大二輪專題復習講義答案精析

復習講義答案精析第一篇專題復習專題一力與運動第1講力與物體的平衡例1A[籃球受七個力的作用，除重力外，其余3組力呈空間對稱分布，每一組力中的彈力和摩擦力在豎直方向分力的合力，承擔了籃球自身重力的三分之一，對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點為研究對象，在三力的作用下O點處于平衡狀態(tài)，對其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關系可得β＝55°，故選B。]例3A[以P、Q兩球整體為研究對象，受力分析如圖甲所示，由平衡條件可得F2＝4mgtanα，以Q球為研究對象，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S斷開時，ab中電流I1＝eq\f(E,R0＋r)＝eq\f(3,5)A＝0.6A，當S閉合時，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[以小物塊為研究對象，小物塊受到重力G、支持力FN和推力F三個力作用，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沿逆時針緩慢轉到水平方向的過程中(1→3)，如圖所示，根據(jù)作圖可知，M槽對小物塊的支持力FN逐漸增大，推力F先減小后增大，當F與FN垂直時，F(xiàn)最小，故A、D正確，B、C錯誤。]例6B[設兩根細繩對圓柱體拉力的合力大小為FT，木板對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為軸向后方緩慢轉動直至水平的過程中，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，結合牛頓第三定律可知，圓柱體對木板的壓力先增大后減小，設兩根細繩之間的夾角為2θ，一根細繩的拉力大小為FT′，則2FT′cosθ＝FT，可得FT′＝eq\f(FT,2cosθ)，θ不變，F(xiàn)T逐漸減小，可知兩根細繩上的拉力不斷減小，兩根細繩對圓柱體拉力的合力不斷減小，故B正確，A、C、D錯誤。]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動時，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動，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α＝θ時，F(xiàn)有最小值，即Fmin＝mgsin2θ。方法二木塊所受的力構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€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。由幾何關系可得拉力F的最小值Fmin＝mgsin2θ。(2)由(1)可知，當F取最小值時，α＝θ因為木塊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F取最小值mgsin2θ時，則有FfM＝Fmin·cos2θ＝mgsin2θcos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ。高考預測1．A[對鐵牛受力分析如圖所示，鐵牛受到自身重力G、橋索對鐵牛的拉力F1、鐵柱對鐵牛的作用力F2，三者共點力平衡。根據(jù)共點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錯誤。]2．A[對題圖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講牛頓運動定律與直線運動例1B[108km/h＝30m/s,324km/h＝90m/s，由于中間4個站均勻分布，因此節(jié)省的時間相當于在任意相鄰兩站間節(jié)省的時間的5倍，相鄰兩站間的距離x＝eq\f(1080×103,5)m＝2.16×105m，普通列車加速時間t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(30,0.5)s＝60s，加速過程的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×0.5×602m＝900m，根據(jù)對稱性可知，加速與減速位移相等，可得勻速運動的時間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間t1′＝eq\f(v1′,a)＝eq\f(90,0.5)s＝180s，加速過程的位移x1′＝eq\f(1,2)at1′2＝eq\f(1,2)×0.5×1802m＝8100m，勻速運動的時間t2′＝eq\f(x－2x1′,v1′)＝eq\f(2.16×105－2×8100,90)s＝2220s，相鄰兩站間節(jié)省的時間Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4680s，因此總的節(jié)省時間Δt總＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小時30分鐘，故選B。]例2C[由題知，電動公交車做勻減速直線運動，設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)勻變速直線運動速度與時間的關系有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的勻減速直線運動看為向下的初速度為0的勻加速直線運動，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點左邊運動的加速度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點右邊運動的加速度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)對物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有μ1m1g＝m1a1解得a1＝5m/s2對木板B，根據(jù)牛頓第二定律有μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2解得a2＝1m/s2(2)設經(jīng)時間t物塊A與木板B達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)勻變速直線運動的規(guī)律，此過程物塊A發(fā)生的位移大小x