高一下冊(cè)物理第三次月考復(fù)習(xí)（壓軸60題16大考點(diǎn)）高一物理階段性復(fù)習(xí)講解與訓(xùn)練（人教版2019必修第二冊(cè)）（解析版）

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必修第二冊(cè)第5~8章。一．運(yùn)動(dòng)的合成與分解（共2小題）二．關(guān)聯(lián)速度問題（共2小題）三．平拋運(yùn)動(dòng)（共6小題）四．線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速（共2小題）五．向心力（共6小題）六．生活中的圓周運(yùn)動(dòng)——豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)（共5小題）七．萬有引力定律的應(yīng)用（共5小題）八．人造衛(wèi)星（共4小題）九．多星系統(tǒng)問題（共1小題）一十．功率、平均功率和瞬時(shí)功率（共5小題）一十一．機(jī)車啟動(dòng)的兩種模型（共3小題）一十二．動(dòng)能定理（共6小題）一十三．機(jī)械能守恒定律（共3小題）一十四．功能關(guān)系（共6小題）一十五．探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)（共2小題）一十六．實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律（共2小題）TOC\o"1-3"\h\u一．運(yùn)動(dòng)的合成與分解（共2小題）1．（2024?碑林區(qū)模擬）如圖所示，一塊橡皮用細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，用鉛筆靠著線的左側(cè)水平向右勻速移動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中始終保持懸線豎直，則橡皮運(yùn)動(dòng)的速度（）A．大小和方向均不變 B．大小不變，方向改變 C．大小改變，方向不變 D．大小和方向均改變【答案】A【解答】解：橡皮參與了兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，一個(gè)是沿水平方向與鉛筆速度相同的勻速直線運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)是沿豎直方向與鉛筆移動(dòng)速度大小相等的勻速直線運(yùn)動(dòng)，這兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)是斜向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。2．（2023春?彌勒市校級(jí)期末）（多選）質(zhì)量為2kg的質(zhì)點(diǎn)在xOy平面上運(yùn)動(dòng)，在x方向的速度圖象和y方向的位移圖象如圖所示，下列說法中正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)的初速度大小為5m/s B．質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) C．2s末質(zhì)點(diǎn)速度大小為10m/s D．質(zhì)點(diǎn)所受的合外力為4N【答案】ABD【解答】解：A、根據(jù)圖象可得：vx0＝4m/s，y方向是勻速直線運(yùn)動(dòng)vy＝3m/s，所以初速度，故A正確；B、因?yàn)槲矬w的合加速度就是x方向加速度不變，而y方向勻速，所以質(zhì)點(diǎn)做的是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故B正確；C、2s末vx＝8m/s，vy＝3m/s，速度，故C錯(cuò)誤；D根、據(jù)圖象得：，根據(jù)牛頓第二定律：F＝ma＝2×2N＝4N，故D正確；故選：ABD。二．關(guān)聯(lián)速度問題（共2小題）3．（2024?西城區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，小球A、B用一根長為L的輕桿相連，豎直放置在光滑水平地面上，小球C挨著小球B放置在地面上。由于微小擾動(dòng)，小球A沿光滑的豎直墻面下滑，小球B、C在同一豎直面內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)。當(dāng)桿與墻面夾角為θ，小球A和墻面恰好分離，最后小球A落到水平地面上。下列說法中不正確的是（）A．當(dāng)小球A的機(jī)械能取最小值時(shí)，小球B與小球C的加速度為零 B．小球A由靜止到與墻面分離的過程中，小球B的速度先增大后減小 C．當(dāng)小球A和墻面恰好分離時(shí)，小球B與小球C也恰好分離 D．當(dāng)小球A和墻面恰好分離時(shí)，A、B兩球的速率之比為tanθ：1【答案】B【解答】解：B．從靜止開始到小球A和墻面恰好分離的過程，對(duì)A、B、C三個(gè)小球組成的系統(tǒng)，由于受到豎直墻面向右的彈力，根據(jù)動(dòng)量定理可得Ft＝（mB+mC）vB，所以小球A由靜止到與墻面分離的過程中，小球B的速度一直增大，故B錯(cuò)誤；A．對(duì)A、B、C三個(gè)小球組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，由B項(xiàng)的分析可知，球A和墻面恰好分離時(shí)，小球B與小球C速度最大，則其加速度最小，機(jī)械能最大，則此時(shí)A球機(jī)械能最小，所以當(dāng)小球A的機(jī)械能取最小值時(shí)，小球B與小球C的加速度為零，故A正確；C．