大二輪專題復(fù)習(xí)講義答案精析

復(fù)習(xí)講義答案精析第一篇專題復(fù)習(xí)專題一力與運(yùn)動(dòng)第1講力與物體的平衡例1A[籃球受七個(gè)力的作用，除重力外，其余3組力呈空間對(duì)稱分布，每一組力中的彈力和摩擦力在豎直方向分力的合力，承擔(dān)了籃球自身重力的三分之一，對(duì)籃球受到的一組力受力分析如圖所示由豎直方向受力平衡有Ffsin53°＝Fcos53°＋eq\f(1,3)mg，F(xiàn)f＝μF，解得F≈13.9N，故選A。]例2B[取O點(diǎn)為研究對(duì)象，在三力的作用下O點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，對(duì)其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得β＝55°，故選B。]例3A[以P、Q兩球整體為研究對(duì)象，受力分析如圖甲所示，由平衡條件可得F2＝4mgtanα，以Q球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖乙所示，由平衡條件可得F2＝mgtanβ，聯(lián)立解得4tanα＝tanβ，故選A。]例4B[當(dāng)S斷開(kāi)時(shí)，ab中電流I1＝eq\f(E,R0＋r)＝eq\f(3,5)A＝0.6A，當(dāng)S閉合時(shí)，ab中電流I2＝eq\f(1,2)×eq\f(E,r＋R并)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,3)A＝0.5A，根據(jù)平衡條件有BI1d－μmgcosθ＝mgsinθ，BI2d＋μmgcosθ＝mgsinθ，聯(lián)立解得μ＝eq\f(3,44)，故選B。]例5AD[以小物塊為研究對(duì)象，小物塊受到重力G、支持力FN和推力F三個(gè)力作用，根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)與FN的合力與G大小相等，方向相反。將推力F沿逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)到水平方向的過(guò)程中(1→3)，如圖所示，根據(jù)作圖可知，M槽對(duì)小物塊的支持力FN逐漸增大，推力F先減小后增大，當(dāng)F與FN垂直時(shí)，F(xiàn)最小，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。]例6B[設(shè)兩根細(xì)繩對(duì)圓柱體拉力的合力大小為FT，木板對(duì)圓柱體的支持力大小為FN，從右向左看，受力分析如圖所示，繩子與木板間的夾角不變，α也不變，在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理有eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,FN)＝eq\f(sinγ,FT)，在木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直至水平的過(guò)程中，α不變，γ從90°逐漸減小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，則0<β<180°，可知β從銳角逐漸增大到鈍角，根據(jù)eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,FN)＝eq\f(sinγ,FT)可知，sinγ不斷減小，F(xiàn)T逐漸減小，sinβ先增大后減小，F(xiàn)N先增大后減小，結(jié)合牛頓第三定律可知，圓柱體對(duì)木板的壓力先增大后減小，設(shè)兩根細(xì)繩之間的夾角為2θ，一根細(xì)繩的拉力大小為FT′，則2FT′cosθ＝FT，可得FT′＝eq\f(FT,2cosθ)，θ不變，F(xiàn)T逐漸減小，可知兩根細(xì)繩上的拉力不斷減小，兩根細(xì)繩對(duì)圓柱體拉力的合力不斷減小，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。]例7(1)mgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ解析(1)方法一木塊在木楔斜面上勻速向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ因木塊在力F作用下沿斜面向上做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)正交分解法有Fcosα＝mgsinθ＋Ff，F(xiàn)sinα＋FN＝mgcosθ且Ff＝μFN聯(lián)立解得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(2mgsinθcosθ,cosαcosθ＋sinαsinθ)＝eq\f(mgsin2θ,cosθ－α)則當(dāng)α＝θ時(shí)，F(xiàn)有最小值，即Fmin＝mgsin2θ。方法二木塊所受的力構(gòu)成矢量三角形如圖甲所示，支持力與摩擦力用其合力F合代替，變?yōu)椤叭齻€(gè)力”，如圖乙所示，支持力與摩擦力的合力F合與FN之間的夾角β滿足tanβ＝eq\f(Ff,FN)故β＝θ，則F合與豎直方向夾角為2θ。由幾何關(guān)系可得拉力F的最小值Fmin＝mgsin2θ。(2)由(1)可知，當(dāng)F取最小值時(shí)，α＝θ因?yàn)槟緣K及木楔均處于平衡狀態(tài)，整體受到的地面的摩擦力等于F的水平分力，即FfM＝Fcos(α＋θ)當(dāng)F取最小值mgsin2θ時(shí)，則有FfM＝Fmin·cos2θ＝mgsin2θcos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ。高考預(yù)測(cè)1．A[對(duì)鐵牛受力分析如圖所示，鐵牛受到自身重力G、橋索對(duì)鐵牛的拉力F1、鐵柱對(duì)鐵牛的作用力F2，三者共點(diǎn)力平衡。根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件和三角形定則可得，若F1增大，F(xiàn)2也增大，A正確，B錯(cuò)誤；F1與F2的合力與重力平衡，故F1與F2的合力方向一定豎直向上，C、D錯(cuò)誤。]2．A[對(duì)題圖b中左邊的懸索ABC段整體受力分析如圖所示，由平衡條件可得FTD＝FTcos45°，F(xiàn)Tsin45°＝eq\f(Mg,4)，聯(lián)立解得FTD＝eq\f(Mg,4)，故選A。]第2講牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng)例1B[108km/h＝30m/s,324km/h＝90m/s，由于中間4個(gè)站均勻分布，因此節(jié)省的時(shí)間相當(dāng)于在任意相鄰兩站間節(jié)省的時(shí)間的5倍，相鄰兩站間的距離x＝eq\f(1080×103,5)m＝2.16×105m，普通列車加速時(shí)間t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(30,0.5)s＝60s，加速過(guò)程的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×0.5×602m＝900m，根據(jù)對(duì)稱性可知，加速與減速位移相等，可得勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(x－2x1,v1)＝eq\f(2.16×105－2×900,30)s＝7140s，同理高鐵列車加速時(shí)間t1′＝eq\f(v1′,a)＝eq\f(90,0.5)s＝180s，加速過(guò)程的位移x1′＝eq\f(1,2)at1′2＝eq\f(1,2)×0.5×1802m＝8100m，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2′＝eq\f(x－2x1′,v1′)＝eq\f(2.16×105－2×8100,90)s＝2220s，相鄰兩站間節(jié)省的時(shí)間Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4680s，因此總的節(jié)省時(shí)間Δt總＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小時(shí)30分鐘，故選B。]例2C[由題知，電動(dòng)公交車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)RS間的距離為x，則根據(jù)題意有eq\x\to(v)RS＝eq\f(x,t1)＝eq\f(vR＋vS,2)，eq\x\to(v)ST＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(vS＋vT,2)，聯(lián)立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系有vT＝vR－a·5t1，則at1＝2m/s，又有eq\x\to(v)RS＝vR－a·eq\f(t1,2)＝10m/s，則vR＝11m/s，聯(lián)立解得vT＝1m/s，故選C。]例3B[根據(jù)逆向思維，將向上的末速度為0的勻減速直線運(yùn)動(dòng)看為向下的初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有h＝eq\f(1,2)gt32,2h＝eq\f(1,2)g(t2＋t3)2,3h＝eq\f(1,2)g(t1＋t2＋t3)2，解得t3＝eq\r(\f(2h,g))，t2＝eq\r(\f(4h,g))－eq\r(\f(2h,g))，t1＝eq\r(\f(6h,g))－eq\r(\f(4h,g))，則有t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1≈(1.732－1.414)∶(1.414－1)∶1≈3∶4∶10可知該比值最接近3∶4∶10，故選B。]例4(1)0.4kg(2)0.125解析(1)由題圖(b)可知，物塊A在P點(diǎn)左邊運(yùn)動(dòng)的加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2根據(jù)牛頓第二定律有mBg＝(mB＋mA)a1代入數(shù)據(jù)解得mA＝0.4kg(2)物塊A在P點(diǎn)右邊運(yùn)動(dòng)的加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(3－2,2－1)m/s2＝1m/s2根據(jù)牛頓第二定律有mBg－μmAg＝(mB＋mA)a2代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.125。例5(1)5m/s21m/s2(2)4m解析(1)對(duì)物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有μ1m1g＝m1a1解得a1＝5m/s2對(duì)木板B，根據(jù)牛頓第二定律有μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2解得a2＝1m/s2(2)設(shè)經(jīng)時(shí)間t物塊A與木板B達(dá)到的共同速度大小為v，有v＝v0－a1t＝a2t解得t＝1s，v＝1m/s根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，此過(guò)程物塊A發(fā)生的位移大小x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2解得x1＝3.5m達(dá)到共同速度后，經(jīng)分析物塊A與木板B能共同向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a3，根據(jù)牛頓第二定律有μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3解得a3＝1m/s2設(shè)達(dá)到共同速度后，物塊A發(fā)生的位移大小為x2，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有v2＝2a3x2解得x2＝0.5m所以從物塊A沖上木板B到木板B停下，物塊A相對(duì)地面發(fā)生的位移大小x＝x1＋x2＝4m。