高考物理二轮复习 讲义 二轮专题强化练答案精析

二轮专题强化练答案精析专题一力与运动第1讲力与物体的平衡1．AC[瓦片受重力、两侧的支持力和摩擦力，共5个力，故A正确；根据题图可知，设两檩条对瓦片的弹力与重力垂直檩条方向的分力间的夹角为α，有2FNcosα＝mgcosθ，减小檩条间的距离d时，夹角α变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能会下滑，故B错误，C正确；增大檩条间的距离d时，瓦片仍然静止，瓦片与檩条间的摩擦力不变，故D错误．]2．B[设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可得4Fcos30°＝G，解得F＝eq\f(\r(3),6)G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为eq\f(\r(3),6)G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff＝Fsin30°＝eq\f(\r(3),12)G，B正确，A、C、D错误．]3．C[因为绳子张力始终与物体B重力平衡，所以绳子张力不变，因为物体A的重力不变，所以绳子与水平方向的夹角不变，因为绳子一端从P点缓慢移到Q点，所以物体A会下落，物体B位置会升高，故选C.]4．B[整体分析，根据水平方向平衡，FACsin30°＝FBCsin60°；单独分析左右两部分，根据竖直方向平衡，FBCcos60°＝mBCg，FACcos30°＝mACg，解得导线AC部分与BC部分的质量之比为3∶1，故选B.]5．D[对结点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，选项C错误，D正确；竖直方向有F1cosα＋F2cosβ＝mg，联立解得F1＝eq\f(mgsinβ,sinα＋β)，F2＝eq\f(mgsinα,sinα＋β)，则F1的竖直分量F1x＝eq\f(mgsinβcosα,sinα＋β)，F2的竖直分量F2x＝eq\f(mgsinαcosβ,sinα＋β)，因sinαcosβ－cosαsinβ＝sin(α－β)>0，可知F2x>F1x，选项A、B错误．]6．AD[力的矢量三角形如图所示，由图可知绳的拉力一直增大，圆弧对小球支持力一直减小，故A、D正确，B、C错误．]7．A[要保持B点的位置不变，BD绳向上转动的角度最大为45°，由于B点的位置不变，因此弹簧的弹力不变，由图可知，AB绳的拉力减小，BD绳的拉力F也减小，故A正确，B、C、D错误．]8．B[光滑杆AOB水平放置，竖直方向受力平衡，不再分析．在水平面内，对两环分别受力分析，都受到杆的弹力FN和轻绳的拉力FT，由力平衡原理得知，FN与FT大小相等，方向相反，而FN与杆垂直，则平衡时，轻绳的拉力FT必定与杆垂直．以两环及弹性轻绳整体为研究对象，分析水平方向整体受力情况，由几何知识得到两拉力间的夹角为120°，根据对称性，由平衡条件得到FT＝F，故选B.]9．A[设飘带的单位长度质量为m0,单位长度所受风力为F0，从底端取飘带上任意长度为x，G＝m0gx，F＝F0x，则重力与风力的合力与竖直方向的夹角为tanθ＝eq\f(F,G)＝eq\f(F0,m0g)，可知所选飘带与竖直方向夹角与所选长度无关，二力合力方向恒定，飘带各处张力方向相同，则飘带为一条倾斜的直线，故选A.]10．D[隔离光滑均匀圆球B，对B受力分析如图所示，可得FN＝eq\f(3mg,tan30°)，对两球组成的整体有4mg－μFN＝0，联立解得μ＝eq\f(4\r(3),9)，故选D.]11．B[取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B.]12．C[A、B刚要滑动时受力平衡，受力如图所示．对A：FT＝mgsin45°＋μmgcos45°对B：2mgsin45°＝FT＋3μmgcos45°＋μmgcos45°整理得，μ＝eq\f(1,5)，选项C正确．]13．C[结点O转动过程中，动态分析如图所示，eq\f(mg,sinα)＝eq\f(F,sinβ)＝eq\f(F1,sinγ)，由于α不变，结点O转动至水平的过程中，β角一直减小至直角，γ从60°一直增大到150°，可得，F一直增大，绳子的拉力F1先增大后减小，故A错误；斜面的倾角没变，物块C的重力沿斜面向下的分力不变，B对C的摩擦力等于物块C的重力沿斜面向下的分力，大小不变，故B错误；对B、C整体受力分析可知，绳子的拉力先增大后减小，但是不清楚初始状态绳子的拉力与物块B、C重力沿斜面向下方向分力大小关系，所以根据平衡条件可知，斜面对B的摩擦力可能先增大后减小，故C正确；对B、C整体受力分析可知，绳子对整体水平方向的拉力先增大后减小，则地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故D错误．]第2讲牛顿运动定律与直线运动1．C[初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间内、……的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…＝1∶3∶5∶….运动员运动总时间为8t，运用逆向思维，则第一个t时间内的位移，可视为在初速度为零的匀加速直线运动中，第八个t时间内的位移；最后两个t时间内的总位移，可视为在初速度为零的匀加速直线运动中，前两个t时间内的总位移，故x1∶x2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故选C.]2．B[由题可知a点是静止站立时的状态，由题图乙可知小明重力为550N，故A错误；c点位置处于超重状态，因此可能处于减速下蹲阶段，故B正确，C错误；根据牛顿第二定律可知小明在d点加速度大于在g点的加速度，故D错误．]3．A[由题图乙可知0～t1时间内全红婵在竖直方向上做竖直上抛运动，在t1时刻达到最高点，之后在t1～t2时间内在竖直方向上做匀加速运动，所以0～t1时间段与t1～t2时间段在竖直方向上加速度方向相同；全红婵在t2时刻开始进入水面，之后在t2～t3时间内在水中竖直方向上做匀减速运动，此时全红婵的加速度方向向上，综上可知A正确，B、C、D错误．]4．AD[根据牛顿第二定律对整体得a＝eq\f(F,mA＋mB)，则两次运动的加速度大小相等，故A正确；分别隔离B和A，得FN1＝mBa，FN2＝mAa，则得到FN1＋FN2＝(mA＋mB)a＝F，FN1∶FN2＝mB∶mA，故B、C错误，D正确．]5．D[初始时整个系统静止，弹力为Fk，对木球分析有ρ水gV＝Fk＋ρgV，释放瞬间，弹力不变，系统处于完全失重状态，浮力消失，则a＝eq\f(Fk＋ρgV,m)＝eq\f(ΔρgV＋ρgV,ρV)＝(1＋eq\f(Δρ,ρ))g，故选D.]6．D[对货物受力分析可知，若匀速运动，则Ff＝mgsinθ，FN＝mgcosθ，若货物随板车做加速运动，设加速度大小为a，则Ff′－mgsinθ＝macosθ，mgcosθ－FN′＝masinθ，则Ff′>Ff，FN′<FN，即货物受到的摩擦力变大，支持力变小，故选D.]7．C[由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0.则有v＝v0－2at1，解得t1＝eq\f(v0－v,2a)，在隧道内匀速有t2＝eq\f(L＋l,v)，列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝eq\f(v0－v,a)，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝eq\f(3v0－v,2a)＋eq\f(L＋l,v)，故选C.]8．BC[由v－t图像的斜率表示加速度，可得在第10s末和谐号的加速度为a1＝eq\f(72－60,24)m/s2＝eq\f(1,2)m/s2，复兴号的加速度为a2＝eq\f(72－60,24－8)m/s2＝eq\f(3,4)m/s2，则10s末和谐号的加速度比复兴号的小，故A错误；题图乙中复兴号的最大速度为vm＝72m/s＋a2×(32－24)m/s＝78m/s，故B正确；因t＝0时两车车头刚好并排，在0到24s内和谐号的速度大于复兴号的速度，两者间的距离逐渐增大，由题图乙可知，在24s末复兴号速度继续增大，而和谐号速度不变，故速度相等后两者间的距离缩小，则在24s末两车车头相距最远，故C正确；由v－t图像的面积表示位移，则在0～24s两者间的最大距离为Δx＝eq\f(8×72－60,2)m＝48m，而在24～32s内能缩小的距离为Δx′＝eq\f(78－72×32－24,2)m＝24m<Δx，即32s时复兴号还未追上和谐号，故D错误．]