二輪專題強化練答案精析專題一力與運動第1講力與物體的平衡1．AC[瓦片受重力、兩側(cè)的支持力和摩擦力，共5個力，故A正確；根據(jù)題圖可知，設(shè)兩檁條對瓦片的彈力與重力垂直檁條方向的分力間的夾角為α，有2FNcosα＝mgcosθ，減小檁條間的距離d時，夾角α變小，則瓦片與檁條間的彈力變小，最大靜摩擦力變小，則瓦片可能會下滑，故B錯誤，C正確；增大檁條間的距離d時，瓦片仍然靜止，瓦片與檁條間的摩擦力不變，故D錯誤．]2．B[設(shè)斜桿的彈力大小為F，以水平橫桿和物體為整體，在豎直方向上根據(jù)受力平衡可得4Fcos30°＝G，解得F＝eq\f(\r(3),6)G，以其中一斜桿為研究對象，其受力如圖所示，可知每根斜桿受到地面的作用力應(yīng)與F平衡，即大小為eq\f(\r(3),6)G，每根斜桿受到地面的摩擦力大小為Ff＝Fsin30°＝eq\f(\r(3),12)G，B正確，A、C、D錯誤．]3．C[因為繩子張力始終與物體B重力平衡，所以繩子張力不變，因為物體A的重力不變，所以繩子與水平方向的夾角不變，因為繩子一端從P點緩慢移到Q點，所以物體A會下落，物體B位置會升高，故選C.]4．B[整體分析，根據(jù)水平方向平衡，F(xiàn)ACsin30°＝FBCsin60°；單獨分析左右兩部分，根據(jù)豎直方向平衡，F(xiàn)BCcos60°＝mBCg，F(xiàn)ACcos30°＝mACg，解得導(dǎo)線AC部分與BC部分的質(zhì)量之比為3∶1，故選B.]5．D[對結(jié)點O受力分析可得，水平方向有F1sinα＝F2sinβ，即F1的水平分力等于F2的水平分力，選項C錯誤，D正確；豎直方向有F1cosα＋F2cosβ＝mg，聯(lián)立解得F1＝eq\f(mgsinβ,sinα＋β)，F(xiàn)2＝eq\f(mgsinα,sinα＋β)，則F1的豎直分量F1x＝eq\f(mgsinβcosα,sinα＋β)，F(xiàn)2的豎直分量F2x＝eq\f(mgsinαcosβ,sinα＋β)，因sinαcosβ－cosαsinβ＝sin(α－β)>0，可知F2x>F1x，選項A、B錯誤．]6．AD[力的矢量三角形如圖所示，由圖可知繩的拉力一直增大，圓弧對小球支持力一直減小，故A、D正確，B、C錯誤．]7．A[要保持B點的位置不變，BD繩向上轉(zhuǎn)動的角度最大為45°，由于B點的位置不變，因此彈簧的彈力不變，由圖可知，AB繩的拉力減小，BD繩的拉力F也減小，故A正確，B、C、D錯誤．]8．B[光滑桿AOB水平放置，豎直方向受力平衡，不再分析．在水平面內(nèi)，對兩環(huán)分別受力分析，都受到桿的彈力FN和輕繩的拉力FT，由力平衡原理得知，F(xiàn)N與FT大小相等，方向相反，而FN與桿垂直，則平衡時，輕繩的拉力FT必定與桿垂直．以兩環(huán)及彈性輕繩整體為研究對象，分析水平方向整體受力情況，由幾何知識得到兩拉力間的夾角為120°，根據(jù)對稱性，由平衡條件得到FT＝F，故選B.]9．A[設(shè)飄帶的單位長度質(zhì)量為m0,單位長度所受風力為F0，從底端取飄帶上任意長度為x，G＝m0gx，F(xiàn)＝F0x，則重力與風力的合力與豎直方向的夾角為tanθ＝eq\f(F,G)＝eq\f(F0,m0g)，可知所選飄帶與豎直方向夾角與所選長度無關(guān)，二力合力方向恒定，飄帶各處張力方向相同，則飄帶為一條傾斜的直線，故選A.]10．D[隔離光滑均勻圓球B，對B受力分析如圖所示，可得FN＝eq\f(3mg,tan30°)，對兩球組成的整體有4mg－μFN＝0，聯(lián)立解得μ＝eq\f(4\r(3),9)，故選D.]11．B[取O點為研究對象，在三力的作用下O點處于平衡狀態(tài)，對其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得β＝55°，故選B.]12．C[A、B剛要滑動時受力平衡，受力如圖所示．對A：FT＝mgsin45°＋μmgcos45°對B：2mgsin45°＝FT＋3μmgcos45°＋μmgcos45°整理得，μ＝eq\f(1,5)，選項C正確．]13．C[結(jié)點O轉(zhuǎn)動過程中，動態(tài)分析如圖所示，eq\f(mg,sinα)＝eq\f(F,sinβ)＝eq\f(F1,sinγ)，由于α不變，結(jié)點O轉(zhuǎn)動至水平的過程中，β角一直減小至直角，γ從60°一直增大到150°，可得，F(xiàn)一直增大，繩子的拉力F1先增大后減小，故A錯誤；斜面的傾角沒變，物塊C的重力沿斜面向下的分力不變，B對C的摩擦力等于物塊C的重力沿斜面向下的分力，大小不變，故B錯誤；對B、C整體受力分析可知，繩子的拉力先增大后減小，但是不清楚初始狀態(tài)繩子的拉力與物塊B、C重力沿斜面向下方向分力大小關(guān)系，所以根據(jù)平衡條件可知，斜面對B的摩擦力可能先增大后減小，故C正確；對B、C整體受力分析可知，繩子對整體水平方向的拉力先增大后減小，則地面對斜面體的摩擦力先增大后減小，故D錯誤．]第2講牛頓運動定律與直線運動1．C[初速度為零的勻加速直線運動，在第一個t時間內(nèi)、第二個t時間內(nèi)、第三個t時間內(nèi)、……的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…＝1∶3∶5∶….運動員運動總時間為8t，運用逆向思維，則第一個t時間內(nèi)的位移，可視為在初速度為零的勻加速直線運動中，第八個t時間內(nèi)的位移；最后兩個t時間內(nèi)的總位移，可視為在初速度為零的勻加速直線運動中，前兩個t時間內(nèi)的總位移，故x1∶x2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故選C.]2．B[由題可知a點是靜止站立時的狀態(tài)，由題圖乙可知小明重力為550N，故A錯誤；c點位置處于超重狀態(tài)，因此可能處于減速下蹲階段，故B正確，C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知小明在d點加速度大于在g點的加速度，故D錯誤．]3．A[由題圖乙可知0～t1時間內(nèi)全紅嬋在豎直方向上做豎直上拋運動，在t1時刻達到最高點，之后在t1～t2時間內(nèi)在豎直方向上做勻加速運動，所以0～t1時間段與t1～t2時間段在豎直方向上加速度方向相同；全紅嬋在t2時刻開始進入水面，之后在t2～t3時間內(nèi)在水中豎直方向上做勻減速運動，此時全紅嬋的加速度方向向上，綜上可知A正確，B、C、D錯誤．]4．AD[根據(jù)牛頓第二定律對整體得a＝eq\f(F,mA＋mB)，則兩次運動的加速度大小相等，故A正確；分別隔離B和A，得FN1＝mBa，F(xiàn)N2＝mAa，則得到FN1＋FN2＝(mA＋mB)a＝F，F(xiàn)N1∶FN2＝mB∶mA，故B、C錯誤，D正確．]5．D[初始時整個系統(tǒng)靜止，彈力為Fk，對木球分析有ρ水gV＝Fk＋ρgV，釋放瞬間，彈力不變，系統(tǒng)處于完全失重狀態(tài)，浮力消失，則a＝eq\f(Fk＋ρgV,m)＝eq\f(ΔρgV＋ρgV,ρV)＝(1＋eq\f(Δρ,ρ))g，故選D.]6．D[對貨物受力分析可知，若勻速運動，則Ff＝mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ，若貨物隨板車做加速運動，設(shè)加速度大小為a，則Ff′－mgsinθ＝macosθ，mgcosθ－FN′＝masinθ，則Ff′>Ff，F(xiàn)N′<FN，即貨物受到的摩擦力變大，支持力變小，故選D.]7．C[由題知當列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許超過v(v<v0)，則列車進隧道前必須減速到v，若用時最少，則列車先勻減速到v進入隧道，再在隧道中勻速運動，出了隧道再勻加速到v0.則有v＝v0－2at1，解得t1＝eq\f(v0－v,2a)，在隧道內(nèi)勻速有t2＝eq\f(L＋l,v)，列車尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝eq\f(v0－v,a)，則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為t＝eq\f(3v0－v,2a)＋eq\f(L＋l,v)，故選C.]8．