例6D[根據(jù)v－t圖像的斜率表示加速度，由題圖可知0～t1時(shí)間內(nèi)，訓(xùn)練后運(yùn)動(dòng)員的平均加速度比訓(xùn)練前小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移，由題圖可知0～t2時(shí)間內(nèi)，訓(xùn)練前運(yùn)動(dòng)員跑過(guò)的距離比訓(xùn)練后大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移，由題圖可知t2～t3時(shí)間內(nèi)，訓(xùn)練后運(yùn)動(dòng)員的位移比訓(xùn)練前大，根據(jù)平均速度等于位移與時(shí)間的比值，可知訓(xùn)練后運(yùn)動(dòng)員的平均速度大，故C錯(cuò)誤；根據(jù)v－t圖像可知，t3時(shí)刻后，運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練前速度減小，做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練后速度增大，做加速運(yùn)動(dòng)，故D正確。]例7BC[根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a圖像的斜率為m，縱軸截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙。故選B、C。]高考預(yù)測(cè)1．D[與充電寶從靜止開(kāi)始，向下先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，從t1時(shí)刻向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小到零時(shí)，速度達(dá)到最大；再向下做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻速度減小到零，此后做向上的加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小到零時(shí)向上運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到最大，此后先向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，從t3時(shí)刻再向上做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后速度為零，故A錯(cuò)誤；充電寶在t2時(shí)刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充電寶在t3時(shí)刻加速度方向向下，由mg＋Ff＝ma3，a3＝12m/s2，可知摩擦力方向向下，故B錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻充電寶向下的加速度為10m/s2，充電寶與之間的摩擦力最小，值為零，故C錯(cuò)誤；在t2時(shí)刻充電寶向上的加速度最大，充電寶與之間的摩擦力最大，由牛頓第二定律可得Ffmax－mg＝ma2，又Ffmax＝μF，解得充電寶與之間的吸引力大小至少為F＝12N，故D正確。]2．C[設(shè)加速度為a0，小車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)減速至速度為0的過(guò)程可以看作初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的逆過(guò)程，設(shè)整個(gè)過(guò)程時(shí)間為t，則開(kāi)始減速第一秒內(nèi)位移x1＝eq\f(1,2)a0t2－eq\f(1,2)a0(t－1)2，最后一秒內(nèi)位移x2＝eq\f(1,2)a0·12，由題意可知eq\f(x1,x2)＝a，代入數(shù)據(jù)得t＝eq\f(a＋1,2)，所以平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(2x,a＋1)，故選C。]第3講拋體運(yùn)動(dòng)例1D[以罐子為參考系，沙子在水平方向向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，合加速度恒定，沙子在空中排列在一條斜向左下的直線上，故選D。]例2A[設(shè)物體A下落高度為h時(shí)，物體A的速度大小為vA，物體B的速度大小為vB，此時(shí)有vA＝eq\f(vB,cos60°)＝2vB，物體A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mgh＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，聯(lián)立方程解得vB＝eq\r(\f(2,5)gh)，故選A。]例3D[由于不計(jì)空氣阻力，鉛球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不隨時(shí)間改變，故A錯(cuò)誤；鉛球被水平推出后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有vy＝gt，則拋出后速度大小為v＝eq\r(v02＋gt2)，可知速度大小與時(shí)間不是一次函數(shù)關(guān)系，故B錯(cuò)誤；鉛球拋出后的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(v02＋gt2))，可知?jiǎng)幽芘c時(shí)間不是一次函數(shù)關(guān)系，故C錯(cuò)誤；鉛球水平拋出后由于忽略空氣阻力，所以拋出后鉛球機(jī)械能守恒，故D正確。]例4eq\f(\r(2gh),tanθ)[石子做平拋運(yùn)動(dòng)，落到水面時(shí)豎直方向的速度：vy2＝2gh，得：vy＝eq\r(2gh)又由題意可知，eq\f(vy,v0)≤tanθ，則初速度：v0≥eq\f(\r(2gh),tanθ)，即拋出時(shí)的最小速度為eq\f(\r(2gh),tanθ)。]例5(1)2∶1(2)4∶1(3)4∶1解析(1)運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)a處水平飛出，設(shè)初速度為v0，飛行時(shí)間為t，斜坡的傾角為θ，運(yùn)動(dòng)員在空中做平拋運(yùn)動(dòng)落到斜坡上時(shí)有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)可得他們飛行時(shí)間之比為t1∶t2＝v1∶v2＝2∶1(2)運(yùn)動(dòng)員飛行的水平位移為x＝v0t＝eq\f(2v02tanθ,g)他們飛行的水平位移之比為x1∶x2＝v12∶v22＝4∶1(3)運(yùn)動(dòng)員在空中離坡面的最大距離為s＝eq\f(v0sinθ2,2gcosθ)，他們?cè)诳罩须x坡面的最大距離之比為s1∶s2＝v12∶v22＝4∶1。例6B[籃球在空中飛行過(guò)程中，僅受重力作用，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故單位時(shí)間內(nèi)的速度變化量大小不變，A錯(cuò)誤；A點(diǎn)水平方向上和豎直方向上的分速度分別為v0x＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0，v0y＝v0sin60°＝eq\f(\r(3),2)v0，C點(diǎn)豎直方向上分速度為vCy＝v0xtan45°＝eq\f(1,2)v0，豎直方向上可視為豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系可得A、C兩點(diǎn)的高度差大小為Δh＝eq\f(v0y2－vCy2,2g)＝eq\f(v02,4g)，B正確；因未確定重力勢(shì)能的零勢(shì)能參考平面，故籃球在最高點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能的大小與動(dòng)能的大小無(wú)法比較，C錯(cuò)誤；籃球在C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC＝eq\f(v0x,cos45°)＝eq\f(\r(2),2)v0，D錯(cuò)誤。]例7(1)60m(2)1000eq\r(2)V解析(1)滅火彈做斜上拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向上有L＝v0cosθ·t豎直方向上有H＝v0tsinθ－eq\f(1,2)gt2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得H＝60m(2)根據(jù)題意可知Ek＝ηE＝15%×eq\f(1,2)CU2又因?yàn)镋k＝eq\f(1,2)mv02聯(lián)立解得U＝1000eq\r(2)V。高考預(yù)測(cè)1．C[兩球下落的豎直高度相同，則時(shí)間相同；設(shè)正四面體的邊長(zhǎng)為a，則落到A點(diǎn)的甲球的水平位移為x甲＝eq\f(\r(3),3)a，落到D點(diǎn)的乙球的水平位移為x乙＝eq\f(\r(3),6)a，根據(jù)x＝v0t，甲球和乙球初速度之比為2∶1，根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv02，甲球和乙球初動(dòng)能之比為4∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；兩球下落的豎直高度為h＝eq\r(\f(\r(3),2)a2－\f(\r(3),6)a2)＝eq\f(\r(6),3)a，末速度v＝eq\r(v02＋2gh)＝eq\r(\f(gx2,2h)＋2gh)，解得v甲＝eq\r(\f(3\r(6),4)ga)，v乙＝eq\r(\f(11\r(6),16)ga)，根據(jù)p＝mv，甲球和乙球末動(dòng)量大小之比為eq\r(12)∶eq\r(11)，球落地時(shí)動(dòng)能之比為12∶11，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)Δp＝mgt，甲球和乙球動(dòng)量的變化量之比為1∶1，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]2．