9．C[设A的质量为m，B的质量为M，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ0，则当0≤F≤μ0(M＋m)g时，A、B处于静止状态，加速度都为0；当F>μ0(M＋m)g时，A、B开始一起做加速运动，设当F＝F0，A、B刚好要发生相对运动，以A、B为整体，由牛顿第二定律得F0－μ0(M＋m)g＝(M＋m)a，以B为研究对象，由牛顿第二定律得μmg－μ0(M＋m)g＝Ma，联立解得F0＝eq\f(mM＋mgμ－μ0,M)，则当μ0(M＋m)g<F≤eq\f(mM＋mgμ－μ0,M)时，A、B一起做匀加速直线运动，加速度为a1＝eq\f(F－μ0M＋mg,M＋m)＝eq\f(F,M＋m)－μ0g，图线的斜率为eq\f(1,M＋m)，当F>eq\f(mM＋mgμ－μ0,M)，A、B发生相对滑动，对A由牛顿第二定律得F－μmg＝ma2，解得a2＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(F,m)－μg，图线的斜率为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与F的关系图像可能为C选项，C正确，A、B、D错误．]10．B[由匀变速直线运动规律有x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，变形得eq\f(x,t2)＝eq\f(v0,t)＋eq\f(1,2)a，可知eq\f(x,t2)－eq\f(1,t)图像斜率表示v0，纵轴截距表示eq\f(1,2)a，由题图可得出v0＝eq\f(4,0.1)m/s，eq\f(1,2)a＝－4m/s2，解得v0＝40m/s，a＝－8m/s2，所以该车处于减速状态，初速度为40m/s，加速度大小为8m/s2，故A、C错误，B正确；将v0＝40m/s，a＝－8m/s2代入位移公式可得x＝40t－4t2(m)，则前2秒的位移为x＝64m，故D错误．]11．(1)72N(2)16.7s解析(1)倾斜轨道上，运动的位移x1＝303.05m－12.8m＝290.25m根据题图乙可知，到达P点时的速度vt＝35m/s，在水平轨道末端时的速度v＝8m/s根据vt2－v2＝2a2x2解得a2＝2m/s2根据牛顿第二定律有mgsin15°－Ff＝ma2解得Ff＝72N(2)在倾斜轨道上运动的时间t2＝eq\f(vt－v,a)＝eq\f(35－8,2)s＝13.5s在水平直轨道上的位移x1＝12.8m，根据v2＝2a1x1解得a1＝2.5m/s2则在水平轨道上运动的时间t1＝eq\f(v－0,a1)＝eq\f(8－0,2.5)s＝3.2s故运动员从开始运动至下滑到P点的时间为t＝t2＋t1＝16.7s.12．(1)eq\f(4m,5)(2)eq\f(2gt02,9)解析(1)设重物Q的质量为m1.细线断前，由牛顿第二定律可知，对滑块P有FT－mgsin30°＝ma1对重物Q有m1g－FT＝m1a1滑块P的位移x1＝eq\f(1,2)a1t02滑块P在t0时的速度大小v1＝a1t0细线断后，由牛顿第二定律可知滑块P的加速度大小a2＝gsin30°＝eq\f(g,2)又经过时间t0，滑块P运动的位移x2＝v1t0－eq\f(1,2)a2t02由题意可知x1＋x2＝0解得a1＝eq\f(g,6)，m1＝eq\f(4m,5)(2)细线断后滑块P沿斜面向上运动的距离x3＝eq\f(v12,2a2)滑块P从开始运动到返回出发位置运动的路程s＝2(x1＋x3)联立解得s＝eq\f(2gt02,9).13．B[系统处于静止状态时，弹簧处于压缩状态，根据平衡条件有3mgsinθ＝kx1，解得弹簧的压缩量x1＝eq\f(3mgsinθ,k)；当B刚要离开C时，B对挡板的弹力为零，则有kx2＝2mgsinθ，解得弹簧的伸长量x2＝eq\f(2mgsinθ,k)，可知从系统静止到B刚要离开C的过程中，A运动的距离为x＝x1＋x2＝eq\f(5mgsinθ,k)，故A正确；从系统静止到B刚要离开C的过程中，重力对A做的功为WG＝－3mgxsinθ＝－eq\f(15m2g2sin2θ,k)，即A克服重力做的功为eq\f(15m2g2sin2θ,k)，故B错误；当B刚要离开C时，对物块A分析，根据牛顿第二定律，沿斜面方向上有F－3mgsinθ－kx2＝3ma，解得F＝5mgsinθ＋3ma，故C正确；当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则有F－3mgsinθ－FT′＝0，所以FT′＝2mgsinθ＋3ma，B沿斜面方向有FT′－2mgsinθ＝2ma′，联立解得a′＝eq\f(3,2)a，故D正确．]第3讲抛体运动1．B[由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h＝eq\f(1,2)gt2，可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有t＝eq\f(L,v)，故选B.]2．B[设水下落的高度为h，与水下落的时间t的关系为h＝eq\f(1,2)gt2，故下落高度相同，水流入下方的时间相同，根据平抛运动水平方向的位移与时间关系x＝vt，减排前、后水的流速比就等于水平位移之比，所以减排前、后相同时间内的排水量之比就等于水平位移之比，即为eq\f(x0,x1)，A、C、D错误，B正确．]3．D[对滑板爱好者运动分析可知，从坡道A点滑出后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，即上升时间等于下降时间，由题知第二次的滞空时间比第一次长，所以第二次下降时间大于第一次，由h＝eq\f(1,2)gt2知，第二次腾空最大高度大于第一次，又因为两次水平位移相等，所以两次位移与水平方向的夹角不同，即两次滑出速度方向不相同，故A、B错误；因为第二次下降时间大于第一次，且两次水平位移相等，由x＝vxt知，第二次滑出后水平分速度小于第一次，即第二次在最高点速度小，又由vy＝gt可知，第二次滑出后竖直分速度大于第一次，所以第二次滑出速度不一定大，故C错误，D正确．]4．AB[若小球刚与杆接触时的末速度与水平方向夹角为53°，即小球运动轨迹与杆相切，设此时小球竖直方向下落高度为h，水平位移为x，则根据平抛运动相关推论有tan53°＝2eq\f(h,x)，由几何关系可得tan53°＝eq\f(h＋hAC,x)，联立解得h＝1.8m，x＝2.7m，则由v0<eq\f(x,t)，t＝eq\r(\f(2h,g))，联立解得v0<4.5m/s，C、D错误，A、B正确．]5．C[依题意可知篮球抛出后做斜抛运动，利用逆向思维，将篮球从A到C的轨迹看作从C到A的平抛运动，设C点坐标为(0，yC)，C点到B点时间为t，由题图可得L＝vCt，yC＝eq\f(1,2)gt2，3L－yC＝gt2，联立解得yC＝L，vC＝eq\r(\f(gL,2))，故A错误；由题图知B点和D点在同一水平线上，则可知篮球在两点处的速度大小相等，但方向不同，所以两点处的动量不相同，故B错误；由题图知篮球由A到B和由B到C过程水平方向上发生的位移相等，则所用时间相等，根据动量定理可得mgt＝－Δp，所以动量的变化量相同，故C正确；篮球由B到C过程重力做负功，由C到D过程重力做正功，二者不相同，故D错误．]6．C[在平抛运动过程中，有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，位移与水平方向夹角的正切值tanα＝eq\f(h,x)＝eq\f(gt,2v0)，速度与水平方向夹角的正切值tanβ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，则tanβ＝2tanα.在平抛运动中，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)，所以碰到墙面时动能之比eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(vt12,vt22)＝eq\f(1,1)，故A、B、D错误，C正确．]