當(dāng)小球A與墻面分離后，水平方向動(dòng)量守恒，小球A在水平方向的速度會(huì)不斷增大，B球在水平方向的速度會(huì)不斷減小，所以在小球A與墻面分離瞬間，小球C球和小球B分離，故C正確；D．當(dāng)小球A和墻面恰好分離時(shí)，兩球的速度分解如圖所示：兩球的速度關(guān)聯(lián)，沿桿方向的速度相等，有vAcosθ＝vBsinθ，可得：，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選：B。4．（2022春?吉安期末）如圖所示，傾角θ＝37°的光滑且足夠長的斜面固定在水平面上，在斜面頂端固定一個(gè)輪半徑和質(zhì)量都不計(jì)的光滑定滑輪D，質(zhì)量均為m＝1kg的物體，A和B用一勁度系數(shù)k＝240N/m的輕彈簧連接，物體B被位于斜面底端且垂直于斜面的擋板擋住，用一不可伸長的輕繩使物體A跨過定滑輪與質(zhì)量為M的小環(huán)C連接，小環(huán)C穿過豎直固定的光滑均勻細(xì)桿，當(dāng)整個(gè)系統(tǒng)靜止時(shí)，環(huán)C位于Q處，繩與細(xì)桿的夾角α＝53°，且物體B對(duì)擋板P的壓力恰好為零。圖中SD水平且長度為d＝0.2m，位置R與位置Q關(guān)于S對(duì)稱，輕彈簧和定滑輪右側(cè)的繩均與斜面平行，現(xiàn)讓環(huán)C從位置R由靜止釋放，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2．求：（1）小環(huán)C的質(zhì)量M（2）小環(huán)C通過位置S時(shí)的動(dòng)能Ek及環(huán)從位置R運(yùn)動(dòng)到位置S的過程中輕繩對(duì)環(huán)做的功WT（3）小環(huán)C運(yùn)動(dòng)到位置Q的速率v。【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）先以AB組成的整體為研究對(duì)象，AB系統(tǒng)受到重力。支持力和繩子的拉力處于平衡狀態(tài)，則繩子的拉力為：T＝2mgsinθ＝2×10×sin37°＝12N以C為研究對(duì)象，則C受到重力、繩子的拉力和桿的彈力處于平衡狀態(tài)，如圖，則有：T?cos53°＝Mg代入數(shù)據(jù)得：M＝0.72kg（2）考慮到本題中彈簧有不同的形變量，所以需要先計(jì)算不同情況下彈簧的形變量，然后判斷出是否需要使用彈簧的彈性勢能的表達(dá)式。所以需要先計(jì)算出彈簧開始時(shí)的形變量。由題意，開始時(shí)B恰好對(duì)擋板沒有壓力，所以B受到重力、支持力和彈簧的拉力，彈簧處于伸長狀態(tài)；產(chǎn)生B沿斜面方向的受力：F1＝mgsinθ＝1×10×sin37°＝6N彈簧的伸長量：Δx1＝＝m＝0.025m由題圖中的幾何關(guān)系可知：＝＝＝＝m＝0.25m所以C由R點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到S點(diǎn)的過程中，彈簧將縮短：x＝﹣＝0.25﹣0.20＝0.05m＞0.025m可知彈簧將由開始時(shí)的伸長狀態(tài)變成壓縮狀態(tài)，壓縮量：Δx2＝x﹣Δx1＝0.05﹣0.025＝0.025m＝Δx1由于彈簧的壓縮量等于彈簧開始時(shí)的伸長量，所以當(dāng)C運(yùn)動(dòng)到S點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能與開始時(shí)的彈性勢能是相等的。而A下降的距離等于彈簧縮短的距離x，即0.05m。在C從R點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到S點(diǎn)的過程中，C受到的重力、A受到的重力對(duì)A與C組成的系統(tǒng)做功。當(dāng)C到達(dá)S點(diǎn)時(shí)，C沿繩子方向的分速度是0，所以A的速度是0，A與C減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為C的動(dòng)能，由機(jī)械能守恒定律得：Mg?+mg?x?sinθ＝M代入數(shù)據(jù)求得環(huán)C的動(dòng)能：Ek＝M＝1.38J環(huán)下降的過程中重力和繩子的拉力對(duì)環(huán)做功，由動(dòng)能定理得：Mg?+WT＝Ek代入數(shù)據(jù)得：WT＝0.3J（3）結(jié)合第二步的分析可知，當(dāng)環(huán)到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)，由于＝，所以，物體A恰好又回到了開始時(shí)的位置，彈簧的長度又回到了最初的長度，所以環(huán)從R到S的過程中，只有環(huán)的重力勢能減小，其他的物體的勢能保持不變！對(duì)環(huán)在Q點(diǎn)的速度進(jìn)行分解如下圖，則：由圖可知，物體A上升的速度即沿繩子方向的速度，是環(huán)C的一個(gè)分速度，它們之間的關(guān)系：＝cosα＝cos53°＝0.6所以：vA＝0.6vQ由功能關(guān)系：Mg?＝+代入數(shù)據(jù)解得：vQ＝2m/s答：（1）小環(huán)C的質(zhì)量M是0.72kg；（2）小環(huán)C通過位置S時(shí)的動(dòng)能Ek是1.38J，環(huán)從位置R運(yùn)動(dòng)到位置S的過程中輕繩對(duì)環(huán)做的功WT是0.3J；（3）小環(huán)C運(yùn)動(dòng)到位置Q的速率是2m/s。三．平拋運(yùn)動(dòng)（共6小題）5．