ACD[石塊出手時(shí)的初速度方向與水平方向成45°，則tan45°＝eq\f(vy,vx)，vx＝vy，石塊落在1.8m高的斜面上，tan37°＝eq\f(1.8m,x)，則石塊的水平位移x＝2.4m，由石塊斜向上運(yùn)動(dòng)時(shí)x′＝vxt＝eq\f(x,2)＝1.2m，y′＝eq\f(vy,2)t＝0.6m，又vy2＝2gy′，解得vy＝2eq\r(3)m/s，所以石塊出手時(shí)的初速度為v＝eq\r(vx2＋vy2)＝2eq\r(6)m/s，故A正確，B錯(cuò)誤；若石塊的初速度大小一定，當(dāng)石塊的飛行軌跡所在平面與斜面底邊垂直時(shí)，石塊在斜面上的落點(diǎn)最高，石塊下落時(shí)間最短，石塊飛行時(shí)間最短，故C正確；若投出石塊的最大初速度為8m/s，則vx0＝vy0＝4eq\r(2)m/s，石塊在斜面上的落點(diǎn)恰好與出手點(diǎn)等高處，最大運(yùn)動(dòng)時(shí)間t0＝2eq\f(vy0,g)＝eq\f(4\r(2),5)s，最大水平位移x0＝vx0t0＝eq\f(32,5)m，石塊在斜面上與出手點(diǎn)等高的所有落點(diǎn)與出手點(diǎn)的最小距離x＝2.4m，則石塊在斜面上與出手點(diǎn)等高的最遠(yuǎn)落點(diǎn)與最近落點(diǎn)的距離Δx＝eq\r(x02－x2)＝eq\r(35.2)m<6m,2Δx<12m，則石塊在斜面上與出手點(diǎn)等高的所有落點(diǎn)所組成的線段長(zhǎng)度不會(huì)超過(guò)12m，故D正確。]第4講圓周運(yùn)動(dòng)天體的運(yùn)動(dòng)例1C[質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意設(shè)周期T＝eq\f(k,r)，質(zhì)點(diǎn)所受合外力等于質(zhì)點(diǎn)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，根據(jù)F合＝Fn＝meq\f(4π2,T2)r，聯(lián)立可得Fn＝eq\f(4mπ2,k2)r3，其中eq\f(4mπ2,k2)為常數(shù)，r的指數(shù)為3，故題中n＝3，故選C。]例2B[在BC段的最大加速度為a1＝2m/s2，則根據(jù)a1＝eq\f(v1m2,r1)可得，在BC段的最大速度為v1m＝eq\r(6)m/s，在CD段的最大加速度為a2＝1m/s2，則根據(jù)a2＝eq\f(v2m2,r2)，可得，在BC段的最大速度為v2m＝2m/s<v1m，故在BCD段運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v＝2m/s，在BCD段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3＝eq\f(πr1＋πr2,v)＝eq\f(7π,2)s，若小車從A到D所需時(shí)間最短，則AB段小車應(yīng)先以vm勻速，再以a1減速至v，AB段從最大速度vm減速到v的時(shí)間t1＝eq\f(vm－v,a1)＝eq\f(4－2,2)s＝1s，位移x2＝eq\f(vm2－v2,2a1)＝3m，在AB段勻速的最長(zhǎng)距離為l＝8m－3m＝5m，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(l,vm)＝eq\f(5,4)s，則從A到D最短時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝(eq\f(9,4)＋eq\f(7π,2))s，故選B。]例3(1)120N(2)121.536N解析(1)若圓錐體與石塊均靜止，石塊的受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件，沿錐面方向上有Ff＝mgcosθ解得Ff＝120N因?yàn)镕f<Ffm＝μmgsinθ＝128N，所以石塊受到錐面的摩擦力大小為120N(2)當(dāng)圓錐體與石塊一起以角速度ω＝0.2rad/s繞軸線做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，石塊的受力分析如圖所示豎直方向有Ff′cosθ＋FN′sinθ－mg＝0水平方向有Ff′sinθ－FN′cosθ＝mω2Lsinθ解得Ff′＝121.536N因?yàn)镕f′<Ffm，所以石塊受到的摩擦力的大小為121.536N。例4D[∠OAB＝90°，所以O(shè)B大于OA，即衛(wèi)星B勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大于衛(wèi)星A，由eq\f(GMm,r2)＝mω2r得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，知ωB＜ωA，又ωP＝ωB，所以ωP＜ωA，由rP＜rA，a＝ω2r得aP＜aA，故A錯(cuò)誤；衛(wèi)星A、B繞地心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的圓軌跡與地軸線垂直，圓心在題圖中O點(diǎn)正上方，故B錯(cuò)誤；由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，又eq\f(rA,rB)＝cosθ，所以eq\f(vA,vB)＝eq\f(\r(rB),\r(rA))＝eq\r(\f(1,cosθ))，故C錯(cuò)誤；由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mr4π2,T2)得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，所以eq\f(TA,TB)＝eq\r(\f(rA3,rB3))＝eq\r(cos3θ)，故D正確。]例5A[因?yàn)椤翱涓敢惶?hào)”軌道要始終保持要太陽(yáng)光照射到，則在一年之內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)360°角，即軌道平面平均每天約轉(zhuǎn)動(dòng)1°，故A正確；第一宇宙速度是所有繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，則“夸父一號(hào)”的速度小于7.9km/s，故B錯(cuò)誤；根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝ma，可知“夸父一號(hào)”繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C錯(cuò)誤；“夸父一號(hào)”繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)，地球繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)，中心天體不同，則根據(jù)題中信息不能求解地球與太陽(yáng)的距離，故D錯(cuò)誤。]例6C[設(shè)地球半徑為R，由題知，地球表面的重力加速度為g，則有mg＝Geq\f(M地m,R2)，月球繞地球公轉(zhuǎn)有Geq\f(M地m月,r2)＝m月eq\f(4π2,T2)r，r＝60R，聯(lián)立解得T＝120πeq\r(\f(r,g))，故選C。]例7A[空間站緊急避碰的過(guò)程可簡(jiǎn)化為加速、變軌、再加速的三個(gè)階段；空間站從軌道半徑r1變軌到半徑r2的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有W＋W引力＝ΔEk，依題意可得引力做功W引力＝Geq\f(Mm0,r2)－Geq\f(Mm0,r1)，萬(wàn)有引力提供空間站在圓形軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律有Geq\f(Mm0,r2)＝m0eq\f(v2,r)，空間站在軌道上運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能為Ek＝Geq\f(Mm0,2r)，動(dòng)能的變化量ΔEk＝Geq\f(Mm0,2r2)－Geq\f(Mm0,2r1)，聯(lián)立解得W＝eq\f(GMm0,2)(eq\f(1,r1)－eq\f(1,r2))，故選A。]高考預(yù)測(cè)1．C[天狼星A與其伴星B是一個(gè)雙星系統(tǒng)，它們始終繞著O點(diǎn)在兩個(gè)不同橢圓軌道上運(yùn)動(dòng)，可知天狼星A與其伴星B始終在O點(diǎn)的兩側(cè)，繞行方向必定相同，且兩星與O點(diǎn)始終在一條直線上，因此可知天狼星A與其伴星B運(yùn)行的角速度相同，周期相同，故A、D錯(cuò)誤；近似認(rèn)為A、B在做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)A的質(zhì)量為mA、軌道半徑為rA，B的質(zhì)量為mB、軌道半徑為rB，兩星之間的距離為l，兩星之間的萬(wàn)有引力提供各自做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有Geq\f(mAmB,l2)＝mAω2rA，Geq\f(mAmB,l2)＝mBω2rB，其中l(wèi)＝rA＋rB，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(rB,rA)，顯然，B星的軌道半徑大于A星的軌道半徑，因此可知A星的質(zhì)量大于B星的質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心加速度可得aA＝eq\f(GmB,l2)，aB＝eq\f(GmA,l2)，而mA>mB，可知aA<aB，故C正確。]2．D[設(shè)繩子的拉力大小為FT，則A做圓周運(yùn)動(dòng)所需要的向心力大小等于FT；B做圓周運(yùn)動(dòng)所需要的向心力大小等于FT沿水平方向的分量，故A錯(cuò)誤；對(duì)A，由牛頓第二定律得FT＝m1ω2r1＝m1ω2l1；對(duì)B，設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，由牛頓第二定律得FTsinθ＝m2ω2r2＝m2ω2l2sinθ，聯(lián)立可得A和B做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為eq\f(r1,r2)＝eq\f(m2,m1sinθ)，A和B做圓周運(yùn)動(dòng)的繩長(zhǎng)之比為eq\f(l1,l2)＝eq\f(m2,m1)，故C錯(cuò)誤，D正確；剪斷細(xì)繩，A在桌面上沿線速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B做平拋運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。]第5講機(jī)械振動(dòng)和機(jī)械波例1C[小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)0.3s首次到達(dá)B點(diǎn)，若開(kāi)始計(jì)時(shí)時(shí)小球向右運(yùn)動(dòng)，則小球振動(dòng)的周期T＝1.2s若開(kāi)始計(jì)時(shí)時(shí)小球向左運(yùn)動(dòng)，則eq\f(3,4)T＝0.3s小球振動(dòng)的周期T＝0.4s小球振動(dòng)的周期可能為1.2s或0.4s，A錯(cuò)誤；由題意可知2A＝50cm，小球振動(dòng)的振幅為A＝0.25m，B錯(cuò)誤；當(dāng)T＝0.4s時(shí)，有ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s可知彈簧振子的振動(dòng)方程為x＝－0.25sin(5πt)m，C正確；無(wú)論周期是0.4s還是1.2s,0.6s末，小球都在平衡位置，D錯(cuò)誤。]