7．B[设B点做圆周运动的线速度大小为v′，此速度为B点的实际速度，根据运动合成与分解，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，如图，沿杆方向的分速度大小为vB＝v′cos(β－eq\f(π,2))＝v′sinβ，A点速度为水平方向的v，根据运动合成与分解，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，如图，沿杆方向的分速度为vA＝vcosα，又有二者沿杆方向的分速度相等，即v′sinβ＝vcosα，则v′＝eq\f(vcosα,sinβ)，故选B.]8．BD[设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v0竖直2＝2g(H－h)，代入数据得v0竖直＝eq\r(2×10×8.45－1.25)m/s＝12m/s，则v0水平＝eq\r(132－122)m/s＝5m/s，网球击出点到P点水平方向的距离x水平＝v0水平t＝v0水平·eq\f(v0竖直,g)＝6m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v0水平⊥＝v0水平·eq\f(4,5)＝4m/s，平行墙面的速度分量v0水平∥＝v0水平·eq\f(3,5)＝3m/s，反弹后，垂直墙面的速度分量v水平⊥′＝0.75·v0水平⊥＝3m/s，则反弹后的网球速度大小为v＝v水平＝eq\r(v水平⊥′2＋v0水平∥2)＝3eq\r(2)m/s，网球落到地面的时间t′＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×8.45,10))s＝1.3s，着地点到墙壁的距离d＝v水平⊥′t′＝3.9m，故B、D正确，A、C错误．]9．B[小球在两平行挡板间的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．设运动总时间为t，则水平方向、竖直方向分别有(N＋1)L＝vt，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)，h＝eq\f(1,2)gt2，联立可得v＝(N＋1)Leq\r(\f(2g,h))，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)，故A、C、D错误，B正确．]10．D[根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量，即为竖直方向的动量变化，当运动员落至斜面时，分解其位移得tanθ＝eq\f(h,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，则落至斜面时的竖直分速度为vy＝gt＝2v0tanθ，因此动量变化量为Δp＝mΔv＝2mv0tanθ，故A错误；由A得运动员运动的时间为t＝eq\f(2v0tanθ,g)，则水平位移为x＝v0t＝eq\f(2v02tanθ,g)，则运动员实际位移大小为x实际＝eq\f(x,cosθ)＝eq\f(2v02tanθ,gcosθ)，故B错误；将运动分解为沿斜面和垂直斜面两个方向，则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，则垂直斜面的速度分量减小为零时运动员离斜面最远，即当运动员的速度方向与斜面平行时，距离赛道最远，在最远处分解其速度得cosθ＝eq\f(v0,v)，则v＝eq\f(v0,cosθ)，故C错误；垂直斜面方向的分运动类似于竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，垂直斜面的速度分量减小为零时的运动时间为总时间的一半，再根据自由落体的公式h＝eq\f(1,2)gt2得，距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的eq\f(1,4)，故D正确．]11．A[设甲黄豆做平抛运动的时间为t，那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t，根据斜抛运动的对称性可知，乙黄豆从M点运动至最高点的时间为eq\f(t,2)，乙黄豆从M点运动至最高点的水平位移为MN的一半，设PM＝MN＝L，甲黄豆在P点的速度为v1，乙黄豆到达最高点的速度为v′，在水平方向上由运动学规律：对甲黄豆有L＝v1t，对乙黄豆从M点运动至最高点水平方向上有eq\f(L,2)＝v′·eq\f(t,2)，联立解得v1＝v′＝eq\f(L,t)，故B错误；对甲黄豆到达N点时，在竖直方向上有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))，甲黄豆到达N点时的速度为v甲＝eq\r(v12＋v1y2)＝eq\r(\f(5gL,2))，对乙黄豆在从M点运动至最高点的过程中，由逆向思维得上升的最大高度为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，所以乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的eq\f(1,4)，乙黄豆在M点的竖直方向分速度为v2y2＝eq\r(2g·\f(L,4))，则v2y＝eq\r(\f(gL,2))，由运动的合成与分解得乙黄豆在N点的速度为v乙＝eq\r(v′2＋v2y2)＝eq\r(gL)，所以两黄豆相遇时甲的速度大小不是乙的两倍，故C、D错误；两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正切值为tanα＝eq\f(v1y,v1)＝eq\f(\r(2gL),\r(\f(gL,2)))＝2，乙的速度与水平方向的夹角正切值为tanβ＝eq\f(v2y,v′)＝eq\f(v2y,v1)＝eq\f(\r(\f(gL,2)),\r(\f(gL,2)))＝1，所以两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角不是乙的两倍，甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍，故A正确．]12．(1)0.3s(2)1.2×10－4N(3)0.18m解析(1)谷粒从H落到出料口的过程，竖直方向和水平方向都是初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2将h＝0.45m代入可得t＝0.3s(2)对质量为2.0×10－5kg的谷粒，从H漏出恰好经B点，水平方向有x1＝eq\f(1,2)at2设风力大小为F，由牛顿第二定律F＝ma联立并代入数据可解得F＝1.2×10－4N(3)对质量为1.2×10－5kg的瘪粒，恰好落到A2点，设A2B宽度为x2，则有x1＋x2＝eq\f(1,2)a′t2F＝m′a′代入数据可得x2＝0.18m.13．(1)4.8m(2)12m解析(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1＝vMsin72.8°①设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°＝ma1②由运动学公式得d＝eq\f(v12,2a1)③联立①②③式，代入数据得d＝4.8m④(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得v2＝vMcos72.8°⑤设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°＝ma2⑥设腾空时间为t，由运动学公式得t＝eq\f(2v1,a1)⑦L＝v2t＋eq\f(1,2)a2t2⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12m.第4讲圆周运动天体的运动1．