大阶段滚动卷1　参考答案与精析

大阶段滚动卷(一)1．B2．B3．B4．A5．A[卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行过程，根据开普勒第三定律有r3T12＝(2r)3T32，解得T1∶T3＝1∶22，故A正确；轨道Ⅱ相对于轨道Ⅲ是低轨道，由低轨道变轨到高轨道，需要在切点位置加速，即要实现从椭圆轨道B处进入圆轨道Ⅲ，发动机需要向后喷气，故B错误；结合上述可知，卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ，需要先后在A与B位置加速，即卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于轨道Ⅲ上的机械能，故C错误；根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上，卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积相等，但在不同轨道上卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积不相等，6．A[由于F1和F2始终大小相等、方向相反，所以系统动量守恒且为0，小球M、N同时减速到0，且碰撞前后小球M、N各自的加速度不变，即碰撞前后v⁃t图线的斜率不变，B、C、D错误，A正确。]7．D[设小球离开地面到最高点所用时间为t，根据对称性可知，小球在空中运动的时间为2t，则小球离开地面的最大高度为h＝12gt2，设小球水平方向的加速度大小为a，则ab间的距离xab＝12a(2t)2＝h，可得a＝14g，可知小球受到的水平恒力为F＝ma＝14mg，对小球进行受力分析及速度分解如图所示，水平恒力与重力的合力与竖直方向的夹角满足tanθ＝Fmg＝14，将小球的初速度v0分解为平行F合方向和垂直F合方向两个分速度，当平行F合方向分速度减为0时，小球的速度最小，则小球在运动过程中的最小速度为vmin＝v0sinθ＝8．BC[剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随弹力的减小，向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；剪断细线之前弹力F弹＝3mg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律有F弹－2mg＝2ma，解得A的加速度a＝g2，选项B正确；剪断细线之前弹簧伸长量x1＝3mgk，剪断细线后A做简谐运动，在平衡位置时弹簧伸长量x2＝2mgk，即振幅为A＝x1－x2＝mgk，由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为mgk，选项C正确；由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为39．CD[碰前A自由下落，根据动能定理有mgh＝12mv02，A、B碰后立刻一起以相同的速度v向下运动，系统所受合力向下，根据3mg－kx＝3ma，由于弹簧弹力变大，可知，碰后A、B一起先向下做加速度减小的加速运动，故A错误；结合上述，当加速度减为零时，速度达到最大，此时的位置为简谐运动的平衡位置，当A和B恰好不分离时，A、B之间弹力为0，A的加速度为重力加速度，则B的加速度也为重力加速度，可知，在最高点时弹簧刚好达到原长，加速度为g，根据简谐运动的对称性可知，A、B一起运动过程中加速度的最大值为g，故B错误；结合上述，根据简谐运动的对称性可知，A、B运动到最低点时的加速度也为g，此时根据牛顿第二定律有kx－3mg＝3mg，可知，A、B运动至最低点时弹簧弹力大小为kx＝6mg，故D正确；A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0＝3mv，碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝12mv02－12×3mv2，B开始处于静止时，根据平衡条件有2mg＝kx1，结合上述，A、B碰撞后至运动到最高点时弹簧恰好处于原长，该过程有32mv2+kx122＝3mgx10．BCD[设轻杆上作用力为零时轻杆与竖直方向的夹角为α，小球乙的速度为v，此后甲与挡板分离。小球乙运动至轻杆上作用力为零的过程由动能定理可知mgL(1－cosα)＝12mv2，此时重力沿杆的分力提供所需要的向心力，有mgcosα＝mv2L，联立解得cosα＝23，v＝23gL，故A错误，B正确；轻杆上作用力为零后，小球乙的速度继续增加，所需要的向心力增大，而其重力沿轻杆的分力在减小，因而轻杆会向两端提供拉力，物块甲开始离开墙壁，两物体在轻杆方向上有位移，轻杆对小球乙做功。轻杆作用力为零到小球乙落到水平面上前一瞬间，小球乙、物块甲构成的系统水平方向上动量守恒，有mvcosα＝mv1x+mv2x，该过程系统机械能守恒，有12mv2+mgLcosα＝12m(v1x2+v1y2)+12mv2x2，小球乙落地前一瞬间，由小球乙、物块甲速度关联有v1x＝v2x，联立解得v1x＝v2x＝227gL，v1y＝5027gL，小球乙落地前瞬间，乙的速度大小v乙＝v1x2+v1y2＝5227gL，11．解析：(1)把小车所受拉力当作合力，需要平衡阻力，可以根据弹簧测力计直接读出力的大小，不要求钩码的质量远小于小车质量。