例2AD[由題圖可知，兩個(gè)單擺靜止時(shí)離天花板的高度相同，則有L甲cosθ1＝L乙cosθ2因θ1>θ2，故cosθ1<cosθ2，可得L甲>L乙，即甲擺的擺長(zhǎng)更長(zhǎng)，根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可知甲擺的周期大于乙擺的周期，故A正確；兩球開(kāi)始處于平衡狀態(tài)，設(shè)兩擺球間細(xì)線的拉力為FT，根據(jù)共點(diǎn)力平衡知FT＝m甲gtanθ1＝m乙gtanθ2因θ1>θ2，故tanθ1>tanθ2，可得m甲<m乙，以水平地板為參考面，由題可知，兩球離水平地板的高度相等，根據(jù)Ep＝mgH，故甲擺球的最大重力勢(shì)能小于乙擺球的最大重力勢(shì)能，又兩球在擺動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能守恒，故甲擺球的機(jī)械能小于乙擺球的機(jī)械能，故B錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)因甲擺球下降的高度大于乙擺球下降的高度，故甲擺球的最大速度大于乙擺球的最大速度，故C錯(cuò)誤。]例3D[兩列波的周期不相等，不滿足干涉條件，所以不能形成干涉圖樣，故A錯(cuò)誤；t＝0.6s時(shí)，魚(yú)漂P和Q都經(jīng)過(guò)平衡位置，此時(shí)它們的速度均為最大值，故B錯(cuò)誤；t＝1.0s時(shí)，魚(yú)漂P的速度方向?yàn)檎?，Q的速度方向?yàn)樨?fù)，即方向相反，故C錯(cuò)誤；t＝1.0s時(shí)，魚(yú)漂P和Q的位移方向均為負(fù)，所以加速度方向均為正，所以此時(shí)兩者的加速度方向相同，故D正確。]例4D[由題圖知，繩端起振方向向上，前后兩次振動(dòng)的周期之比為2∶1，A、B錯(cuò)誤；波在相同介質(zhì)中傳播波速不變，波速之比為1∶1，C錯(cuò)誤；根據(jù)λ＝vT可知，波長(zhǎng)之比為2∶1，D正確。]例5B[由運(yùn)動(dòng)方程可得周期為T(mén)＝eq\f(2π,ω)＝4s，故波速為v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(8,4)m/s＝2m/s，由題意知此時(shí)振動(dòng)剛好傳播到x＝4m處，所以波向左傳播，由上下坡法可知，x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)起振方向向上，所以波從x＝4m處傳播到原點(diǎn)處需要時(shí)間為t1＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(4,2)s＝2s，又在原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始向上振動(dòng)，在波傳播過(guò)程中，所有質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況相同，則可得在x＝0處質(zhì)點(diǎn)從開(kāi)始振動(dòng)到第一次到達(dá)y＝－3cm處需要的時(shí)間為t2，滿足－3cm＝3eq\r(2)sin(eq\f(π,2)t2)cm，解得t2＝2.5s，故從該時(shí)刻起，x＝0處質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)y＝－3cm處需要的時(shí)間為t＝t1＋t2＝4.5s，故選B。]例6C[由圖(b)的振動(dòng)圖像可知，振動(dòng)的周期為4s，故三列波的波速為v＝eq\f(λ,T)＝1m/s，A錯(cuò)誤；由圖(a)可知，與D處距離最近的波源是波源C，距離為3m，故開(kāi)始振動(dòng)后波源C處的橫波傳播到D處所需的時(shí)間為tC＝eq\f(DC,v)＝3s，故t＝2s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)還未開(kāi)始振動(dòng)，B錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系可知AD＝BD＝5m，波源A、B產(chǎn)生的橫波傳播到D處所需的時(shí)間為tAB＝eq\f(AD,v)＝5s，故t＝4.5s時(shí)，僅波源C處的橫波傳播到D處，此時(shí)D處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)時(shí)間為t1＝t－tC＝1.5s，由振動(dòng)圖像可知此時(shí)D處的質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，C正確；t＝6s時(shí)，波源C處的橫波傳播到D處后振動(dòng)時(shí)間為t2＝t－tC＝3s，由振動(dòng)圖像可知此時(shí)D處為波源C處傳播橫波的波谷；t＝6s時(shí)，波源A、B處的橫波傳播到D處后振動(dòng)時(shí)間為t3＝t－tAB＝1s，由振動(dòng)圖像可知此時(shí)D處為波源A、B處傳播橫波的波峰。根據(jù)波的疊加原理可知此時(shí)D處質(zhì)點(diǎn)的位移為y＝2A－A＝2cm，故t＝6s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)與平衡位置的距離是2cm，D錯(cuò)誤。]例7BD[t＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q在平衡位置，速度最大，則質(zhì)點(diǎn)P的速度比質(zhì)點(diǎn)Q的小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t＝0.15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q在波谷位置，則此時(shí)質(zhì)點(diǎn)Q的加速度達(dá)到最大，選項(xiàng)B正確；質(zhì)點(diǎn)P總是在豎直方向振動(dòng)，則其速度方向不可能沿曲線的切線方向向上，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因在t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸正方向振動(dòng)，可知波沿x軸正方向傳播；因0.15s＝eq\f(3T,4)，則0～0.15s的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)Q通過(guò)的路程為3A＝30cm；因t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P沿y軸負(fù)方向振動(dòng)，則0～0.15s的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程大于3A＝30cm，選項(xiàng)D正確。]例8CD[S2產(chǎn)生的波先傳到x＝1.0m處，由圖c可知S2波源的起始振動(dòng)方向沿z軸負(fù)方向，故x＝1.0m處的質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)方向沿z軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；兩列波的波長(zhǎng)為λ＝vT＝0.4m兩列波的起振方向相反，故質(zhì)點(diǎn)離兩波源距離差為半波長(zhǎng)的偶數(shù)倍為振動(dòng)減弱點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)離兩波源距離差為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)。x＝0.6m處的質(zhì)點(diǎn)離兩波源的距離差為0.2m，為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，故為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)。振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)只是振幅變大，位移是時(shí)刻變化的，可以為零，故B錯(cuò)誤；x＝0.5m處的質(zhì)點(diǎn)離兩波源的距離差為零，為半波長(zhǎng)的偶數(shù)倍，故為振動(dòng)減弱點(diǎn)，故C正確；Δr＝0.2m為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，M點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，經(jīng)過(guò)0.2s，M點(diǎn)走過(guò)的路程為s＝4A＝4×40cm＝160cm，故D正確。]例9A[a、b之間的距離為Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40,3)＋120))cm＝eq\f(4,3)λ，此時(shí)b點(diǎn)的位移為4cm且向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，令此時(shí)b點(diǎn)的相位為φ，則有4cm＝8sinφ(cm)，解得φ＝eq\f(π,6)或φ＝eq\f(5π,6)(舍去，向下振動(dòng))，由a、b之間的距離關(guān)系可知φa－φ＝eq\f(\f(λ,3),λ)·2π＝eq\f(2,3)π，則φa＝eq\f(5,6)π，可知a點(diǎn)此時(shí)的位移為y＝8sinφa(cm)＝4cm，且向下振動(dòng)，故選A。]高考預(yù)測(cè)1．ABD[由于質(zhì)點(diǎn)P沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)同側(cè)法可知該波沿x軸負(fù)方向傳播，A正確；根據(jù)題圖甲可知該波的波長(zhǎng)為8m，根據(jù)發(fā)生明顯衍射的條件可知，該波遇到尺寸等于8m的障礙物將發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，B正確；根據(jù)題圖乙可知，該波的頻率為f＝eq\f(1,0.20)Hz＝5Hz，可知該波遇到頻率為50Hz的簡(jiǎn)諧橫波不能發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象，C錯(cuò)誤；根據(jù)題圖甲采用同側(cè)法可知，Q點(diǎn)從平衡位置沿y軸負(fù)方向振動(dòng)，根據(jù)題圖乙可知，在0.20s時(shí)刻，Q點(diǎn)也從平衡位置沿y軸負(fù)方向振動(dòng)，即若t取0.20s，則題圖乙可能為Q點(diǎn)的振動(dòng)圖像，D正確。]2．ABC[由于波向x軸正方向傳播，則Δt＝t2－t1＝nT＋eq\f(8,12)T＝nT＋eq\f(2,3)T(n＝0,1,2，…)，解得T＝eq\f(4,n＋\f(2,3))s＝eq\f(12,3n＋2)s(n＝0,1,2，…)，當(dāng)n＝0時(shí)，得T＝6s，故A正確；由題圖知該波的波長(zhǎng)λ＝12cm＝0.12m，波速v＝eq\f(λ,T)＝(3n＋2)×10－2m/s(n＝0,1,2，…)，當(dāng)n＝1時(shí)，v＝0.05m/s，故B正確；若T>3s，則t＝10s時(shí)，從t2到t經(jīng)過(guò)Δt′＝t－t2＝4s，則eq\f(1,2)T<Δt′<eq\f(3,4)T，故t＝10s時(shí)x＝12cm處的質(zhì)點(diǎn)正在從平衡位置向波谷運(yùn)動(dòng)，故該質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置下方且速度方向向下，加速度方向向上，故C正確，D錯(cuò)誤。]