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2解得x1＝3.5m達到共同速度后，經(jīng)分析物塊A與木板B能共同向右運動，設加速度大小為a3，根據(jù)牛頓第二定律有μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3解得a3＝1m/s2設達到共同速度后，物塊A發(fā)生的位移大小為x2，根據(jù)勻變速直線運動的規(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時間內，訓練后運動員的平均加速度比訓練前小，故A錯誤；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時間內，訓練前運動員跑過的距離比訓練后大，故B錯誤；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時間內，訓練后運動員的位移比訓練前大，根據(jù)平均速度等于位移與時間的比值，可知訓練后運動員的平均速度大，故C錯誤；根據(jù)v－t圖像可知，t3時刻后，運動員訓練前速度減小，做減速運動，運動員訓練后速度增大，做加速運動，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。]高考預測1．D[與充電寶從靜止開始，向下先做加速度增大的加速運動，從t1時刻向下做加速度減小的加速運動，加速度減小到零時，速度達到最大；再向下做加速度增大的減速運動，t2時刻速度減小到零，此后做向上的加速度減小的加速運動，加速度減小到零時向上運動的速度達到最大，此后先向上做加速度增大的減速運動，從t3時刻再向上做加速度減小的減速運動，最后速度為零，故A錯誤；充電寶在t2時刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充電寶在t3時刻加速度方向向下，由mg＋Ff＝ma3，a3＝12m/s2，可知摩擦力方向向下，故B錯誤；在t1時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錯誤；在t2時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[設加速度為a0，小車做勻減速直線運動減速至速度為0的過程可以看作初速度為0的勻加速直線運動的逆過程，設整個過程時間為t，則開始減速第一秒內位移x1＝eq\f(1,2)a0t2－eq\f(1,2)a0(t－1)2，最后一秒內位移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講拋體運動例1D[以罐子為參考系，沙子在水平方向向左做勻加速直線運動，在豎直方向做自由落體運動，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[設物體A下落高度為h時，物體A的速度大小為vA，物體B的速度大小為vB，此時有vA＝eq\f(vB,cos60°)＝2vB，物體A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，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，不隨時間改變，故A錯誤；鉛球被水平推出后做平拋運動，豎直方向有vy＝gt，則拋出后速度大小為v＝eq\r(v02＋gt2)，可知速度大小與時間不是一次函數(shù)關系，故B錯誤；鉛球拋出后的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(v02＋gt2))，可知動能與時間不是一次函數(shù)關系，故C錯誤；鉛球水平拋出后由于忽略空氣阻力，所以拋出后鉛球機械能守恒，故D正確。]例4eq\f(\r(2gh),tanθ)[石子做平拋運動，落到水面時豎直方向的速度：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)運動員從跳臺a處水平飛出，設初速度為v0，飛行時間為t，斜坡的傾角為θ，運動員在空中做平拋運動落到斜坡上時有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)可得他們飛行時間之比為t1∶t2＝v1∶v2＝2∶1(2)運動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)運動員在空中離坡面的最大距離為s＝eq\f(v0sinθ2,2gcosθ)，他們在空中離坡面的最大距離之比為s1∶s2＝v12∶v22＝4∶1。例6B[籃球在空中飛行過程中，僅受重力作用，做勻變速曲線運動，故單位時間內的速度變化量大小不變，A錯誤；A點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動，根據(jù)運動學關系可得A、C兩點的高度差大小為Δh＝eq\f(v0y2－vCy2,2g)＝eq\f(v02,4g)，B正確；因未確定重力勢能的零勢能參考平面，故籃球在最高點時重力勢能的大小與動能的大小無法比較，C錯誤；籃球在C點時的速度大小為vC＝eq\f(v0x,cos45°)＝eq\f(\r(2),2)v0，D錯誤。]例7(1)60m(2)1000eq\r(2)V解析(1)滅火彈做斜上拋運動，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又因為Ek＝eq\f(1,2)mv02聯(lián)立解得U＝1000eq\r(2)V。高考預測1．C[兩球下落的豎直高度相同，則時間相同；設正四面體的邊長為a，則落到A點的甲球的水平位移為x甲＝eq\f(\r(3),3)a，落到D點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，甲球和乙球初動能之比為4∶1，選項A錯誤；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，甲球和乙球末動量大小之比為eq\r(12)∶eq\r(11)，球落地時動能之比為12∶11，選項B錯誤，C正確；根據(jù)Δp＝mgt，甲球和乙球動量的變化量之比為1∶1，選項D錯誤。]2．