BD[当小明通过最高点时小明依然要受到重力作用，A错误；小明做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,k)eq\r(\f(r,g))，B正确；小明做圆周运动所需的向心力大小F向＝mω2r＝k2mg<mg，故小明通过最高点时处于失重状态，但并非处于完全失重状态，C错误；当小明通过最低点时，由牛顿第二定律有F－mg＝mω2r，解得F＝(1＋k2)mg，根据牛顿第三定律可知，此时小明对车厢座垫的压力大小为(1＋k2)mg，D正确．]2．A[闸杆转动时间为t＝eq\f(x,v)－t0＝eq\f(6.9,3)s－0.3s＝2s，要想汽车顺利匀速通过，闸杆转动的角度至少为tanθ＝eq\f(1.6－1,0.6)，解得θ＝eq\f(π,4)，则闸杆转动的角速度至少为ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(π,8)rad/s，故选A.]3．C[要使LED灯发光，就要使重物做离心运动让MN接触，则应该A端更靠近圆心，故A错误；转速越大，所需要的向心力越大，弹簧拉伸越长，MN接触就会发光，不能说重物受到离心力，故B错误；在最低点时F1－mg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(F1,mr)－\f(g,r))，增大质量可以使LED灯在较低转速下也能发光，故C正确；在最高点时F2＋mg＝mω2r，匀速行驶时，最低点弹簧弹力大于最高点弹簧弹力，因此LED灯转到最低点时能发光但在最高点不一定发光，故D错误．]4．C[“天问一号”在发射过程中，加速度向上，处于超重状态，故A错误；根据万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))，由于火星的轨道半径比地球的大，则火星的环绕速度小于地球的环绕速度，故B错误；根据开普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k可知，地球的轨道半径小，公转周期小，火星的轨道半径大，公转周期大，故C正确；从图示时刻再经过半年时间，地球运动到图示位置的对称点，但由于火星的角速度小，不能运动到图示位置的对称点，此时太阳、地球、火星不能再次共线，故D错误．]5．BC[根据万有引力提供向心力可得Geq\f(Mm,r2)＝eq\f(mv2,r)＝meq\f(4π2r,T2)＝man，且在地球表面满足Geq\f(Mm,R2)＝mg，即GM＝gR2，由题意知神舟十三号载人飞船轨道半径为r＝R＋h，所以解得T＝2πeq\r(\f(R＋h3,gR2))，v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))，由于神舟十三号载人飞船的轨道半径大于地球近地卫星的轨道半径，所以其线速度小于地球近地卫星线速度，即小于第一宇宙速度；向心加速度即重力加速度为an＝eq\f(gR2,R＋h2)，故A错误，B、C正确；根据密度公式得ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(3g,4πGR)，故D错误．]6．B[由题分析可知，a、c的角速度相同，则根据an＝ω2r可知，a的加速度小于c的加速度，则a的加速度不是最大的，选项A错误；a、c的角速度相同，则根据v＝ωr可知，a的线速度小于c的线速度，根据v＝eq\r(\f(GM,r))可知b的线速度大于c、d的线速度，即b的线速度最大，选项B正确；根据开普勒第三定律可知，b、c、d中d的周期最大，而a、c周期相等，则在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，选项C、D错误．]7．C[当圆台转速较小时，三者都由静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有Ff＝mω2r′，A、C需要的向心力相等，当转速增大到ω1时，由于mA＝2mB＝2mC，C所受静摩擦力先达到最大值；ω再增大，B、C间细线开始有拉力，对C由牛顿第二定律有FTBC＋μmg＝2mω22r，对B有FfB－FTBC＝mω22r，对A有FfA＝2mω22r，当FfB＝μmg时，FTBC＝eq\f(μmg,3)<eq\f(μmg,2)，FfA＝eq\f(4μmg,3)<2μmg；ω再增大，O、B间细线出现拉力，对A有FfA＝2mω32r，对B有FTOB＋μmg－FTBC＝mω32r，对C有FTBC＋μmg＝2mω32r，当B、C间细线拉力达到最大值时，即FTBC＝eq\f(1,2)μmg时，FTOB＝eq\f(μmg,4)<eq\f(μmg,2)，FfA＝eq\f(3μmg,2)<2μmg，则ω再增大，B、C间细线将断裂，故C最先滑动，A、B、D错误，C正确．]8．C[黑洞A与黑洞B绕O点相同时间内转过的角度相同，所以，二者的角速度相等，设它们相距为L，角速度为ω，根据牛顿第二定律得Geq\f(M1M2,L2)＝M1ω2·OA，Geq\f(M1M2,L2)＝M2ω2·OB，联立得M1·OA＝M2·OB，根据题意OA>OB，所以M1<M2，故A、B错误；人类要把宇航器发射到距黑洞A较近的区域进行探索，必须冲出太阳系，所以发射速度一定大于第三宇宙速度，故C正确；根据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))，所以周期为T＝2πeq\r(\f(L3,GM1＋M2))，若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，两黑洞质量之和不变，周期不变，故D错误．]9．D[A、B通过皮带传动，系统稳定后，A、B匀速转动，线速度大小相等，即vA＝vB，根据v＝ωr，则有ωA·2R＝ωBR，所以ωA∶ωB＝ω甲∶ω乙＝1∶2，A错误；甲、乙两球做匀速圆周运动，设θ为轻绳与轴的夹角，显然0<θ<eq\f(π,2)，由mgtanθ＝mω2Lsinθ，h＝Lcosθ，联立可得h＝eq\f(g,ω2)，则甲、乙两球离悬挂点的高度之比为h甲∶h乙＝4∶1，故甲、乙两球不在同一水平面上，B错误；甲、乙两球均做匀速圆周运动，由mgtanθ＝mω2Lsinθ得eq\f(g,L)＝ω2cosθ，再由ω甲<ω乙得cosα>cosβ，故α<β，但此大小关系与质量无关，C错误；由题知拉力F＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(mgL,h)，因m甲＝4m乙，且h甲∶h乙＝4∶1，故甲球受到的轻绳的拉力等于乙球受到的轻绳的拉力，D正确．]10．D[考虑地球的自转因素，但两极的自转半径为零，故万有引力等于重力，有Geq\f(Mm,R2)＝mg；赤道位置万有引力提供向心力和重力，有Geq\f(Mm,R2)＝mg赤＋ma赤；同步卫星的公转满足Geq\f(Mm,nR2)＝ma同；而赤道自转角速度和同步卫星的角速度相同，由a＝ω2r，有eq\f(a同,a赤)＝n，联立各式可得g赤＝(1－eq\f(1,n3))g，故选D.]11．B[在B点，根据轻绳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)，从B点到A点，根据动能定理得mg2R·sin30°＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，在A点，根据轻绳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，故选B.]12．(1)eq\f(\r(3),3)mg(2)eq\r(\f(g,2L))解析(1)当木架与圆环保持静止状态时，由于A、B两点距离为L，且轻绳长为2L，根据几何关系可知，两端绳之间的夹角为60°，对圆环受力分析可得，竖直方向有2FTcos30°＝mg解得FT＝eq\f(\r(3),3)mg；(2)设轻绳中拉力大小为FT′，做圆周运动的半径为L，圆环与A点的距离为L′，圆环与B点间的轻绳与水平方向的夹角为θ，根据几何关系可得L2＋L′2＝(2L－L′)2解得L′＝eq\f(3,4)L，可得θ＝37°对圆环受力分析可得水平方向上有FT′cos37°＝mω2L竖直方向上有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)当装置转动的角速度为ω时，对小球B分析得FT1cos37°＝2mgFT1sin37°＝2mω2ssin37°联立解得s＝eq\f(5g,4ω2)(2)装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为s′，则对小球B分析得FT2cos53°＝2mgFT2sin53°＝2m(2ω)2s′sin53°s′＝eq\f(5g,12ω2)设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时，对圆环A有FT1－F＝mω2(L－s)装置转动的角速度为2ω时，对圆环A有FT2＋F＝m(2ω)2(L－s′)解得F＝2mg(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，对小球B分析，得重力势能变化量为ΔEp＝2mg(scos37°－s′cos53°)动能变化量为ΔEk＝eq\f(1,2)·2m[(2ωs′sin53°)2－(ωssin37°)2]联立解得细线对小球B做的功为W＝ΔEp＋ΔEk＝eq\f(199mg2,144ω2).