專題二能量與動(dòng)量第6講功與功率功能關(guān)系例1ABD[小車從M到N，依題意有P1＝Fv1，代入數(shù)據(jù)解得F＝40N，故A正確；小車從M到N勻速行駛，小車所受的摩擦力大小為f1＝F＝40N，則摩擦力做功W1＝－40×20J＝－800J，則小車克服摩擦力做功800J，故B正確；依題意，從P到Q，小車重力勢(shì)能增加ΔEp＝mg·PQsin30°＝5000J，故C錯(cuò)誤；設(shè)小車從P到Q所受的摩擦力大小為f2，有f2＋mgsin30°＝eq\f(P2,v2)，摩擦力做功W2＝－f2·PQ，聯(lián)立解得W2＝－700J，則小車克服摩擦力做功700J，故D正確。]例2A[根據(jù)題意可知，F(xiàn)的方向始終與小球的運(yùn)動(dòng)方向成30°角，由W＝Fxcosθ可得，拉力F對(duì)小球做的功為W＝F·eq\f(60°,360°)·2πR·cos30°＝10eq\r(3)πJ，故B錯(cuò)誤，A正確；根據(jù)題意可知，小球所受摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，則摩擦力做的功為W′＝－Ffx＝－μmg·eq\f(60°,360°)·2πR＝－8πJ，即小球克服摩擦力做的功為8πJ，故C、D錯(cuò)誤。]例3D[物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力平衡，則Ff＝F＝8N，所以有μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(F,mg)，解得μ＝0.4，故A錯(cuò)誤；由題圖可知在8m處拉力大小為4N，根據(jù)牛頓第二定律可知此時(shí)有F－Ff＝ma，代入數(shù)據(jù)可得a＝－2m/s2，故B錯(cuò)誤；F－x圖像與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示拉力做的功，即WF＝(8×4＋eq\f(1,2)×8×8)J＝64J，滑動(dòng)摩擦力做的功Wf＝－μmgx，解得Wf＝－96J，所以合外力做的功為W合＝WF＋Wf＝64J＋(－96J)＝－32J，故C錯(cuò)誤，D正確。]例4BD[在0～1s內(nèi)，物體位移大小為x1＝eq\f(1,2)v1t1＝2.5m，設(shè)0～1s內(nèi)電動(dòng)機(jī)做的功為W1，由動(dòng)能定理得W1－mgx1sin30°＝eq\f(1,2)mv12，解得W1＝50J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在0～1s內(nèi)，物體的加速度大小為a＝eq\f(v1,t1)＝5m/s2，設(shè)0～1s內(nèi)細(xì)繩拉力的大小為F1，由牛頓第二定律得F1－mgsin30°＝ma，解得F1＝20N，由題意知，1s后電動(dòng)機(jī)的輸出功率為P＝F1v1＝100W，選項(xiàng)B正確；當(dāng)物體達(dá)到最大速度vm后，根據(jù)平衡條件可得細(xì)繩的拉力大小為F2＝mgsin30°＝10N，則vm＝eq\f(P,F2)＝10m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；設(shè)1～5s內(nèi)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為x2，對(duì)物體由動(dòng)能定理得Pt2－mgx2sin30°＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12，解得x2＝32.5m，所以在0～5s內(nèi)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為x＝x1＋x2＝35m，選項(xiàng)D正確。]例5A[火箭從發(fā)射倉(cāng)發(fā)射出來(lái)，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，火箭剛開(kāi)始向上的時(shí)候高壓氣體的推力大于火箭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(yùn)動(dòng)，當(dāng)高壓氣體的推力等于火箭的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭的加速度為零，速度最大，接著高壓氣體的推力小于火箭的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時(shí)，速度最大，動(dòng)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大部分轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能、重力勢(shì)能和內(nèi)能，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理可知，火箭所受合力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯(cuò)誤。]例6AC[已知物塊上滑的加速度大小為g，由動(dòng)能定理得：動(dòng)能損失等于物塊克服合外力做功為ΔEk＝W合＝F合·eq\f(H,sin30°)＝mg·2H＝2mgH，故A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)摩擦力的大小為Ff，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin30°＋Ff＝ma，解得Ff＝0.5mg，則物塊克服摩擦力做功為Wf＝Ff·2H＝0.5mg·2H＝mgH，根據(jù)功能關(guān)系可知機(jī)械能損失了mgH，故C正確，D錯(cuò)誤。]例7AB[由E－s圖像知，物塊動(dòng)能與重力勢(shì)能的和減小，則物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒，故A正確；由E－s圖像知，整個(gè)下滑過(guò)程中，物塊機(jī)械能的減少量為ΔE＝30J－10J＝20J，重力勢(shì)能的減少量ΔEp＝mgh＝30J，又ΔE＝μmgcosα·s，其中cosα＝eq\f(\r(s2－h(huán)2),s)＝0.8，h＝3.0m，g＝10m/s2，則可得m＝1kg，μ＝0.5，故B正確；物塊下滑時(shí)的加速度大小a＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，故C錯(cuò)誤；物塊下滑2.0m時(shí)損失的機(jī)械能為ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，故D錯(cuò)誤。]高考預(yù)測(cè)1．AC[當(dāng)乙車速度為10m/s時(shí)，牽引力為4000N，恰好達(dá)到額定功率，可得P＝F1v1＝40kW，當(dāng)達(dá)到最大速度20m/s時(shí)，牽引力等于阻力，可得Ff＝eq\f(P,v2)＝2000N，乙車的加速度為a＝eq\f(F1－Ff,m)＝2m/s2，甲車勻加速的加速度為a′＝eq\f(v1′－0,t1)＝eq\f(16－0,8)m/s2＝2m/s2，A、C正確；當(dāng)甲車速度達(dá)到16m/s時(shí)，剛好達(dá)到額定功率，可得P′＝F1′v1′＝(Ff′＋ma′)v1′，當(dāng)甲車達(dá)到最大速度30m/s時(shí)，牽引力等于阻力，可得P′＝Ff′v2′，聯(lián)立解得P′＝eq\f(4.8×105,7)W，故甲車額定功率大于乙車額定功率，D錯(cuò)誤；8s至28s，甲車牽引力做功為WF＝P′Δt≈1.37×106J，B錯(cuò)誤。]2．C[由v－t圖像可知，該同學(xué)向上減速和向下加速過(guò)程都是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)用時(shí)eq\f(3,10)t0，則其0～t0時(shí)間內(nèi)，最大速度為vm＝g·eq\f(3,10)t0＝eq\f(3,10)gt0，A錯(cuò)誤；0～t0時(shí)間內(nèi)，該同學(xué)上升的最大高度為0～eq\f(3,10)t0時(shí)間內(nèi)的位移h＝eq\f(1,2)vm·eq\f(3,10)t0＝eq\f(1,2)×eq\f(3,10)gt0·eq\f(3,10)t0＝eq\f(9,200)gt02，B錯(cuò)誤；該同學(xué)每跳一次克服重力做的功為W＝mgh＝eq\f(9,200)mg2t02，則該同學(xué)克服重力做功的平均功率約為P＝eq\f(W,t0)＝eq\f(9,200)mg2t0，C正確；該同學(xué)在有支持力作用時(shí)，受到支持力的作用點(diǎn)沒(méi)有發(fā)生位移，地面對(duì)該同學(xué)不做功，D錯(cuò)誤。]第7講動(dòng)能定理機(jī)械能守恒定律能量守恒定律例1D[木塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝eq\f(F,4)，木塊在撤去恒力前，根據(jù)動(dòng)能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木塊所獲得的最大動(dòng)能為Ek＝eq\f(3FL,4)，故選D。]例2(1)0.25(2)3.5R≤h≤5R解析(1)對(duì)滑塊，在Q點(diǎn)，重力和軌道對(duì)滑塊的壓力的合力提供向心力，有mg＋mg＝eq\f(mvQ2,R)對(duì)滑塊，從P到Q，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mvQ2聯(lián)立兩式得μ＝0.25(2)當(dāng)滑塊恰好能運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，釋放高度最小，設(shè)為h1，恰到Q時(shí)的速度設(shè)為v1，對(duì)滑塊，在Q點(diǎn)，重力提供向心力，有mg＝eq\f(mv12,R)滑塊從釋放到滑至Q點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh1－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mv12聯(lián)立兩式得h1＝3.5R當(dāng)滑塊恰好能落到M點(diǎn)時(shí)，釋放高度最大，設(shè)為h2，滑到Q點(diǎn)時(shí)的速度設(shè)為v2，滑塊由Q點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，水平方向有4R＝v2t豎直方向有2R＝eq\f(1,2)gt2滑塊從釋放到滑至Q點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh2－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mv22聯(lián)立求得h2＝5R，故釋放高度的取值范圍為3.5R≤h≤5R。例3C[如圖所示，設(shè)小環(huán)下降的高度為h，大圓環(huán)的半徑為R，小環(huán)到P點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，由幾何關(guān)系，可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)，聯(lián)立可得h＝eq\f(L2,2R)，則v＝Leq\r(\f(g,R))，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。]