ACD[石塊出手時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，由石塊斜向上運動時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，所以石塊出手時的初速度為v＝eq\r(vx2＋vy2)＝2eq\r(6)m/s，故A正確，B錯誤；若石塊的初速度大小一定，當石塊的飛行軌跡所在平面與斜面底邊垂直時，石塊在斜面上的落點最高，石塊下落時間最短，石塊飛行時間最短，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恰好與出手點等高處，最大運動時間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等高的所有落點與出手點的最小距離x＝2.4m，則石塊在斜面上與出手點等高的最遠落點與最近落點的距離Δx＝eq\r(x02－x2)＝eq\r(35.2)m<6m,2Δx<12m，則石塊在斜面上與出手點等高的所有落點所組成的線段長度不會超過12m，故D正確。]第4講圓周運動天體的運動例1C[質點做勻速圓周運動，根據(jù)題意設周期T＝eq\f(k,r)，質點所受合外力等于質點圓周運動的向心力，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段運動時的速度為v＝2m/s，在BCD段運動的時間為t3＝eq\f(πr1＋πr2,v)＝eq\f(7π,2)s，若小車從A到D所需時間最短，則AB段小車應先以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段勻速的最長距離為l＝8m－3m＝5m，則勻速運動的時間t2＝eq\f(l,vm)＝eq\f(5,4)s，則從A到D最短時間為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因為Ff<Ffm＝μmgsinθ＝128N，所以石塊受到錐面的摩擦力大小為120N(2)當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動時，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因為Ff′<Ffm，所以石塊受到的摩擦力的大小為121.536N。例4D[∠OAB＝90°，所以OB大于OA，即衛(wèi)星B勻速圓周運動的半徑大于衛(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錯誤；衛(wèi)星A、B繞地心做勻速圓周運動，P點運動的圓軌跡與地軸線垂直，圓心在題圖中O點正上方，故B錯誤；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[因為“夸父一號”軌道要始終保持要太陽光照射到，則在一年之內轉動360°角，即軌道平面平均每天約轉動1°，故A正確；第一宇宙速度是所有繞地球做圓周運動的衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，則“夸父一號”的速度小于7.9km/s，故B錯誤；根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝ma，可知“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C錯誤；“夸父一號”繞地球轉動，地球繞太陽轉動，中心天體不同，則根據(jù)題中信息不能求解地球與太陽的距離，故D錯誤。]例6C[設地球半徑為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程可簡化為加速、變軌、再加速的三個階段；空間站從軌道半徑r1變軌到半徑r2的過程，根據(jù)動能定理有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)，萬有引力提供空間站在圓形軌道上做勻速圓周運動的向心力，由牛頓第二定律有Geq\f(Mm0,r2)＝m0eq\f(v2,r)，空間站在軌道上運動的動能為Ek＝Geq\f(Mm0,2r)，動能的變化量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。]高考預測1．C[天狼星A與其伴星B是一個雙星系統(tǒng)，它們始終繞著O點在兩個不同橢圓軌道上運動，可知天狼星A與其伴星B始終在O點的兩側，繞行方向必定相同，且兩星與O點始終在一條直線上，因此可知天狼星A與其伴星B運行的角速度相同，周期相同，故A、D錯誤；近似認為A、B在做圓周運動，設A的質量為mA、軌道半徑為rA，B的質量為mB、軌道半徑為rB，兩星之間的距離為l，兩星之間的萬有引力提供各自做圓周運動的向心力，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星的質量大于B星的質量，故B錯誤；根據(jù)萬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[設繩子的拉力大小為FT，則A做圓周運動所需要的向心力大小等于FT；B做圓周運動所需要的向心力大小等于FT沿水平方向的分量，故A錯誤；對A，由牛頓第二定律得FT＝m1ω2r1＝m1ω2l1；對B，設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做圓周運動的半徑之比為eq\f(r1,r2)＝eq\f(m2,m1sinθ)，A和B做圓周運動的繩長之比為eq\f(l1,l2)＝eq\f(m2,m1)，故C錯誤，D正確；剪斷細繩，A在桌面上沿線速度方向做勻速直線運動，B做平拋運動，故B錯誤。]第5講機械振動和機械波例1C[小球經(jīng)過O點時開始計時，經(jīng)過0.3s首次到達B點，若開始計時時小球向右運動，則小球振動的周期T＝1.2s若開始計時時小球向左運動，則eq\f(3,4)T＝0.3s小球振動的周期T＝0.4s小球振動的周期可能為1.2s或0.4s，A錯誤；由題意可知2A＝50cm，小球振動的振幅為A＝0.25m，B錯誤；當T＝0.4s時，有ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s可知彈簧振子的振動方程為x＝－0.25sin(5πt)m，C正確；無論周期是0.4s還是1.2s,0.6s末，小球都在平衡位置，D錯誤。]例2AD[由題圖可知，兩個單擺靜止時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，即甲擺的擺長更長，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；兩球開始處于平衡狀態(tài)，設兩擺球間細線的拉力為FT，根據(jù)共點力平衡知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能小于乙擺球的最大重力勢能，又兩球在擺動過程中，機械能守恒，故甲擺球的機械能小于乙擺球的機械能，故B錯誤，D正確；根據(jù)機械能守恒定律有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錯誤；t＝0.6s時，魚漂P和Q都經(jīng)過平衡位置，此時它們的速度均為最大值，故B錯誤；t＝1.0s時，魚漂P的速度方向為正，Q的速度方向為負，即方向相反，故C錯誤；t＝1.0s時，魚漂P和Q的位移方向均為負，所以加速度方向均為正，所以此時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，前后兩次振動的周期之比為2∶1，A、B錯誤；波在相同介質中傳播波速不變，波速之比為1∶1，C錯誤；根據(jù)λ＝vT可知，波長之比為2∶1，D正確。]