè)共同速度大小為v)，在小球沿小車弧形槽上滑的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，有mv0＝2mv，設(shè)弧形槽的頂端距底端的高度為h，根據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×2mv2＋mgh，解得h＝eq\f(v02,4g)，A正確；設(shè)小球返回弧形槽的底端時，小球與小車的速度分別為v1、v2，在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，以v0的方向為正方向，有mv0＝mv1＋mv2，根據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，解得v1＝0，v2＝v0，可知小球離開小車后，相對地面做自由落體運動，B正確；根據(jù)動能定理，在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，小車對小球做的功W＝0－eq\f(1,2)mv02＝－eq\f(1,2)mv02，C錯誤；根據(jù)動量定理，在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，合力對小車的沖量大小I＝mv2－0＝mv0，D正確．]例8(1)0.6mv02(2)0.768v0t0(3)0.45解析(1)當彈簧被壓縮到最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，即在t＝t0時刻，根據(jù)動量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0根據(jù)能量守恒定律有Epmax＝eq\f(1,2)mB(1.2v0)2－eq\f(1,2)(mB＋m)v02聯(lián)立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv02(2)B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA對方程兩邊同時乘時間Δt，有6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt0～t0之間，根據(jù)位移等于速度在時間上的累積，可得6mv0t0＝5msB＋msA，將sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0(3)物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為2v0，方向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為vA′，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′根據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)mvA′2＋eq\f(1,2)·5m·(0.8v0)2＝eq\f(1,2)m·(－2v0)2＋eq\f(1,2)·5mvB′2聯(lián)立解得vA′＝v0方法一：設(shè)在斜面上滑行的長度為L，上滑過程，根據(jù)動能定理可得－mgLsinθ－μmgLcosθ＝0－eq\f(1,2)m(2v0)2下滑過程，根據(jù)動能定理可得mgLsinθ－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mv02－0聯(lián)立解得μ＝0.45方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計算出滑塊A上滑和下滑時的加速度大小，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma上mgsinθ－μmgcosθ＝ma下上滑時末速度為0，下滑時初速度為0，設(shè)在斜面上滑行的位移為L，由勻變速直線運動的位移速度關(guān)系可得2a上L＝(2v0)2－0,2a下L＝vA′2聯(lián)立可解得μ＝0.45.高考預(yù)測1．D[每次拋出沙包前后，雪橇(含人)和拋出的沙包總動量守恒，故A錯誤；拋出沙包后，雪橇的速度不會超過v，不可能再與拋出的沙包發(fā)生碰撞，故B錯誤；規(guī)定雪橇的初速度方向為正方向，對拋出第一個沙包前后，根據(jù)動量守恒定律有Mv＝(M－m)eq\f(4,5)v＋m·3v，得M＝11m，故C錯誤；拋出第四個沙包后雪橇速度為v1，由全過程動量守恒得Mv＝(M－4m)v1＋4m·3v，將M＝11m代入得v1＝－eq\f(v,7)，故D正確．]2．(1)80J(2)4N，方向豎直向下(3)5m解析(1)子彈打進木塊過程，由動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝20m/s，由能量守恒定律有ΔE1＝eq\f(1,2)m2v02－eq\f(1,2)(m1＋m2)v12，解得ΔE1＝80J.(2)木塊從A端滑到B端過程，由動能定理有－μ(m1＋m2)gL＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v12，木塊滑到B端時，由牛頓第二定律有FN－(m1＋m2)g＝eq\f(m1＋m2,R)v22，聯(lián)立解得FN＝4N，根據(jù)牛頓第三定律可得F壓＝FN＝4N，方向豎直向下．