BC[由v－t圖像的斜率表示加速度，可得在第10s末和諧號的加速度為a1＝eq\f(72－60,24)m/s2＝eq\f(1,2)m/s2，復(fù)興號的加速度為a2＝eq\f(72－60,24－8)m/s2＝eq\f(3,4)m/s2，則10s末和諧號的加速度比復(fù)興號的小，故A錯誤；題圖乙中復(fù)興號的最大速度為vm＝72m/s＋a2×(32－24)m/s＝78m/s，故B正確；因t＝0時兩車車頭剛好并排，在0到24s內(nèi)和諧號的速度大于復(fù)興號的速度，兩者間的距離逐漸增大，由題圖乙可知，在24s末復(fù)興號速度繼續(xù)增大，而和諧號速度不變，故速度相等后兩者間的距離縮小，則在24s末兩車車頭相距最遠，故C正確；由v－t圖像的面積表示位移，則在0～24s兩者間的最大距離為Δx＝eq\f(8×72－60,2)m＝48m，而在24～32s內(nèi)能縮小的距離為Δx′＝eq\f(78－72×32－24,2)m＝24m<Δx，即32s時復(fù)興號還未追上和諧號，故D錯誤．]9．C[設(shè)A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ0，則當0≤F≤μ0(M＋m)g時，A、B處于靜止狀態(tài)，加速度都為0；當F>μ0(M＋m)g時，A、B開始一起做加速運動，設(shè)當F＝F0，A、B剛好要發(fā)生相對運動，以A、B為整體，由牛頓第二定律得F0－μ0(M＋m)g＝(M＋m)a，以B為研究對象，由牛頓第二定律得μmg－μ0(M＋m)g＝Ma，聯(lián)立解得F0＝eq\f(mM＋mgμ－μ0,M)，則當μ0(M＋m)g<F≤eq\f(mM＋mgμ－μ0,M)時，A、B一起做勻加速直線運動，加速度為a1＝eq\f(F－μ0M＋mg,M＋m)＝eq\f(F,M＋m)－μ0g，圖線的斜率為eq\f(1,M＋m)，當F>eq\f(mM＋mgμ－μ0,M)，A、B發(fā)生相對滑動，對A由牛頓第二定律得F－μmg＝ma2，解得a2＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(F,m)－μg，圖線的斜率為eq\f(1,m)，且eq\f(1,m)＞eq\f(1,M＋m)，由以上分析可知A的加速度aA與F的關(guān)系圖像可能為C選項，C正確，A、B、D錯誤．]10．B[由勻變速直線運動規(guī)律有x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，變形得eq\f(x,t2)＝eq\f(v0,t)＋eq\f(1,2)a，可知eq\f(x,t2)－eq\f(1,t)圖像斜率表示v0，縱軸截距表示eq\f(1,2)a，由題圖可得出v0＝eq\f(4,0.1)m/s，eq\f(1,2)a＝－4m/s2，解得v0＝40m/s，a＝－8m/s2，所以該車處于減速狀態(tài)，初速度為40m/s，加速度大小為8m/s2，故A、C錯誤，B正確；將v0＝40m/s，a＝－8m/s2代入位移公式可得x＝40t－4t2(m)，則前2秒的位移為x＝64m，故D錯誤．]11．(1)72N(2)16.7s解析(1)傾斜軌道上，運動的位移x1＝303.05m－12.8m＝290.25m根據(jù)題圖乙可知，到達P點時的速度vt＝35m/s，在水平軌道末端時的速度v＝8m/s根據(jù)vt2－v2＝2a2x2解得a2＝2m/s2根據(jù)牛頓第二定律有mgsin15°－Ff＝ma2解得Ff＝72N(2)在傾斜軌道上運動的時間t2＝eq\f(vt－v,a)＝eq\f(35－8,2)s＝13.5s在水平直軌道上的位移x1＝12.8m，根據(jù)v2＝2a1x1解得a1＝2.5m/s2則在水平軌道上運動的時間t1＝eq\f(v－0,a1)＝eq\f(8－0,2.5)s＝3.2s故運動員從開始運動至下滑到P點的時間為t＝t2＋t1＝16.7s.12．(1)eq\f(4m,5)(2)eq\f(2gt02,9)解析(1)設(shè)重物Q的質(zhì)量為m1.細線斷前，由牛頓第二定律可知，對滑塊P有FT－mgsin30°＝ma1對重物Q有m1g－FT＝m1a1滑塊P的位移x1＝eq\f(1,2)a1t02滑塊P在t0時的速度大小v1＝a1t0細線斷后，由牛頓第二定律可知滑塊P的加速度大小a2＝gsin30°＝eq\f(g,2)又經(jīng)過時間t0，滑塊P運動的位移x2＝v1t0－eq\f(1,2)a2t02由題意可知x1＋x2＝0解得a1＝eq\f(g,6)，m1＝eq\f(4m,5)(2)細線斷后滑塊P沿斜面向上運動的距離x3＝eq\f(v12,2a2)滑塊P從開始運動到返回出發(fā)位置運動的路程s＝2(x1＋x3)聯(lián)立解得s＝eq\f(2gt02,9).13．B[系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有3mgsinθ＝kx1，解得彈簧的壓縮量x1＝eq\f(3mgsinθ,k)；當B剛要離開C時，B對擋板的彈力為零，則有kx2＝2mgsinθ，解得彈簧的伸長量x2＝eq\f(2mgsinθ,k)，可知從系統(tǒng)靜止到B剛要離開C的過程中，A運動的距離為x＝x1＋x2＝eq\f(5mgsinθ,k)，故A正確；從系統(tǒng)靜止到B剛要離開C的過程中，重力對A做的功為WG＝－3mgxsinθ＝－eq\f(15m2g2sin2θ,k)，即A克服重力做的功為eq\f(15m2g2sin2θ,k)，故B錯誤；當B剛要離開C時，對物塊A分析，根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面方向上有F－3mgsinθ－kx2＝3ma，解得F＝5mgsinθ＋3ma，故C正確；當A的速度達到最大時，A受到的合外力為0，則有F－3mgsinθ－FT′＝0，所以FT′＝2mgsinθ＋3ma，B沿斜面方向有FT′－2mgsinθ＝2ma′，聯(lián)立解得a′＝eq\f(3,2)a，故D正確．]第3講拋體運動1．B[由題意知槍口與P點等高，子彈和小積木在豎直方向上均做自由落體運動，當子彈擊中積木時子彈和積木的運動時間相同，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，可知下落高度相同，所以將擊中P點；又由于初始狀態(tài)子彈到P點的水平距離為L，子彈在水平方向上做勻速直線運動，故有t＝eq\f(L,v)，故選B.]2．B[設(shè)水下落的高度為h，與水下落的時間t的關(guān)系為h＝eq\f(1,2)gt2，故下落高度相同，水流入下方的時間相同，根據(jù)平拋運動水平方向的位移與時間關(guān)系x＝vt，減排前、后水的流速比就等于水平位移之比，所以減排前、后相同時間內(nèi)的排水量之比就等于水平位移之比，即為eq\f(x0,x1)，A、C、D錯誤，B正確．]3．D[對滑板愛好者運動分析可知，從坡道A點滑出后，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，即上升時間等于下降時間，由題知第二次的滯空時間比第一次長，所以第二次下降時間大于第一次，由h＝eq\f(1,2)gt2知，第二次騰空最大高度大于第一次，又因為兩次水平位移相等，所以兩次位移與水平方向的夾角不同，即兩次滑出速度方向不相同，故A、B錯誤；因為第二次下降時間大于第一次，且兩次水平位移相等，由x＝vxt知，第二次滑出后水平分速度小于第一次，即第二次在最高點速度小，又由vy＝gt可知，第二次滑出后豎直分速度大于第一次，所以第二次滑出速度不一定大，故C錯誤，D正確．]4．AB[若小球剛與桿接觸時的末速度與水平方向夾角為53°，即小球運動軌跡與桿相切，設(shè)此時小球豎直方向下落高度為h，水平位移為x，則根據(jù)平拋運動相關(guān)推論有tan53°＝2eq\f(h,x)，由幾何關(guān)系可得tan53°＝eq\f(h＋hAC,x)，聯(lián)立解得h＝1.8m，x＝2.7m，則由v0<eq\f(x,t)，t＝eq\r(\f(2h,g))，聯(lián)立解得v0<4.5m/s，C、D錯誤，A、B正確．]5．C[依題意可知籃球拋出后做斜拋運動，利用逆向思維，將籃球從A到C的軌跡看作從C到A的平拋運動，設(shè)C點坐標為(0，yC)，C點到B點時間為t，由題圖可得L＝vCt，yC＝eq\f(1,2)gt2，3L－yC＝gt2，聯(lián)立解得yC＝L，vC＝eq\r(\f(gL,2))，故A錯誤；由題圖知B點和D點在同一水平線上，則可知籃球在兩點處的速度大小相等，但方向不同，所以兩點處的動量不相同，故B錯誤；由題圖知籃球由A到B和由B到C過程水平方向上發(fā)生的位移相等，則所用時間相等，根據(jù)動量定理可得mgt＝－Δp，所以動量的變化量相同，故C正確；籃球由B到C過程重力做負功，由C到D過程重力做正功，二者不相同，故D錯誤．]6．C[在平拋運動過程中，有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，位移與水平方向夾角的正切值tanα＝eq\f(h,x)＝eq\f(gt,2v0)，速度與水平方向夾角的正切值tanβ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，則tanβ＝2tanα.