例4D[將A、B由靜止釋放，當(dāng)A與O間的細(xì)線與水平方向的夾角為60°時(shí)，B下落的高度H＝eq\f(\r(3)h,sin30°)－eq\f(\r(3)h,sin60°)＝2(eq\r(3)－1)h，由A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mgH＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，A沿細(xì)線方向的分速度與B的速度大小相等，則有vB＝vAcos60°，解得vB＝eq\r(\f(4\r(3)－1gh,5))，故選D。]例5D[電梯剛接觸井底緩沖彈簧時(shí)的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時(shí)電梯停止了運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒得eq\f(1,2)mv2＋mg·Δx＝eq\f(1,2)kΔx2＋Ff·Δx，代入數(shù)據(jù)解得k＝11000N/m，故A錯(cuò)誤；與彈簧接觸前，電梯做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，接觸彈簧后，先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)后做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；電梯停止在井底時(shí)，由受力平衡得kΔx＝mg＋Ff靜，代入數(shù)據(jù)解得Ff靜＝kΔx－mg＝22000N－20000N＝2000N，故C錯(cuò)誤；當(dāng)電梯速度最大時(shí)，此時(shí)加速度為零，則kΔx′＋Ff＝mg，解得Δx′＝eq\f(mg－Ff,k)＝eq\f(20000－17000,11000)m＝eq\f(3,11)m，電梯從接觸彈簧到速度最大的過(guò)程中，電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于克服摩擦力做的功，則ΔE＝Ff·Δx′＝17000×eq\f(3,11)J≈4600J，故D正確。]例6(1)6s(2)3160J解析(1)對(duì)貨物進(jìn)行受力分析，貨物受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，由牛頓第二定律有μmgcos37°－mgsin37°＝ma解得a＝0.4m/s2<1m/s2所以貨物先以0.4m/s2的加速度向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶速度相等時(shí)再做勻速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，貨物加速階段的位移x滿足2ax＝v02代入數(shù)據(jù)解得x＝eq\f(v02,2a)＝5m勻加速運(yùn)動(dòng)所需要的時(shí)間為t1＝eq\f(v0,a)＝5s之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(L－x,v0)＝1s貨物從電梯底端運(yùn)動(dòng)到頂端所用的時(shí)間t＝t1＋t2＝6s(2)根據(jù)功能關(guān)系可知，電機(jī)因運(yùn)送該貨物多做的功等于貨物增加的動(dòng)能、重力勢(shì)能以及在皮帶上產(chǎn)生的熱量之和，則有W＝eq\f(1,2)mv02＋mgh＋QQ＝μmgs相對(duì)cos37°s相對(duì)＝x皮－Lx皮＝eq\f(v02,2a0)＋v0(t－eq\f(v0,a0))＝10mh＝Lsin37°聯(lián)立解得W＝3160J。高考預(yù)測(cè)1．D[小球在題圖所示水平位置和D點(diǎn)時(shí)速度均為0，重力的功率也為0，故重力的功率不是一直增大，故A錯(cuò)誤；設(shè)AD長(zhǎng)為3L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Mg·2L＝mg·3Lcos37°，解得M∶m＝6∶5，故B錯(cuò)誤；小球在題圖所示水平位置和D點(diǎn)時(shí)，小球和小物塊的速度相等，均為0，AC長(zhǎng)度不變，小球做圓周運(yùn)動(dòng)，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物塊的速度大小，因此只有2個(gè)位置兩者速度相等，故C錯(cuò)誤；設(shè)小球在最低點(diǎn)D時(shí)沿BD方向的加速度大小為a，BD中的拉力為FT，根據(jù)牛頓第二定律有Mg－FT＝Ma，F(xiàn)T－mgcos53°＝ma，解得FT＝eq\f(8,11)Mg，故D正確。]2．(1)2eq\r(3)m/s(2)15m(3)2eq\r(5)s解析(1)研究冰壺運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)位移與速度關(guān)系得v02＝2a1l2a1＝μ1g解得v0＝2eq\r(3)m/s(2)研究冰壺的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得－μ1mg(l2－s)－μ2mgs＝0－eq\f(1,2)mv12解得s＝15m(3)研究冰壺運(yùn)動(dòng)全程，根據(jù)動(dòng)能定理得Fl－μ1mg(l1＋l2)＝0F－μ1mg＝mal＝eq\f(1,2)at2解得t＝2eq\r(5)s。第8講動(dòng)量例1BD[取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動(dòng)量為p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后的動(dòng)量為p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，則滑塊的碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；對(duì)滑塊1，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22kg·m/s－1×0.40kg·m/s＝－0.18kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向水平向左，故B正確；對(duì)滑塊2，則有I2＝mv2＝1×0.22kg·m/s＝0.22kg·m/s，故C錯(cuò)誤；對(duì)滑塊2根據(jù)動(dòng)量定理有eq\x\to(F)Δt＝I2，解得eq\x\to(F)＝5.5N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N，故D正確。]例2D[水在時(shí)間Δt內(nèi)速度由v減為零，Δt內(nèi)噴射到物體表面的水的質(zhì)量為m＝ρvΔtπ(eq\f(d,2))2，以這部分水為研究對(duì)象，設(shè)物體表面對(duì)水的平均作用力大小為F，以水流速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝eq\f(ρv2πd2,4)，由牛頓第三定律可知，水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為F′＝F＝eq\f(ρv2πd2,4)，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。]例3D[根據(jù)題意可知，子彈射穿木塊前后，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，子彈克服摩擦阻力做功，機(jī)械能不守恒，故A、B錯(cuò)誤；子彈射出木塊后的瞬間，木塊有速度，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，環(huán)對(duì)輕桿的壓力大于(M＋m)g，故C錯(cuò)誤；木塊上升到最高點(diǎn)時(shí)，環(huán)和木塊的速度相等，水平方向上系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有m0v0＝(M＋m)v1＋m0v，解得v1＝eq\f(m0v0－v,m＋M)，故D正確。]例4BC[方法一：設(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為M，第一次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v1，第二次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v2，……，第八次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v8。第一次推物塊后，由動(dòng)量守恒定律知Mv1＝mv0，第二次推物塊后由動(dòng)量守恒定律知M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動(dòng)量守恒定律知M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq\f(2n－1mv0,M)，則v7＝eq\f(260kg·m/s,M)，v8＝eq\f(300kg·m/s,M)。由題意知，v7<5.0m/s，則M>52kg，又知v8>5.0m/s，則M<60kg，故選B、C。方法二：以運(yùn)動(dòng)員和物塊作為系統(tǒng)，運(yùn)動(dòng)員每推、接一次，系統(tǒng)動(dòng)量增加2mv0，推接7次后，由動(dòng)量定理得7×2mv0＝(M＋m)v7，v7<5m/s，解得M>52kg，假設(shè)推8次后反彈后可以接住，推接8次后，8×2mv0＝(M＋m)v8，v8>5m/s，解得M<60kg，故52kg<M<60kg，故選B、C。]例5AD[兩球碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由題圖乙圖線可知，t1時(shí)刻兩球速度相等為1m/s，由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，解得B球的質(zhì)量為m2＝2kg，故A正確；當(dāng)兩球速度相等時(shí)彈性勢(shì)能最大，由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epm，解得Epm＝3J，故B錯(cuò)誤；兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由此可知，t3時(shí)刻兩球的動(dòng)能之和等于0時(shí)刻A球的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝m1vA＋m2vB，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1vA2＋eq\f(1,2)m2vB2，代入數(shù)據(jù)解得vA＝－1m/s，vB＝2m/s，t2時(shí)刻兩球動(dòng)能之比為eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(\f(1,2)m1vA2,\f(1,2)m2vB2)＝eq\f(1,8)，故D正確。]