例5B[由運動方程可得周期為T＝eq\f(2π,ω)＝4s，故波速為v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(8,4)m/s＝2m/s，由題意知此時振動剛好傳播到x＝4m處，所以波向左傳播，由上下坡法可知，x＝4m處的質點起振方向向上，所以波從x＝4m處傳播到原點處需要時間為t1＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(4,2)s＝2s，又在原點處質點開始向上振動，在波傳播過程中，所有質點的運動情況相同，則可得在x＝0處質點從開始振動到第一次到達y＝－3cm處需要的時間為t2，滿足－3cm＝3eq\r(2)sin(eq\f(π,2)t2)cm，解得t2＝2.5s，故從該時刻起，x＝0處質點第一次到達y＝－3cm處需要的時間為t＝t1＋t2＝4.5s，故選B。]例6C[由圖(b)的振動圖像可知，振動的周期為4s，故三列波的波速為v＝eq\f(λ,T)＝1m/s，A錯誤；由圖(a)可知，與D處距離最近的波源是波源C，距離為3m，故開始振動后波源C處的橫波傳播到D處所需的時間為tC＝eq\f(DC,v)＝3s，故t＝2s時，D處的質點還未開始振動，B錯誤；由幾何關系可知AD＝BD＝5m，波源A、B產生的橫波傳播到D處所需的時間為tAB＝eq\f(AD,v)＝5s，故t＝4.5s時，僅波源C處的橫波傳播到D處，此時D處的質點振動時間為t1＝t－tC＝1.5s，由振動圖像可知此時D處的質點向y軸負方向運動，C正確；t＝6s時，波源C處的橫波傳播到D處后振動時間為t2＝t－tC＝3s，由振動圖像可知此時D處為波源C處傳播橫波的波谷；t＝6s時，波源A、B處的橫波傳播到D處后振動時間為t3＝t－tAB＝1s，由振動圖像可知此時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D處質點的位移為y＝2A－A＝2cm，故t＝6s時，D處的質點與平衡位置的距離是2cm，D錯誤。]例7BD[t＝0時，質點Q在平衡位置，速度最大，則質點P的速度比質點Q的小，選項A錯誤；t＝0.15s時，質點Q在波谷位置，則此時質點Q的加速度達到最大，選項B正確；質點P總是在豎直方向振動，則其速度方向不可能沿曲線的切線方向向上，選項C錯誤；因在t＝0時刻質點Q沿y軸正方向振動，可知波沿x軸正方向傳播；因0.15s＝eq\f(3T,4)，則0～0.15s的時間內，質點Q通過的路程為3A＝30cm；因t＝0時刻質點P沿y軸負方向振動，則0～0.15s的時間內，質點P通過的路程大于3A＝30cm，選項D正確。]例8CD[S2產生的波先傳到x＝1.0m處，由圖c可知S2波源的起始振動方向沿z軸負方向，故x＝1.0m處的質點開始振動方向沿z軸負方向，故A錯誤；兩列波的波長為λ＝vT＝0.4m兩列波的起振方向相反，故質點離兩波源距離差為半波長的偶數(shù)倍為振動減弱點，質點離兩波源距離差為半波長的奇數(shù)倍為振動加強點。x＝0.6m處的質點離兩波源的距離差為0.2m，為半波長的奇數(shù)倍，故為振動加強點。振動加強點只是振幅變大，位移是時刻變化的，可以為零，故B錯誤；x＝0.5m處的質點離兩波源的距離差為零，為半波長的偶數(shù)倍，故為振動減弱點，故C正確；Δr＝0.2m為半波長的奇數(shù)倍，M點為振動加強點，經(jīng)過0.2s，M點走過的路程為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b點的位移為4cm且向y軸正方向運動，令此時b點的相位為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)，由a、b之間的距離關系可知φa－φ＝eq\f(\f(λ,3),λ)·2π＝eq\f(2,3)π，則φa＝eq\f(5,6)π，可知a點此時的位移為y＝8sinφa(cm)＝4cm，且向下振動，故選A。]高考預測1．ABD[由于質點P沿y軸正方向運動，根據(jù)同側法可知該波沿x軸負方向傳播，A正確；根據(jù)題圖甲可知該波的波長為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的簡諧橫波不能發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象，C錯誤；根據(jù)題圖甲采用同側法可知，Q點從平衡位置沿y軸負方向振動，根據(jù)題圖乙可知，在0.20s時刻，Q點也從平衡位置沿y軸負方向振動，即若t取0.20s，則題圖乙可能為Q點的振動圖像，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n＝0時，得T＝6s，故A正確；由題圖知該波的波長λ＝12cm＝0.12m，波速v＝eq\f(λ,T)＝(3n＋2)×10－2m/s(n＝0,1,2，…)，當n＝1時，v＝0.05m/s，故B正確；若T>3s，則t＝10s時，從t2到t經(jīng)過Δt′＝t－t2＝4s，則eq\f(1,2)T<Δt′<eq\f(3,4)T，故t＝10s時x＝12cm處的質點正在從平衡位置向波谷運動，故該質點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錯誤。]專題二能量與動量第6講功與功率功能關系例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，小車重力勢能增加ΔEp＝mg·PQsin30°＝5000J，故C錯誤；設小車從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動方向成30°角，由W＝Fxcosθ可得，拉力F對小球做的功為W＝F·eq\f(60°,360°)·2πR·cos30°＝10eq\r(3)πJ，故B錯誤，A正確；根據(jù)題意可知，小球所受摩擦力為滑動摩擦力，方向與運動方向相反，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錯誤。]例3D[物體做勻速直線運動時，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有F－Ff＝ma，代入數(shù)據(jù)可得a＝－2m/s2，故B錯誤；F－x圖像與橫坐標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錯誤，D正確。]