鲁科版物理同步习题：必修二参考答案及解析

必修二参考答案及解析第四章曲线运动万有引力与航天第一单元曲线运动运动的合成与分解第二单元平抛和斜抛运动的规律第三单元圆周运动第四单元圆周运动在实际问题中的应用第五单元万有引力与航天章末综合检测第五章机械能守恒定律第一单元功和功率第二单元动能定理第三单元机械能守恒定律第四单元功能关系能量守恒定律第五单元实验：探究动能定理第六单元：实验：验证机械能守恒定律章末综合检测1、解析：若物体做匀速直线运动可以不受外力作用，所以A错.做曲线运动的物体，加速度不为零，一定受到外力的作用，B对.物体受到的外力越大，只能说明其加速度越大，C错，D对.答案：BD2、解析：运动员下落过程中，下落时间仅与竖直方向的运动有关，与水平方向的运动无关，即A错，C正确.着地速度是竖直方向速度与风速的合成，即B正确.D错.答案：BC3、解析：本题主要考查物体做曲线运动的条件、物体做匀变速运动的条件，分别分析如下：Q、F2为恒力，质点从静止开始做匀加速直线运动，Fi突变后仍为恒力，但合力的方向与速度方向不再共线，所以物体将做匀变速曲线运动，故A正确.Av由加速度的定义4=五知在相等时间At内Av=aAt必相等，故B正确.匀速直线运动的条件是尸合=0,所以不可能做匀速直线运动，故C错.由于Fi突变后，Q+/尸和B的合力仍为恒力，故加速度不可能变化，故D错.答案：AB4、解析：扶梯运动的速度。=勺，人运动的速度。2=4，所求情况下的速度03=功+。2,11 12所以t=-=-^~,故C正确.。3h+t2答案：C5、解析：依题意画出物理情景示意图，若要在最短时间内靠岸，则必须要求摩托艇相对于水的速度。2的方向垂直于河岸，由于同时参与水的运动，摩托艇将相对河岸沿合速度0的方向运动，在B点登陆.由图示几何关系可以看出，速度三角形与位移三角形相似，故有三，可见该题的正确选项为C.V2dV2A图16答案：c6、解析：红蜡块水平向右匀加速运动，竖直向上匀速运动，运动轨迹为曲线，并且是抛物线，选项C对.答案：c7,解析：物体做匀速直线运动，则可知F令=0,当将与速度反方向大小为2N的力旋转90。，尸今大小也变为N,与速度方向成45。，且大小恒定，故物体将做加速度为小m/s2的匀变速曲线运动，故B正确.答案：B8、解析：由x=31及y=4尸知物体在x、y方向上的初速度为0,加速度分别为at=6m/s2,av=8m/s2,故a=yJax+dy=\0m/s2.答案：AC9、解析：由图线可知0、X）逐渐减小直至为零，结合提供选项可知D对.答案：D10、解析：由于河宽d=80m,A、8间沿水流方向的距离为/=100m,所以当船头指向正对岸时有7=一,此时合速度刚好沿43的连线，可以使船从A运动到3,若从3向A运动，则由于水速大于船速，不论船向哪个方向，则渡船均不可能回到A点，只可能向下游运动.故选项B正确.答案：B11V解析：由x方向的速度图象可知，在x方向的加速度为1.5m/s2,受力Fx=3N,由在y方向的位移图象可知在y方向做匀速直线运动，速度为4=4m/s,受力6，=0.因此质点的初速度为5m/s,A选项正确；受到的合外力为3N,B选项正确；显然，质点初速度方向与合外力方向不垂直，C选项错误；2s末质点速度应该为0=。62+4?m/s=2，§m/s,D选项错误.答案：AB12、解析：小船参与了两个运动：随水漂流和船在静水中的运动.因为分运动之间是互不干扰的，具有等时的性质，故(1)小船渡河时间等于垂直于河岸的分运动时间：t=h=—=200-t~s=50s,沿河流方向的位移x *f=2X5Om=100m.即在正对岸下游100m处靠岸.图21(2)要小船垂直河岸过河，即合速度应垂直于河岸，如图21所示,4 。水2 1则cos9=—=T=o，所以。=60。，即航向与上游河岸成60。角，渡河时间dd200 100 …t-t\-= I-7==/|-rnoS="S^57.iS.。合。挑sin。4sin60答案：(l)50s后在正对岸下游100m处靠岸(2)航向与上游河岸成60。南57.7s1、解析：该题考查对平抛运动及其分运动的理解，同时考查探究问题的思维能力.实脸中A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球同时落地说明A球平抛运动的竖直分运动和8球相同，而不能说明A球的水平分运动是匀速直线运动，所以B项正确.A,C、D三项都不对.答案：B2、解析：在匀速飞行的飞机上释放物体，物体有一水平速度，故从地面上看，物体做平抛运动，C对D错：飞机的速度与物体水平方向上的速度相同，故物体始终在飞机的正下方，且相对飞机的竖直位移越来越大，A、B错.答案：C3、解析：两球在空中相遇，水平位移相等，即。"千=。匕r5但r甲>/匕，则需要<vc,甲要早抛出才可以，故只有D项正确.答案：D4、解析：物体平抛运动的时间r=S,由速度的合成与分解可知马二江冷一虎,故只有D正确.答案：D5、解析：本题的关键是先求出速度方向与水平方向的夹角6的正切值tan。随时间r的