例6(1)5mg(2)R(3)M>(eq\r(2)＋1)m解析(1)小球從A運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒可知mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝2eq\r(gR)小球第一次剛滑到C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)解得FN＝5mg(2)設(shè)小球達(dá)到E點(diǎn)時(shí)豎直方向上的分速度大小為vy，水平分速度為vx，則eq\f(1,2)mvC2＝mgR＋eq\f(1,2)m(vx2＋vy2)＋eq\f(1,2)·3mvx2mvC＝mvx＋3mvx小球第一次從E點(diǎn)離開(kāi)Q后在空中做斜上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則vy＝g·eq\f(t,2)x＝vxt解得x＝R(3)設(shè)小球第一次通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，則mv－Mv1＝0解得v1＝eq\f(m,M)v小球第一次從D點(diǎn)滑上DE到再次回到D點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球和Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在水平方向上動(dòng)量守恒，則mv＝mv′＋Mv2eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv′2＋eq\f(1,2)Mv22解得v′＝eq\f(m－M,m＋M)v小球能第二次在BC上運(yùn)動(dòng)，應(yīng)滿足－v′>v1解得M>(1＋eq\r(2))m。例7(1)0.6mv02(2)0.768v0t0(3)0.45解析(1)當(dāng)彈簧被壓縮最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)A、B速度相等，即在t＝t0時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0根據(jù)能量守恒定律有Epmax＝eq\f(1,2)mB(1.2v0)2－eq\f(1,2)(mB＋m)v02聯(lián)立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv02(2)B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過(guò)程中，A、B動(dòng)量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA對(duì)方程兩邊同時(shí)乘以時(shí)間Δt，有6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt0～t0之間，根據(jù)位移等于速度在時(shí)間上的累積，可得6mv0t0＝5msB＋msA，將sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0則第一次碰撞過(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0(3)物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點(diǎn)與第一次相同，說(shuō)明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為2v0，方向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為vA′，取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′根據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)mvA′2＋eq\f(1,2)·5m·(0.8v0)2＝eq\f(1,2)m·(－2v0)2＋eq\f(1,2)·5mvB′2聯(lián)立解得vA′＝v0方法一：設(shè)在斜面上滑行的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，上滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得－mgLsinθ－μmgLcosθ＝0－eq\f(1,2)m(2v0)2下滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgLsinθ－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mvA′2－0聯(lián)立解得μ＝0.45方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計(jì)算出滑塊A上滑和下滑時(shí)的加速度大小，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma上mgsinθ－μmgcosθ＝ma下上滑時(shí)末速度為0，下滑時(shí)初速度為0，設(shè)在斜面上滑行的位移為L(zhǎng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移速度關(guān)系可得2a上L＝(2v0)2－0,2a下L＝vA′2聯(lián)立可解得μ＝0.45。高考預(yù)測(cè)1．A[t1時(shí)間內(nèi)，子彈推動(dòng)兩個(gè)木塊一起運(yùn)動(dòng)，所以子彈和木塊A、B的動(dòng)量守恒m子v0＝m子v1＋(mA＋mB)v2?m子v0－m子v1＝(mA＋mB)v2子彈的動(dòng)量變化量等于木塊A、B整體的動(dòng)量變化量，所以子彈的動(dòng)量變化量大于A的動(dòng)量變化量，A正確，C錯(cuò)誤；t2時(shí)間內(nèi)，子彈和木塊B的動(dòng)量守恒m子v1＋mBv2＝m子v3＋mBv4?m子v1－m子v3＝mBv4－mBv2子彈的動(dòng)量變化量等于B的動(dòng)量變化量，B錯(cuò)誤；t2時(shí)間內(nèi)，子彈穿過(guò)B的過(guò)程中，有熱量產(chǎn)生，所以此過(guò)程中機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。]2．(1)2.4m/s6.4m/s(2)見(jiàn)解析解析(1)丙向下擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒MgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)Mv02解得v0＝4m/s丙與甲碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒得Mv0＝Mv′＋mv由機(jī)械能守恒得eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)Mv′2＋eq\f(1,2)mv2解得碰后瞬間，丙速度大小v′＝2.4m/s甲速度大小v＝6.4m/s(2)假設(shè)乙能從C點(diǎn)離開(kāi)，通過(guò)C點(diǎn)后甲、乙水平速度相同，設(shè)甲速度為v甲2，從丙與甲碰撞結(jié)束至乙從C點(diǎn)離開(kāi)甲過(guò)程，甲、乙水平方向動(dòng)量守恒mv＝2mv甲2解得v甲2＝3.2m/s設(shè)乙從C點(diǎn)離開(kāi)時(shí)乙豎直方向速度大小為vy，從丙與甲碰撞結(jié)束至乙從C點(diǎn)離開(kāi)甲過(guò)程中，由機(jī)械能守恒得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv甲22＋eq\f(1,2)mv乙12＋mgR又因?yàn)関乙12＝v甲22＋vy2解得vy＝2m/s>0所以乙能從C離開(kāi)圓弧軌道。培優(yōu)點(diǎn)1板塊模型的綜合分析例1(1)40J(2)2N·s，方向向右解析(1)根據(jù)題意由題圖乙可知，0～2s內(nèi)小物塊與長(zhǎng)木板發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，t＝2s時(shí)，小物塊與長(zhǎng)木板具有相同速度2m/s，之后一起勻減速，連接坐標(biāo)原點(diǎn)與(2,2)點(diǎn)，即為長(zhǎng)木板的v－t圖像，如圖所示設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，前2s內(nèi)小物塊的加速度大小為a1，長(zhǎng)木板的加速度大小為a2,2s后小物塊和長(zhǎng)木板一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a3，由牛頓第二定律有μ1mg＝ma1μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3由圖像可得a1＝eq\f(10－2,2)m/s2＝4m/s2，a2＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，a3＝eq\f(2,4－2)m/s2＝1m/s2聯(lián)立解得m＝1kg，μ1＝0.4，μ2＝0.1由圖像可得，0～2s內(nèi)小物塊的位移為x1＝eq\f(1,2)×(10＋2)×2m＝12m長(zhǎng)木板的位移為x2＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m小物塊與長(zhǎng)木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μ1mg(x1－x2)＝40J(2)設(shè)2～4s內(nèi)長(zhǎng)木板受到小物塊的靜摩擦力大小為Ff，該靜摩擦力的方向向右，則有Ff＝ma3I＝FfΔt聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得I＝2N·s，方向向右。例2(1)eq\f(v0,2μg)(2)eq\f(11,8)mv02(3)d＋eq\f(7v02,8μg)解析(1)A、B剛放上C時(shí)，設(shè)A做加速度大小為aA的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝maA設(shè)C做加速度大小為aC的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＋μmg＝2maC設(shè)滑行時(shí)間t后A與C的共同速度為v1，則有v1＝v0－aAt＝aCt聯(lián)立解得t＝eq\f(v0,2μg)，v1＝eq\f(v0,2)(2)A、B和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為v2，則有mv0＋m·2v0＝(m＋m＋2m)·v2解得v2＝eq\f(3,4)v0以A、B和C組成的系統(tǒng)為對(duì)象，根據(jù)能量守恒可得eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)m(2v0)2＝eq\f(1,2)(m＋m＋2m)v22＋Q解得Q＝eq\f(11,8)mv02(3)A、B相對(duì)C滑行的總距離Δx＝eq\f(Q,μmg)＝eq\f(\f(11,8)mv02,μmg)＝eq\f(11v02,8μg)A相對(duì)C滑行的距離ΔxA＝eq\f(v0＋v1,2)t－eq\f(0＋v1,2)t解得ΔxA＝eq\f(v02,4μg)B相對(duì)C滑行的距離ΔxB＝Δx－ΔxA＝eq\f(9v02,8μg)A與B的最大距離L＝d＋ΔxB－ΔxA解得L＝d＋eq\f(7v02,8μg)。高考預(yù)測(cè)(1)3m/s，方向水平向右(2)2m/s，方向水平向右(3)0.2m解析(1)設(shè)滑塊A剛到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度為v0，根據(jù)動(dòng)量定理有Ft＝mv0解得v0＝3m/s，方向水平向右。