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练力与物体的平衡1．B[工人受到三个力，绳的拉力，地面支持力和重力，是三力平衡，故A错误；人对绳和绳对人的拉力是一对作用力与反作用力，B正确；重物拉起过程，两绳的张角变大，拉力变大，C、D错误。]2．B[风筝受重力G、细线的拉力FT和气流的作用力F处于平衡状态，如图所示，重力G方向竖直向下，细线的拉力FT方向斜向右下方，气流对风筝的力F的方向一定斜向左上方，且大小等于重力G和细线拉力FT的合力大小，B正确，A、C、D错误。]3．A[设每块石块的重力为G，以第2块石块为研究对象，受力分析如图所示。由平衡条件有F12cos30°＝F23，解得eq\f(F23,F12)＝eq\f(\r(3),2)，故选A。]4．B[由题知，取走一个盘子，稳定后余下的盘子正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使三根弹簧发生形变的形变量恰好等于相邻两盘间距，则有mg＝3kx，解得k＝100N/m，故选B。]5．D[工人受到重力、拉力FT和支持力FN，受力分析如图所示。根据共点力平衡条件有FT＝eq\f(G,cosθ)，FN＝Gtanθ，即墙壁对工人的弹力大小为Gtanθ，悬绳对工人的拉力大小为eq\f(G,cosθ)，A、B错误；若缓慢增加悬绳的长度，则θ减小，FT和FN都减小，而FT与FN的合力始终与工人的重力平衡，大小不变，故C错误，D正确。]6．D[对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月，则对一条腿有FN1＝eq\f(1,4)mg月＝eq\f(mg,24)，根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为eq\f(mg,24)，故选D。]7．A[当BO与水平面的夹角为90°时，对水桶受力分析有，水桶受到OB板的压力F1′、OA板的压力F2′以及重力G，在三个力的作用下平衡，其受力分析如图所示，根据平衡条件以及几何关系有F2′sin30°＝F1′，F2′cos30°＝G解得F1′＝40eq\r(3)N，F2′＝80eq\r(3)N，由牛顿第三定律得F1＝40eq\r(3)N，F2＝80eq\r(3)N，故选A。]8．B[对球进行受力分析，球受重力Mg、细线的拉力FT及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为90°，设一个支持力的大小为FN、细线与两竖直墙壁交线的夹角为θ，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d＝eq\r(R2＋R2)＝eq\r(2)R，故sinθ＝eq\f(d,2R)＝eq\f(\r(2),2)，θ＝45°，在竖直方向上根据受力平衡可得FTcosθ＝Mg，解得FT＝eq\r(2)Mg，在水平方向上根据受力平衡可知两竖直墙壁对球的支持力的合力大小等于细线拉力FT的水平分力大小，即eq\r(FN2＋FN2)＝FTsinθ，解得FN＝eq\f(\r(2),2)Mg，根据牛顿第三定律可得，球对任一墙壁的压力大小为eq\f(\r(2),2)Mg，故选B。]9．B[对导线整体受力分析，水平方向上，FACsin30°＝FBCsin60°；对左右两部分分别受力分析，竖直方向上，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。]10．B[对B球，根据平衡条件，水平方向有FTsin60°＝Fcos30°竖直方向有FTcos60°＋Fsin30°＝mg，解得F＝mg对A、B整体，根据平衡条件，水平方向有Fcos30°＝Ff竖直方向有Fsin30°＋FN＝2mg，Ff＝μFN解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故选B。]11．B[导线通有电流后，因受到安培力下降至N′点，则MN′＝ON′＝2L，如图所示设MN′和ON′与竖直方向的夹角都为θ，则cosθ＝eq\f(\r(2L2－1.5L2),2L)＝eq\f(\r(7),4)根据对称性，MN′和ON′对导线的作用力都为mg，有2mgcosθ＝BId可得I＝eq\f(\r(7)mg,2Bd)，故选B。]12．B[小球B受力分析如图由平衡条件可得eq\f(mg,sin30°)＝eq\f(F,sin45°)＝eq\f(FT,sin105°)解得细线中的张力大小为FT＝eq\f(sin105°,sin30°)mg＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2)mg故A、C错误；而A对B的静电力大小为F＝eq\f(sin45°,sin30°)mg＝eq\r(2)mg且A对B的引力与B对A的引力为一对相互作用力，由牛顿第三定律可知二者等大反向，故B正确，D错误。]13．AC[对题图右侧结点处受力分析，α角大小不变，可以使用辅助圆方法判断力的动态变化情况，如图所示通过分析可得FT先增大再减小，F一直减小，A正确；初始状态，对A分析可得绳子拉力FTA＝mg，对B分析，可发现FT＝2mgsin30°，即一开始B与C间的静摩擦力为零，故当绳子拉力FT从mg先增大再减小到mg，B、C间的静摩擦力方向一直沿斜面向下且先增大再减小，B错误；将B、C看成整体，竖直方向有FN＋FTsin30°＝(2m＋M)g，由于FT先增大再减小，故FN先减小再增大，故物体C对地面的压力先减小再增大，故C正确；水平方向上有FTcos30°＝Ff，当FT最大时，即此时F水平，对A分析计算可得FTmax＝eq\r(2)mg，所以Ffmax＝eq\f(\r(6),2)mg，故D错误。]第2练牛顿运动定律与直线运动1．D[x－t图像的斜率表示速度，0～t1时间内小车做匀加速运动，速度变大，所以图像斜率变大，t1～t2时间内小车做匀减速运动，则图像的斜率变小，在t2时刻小车停止，图像的斜率变为零，故选D。]2．BD[质点在0～t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确；a－t图像的面积表示速度变化量，eq\f(t0,2)～eq\f(3,2)t0时间内速度的变化量为零，因此eq\f(t0,2)时刻的速度与eq\f(3,2)t0时刻相同，D正确。]3．AD[由题图可知，照片中火箭尺寸与实际火箭尺寸的比例为eq\f(5.1－2.5cm,40.6m)＝eq\f(2.6,4060)，可得火箭在6s内上升的高度为h＝2.5×eq\f(4060,2.6)cm≈39.0m，由匀变速直线运动规律得h＝eq\f(1,2)at2，解得a≈2.2m/s2，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得平均推力大小为F＝3.0×106N，故选A、D。]4．C[因为频闪照片中的时间间隔相同，对比题图甲和题图乙可知题图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从题图甲中的A点到题图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知题图甲中经过A点的动能较大，故B错误；由于题图甲中滑块的加速度大，根据x＝eq\f(1,2)at2，可知题图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；由于无论上滑还是下滑滑块均受到滑动摩擦力，大小相等，故题图甲和题图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。]5．ACD[0～2t0时间内Q所受弹力方向始终向左，P所受弹力方向始终向右，弹簧始终对Q做正功；t0时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得eq\f(F弹,mP)＝eq\f(F弹,m)＝eq\f(a0,2)，eq\f(F弹,mQ)＝a0，则Q的质量为eq\f(1,2)m，故A、D正确；由a－t图像可知，t0时刻Q的速度为vQ＝eq\f(1,2)S2，故B错误；由a－t图像可知，t0时刻P的速度为vP＝v0－eq\f(1,2)S1，故C正确。]