变化的关系式.由平抛运动的规律可得tanO=S"=&，，因为g为定值，则tan。与，成正比，Vo Vq故B正确.答案：B )2h=5X6、解析：着地时速度的方向与水平地面的夹南为45°,故U、=vo=y/2gh=yJ2义10义)2h=5Xm=2.5m,B正确：飞行时间t=m=2.5m,B正确：飞行时间t==0.5s,C正确：着地时滑雪者重力做功的瞬时功率P=〃吆4=60X10X5.0W=3（XX）W,D错误.答案：D7、解析：由于物体做平抛运动，在竖直方向上力=%产，因%＞辰,故标＞办；因，=今由于水平方向为V〃，所以吵外,故A项正确.答案：A8、解析：炮弹拦截成功，即两炮弹同时运动到同一位置，设此位置距地面的高度为儿则X=V\th=V2t-^fiH-h^gt2由以上各式联立解得：0|=分2答案：Dx3/9、解析：竖直方向：据外=5/—3/=g尸可求出g；水平方向：uo=y=y,P点竖直方向分速度vy=v=，『,故P点速度大小无法求出小球质量故B正确.答案：B1r2_10、解析：设AC竖直间距为儿子弹过8点有：万一/〃=法（肃①子弹过C点有：h件苦诊由①②得v平）答案：、/劈+:+号）11、解析：（1）炸弹在空中做平抛运动，沿竖直方向做自由落体运动.其运动时间为t\=\l-^=\j=~\（）-s=10s,因此可知炸弹落地爆炸后声音的传播时间为「2=（13—10）s=3s,声音沿直线传播距离为x=o*r2=1000m,炸弹落地时飞机在其正上方500m处.由几何关系可知：在炸弹落地后的3s内飞机飞行的水平距离为：x=^L2-H2=50（h/3m=866mx所以飞机的飞行速度为：u=7=288.7m/sti（2）炸弹做平抛运动的初速度与飞机速度相同.设落地时的速度为苏，则由vy=yj2gHv'=yjv2+2gH=305.5m/s.答案：（1）288.7m/s（2）305.5m/s12、解析：（1）若抛靶装置在子弹的射程以外，则不论抛靶速度为何值，都无法击中.

H=2gt2x=V\t即/>200m,无论改为何值都不能被击中.(2)若靶能被击中，则击中处应在抛靶装置的正上方，设经历的时间为人，则：l=vit\fI100n=^=wos=ls・yi=；gA=gx10XI2m=5m丫2=02九—]gA=20XI2m—10XI2m=15m.因为yi+y2=5m+15m=20m="，所以把恰好被击中.答案：(l)/>200m(2)恰好击中1、答案：BD2、解析：绳b烧断前，竖直方向合力为零，即凡=机〃，烧断b后，因惯性，要在竖直面内做圆周运动，且尸'a-mg=my,所以尸a>Fa,A错B对，当"足够小时，小球不能摆过AB所在高度，C对，当“足够大时，小球在竖直面内能通过AB上方最高点，从而做圆周运动，D对.答案：BCD3、答案：A4、解析：三个物块做圆周运动的角速度to相同，向心加速度〃=02「，C离转轴最远，向心加速度最大.三个物块做圆周运动的向心力由静摩擦力6提供，Ff^morr,8与A相比，r相同，机小；8与C相比，m相同，r小，所以B的摩擦力最小.当圆盘转速增大时，物块将要滑动，静摩擦力达到最大值，最大静摩擦力提供向心力，〃/ng=/Mft/r,即3=7阿r,与质量无关，由于2以=2，B=rc,8与A同时开始滑动，C比B先滑动.选项A、B、D正确.答案：ABD图6图65、解析：此题涉及物理量较多，当比较多个量中两个量的关系时，必须抓住不变量，而后才能比较变量.先对A、8两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗给的支持力Fn.如图6所示，对A球依牛顿第二定律：FN^sina=mg®R^ACOsa=〃L=mco\rA®Ya、 vi对B球依牛顿第二定律：FNesina=/ng@FNfiCOsa=77r^=wcoBre@由两球质量相等可得FNa=FN以不选C项.由②④可知，两球所受向心力相等：出vim-=m-,因为以所以Va>vb9A项正确.〃z或以=〃〃而也因为以所以cda<cob9'A'HB项是错误的.又因为3=笔所以〃>乃，D项是正确的.答案：AD6、答案：AC7、解析：车突然停止时，A球随之停下来，则张力尸ri=mg,而8球会以悬点为圆心

向右摆动起来，则有v2 v~Ft\s1向右摆动起来，则有Fn—mg=m-^,尸72=机缶+工)所以而=-^5=｝答案:‘ "s+t'8、解析：由题可知，平盘边缘与滚轮的线速度相同，又因为。=m>=rX2h；故动=班，转速〃与/成正比，故〃述=〃2匚A选项正确.答案：A9、解析：设小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动的速度为0。2根据F匈=巾r'有八R乐mgtanO=巾町=YR则则v=若细线突然在A处断裂，小球以速度。做平抛运动，在地面上落点P的位置与A处的切线在同一竖直平面上，设与A处的水平距离为x;则有H=^gt2x=vi解得x=R2H~h答案：R2H

hH=^gt2x=vi解得x=R2H~h答案：R2H