例4BD[在0～1s內，物體位移大小為x1＝eq\f(1,2)v1t1＝2.5m，設0～1s內電動機做的功為W1，由動能定理得W1－mgx1sin30°＝eq\f(1,2)mv12，解得W1＝50J，選項A錯誤；在0～1s內，物體的加速度大小為a＝eq\f(v1,t1)＝5m/s2，設0～1s內細繩拉力的大小為F1，由牛頓第二定律得F1－mgsin30°＝ma，解得F1＝20N，由題意知，1s后電動機的輸出功率為P＝F1v1＝100W，選項B正確；當物體達到最大速度vm后，根據(jù)平衡條件可得細繩的拉力大小為F2＝mgsin30°＝10N，則vm＝eq\f(P,F2)＝10m/s，選項C錯誤；設1～5s內物體沿斜面向上運動的距離為x2，對物體由動能定理得Pt2－mgx2sin30°＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12，解得x2＝32.5m，所以在0～5s內物體沿斜面向上運動的距離為x＝x1＋x2＝35m，選項D正確。]例5A[火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，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，火箭剛開始向上的時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動，當高壓氣體的推力等于火箭的重力和空氣阻力之和時，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，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，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化為火箭的動能、重力勢能和內能，故B錯誤；根據(jù)動量定理可知，火箭所受合力的沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；根據(jù)功能關系可知，高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。]例6AC[已知物塊上滑的加速度大小為g，由動能定理得：動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錯誤；設摩擦力的大小為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)功能關系可知機械能損失了mgH，故C正確，D錯誤。]例7AB[由E－s圖像知，物塊動能與重力勢能的和減小，則物塊下滑過程中機械能不守恒，故A正確；由E－s圖像知，整個下滑過程中，物塊機械能的減少量為ΔE＝30J－10J＝20J，重力勢能的減少量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；物塊下滑時的加速度大小a＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，故C錯誤；物塊下滑2.0m時損失的機械能為ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，故D錯誤。]高考預測1．AC[當乙車速度為10m/s時，牽引力為4000N，恰好達到額定功率，可得P＝F1v1＝40kW，當達到最大速度20m/s時，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；當甲車速度達到16m/s時，剛好達到額定功率，可得P′＝F1′v1′＝(Ff′＋ma′)v1′，當甲車達到最大速度30m/s時，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錯誤；8s至28s，甲車牽引力做功為WF＝P′Δt≈1.37×106J，B錯誤。]2．C[由v－t圖像可知，該同學向上減速和向下加速過程都是勻變速直線運動，根據(jù)對稱性，從最高點到最低點用時eq\f(3,10)t0，則其0～t0時間內，最大速度為vm＝g·eq\f(3,10)t0＝eq\f(3,10)gt0，A錯誤；0～t0時間內，該同學上升的最大高度為0～eq\f(3,10)t0時間內的位移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錯誤；該同學每跳一次克服重力做的功為W＝mgh＝eq\f(9,200)mg2t02，則該同學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；該同學在有支持力作用時，受到支持力的作用點沒有發(fā)生位移，地面對該同學不做功，D錯誤。]第7講動能定理機械能守恒定律能量守恒定律例1D[木塊運動全過程中，根據(jù)動能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝eq\f(F,4)，木塊在撤去恒力前，根據(jù)動能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木塊所獲得的最大動能為Ek＝eq\f(3FL,4)，故選D。]例2(1)0.25(2)3.5R≤h≤5R解析(1)對滑塊，在Q點，重力和軌道對滑塊的壓力的合力提供向心力，有mg＋mg＝eq\f(mvQ2,R)對滑塊，從P到Q，根據(jù)動能定理得mgh－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mvQ2聯(lián)立兩式得μ＝0.25(2)當滑塊恰好能運動到Q點時，釋放高度最小，設為h1，恰到Q時的速度設為v1，對滑塊，在Q點，重力提供向心力，有mg＝eq\f(mv12,R)滑塊從釋放到滑至Q點，根據(jù)動能定理得mgh1－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mv12聯(lián)立兩式得h1＝3.5R當滑塊恰好能落到M點時，釋放高度最大，設為h2，滑到Q點時的速度設為v2，滑塊由Q點做平拋運動到M點，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，根據(jù)動能定理得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點的距離為L，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，由幾何關系，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錯誤。]