6.BC[物块A沿斜面的分力G1＝mgsinθ＝5N<GB＝mg＝10N，因此物块A将沿斜面向上运动，物块B向下运动，选项A错误；以物块A、B为整体，设共同加速度为a，有GB－G1＝2ma，解得a＝2.5m/s2，选项B正确；以物块B为研究对象有GB－FT＝ma，解得FT＝GB－ma＝7.5N，选项C正确；由于物块A将沿斜面向上加速运动，对斜面体和A、B整体水平方向具有向右的加速度，因此地面给斜面体的摩擦力方向水平向右，选项D错误。]7.AC[系统静止时，设轻绳的拉力为FT，轻弹簧的弹力为F，由于P受力平衡，则2mg＝FT＋F，由FT＝mg，解得F＝mg，剪断轻绳的瞬间，对P由牛顿第二定律得2mg－F＝2ma，解得a＝eq\f(g,2)，故A正确；系统静止时，有F＝kx，解得k＝eq\f(mg,x)，剪断轻绳后，P向下加速运动，当P所受的合力为0时，有2mg＝kx1，解得x1＝2x，则P向下运动x时，加速度为0，速度最大，重力的功率最大，故B错误，C正确；系统静止时Q受力平衡，有mg＋F＝FN，撤走长木板的瞬间，对Q由牛顿第二定律得mg＋F＝ma，解得a＝2g，故D错误。]8．AD[设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为FT0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时对P有－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的合外力不变，加速度仍为零，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg，Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小的最大值为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。]9．BCD[由题图(c)可知，t1时刻物块与木板刚要一起在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有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正确；由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。]10．BD[依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg＋Ff2＝ma1，解得羽毛球的加速度为a1＝30m/s2，羽毛球向下做匀加速直线运动，故A错误，B正确；对筒受力分析，根据牛顿第二定律有Mg－Ff1－Ff2＝Ma2，求得a2＝－20m/s2，负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部恰能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，二者速度相等，此时筒获得的初速度最小为vmin，有a1t＝vmin＋a2t，(vmint＋eq\f(1,2)a2t2)－eq\f(1,2)a1t2＝d，联立解得vmin＝3m/s，故C错误，D正确。]11．ACD[煤块滑上传送带做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝10m/s2，经过时间t1速度减小到零，则t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，0～1s传送带速度为零，则煤块向上滑动的位移x1＝eq\f(v02,2a1)＝5m，t＝1s时传送带开始匀加速转动，其加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝5m/s2，由于μmgcosθ<mgsinθ，故煤块向下做匀加速运动，其加速度为a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝2m/s2，所以煤块运动至最高点时，位移为5m，A正确；煤块向下加速到A点所用时间为t2，则x1＝eq\f(1,2)a2t22，解得t2＝eq\r(5)s，则煤块在传送带上运动时间为t＝t1＋t2＝(1＋eq\r(5))s，B错误；煤块上滑相对传送带的位移为Δx1＝x1＝5m，下滑相对传送带的位移大小为Δx2＝eq\f(1,2)at22＋x1＝17.5m，由于皮带总长12m，则煤块在传送带上留下的痕迹为12m，C正确；煤块与传送带间产生的热量为Q＝μmgcosθ×(Δx1＋Δx2)＝90J，D正确。]12．(1)8m/s(2)24m/s2(3)3.4解析(1)设返回舱离地面高度h＝1.25m时的速度大小为v0，着地速度vt＝2m/s，由运动学公式有h＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋vt))t代入数据解得v0＝8m/s(2)由运动学公式有a＝eq\f(vt－v0,t)代入数据解得a＝－24m/s2即该过程返回舱的加速度大小为24m/s2。(3)设航天员的质量为m，受到座椅的作用力大小为F，由牛顿第二定律有mg－F＝ma联立解得F＝3.4mg即航天员受到座椅的作用力与其重力的比值为eq\f(F,mg)＝3.4。13．(1)128m36s(2)(36－16eq\r(2))m解析(1)根据题意，由运动学公式v＝v0＋at可得，匀减速的时间为t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(16,2)s＝8s由运动学公式v2－v02＝2ax可得，匀减速的位移为x1＝eq\f(v12,2a)＝eq\f(162,2×2)m＝64m停止时间t2＝20s，位移为零，加速阶段与减速阶段的位移与时间相同，故有x＝2x1＝2×64m＝128mt＝2t1＋t2＝2×8s＋20s＝36s(2)根据题意可知，由运动学公式v＝v0＋at可知，过ETC通道的车辆减速用时t3＝eq\f(4－16,－2)s＝6s由运动学公式x＝eq\f(v＋v0,2)t可得，匀减速的位移为x3＝eq\f(v1＋v2,2)t3＝60m则匀速的时间和加速的时间之和为t4＝(36－21－6)s＝9s匀速的位移和加速的位移之和为x′＝x－x3＝68m设加速的时间为t5，则有v2(t4－t5)＋v2t5＋eq\f(1,2)at52＝x′解得t5＝4eq\r(2)s则汽车匀速运动的距离为x4＝v2(t4－t5)＝(36－16eq\r(2))m。第3练抛体运动1．A[篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧，故选A。]2．B[根据题意可知，潜艇在x轴方向上做匀速直线运动，y轴方向上先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，则x－y运动轨迹的图形，在x轴上取相邻距离相等的几段距离，则每段的运动时间相等，在y轴上下降的距离先增大后减小，故选B。]3．B[竖直方向根据h＝eq\f(1,2)gt2可得t＝eq\r(\f(2h,g))，由题图可知，a下降的高度小于b下降的高度，则a在空中运动的时间小于b，A错误；由题图可知，水平方向a的位移大于b的位移，根据x＝v0t可知a被喷射出的初始速度大于b，B正确；根据Δp＝I＝mgt可知a在空中运动过程中动量的增加量小于b，C错误；根据ΔEk＝mgh可知a在空中运动过程中动能的增加量小于b，D错误。]4．B[抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；谷粒2做斜抛运动，谷粒1做平抛运动，在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于v1，B正确；两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误。]