专题二能量与动量第5讲功与功率功能关系1．B[由功的计算公式可知，重力做功为WG＝mgh＝25×10×2J＝500J，A错误；由动能定理可知，合力做功等于动能的变化量，则有W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×25×22J＝50J，B正确；由动能定理可得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错误；支持力与小孩的运动方向一直垂直，所以支持力不做功，D错误．]2．B[由v－t图像可知，第1s、第2s、第3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m，由F－t图像及功的公式W＝Flcosα，可知W1＝0.5J，W2＝1.5J，W3＝2J，故选B.]3．A[在最低点由牛顿第二定律及向心力公式有ma＝meq\f(v2,r)，P由静止下滑到最低点的过程中有mgr－W克f＝eq\f(1,2)mv2，联立解得W克f＝mgr－eq\f(1,2)mar＝mr(g－eq\f(1,2)a)，故选A.]4．BC[由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力的功率相同，故B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减少量ΔEp＝mgh，故C正确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误．]5．C[设空气阻力大小为Ff，上升过程的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma1，解得a1＝g＋eq\f(Ff,m)，设下落过程的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma2，解得a2＝g－eq\f(Ff,m)，所以上升过程的加速度大小大于下落过程的加速度大小，由于上升和下落的位移相等，由运动学公式x＝eq\f(1,2)at2，可知上升过程的时间小于下落过程的时间，故A错误；由于空气阻力大小不变，上升过程和下落过程空气阻力做的功相等，所以上升过程中机械能损失量等于下落过程中机械能损失量，故B错误；设物体从地面竖直向上抛出时的速度大小为v0，物体落回到地面时的速度大小为v，由运动学公式得v02＝2a1x，v2＝2a2x，又因为a1>a2，所以v0>v，上升过程的动能减小量为ΔEk1＝eq\f(1,2)mv02，下落过程的动能增加量为ΔEk2＝eq\f(1,2)mv2，所以上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量，故C正确；上升过程动量的变化量大小为Δp1＝mv0，下落过程的动量变化量大小为Δp2＝mv，所以上升过程的动量变化量大于下落过程的动量变化量，故D错误．]6．BC[外力撤去前，由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma1①由速度位移公式有v02＝2a1s0②外力撤去后，由牛顿第二定律可知－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)，物体与桌面间的动摩擦因数μ＝eq\f(v02,4s0g)，则滑动摩擦力Ff＝μmg＝eq\f(mv02,4s0)，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，外力F做功为W＝Fs0＝eq\f(3,4)mv02，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t1＝eq\f(s0,\f(0＋v0,2))＝eq\f(2s0,v0)，在此过程中，F的冲量大小是I＝Ft1＝eq\f(3,2)mv0，故B正确．]7．C[对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有eq\f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有eq\f(2.25P,v)＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有eq\f(4P,vm)＝kvm，联立解得v＝eq\f(3,4)vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W克阻＝eq\f(1,2)mvm2－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－eq\f(1,2)mvm2，故D错误．]8．D[上滑过程重力势能为Ep＝mgssinθ＝mgsinθ·s，则重力势能随s变化的图线的斜率为mgsinθ＝eq\f(2500J,10m)，解得sinθ＝eq\f(1,2)，则坡道与水平面的夹角为θ＝30°，选项A错误；上滑过程根据动能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)s＝Ek－Ek0，整理得Ek＝－(mgsinθ＋μmgcosθ)s＋Ek0，动能随s变化的图线斜率为－(mgsinθ＋μmgcosθ)＝eq\f(1875J－5625J,10m－0)，代入数据解得动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),6)，选项B错误；上滑过程根据动能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)sm＝0－Ek0，解得sm＝15m，上升的高度h＝smsinθ＝7.5m，选项C错误；上滑过程根据动量定理有(mgsinθ＋μmgcosθ)t＝0－(－eq\r(2mEk0))，解得上滑时间t＝2s，则重力的冲量为mgt＝1000N·s，选项D正确．]9．A[火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误．]10．BC[杆对A球的作用力与杆对B球的作用力大小相等，两球的位移相同，所以杆对A球做的功与杆对B球做的功数值相等，故A错误；设A球克服弹簧弹力做的功为W1，A下降的高度为h，杆对A球做的功为W2，则杆对B球做功为－W2，由动能定理，对A球有mgh－W1＋W2＝0，对B球有2mgh－W2＝0，联立解得W1＝eq\f(3,2)W2，即A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做的功的eq\f(3,2)倍，故B正确；根据功能关系知，弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量，故C正确；若A球从弹簧原长处释放，刚释放时A、B整体的加速度大小为g，方向竖直向下，根据简谐运动的对称性知，A球到最低点时整体的加速度大小为g，方向竖直向上，现A球从弹簧正上方下落，A球到最低点时弹簧压缩量比从弹簧原长处释放时的大，则弹力比从弹簧原长处释放时的大，整体所受的合力增大，加速度将大于g，所以A球到最低点时整体的加速度大小大于g，方向竖直向上，在最低点，对B球，由牛顿第二定律得F－2mg＝2ma＞2mg，则得A球到最低点时杆对B球的作用力F＞4mg，故D错误．]11．