例4D[將A、B由靜止釋放，當A與O間的細線與水平方向的夾角為60°時，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)機械能守恒得mgH＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，A沿細線方向的分速度與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的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時電梯停止了運動，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錯誤；與彈簧接觸前，電梯做勻加速直線運動，接觸彈簧后，先做加速度逐漸減小的加速運動后做加速度逐漸增大的減速運動，故B錯誤；電梯停止在井底時，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錯誤；當電梯速度最大時，此時加速度為零，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程中，電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機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)對貨物進行受力分析，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動，當速度與傳送帶速度相等時再做勻速直線運動。根據(jù)勻變速直線運動規(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勻加速運動所需要的時間為t1＝eq\f(v0,a)＝5s之后做勻速直線運動，勻速運動的時間為t2＝eq\f(L－x,v0)＝1s貨物從電梯底端運動到頂端所用的時間t＝t1＋t2＝6s(2)根據(jù)功能關系可知，電機因運送該貨物多做的功等于貨物增加的動能、重力勢能以及在皮帶上產生的熱量之和，則有W＝eq\f(1,2)mv02＋mgh＋QQ＝μmgs相對cos37°s相對＝x皮－Lx皮＝eq\f(v02,2a0)＋v0(t－eq\f(v0,a0))＝10mh＝Lsin37°聯(lián)立解得W＝3160J。高考預測1．D[小球在題圖所示水平位置和D點時速度均為0，重力的功率也為0，故重力的功率不是一直增大，故A錯誤；設AD長為3L，根據(jù)機械能守恒定律有Mg·2L＝mg·3Lcos37°，解得M∶m＝6∶5，故B錯誤；小球在題圖所示水平位置和D點時，小球和小物塊的速度相等，均為0，AC長度不變，小球做圓周運動，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個位置兩者速度相等，故C錯誤；設小球在最低點D時沿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)研究冰壺運動過程，根據(jù)位移與速度關系得v02＝2a1l2a1＝μ1g解得v0＝2eq\r(3)m/s(2)研究冰壺的運動過程，根據(jù)動能定理得－μ1mg(l2－s)－μ2mgs＝0－eq\f(1,2)mv12解得s＝15m(3)研究冰壺運動全程，根據(jù)動能定理得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)的初動量為p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；對滑塊1，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22kg·m/s－1×0.40kg·m/s＝－0.18kg·m/s，負號表示方向水平向左，故B正確；對滑塊2，則有I2＝mv2＝1×0.22kg·m/s＝0.22kg·m/s，故C錯誤；對滑塊2根據(jù)動量定理有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[水在時間Δt內速度由v減為零，Δt內噴射到物體表面的水的質量為m＝ρvΔtπ(eq\f(d,2))2，以這部分水為研究對象，設物體表面對水的平均作用力大小為F，以水流速度方向為正方向，由動量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝eq\f(ρv2πd2,4)，由牛頓第三定律可知，水在物體表面產生的平均沖擊力大小為F′＝F＝eq\f(ρv2πd2,4)，A、B、C錯誤，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)動量守恒，子彈克服摩擦阻力做功，機械能不守恒，故A、B錯誤；子彈射出木塊后的瞬間，木塊有速度，根據(jù)圓周運動的規(guī)律，環(huán)對輕桿的壓力大于(M＋m)g，故C錯誤；木塊上升到最高點時，環(huán)和木塊的速度相等，水平方向上系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有m0v0＝(M＋m)v1＋m0v，解得v1＝eq\f(m0v0－v,m＋M)，故D正確。]例4BC[方法一：設運動員的質量為M，第一次推物塊后，運動員速度大小為v1，第二次推物塊后，運動員速度大小為v2，……，第八次推物塊后，運動員速度大小為v8。第一次推物塊后，由動量守恒定律知Mv1＝mv0，第二次推物塊后由動量守恒定律知M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動量守恒定律知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：以運動員和物塊作為系統(tǒng)，運動員每推、接一次，系統(tǒng)動量增加2mv0，推接7次后，由動量定理得7×2mv0＝(M＋m)v7，v7<5m/s，解得M>52kg，假設推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[兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由題圖乙圖線可知，t1時刻兩球速度相等為1m/s，由動量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，解得B球的質量為m2＝2kg，故A正確；當兩球速度相等時彈性勢能最大，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錯誤；兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