在平拋運動中，h＝xeq\f(tanβ,2)，所以eq\f(h1,h2)＝eq\f(tan30°,tan60°)＝eq\f(1,3)；由h＝eq\f(1,2)gt2可知，eq\f(t1,t2)＝eq\r(\f(h1,h2))＝eq\f(\r(3),3)；水平速度v＝eq\f(x,t)，可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(t2,t1)＝eq\f(\r(3),1)；由vt＝eq\f(v0,cosβ)可知，eq\f(vt1,vt2)＝eq\f(v1cos60°,v2cos30°)＝eq\f(1,1)，所以碰到墻面時動能之比eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(vt12,vt22)＝eq\f(1,1)，故A、B、D錯誤，C正確．]7．B[設(shè)B點做圓周運動的線速度大小為v′，此速度為B點的實際速度，根據(jù)運動合成與分解，可以分解為沿桿方向的分速度和垂直桿方向的分速度，如圖，沿桿方向的分速度大小為vB＝v′cos(β－eq\f(π,2))＝v′sinβ，A點速度為水平方向的v，根據(jù)運動合成與分解，可以分解為沿桿方向的分速度和垂直桿方向的分速度，如圖，沿桿方向的分速度為vA＝vcosα，又有二者沿桿方向的分速度相等，即v′sinβ＝vcosα，則v′＝eq\f(vcosα,sinβ)，故選B.]8．BD[設(shè)網(wǎng)球飛出時的速度為v0，豎直方向v0豎直2＝2g(H－h(huán))，代入數(shù)據(jù)得v0豎直＝eq\r(2×10×8.45－1.25)m/s＝12m/s，則v0水平＝eq\r(132－122)m/s＝5m/s，網(wǎng)球擊出點到P點水平方向的距離x水平＝v0水平t＝v0水平·eq\f(v0豎直,g)＝6m，根據(jù)幾何關(guān)系可得打在墻面上時，垂直墻面的速度分量v0水平⊥＝v0水平·eq\f(4,5)＝4m/s，平行墻面的速度分量v0水平∥＝v0水平·eq\f(3,5)＝3m/s，反彈后，垂直墻面的速度分量v水平⊥′＝0.75·v0水平⊥＝3m/s，則反彈后的網(wǎng)球速度大小為v＝v水平＝eq\r(v水平⊥′2＋v0水平∥2)＝3eq\r(2)m/s，網(wǎng)球落到地面的時間t′＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×8.45,10))s＝1.3s，著地點到墻壁的距離d＝v水平⊥′t′＝3.9m，故B、D正確，A、C錯誤．]9．B[小球在兩平行擋板間的運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動．設(shè)運動總時間為t，則水平方向、豎直方向分別有(N＋1)L＝vt，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)，h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立可得v＝(N＋1)Leq\r(\f(2g,h))，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)，故A、C、D錯誤，B正確．]10．D[根據(jù)動量定理，動量變化量等于重力的沖量，即為豎直方向的動量變化，當運動員落至斜面時，分解其位移得tanθ＝eq\f(h,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，則落至斜面時的豎直分速度為vy＝gt＝2v0tanθ，因此動量變化量為Δp＝mΔv＝2mv0tanθ，故A錯誤；由A得運動員運動的時間為t＝eq\f(2v0tanθ,g)，則水平位移為x＝v0t＝eq\f(2v02tanθ,g)，則運動員實際位移大小為x實際＝eq\f(x,cosθ)＝eq\f(2v02tanθ,gcosθ)，故B錯誤；將運動分解為沿斜面和垂直斜面兩個方向，則垂直斜面方向的初速度方向垂直斜面向上，加速度方向垂直斜面向下，則垂直斜面的速度分量減小為零時運動員離斜面最遠，即當運動員的速度方向與斜面平行時，距離賽道最遠，在最遠處分解其速度得cosθ＝eq\f(v0,v)，則v＝eq\f(v0,cosθ)，故C錯誤；垂直斜面方向的分運動類似于豎直上拋運動，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，垂直斜面的速度分量減小為零時的運動時間為總時間的一半，再根據(jù)自由落體的公式h＝eq\f(1,2)gt2得，距離賽道最遠時的豎直位移為總豎直位移的eq\f(1,4)，故D正確．]11．A[設(shè)甲黃豆做平拋運動的時間為t，那么乙黃豆做斜拋運動的時間也為t，根據(jù)斜拋運動的對稱性可知，乙黃豆從M點運動至最高點的時間為eq\f(t,2)，乙黃豆從M點運動至最高點的水平位移為MN的一半，設(shè)PM＝MN＝L，甲黃豆在P點的速度為v1，乙黃豆到達最高點的速度為v′，在水平方向上由運動學(xué)規(guī)律：對甲黃豆有L＝v1t，對乙黃豆從M點運動至最高點水平方向上有eq\f(L,2)＝v′·eq\f(t,2)，聯(lián)立解得v1＝v′＝eq\f(L,t)，故B錯誤；對甲黃豆到達N點時，在豎直方向上有L＝eq\f(1,2)gt2，v1y＝gt＝eq\r(2gL)，在水平方向有v1＝eq\f(L,t)＝eq\r(\f(gL,2))，甲黃豆到達N點時的速度為v甲＝eq\r(v12＋v1y2)＝eq\r(\f(5gL,2))，對乙黃豆在從M點運動至最高點的過程中，由逆向思維得上升的最大高度為h＝eq\f(1,2)g(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,4)·eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,4)L，所以乙黃豆相對于M點上升的最大高度為PM長度的eq\f(1,4)，乙黃豆在M點的豎直方向分速度為v2y2＝eq\r(2g·\f(L,4))，則v2y＝eq\r(\f(gL,2))，由運動的合成與分解得乙黃豆在N點的速度為v乙＝eq\r(v′2＋v2y2)＝eq\r(gL)，所以兩黃豆相遇時甲的速度大小不是乙的兩倍，故C、D錯誤；兩黃豆相遇時甲的速度與水平方向的夾角正切值為tanα＝eq\f(v1y,v1)＝eq\f(\r(2gL),\r(\f(gL,2)))＝2，乙的速度與水平方向的夾角正切值為tanβ＝eq\f(v2y,v′)＝eq\f(v2y,v1)＝eq\f(\r(\f(gL,2)),\r(\f(gL,2)))＝1，所以兩黃豆相遇時甲的速度與水平方向的夾角不是乙的兩倍，甲的速度與水平方向的夾角的正切值為乙的兩倍，故A正確．]12．(1)0.3s(2)1.2×10－4N(3)0.18m解析(1)谷粒從H落到出料口的過程，豎直方向和水平方向都是初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2將h＝0.45m代入可得t＝0.3s(2)對質(zhì)量為2.0×10－5kg的谷粒，從H漏出恰好經(jīng)B點，水平方向有x1＝eq\f(1,2)at2設(shè)風力大小為F，由牛頓第二定律F＝ma聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得F＝1.2×10－4N(3)對質(zhì)量為1.2×10－5kg的癟粒，恰好落到A2點，設(shè)A2B寬度為x2，則有x1＋x2＝eq\f(1,2)a′t2F＝m′a′代入數(shù)據(jù)可得x2＝0.18m.13．(1)4.8m(2)12m解析(1)在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規(guī)律得v1＝vMsin72.8°①設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得mgcos17.2°＝ma1②由運動學(xué)公式得d＝eq\f(v12,2a1)③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得d＝4.8m④(2)在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規(guī)律得v2＝vMcos72.8°⑤設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin17.2°＝ma2⑥設(shè)騰空時間為t，由運動學(xué)公式得t＝eq\f(2v1,a1)⑦L＝v2t＋eq\f(1,2)a2t2⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得L＝12m.第4講圓周運動天體的運動1．