(3)從開始至木塊在圓弧軌道上滑至最高過程中水平方向系統(tǒng)動量守恒，有m2v0＝(m2＋m1＋M)v3，得v3＝10m/s，子彈打進木塊后至木塊在圓弧軌道上滑至最高過程中，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋m2)v12＝eq\f(1,2)(m2＋m1＋M)v32＋(m1＋m2)gh＋μ(m1＋m2)gL，解得h＝5m.微專題2板塊模型的綜合分析例1(1)4m/s3m/s2m/s(2)12J解析(1)根據(jù)題意可知，題圖乙中圖線a表示碰撞前物塊的減速運動過程，圖線b表示碰撞前木板的加速過程，圖線c表示碰撞后木板的減速過程，圖線d表示碰撞后物塊的加速過程．物塊與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小為v1，此時木板速度大小v木＝1m/s從物塊滑上木板到物塊與擋板碰撞前瞬間的過程，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有mv0＝mv1＋Mv木解得v1＝4m/s物塊與擋板碰撞后瞬間，物塊的速度為0，木板速度大小為v2，從物塊滑上木板到物塊與擋板碰撞后瞬間的過程，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有mv0＝Mv2解得v2＝3m/s2s末物塊與木板共同運動的速度大小為v3，從物塊滑上木板到最終共同勻速運動的過程，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有mv0＝(m＋M)v3解得v3＝2m/s(2)物塊與擋板碰撞前瞬間，系統(tǒng)的動能Ek1＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv木2＝9J物塊與擋板碰撞后瞬間，系統(tǒng)的動能Ek2＝eq\f(1,2)Mv22＝9J故碰撞過程系統(tǒng)沒有機械能損失，物塊滑上木板時系統(tǒng)的動能Ek0＝eq\f(1,2)mv02＝18J最終相對靜止時系統(tǒng)的動能Ek3＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋M))v32＝6J所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝Ek0－Ek3＝12J.例2(1)4m/s，方向水平向右(2)eq\f(8,3)m(3)1.5m≤L≤3m解析(1)物塊P沿MN滑下，設(shè)末速度為v0，由機械能守恒定律得m1gh＝eq\f(1,2)m1v02解得v0＝6m/s物塊P、Q碰撞，取向右為正方向，設(shè)碰后瞬間P、Q速度分別為v1、v2，由動量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22解得v1＝－2m/s，v2＝4m/s故碰撞后瞬間物塊Q的速度為4m/s，方向水平向右(2)物塊Q與小車相對運動，可由牛頓第二定律求得兩者的加速度a2＝－eq\f(μm2g,m2)＝－2m/s2，a3＝eq\f(μm2g,M)＝eq\f(2,3)m/s2物塊Q的位移x2＝v2t＋eq\f(1,2)a2t2＝3m小車的位移x3＝eq\f(1,2)a3t2＝eq\f(1,3)m解得s＝x2－x3＝eq\f(8,3)m(3)物塊Q剛好到達B點時就與木板共速時AB段最長，根據(jù)動量守恒定律有m2v2＝(m2＋M)v3可得共同速度為v3＝1m/s由能量守恒定律得eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)(m2＋M)v32＋μm2gL1解得L1＝3m由能量守恒定律得eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)(m2＋M)v32＋2μm2gL2解得L2＝1.5m當AB段最短時需要驗證物塊Q在圓弧上共速時上升高度是否超過R，由能量守恒定律得eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)(m2＋M)v32＋μm2gL2＋m2gH解得H＝0.3m<R＝0.4m所以不會從圓弧軌道上滑出，則AB段的長度范圍為1.5m≤L≤3m.高考預(yù)測(1)eq\f(v02,6g)(2)μ≤0.2解析(1)木板鎖定在車上，子彈在穿入木板的過程，子彈、木板和小車組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv0＋(m＋2m)eq\f(v0,3)＝(m＋m＋2m)v根據(jù)能量守恒FfL＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)(m＋2m)(eq\f(v0,3))2－eq\f(1,2)(m＋m＋2m)v2又Ff＝mg聯(lián)立解得L＝eq\f(v02,6g)(2)木板和小車間有相對運動，則對木板和子彈受力分析，由牛頓第二定律得a木＝eq\f(Ff－2μmg,m)＝(1－2μ)ga子＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(mg,m)＝g故木板向右做勻加速直線運動，子彈向右做勻減速直線運動．子彈恰好不穿出木板，則子彈最終與木板共速且兩者相對位移等于木板長度，設(shè)子彈與木板共速時的速度為v，有eq\f(v－\f(v0,3),a木)＝eq\f(v0－v,a子)聯(lián)立解得v＝eq\f(\f(2,3)－μ,1－μ)v0子彈位移x子＝eq\f(v02－v2,2g)木板位移x木＝eq\f(v2－\f(v0,3)2,21－2μg)，x子－x木＝eq\f(5v02,36g)聯(lián)立以上各式解得μ＝0.5或μ＝0.2當μ＝0.5時，2μmg＝Ff木板與小車不會發(fā)生相對滑動，舍去．因動摩擦因數(shù)越小越難穿出木塊，故滿足子彈不穿出木板條件為μ≤0.2.