BD[根据题意和动能定理可得(M＋m)glsin30°－μ(M＋m)glcos30°－W弹＝0，W弹－Mglsin30°－μMglcos30°＝0，联立可得M∶m＝1∶6，故A错误；下滑速度最大时有(M＋m)gsin30°－μ(M＋m)gcos30°－F弹＝0，可得F弹＝eq\f(7,8)Mg，上滑速度最大时有F弹′－Mgsin30°－μMgcos30°＝0，可得F弹′＝eq\f(7,8)Mg，所以下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点，故B正确；木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度为a1＝eq\f(M＋mgsin30°－μM＋mgcos30°,M＋m)＝eq\f(1,8)g，上滑的加速度为a2＝eq\f(Mgsin30°＋μMgcos30°,M)＝eq\f(7,8)g，则eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,7)，故C错误；下滑过程中重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，有(M＋m)glsin30°－μ(M＋m)glcos30°＝Ep，则弹簧的最大弹性势能为Ep＝eq\f(7,8)Mgl，故D正确．]12．(1)3.6×104N25s(2)75m/s解析(1)以第6、7、8三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，据牛顿第二定律有F－3Ff＝3maFf＝0.01mg代入数据解得F＝3.6×104N每个动车提供最大功率为P0＝600kW，设每个动车提供的牵引力为F牵，动车匀加速行驶能达到的最大速度为v1，对整个动车组进行分析，根据牛顿第二定律，有2F牵－8Ff＝8ma2P0＝2F牵v1v1＝at1联立解得t1＝25s(2)和谐号动车组以最大速度行驶时动力与阻力平衡设最大速度为vm，则有2P0＝8×0.01mg·vm解得vm＝75m/s.13．BD[系统静止时，弹簧压缩量x1＝eq\f(mgsin37°,k)，A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量x2＝eq\f(mgsin37°,k)，由题可知x1＋x2＝eq\r(L2＋\f(3,4)L2)－L＝eq\f(1,4)L，解得k＝eq\f(24mg,5L)，选项A错误；根据x1＝x2，知弹性势能不变，则小车在0～eq\f(3,4)L位移内拉力对B做的功W1＝mg·eq\f(1,4)Lsin37°，解得W1＝eq\f(3,20)mgL，选项B正确；小车位移大小为eq\f(3,4)L时，滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，将小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率vB＝2eq\r(gL)sin37°＝eq\f(6,5)eq\r(gL)，选项C错误；小车在0～eq\f(3,4)L位移大小内，设拉力对B做的功为W2，对B分析，根据功能关系有W2＝eq\f(1,2)mvB2＋mg·eq\f(1,4)Lsin37°＝eq\f(87,100)mgL，选项D正确．]第6讲动能定理机械能守恒定律能量守恒定律1．C[对A、B组成的系统，从开始运动到小球A运动到最高点的过程有mg·eq\f(πR,2)－mgR＝eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(\f(π,2)－1gR)，故选C.]2．D[P与Q的速度关系如图所示释放后，P绕A点做圆周运动，P的速度沿圆周的切线方向，当绳BC与水平夹角为30°时，绳BC与绳AB垂直，P的速度方向沿CB的延长线，此时物体Q与物体P的速度大小相等，之前的过程中，速度大小不相等，故A错误；释放瞬间，P所受合力为重力，故加速度等于g，故B错误；由几何关系知AC＝2L，P处于AC的中点时，则有BC＝L，当下降到图示位置时BC＝eq\r(3)L，Q上升的高度h1＝(eq\r(3)－1)L，P下降的高度为h2＝Lcos30°＝eq\f(\r(3),2)L，由A项中分析知此时P、Q速度大小相等，设为v，根据系统机械能守恒得mgh2＝mgh1＋eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(\f(2－\r(3),2)gL)，故D正确，C错误．]3．AD[金属环在P点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q点，环的速度与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率也为零，故金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A正确；金属环从P上升到Q的过程中，设绳子拉力做的功为W，对重物应用动能定理有W＋WG＝0，则W＝－WG＝－5mg(eq\f(d,sinθ)－d)＝－eq\f(10,3)mgd，故B错误；设金属环在Q点的速度大小为v，对环和重物整体，由动能定理得5mg(eq\f(d,sinθ)－d)－mgeq\f(d,tanθ)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(gd)，故C错误；若金属环最高能上升到N点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，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正确．]4．C[据题意知，发动机的输出功率为P＝eq\f(W,t)＝17kW，故A错误；根据能量守恒定律结合能量分配图知，1s消耗的燃料最终转化成的内能为进入发动机的能量，即6.9×104J，故B、D错误，C正确．]5．D[由分析可知，x＝0.10m时，弹性绳恢复原长，根据动能定理有μmgΔx＝ΔEk，则m＝eq\f(ΔEk,μgΔx)＝eq\f(0.30,0.2×10×0.25－0.10)kg＝1kg，所以A错误；动能最大时弹簧弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝0.02m，解得k＝100N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有Epm＝μmgxm＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝eq\f(kΔxm－μmg,m)＝eq\f(100×0.10－0.2×1×10,1)m/s2＝8m/s2，所以D正确．]6．BCD[下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直后机械能一直减小，所以A错误；运动员在下落过程中的前10m做自由落体运动，其加速度恒定，所以B正确；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒定律可知，弹性势能来自运动员减小的重力势能，由题图可知运动员下落的最大高度约为25.5m，所以Ep＝mgHm＝15300J，所以C正确；由题图可知，下落约15m时，运动员的速度最大，根据能量守恒可知此时弹性绳的弹性势能约为Epm＝mgH－eq\f(1,2)mvm2＝2250J，所以D正确．]7．(1)eq\f(1,20)g(2)eq\r(\f(gL,10))(3)eq\f(3,8)mgL解析(1)物体A从C运动到D的过程，对物体A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有4mgsin30°－mg－4μmgcos30°＝5ma解得a＝eq\f(1,20)g(2)物体A从C运动至D的过程，对整体应用动能定理有4mgLsin30°－mgL－4μmgLcos30°＝eq\f(1,2)·5mv2解得v＝eq\r(\f(gL,10))(3)当A、B的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、B整体应用动能定理得4mg(L＋eq\f(L,2))sin30°－mg(L＋eq\f(L,2))－μ·4mgcos30°(L＋eq\f(L,2))－W弹＝0－0解得W弹＝eq\f(3,8)mgL则弹簧具有的最大弹性势能Ep＝W弹＝eq\f(3,8)mgL.8．