（2024?浙江模擬）如圖所示，水平地面有一個(gè)坑，其豎直截面為y＝kx2的拋物線（k＝1，單位為），ab沿水平方向，a點(diǎn)橫坐標(biāo)為，在a點(diǎn)分別以初速度v0、2v0（v0未知）沿ab方向拋出兩個(gè)石子并擊中坑壁，且以v0、2v0拋出的石子做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等。設(shè)以v0和2v0拋出的石子做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，擊中坑壁瞬間的速度分別為v1和v2，下落高度為H，（僅s和重力加速度g為已知量），則（）（選項(xiàng)中只考慮數(shù)值大小，不考慮量綱）A．不可以求出t B．可求出t大小為 C．可以求出v1大小為 D．可求出H的大小為2s2【答案】D【解答】解：ABD.由題可知，兩個(gè)石子做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間一樣，則下落的高度H一樣，又因?yàn)槁湓趻佄锞€上，所示是關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)上，可得如下關(guān)系可得v0t＝s即可分別得出落在坑壁上兩個(gè)石子的坐標(biāo)分別為和，由y＝kx2可得初始高度為，在落到坑壁的高度可代入拋物線表達(dá)式計(jì)算求得為所以利用高度之差可求得H＝2s2平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間由H＝可求出t＝＝2s故D正確，AB錯(cuò)誤；C.由前面可求出v0＝＝豎直方向上的速度vy＝gt＝2s由運(yùn)動(dòng)的合成可得v＝＝故C錯(cuò)誤。故選：D。6．（2023春?西豐縣校級(jí)期中）如圖所示，位于同一高度的小球A、B分別水平拋出，都落在傾角為45°的斜面上的C點(diǎn)，小球B恰好垂直打到斜面上，則A、B小球的初速度之比為（）A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．【答案】B【解答】解：B小球A做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分位移公式，有：x＝v1t…①，…②，又…③，聯(lián)立①②③得…④，小球B恰好垂直打到斜面上，則有…⑤，則得v2＝gt…⑥，由④⑥得：v1：v2＝1：2．故B正確、ACD錯(cuò)誤。故選：B。7．（2023春?東湖區(qū)校級(jí)月考）2019年女排世界杯，中國女排以十一連勝奪冠，如圖為排球比賽場地示意圖。其長度為L，寬度s，球網(wǎng)高度為h．現(xiàn)女排隊(duì)員在底線中點(diǎn)正上方沿水平方向發(fā)球，發(fā)球點(diǎn)高度為1.5h，排球做平拋運(yùn)動(dòng)（排球可看作質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力），重力加速度為g。則關(guān)于排球的運(yùn)動(dòng)下列說法正確的是（）A．能過網(wǎng)的最小初速度為 B．能落在界內(nèi)的最大位移為 C．能過網(wǎng)面不出界的最大初速度為 D．能落在界內(nèi)的最大末速度為【答案】D【解答】解：A．排球做平拋運(yùn)動(dòng)，能過網(wǎng)的最小初速度為v1，此種情況下有：豎直位移為：可得：水平位移為：可得：即解得：故A錯(cuò)誤；BCD．排球過網(wǎng)而不出界的最大初速度為v2，此種情況下，排球落到對(duì)角線的頂點(diǎn)處有：豎直位移：解得：水平位移：解得：即解得：排球做平拋運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)豎直分速度為：能落在界內(nèi)的最大末速度為：最大位移為：故BC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。8．（2024春?南京期中）如圖所示，小明在離水面高度h0＝1.8m處，將一質(zhì)量m＝20g的小石片以初速度v0＝8m/s水平拋出，小石片先在水面上彈跳數(shù)次，當(dāng)沿水面的速度減為零時(shí)會(huì)下沉。小石片每次接觸水面時(shí)都受到恒定的作用力，其中水平分力恒為f＝0.4N，每次接觸水面Δt＝0.04s后就跳起，跳起時(shí)豎直方向的速度與此時(shí)沿水平方向速度之比為常數(shù)k＝0.75，不計(jì)空氣阻力（g＝10m/s2）。求小石片（1）第一次與水面接觸前水平方向的位移x；（2）第一次與水面接觸過程中，對(duì)水面作用力的豎直分力大小Fy；（3）總共彈起的次數(shù)n以及最后一次跳起后在空中的飛行時(shí)間?！敬鸢浮浚?）第一次與水面接觸前水平方向的位移為4.8m；（2）第一次與水面接觸過程中，對(duì)水面作用力的豎直分力大小為5.9N；（3）總共彈起的次數(shù)為9次；最后一次跳起后在空中的飛行時(shí)間為0.12s?！窘獯稹拷猓海?）小石片以初速度v0＝8m/s水平拋出，做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)從拋出到第一次與水面接觸前時(shí)間為t0，由得第一次與水面接觸前水平方向的位移x＝v0t0＝8×0.6m＝4.8m（2）第一次與水面接觸前豎直方向的速度vy＝gt0＝10×0.6m/s＝6m/s小石片在水面上滑行時(shí)，設(shè)水平方向加速度大小為a，有第一次與水面接觸后跳起時(shí)滑行速度v1＝v0﹣aΔt＝8m/s﹣20×0.04m/s＝7.2m/s規(guī)定豎直方向下為正方向，第一次與水面接觸后跳起時(shí)豎直方向分速度豎直方向加速度為第一次與水面接觸過程中對(duì)水面作用力（可視作恒力）的豎直分力大小Fy，由牛頓第二定律得﹣Fy+mg＝may解得Fy＝5.9N（3）小石片在水面上滑行時(shí)，每次滑行速度的變化量Δv＝aΔt＝20×0.04m/s＝0.8m/s由可知，小石片共在水平上滑行了10次，空中彈起后飛行了9次，總共彈起的次數(shù)為9次，則第n次彈起后的速度vxn＝vx0+Δvx＝（8﹣0.8n）m/s再由v＝kv和可得第n次彈起后在空中飛行的時(shí)間為最后一次跳起后在空中的飛行時(shí)間為t9＝0.12s。