微專題3力學三大觀點的綜合應(yīng)用例1(1)4m/s(2)0.45m(3)0.8m解析(1)小滑塊在AB軌道上運動mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得v0＝eq\f(4,3)eq\r(gh)＝4m/s(2)設(shè)小滑塊滑至B點時的速度為vB，小滑塊與小球碰撞后速度分別為v1、v2，碰撞過程中動量守恒，機械能守恒，因此有mvB＝mv1＋mv2，eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22解得v1＝0，v2＝vB小球沿CDEF軌道運動，在最高點可得mg＝meq\f(vEmin2,R)從C點到E點由機械能守恒可得eq\f(1,2)mvEmin2＋mg(R＋r)＝eq\f(1,2)mvBmin2其中vBmin＝eq\f(4,3)eq\r(ghmin)，解得hmin＝0.45m(3)設(shè)F點到G點的距離為y，小球從E點到Q點的運動，由動能定理mg(R＋y)＝eq\f(1,2)mvG2－eq\f(1,2)mvEmin2由平拋運動規(guī)律可得x＝vGt，H＋r－y＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立可得水平距離為x＝2eq\r(0.5－y0.3＋y)由數(shù)學知識可得，當0.5－y＝0.3＋y時，x有最大值，最大值為xmax＝0.8m.例2(1)2R(2)滑塊與傳送帶能共速(3)W克f＝eq\f(1,4)mg(13R＋2L)或者W克f＝eq\f(17,4)mgR解析(1)傳送帶靜止時，滑塊從A到B、B到C，由動能定理得mgR＝eq\f(1,2)mvB2－μmgx＝－eq\f(1,2)mvB2聯(lián)立解得vB＝eq\r(2gR)，x＝eq\f(R,μ)＝2R(2)滑塊到B點的速度大于傳送帶速度eq\r(gR)，據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝ma達到共速時滑塊的位移x1＝eq\f(vB2－vC2,2a)＝R<2R故滑塊與傳送帶能共速．(3)滑塊與傳送帶共速后，以vC＝eq\r(gR)的速度離開傳送帶，滑塊從C到F由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝mgh＋eq\f(1,2)mvC2設(shè)長木板與滑塊達到共同速度v2時，位移分別為l1、l2，由動量守恒定律知mv1＝(m＋M)v2由動能定理知μmgl1＝eq\f(1,2)Mv22－μmgl2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12聯(lián)立解得l1＝2R，l2＝8R滑塊相對長木板的位移Δl＝l2－l1<l即滑塊與長木板在達到共同速度時，滑塊未離開長木板．滑塊滑到長木板右端時，若R<L≤2R，W克f＝μmg(l＋L)得W克f＝eq\f(1,4)mg(13R＋2L)若2R<L<5R，W克f＝μmg(l2＋l－Δl)＝μmg(l＋l1)得W克f＝eq\f(17,4)mgR.高考預(yù)測(1)4m(2)15m(3)0.38m解析(1)根據(jù)牛頓第二定律可求A的加速度大小為aA＝eq\f(μ1mg＋μ2m＋4mg,4m)＝5.5m/s2，小物塊B的加速度大小為aB＝eq\f(μ1mg,m)＝2m/s2，設(shè)運動時間為t，A、B速度相等時有v0－aAt＝aBt，代入數(shù)據(jù)解得t＝2s，所以有x＝eq\f(1,2)aBt2，代入數(shù)據(jù)解得x＝4m.(2)A從開始運動到B、C碰撞時，運動的距離為xA＝v0t－eq\f(1,2)aAt2，代入數(shù)據(jù)解得xA＝19m，小物塊B相對長木板A運動的距離即為A的最小長度，有L＝xA－x＝15m.(3)B、C碰撞前瞬間B的速度為vB＝aBt＝4m/s，碰撞過程動量守恒，設(shè)碰后結(jié)合體速度為vM，有mvB＝(m＋eq\f(1,19)m)vM，代入數(shù)據(jù)解得vM＝3.8m/s，結(jié)合體恰好通過N點，在N點輕繩拉力為零，重力沿半徑方向的分力提供向心力，設(shè)結(jié)合體在N點的速度大小為vN，有(m＋eq\f(1,19)m)gsin37°＝(m＋eq\f(1,19)m)eq\f(vN2,R)，從M到N，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)(m＋eq\f(1,19)m)vM2＝eq\f(1,2)(m＋eq\f(1,19)m)vN2＋(m＋eq\f(1,19)m)gR·(1＋sin37°)，聯(lián)立解得R＝0.38m.高考新動向1數(shù)學歸納法和圖像法解決多次碰撞問題例1(1)475J(2)21J(3)3m(4)3.125m解析(1)子彈射入靶盒的過程中，由動量守恒定律有m0v0＝(m1＋m0)v，得v＝5m/s系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝eq\f(1,2)m0v02－eq\f(1,2)(m1＋m0)v2，解得ΔEk＝475J；(2)子彈進入靶盒后，設(shè)靶盒向左運動的最大距離為x，由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋m0)v2＝μ(m1＋m0)gx＋eq\f(1,2)kx2，解得x＝0.5m，靶盒再次返回到O點時離開彈簧，設(shè)此時動能為Ek，由動能定理有－2μ(m1＋m0)gx＝Ek－eq\f(1,2)(m1＋m0)v2，解得Ek＝21J；(3)設(shè)O點到平臺右端的距離為s，靶盒A離開O點后僅在摩擦力的作用下做勻減速直線運動，滑上木板