5．B[设水下落的高度为h，则竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，故下落高度相同，水流入下方的时间相同，平抛运动水平方向有x＝vt，减排前后出水口处水的流速之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)，故选B。]6．BC[根据题意可知，篮球到达篮筐时，竖直速度刚好为零，则篮球的运动可以逆向地看成从篮筐处开始做平抛运动。设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为θ，由平抛运动规律可知x＝vcosθ·t，H－h＝eq\f(1,2)gt2，vy2－0＝2g(H－h)，vy＝vsinθ，联立解得θ＝30°，x＝2eq\r(3)(H－h)，故选B、C。]7．BD[小球做斜上抛运动，有vx＝v0cos53°＝6m/s，vy＝v0sin53°＝8m/s，当小球到达最高点时，竖直方向的速度减为零，小球的速度为水平方向的速度，大小为6m/s，故A错误；小球离地面的最大高度为y＝eq\f(vy2,2g)＝3.2m，故B正确；小球在空中运动的时间为t＝2eq\f(vy,g)＝1.6s，故C错误；保持小球速度大小不变，改变速度方向，设初速度与水平方向的夹角为θ，则有vx＝v0cosθ，vy＝v0sinθ，小球的水平分位移为x＝vxt＝v0cosθ·2eq\f(vy,g)＝2v0cosθeq\f(v0sinθ,g)＝eq\f(v02sin2θ,g)，由此可知，当sin2θ＝1，即θ＝45°时，小球的水平位移达到最大值xm＝eq\f(v02,g)＝10m，故D正确。]8．(1)eq\r(\f(2Ep,m))(2)eq\f(5\r(mghEp),2mg)解析(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝eq\f(1,2)mv2则小球离开桌面时速度大小为v＝eq\r(\f(2Ep,m))(2)设第一次小球与地面碰撞前速度的竖直分量为vy，碰撞后速度的竖直分量为vy′，由题可知vy′＝eq\f(4,5)vy小球离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt，vy′2＝2gh，联立上式解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x＝eq\f(5\r(mghEp),2mg)。9．BD[根据题意可知，球做平抛运动，下落高度最小时时间最短，由h＝eq\f(1,2)gt2可得，最短时间为tmin＝eq\r(\f(2×2.45－2,10))s＝0.3s，故A错误；由h＝eq\f(1,2)gt2可得，球落在P点的时间为t1＝eq\r(\f(2×2.45,10))s＝0.7s，故B正确；根据题意，由x＝v0t和h＝eq\f(1,2)gt2可知，球的初速度为v0＝xeq\r(\f(g,2h))，当水平位移最小、下落高度最大时初速度最小，则球从P点直接进入球门时发球速度最小，最小发球速度为vmin＝6×eq\r(\f(10,2×2.45))m/s≈8.6m/s，当水平位移最大、下落高度最小时初速度最大，则球从球门左右上角进入时初速度最大，此时水平位移为x＝eq\r(62＋2.52)m＝6.5m，下落高度为Δh＝(2.45－2)m＝0.45m，则最大速度vmax≈21.67m/s，故C错误，D正确。]10．AC[将运动员的速度沿着雪坡方向和垂直于雪坡方向进行分解，则沿雪坡方向的速度为vx＝v0cos(α＋θ)＝22×0.6m/s＝13.2m/s，垂直于雪坡方向的速度为vy＝v0sin(α＋θ)＝22×0.8m/s＝17.6m/s，同理可得ax＝gsinα＝10×0.6m/s2＝6m/s2，ay＝gcosα＝10×0.8m/s2＝8m/s2，根据对称性可知，运动员从起跳到达P点的运动时间为t＝eq\f(2vy,ay)＝4.4s，故A正确，B错误；运动员离雪坡最远时，垂直于雪坡方向的速度为零，hm＝eq\f(vy2,2ay)＝19.36m，故C正确，D错误。]11．(1)50m(2)eq\f(20\r(6),3)m/s(3)eq\f(10\r(78),3)m/s，方向与水平方向夹角的正切值为eq\f(3,2)解析(1)运动员飞离O点后做平抛运动，竖直方向上满足Lsinθ＝eq\f(1,2)gt2解得L＝50m(2)运动员飞离O点后做平抛运动，水平方向上满足Lcosθ＝v0t解得v0＝eq\f(20\r(6),3)m/s(3)运动员落在P处时水平分速度仍为初速度v0，设竖直分速度为vy，vt与水平方向的夹角为α，则有vy＝gt可得vy＝10eq\r(6)m/s，则vt＝eq\r(v02＋vy2)，解得vt＝eq\f(10\r(78),3)m/s，tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(10\r(6),\f(20\r(6),3))＝eq\f(3,2)。12．(1)7.2m(2)28m解析(1)小球做斜抛运动，小球的初速度可分解为沿斜面和垂直于斜面两个方向的分速度沿斜面方向的分速度vx＝v0cos60°垂直斜面方向的分速度vy＝v0sin60°重力加速度g沿斜面方向的分量为gx＝gsin30°重力加速度g垂直斜面方向的分量为gy＝gcos30°则小球飞行至离斜面最远时的时间t1＝eq\f(vy,gy)＝eq\f(v0,g)由对称性可知全程飞行时间t＝2t1＝eq\f(2v0,g)小球沿斜面方向的运动可看作匀加速直线运动，则位移为xAB＝vxt＋eq\f(1,2)gxt2代入数据，解得xAB＝eq\f(2v02,g)＝7.2m(2)若xAB＝8m即为斜面长度，计算可得v0＝2eq\r(10)m/s，而16m/s>2eq\r(10)m/s，则小球落到水平地面上，由竖直方向的分运动计算飞行时间，取向下为正方向，则有h＝－v0tsin30°＋eq\f(1,2)gt2代入数据解得t＝2s水平方向位移x＝v0cos30°t＝16eq\r(3)m则合位移s＝eq\r(x2＋h2)＝28m。第4练圆周运动天体的运动1．C[由题图可知，a、b分别为两个齿轮边缘上的点，线速度大小相等，即va＝vb，根据v＝rω可知半径不同，故角速度不相等，故A错误；a、c在同一齿轮上，角速度相等，即ωa＝ωc，因a、c到转轴的距离之比ra∶rc＝2∶1，由v＝rω得va∶vc＝2∶1，又va＝vb，则vb∶vc＝2∶1，故B错误；由T＝eq\f(2π,ω)得，b、c的周期之比为Tb∶Tc＝eq\f(1,ωb)∶eq\f(1,ωc)＝eq\f(1,ωb)∶eq\f(1,ωa)＝rb∶ra＝3∶4，故C正确；由a＝eq\f(v2,r)得，a、b的向心加速度大小之比为aa∶ab＝rb∶ra＝3∶4，故D错误。]2．C[根据开普勒第二定律可知，探测器绕火星运行时在同一轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等，但在不同轨道上与火星的连线每秒扫过的面积不相等，故A错误；根据开普勒第三定律可知，探测器在“停泊轨道”上的运行周期比在“调相轨道”上小，故B错误；探测器从“调相轨道”进入“停泊轨道”需在P点减速，做近心运动，机械能变小，故C正确；根据牛顿第二定律，eq\f(GMm,r2)＝ma，可知探测器在P点的加速度比N点大，故D错误。]3．D[物体在低速(速度远小于光速)宏观条件下质量保持不变，即物资在空间站和地面质量相同，故A错误；设空间站离地面的高度为h，这批物质在地面上静止，所受合力为零，在空间站所受合力为地球引力即F＝eq\f(GMm,R＋h2)，在地面受地球引力为F1＝eq\f(GMm,R2)，因此有F1>F，故B、C错误；物体绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，这批物质在空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，因此这批物质的角速度大于地球同步卫星的角速度，地球同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，即这批物质的角速度大于地球自转的角速度，故D正确。]