h10、解析：(1)设小球在空中的飞行时间为n,初速度为vo,圆盘的角速度为co,则小球平抛时间为/|=，2hiLLR—,而R=Vot\f故%=亓=/?2lf(2)当03再次与的平行时，圆盘运动时间九="(〃=123,4,…)，7=常依题意有力=f2, =—(M=l,2,3,4,…)解得口=〃7T、y才5=123,4,…)答案：(1诉 (2)s="^J^(〃=l,2,3,4,…)11、解析：速度相同包括大小相等和方向相同，由质点P的旋转情况可知，只有当P运动到圆周上的C点时P、Q的速度和方向才相同，即质点/>转过(〃+§周("=0,1,2,3,…)，经历的时间1=(〃+§7|"=0,1,2,3,…),质点尸的速率为。=竿.在同样的时间内，质点。做匀加速直线运动，速度应达到0,由牛顿第二定律及速度公式得联立以上三式，解得尸=万丝^75("=°123,…).1v解析：因小球做变速圆周运动，在尸点的合加速度应是向心加速度与切向加速度的合成，故只有D选项符合要求.答案：D2、解析：绳、钉相碰时，绳的拉力不做功，球速不变，由于半径减小，由。=or知,V2 V2口增大，尸向=尸丁一"火=，町7将变大；将变大.3、解析：射出后可认为子弹做匀速直线运动，要使子弹射中目标，需使合速度指向O点，其中一分速度沿P点圆的切线方向，由平行四边形定则如图3sin，=等，故选项D正确.答案：D4、解析：因弹簧具有质量，弹簧断后弹力不立刻减为零，瞬间值不变，故m=。2/.选项B正确.答案：B5、解析：汽车在水平面内做圆周运动，如果路面是水平的，汽车做圆周运动的向心力只能由静摩擦力提供；如果外侧路面高于内侧路面一个适当的高度，也就是路面向内侧倾斜一个适当的角度。，地面对车支持力的水平分量恰好提供车所需要的向心力时，车轮与路面的横向摩擦力正好等于零.在此临界情况下对车受力分析，明确汽车所受合外力的方向：水平指向圆心.然后由牛顿第二定律列方程求解.答案：B•o图56、解析：汽车受重力/ng、路面对汽车的支持力琅，牵引力尸（暂且不考虑汽车运动过程中受到的阻力），如图5所示.设汽车所在位置路面切线与水平面所夹的角为“汽车运动时速率大小不变，沿轨迹切线方向合力为零，所以F-/ngsin6=0,F=mgsin9汽车在到达最高点之前，6角不断减小，由上式可见，汽车的牵引力不断减小；从最高点向下运动的过程中，不需要牵引力，反而需要制动力，所以C选项不正确，D选项正确.在沿着半径的方向上，汽车有向心加速度，由牛顿第二定律：^cos<9-Fn=-^-,Fn=mv1mgcos0—~^~.mv~可见，路面对汽车的支持力Fn随。的减小而增大，当到达顶端时6=0,FN=mg-~^~达到最大，FN<mg,所以A选项不正确，B选项正确.故选BD.答案：BD7、解析：因地球为球形，飞机飞行中实际在绕地心做圆周运动，其加速度——向心加速度总是向下指向地心，乘客随飞机运动亦有指向地心向下的加速度，处于失重状态，故乘客对座椅的压力小于其重力.竺空.r8,解析：若拉力突然消失，则小球沿着P点处的切线运动，A正确.若拉力突然变小，则小球做离心运动，但由于力与速度有一定的夹南，故小球做曲线运动，B、D错误.若拉力突然变大，则小球做近心运动，不会沿轨迹尸人做离心运动，C错误.答案：A9、解析：飞机经过最低点时对飞行员受力分析得：入一，咫=，*7,V2F^=mg+//rj7=4589N由牛顿第三定律得飞行员对座椅的压力为4589N.图910、解析：被测试者做圆周运动所需的向心力由他所受的重力和座位对他的支持力的合力提供，如图9所示.x:FnCOs30°=阳〃小y:尸Nsin30°=mg得：FN=2mg被测试者对座位的压力和座位对他的支持力是一对作用力与反作用力，所以他对座位的压力大小是他所受重力的2倍.11、解析：已知a、b绳长均为1m,即Am=Bm=1m,AO=；AB=0.8mAOqg在中，cos0=T^^=-r-=0.8,Am图11sin0=O.6,0=37。小球做圆周运动的凯道半径r=Om=Amsin9=1X0.6m=0.6m.力绳被拉直但无张力时，小球所受的重力机g与。绳拉力FT；的合力尸为向心力，其受力分析如图11所示，由图可知小球的向心力为F=mgtan。根据牛顿第二定律得F=mgtanO=mrco2解得直杆和球的角速度为[^ianO/10Xtan37°3=7r=\ 0.6rad/s=3.5rad/s.当直杆和球的南速度a)>3.5rad/s时，b中才有张力.4-5)1、解析：若将地球视为一个球体，则在地球上各处的引力大小相同，A错：在地球上各处的角速度相同，D错；在地球的表面附近，赤道的半径较大，由公式u=公尸可知，半径越大线速度越大，B对；在赤道上的重力加速度最小，C错.答案：B2、解析：由单摆的振动可求得月球表面的重力加速度g',根据月球表面的物体所受的重力等于月球对物体的万有引力即可求得月球的密度.设月球表面的重力加速度为g',则7=2、^^.根据万有引力F=G'1和重力近似相林GMm, ,GMMM 37d等，a=mg，即g~~P~'Z,=V=4-，联立可付〃=而再严3答案：B3、解析：因为要使飞船做向心运动，只有减小速度，这样需要的向心力减小，而此时提供的向心力大于所需向心力，所以只有向前喷气，使0减小，从而做向心运动，落到8点，故A正确.答案：A4、解析：距离增大万有引力减小，A正确；由tn\r\(o2=m2r2(D2及/*i+r2=r得为=~~T一,m\-vm2而？可知D正确.F=Gm^12=m\r\co2=minor,r增大厂减小，因门增大，故口减小，B错；由丁=皆知C正确.答案：B5、解析：设人的质量为机，答案：B5、解析：设人的质量为机，在地球上重力为，在星球上重力为G望又由7、解析：如果土星外层的环是土星的一部分，它们是一个整体，角速度固定，根据v=coR,可知00cR,选项A正确.如果环是卫星群，则围绕土星做圆周运动，则应满足课！=喏，可得"=誓，即Noe',选项D正确.答案：AD8、解析：万有引力提供向心力5m2=7r2m=q18/19,故选C.答案：c9、解析：设月球表面处的重力加速度为go,则/i=5o巴设飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动所必须具有的速率为Vt由牛顿第二定律得机go=%I，两式联立解得V="争，选项B对.答案：B