)機械能守恒，由此可知，t3時刻兩球的動能之和等于0時刻A球的動能，故C錯誤；兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得m1v0＝m1vA＋m2vB，由機械能守恒定律得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時刻兩球動能之比為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運動到C點的過程中，根據(jù)機械能守恒可知mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝2eq\r(gR)小球第一次剛滑到C點時，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)解得FN＝5mg(2)設小球達到E點時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點離開Q后在空中做斜上拋運動，設空中運動時間為t，則vy＝g·eq\f(t,2)x＝vxt解得x＝R(3)設小球第一次通過C點時的速度大小為v，則mv－Mv1＝0解得v1＝eq\f(m,M)v小球第一次從D點滑上DE到再次回到D點的運動過程中，小球和Q組成的系統(tǒng)機械能守恒，在水平方向上動量守恒，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上運動，應滿足－v′>v1解得M>(1＋eq\r(2))m。例7(1)0.6mv02(2)0.768v0t0(3)0.45解析(1)當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，即在t＝t0時刻，根據(jù)動量守恒定律有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，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA對方程兩邊同時乘以時間Δt，有6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt0～t0之間，根據(jù)位移等于速度在時間上的累積，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第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊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：設在斜面上滑行的長度為L，上滑過程，根據(jù)動能定理可得－mgLsinθ－μmgLcosθ＝0－eq\f(1,2)m(2v0)2下滑過程，根據(jù)動能定理可得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，可以分別計算出滑塊A上滑和下滑時的加速度大小，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma上mgsinθ－μmgcosθ＝ma下上滑時末速度為0，下滑時初速度為0，設在斜面上滑行的位移為L，由勻變速直線運動的位移速度關系可得2a上L＝(2v0)2－0,2a下L＝vA′2聯(lián)立可解得μ＝0.45。高考預測1．A[t1時間內，子彈推動兩個木塊一起運動，所以子彈和木塊A、B的動量守恒m子v0＝m子v1＋(mA＋mB)v2?m子v0－m子v1＝(mA＋mB)v2子彈的動量變化量等于木塊A、B整體的動量變化量，所以子彈的動量變化量大于A的動量變化量，A正確，C錯誤；t2時間內，子彈和木塊B的動量守恒m子v1＋mBv2＝m子v3＋mBv4?m子v1－m子v3＝mBv4－mBv2子彈的動量變化量等于B的動量變化量，B錯誤；t2時間內，子彈穿過B的過程中，有熱量產生，所以此過程中機械能不守恒，D錯誤。]2．(1)2.4m/s6.4m/s(2)見解析解析(1)丙向下擺動過程中機械能守恒MgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)Mv02解得v0＝4m/s丙與甲碰撞過程，由動量守恒得Mv0＝Mv′＋mv由機械能守恒得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)假設乙能從C點離開，通過C點后甲、乙水平速度相同，設甲速度為v甲2，從丙與甲碰撞結束至乙從C點離開甲過程，甲、乙水平方向動量守恒mv＝2mv甲2解得v甲2＝3.2m/s設乙從C點離開時乙豎直方向速度大小為vy，從丙與甲碰撞結束至乙從C點離開甲過程中，由機械能守恒得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv甲22＋eq\f(1,2)mv乙12＋mgR又因為v乙12＝v甲22＋vy2解得vy＝2m/s>0所以乙能從C離開圓弧軌道。培優(yōu)點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內小物塊與長木板發(fā)生相對運動，t＝2s時，小物塊與長木板具有相同速度2m/s，之后一起勻減速，連接坐標原點與(2,2)點，即為長木板的v－t圖像，如圖所示設小物塊的質量為m，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，前2s內小物塊的加速度大小為a1，長木板的加速度大小為a2,2s后小物塊和長木板一起做勻減速直線運動時的加速度大小為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內小物塊的位移為x1＝eq\f(1,2)×(10＋2)×2m＝12m長木板的位移為x2＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m小物塊與長木板間因摩擦產生的熱量Q＝μ1mg(x1－x2)＝40J(2)設2～4s內長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，設A做加速度大小為aA的勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝maA設C做加速度大小為aC的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＋μmg＝2maC設滑行時間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)動量守恒，設共同速度為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)。