4．AC[由于探测器恰好与火星表面某一山脉相对静止，且相邻两次看到日出的时间间隔为T，可知探测器做匀速圆周运动的周期为T，根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，v＝eq\f(2πr,T)，解得M＝eq\f(v3T,2πG)，A正确，B错误；根据上述解得r＝eq\f(vT,2π)，C正确；由于火星的半径不确定，则不能求出火星的平均密度，D错误。]5．AD[依题意，运动员转弯时，根据牛顿第二定律有eq\f(mg,tanθ)＝meq\f(v2,R)，可得其转弯时速度的大小为v＝eq\r(\f(gR,tanθ))，故A正确，B错误；依题意，根据运动员转弯时速度的大小v＝eq\r(\f(gR,tanθ))可知，若减小蹬冰角θ，则tanθ减小，运动员转弯速度v将变大，故C错误，D正确。]6．B[A、B所受万有引力大小相等，故A错误；由于双星角速度相同，根据ω＝2πn可知A、B转速相同，故C错误；A、B的角速度相同，根据F＝Geq\f(m1m2,L2)＝m1ω2r1＝m2ω2r2，解得eq\f(r1,r2)＝eq\f(m2,m1)，根据v＝ωr可知eq\f(v1,v2)＝eq\f(ωr1,ωr2)＝eq\f(m2,m1)，由于A、B的速度方向相反，故A、B系统的总动量为p＝m1v1－m2v2＝0，故B正确；A、B做圆周运动的动能之比为eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(\f(1,2)m1v12,\f(1,2)m2v22)＝eq\f(m1v12,m2v22)＝eq\f(m1m22,m2m12)＝eq\f(m2,m1)，故D错误。]7．B[火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3∶2，根据开普勒第三定律有eq\f(r火3,r地3)＝eq\f(T火2,T地2)，可得eq\f(T火,T地)＝eq\r(\f(r火3,r地3))＝eq\f(3\r(3),2\r(2))，故A错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B正确；在星球表面根据万有引力定律有Geq\f(Mm,r2)＝mg，由于不知道火星和地球的质量比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度，故C错误；火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有ω火＝eq\f(2π,T火)，ω地＝eq\f(2π,T地)，要发生下一次火星冲日则有(eq\f(2π,T地)－eq\f(2π,T火))t＝2π，得t＝eq\f(T火T地,T火－T地)>T地，可知下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之后，故D错误。]8．AD[根据图像可知，水斗速度v＝ωr＝eq\f(40,10)×0.1t＝0.4t，A正确；井绳拉力的瞬时功率为P＝FTv＝FTωr，又FT－(m＋m0)g＝(m＋m0)a，根据上述有a＝0.4m/s2，则有P＝10.4t，B错误；根据图像可知，0～10s内水斗上升的高度为h＝eq\f(ωmr,2)t＝eq\f(40×0.1×10,2)m＝20m，C错误；根据上述P＝10.4t，0～10s内井绳拉力所做的功为W＝eq\f(Pm,2)t＝eq\f(10.4×10×10,2)J＝520J，D正确。]9．BD[当转盘刚开始转动时，物体摩擦力提供向心力，达到最大静摩擦力时有μMg＝Mω2r，可知物体运动半径大的先达到最大静摩擦力，故物体A先达到最大静摩擦力。此时摩擦力提供向心力，有mω122L＝μmg，得到ω1＝eq\r(\f(μg,2L))，当角速度再增大时，摩擦力不足以提供向心力，细绳上开始有拉力，A错误；物体A达到最大静摩擦力之后，角速度再缓慢增大，设绳子拉力为FT，则有μmg＋FT＝mω22·2L，FT＋FfB＝3mω22L，整理得到FfB＝μmg＋mω22L，因角速度增大，所以B受到的静摩擦力越来越大，直至达到最大静摩擦力。角速度再次增大，B受到的摩擦力保持不变，物体A受到的摩擦力将发生变化，两物体仍做圆周运动，此时有FT＋FfA＝mω32·2L，FT＋3μmg＝3mω32L，可得FfA＝3μmg－mω32L，所以随着角速度的再次增大，A受到的摩擦力慢慢减小，直至反向，再慢慢增加至最大静摩擦力。若角速度还增大，则两物体开始相对转台滑动。所以A在角速度大于eq\r(\f(μg,2L))后，A受到的摩擦力先保持不变，再慢慢减小至0，再增大至最大静摩擦力，而物体B在整个过程中，与转台间的摩擦力先增大，之后保持不变，B、D正确，C错误。]10．AD[由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0，则小球从C到B的过程中，有mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2，FN＝mgcosα－meq\f(v2,R)，联立有FN＝3mgcosα－2mg，则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，由牛顿第三定律知，对轨道的压力逐渐增大，A正确；由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P＝－mgvsinθ，则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(4gR)，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcosθ＝meq\f(vB2,R)，则vB＝eq\r(gRcosθ)，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为eq\r(gRcosθ)，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。]11．(1)eq\r(3gR)(2)eq\f(π,2g)eq\r(2gR)解析(1)只要气门嘴灯位于最高点时a、b接触即可保证全程灯亮，弹簧原长时a、b间的距离为eq\f(mg,k)＋L＝2L气门嘴灯位于最高点时的向心力为eq\f(mv2,R)＝mg＋2kL＝3mg解得满足要求的最小速度为v＝eq\r(3gR)(2)速度为eq\r(2gR)时轮子滚动的周期为T＝eq\f(2πR,\r(2gR))＝eq\f(π,g)eq\r(2gR)此速度下气门嘴灯所需的向心力为meq\f(\r(2gR)2,R)＝2mg，此力恰好等于a、b接触时弹簧的弹力，即无重力参与向心力，对应与圆心等高的点，故当气门嘴灯位于下半圆周时灯亮，即t＝eq\f(T,2)＝eq\f(π,2g)eq\r(2gR)。12．(1)2mω2L(2)eq\f(4mL2,t3)(3)eq\f(r3－r－d3,r3)解析(1)质量为m的货物绕O点做匀速圆周运动，半径为2L，根据牛顿第二定律可知Fn＝mω2·2L＝2mω2L(2)设货物由静止开始以加速度a做匀加速直线运动，根据运动学公式可知L＝eq\f(1,2)at2解得a＝eq\f(2L,t2)货物到达B点时的速度大小为v＝at＝eq\f(2L,t)货物在机械臂的作用下在臂杆方向上做匀加速直线运动，机械臂对货物的作用力即为货物所受合力ma，所以经过t时间，货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率为P＝mav＝m·eq\f(2L,t2)·eq\f(2L,t)＝eq\f(4mL2,t3)(3)空间站和货物同步转动，角速度ω0相同，设空间站的质量为m0，地球的质量为M，万有引力提供空间站做匀速圆周运动所需向心力，则有Geq\f(Mm0,r2)＝m0ω02r解得GM＝ω02r3货物在机械臂的作用力F1和万有引力F2的作用下做匀速圆周运动，则F2－F1＝mω02(r－d)货物受到的万有引力F2＝Geq\f(Mm,r－d2)＝eq\f(mω02r3,r－d2)解得机械臂对货物的作用力大小为F1＝eq\f(mω02r3,r－d2)－mω02(r－d)＝mω02eq\f(r3－r－d3,r－d2)则eq\f(F1,F2)＝eq\f(r3－r－d3,r3)。