答：（1）第一次與水面接觸前水平方向的位移為4.8m；（2）第一次與水面接觸過程中，對(duì)水面作用力的豎直分力大小為5.9N；（3）總共彈起的次數(shù)為9次；最后一次跳起后在空中的飛行時(shí)間為0.12s。9．（2023秋?包河區(qū)校級(jí)月考）國家郵政局快遞大數(shù)據(jù)平臺(tái)實(shí)時(shí)監(jiān)測數(shù)據(jù)顯示，截至2023年10月1日，今年我國快遞業(yè)務(wù)量突破1000億件，已連續(xù)8年穩(wěn)居世界第一、快遞分裝會(huì)用到傳輸裝置，如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的某快遞以vB＝5m/s的速度進(jìn)入水平傳送帶BC，最后能從C點(diǎn)水平拋出，已知水平傳送帶BC長L＝3m，上表面距水平地面高h(yuǎn)＝1.25m，該快遞與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，傳送帶以順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，不考慮傳送帶滑輪大小，重力加速度取g＝10m/s2。求：（1）當(dāng)傳送帶的速度大小為v＝2.4m/s時(shí)，快遞落在水平地面上的落地點(diǎn)與C點(diǎn)的水平距離；（2）若在傳送帶右側(cè)加裝一個(gè)收集裝置，如圖所示，其內(nèi)邊界截面為圓弧，C點(diǎn)為圓心，半徑為，若要使該快遞從C點(diǎn)拋出后落到收集裝置時(shí)的速度最小，則傳送帶速度應(yīng)該調(diào)節(jié)為多大？【答案】（1）快遞落在水平地面上的落地點(diǎn)與C點(diǎn)的水平距離為1.2m；（2）要使該快遞從C點(diǎn)拋出后落到收集裝置時(shí)的速度最小，傳送帶速度應(yīng)該調(diào)節(jié)為?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)快遞，由牛頓第二定律可得：μmg＝ma，解得a＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2，當(dāng)與傳送帶速度相等時(shí)，由可得：由于x＝2.405m＜L，故先減速后勻速，快遞到達(dá)C點(diǎn)的速度為2.4m/s，從C點(diǎn)平拋到落地的過程中，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：解得：t＝0.5s由水平位移x＝vt解得：x＝1.2m；（2）設(shè)快遞落到收集裝置時(shí)速度為v1，則有設(shè)從C點(diǎn)拋出時(shí)水平速度為vx，落到收集裝置時(shí)水平位移x，豎直位移yx2+y2＝R2，x＝vxt，得即代入v1表達(dá)式得，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)時(shí)，v最小，解得由解得可知，物體在傳送帶上先勻減速到，再一起勻速，即傳送帶速度應(yīng)該調(diào)節(jié)為。故答案為：（1）快遞落在水平地面上的落地點(diǎn)與C點(diǎn)的水平距離為1.2m；（2）要使該快遞從C點(diǎn)拋出后落到收集裝置時(shí)的速度最小，傳送帶速度應(yīng)該調(diào)節(jié)為。10．（2023?和平區(qū)二模）如圖是為了檢驗(yàn)?zāi)撤N防護(hù)罩承受沖擊能力的裝置，M為半徑為R＝1.0m、固定于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，軌道上端切線水平，N為待檢驗(yàn)的固定曲面，該曲面在豎直面內(nèi)的截面為半徑的圓弧，圓弧下端切線水平且圓心恰好位于M軌道的上端點(diǎn)，M的下端相切處置放豎直向上的彈簧槍，可發(fā)射速度不同的質(zhì)量m＝0.01kg的小鋼珠，假設(shè)某次發(fā)射的鋼珠沿軌道恰好能經(jīng)過M的上端點(diǎn)，水平飛出后落到N的某一點(diǎn)上，取g＝10m/s2，求：（1）發(fā)射該鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep多大？（2）鋼珠落到圓弧N上時(shí)的速度大小vN是多少？（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解（1）設(shè)鋼珠在M軌道最高點(diǎn)的速度為v，在最高點(diǎn)，由題意…①從發(fā)射前到最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得：＝0.15J…②（2）鋼珠從最高點(diǎn)飛出后，做平拋運(yùn)動(dòng)x＝vt…③…④由幾何關(guān)系：x2+y2＝r2…⑤從飛出M到打在N得圓弧面上，由機(jī)械能守恒定律：…⑥聯(lián)立①、③、④、⑤、⑥解出所求：vN＝4.0m/s答：（1）發(fā)射該鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep為0.15J；（2）鋼珠落到圓弧N上時(shí)的速度大小vN是4.0m/s．