10、解析：由机械能守恒定律知，A正确.对B选项，由于卫星的机械能除了与高度有关外，还与质量有关，所以是错误的：由坤-=行丁知，离地面越高的卫星周期越大，C正确；从列表中可以看出，11.18km/s的发射速度是第二宇宙速度，此速度是使卫星脱离地球围绕太阳运转，成为太阳的人造行星的最小发射速度，但逃逸不出太阳系，D错误.答案：AC11、解析：设飞船的质量为m,地球的质量为M,在圆轨道上运行周期为T,飞船绕地Mm 4-7r~球做匀速圆周运动，由万有引力定律和牛顿第二定律得而=/n(R+/i下 ①解得地球的质量M=解得地球的质量M=4n27r(R+h)3

Gt24又地球体积V=-^7tR3,T..AM3m2(r+〃)3所以，地球的平均密度〃=歹=-g?r311'-分安4〃27r^^+4户3m2(/?+〃)312、解析：12、解析：用”表示航天飞机的角速度,n.*GMm,则不-3—=mra)£.用加、M分别表示航天飞机及地球的质量,联立解得航天飞机在地面上，有即飞机高度低于同步卫星高度,用t表示所需时间则a)t—a)ot=2n若0)>a)o,用联立解得航天飞机在地面上，有即飞机高度低于同步卫星高度,用t表示所需时间则a)t—a)ot=2n若0)>a)o,用t表示所需时间则a)ot—ajt=2n若0<00,即飞机高度高于同步卫星高度,1、解析：做平抛运动的物体由于只受重力作用，故其加速度不变，A正确.匀速圆周运动，加速度大小不变，但方向改变，B错误.曲线运动中合外力不变时，其加速度就不变，D正确，C错误，故选A、D.答案：AD2、解析：人观察小球的运动是以车为参考系的，所以当车突然向右匀加速运动后，相当于小球继续下落的同时，向左做匀加速运动，这两个运动的合运动轨迹显然应为C选项.答案：C3、解析：A选项，根据/二/他玩2??!?,转速”相同时，绳越长，即r越大，向心力F越4后 ,大，故绳长的容易断，A正确；B选项，根据尸=加亍7，周期相同时，r越大，尸越大，也, V2是绳长的容易断，B错误；C选项，根据r=加7，线速度。大小相等时，r越大，尸越小，可以判断，绳短的容易断，C正确，D错误.答案:ACA … 02 14、解析：皮带传动且不打滑，A点与8点线速度相同，由。=7有。所以04＜曲，A点与C点共轴转动，角速度相同，由4=02不知所以有可见选项C正确.答案：C5、解析：由于螺丝帽做圆周运动过程中恰好不下滑，则竖直方向上重力与摩擦力平衡，杆对螺丝帽的弹力提供其做匀速圆周运动的向心力，选项A正确，BC错误；无论杆的转动速度增大多少，竖直方向受力平衡，故选项D错误.答案：A6、解析：由万有引力提供向心力畔?二军知，当探测器到达质量密集区时，万有引力增大，探测器运行半径将减小，速度增大，故C对.答案：C7、解析：若水速为零，因甲、乙相遇时相对位移是恒定的，只有甲、乙都沿虚线相向游，其相对速度最大，相遇时间最短.在水速不为零的情况下，两者在相向做匀速直线运动的基础上，都附加了同样的沿水流方向的运动，因此不影响他们相对位移和相对速度的大小，相遇时间和水速为零的情况完全相同仍为最短.另外，从位移合成的角度，更容易得到解答如下：设水速为零时，甲、乙沿虚线相向游动时位移分别为x▼和xj如图5所示，当水速不为零时，他们将在x*x匕的基础上都沿水流方向附加一个相同的位移/，由矢量合成的三角形定则知，甲、乙两人的实际位移应分别是图中的xJ,X”.由图看出，此时他们仍到达了河中的同一点——即相遇，其相遇时间与水速为零时一样为最短.答案：A8、解析：设投在A处的炸弹投弹的位置离A的水平距离为即，竖直距离为〃1,投在8处的炸弹投弹的位置离8的水平距离为及，竖直距离为力2.则xi=M,H=g用2,求得xi=4000m;X2=vt2,H-h=gi^/2,求得X2=32OOm.所以投弹的时间间隔应为：/f=(xi+1000m—V2)/v=9s,故C正确.答案：CGMMc29、解析：设黑洞表面重力加速度为g,由万有引力定律可得g=”，又有无=为，联a立得S=2^=1X1012m/s2.选项C正确.答案：C10、解析：小球在最高点时，杆可给球提供竖直向上的支持力，也可提供竖直向下的拉力，因此，小球在最高点的速度最小可以为零，故A错；当最高点速度。＜寂，在最高点：杆给球竖直向上的支持力F,mg—F=mv2/L,随着。o增大，。增大，尸减小，当时,杆给球竖直向下的拉力，Mg+F=mv2/L,随即增大，。增大，F增大，故A、C错，B对；小球做的是变速圆周运动，其合外力的方向不始终指向圆心，故D错.答案：B11、解析：根据平抛运动的原理，还需要的器材是CF,根据平抛运动的原理、实脸操作、注意事项等知识可知AD正确.答案：CFAD12、解析：从图中可以看出，a、b、c、”四点沿水平方向相邻两点间的距离均为21：2/根据平抛运动的规律，物体在任意两相邻间隔所用时间为r,则有：%=7①由于。、b、c、d四点沿竖直方向依次相距/、21、3/：平抛物体在竖直方向做自由落体运动，而且任意两个连续相等时间里的位移之差相等，Ah=gfi=l,即'=1代②由①@得：00=2低.