高考預測(1)3m/s，方向水平向右(2)2m/s，方向水平向右(3)0.2m解析(1)設滑塊A剛到達O點時的速度為v0，根據(jù)動量定理有Ft＝mv0解得v0＝3m/s，方向水平向右。(2)滑塊A與長木板B碰后瞬間，設滑塊和長木板的速度分別為v0′和v1，根據(jù)動量守恒定律和機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與長木板B碰后瞬間，長木板的速度大小為2m/s，方向水平向右。(3)長木板B和物塊C組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，所以動量守恒，設B、C最終達到的共同速度為v，則有Mv1＝2Mv解得v＝eq\f(1,2)v1＝1m/s設C相對B滑動的路程為Δx，對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最終與長木板B右側擋板的距離為x0＝2L－Δx＝0.2m。培優(yōu)點2力學三大觀點的綜合應用例1(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m解析(1)滑塊a從D到F，由動能定理mg·2R＝eq\f(1,2)mvF2－eq\f(1,2)mv02在F點由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(vF2,R)解得vF＝10m/sFN＝31.2N(2)滑塊a返回B點時的速度vB＝1m/s，設滑塊a的速度大小為va，由動能定理有：－mg·2R－μmg·L＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mva2解得va＝5m/s因a、b碰撞過程動量守恒，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當彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度v′，有4mv＝6mv′則v′＝eq\f(5,3)m/s當彈簧被壓縮到最短時壓縮量為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，彈簧最長或最短時，系統(tǒng)動能相等，所以彈簧最長和最短時形變量相等，則彈簧最大長度與最小長度之差Δx＝2x1＝0.2m。例2(1)72kg(2)180J(3)6.75m解析(1)設選手及裝備的質量為m，為了防止A滑動，則μ1mg≤μ2(M0＋m)g解得m≤72kg(2)滑上A時速度為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A與C發(fā)生碰撞后一起運動，速度為vmv2＝(M＋m)v損失的機械能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運動距離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。高考預測(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間t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(7,10)s＝0.7s共速時滑塊的位移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由運動學知識得L－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a2t22解得t2＝1.5s小滑塊從A到B的時間t＝t1＋t2＝0.7s＋1.5s＝2.2s(2)小滑塊從A到B的過程中，小滑塊先相對傳送帶向后運動，相對位移為Δx1＝v0t1－x1＝7×0.7m－2.45m＝2.45m再相對傳送帶向前運動，相對位移為Δx2＝(L－x1)－v0t2＝12.75m－10.5m＝2.25m<Δx1小滑塊從A到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長度Δx＝Δx1＝2.45m(3)小滑塊進入槽內且恰好能通過半圓軌道最高點D，則由牛頓第二定律得mg＝meq\f(vD2,R)小滑塊從C到D過程由動能定理得－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滑上長木板的速度vB＝v0＋a2t2＝7m/s＋2×1.5m/s＝10m/s小滑塊與長木板相互作用過程，由系統(tǒng)動量守恒有mvB＝mvC＋Mv解得v＝eq\f(4,3)m/s此過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解得長木板的長度s＝eq\f(22,3)m≈7.3m。培優(yōu)點3數(shù)學歸納法和圖像法解決多次碰撞問題例1(1)eq\f(v02,3μg)(2)eq\f(5v02,27μg)(3)eq\f(v02,8μg)解析(1)依題意，設木板A的長度為L，A、B第一次達到共速時速度大小為v1，對物塊B和木板A由動量守恒定律有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)生碰撞時無機械能損失且碰撞時間極短，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B、P第二次碰撞前A、B達到共速的速度大小為v2，取方向向右為正，根據(jù)動量守恒定律有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次共速時的速度為eq\f(v0,3n)，對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)見解析圖(4)[2＋4n(n－1)]m(n＝1,2,3，4，…)解析(1)B從A的左端開始運動到右端的過程，由動能定理有Fd＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝6m/sB與A碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有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做勻速直線運動，B做初速度為0、加速度為a＝eq\f(F,m)＝9m/s2的勻加速直線運動則第二次碰撞時有vAt＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\f(4,3)s此時B的速度為vB1＝at＝12m/s