四．線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速（共2小題）11．（2023?南昌二模）（多選）如圖所示，水平地面上固定著三個(gè)內(nèi)壁光滑的容器甲、乙、丙，它們的中心軸線均和水平地面垂直。其中甲的內(nèi)表面為圓錐面，乙的內(nèi)表面為半球面，丙的內(nèi)表面為旋轉(zhuǎn)拋物面（將拋物線繞其對(duì)稱軸旋轉(zhuǎn)一周所得到的曲面），三個(gè)容器中均有兩個(gè)小球貼著內(nèi)壁在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．甲容器中A球的線速度比B球大 B．乙容器中A球的角速度比B球大 C．丙容器中兩球角速度大小相等 D．丙容器中A球的角速度比B球小【答案】ABC【解答】解：如下圖所示：三個(gè)容器中都是重力和支持力的合力提供向心力，設(shè)支持力與豎直方向的夾角為θ，則合力都可以寫成mgtanθ。A、甲容器中A球和B球所受支持力與豎直方向的夾角一樣大，則向心力一樣大，根據(jù)牛頓第二定律得mgtanθ＝，由于A球圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大，所以甲容器中A球的線速度比B球大，故A正確；B、設(shè)乙容器半球的半徑為R，根據(jù)幾何知識(shí)，兩球圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝Rsinθ，有mgtanθ＝mω2Rsinθ，ω＝，由于A球受支持力與豎直方向的夾角大，則乙容器中A球的角速度比B球大，故B正確；CD、根據(jù)數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)知識(shí)，拋物線在某點(diǎn)的斜率與橫坐標(biāo)成正比，由于支持力與接觸的切面垂直，根據(jù)幾何可知，切面與水平面的夾角等于支持力與豎直方向的夾角θ，所以mgtanθ＝mgkx＝mω2r，又r＝x，所以ω＝，k是常數(shù)，與兩球高度無關(guān)，所以丙容器中兩球角速度大小相等，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：ABC。12．（2022春?宛城區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，M是水平放置的半徑足夠大的圓盤，繞過其圓心的豎直軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，規(guī)定經(jīng)過圓心O水平向右為x軸的正方向．在圓心O正上方距盤面高為h處有一個(gè)正在間斷滴水的容器，從t＝0時(shí)刻開始隨傳送帶沿與x軸平行的方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v．已知容器在t＝0時(shí)刻滴下第一滴水，以后每當(dāng)前一滴水剛好落到盤面上時(shí)再滴一滴水．求：（1）要使每一滴水在盤面上的落點(diǎn)都位于同一直線上，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω應(yīng)為多大？（2）第二滴水與第三滴水在盤面上落點(diǎn)間的最大距離x．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）水滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，有h＝g，得t1＝要使每一滴水在圓盤面上的落點(diǎn)都位于同一條直線上，在相鄰兩滴水的下落時(shí)間內(nèi)，圓盤轉(zhuǎn)過的角度為nπ，所以角速度為ω＝＝nπ（n＝1，2，3，…）（2）第二滴水落在圓盤上的水平位移為x2＝v?2t1＝2v第三滴水在圓盤上的水平位移為x3＝v?3t1＝3v當(dāng)?shù)诙嗡c第三滴水在盤面上的落點(diǎn)位于同一直徑上圓心的兩側(cè)時(shí)兩點(diǎn)間的距離最大，為s＝x2+x3＝5v答：（1）要使每一滴水在盤面上的落點(diǎn)都位于一條直線上，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為nπ（n＝1，2，3，…）．（2）第二滴水與第三滴水在盤面上的落點(diǎn)間的最大距離為5v．五．向心力（共6小題）13．（2023春?大連期末）如圖所示，一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）由輕繩a和b分別系于一豎直細(xì)桿的A點(diǎn)和B點(diǎn)，AB間距與兩輕繩長度均為L。已知重力加速度為g，當(dāng)小球隨桿繞豎直軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是（）A．當(dāng)時(shí)，b繩恰好沒有拉力 B．當(dāng)時(shí)，a繩的拉力大小為 C．當(dāng)b繩有拉力時(shí)，總是比a繩拉力小mg D．當(dāng)時(shí)，b繩的拉力大小為【答案】D【解答】解：A.當(dāng)b繩恰好沒有拉力時(shí)，將a繩的拉力Fa沿著豎直方向和水平方向分解，豎直方向的分力與小球的重力等大反向，水平方向的分力給小球提供了向心力，則有聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)時(shí)，設(shè)a繩與豎直細(xì)桿之間的夾角為α，將a繩的拉力Fa沿著豎直方向和水平方向分解，則有Facosα＝mg聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)b繩上有拉力時(shí)，設(shè)兩繩上的拉力分別為Fa、Fb，則有聯(lián)立解得整理得Fa﹣Fb＝2mg即b繩上的拉力總是比a繩上的拉力小2mg，故C錯(cuò)誤；D、由上述分析可知，當(dāng)時(shí)，b繩上的拉力大小為故D正確。