故选AD。(2)小车通过光电门的速度v＝d由匀变速直线运动规律有v2＝2ax若满足牛顿第二定律，则有F＝ma解得F＝md(3)根据动能定理可得(F－μmg)x＝12mv解得F＝mv22结合图像可得ab＝m2x联立解得μ＝b2答案：(1)AD(2)F＝md2212．解析：(1)为了保持每次碰撞前瞬间小球1的速度相同，小球1每次必须从斜槽上相同的位置由静止滚下，但斜槽轨道不需要光滑，故A正确，C错误；为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端必须水平，故B正确。故选AB。(2)设小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，碰撞前瞬间小球1的速度为v0，碰撞后瞬间小球1、2的速度分别为v1、v2，根据动量守恒可得m1v0＝m1v1+m2v2，由于两小球在空中下落高度相同，所用时间相同，则有m1v0t＝m1v1t+m2v2t，则验证动量守恒的表达式为m1OP＝m1OM+m2ON，可知还需要测量的物理量是小球1和2的质量。故选C。答案：(1)AB(2)C13．解析：(1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1，对潜艇，由牛顿第二定律得mg－F－Ff＝ma1代入数据解得a1＝0.9m/s210s末的速度为v＝a1t1＝9m/s。(2)掉深10s时，潜艇下落的高度h1＝v2t解得h1＝45m潜艇减速下落的高度h2＝h－h1解得h2＝67.5m在减速阶段h2＝v解得a2＝0.6m/s2潜艇减重后的质量为m1，潜艇减重后以0.6m/s2的加速度匀减速下沉过程中，由牛顿第二定律得F+Ff－m1g＝m1a2代入数据解得m1＝5.15×106kg排水前潜艇的质量m＝6.0×106kg“掉深”过程中排出水的质量m'＝m－m1＝8.5×105kg。答案：(1)9m/s(2)8.5×105kg14．解析：(1)滑块经过D点，根据牛顿第二定律有FN+mg＝mv解得FN＝1N由牛顿第三定律可知，滑块经过D点时对轨道的压力大小F'N＝FN＝1N。(2)根据题意可知，滑块经过螺旋轨道的最低点C时对轨道的压力最大，滑块在C点，由向心力公式，有FNm－mg＝mv由能量守恒定律，有Ep+mg·2R＝12m联立解得Ep＝3.2J。(3)设滑块到G点的速度大小为vG，滑块从A到G的过程，由能量守恒定律，有Ep＝μ1mgcosθ·hsinθ+μ1mglFG+mgh+1由动量守恒定律，有mvG＝m+M解得v共＝14v联立解得v共2＝54(E若滑块恰好经过D点，根据牛顿第二定律，有mg＝mv解得v＝22m/s则弹簧的弹性势能Epmin＝12mv2＝0.4若滑块恰好滑到小车右端时共速，根据能量守恒，有12mvG2＝12(m+M解得v共＝52则弹簧的弹性势能Epmax＝1.35J综上所述，小车获得的动能Ek＝12Mv共2＝316(Ep－0.35)(0.4J≤Ep≤答案：(1)1N(2)3.2J(3)Ek＝316(Ep－0.35)(0.4J≤Ep≤1.15．解析：(1)对物块B受力分析有Ff＝μ2m2gcosθ＝12N，F斜面＝m2gsinθ＝12N。则物块B受力平衡，无初速度放置于传送带上后将保持静止状态对物块A，根据牛顿第二定律有m1gsinθ－μ1m1gcosθ＝m1a两物块第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小vA1＝at0＝3m/s。(2)设第一次碰撞之后瞬间物块A、B速度分别为v'A1和v'B1，弹性碰撞过程，由动量守恒定律有m1vA1＝m1v'A1+m2v'B1由能量守恒定律有12m1vA12＝12m1v'解得v'A1＝－1m/s，v'B1＝2m/s第一次碰撞之后物块B受力不变，仍受力平衡，则沿传送带向下以速度2m/s做匀速直线运动，则第二次碰撞之前物块B的速度为vB2＝v'B1＝2m/s。(3)两物块从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间过程中两物块运动位移相等，运动时间相等，分别设为x、t1则有x1＝v'A1t1+12a1t12＝v'解得t1＝1.5s，x1＝3m传送带运动位移为x＝v0(t0+t1)＝9m碰前两物块距离d＝12at02＝1.物块A与传送带运动的相对位移为Δx＝d+x1+x＝产生的热量Q＝μ1m1gcosθΔx＝26.25J。(4)释放B物块开始到两物块第一次发生相碰，B物块所经历的时间为t0＝0.75s，该过程B运动的距离为0A与B发生第一次相碰后到第二次相碰，B物块所经历的时间为t1＝1.5s，该过程B运动的距离为x1＝3m设第二次碰撞之后瞬间物块A、B速度分别为v'A2和v'B2，第二次碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律有m1vA2+m2vB1＝m1v'A2+m2v'B212m1vA22+12m2vB12＝12m解得v'A2＝1m/s，v'B2＝4m/s从A、B第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间的过程，设两物块第三次碰撞前瞬间物块A的速度大小为vA3，从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间过程中两物块运动位移相