BD[當小明通過最高點時小明依然要受到重力作用，A錯誤；小明做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,k)eq\r(\f(r,g))，B正確；小明做圓周運動所需的向心力大小F向＝mω2r＝k2mg<mg，故小明通過最高點時處于失重狀態(tài)，但并非處于完全失重狀態(tài)，C錯誤；當小明通過最低點時，由牛頓第二定律有F－mg＝mω2r，解得F＝(1＋k2)mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，此時小明對車廂座墊的壓力大小為(1＋k2)mg，D正確．]2．A[閘桿轉(zhuǎn)動時間為t＝eq\f(x,v)－t0＝eq\f(6.9,3)s－0.3s＝2s，要想汽車順利勻速通過，閘桿轉(zhuǎn)動的角度至少為tanθ＝eq\f(1.6－1,0.6)，解得θ＝eq\f(π,4)，則閘桿轉(zhuǎn)動的角速度至少為ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(π,8)rad/s，故選A.]3．C[要使LED燈發(fā)光，就要使重物做離心運動讓MN接觸，則應(yīng)該A端更靠近圓心，故A錯誤；轉(zhuǎn)速越大，所需要的向心力越大，彈簧拉伸越長，MN接觸就會發(fā)光，不能說重物受到離心力，故B錯誤；在最低點時F1－mg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(F1,mr)－\f(g,r))，增大質(zhì)量可以使LED燈在較低轉(zhuǎn)速下也能發(fā)光，故C正確；在最高點時F2＋mg＝mω2r，勻速行駛時，最低點彈簧彈力大于最高點彈簧彈力，因此LED燈轉(zhuǎn)到最低點時能發(fā)光但在最高點不一定發(fā)光，故D錯誤．]4．C[“天問一號”在發(fā)射過程中，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故A錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力可知eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，由于火星的軌道半徑比地球的大，則火星的環(huán)繞速度小于地球的環(huán)繞速度，故B錯誤；根據(jù)開普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k可知，地球的軌道半徑小，公轉(zhuǎn)周期小，火星的軌道半徑大，公轉(zhuǎn)周期大，故C正確；從圖示時刻再經(jīng)過半年時間，地球運動到圖示位置的對稱點，但由于火星的角速度小，不能運動到圖示位置的對稱點，此時太陽、地球、火星不能再次共線，故D錯誤．]5．BC[根據(jù)萬有引力提供向心力可得Geq\f(Mm,r2)＝eq\f(mv2,r)＝meq\f(4π2r,T2)＝man，且在地球表面滿足Geq\f(Mm,R2)＝mg，即GM＝gR2，由題意知神舟十三號載人飛船軌道半徑為r＝R＋h，所以解得T＝2πeq\r(\f(R＋h3,gR2))，v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))，由于神舟十三號載人飛船的軌道半徑大于地球近地衛(wèi)星的軌道半徑，所以其線速度小于地球近地衛(wèi)星線速度，即小于第一宇宙速度；向心加速度即重力加速度為an＝eq\f(gR2,R＋h2)，故A錯誤，B、C正確；根據(jù)密度公式得ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(3g,4πGR)，故D錯誤．]6．B[由題分析可知，a、c的角速度相同，則根據(jù)an＝ω2r可知，a的加速度小于c的加速度，則a的加速度不是最大的，選項A錯誤；a、c的角速度相同，則根據(jù)v＝ωr可知，a的線速度小于c的線速度，根據(jù)v＝eq\r(\f(GM,r))可知b的線速度大于c、d的線速度，即b的線速度最大，選項B正確；根據(jù)開普勒第三定律可知，b、c、d中d的周期最大，而a、c周期相等，則在a、b、c、d中，d的周期最大，由ω＝eq\f(2π,T)可知，d的角速度最小，選項C、D錯誤．]7．C[當圓臺轉(zhuǎn)速較小時，三者都由靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律有Ff＝mω2r′，A、C需要的向心力相等，當轉(zhuǎn)速增大到ω1時，由于mA＝2mB＝2mC，C所受靜摩擦力先達到最大值；ω再增大，B、C間細線開始有拉力，對C由牛頓第二定律有FTBC＋μmg＝2mω22r，對B有FfB－FTBC＝mω22r，對A有FfA＝2mω22r，當FfB＝μmg時，F(xiàn)TBC＝eq\f(μmg,3)<eq\f(μmg,2)，F(xiàn)fA＝eq\f(4μmg,3)<2μmg；ω再增大，O、B間細線出現(xiàn)拉力，對A有FfA＝2mω32r，對B有FTOB＋μmg－FTBC＝mω32r，對C有FTBC＋μmg＝2mω32r，當B、C間細線拉力達到最大值時，即FTBC＝eq\f(1,2)μmg時，F(xiàn)TOB＝eq\f(μmg,4)<eq\f(μmg,2)，F(xiàn)fA＝eq\f(3μmg,2)<2μmg，則ω再增大，B、C間細線將斷裂，故C最先滑動，A、B、D錯誤，C正確．]8．C[黑洞A與黑洞B繞O點相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度相同，所以，二者的角速度相等，設(shè)它們相距為L，角速度為ω，根據(jù)牛頓第二定律得Geq\f(M1M2,L2)＝M1ω2·OA，Geq\f(M1M2,L2)＝M2ω2·OB，聯(lián)立得M1·OA＝M2·OB，根據(jù)題意OA>OB，所以M1<M2，故A、B錯誤；人類要把宇航器發(fā)射到距黑洞A較近的區(qū)域進行探索，必須沖出太陽系，所以發(fā)射速度一定大于第三宇宙速度，故C正確；根據(jù)M1·OA＝M2·OB，OA＋OB＝L，可得OA＝eq\f(M2L,M1＋M2)，又由于Geq\f(M1M2,L2)＝M1ω2·OA，整理得ω＝eq\r(\f(GM1＋M2,L3))，所以周期為T＝2πeq\r(\f(L3,GM1＋M2))，若兩黑洞間的距離一定，把黑洞A上的物質(zhì)移到黑洞B上，兩黑洞質(zhì)量之和不變，周期不變，故D錯誤．]9．D[A、B通過皮帶傳動，系統(tǒng)穩(wěn)定后，A、B勻速轉(zhuǎn)動，線速度大小相等，即vA＝vB，根據(jù)v＝ωr，則有ωA·2R＝ωBR，所以ωA∶ωB＝ω甲∶ω乙＝1∶2，A錯誤；甲、乙兩球做勻速圓周運動，設(shè)θ為輕繩與軸的夾角，顯然0<θ<eq\f(π,2)，由mgtanθ＝mω2Lsinθ，h＝Lcosθ，聯(lián)立可得h＝eq\f(g,ω2)，則甲、乙兩球離懸掛點的高度之比為h甲∶h乙＝4∶1，故甲、乙兩球不在同一水平面上，B錯誤；甲、乙兩球均做勻速圓周運動，由mgtanθ＝mω2Lsinθ得eq\f(g,L)＝ω2cosθ，再由ω甲<ω乙得cosα>cosβ，故α<β，但此大小關(guān)系與質(zhì)量無關(guān)，C錯誤；由題知拉力F＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(mgL,h)，因m甲＝4m乙，且h甲∶h乙＝4∶1，故甲球受到的輕繩的拉力等于乙球受到的輕繩的拉力，D正確．]10．D[考慮地球的自轉(zhuǎn)因素，但兩極的自轉(zhuǎn)半徑為零，故萬有引力等于重力，有Geq\f(Mm,R2)＝mg；赤道位置萬有引力提供向心力和重力，有Geq\f(Mm,R2)＝mg赤＋ma赤；同步衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)滿足Geq\f(Mm,nR2)＝ma同；而赤道自轉(zhuǎn)角速度和同步衛(wèi)星的角速度相同，由a＝ω2r，有eq\f(a同,a赤)＝n，聯(lián)立各式可得g赤＝(1－eq\f(1,n3))g，故選D.]11．B[在B點，根據(jù)輕繩拉力和重力沿斜面向下的分力提供向心力得mg＋mgsin30°＝meq\f(v2,R)，從B點到A點，根據(jù)動能定理得mg2R·sin30°＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，在A點，根據(jù)輕繩拉力和重力沿斜面向下的分力提供向心力得FT－mgsin30°＝meq\f(v′2,R)，解得FT＝4mg，故選B.]12．