代入数据得：ro=2X-71.25X10-2X9.8m/s=0.7m/s.答案：2y[lg0.7m/s13、解析：在最低点时杆对球一定是拉力，在最高点杆对球可能是拉力，也可能是支持力，由具体情况来决定.，F.*Vn甲小八甲mgO乙图9(1)在最低点对A球受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F—mg=ivr^①代入数据解得尸=30N②由牛顿第三定律，球对杆的拉力尸=30N,方向向下.(2)同一根杆上转动的角速度相等，设OB'=r=0.2m,卷="③kr对8受力分析如图乙所示.由牛顿第二定律有mg一尸8=联立③④代入数据得尸8=5N,由牛顿第三定律知8球对杆的压力尸丁=5N.方向向下.答案：(1)30N向下(2)5N向下14、解析：(1)由图可看出，物体沿x方向的分运动为匀速直线运动，沿y方向的分运动为匀变速直线运动，故合运动为匀变速曲线运动.(2)物体的初速度Oo+v2yo=y/302+(—40>m/s=50m/s.(3)在前3s内，x=vx^=3OX3m=90m,y=^^--r=^X3m=60m,故心=由2+尸=^/902+602mF08.2m.在前6s内，x1=vxtr=30X6m=180m,y'=0,故Z/=『=180m.答案：(1)匀变速曲线运动(2)50m/s(3)180m15、解析：设抛出点的高度为儿第一次抛出时水平射程为x;当初速度变为原来2倍时，水平射程为2xf如图11所示.由几何关系可知：£2=/?2+x2①(小£)2=〃2+(功2②①②联立，得：h=^-L设该星球表面的重力加速度为g则竖直方向力③GMm又因为一万一(或GM=gR?)④由③④联立，得M=；々产.2s.二合菜：3G尸16、解析：(1)炸弹脱离飞机后做平抛运动在水平方向上：5=00/

在竖直方向上：H=^gt2Vy=gt联立可解得：5=%mg国13(2)①物块静止时，分析受力如图13所示.由平衡条件有f=mgsinON=mgcosf)再由图中几何关系有R .八HCOS0=-7====,Sin^="F=mg国13(2)①物块静止时，分析受力如图13所示.由平衡条件有f=mgsinON=mgcosf)再由图中几何关系有R .八HCOS0=-7====,Sin^="F=yl^+H2、R2+印故、N=②分析此时物块受力如图14所示.由牛顿第二定律有mgtanO=mrco2.“口cHR其中tanJ=/r=2*.可得3=辱&y/^+H2答案：(l)w?E⑵』品理17、解析：(1)水滴在竖直方向上做自由落体运动，有〃=%理，得。=(2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆过的最小角度应为；T,所以最小角速度为兀(3)第二滴水落在圆盘上的水平位移为2/7X2=v-2tt=2i>yJ—,第三滴水落在圆盘上的水平位移为口=。・3力=3当第二与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上心两侧时，两点间的距离最大，则*=及+乂3=5答案：(。2〃1、解析：力对物体做功的表达式为W=F/cos6»,0°W6»<90°时，F做正功，0=90°,F不做功，90。<。忘180。时，F做负功，支持力始终竖直向上，与位移同向，6=0。，故支持力始终做正功，D正确2〃答案：D2、解析：作用力与反作用力等大反向，但二者对地位移无此关系.例如静止于水面上的小船，入水平跳离船时，作用力与反作用力都做正功，故D对A错.又如在水平地面上滑行的物体，相互作用的摩擦力，一个做功，另一个不做功，故B错.答案：D3、解析：由于两个物体质量相同、下落高度相同，所以重力对两物体做的功相同，A选项正确.由于下落的时间不同，所以重力的平均功率不相同，B选项错误.根据机械能守恒可知，两物体到达底端时动能相同，即速度大小相同、方向不同，D选项错误.由瞬时功率的计算式可得Pa=S?vcos。，PB=mgv,因此，到达底端时重力的瞬时功率Pa<Pb,C选项正确.答案：AC4、解析：因匀速运动，故Fi-cosa=fi(mg—Fisina)Fz-cosa=/n(mg+Fisina)由以上两式可以看出，F\<Fz,Ffv<Ffc由公式W=F-Lcosa,得川卜肌；W3V伍.答案：B5、解析：力F做的功等于每段恒力F与该段滑块运动的位移数值(。一r图象中图象与坐标轴围成的面积)的乘积，第1秒内，位移为一个小三角形面积S;第2秒内，位移也为一个小三南形面积S;第3秒内，位移为两个小三南形面积2S,故Wi=lS,W2=3S,卬3=4S,所以Wi<W2<W^.答案：B6、解析：整个过程动能变化量为零，所以合力的功为零，A项正确.摩擦力大小相等，第一段位移大，所以B项正确.第一段是加速的，牵引力大于摩擦力，所以冷B,C项错.