13．AC[运动过程中，对A、B受力分析，A在最高点时由牛顿第二定律有μmgcosθ＋mgsinθ＝mω2×2L，B在最低点时由牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝mω2L，联立解得μ＝3tanθ，故A正确；运动过程中，当A转到最低点时，轻绳对A拉力的最大设为FTA，由牛顿第＝mω2L，联立解得FfB＝mgsinθ，故C正确；由对A、B的受力分析可得ω＝eq\r(\f(2gsinθ,L))，则B的线速度大小为vB＝ωL＝eq\r(2gLsinθ)，B从最低点运动到最高点的过程中，合外力的冲量为I合＝2mvB＝meq\r(8gLsinθ)，由于B受到的重力、支持力、绳的拉力的合力不为零，故B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小不等于meq\r(8gLsinθ)，故D错误。]第5练机械振动和机械波1．A[声波在不同介质中频率和周期都不变，波长和波速都发生改变，所以选项A正确，B、C、D错误。]2．C[由同侧法分析，波的传播方向向右，则此时B点的振动方向向上，故A错误；由题意，A点开始时向上运动，由图丙所示的波形可知，传播到E点出现题图丙所示波形时传播了eq\f(5,2)T，即eq\f(5,2)T＝2s，则T＝0.8s，故f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz，故B错误；由于B、D两点的间隔为1个周期，由周期性可知两点运动状态始终相同，故C正确；由公式可得v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(2,0.8)m/s＝2.5m/s，故D错误。]3．B[频率f＝0.5Hz，由题图可知波的波长为λ＝8m，振幅A＝20cm，波向右传播，该时刻P点的振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为y＝20sin(πt＋eq\f(3π,4))cm，故t＝0时P点的位移为y＝10eq\r(2)cm，当t＝0.25s时P点的位移为y′＝0，P点到达平衡位置，A、C错误，B正确；从该时刻开始计时，质点Q从平衡位置向上振动，故质点Q的振动方程为y＝20sin(πt)cm，D错误。]4．C[分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长d＝15cm后，两声波在O点减弱，根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则A1＋A2＝20，A1－A2＝10可得两声波的振幅之比，eq\f(A1,A2)＝eq\f(3,1)，故C正确，D错误；根据振动减弱的条件可得eq\f(λ,2)＝2d，解得λ＝60cm，故A、B错误。]5．ACD[a为波谷与波谷相遇点，b、c为波谷与波峰相遇点，d为波峰与波峰相遇点，故a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱，故A正确；依题意由题图可知，图示时刻，e为两列波的平衡位置相遇点，处于平衡位置，从图示时刻经过半个周期，e仍为两列波的平衡位置相遇点处，仍处于平衡位置，故B错误，C正确；根据几何关系可知，两波的波谷同时传到e点，故e为振动加强点，振幅为2A，故D正确。]6．AD[根据题图乙可知，t＝0时刻，质点P向y轴正方向振动，根据波形平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，故A正确；根据题图甲可知波长为2m，根据题图乙可知周期为2s，则波的传播速度大小为v＝eq\f(λ,T)＝1m/s，故B错误；质点P只是在平衡位置上下振动，并不会随波传播方向运动，故C错误；根据Δt＝1.5s＝eq\f(3,4)T，由于t＝0时刻质点P处于平衡位置，故在0～1.5s时间内，质点P运动的路程为s＝eq\f(3,4)×4A＝3×5cm＝15cm，故D正确。]7．C[根据t＝0时刻的波形图，波沿x轴正向传播，此时波恰好传到c点，根据波的传播方向与振动方向的关系，c点振动方向向下，故各质点的起振方向向下，故A错误；由波形图可知，波长为λ＝4m，设波速大小为v，周期为T，有v＝eq\f(λ,T)，t＝7s时d质点第二次位于波峰，则Δt＝eq\f(xd－xc,v)＋eq\f(7,4)T＝7s，解得T＝2s，v＝2m/s，故B错误；由于7s＝3.5T，且t＝0时刻a、b两点均在特殊位置，所以两质点振动的总路程相等，大小为s＝4Aeq\f(Δt,T)＝140cm＝1.4m，故C正确；b点的振动方程为yb＝－10cosπt(cm)，故D错误。]8．D[振动由a向b传播，由图线可知T＝4s，故振动从a传到b的时间可能为Δt＝nT＋eq\f(3,4)T＝(4n＋3)s(n＝0,1,2,3，…)，根据vΔt＝Δx＝6m，可得v＝eq\f(6,4n＋3)m/s(n＝0,1,2,3，…)，故波速可能为2m/s，eq\f(6,7)m/s，eq\f(6,11)m/s，…故选D。]9．B[由题图乙可知0时刻之后质点N的加速度先为正方向，所以质点N先向下振动，所以波沿x轴正方向传播。由“前一质点带动后一质点”可知0时刻质点M的振动方向向上，即波源的起振方向向上，故A错误；由题图乙可知T＝4s,5s时质点M刚振动了1eq\f(1,4)周期，5.5s时质点M振动不到1eq\f(1,2)周期，则在5～5.5s时间内质点M正处于x轴上方且正向y轴负方向运动，所以其速度在增大，加速度在减小，故B正确；波的传播速度为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(4,4)m/s＝1m/s，波从质点M处传播到质点Q处所需要的时间t＝eq\f(7,1)s＝7s，t＝12s时质点Q振动了eq\f(12－7,4)T＝1eq\f(1,4)T，此时质点Q处于x轴上方最大位移处，即(10m,8cm)处，故C错误；由C项分析可知t＝7s时波正好传播到质点Q处，其振动方向向上，故D错误。]10．BC[两列波在同种均匀介质中，波速相等，故A错误；根据题图乙知，P、Q形成的两列波的周期分别为TP＝2.0s，TQ＝1.0s，根据λ＝vT知，P、Q形成的两列波的波长之比为2∶1，故B正确；t＝1.2s时，P在平衡位置下方，加速度向上指向平衡位置，Q在平衡位置上方，加速度向下指向平衡位置，故P和Q振动的加速度方向相反，故C正确；根据f＝eq\f(1,T)知，两列波的频率不同，不能发生干涉现象，故D错误。]11．(1)见解析图(2)见解析解析(1)根据Δx＝vt得Δx＝4×2.5m＝10m可知t＝2.5s时P波刚好传播到x＝10m处，Q波刚好传播到x＝0处，根据上下坡法及两波的波长λ＝8m可得波形图如图所示(2)根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差Δx＝eq\f(2n＋1λ,2)(n＝0,1,2…)解得在图示范围内，振幅最大的平衡位置有x＝3m、x＝7m振动减弱的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2…)解得在图示范围内，振幅最小的平衡位置有x＝1m、x＝5m、x＝9m。12．(1)0.4s(2)－2cm解析(1)由题图甲可知，波长为λ＝2m，由题图乙可知振幅为A＝2cm，周期为T＝0.4s，故波速为v＝eq\f(λ,T)＝5m/s故该波从B点传播到D点所需的时间为t＝eq\f(BD,v)＝eq\f(2,5)s＝0.4s(2)由几何关系可知OE＝eq\r(42＋32)m＝5m故OE两点之间间隔2.5个波长，t＝8s时波源振动了20个周期，O点恰好处于波峰位置，故此时E处质点处于波谷，位移为－2cm。