(1)eq\f(\r(3),3)mg(2)eq\r(\f(g,2L))解析(1)當木架與圓環(huán)保持靜止狀態(tài)時，由于A、B兩點距離為L，且輕繩長為2L，根據(jù)幾何關(guān)系可知，兩端繩之間的夾角為60°，對圓環(huán)受力分析可得，豎直方向有2FTcos30°＝mg解得FT＝eq\f(\r(3),3)mg；(2)設(shè)輕繩中拉力大小為FT′，做圓周運動的半徑為L，圓環(huán)與A點的距離為L′，圓環(huán)與B點間的輕繩與水平方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系可得L2＋L′2＝(2L－L′)2解得L′＝eq\f(3,4)L，可得θ＝37°對圓環(huán)受力分析可得水平方向上有FT′cos37°＝mω2L豎直方向上有FT′＋FT′sin37°＝mg，解得ω＝eq\r(\f(g,2L)).13．(1)eq\f(5g,4ω2)(2)2mg(3)eq\f(199mg2,144ω2)解析(1)當裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω時，對小球B分析得FT1cos37°＝2mgFT1sin37°＝2mω2ssin37°聯(lián)立解得s＝eq\f(5g,4ω2)(2)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為2ω時，設(shè)OB的長度為s′，則對小球B分析得FT2cos53°＝2mgFT2sin53°＝2m(2ω)2s′sin53°s′＝eq\f(5g,12ω2)設(shè)細線長度為L，則裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω時，對圓環(huán)A有FT1－F＝mω2(L－s)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為2ω時，對圓環(huán)A有FT2＋F＝m(2ω)2(L－s′)解得F＝2mg(3)裝置轉(zhuǎn)動的角速度由ω增至2ω過程中，對小球B分析，得重力勢能變化量為ΔEp＝2mg(scos37°－s′cos53°)動能變化量為ΔEk＝eq\f(1,2)·2m[(2ωs′sin53°)2－(ωssin37°)2]聯(lián)立解得細線對小球B做的功為W＝ΔEp＋ΔEk＝eq\f(199mg2,144ω2).專題二能量與動量第5講功與功率功能關(guān)系1．B[由功的計算公式可知，重力做功為WG＝mgh＝25×10×2J＝500J，A錯誤；由動能定理可知，合力做功等于動能的變化量，則有W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×25×22J＝50J，B正確；由動能定理可得WG－W克f＝eq\f(1,2)mv2，故克服阻力做功W克f＝WG－eq\f(1,2)mv2＝500J－50J＝450J，C錯誤；支持力與小孩的運動方向一直垂直，所以支持力不做功，D錯誤．]2．B[由v－t圖像可知，第1s、第2s、第3s內(nèi)的位移分別為0.5m、0.5m、1m，由F－t圖像及功的公式W＝Flcosα，可知W1＝0.5J，W2＝1.5J，W3＝2J，故選B.]3．A[在最低點由牛頓第二定律及向心力公式有ma＝meq\f(v2,r)，P由靜止下滑到最低點的過程中有mgr－W克f＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得W克f＝mgr－eq\f(1,2)mar＝mr(g－eq\f(1,2)a)，故選A.]4．BC[由平拋運動規(guī)律可知，做平拋運動的時間t＝eq\r(\f(2h,g))，因為兩手榴彈運動的高度差相同，所以在空中運動時間相等，故A錯誤；做平拋運動的物體落地前瞬間重力的功率P＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，因為兩手榴彈運動的高度差相同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力的功率相同，故B正確；從投出到落地，手榴彈下降的高度為h，所以手榴彈重力勢能減少量ΔEp＝mgh，故C正確；從投出到落地，手榴彈做平拋運動，只有重力做功，機械能守恒，故D錯誤．]5．C[設(shè)空氣阻力大小為Ff，上升過程的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mg＋Ff＝ma1，解得a1＝g＋eq\f(Ff,m)，設(shè)下落過程的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得mg－Ff＝ma2，解得a2＝g－eq\f(Ff,m)，所以上升過程的加速度大小大于下落過程的加速度大小，由于上升和下落的位移相等，由運動學(xué)公式x＝eq\f(1,2)at2，可知上升過程的時間小于下落過程的時間，故A錯誤；由于空氣阻力大小不變，上升過程和下落過程空氣阻力做的功相等，所以上升過程中機械能損失量等于下落過程中機械能損失量，故B錯誤；設(shè)物體從地面豎直向上拋出時的速度大小為v0，物體落回到地面時的速度大小為v，由運動學(xué)公式得v02＝2a1x，v2＝2a2x，又因為a1>a2，所以v0>v，上升過程的動能減小量為ΔEk1＝eq\f(1,2)mv02，下落過程的動能增加量為ΔEk2＝eq\f(1,2)mv2，所以上升過程的動能減小量大于下落過程的動能增加量，故C正確；上升過程動量的變化量大小為Δp1＝mv0，下落過程的動量變化量大小為Δp2＝mv，所以上升過程的動量變化量大于下落過程的動量變化量，故D錯誤．]6．BC[外力撤去前，由牛頓第二定律可知F－μmg＝ma1①由速度位移公式有v02＝2a1s0②外力撤去后，由牛頓第二定律可知－μmg＝ma2③由速度位移公式有－v02＝2a2(2s0)④由①②③④可得，水平恒力F＝eq\f(3mv02,4s0)，物體與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(v02,4s0g)，則滑動摩擦力Ff＝μmg＝eq\f(mv02,4s0)，可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍，故C正確，D錯誤；在此過程中，外力F做功為W＝Fs0＝eq\f(3,4)mv02，故A錯誤；由平均速度公式可知，外力F作用時間t1＝eq\f(s0,\f(0＋v0,2))＝eq\f(2s0,v0)，在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是I＝Ft1＝eq\f(3,2)mv0，故B正確．]7．C[對動車組由牛頓第二定律有F牽－F阻＝ma，動車組勻加速啟動，即加速度a恒定，但F阻＝kv隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而增大，故A錯誤；若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有eq\f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速啟動的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯誤；若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，動車組勻速行駛時加速度為零，有eq\f(2.25P,v)＝kv，而以額定功率勻速行駛時，有eq\f(4P,vm)＝kvm，聯(lián)立解得v＝eq\f(3,4)vm，故C正確；若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間t達到最大速度vm，由動能定理可知4Pt－W克阻＝eq\f(1,2)mvm2－0，可得動車組克服阻力做的功為W克阻＝4Pt－eq\f(1,2)mvm2，故D錯誤．]8．D[上滑過程重力勢能為Ep＝mgssinθ＝mgsinθ·s，則重力勢能隨s變化的圖線的斜率為mgsinθ＝eq\f(2500J,10m)，解得sinθ＝eq\f(1,2)，則坡道與水平面的夾角為θ＝30°，選項A錯誤；上滑過程根據(jù)動能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)s＝Ek－Ek0，整理得Ek＝－(mgsinθ＋μmgcosθ)s＋Ek0，動能隨s變化的圖線斜率為－(mgsinθ＋μmgcosθ)＝eq\f(1875J－5625J,10m－0)，代入數(shù)據(jù)解得動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),6)，選項B錯誤；上滑過程根據(jù)動能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)sm＝0－Ek0，解得sm＝15m，上升的高度h＝smsinθ＝7.5m，選項C錯誤；上滑過程根據(jù)動量定理有(mgsinθ＋μmgcosθ)t＝0－(－eq\r(2mEk0))，解得上滑時間t＝2s，則重力的沖量為mgt＝1000N·s，選項D正確．]