加速阶段和减速阶段平均速度相等，所以摩擦力的平均功率相等，D项正确.答案：ABDp P7、解析：汽车所受阻力为6=加，汽车速度为P2时的牵引力为尸=.，由牛顿第二定pp P。-M律得产一片="4,即不一流=松，所以4= ，应选C.答案：C8、解析：若火车在5min=300s内，匀加速至30m/s,则行驶的位移x=/t=4.5km,而该题中火车是以额定功率出发，由速度一时间图线得火车的行驶距离一定大于4.5km,如图14中所示，阴影部分的面积一定大于△OAB的面积，故选A.答案：A9、解析：猴子对地的高度不变，所以猴子受力平衡.设猴子的质量为皿，木棒对猴子的作用力为F,则有尸=，咫；对木棒，设木棒的重力为Mg,则木棒所受合力为F'+Mg=mg+Mg,根据力的作用相互性F=F',根据牛顿第二定律，Mg+mg=Ma,可见a是恒量，f时刻木棒速度0=ar,猴子做功的功率p=nigo=mgar,尸与♦为正比例关系，故B正确.答案：B10、解析：由F—rng=，〃a和P=Fo可知，重物匀加速上升过程中钢绳拉力大于重力且不变，达到最大功率P后，随。增加，钢绳拉力F变小，当产二/ng时重物达最大速度为，故及=蔡?，最大拉力F=/ng+/na=7，A错误，B、C正确，由f—/ng=/na得：a=~—g,D正确.答案：BCD11、解析：欲使拉力做功最少，须使拉力作用的位移最小，故重物应先在拉力作用下加速，再撤去拉力使木箱减速，到达50m处时速度恰好减为0.设加速时加速度的大小为ai,减速时加速度的大小为02.由牛顿第二定律得，加速时有：水平方向尸cos37°—〃尸N=mai竖直方向八访37。+乙一,咫=0减速时有：nmg=mai且有v2=2a\x\=2aiX2xi+x2=x联立以上各式解得：xi=^24m由功的定义，有W=Ericos37°=400X24X0.8J=7.68X103J.答案：7.68X103JPn ]0312、解析：(1)当尸=?时，速度最大，所以，根据P颜=3%得/7=7=80X^xN=Vm ZU4XKFN.(2)根据牛顿第二定律，得F—Fj=ma,①根据瞬时功率计算式，得P=Fv=Fat,②所以由①(②两式得P=(Fj+ma)at=(4X103+2X103X2)X2X3W=4.8X104W.(3)根据可知：随。的增加，直到功率等于额定功率时，汽车完成整个匀加速直线运动过程，所以P将式①代入式③得& 80X103 t'"=(FJ+ma)a=[4'X103+2X103X2)X2S=5s.(4)根据功的计算式得Wp=Fs=F-ga舄=(F/+ma)-^at7n=(4X1O3+2X1O3X2)X1X2X52J=2X105J.答案：(1)4X103n(2)4.8X10'W(3)5s(4)2X105J1、解析：在0〜八时间内，速度增大，由动能定理得，选项A正确，由2=户。可知，在r=0及，=。2时刻，外力功率为零，。一，图象中的图线的斜率代表加速度，在h时亥寸a=0,则尸=0,外力功率为0,选项B、C均错；在八〜6时间内，动能改变量为零，由动能定理得，选项D正确.答案：AD2、解析：设小球初动能为Eto,阻力为了,上升到最高点，由动能定理，得：0—£»=上升到离地面高度为〃点时，设动能为Eu,则Eh-Em)=~(mg+f)-h,Eki=2mgh：在下落至离地面高度〃处，设动能为以2,则&2=(侬一/)田1 4-h),Ek2=^mgh-,联立以上各式，解得：h=§H,故选项D正确.答案：D3、解析：在合力尸的方向上，由动能定理得，W=Fs=^mv2,某个分力的功为Wi=F 1 1 ,Fiscos30°=%0s3()oScos3O°=不利",故B正确.

答案：B4、答案：D°125、解析：设小球通过最低点时绳子张力为尸ri,根据牛顿第二定律：FT\-mg=nr-^将尸ri=7"?g代入得£k1=产。12—2>mgR.力2经过半个圆周恰能通过最高点，则mg=m-^-,此时小球的动能Ek2=；，"gR,从最低点到最高点应用动能定理：—Wj—mg-2R=Ek.2~Eki所以故选项C正确.答案：C6、答案：CD7、解析：由小球上升与下落时间相等即”=/2得51：（51+52）=1：22=1：4,即si：s2=l:34fM应用动能定理得—mgh+W1=^mVM2—^mv2,①竖直方向有。2=2g〃，②①②式联立得W|=2J.Af8风力做功电=4卬|=8J,4fB由动能定理W2=EkB—EkA,可求得Eks=12J,A、D正确.答案：AD8、解析：根据动能定理可得物体动能和位移之间的关系：Ek=Eko—^imgx,由题中图象所给数据可得：Eko-Ek 50—0A=mgx=1X1OX2O=0-25）根据牛顿第二定律可得加速度大小：limn ,,,。=下』图=2.5m/s2,由运动学公式可得物块滑行的总时间：v\-v（）102.5*= =—s=4s.