(1)0.5N0.5N(2)1.3N0.7N(3)eq\r(57)m/s2.85m解析(1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，根据对称性可知，两侧弹力大小均与重力相等，为1N，内、外轨道对小圆柱的摩擦力Ff1＝Ff2＝μFN＝0.5N(2)当v0＝6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝－(Ff1＋Ff2)l在B点有FN1sin60°－FN2sin60°＝meq\f(v2,R)，FN1cos60°＋FN2cos60°＝mg解得FN1＝1.3N，FN2＝0.7N(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0最大时，在B点恰好内轨对小圆柱的压力为0，有FN1′sin60°＝meq\f(vm2,R)，FN1′cos60°＝mg且eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv0m2＝－(Ff1＋Ff2)l解得v0m＝eq\r(57)m/s，在圆弧上受摩擦力为Ff＝μFN1′＝μeq\f(mg,cos60°)＝1N即在圆弧上所受摩擦力大小与在直轨道所受总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lx≥0.85m(3)见解析解析(1)滑块由静止释放到C点过程，由能量守恒定律有mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mvC2在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)解得FN＝7N(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定理可得mgl1sin37°－(3mgRcos37°＋mgR)＝0解得l1＝0.85m因此要能过F点必须满足lx≥0.85m能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得mglxsin37°－4mgRcos37°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(12lx－9.6)，其中lx≥0.85m.(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的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，…)又因为lAB≥lx≥0.85m，lAB＝3m，当n＝1时，lx1＝eq\f(13,15)m当n＝3时，lx2＝eq\f(9,5)m当n＝5时，lx3＝eq\f(41,15)m.微专题1传送带中的动力学和能量问题1．C[从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为2m/s，方向沿传送带向上，所以没从N点离开传送带，从M点离开，并且可以推出传送带沿顺时针转动，速度大小为2m/s，A、D错误；速度时间图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝1.5m/s2，根据牛顿第二定律有μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得μ≈0.94，B错误；图线与时间轴围成的面积表示位移大小，由题图乙可知t1＝eq\f(8,3)s时，物块的速度减为0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移大小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，物块沿传送带向上运动的位移大小x2＝eq\f(6－4＋6－\f(8,3),2)×2m＝eq\f(16,3)m，因为x1＝x2，所以物块在第6s时回到M点，C正确．]2．C[根据动能定理可得摩擦力对小物体做的功为Wf＝eq\f(1,2)mv2，故A错误；t时间内小物体和传送带的位移大小分别为x1＝eq\f(vt,2)，x2＝vt，根据牛顿第二定律可得小物体所受摩擦力的大小为Ff＝ma＝eq\f(mv,t)，由于小物体与传送带相互作用而产生的内能为Q＝Ff(x2－x1)＝eq\f(1,2)mv2，故B错误；根据能量守恒定律可知，由于小物体与传送带相互作用导致电动机要多做的功为W＝Wf＋Q＝mv2，故C正确；共速前小物体受向右的摩擦力，共速后小物体不受摩擦力，故D错误．]3．B[当传送带以v＝8m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有FT＝Ff，即mPg＝μmQg，代入数据解得μ＝0.5，故A错误；当传送带以v＝8m/s顺时针转动，物块Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝eq\f(20,3)m/s2，当Q速度达到传送带速度即8m/s后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有v＝at1，代入数据解得匀加速的时间为t1＝1.2s，匀加速的位移大小为x＝eq\f(v2,2a)，代入数据解得x＝4.8m，则匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x,v)，代入数据解得t2＝1.4s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6s，故B正确；物块Q做匀加速直线运动时，摩擦力方向水平向右，匀速运动过程中，摩擦力方向水平向左，故Q在运动过程中所受摩擦力方向变化，故C错误；由B的分析可知，Q在这个过程中先加速后匀速，Q做匀加速直线运动时，P加速下降，处于失重状态，Q匀速运动过程中，P匀速下降，处于平衡状态，故D错误．]4．ABC[速度－时间图像的斜率表示加速度，木箱刚放上时做匀加速运动，结合题图乙可知其加速度大小a＝μgcos37°－gsin37°＝0.4m/s2，可求得木箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，故A、B正确；由能量守恒知木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱获得的重力势能、动能以及因摩擦而产生的热量之和，相对位移x相对＝2×5m－eq\f(1,2)×2×5m＝5m，速度－时间图像中图线与时间轴围成的面积表示位移大小，LAB＝eq\f(5＋10,2)×2m＝15m，则h＝LABsin37°＝9m，E电＝mgh＋eq\f(1,2)mvm2＋μmgx相对·cos37°＝1240J，故C正确，D错误．]5．A[设物块到达P点时的速度大小为v′，反弹后运动到B点时的速度为零，对物块从P点返回到B点的过程，由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mv′2，解得v′＝2eq\r(3)m/s，对物块由A点到P点过程，由动能定理得－μmgL2＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mvA2，解得vA＝4m/s，小物块可能在传送带上减速到共速、加速到共速，也可能一开始到B端时就共速，故A正确；弹簧对小物块做的正功与摩擦力对小物块做的负功之和等于小物块离开弹簧时的动能，故B错误；若物块滑上传送带时的速度vB较大，则一直做匀减速运动，对其从滑上B点到返回B点的过程，有－2μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq\r(6)m/s，若速度vB较小，物块在AB上一直加速，到A点时恰好与传送带同速，有μmg＝ma，L1＝vBt＋eq\f(1,2)at2，v＝vB＋at，联立解得vB＝2eq\r(2)m/s，故小物块离开弹簧时的速度一定满足2eq\r(2)m/s≤vB≤2eq\r(6)m/s，故C错误；小物块与传送带间摩擦力大小相等，但小物块对传送带做功的绝对值为摩擦力乘传送带位移，传送带对小物块做功的绝对值为摩擦力乘小物块位移，当有摩擦力时，两者位移不同，因此功的绝对值也不同，故D错误．]