9．A[火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤．]10．BC[桿對A球的作用力與桿對B球的作用力大小相等，兩球的位移相同，所以桿對A球做的功與桿對B球做的功數(shù)值相等，故A錯誤；設(shè)A球克服彈簧彈力做的功為W1，A下降的高度為h，桿對A球做的功為W2，則桿對B球做功為－W2，由動能定理，對A球有mgh－W1＋W2＝0，對B球有2mgh－W2＝0，聯(lián)立解得W1＝eq\f(3,2)W2，即A球克服彈簧彈力做的功是桿對A球做的功的eq\f(3,2)倍，故B正確；根據(jù)功能關(guān)系知，彈簧和桿對A球做功的總和等于A球機械能的增量，故C正確；若A球從彈簧原長處釋放，剛釋放時A、B整體的加速度大小為g，方向豎直向下，根據(jù)簡諧運動的對稱性知，A球到最低點時整體的加速度大小為g，方向豎直向上，現(xiàn)A球從彈簧正上方下落，A球到最低點時彈簧壓縮量比從彈簧原長處釋放時的大，則彈力比從彈簧原長處釋放時的大，整體所受的合力增大，加速度將大于g，所以A球到最低點時整體的加速度大小大于g，方向豎直向上，在最低點，對B球，由牛頓第二定律得F－2mg＝2ma＞2mg，則得A球到最低點時桿對B球的作用力F＞4mg，故D錯誤．]11．BD[根據(jù)題意和動能定理可得(M＋m)glsin30°－μ(M＋m)glcos30°－W彈＝0，W彈－Mglsin30°－μMglcos30°＝0，聯(lián)立可得M∶m＝1∶6，故A錯誤；下滑速度最大時有(M＋m)gsin30°－μ(M＋m)gcos30°－F彈＝0，可得F彈＝eq\f(7,8)Mg，上滑速度最大時有F彈′－Mgsin30°－μMgcos30°＝0，可得F彈′＝eq\f(7,8)Mg，所以下滑與上滑過程中木箱速度最大的位置在軌道上的同一點，故B正確；木箱與彈簧沒有接觸時，下滑的加速度為a1＝eq\f(M＋mgsin30°－μM＋mgcos30°,M＋m)＝eq\f(1,8)g，上滑的加速度為a2＝eq\f(Mgsin30°＋μMgcos30°,M)＝eq\f(7,8)g，則eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,7)，故C錯誤；下滑過程中重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能，有(M＋m)glsin30°－μ(M＋m)glcos30°＝Ep，則彈簧的最大彈性勢能為Ep＝eq\f(7,8)Mgl，故D正確．]12．(1)3.6×104N25s(2)75m/s解析(1)以第6、7、8三節(jié)車廂為整體分析，總質(zhì)量為3m，所受拉力為F，據(jù)牛頓第二定律有F－3Ff＝3maFf＝0.01mg代入數(shù)據(jù)解得F＝3.6×104N每個動車提供最大功率為P0＝600kW，設(shè)每個動車提供的牽引力為F牽，動車勻加速行駛能達到的最大速度為v1，對整個動車組進行分析，根據(jù)牛頓第二定律，有2F牽－8Ff＝8ma2P0＝2F牽v1v1＝at1聯(lián)立解得t1＝25s(2)和諧號動車組以最大速度行駛時動力與阻力平衡設(shè)最大速度為vm，則有2P0＝8×0.01mg·vm解得vm＝75m/s.13．BD[系統(tǒng)靜止時，彈簧壓縮量x1＝eq\f(mgsin37°,k)，A恰好不離開擋板時，彈簧伸長量x2＝eq\f(mgsin37°,k)，由題可知x1＋x2＝eq\r(L2＋\f(3,4)L2)－L＝eq\f(1,4)L，解得k＝eq\f(24mg,5L)，選項A錯誤；根據(jù)x1＝x2，知彈性勢能不變，則小車在0～eq\f(3,4)L位移內(nèi)拉力對B做的功W1＝mg·eq\f(1,4)Lsin37°，解得W1＝eq\f(3,20)mgL，選項B正確；小車位移大小為eq\f(3,4)L時，滑輪右側(cè)輕繩與豎直方向的夾角為37°，將小車速度沿輕繩方向和與輕繩垂直方向分解，則B的速率vB＝2eq\r(gL)sin37°＝eq\f(6,5)eq\r(gL)，選項C錯誤；小車在0～eq\f(3,4)L位移大小內(nèi)，設(shè)拉力對B做的功為W2，對B分析，根據(jù)功能關(guān)系有W2＝eq\f(1,2)mvB2＋mg·eq\f(1,4)Lsin37°＝eq\f(87,100)mgL，選項D正確．]第6講動能定理機械能守恒定律能量守恒定律1．C[對A、B組成的系統(tǒng)，從開始運動到小球A運動到最高點的過程有mg·eq\f(πR,2)－mgR＝eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(\f(π,2)－1gR)，故選C.]2．D[P與Q的速度關(guān)系如圖所示釋放后，P繞A點做圓周運動，P的速度沿圓周的切線方向，當繩BC與水平夾角為30°時，繩BC與繩AB垂直，P的速度方向沿CB的延長線，此時物體Q與物體P的速度大小相等，之前的過程中，速度大小不相等，故A錯誤；釋放瞬間，P所受合力為重力，故加速度等于g，故B錯誤；由幾何關(guān)系知AC＝2L，P處于AC的中點時，則有BC＝L，當下降到圖示位置時BC＝eq\r(3)L，Q上升的高度h1＝(eq\r(3)－1)L，P下降的高度為h2＝Lcos30°＝eq\f(\r(3),2)L，由A項中分析知此時P、Q速度大小相等，設(shè)為v，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得mgh2＝mgh1＋eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(\f(2－\r(3),2)gL)，故D正確，C錯誤．]3．AD[金屬環(huán)在P點時，重物的速度為零，則重物所受重力的瞬時功率為零，當環(huán)上升到Q點，環(huán)的速度與繩垂直，則重物的速度為零，此時，重物所受重力的瞬時功率也為零，故金屬環(huán)從P上升到Q的過程中，重物所受重力的瞬時功率先增大后減小，故A正確；金屬環(huán)從P上升到Q的過程中，設(shè)繩子拉力做的功為W，對重物應(yīng)用動能定理有W＋WG＝0，則W＝－WG＝－5mg(eq\f(d,sinθ)－d)＝－eq\f(10,3)mgd，故B錯誤；設(shè)金屬環(huán)在Q點的速度大小為v，對環(huán)和重物整體，由動能定理得5mg(eq\f(d,sinθ)－d)－mgeq\f(d,tanθ)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(gd)，故C錯誤；若金屬環(huán)最高能上升到N點，則整個過程中，金屬環(huán)和重物整體的機械能守恒，有5mg(eq\f(d,sinθ)－eq\f(d,sinα))＝mg(eq\f(d,tanθ)＋eq\f(d,tanα))，解得α＝53°，故D正確．]4．C[據(jù)題意知，發(fā)動機的輸出功率為P＝eq\f(W,t)＝17kW，故A錯誤；根據(jù)能量守恒定律結(jié)合能量分配圖知，1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能為進入發(fā)動機的能量，即6.9×104J，故B、D錯誤，C正確．]5．D[由分析可知，x＝0.10m時，彈性繩恢復(fù)原長，根據(jù)動能定理有μmgΔx＝ΔEk，則m＝eq\f(ΔEk,μgΔx)＝eq\f(0.30,0.2×10×0.25－0.10)kg＝1kg，所以A錯誤；動能最大時彈簧彈力等于滑動摩擦力，則有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝0.02m，解得k＝100N/m，所以B錯誤；根據(jù)能量守恒定律有Epm＝μmgxm＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C錯誤；物塊被釋放時，加速度的大小為a＝eq\f(kΔxm－μmg,m)＝eq\f(100×0.10－0.2×1×10,1)m/s2＝8m/s2，所以D正確．]6．BCD[下落過程中，運動員和彈性繩組成的系統(tǒng)機械能守恒，運動員在繩子繃直后機械能一直減小，所以A錯誤；運動員在下落過程中的前10m做自由落體運動，其加速度恒定，所以B正確；在最低點時，彈性繩的形變量最大，其彈性勢能最大，由能量守恒定律可知，彈性勢能來自運動員減小的重力勢能，由題圖可知運動員下落的最大高度約為25.5m，所以Ep＝mgHm＝15300J，所以C正確；由題圖可知，下落約15m時，運動員的速度最大，根據(jù)能量守恒可知此時彈性繩的彈性勢能約為Epm＝mgH－eq\f(1,2)mvm2＝2250J，所以D正確．]7．