2.5答案：BC9、解析：（1）达到最大速度时，牵引力等于阻力,即P=Fvm=f-vmP76X10』P76X10』2.5X103m/s=24m/s.(2)前72s由动能定理，得Pt-f-s=2^vn^—^nvcrp 2PL〃K%2一喃TOC\o"1-5"\h\z付$= 2f代入数据，得s=1252m.答案：（1）24m/s（2）1252m10、解析：（1）设斜面长度为L,斜面倾角为明根据动能定理得mg（H—h）—/.imgLicosa=yvW ①即h）=fimgL+^mvo1 ②uo=\2g（H—h—"L）. ③（2）根据平抛运动公式x=vot ④力=5尸 ⑤由③〜⑤式得x=2，（〃一//£一〃）〃 ⑥由⑥式可得，当〃=3（“一"，）LmaxL~\~HfxL.(3)在⑥式中令x=2m,H=4m,L=Sm,"=0.2,则可得到：一〃2+3〃一|=。, 3+小 3-小求出h\=-m=2.62m,hi=-m=0.38m.答案：(l)vE2g(H-h-fiL)(2)|(H-⑷L+H~nL3+小.. 3一小..(3)―m(或2.62m)-寸-m(或0.38m)Ik解析：（1）因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2。的圆弧上往复运动.

对整体过程由动能定理得mgR-cos0-//zwgcos0-x=0R所以总路程为无=一.(2)对B-E过程TOC\o"1-5"\h\zmgR(1—cos0)=产。/ ①F^-mg=—^- ②由①②得对轨道压力：Fn=(3—2cos0)〃zg.(3)设物体刚好到。点，则mg-R ③对全过程由动能定理得mgL'sin0-///wgcos0-L'-mgR(l+cos。)(4),尸^6一g、2r» / 3+2cos夕由③④得应酒足条件：L=2(sin。-/cos。)•凡R答案：(1)「(2)(3—2cosJ)/〃g(3)2/至少为3+2cos/9 (3)2/至少为2(sin6>—/zcos0)1、解析：依据机械能守恒条件：只有重力做功的情况下，物体的机械能才能保持守恒,由此可见A、B均有外力F参与做功，D中有摩擦力做功，故A、B、D均不符合机械能守恒的条件，故答案为C.答案：C2、解析：设物体受到的向上的拉力为F.由牛顿第二定律可得：F合=尸一〃7g=-gmg,2 1所以尸=W咫.动能的增加量等于合外力所做的功一机械能的增加量寺于拉力所做的2切qngh,重力势能增加了mgh,故B、C、D正确，A错误.答案：BCD3、解析：由机械能守恒定律可知，A、8下落相同高度到达。点时速率不相等，故A错.由于平抛运动竖直方向的运动是自由落体运动，两物体从同一水平线上开始运动，将同时达到。点，故B正确.两物体运动过程中机械能守恒，但A具有初动能，故它们从同一高度到达O点时机械能不相等，C错误.重力的功率P=/”g4，由于两物体质量相等，到达。点的竖直分速度外相等，故在0点时，重力功率一定相等，D项正确.答案：BD4、解析：若把斜面从C点锯断，物体将从C点做斜上抛运动，到最高点速度不为零，据机械能守恒定律，物体不能升高到〃；若弯成弧状升高〃，则升到圆弧的最高点必有大于或等于圾的速度，据机械能守恒，不能升高〃.答案：D5、解析：M下落过程，绳的拉力对M做负功，M的机械能不守恒，减少：机上升过程，绳的拉力对机做正功，机的机械能增加，A错误.对M、机组成的系统，机械能守恒，易得B、D正确；M减少的重力势能并没有全部用于机重力势能的增加，还有一部分转变成M、机的动能，所以C错误.答案：BD6、解析：以地面为零势能面，物体到海平面时的势能为一①错，重力对物体做功为"?g〃，②对；由机械能守恒，ynv^=Ek—mgh,Ek=^inva+mgh,③®对，故选B.答案：B7、解析：小球与弹簧作用过程，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减小，转化为弹簧的弹性势能，使弹性势能增加，因此A错误，C错误；小球下落过程中重力对小球做正功，小球的重力势能减小，B正确；分析小球受力情况，由牛顿第二定律得：mg-kx=ma,随弹簧压缩量的增大，小球的加速度a先减小后增大，故D正确.答案：BD8、解析：小球在轨道内做匀速圆周运动，在通过最高点时的最小速度为qiz离开轨道后小球做的是平抛运动，若竖直方向下落r时，则水平方向的位移最小是折=正「,所以小球只要能通过最高点D,就一定能落到水平面AE上.答案：A9、解析：小球自由下落的过程中，“时刻绳子的拉力为零，此时速度不是最大，动能也不是最大，最大速度的时刻应是绳子拉力和重力相等时，即在小B之间某一时刻，及时刻绳子的拉力最大，此时速度为零，动能也为零，绳子的弹性势能最大，而小球的势能不是最大，而是最小，，2时刻绳子所受拉力最大，绳子最长.答案：D10、解析：物体A在绳的拉力作用下向右做加速运动，8向下加速运动，08=OaCOS。，当A运动到滑轮的正下方时，速度达最大值，此时A沿绳方向速度为零，故B的速度为零.对A、B组成的系统，由机械能守恒定律有：〃，1,mg。而一力Va=\m/s.答案：1m/s11、解析：⑴对A分析：从斜轨最高点到半圆环形机道最高点，机械能守恒，有2mg(3R—2R)=gx2nz或解得VA=y)2gR.对8分析：从斜机最高点到半圆环形轨道最低点，机械能守恒，有3)叫/?=品加，解得(2)设半圆环形轨道对A、8的作用力分别为Qva、Fnb,Qva方向竖直向下，Fnb方向竖直向上.根据牛顿第二定律得Fna+2mg="胃，Bvb—mg=与立解得BvA=2/ng,FNB=7mg.根据牛顿第三定律，A、8对圆环的力分别为：Fna'=2mg,Fnb'=1mg,Fna'方向竖直向上，F"方向竖直向下，所以合力F=5mgf方向竖直向下.答案：(lN2gRyj6gR(2)5mgf方向竖直向下12、解析：(1)设小球经过C点的速度为％，小球从3到C,据机械能守恒定律得/ng(R+/?cos60°)=Epc+^tnvi,代入数据求出勿=3m/s.(2)小球经过。点时受到三个力作用，即重力G、弹簧弹力F、环的作用力尸m设环对2 2小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律?+反一由于尸=履=2.4犯*=/嘘'+mg—F,解得Bv=3.2N,方向向上.