(2)滑塊A與長(zhǎng)木板B碰后瞬間，設(shè)滑塊和長(zhǎng)木板的速度分別為v0′和v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別有mv0＝mv0′＋Mv1eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)Mv12聯(lián)立解得v0′＝－1m/s，v1＝2m/s滑塊A與長(zhǎng)木板B碰后瞬間，長(zhǎng)木板的速度大小為2m/s，方向水平向右。(3)長(zhǎng)木板B和物塊C組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，所以動(dòng)量守恒，設(shè)B、C最終達(dá)到的共同速度為v，則有Mv1＝2Mv解得v＝eq\f(1,2)v1＝1m/s設(shè)C相對(duì)B滑動(dòng)的路程為Δx，對(duì)B、C組成的系統(tǒng)根據(jù)能量守恒可得μMgΔx＝eq\f(1,2)Mv12－eq\f(1,2)×2Mv2解得Δx＝1m>L＝0.6m所以物塊C最終與長(zhǎng)木板B右側(cè)擋板的距離為x0＝2L－Δx＝0.2m。培優(yōu)點(diǎn)2力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用例1(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m解析(1)滑塊a從D到F，由動(dòng)能定理mg·2R＝eq\f(1,2)mvF2－eq\f(1,2)mv02在F點(diǎn)由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(vF2,R)解得vF＝10m/sFN＝31.2N(2)滑塊a返回B點(diǎn)時(shí)的速度vB＝1m/s，設(shè)滑塊a的速度大小為va，由動(dòng)能定理有：－mg·2R－μmg·L＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mva2解得va＝5m/s因a、b碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則mvF＝－mva＋3mvb解得碰后b的速度vb＝5m/s則滑塊a、b碰撞過(guò)程損失的能量ΔE＝eq\f(1,2)mvF2－eq\f(1,2)mva2－eq\f(1,2)×3mvb2解得ΔE＝0(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則a、b碰后的共同速度v滿足：mvF＝4mv解得v＝2.5m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短或者伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)有共同速度v′，有4mv＝6mv′則v′＝eq\f(5,3)m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)壓縮量為x1，由能量守恒有eq\f(1,2)×(m＋3m)v2＝eq\f(1,2)×(m＋3m＋2m)v′2＋eq\f(1,2)kx12解得x1＝0.1m系統(tǒng)能量守恒，彈簧最長(zhǎng)或最短時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能相等，所以彈簧最長(zhǎng)和最短時(shí)形變量相等，則彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差Δx＝2x1＝0.2m。例2(1)72kg(2)180J(3)6.75m解析(1)設(shè)選手及裝備的質(zhì)量為m，為了防止A滑動(dòng)，則μ1mg≤μ2(M0＋m)g解得m≤72kg(2)滑上A時(shí)速度為v1eq\f(1,2)mv12－0＝mgh與C碰前速度為v2eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝－μ1mgL選手經(jīng)過(guò)A與C發(fā)生碰撞后一起運(yùn)動(dòng)，速度為vmv2＝(M＋m)v損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得ΔE＝180J(3)選手與C碰撞后經(jīng)0.5s恰好與平板B速度相同，根據(jù)動(dòng)量定理ft＝(M＋m)v－(M＋m＋M0)v′，f＝0.1×(M＋m＋M0)g＝120N解得v′＝2.5m/sB運(yùn)動(dòng)距離x1＝eq\f(v′,2)t＝0.625m之后一起減速，加速度大小為a＝eq\f(f,M＋m＋M0)＝1m/s2減速位移x2＝eq\f(v′2,2a)＝3.125m所以最大寬度d＝x1＋x2＋L＝6.75m。高考預(yù)測(cè)(1)2.2s(2)2.45m(3)7.3m解析(1)由牛頓第二定律得mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma1解得a1＝gsin37°＋μ1gcos37°＝10m/s2滑塊與傳送帶共速的時(shí)間t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(7,10)s＝0.7s共速時(shí)滑塊的位移x1＝eq\f(v02,2a1)＝eq\f(49,2×10)m＝2.45m由題知μ1<tanθ，此后小滑塊繼續(xù)沿傳送帶向下加速，由牛頓第二定律得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma2解得a2＝gsin37°－μ1gcos37°＝2m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得L－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a2t22解得t2＝1.5s小滑塊從A到B的時(shí)間t＝t1＋t2＝0.7s＋1.5s＝2.2s(2)小滑塊從A到B的過(guò)程中，小滑塊先相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)，相對(duì)位移為Δx1＝v0t1－x1＝7×0.7m－2.45m＝2.45m再相對(duì)傳送帶向前運(yùn)動(dòng)，相對(duì)位移為Δx2＝(L－x1)－v0t2＝12.75m－10.5m＝2.25m<Δx1小滑塊從A到B的過(guò)程中傳送帶上形成痕跡的長(zhǎng)度Δx＝Δx1＝2.45m(3)小滑塊進(jìn)入槽內(nèi)且恰好能通過(guò)半圓軌道最高點(diǎn)D，則由牛頓第二定律得mg＝meq\f(vD2,R)小滑塊從C到D過(guò)程由動(dòng)能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2聯(lián)立解得vC＝eq\r(5gR)＝6m/s小滑塊在底端B滑上長(zhǎng)木板的速度vB＝v0＋a2t2＝7m/s＋2×1.5m/s＝10m/s小滑塊與長(zhǎng)木板相互作用過(guò)程，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mvB＝mvC＋Mv解得v＝eq\f(4,3)m/s此過(guò)程由能量守恒定律得μ2mg·s＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)Mv2解得長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度s＝eq\f(22,3)m≈7.3m。培優(yōu)點(diǎn)3數(shù)學(xué)歸納法和圖像法解決多次碰撞問(wèn)題例1(1)eq\f(v02,3μg)(2)eq\f(5v02,27μg)(3)eq\f(v02,8μg)解析(1)依題意，設(shè)木板A的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，A、B第一次達(dá)到共速時(shí)速度大小為v1，對(duì)物塊B和木板A由動(dòng)量守恒定律有mv0＝(2m＋m)v1根據(jù)能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(2m＋m)v12聯(lián)立解得v1＝eq\f(1,3)v0，L＝eq\f(v02,3μg)(2)由于物塊B與擋板P發(fā)生碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間極短，因此物塊B第一次與擋板P碰撞后的速度大小不變，方向向左，設(shè)B、P第二次碰撞前A、B達(dá)到共速的速度大小為v2，取方向向右為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv1－mv1＝(2m＋m)v2根據(jù)能量守恒定律有μmgx1＝eq\f(1,2)(2m＋m)v12－eq\f(1,2)(2m＋m)v22聯(lián)立解得v2＝eq\f(1,32)v0，x1＝eq\f(4v02,27μg)則可得此時(shí)物塊B離木板A左端的距離為Δl1＝L－x1＝eq\f(5v02,27μg)(3)由(1)(2)可知，物塊B與木板A第n次共速時(shí)的速度為eq\f(v0,3n)，對(duì)B有μmg＝maB從B第一次撞擊擋板P到第二次撞擊擋板P經(jīng)過(guò)的路程s1＝2×(eq\f(v0,3))2·eq\f(1,2aB)＝eq\f(v02,μg)·eq\f(1,32)從B第二次撞擊擋板P到第三次撞擊擋板P經(jīng)過(guò)的路程s2＝2×(eq\f(v0,32))2·eq\f(1,2aB)＝eq\f(v02,μg)·eq\f(1,34)從B第n次撞擊擋板P到第n＋1次撞擊擋板P經(jīng)過(guò)的路程：sn＝2×(eq\f(v0,3n))2·eq\f(1,2aB)＝eq\f(v02,μg)·eq\f(1,32n)則s＝s1＋s2＋s3＋…＋sn＝eq\f(v02,μg)(eq\f(1,32)＋eq\f(1,34)＋eq\f(1,36)＋…＋eq\f(1,32n))解得s＝eq\f(v02,μg)·eq\f(\f(1,32)1－\f(1,32n),1－\f(1,32))＝eq\f(v02,8μg)。例2(1)06m/s(2)eq\f(4,3)s12m/s6m/s(3)見(jiàn)解析圖(4)[2＋4n(n－1)]m(n＝1,2,3，4，…)解析(1)B從A的左端開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到右端的過(guò)程，由動(dòng)能定理有Fd＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝6m/sB與A碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv0＝mvB＋mvAeq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvB2＋eq\f(1,2)mvA2解得vB＝0，vA＝6m/s(2)第一次碰撞后A向右以速度vA＝6m/s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B做初速度為0、加速度為a＝eq\f(F,m)＝9m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)則第二次碰撞時(shí)有vAt＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\f(4,3)s此時(shí)B的速度為vB1＝at＝12m/s