(1)eq\f(1,20)g(2)eq\r(\f(gL,10))(3)eq\f(3,8)mgL解析(1)物體A從C運動到D的過程，對物體A、B整體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有4mgsin30°－mg－4μmgcos30°＝5ma解得a＝eq\f(1,20)g(2)物體A從C運動至D的過程，對整體應(yīng)用動能定理有4mgLsin30°－mgL－4μmgLcos30°＝eq\f(1,2)·5mv2解得v＝eq\r(\f(gL,10))(3)當A、B的速度為零時，彈簧被壓縮到最短，此時彈簧彈性勢能最大，整個過程中對A、B整體應(yīng)用動能定理得4mg(L＋eq\f(L,2))sin30°－mg(L＋eq\f(L,2))－μ·4mgcos30°(L＋eq\f(L,2))－W彈＝0－0解得W彈＝eq\f(3,8)mgL則彈簧具有的最大彈性勢能Ep＝W彈＝eq\f(3,8)mgL.8．(1)0.5N0.5N(2)1.3N0.7N(3)eq\r(57)m/s2.85m解析(1)圓柱體與軌道兩側(cè)相切處和圓柱截面圓心O連線的夾角θ為120°，根據(jù)對稱性可知，兩側(cè)彈力大小均與重力相等，為1N，內(nèi)、外軌道對小圓柱的摩擦力Ff1＝Ff2＝μFN＝0.5N(2)當v0＝6m/s，小圓柱剛經(jīng)B點進入圓弧軌道時有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝－(Ff1＋Ff2)l在B點有FN1sin60°－FN2sin60°＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N1cos60°＋FN2cos60°＝mg解得FN1＝1.3N，F(xiàn)N2＝0.7N(3)為了讓小圓柱不脫離內(nèi)側(cè)軌道，v0最大時，在B點恰好內(nèi)軌對小圓柱的壓力為0，有FN1′sin60°＝meq\f(vm2,R)，F(xiàn)N1′cos60°＝mg且eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv0m2＝－(Ff1＋Ff2)l解得v0m＝eq\r(57)m/s，在圓弧上受摩擦力為Ff＝μFN1′＝μeq\f(mg,cos60°)＝1N即在圓弧上所受摩擦力大小與在直軌道所受總摩擦力大小相等所以eq\f(1,2)mv0m2＝Ffs解得s＝2.85m.9．(1)7N(2)v＝eq\r(12lx－9.6)，其中l(wèi)x≥0.85m(3)見解析解析(1)滑塊由靜止釋放到C點過程，由能量守恒定律有mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mvC2在C點由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)解得FN＝7N(2)要保證滑塊能到F點，必須能過DEF的最高點，當滑塊恰能達到最高點時，根據(jù)動能定理可得mgl1sin37°－(3mgRcos37°＋mgR)＝0解得l1＝0.85m因此要能過F點必須滿足lx≥0.85m能過最高點，則能到F點，根據(jù)動能定理可得mglxsin37°－4mgRcos37°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(12lx－9.6)，其中l(wèi)x≥0.85m.(3)設(shè)摩擦力做功為第一次到達中點時的n倍mglxsin37°－mgeq\f(lFG,2)sin37°－nμmgeq\f(lFG,2)cos37°＝0，lFG＝eq\f(4R,tan37°)解得lx＝eq\f(7n＋6,15)m(n＝1,3,5，…)又因為lAB≥lx≥0.85m，lAB＝3m，當n＝1時，lx1＝eq\f(13,15)m當n＝3時，lx2＝eq\f(9,5)m當n＝5時，lx3＝eq\f(41,15)m.微專題1傳送帶中的動力學(xué)和能量問題1．C[從題圖乙可知，物塊速度減為零后反向沿傳送帶向上運動，最終的速度大小為2m/s，方向沿傳送帶向上，所以沒從N點離開傳送帶，從M點離開，并且可以推出傳送帶沿順時針轉(zhuǎn)動，速度大小為2m/s，A、D錯誤；速度時間圖像中斜率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝1.5m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得μ≈0.94，B錯誤；圖線與時間軸圍成的面積表示位移大小，由題圖乙可知t1＝eq\f(8,3)s時，物塊的速度減為0，之后物塊沿傳送帶向上運動，所以物塊沿傳送帶向下運動的位移大小x1＝eq\f(1,2)×4×eq\f(8,3)m＝eq\f(16,3)m，t1＝eq\f(8,3)s到t2＝6s，物塊沿傳送帶向上運動的位移大小x2＝eq\f(6－4＋6－\f(8,3),2)×2m＝eq\f(16,3)m，因為x1＝x2，所以物塊在第6s時回到M點，C正確．]2．C[根據(jù)動能定理可得摩擦力對小物體做的功為Wf＝eq\f(1,2)mv2，故A錯誤；t時間內(nèi)小物體和傳送帶的位移大小分別為x1＝eq\f(vt,2)，x2＝vt，根據(jù)牛頓第二定律可得小物體所受摩擦力的大小為Ff＝ma＝eq\f(mv,t)，由于小物體與傳送帶相互作用而產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝Ff(x2－x1)＝eq\f(1,2)mv2，故B錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知，由于小物體與傳送帶相互作用導(dǎo)致電動機要多做的功為W＝Wf＋Q＝mv2，故C正確；共速前小物體受向右的摩擦力，共速后小物體不受摩擦力，故D錯誤．]3．B[當傳送帶以v＝8m/s逆時針轉(zhuǎn)動時，Q恰好靜止不動，對Q受力分析，則有FT＝Ff，即mPg＝μmQg，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5，故A錯誤；當傳送帶以v＝8m/s順時針轉(zhuǎn)動，物塊Q做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝eq\f(20,3)m/s2，當Q速度達到傳送帶速度即8m/s后，做勻速直線運動，根據(jù)速度時間公式有v＝at1，代入數(shù)據(jù)解得勻加速的時間為t1＝1.2s，勻加速的位移大小為x＝eq\f(v2,2a)，代入數(shù)據(jù)解得x＝4.8m，則勻速運動的時間為t2＝eq\f(L－x,v)，代入數(shù)據(jù)解得t2＝1.4s，Q從傳送帶左端滑到右端所用的時間為t總＝t1＋t2＝2.6s，故B正確；物塊Q做勻加速直線運動時，摩擦力方向水平向右，勻速運動過程中，摩擦力方向水平向左，故Q在運動過程中所受摩擦力方向變化，故C錯誤；由B的分析可知，Q在這個過程中先加速后勻速，Q做勻加速直線運動時，P加速下降，處于失重狀態(tài)，Q勻速運動過程中，P勻速下降，處于平衡狀態(tài)，故D錯誤．]4．ABC[速度－時間圖像的斜率表示加速度，木箱剛放上時做勻加速運動，結(jié)合題圖乙可知其加速度大小a＝μgcos37°－gsin37°＝0.4m/s2，可求得木箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，故A、B正確；由能量守恒知木箱從A到B的過程中，電動機多消耗的電能等于木箱獲得的重力勢能、動能以及因摩擦而產(chǎn)生的熱量之和，相對位移x相對＝2×5m－eq\f(1,2)×2×5m＝5m，速度－時間圖像中圖線與時間軸圍成的面積表示位移大小，LAB＝eq\f(5＋10,2)×2m＝15m，則h＝LABsin37°＝9m，E電＝mgh＋eq\f(1,2)mvm2＋μmgx相對·cos37°＝1240J，故C正確，D錯誤．]5．A[設(shè)物塊到達P點時的速度大小為v′，反彈后運動到B點時的速度為零，對物塊從P點返回到B點的過程，由動能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mv′2，解得v′＝2eq\r(3)m/s，對物塊由A點到P點過程，由動能定理得－μmgL2＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mvA2，解得vA＝4m/s，小物塊可能在傳送帶上減速到共速、加速到共速，也可能一開始到B端時就共速，故A正確；彈簧對小物塊做的正功與摩擦力對小物塊做的負功之和等于小物塊離開彈簧時的動能，故B錯誤；若物塊滑上傳送帶時的速度vB較大，則一直做勻減速運動，對其從滑上B點到返回B點的過程，有－2μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq\r(6)m/s，若速度vB較小，物塊在AB上一直加速，到A點時恰好與傳送帶同速，有μmg＝ma，L1＝vBt＋eq\f(1,2)at2，v＝vB＋at，聯(lián)立解得vB＝2eq\r(2)m/s，故小物塊離開彈簧時的速度一定滿足2eq\r(2)m/s≤vB≤2eq\r(6)m/s，故C錯誤；小物塊與傳送帶間摩擦力大小相等，但小物塊對傳送帶做功的絕對值為摩擦力乘傳送帶位移，傳送帶對小物塊做功的絕對值為摩擦力乘小物塊位移，當有摩擦力時，兩者位移不同，因此功的絕對值也不同，故D錯誤．]