根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.2N.方向竖直向下.答案：(1)3m/s(2)3.2N,方向竖直向下1、解析：由于将弹簧上端8缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后等于A物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于，咫，A选项错误.系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C选项正确.由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L,所以B选项错误.答案：C2、解析：由能量守恒，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A错；对物体受力分析，知仅有摩擦力对物体做功，由动能定理，知B错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是木块对地位移的两倍，即卬=/»〃，故C错：由功率公式易知传送带增加的功率为//mgv,故D对.答案：D3、解析：根据三力平衡条件可得尸=mgtan。，弹簧弹力大小为尸加=器，B位置比A位置弹力大，弹簧伸长量大，所以由A位置到8位置的过程中，系统的弹性势能增加，又由于重力势能增加，动能不变，所以系统的机械能增加.答案：BD4、解析：当小球处于最高点时，重力势能最大；当小球刚滚到水平面时重力势能全部转化为动能，此时动能最大：当小球压缩弹簧到最短时动能全部转化为弹性势能，弹性势能最大.由机械能守恒定律可知弓=a=6>',故答案选A.答案：A5、解析：由动能定理，动能变化量等于合外力做的功，即卬3—卬2—卬1,B正确.除重力之外的力的功对应机械能的变化，即明一卬2,C正确.答案：BC6、解析：制动发动机点火制动后，飞船迅速减速下落，动能、重力势能均变小，机械能减小，A正确，B错误；飞船进入大气层后，空气阻力做负功，机械能一定减小，故C、D均错误.答案：A7,解析：机械能变化的原因是非重力、弹簧弹力做功，本题亦即看成尸与母做功大小问题，由wjgsina+用,一/二机”，知尸一6，=/wgsin30。一,”a>0,即故尸做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增大.答案：A8、解析：两次物体运动的位移和时间相等，则两次的加速度相等，末速度也应相等，则物体的机械能变化量相等，合力做功也应相等.用B拉物体时，摩擦力做功多些，两次重力做功相等，由动能定理知，用尸2拉物体时拉力做功多.答案：AB9、解析：物体在沿斜面向下滑动的过程中，受到重力、支持力、摩擦力的作用，其合力为恒力，A正确；而物体在此合力作用下做匀加速运动，v=at,、=呼尸，所以B、C错：物体受摩擦力作用，总的机械能将减小，D正确.答案：AD10、解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s,对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q=gnod+/"gsosin。又全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q=fimgscosG解以上两式可得s=5(2g：：se+sotaM.答案：七急+"1aM11、解析：(1)由图乙知，在前2m内，F\=2mg,做正功，在第3m内，F2=0.5mg,做负功，在第4m内，B=0,滑动摩擦力6=〃mg=0.25/ng,始终做负功，由动能定理全程列式得：F\l\—Fih—Fjl=^inv\—0即2tngX2-0.5nigX1—0.25mgX4=^mv\解得04=5陋m/s(2)冲上斜面的过程，由动能定理得—nig-£•sin30°=0-^inVA所以冲上A8面的长度L=5m答案：(1)5明m/s(2)5m12、解析：⑴小木块的加速度。=〃gv2v2小木块的位移1\= .2a2〃gdv(2)小木块加速运动的时间/=-=—, .. V2传送带在这段时间内位移b=ut=—.〃g(3)小木块获得的动能Ek=^mv2.(4)因摩擦而产生的热等于摩擦力(/)乘以相对位移(/£),故Q=f/L="Mg(/2—(注：Q=4是一种巧合，但不是所有的问题都这样).(5)由能的转化与守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，所以E总=反+。=加。2答案：(1)弧(2)—(3)产。2(4)产〃(5)mv25-5)1、解析：小球做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故A正确.答案：A2、解析：甲、乙两物体分别做匀变速直线运动和匀变速曲线运动，在相同时间内，位移不相同，A错误.由于在力的方向上的位移相同，恒力F对物体所做的功相同，B正确.速度变化率就是加速度，C正确.由动能定理知D也正确.答案：BCD3、解析：由题图知，第1秒末速度、第3秒末速度、第7秒速度大小关系：vi=V3=07,由题知卬=5«浮一0,则由动能定理知第1秒末到第3秒末合外力做功电=5正一4"次=0,故A错.第3秒末到第5秒末合外力做功卬3=0一斗加3=一卬，故B错.第5秒末到第7秒末合外力做功印4=]机注一0=W,故C正确.第3秒末到第4秒末合外力做功卬5=]机曷一那欣：因。4=53,所以做=—0.75W.故D正确.答案：CD4、解析：运动员的加速度为5,小于gsin300,所以必受摩擦力，且大小为右〃g,克服摩擦力做功为*mgX-7袅=；mgh,故C错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的势能没有全部转化为动能，而是有转化为内能，故A错，D正确；由动能定理知，运动员获得1h2的动能为々mg^sjn30o=3WI^1，故B错.答案：D5、解析：力一位移图象下所围图形的面积表示功，由图象可知，一部分正功与另一部分负功抵消，外力做的