故選：D。14．（2024春?和平區(qū)校級(jí)期中）如圖甲所示，質(zhì)量分別為m1、m2的小木塊a和b（可視為質(zhì)點(diǎn)）用細(xì)線相連，沿半徑方向放在水平圓盤上，a、b與轉(zhuǎn)軸OO'之間的距離分別為r1、r2.若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸OO'緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，ω表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，木塊a所受的摩擦力大小fa。隨圓盤角速度的平方（ω2）的變化圖像如圖乙所示，對(duì)應(yīng)圖線的斜率為對(duì)應(yīng)圖線的斜率為k2，兩木塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A． B． C． D．【答案】B【解答】解：由題可知，當(dāng)0≤ω≤ω1時(shí)，木塊a隨圓盤做圓周運(yùn)動(dòng)，靜摩擦力提供向心力，因此有fa＝m1ω2r1，斜率k1＝m1r1，當(dāng)ω＝ω1時(shí)，木塊a所受靜摩擦力為fa1＝m1r1，結(jié)合圖像可知fa1＝m1r1＝0.5f0①，此時(shí)木塊b所受靜摩擦力達(dá)到最大fb1，fb1＝μm2g＝m2r2②，當(dāng)ω1≤ω≤ω2時(shí)，木塊a、b同時(shí)受到圓盤的摩擦力及繩子拉力F的作用，此時(shí)對(duì)a受力分析可知，fa﹣F＝m1ω2r1③，對(duì)b受力分析可知fb1+F＝m2ω2r2④，聯(lián)立③④式可得fa＝（m1r1+m2r2）ω2﹣fb1，k2＝（m1r1+m2r2），結(jié)合圖像可知fb1＝﹣3f0，當(dāng)ω＝ω2時(shí)，a所受的靜摩擦力達(dá)到最大，fa2＝m1r1＝μm1g＝f0，聯(lián)立以上各式可知m2＝3m1、6m1r1＝m2r2，r2＝2r1，k2＝7k1，ω2＝ω1，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。15．（2023春?西崗區(qū)月考）（多選）如圖所示，水平圓盤可繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤上的物體A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m、3m，A疊放在B上，C、B離圓心O距離分別為2r、3r，C、B之間用細(xì)線相連。圓盤靜止時(shí)細(xì)線剛好拉直。已知C、B與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為4μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，現(xiàn)讓圓盤從靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，直到有木塊即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)為止。用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，下列說法正確的是（）A．當(dāng)時(shí)，輕繩的拉力為零 B．B木塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間摩擦力一直增大 C．當(dāng)時(shí)，C木塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間摩擦力為零 D．ω的最大值為【答案】AC【解答】解：假設(shè)C、B與圓盤相對(duì)靜止，A相對(duì)B恰好滑動(dòng)時(shí)加速度為ωA，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律得：解得：ωA＝A．當(dāng)B與圓盤之間達(dá)到最大靜摩擦力后輕繩才會(huì)有拉力，對(duì)AB根據(jù)牛頓第二定律得解得：因ω1＜ωA，故B與圓盤之間達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，A不會(huì)相對(duì)AB滑動(dòng)。則時(shí)，輕繩的拉力為零，故A正確；D．假設(shè)AB始終保持相對(duì)靜止，達(dá)到最大角速度時(shí)，對(duì)AB根據(jù)牛頓第二定律得對(duì)C根據(jù)牛頓第二定律得解得：因ωm＞ωA，故A與B先相對(duì)滑動(dòng)，則ω的最大值等于為ωA＝，故D錯(cuò)誤；B．當(dāng)時(shí)，B木塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間摩擦力一直不變，故B錯(cuò)誤；C．C木塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間摩擦力為零時(shí)，對(duì)C根據(jù)牛頓第二定律得對(duì)AB根據(jù)牛頓第二定律得μ?3mg+解得：，故C正確。故選：AC。16．（2023春?彌勒市校級(jí)期末）如圖所示，一粗糙斜面AB與光滑圓弧軌道BCD相切，C為圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧BC所對(duì)圓心角θ＝37°。