6．BD[工件放上傳送帶后的加速度大小a＝eq\f(μmgcosθ－mgsinθ,m)＝0.4m/s2，經(jīng)過t1時間與傳送帶速度相等，則t1＝eq\f(v,a)＝5s，運動距離x1＝eq\f(v,2)t1＝5m，由于μ＝0.8，所以有Ffm＝μmgcosθ>mgsinθ，故工件與傳送帶同速后相對靜止，在靜摩擦力作用下做勻速直線運動直到B端，x2＝l－x1＝vt2，解得t2＝2.5s，此時工件受到的摩擦力為靜摩擦力，故A錯誤；剛放上去時，工件距前一個工件的距離最小，為Δx＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝0.2m，故B正確；每個工件在傳送帶上的運動時間t＝7.5s，當?shù)趎個工件剛到達B端時，第n＋7個工件已經(jīng)在傳送帶上運動了0.5s，下一時刻第n個工件從傳送帶上離開，而第n＋8個工件還未放上，此刻傳送帶上就只有7個工件，故C錯誤；傳送帶上滿載時，有五個工件在傳送帶上滑動，有三個工件相對傳送帶靜止，傳送帶受到的摩擦力Ff總＝5μmgcosθ＋3mgsinθ＝50N，故D正確．]7．BD[由題圖(b)可知，開始時，物塊所受摩擦力方向向下，當物塊的速度和傳送帶速度相等時，摩擦力反向，但此時物塊重力沿傳送帶向下的分力仍大于摩擦力，故物塊繼續(xù)做加速運動，當位移為x0時，物塊的速度為5m/s，可得eq\f(E0,4)＝eq\f(1,2)mv2，代入數(shù)據(jù)解得E0＝50J，故D正確；根據(jù)功能關(guān)系得(mgsinθ＋μmgcosθ)x0＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(E0,4)，(mgsinθ－μmgcosθ)×10x0＝eq\f(3E0,4)－eq\f(E0,4)，聯(lián)立解得μ＝0.5，x0＝1.25m，故B正確，A錯誤；傳送帶A、B之間的距離為20m，物塊速度和傳送帶速度相等前，根據(jù)牛頓第二定律得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2，可得時根據(jù)運動學(xué)公式有20m－x0＝vt2＋eq\f(1,2)a2t22，解得t2＝2.5s，物塊從A運動到B所用時間為t＝t1＋t2＝3s，故C錯誤．]8．(1)4.25m(2)40J解析(1)包裹被從頂端推下傳送帶時由牛頓第二定律可得μmgcosα－mgsinα＝ma，解得a＝0.4m/s2設(shè)經(jīng)過t1后包裹與傳送帶速度相等，有t1＝eq\f(v2－v1,a)＝2s這段時間內(nèi)包裹運動的距離s1＝eq\f(v1＋v2,2)·t1＝2m傳送帶運動的距離s1′＝v1t1＝1.2m由于μmgcosθ＞mgsinθ，則包裹與傳送帶共速后，一起做勻速運動，共速后勻速運動時間t2＝Δt－t1＝3s包裹勻速運動距離s2＝v1t2＝1.8m停電后包裹做勻減速直線運動，加速度大小仍為a，勻減速直線運動時間t3＝eq\f(v1,a)＝1.5s停電后運動的距離s3＝eq\f(v1,2)t3＝0.45m傳送帶頂端到底端的距離L＝s1＋s2＋s3＝4.25m(2)產(chǎn)生的熱量Q＝μmg(s1－s1′)cosα＋μmgs3cosα＝40J.9．(1)4m/s(2)1.6m(3)見解析解析(1)由牛頓第二定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得a＝2m/s2，由2ax0＝v12，可得v1＝4m/s.(2)上滑時，滑塊速度大于傳送帶速度的過程，加速度大小為a1＝eq\f(mgsin37°＋μmgcos37°,m)＝10m/s2，由v2－v12＝－2a1L1，解得L1＝0.6m，速度小于傳送帶速度后加速度等于第一次下滑時的加速度，由v2＝2aL2，得L2＝1m，則滑塊與擋板P第1次碰撞后到達的最高位置與傳送帶底端之間的距離為L＝L1＋L2＝1.6m.(3)滑塊上升到最高點后，沿傳送帶以加速度大小a向下做勻加速運動，與擋板P發(fā)生第二次碰撞，根據(jù)速度位移公式可得碰撞前瞬間的速度大小為v2＝eq\r(2aL)＝eq\r(6.4)m/s與擋板第二次碰撞后，滑塊以原速被反彈，先沿傳送帶向上以加速度大小a1做勻減速運動直到速度為v，此過程運動距離為L3，則L3＝eq\f(v2－v22,－2a1)＝0.12m之后以加速度大小a繼續(xù)做勻減速運動直到速度為0，此時上升到最高點，此過程運動距離為L4，則有L4＝eq\f(v2,2a)＝1m，滑塊滑到最高點后，沿傳送帶以a的加速度向下勻加速，與擋板P發(fā)生第三次碰撞，碰前速度為v3＝eq\r(2aL3＋L4)＝eq\r(4.48)m/s，第三次碰撞后，沿傳送帶上滑的距離為L′＝eq\f(v2－v32,－2a1)＋eq\f(v2,2a)＝1.024m，以此類推，經(jīng)過多次碰撞后滑塊以2m/s的速度被反彈，在距擋板1m的范圍內(nèi)不斷做向上的減速運動和向下的加速運動，加速度大小均為2m/s2，滑塊對傳送帶有一與傳送帶運動方向相反的阻力Ff＝μmgcos37°＝2N，故電動機增加的輸出功率為P＝μmgvcos37°＝4W.第7講動量1．B[根據(jù)動量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝eq\f(mv,t)＋mg，鞋墊的作用是延長了人與地面的作用時間t，減小了人和地面的作用力F，鞋墊的作用是將盡可能多的能量反饋給人，A、C、D正確；鞋墊沒有改變?nèi)说某鮿恿?，也沒有改變?nèi)说哪﹦恿縨v，人落地過程的動量變化量不變，B錯誤．]2．A[加上電場后，兩球所帶電荷量相等而電性相反，兩球所受的靜電力大小相等、方向相反，則系統(tǒng)所受靜電力的合力為零，系統(tǒng)的動量守恒，由動量定理可知，合外力沖量為零，故A正確，D錯誤；加上電場后，靜電力分別對兩球做正功，兩球的動能先增加，當靜電力和彈簧彈力平衡時，動能最大，然后彈力大于靜電力，兩球的動能減小，直到動能均為0，彈簧最長為止，但此過程中系統(tǒng)機械能一直都在增加，故B、C錯誤．]3．D[根據(jù)動能定理有W1＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(5v)2－eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(21,2)mv2，可得W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故選D.]4．AC[分析A、B的運動過程，可知t1時刻A、B間的距離正在增大，彈簧處于伸長狀態(tài)，t2時刻A、B間的距離最小，彈簧的壓縮量最大，A正確；t2時刻A、B達到共同速度，由動量守恒定律可得mv0＝2mv共，0～t2時間內(nèi)，對B運用動能定理有W＝eq\f(1,2)mv共2＝eq\f(mv02,8)，B錯誤；0～t1時間內(nèi)，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，A與B的動能之差ΔEk＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22，結(jié)合v1－v2＝Δv，可得ΔEk＝eq\f(1,2)mv0Δv，C正確；t2時刻，由能量守恒定律可得彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv共2，結(jié)合v共＝eq\f(v0,2)，Ep＝eq\f(1,2)kx2，解得彈簧的形變量x＝eq\f(v0,2)eq\r(\f(3m,k))，D錯誤．]5．BC[若A、B發(fā)生的是彈性碰撞，對A、B碰撞過程由動量守恒定律可得mv＝mv1＋3mv2，則由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)·3mv22，解得碰撞后小球B的速度大小為v2＝eq\f(2m,m＋3m)v＝eq\f(1,2)v；若A、B發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則碰后兩者共速，根據(jù)動量守恒定律可得mv＝(m＋3m)v′，解得碰撞后小球B的速度大小為v′＝eq\f(1,4)v，即碰撞后小球B的速度大小范圍為eq\f(1,4)v≤v