13．ABD[波在0.5s内传播的距离是2m，则波速为v＝eq\f(s,t)＝eq\f(2,0.5)m/s＝4m/s，故A正确；该波的周期为T＝eq\f(λ,v)＝1s，波源的振动时间为3s，因为n＝eq\f(t,T)＝3，所以形成三个完整的波形，可知3.5s时波传到x＝14m处，该处质点沿y轴正方向起振，所以波源起振方向沿y轴正方向，故B正确；a到波源O的距离为eq\f(5,4)λ，波从O传到a的时间为1eq\f(1,4)T＝1.25s，在2～3s内质点a先沿y轴正方向振动，后沿y轴负方向振动，故C错误；0～3s内质点a振动的时间为3s－1.25s＝1.75s，通过的总路程s＝4×0.2×eq\f(1.75,1)m＝1.4m，故D正确。]专题二能量与动量第6练功与功率功能关系1．B[游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，游客只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值，则橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，C错误；橡皮绳刚绷紧，弹力小于重力，合力向下，做正功，游客动能增加，当弹力大于重力后，合力向上，做负功，游客动能减小，D错误。]2．BD[题图甲电梯运动过程中，小陈在电梯中的初速度与末速度均为0，题图乙与题图丙中电梯均做匀速运动，则始末状态动能的变化量均为0，根据动能定理可知，搭乘三种电梯的过程中，合外力对小陈做的功均为0，A错误；题图乙的梯面倾斜程度处处相同，即电梯运动速度方向与竖直方向的夹角θ一定，根据P＝mgvcosθ可知，搭乘题图乙所示电梯的过程中，小陈的重力做功的功率不变，B正确；题图乙中的梯面倾斜，匀速运动时，对小陈进行受力分析，小陈受到重力、垂直于倾斜梯面的支持力与沿梯面向上的静摩擦力，可知，搭乘题图乙所示电梯的过程中，摩擦力对小陈做负功，C错误；搭乘题图丙所示电梯的过程中，匀速运动时，对小陈进行受力分析，小陈受到重力、电梯对小陈竖直向上的支持力，小陈的速度方向沿电梯运动方向斜向上，则电梯对小陈做正功，小陈的机械能增大，D正确。]3．A[电动自行车的功率P＝Fv，匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F＝f，加速度a＝0。货物掉落后，电动自行车瞬时速度未变，整体质量减小，所受阻力减小为f′，牵引力大于阻力，具有向前的加速度，电动自行车开始加速。由于功率不变，牵引力逐渐减小，加速度减小，当牵引力F趋近于f′时，加速度趋近于0，电动自行车达到最大速度vm＝eq\f(P,f′)，以后继续做匀速运动，故选A。]4．B[由题图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知，重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误。]5．B[由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝eq\f(W,T)，T＝eq\f(2π,ω)，联立解得P＝eq\f(3nmgωRH,5)，故选B。]6．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，F阻＝kv随速度的增大而增大，则牵引力也随阻力的增大而增大，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中，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，由动能定理有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。]7．B[在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故选B。]8．A[0～10m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－Ffs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋Ff)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋Ff＝4N。10～20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－Ff)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－Ff)s－(mgsin30°－Ff)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mgsin30°－Ff＝3N，联立解得Ff＝0.5N，m＝0.7kg，故选A。]9．ABC[由题意可知，包裹放在传送带上之后将受到滑动摩擦力的作用做匀加速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2m/s2<3m/s2，故传送带先达到v＝2m/s的速度，则包裹和传送带共速所用的时间为t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,2)s＝1s，此过程中包裹的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m，之后包裹和传送带一起做匀速直线运动，位移为x2＝v(t－t1)＝2×(4－1)m＝6m，则可知传送带两端的距离为L＝x1＋x2＝7m，故A正确；包裹只有在匀加速阶段受到摩擦力，在此过程中摩擦力的冲量为If＝μmgt1＝0.2×2×10×1N·s＝4N·s，故B正确；包裹受到传送带对它的支持力和摩擦力，其中支持力不做功，摩擦力做正功，而摩擦力作用下的位移为x1，则摩擦力做的功为Wf＝μmgx1＝0.2×2×10×1J＝4J，故C正确；整个过程中只有第1s内发生了相对运动，且传送带在此阶段运动得比包裹快，而传送带加速到v＝2m/s所用的时间为t2＝eq\f(2,3)s，之后的t3＝eq\f(1,3)s做匀速运动，则传送带的位移为x0＝eq\f(1,2)a0t22＋vt3＝eq\f(1,2)×3×eq\f(4,9)m＋2×eq\f(1,3)m＝eq\f(4,3)m，由此可知相对位移为Δx＝x0－x1＝eq\f(1,3)m，则整个过程中产生的热量为Q＝μmgΔx＝0.2×2×10×eq\f(1,3)J＝eq\f(4,3)J，故D错误。]10．BCD[根据题意可知，当滑块所受合力为零时，速度最大，滑块的动能最大，由于c点为最低点，则速度最大之处在bc之间，设该位置为d点，此时的动能为Ekm，克服弹簧做功为W0，由动能定理有Ekm＝mghadsin30°－W0，由于mghadsin30°<mghacsin30°＝6J，则有Ekm<6J，故A错误；根据题意可知，c点为最低点，此时弹簧的弹性势能最大，从a→c过程中，设此过程克服弹簧弹力做功为W，由动能定理有mghacsin30°－W＝0，解得W＝6J，则弹簧弹性势能的最大值为6J，故B正确；从c点运动到b点的过程中，弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的机械能，则从c点运动到b点的过程中弹簧弹力对滑块做功为6J，故C正确；从a出发最后可以回到a点，说明整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，故D正确。]11．B[活塞上升高度为h，设圆管外液面下降高度为h1，设h2＝h＋h1，因水的总体积不变，则有h1＝h(eq\f(πr2,π2r2－πr2))＝eq\f(1,3)h，可得h2＝eq\f(4,3)h，由功能关系可知，拉力做的功全部转化为上升水的重力势能。