已知圓弧軌道半徑為R＝0.5m，斜面AB的長度為L＝2.875m。質(zhì)量為m＝1kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面頂端A點(diǎn)處由靜止開始沿斜面下滑，從B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道運(yùn)動(dòng)恰能通過最高點(diǎn)D。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）物塊通過C、D點(diǎn)的速度大小。（2）物塊經(jīng)C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力FC。（3）物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ?！敬鸢浮浚?）物塊通過C、D點(diǎn)的速度大小分別為5m/s、m/s。（2）物塊經(jīng)C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力FC為60N；（3）物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.25.【解答】解：（1）由題意知小物塊沿光滑軌道從C到D且恰能通過最高點(diǎn)，由牛頓第二定律有mg＝解得vD＝m/s從C到D由動(dòng)能定理可得﹣mg?2R＝﹣代入數(shù)據(jù)解得vC＝5m/s（2）在C點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律可得FC'﹣mg＝由牛頓第三定律得FC＝FC′聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得FC＝60N（3）對(duì)小物塊從A經(jīng)B到C過程，由動(dòng)能定理有mg[Lsinθ+R（1﹣cosθ）]﹣μmgcosθ?L＝mvC2﹣0聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得μ＝0.25答：（1）物塊通過C、D點(diǎn)的速度大小分別為5m/s、m/s。（2）物塊經(jīng)C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力FC為60N；（3）物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.25.17．（2023春?福田區(qū)校級(jí)期中）一個(gè)半徑為R＝0.5m的水平轉(zhuǎn)盤可以繞豎直軸O′O″轉(zhuǎn)動(dòng)，水平轉(zhuǎn)盤中心O′處有一個(gè)光滑小孔，用一根長L＝1m細(xì)線穿過小孔將質(zhì)量分別為mA＝0.2kg、mB＝0.5kg的小球A和小物塊B連接，小物塊B放在水平轉(zhuǎn)盤的邊緣且與轉(zhuǎn)盤保持相對(duì)靜止，如圖所示?，F(xiàn)讓小球A在水平面做角速度ωA＝5rad/s的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小物塊B與水平轉(zhuǎn)盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3（取g＝10m/s2），求：（1）細(xì)線與豎直方向的夾角θ；（2）小球A運(yùn)動(dòng)不變，現(xiàn)使水平轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動(dòng)起來，要使小物塊B與水平轉(zhuǎn)盤間保持相對(duì)靜止，求水平轉(zhuǎn)盤角速度ωB的取值范圍；（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）（3）在水平轉(zhuǎn)盤角速度ωB為（2）問中的最大值的情況下，當(dāng)小球A和小物塊B轉(zhuǎn)動(dòng)至兩者速度方向相反時(shí)，由于某種原因細(xì)線突然斷裂，經(jīng)過多長時(shí)間小球A和小物塊B的速度相互垂直。（可能使用到的sin30°＝，cos30°＝，sin37°＝，cos37°＝）【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）對(duì)小球A受力分析如圖所示，由F＝ma得，①由幾何關(guān)系知：，②由①②解得：，即θ＝37°．③（2）對(duì)物塊B受力分析，由F＝ma得，當(dāng)物塊受到的最大靜摩擦力fmax向左時(shí)，轉(zhuǎn)盤ωB最大。④當(dāng)物塊受到的最大靜摩擦力fmax向右時(shí)，轉(zhuǎn)盤ωB最小。⑤又由（1）對(duì)A知，⑥聯(lián)合③④⑤⑥解得ωBmin＝2rad/s，ωBmax＝4rad/s。即ωB的取值范圍為2rad/s＜ωB＜4rad/s。（3）繩斷后A、B均做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t，A和B速度垂直，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知此時(shí)A、B豎直方向速度均為vy＝gt⑦水平方向：vOA＝rAωA＝1.5m/svOB＝rBωBmin＝2m/s。作圖，由幾何關(guān)系得，，即t＝，代入數(shù)據(jù)解得t＝。答：（1）細(xì)線與豎直方向的夾角為37°；（2）水平轉(zhuǎn)盤角速度ωB的取值范圍為2rad/s＜ωB＜4rad/s。（3）經(jīng)過時(shí)間小球A和小物塊B的速度相互垂直。18．（2023?