6．BD[工件放上传送带后的加速度大小a＝eq\f(μmgcosθ－mgsinθ,m)＝0.4m/s2，经过t1时间与传送带速度相等，则t1＝eq\f(v,a)＝5s，运动距离x1＝eq\f(v,2)t1＝5m，由于μ＝0.8，所以有Ffm＝μmgcosθ>mgsinθ，故工件与传送带同速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动直到B端，x2＝l－x1＝vt2，解得t2＝2.5s，此时工件受到的摩擦力为静摩擦力，故A错误；刚放上去时，工件距前一个工件的距离最小，为Δx＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝0.2m，故B正确；每个工件在传送带上的运动时间t＝7.5s，当第n个工件刚到达B端时，第n＋7个工件已经在传送带上运动了0.5s，下一时刻第n个工件从传送带上离开，而第n＋8个工件还未放上，此刻传送带上就只有7个工件，故C错误；传送带上满载时，有五个工件在传送带上滑动，有三个工件相对传送带静止，传送带受到的摩擦力Ff总＝5μmgcosθ＋3mgsinθ＝50N，故D正确．]7．BD[由题图(b)可知，开始时，物块所受摩擦力方向向下，当物块的速度和传送带速度相等时，摩擦力反向，但此时物块重力沿传送带向下的分力仍大于摩擦力，故物块继续做加速运动，当位移为x0时，物块的速度为5m/s，可得eq\f(E0,4)＝eq\f(1,2)mv2，代入数据解得E0＝50J，故D正确；根据功能关系得(mgsinθ＋μmgcosθ)x0＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(E0,4)，(mgsinθ－μmgcosθ)×10x0＝eq\f(3E0,4)－eq\f(E0,4)，联立解得μ＝0.5，x0＝1.25m，故B正确，A错误；传送带A、B之间的距离为20m，物块速度和传送带速度相等前，根据牛顿第二定律得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2，可得时根据运动学公式有20m－x0＝vt2＋eq\f(1,2)a2t22，解得t2＝2.5s，物块从A运动到B所用时间为t＝t1＋t2＝3s，故C错误．]8．(1)4.25m(2)40J解析(1)包裹被从顶端推下传送带时由牛顿第二定律可得μmgcosα－mgsinα＝ma，解得a＝0.4m/s2设经过t1后包裹与传送带速度相等，有t1＝eq\f(v2－v1,a)＝2s这段时间内包裹运动的距离s1＝eq\f(v1＋v2,2)·t1＝2m传送带运动的距离s1′＝v1t1＝1.2m由于μmgcosθ＞mgsinθ，则包裹与传送带共速后，一起做匀速运动，共速后匀速运动时间t2＝Δt－t1＝3s包裹匀速运动距离s2＝v1t2＝1.8m停电后包裹做匀减速直线运动，加速度大小仍为a，匀减速直线运动时间t3＝eq\f(v1,a)＝1.5s停电后运动的距离s3＝eq\f(v1,2)t3＝0.45m传送带顶端到底端的距离L＝s1＋s2＋s3＝4.25m(2)产生的热量Q＝μmg(s1－s1′)cosα＋μmgs3cosα＝40J.9．(1)4m/s(2)1.6m(3)见解析解析(1)由牛顿第二定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得a＝2m/s2，由2ax0＝v12，可得v1＝4m/s.(2)上滑时，滑块速度大于传送带速度的过程，加速度大小为a1＝eq\f(mgsin37°＋μmgcos37°,m)＝10m/s2，由v2－v12＝－2a1L1，解得L1＝0.6m，速度小于传送带速度后加速度等于第一次下滑时的加速度，由v2＝2aL2，得L2＝1m，则滑块与挡板P第1次碰撞后到达的最高位置与传送带底端之间的距离为L＝L1＋L2＝1.6m.(3)滑块上升到最高点后，沿传送带以加速度大小a向下做匀加速运动，与挡板P发生第二次碰撞，根据速度位移公式可得碰撞前瞬间的速度大小为v2＝eq\r(2aL)＝eq\r(6.4)m/s与挡板第二次碰撞后，滑块以原速被反弹，先沿传送带向上以加速度大小a1做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为L3，则L3＝eq\f(v2－v22,－2a1)＝0.12m之后以加速度大小a继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为L4，则有L4＝eq\f(v2,2a)＝1m，滑块滑到最高点后，沿传送带以a的加速度向下匀加速，与挡板P发生第三次碰撞，碰前速度为v3＝eq\r(2aL3＋L4)＝eq\r(4.48)m/s，第三次碰撞后，沿传送带上滑的距离为L′＝eq\f(v2－v32,－2a1)＋eq\f(v2,2a)＝1.024m，以此类推，经过多次碰撞后滑块以2m/s的速度被反弹，在距挡板1m的范围内不断做向上的减速运动和向下的加速运动，加速度大小均为2m/s2，滑块对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力Ff＝μmgcos37°＝2N，故电动机增加的输出功率为P＝μmgvcos37°＝4W.第7讲动量1．B[根据动量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝eq\f(mv,t)＋mg，鞋垫的作用是延长了人与地面的作用时间t，减小了人和地面的作用力F，鞋垫的作用是将尽可能多的能量反馈给人，A、C、D正确；鞋垫没有改变人的初动量0，也没有改变人的末动量mv，人落地过程的动量变化量不变，B错误．]2．A[加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的静电力大小相等、方向相反，则系统所受静电力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲量为零，故A正确，D错误；加上电场后，静电力分别对两球做正功，两球的动能先增加，当静电力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于静电力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，但此过程中系统机械能一直都在增加，故B、C错误．]3．D[根据动能定理有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，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D.]4．AC[分析A、B的运动过程，可知t1时刻A、B间的距离正在增大，弹簧处于伸长状态，t2时刻A、B间的距离最小，弹簧的压缩量最大，A正确；t2时刻A、B达到共同速度，由动量守恒定律可得mv0＝2mv共，0～t2时间内，对B运用动能定理有W＝eq\f(1,2)mv共2＝eq\f(mv02,8)，B错误；0～t1时间内，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，A与B的动能之差ΔEk＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22，结合v1－v2＝Δv，可得ΔEk＝eq\f(1,2)mv0Δv，C正确；t2时刻，由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv共2，结合v共＝eq\f(v0,2)，Ep＝eq\f(1,2)kx2，解得弹簧的形变量x＝eq\f(v0,2)eq\r(\f(3m,k))，D错误．]5．BC[若A、B发生的是弹性碰撞，对A、B碰撞过程由动量守恒定律可得mv＝mv1＋3mv2，则由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)·3mv22，解得碰撞后小球B的速度大小为v2＝eq\f(2m,m＋3m)v＝eq\f(1,2)v；若A、B发生的是完全非弹性碰撞，则碰后两者共速，根据动量守恒定律可得mv＝(m＋3m)v′，解得碰撞后小球B的速度大小为v′＝eq\f(1,4)v，即碰撞后小球B的速度大小范围为eq\f(1,4)v≤v