则W＝ρ(πr2)hgeq\f(h2,2)＝eq\f(2,3)πρr2gh2，故选B。]12．BCD[小车把弹簧压缩到弹簧和轻杆整体所受弹力等于摩擦力时，即x＝eq\f(Ff,k)时，小车、弹簧和杆三者一起向右做匀减速运动，所以在0～t1时间内，小车运动的位移为eq\f(Ff,k)，故A错误；t1时刻弹簧弹力等于Ff，在0～t1时间内，对小车由动能定理得－eq\f(1,2)Ffx＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，解得v1＝eq\r(v02－\f(Ff2,km))，故B正确；t1时刻后，小车、弹簧和杆三者一起向右做匀减速运动，直至速度为零，运动的位移为l，根据动能定理－Ffl＝0－eq\f(1,2)mv12，解得v1＝eq\r(\f(2Ffl,m))，故C正确；在0～t2时间内，轻杆摩擦产生热量Q＝Ffx相对，其中相对位移为l，所以系统内摩擦产生热量为Q＝Ffl，故D正确。]13．A[在接触弹簧前，物块做匀加速直线运动，接触弹簧后，在达到最大速度前，物块做加速度减小的加速运动，达到最大速度后，物块做加速度增大的减速运动，直到停止，故A正确；在物块接触弹簧前，加速度恒定，刚接触弹簧后的加速度大小为a0＝gsinθ－eq\f(Ff,m)，达到最低点时，设此时弹簧的形变量为Δx，由牛顿第二定律有kΔx＋Ff－mgsinθ＝ma，则a＝eq\f(kΔx,m)－(gsinθ－eq\f(Ff,m))＝eq\f(kΔx,m)－a0，设物块与弹簧接触前运动了x0，物块从释放到运动至最低点有mg(x0＋Δx)sinθ＝eq\f(1,2)kΔx2＋Ff(x0＋Δx)，整理得kΔx2－2ma0Δx－2ma0x0＝0，有Δx＝eq\f(ma0＋\r(m2a02＋2kma0x0),k)>eq\f(2ma0,k)，因此a＝eq\f(kΔx,m)－a0>a0，故B错误；在接触弹簧前，设物块沿着斜面下滑的位移为x，由动能定理有mgsinθ·x－Ffx＝Ek，动能随着位移的增大线性增大，接触弹簧后，在达到最大速度前，物块做加速运动，动能随着位移的增大而增大，达到最大速度后，物块做减速运动，动能随着位移的增大而减小，故C错误；在接触弹簧前，只有摩擦力做负功，物块的机械能减小，则有E＝E0－Ffx，在接触弹簧后，摩擦力和弹簧弹力做负功，则有E＝E0－eq\f(1,2)k(x－x0)2－Ffx，其图像是开口向下的抛物线的一段，故D错误。]第7练动能定理机械能守恒定律能量守恒定律1．A[x1位置小孩向上加速运动，处于超重状态，故A正确；x2位置小孩向上运动，动能最大，速度最大，小孩所受重力与弹簧弹力二力平衡，小孩受弹簧弹力作用，故B错误；x3～x4之间图像为直线，由动能定理可得Ek－Ek0＝－mgh，解得Ek＝Ek0－mgh，x3位置小孩仅受重力作用，故C错误；x1～x3小孩与弹簧组成的系统机械能守恒，x3～x4小孩的机械能守恒，故D错误。]2．A[根据几何关系可得OB＝eq\r(AB2＋OA2)＝0.5m，则当P从A运动到B的过程中，Q的位移x＝OB－OA＝0.2m，由系统机械能守恒有m2gx＝eq\f(1,2)m1v2，解得v＝3m/s，故选A。]3．C[饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；饺子的加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg，与传送带的速度无关，故B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek＝μmgs饺子，因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移s饺子＝eq\f(v,2)t，s相对＝s传送带－s饺子＝vt－eq\f(vt,2)＝eq\f(vt,2)，所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。]4．BD[小环C、物体A组成的系统中，有弹力做功，系统机械能不守恒，故A错误；小环C下落过程受重力、杆的支持力和轻绳的拉力，轻绳的拉力做功等于小环C机械能的变化量；小环C从M点到与滑轮同一高度的位置的过程中，轻绳的拉力做正功，机械能增加；小环C经过与滑轮同一高度的位置后的过程，轻绳的拉力做负功，机械能减小，故下落到与滑轮同一高度的位置时，小环C的机械能一定最大，故B正确；小环C到达N点时速度达到v，根据关联速度可知A的速度为vA＝vcosθ，故C错误；小环C到达N点时，弹簧做功为零，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2＋EkA，故物体A的动能为EkA＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故D正确。]5．AD[根据动能定理有mgeq\f(h,2)－W克f＝0，解得克服摩擦力做功W克f＝eq\f(1,2)mgh，故A正确；第二次，由于物块运动到某一位置速度小于第一次物块在该位置的速度，因此正压力小于第一次的正压力，摩擦力小于第一次的摩擦力，因此从A到C克服摩擦力做功小于eq\f(1,2)mgh，根据动能定理可知，物块到达C点的速度不为零，故B错误；第一次，物块从A运动到B过程中的速度大于从B运动到C的速度，因此正压力大，摩擦力大，因此物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功，故D正确；第一次，物块由A运动到B克服摩擦力做的功大于由B运动到C克服摩擦力做的功，大于eq\f(1,4)mgh，因此物块运动到B点的最大动能小于2mgh－eq\f(1,4)mgh＝eq\f(7,4)mgh，故C错误。]6．B[物块克服细线的拉力做功，其机械能减少，A错误；软绳重力势能减少量ΔEp减＝mg·eq\f(l,2)－mg·eq\f(l,2)sinθ＝eq\f(1,4)mgl，B正确；根据功能关系，细线对软绳做的功与软绳重力势能的减少量之和等于其动能的增加与克服摩擦力所做的功之和，物块减少的重力势能等于克服细线拉力所做的功及其动能的增加，C、D错误。]7．BD[两球属于同轴转动，角速度相等，由于两球做圆周运动的半径不同，根据v＝ωr可知，当杆转到竖直位置时，两球的速度大小不相等，A错误；在杆从水平位置转到竖直位置过程有mgeq\f(L,2)＋2mgL＝eq\f(1,2)m(ωeq\f(L,2))2＋eq\f(1,2)×2m(ωL)2，此时B球的速度大小vB＝ωL，解得vB＝eq\f(2,3)eq\r(5gL)，B正确；杆从水平位置转到竖直位置的过程中，设杆对B球做的功为W，则有2mgL＋W＝eq\f(1,2)×2mvB2，解得W＝eq\f(2,9)mgL，D正确；根据上述，杆对B做正功，则球B的机械能增大，由于A、B构成的系统只有重力势能与动能的转化，即A、B构成的系统机械能守恒，可知A球的机械能减小，即杆在转动的过程中，A球的机械能不守恒，C错误。]8．BD[小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，解得vA2＝vh2＋2gh，即x＝(9＋2×10×0.8)m2/s2＝25m2/s2，故A错误；依题意，小球在C点有F＋mg＝eq\f(mvC2,R)，又vC2＝9m2/s2，2R＝0.8m，解得m＝0.2kg，故B正确；小球在A点时重力方向竖直向下，速度水平向右，二者夹角为90°，根据P＝mgvcosθ易知重力的功率为零，故C错误；由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvB2＋mgR，小球在B点由牛顿第二定律有FB＝eq\f(mvB2,R)，联立可得FB＝8.5N，故D正确。]9．(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有meq\f(vD2,R)＝mg解得vD＝eq\r(gR)(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2联立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2s＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)。10．(1)2eq\r(gL)(2)4mgL8m(3)15mg解析(1)设石子抛出时速度大小为v1，从水平抛出经时间t击中靶，有2L＝eq\f(1,2)gt2,4L＝v1t解得v1＝2eq\r(gL)(2)对石子，根据动能定理，有W－2mgL＝eq\f(1,2)mv12解得W＝4mgL杆由水平转到竖直时，设配重的速度大小为v2，对石子和配重，根据机械能守恒定律，有MgL－2mgL＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22v1＝2v2解得M＝8m(3)石子抛出前瞬间，设杆对石子的作用力为F1，方向向下；杆对配重的作用力为F2，方向向上，根据牛顿第二定律，有F1＋mg＝meq\f(v12,2L)F2－Mg＝Meq\f(v22,L)石子抛出前瞬间，杆对水平轴的作用力大小为F＝F2－F1＝15mg。11．BD[设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22＋fl，整理可得eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv02－fl－eq\f(1,2)Mv22<eq\f(1,2)mv02－fl，D正确，C错误；因摩擦产生的摩擦热Q＝fl＝f(xm－xM)，根据运动学公式xm＝eq\f(v0＋v1,2)·t，xM＝eq\f(v2,2)·t，因为v0>v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以EkM＝W＝fxM<fl，B正确，A错误。]12．(1)48eq\r(5)W(2)0.18m≤R≤0.45m解析(1)设轻绳剪断时甲速度的大小为v1，对甲、乙组成的系统，甲下滑到斜面中点过程，根据能量守恒定律m1geq\f(lAB,2)sinθ－m2geq\f(lAB,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v12＋μm1gcosθeq\f(lAB,2)解得v1＝2m/s设甲到达斜面底端时的速度大小为v2，对甲下滑到斜面底端过程，根据动能定理m1geq\f(lAB,2)sinθ－μm1gcosθeq\f(lAB,2)＝eq\f(1,2)m1v22－eq\f(1,2)m1v12解得v2＝eq\f(8\r(5),5)m/s重力的瞬时功率P＝m1gv2sinθ解得P＝48eq\r(5)W(2)设甲到达C时的速度大小为v3，甲从B到C过程，根据动能定理－μm1glBC＝eq\f(1,2)m1v32－eq\f(1,2)m1v22解得v3＝3m/s当甲到达最高点D恰好不脱离轨道时，轨道半径最小，设最小值为R1，甲由C到D过程，由动能定理得－m1g×2R1＝eq\f(1,2)m1v42－eq\f(1,2)m1v32甲到达D时，根据牛顿第二定律m1g＝m1eq\f(v42,R1)解得R1＝0.18m当甲恰好到达与轨道圆心等高的位置时，速度为0，轨道半径最大，设最大值为R2，甲由C到与圆心等高位置，由动能定理得－m1gR2＝0－eq\f(1,2)m1v32解得R2＝0.45m综上，半圆轨道半径R的取值范围为0.18m≤R≤0.45m。第8练动量1．D[当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中小球和槽都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程中，系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；球在槽上下滑过程球与槽组成的系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并沿槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，由于小球被弹簧反弹后球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等，水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。]2．D[由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F－t图像中图线与横轴围成的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F－t图像中图线与横轴围成的面积表示动量的变化量大小，且图线一直在t轴的上方，则动量的大小一直增大，A、B错误；根据动量与动能的关系有Ek＝eq\f(p2,2m)，而F－t图像中图线与横轴围成的面积表示动量的变化量大小，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。]3．B[由题意知，小车和木块组成的系统动量守恒，当木块A和小车B速度相等时，弹簧弹性势能最大，有mv0＝(M＋m)v，由能量守恒得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋μmgL＋Epmax，联立解得Epmax＝178J，故选B。]4．AB[若冰壶A与冰壶B发生弹性碰撞，以碰前冰壶A的速度方向为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒可得m1v1＝m1vA＋m2vB，eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1vA2＋eq\f(1,2)m2vB2，联立解得vA＝－2m/s，vB＝8m/s，若冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞，则有m1v1＝(m1＋m2)v共，解得v共＝4m/s，综上分析可知，碰后冰壶A速度的取值范围为－2m/s≤vA≤4m/s，故选A、B。]5．B[以A的初速度方向为正方向，对0～t1时间内的过程，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，将v1＝3m/s，v共＝1m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A错误；根据系统机械能守恒可知，在t1时刻和t3时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确；在t1时刻弹簧压缩至最短，所以t1～t2时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；t2～t3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，故D错误。]6．ACD[对子弹和木块A组成的系统，根据动量守恒定律有eq\f(1,16)mv0＝(eq\f(1,16)m＋eq\f(1,4)m)v1，解得v1＝eq\f(v0,5)，此后木块A与子弹一起做减速运动，则此时木块的速度最大，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)组成的系统，根据动量守恒定律有eq\f(mv0,16)＝(eq\f(1,16)m＋eq\f(1,4)m)×eq\f(v0,8)＋mv2，解得v2＝eq\f(3v0,128)，选项B错误；对木板，由动量定理：Fft＝mv2，解得Ff＝eq\f(3mv0,128t)，选项C正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D正确。]7．B[设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv32联立