海安市開學(xué)）如圖，半徑為5r的水平圓形轉(zhuǎn)盤可繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤上放有質(zhì)量均為m的小物體A、B。A、B到轉(zhuǎn)盤中心O的距離分別為3r、5r，A、B間用一輕質(zhì)細(xì)線相連，圓盤靜止時(shí)，細(xì)線剛好伸直無拉力。已知A與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，現(xiàn)讓圓盤從靜止開始逐漸緩慢加速：（1）求細(xì)線上開始產(chǎn)生拉力時(shí)，圓盤角速度ω1；（2）圓盤角速度ω2＝時(shí)，求A與水平圓盤之間的摩擦力大小f；（3）圓盤角速度ω2＝時(shí)，剪斷繩子，同時(shí)讓轉(zhuǎn)盤立即停止轉(zhuǎn)動(dòng)，若圓盤距離水平地面高為h＝，求A、B落地時(shí)兩者間的距離d?！敬鸢浮浚?）求細(xì)線上開始產(chǎn)生拉力時(shí)，圓盤角速度ω1為；（2）圓盤角速度ω2＝時(shí)，A與水平圓盤之間的摩擦力大小f為0；（3）圓盤角速度ω2＝時(shí)，剪斷繩子，同時(shí)讓轉(zhuǎn)盤立即停止轉(zhuǎn)動(dòng)，若圓盤距離水平地面高為h＝，A、B落地時(shí)兩者間的距離d為?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)A剛要產(chǎn)生滑動(dòng)時(shí)，則解得同理，當(dāng)B剛要產(chǎn)生滑動(dòng)時(shí)，則解得由于A、B角速度相等，故求細(xì)線上開始產(chǎn)生拉力時(shí)，圓盤角速度為（2）圓盤角速度時(shí)，A所需的向心力為B所需的向心力為由于B所需向心力更大，因此B受到的摩擦力方向沿B指向圓心，故繩子的拉力為T＝FB2﹣fmB＝5μmg﹣2μmg＝3μmg對(duì)AT＝3μmg＝FA2故A與水平圓盤之間的摩擦力大小f＝0（3）剪斷繩子，同時(shí)讓轉(zhuǎn)盤立即停止轉(zhuǎn)動(dòng)，B沿轉(zhuǎn)盤邊緣飛出，A在盤上減速運(yùn)動(dòng)到盤邊緣后飛出，如下圖根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得A、B下落的時(shí)間都為對(duì)B，飛出時(shí)的速度為故B沿速度方向運(yùn)動(dòng)的水平距離為xB＝vBt＝10r轉(zhuǎn)盤停止時(shí)A的速度為根據(jù)幾何知識(shí)可得轉(zhuǎn)盤停止后A在轉(zhuǎn)盤上勻減速運(yùn)動(dòng)的距離為A做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為aA＝μg設(shè)A飛出時(shí)的速度為vA2，則解得故A沿速度方向運(yùn)動(dòng)的水平距離為xA＝vA2t＝2r故A落地點(diǎn)距轉(zhuǎn)盤停止時(shí)A所在位置的水平距離為xA′＝l+xA＝6r以飛出方向?yàn)榭v軸，垂直速度方向過圓心為橫軸，轉(zhuǎn)盤圓心在地面投影點(diǎn)為原點(diǎn)在地面建立坐標(biāo)系，可得B落地點(diǎn)的坐標(biāo)為（5r，10r），A落地點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣3r，﹣6r），根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得求A、B落地時(shí)兩者間的距離為答：（1）求細(xì)線上開始產(chǎn)生拉力時(shí)，圓盤角速度ω1為；（2）圓盤角速度ω2＝時(shí)，A與水平圓盤之間的摩擦力大小f為0；（3）圓盤角速度ω2＝時(shí)，剪斷繩子，同時(shí)讓轉(zhuǎn)盤立即停止轉(zhuǎn)動(dòng)，若圓盤距離水平地面高為h＝，A、B落地時(shí)兩者間的距離d為。六．生活中的圓周運(yùn)動(dòng)——豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)（共5小題）19．（2023春?長安區(qū)期中）如圖所示，摩托車做騰躍特技表演，沿曲面沖上高0.8m頂部水平高臺(tái)，接著以v＝3m/s水平速度離開平臺(tái)，落至地面時(shí)，恰能無碰撞地沿圓弧切線從A點(diǎn)切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑。A、B為圓弧兩端點(diǎn)，其連線水平。已知圓弧半徑為R＝1.0m，人和車的總質(zhì)量為200kg，特技表演的全過程中，阻力忽略不計(jì)。（計(jì)算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.）求：（1）從平臺(tái)飛出到A點(diǎn)，人和車運(yùn)動(dòng)的水平距離s；（2）從平臺(tái)飛出到A點(diǎn)時(shí)速度及圓弧對(duì)應(yīng)圓心角θ；（3）人和車運(yùn)動(dòng)到達(dá)圓弧軌道A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；（4）人和車運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)O速度v'＝4m/s，此時(shí)對(duì)軌道的壓力大小?！敬鸢浮浚?）從平臺(tái)飛出到A點(diǎn)，人和車運(yùn)動(dòng)的水平距離s為1.2m；（2）從平臺(tái)飛出到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小為5m/s，方向與水平方向夾角為53°，圓弧對(duì)應(yīng)圓心角θ為106°；（3）人和車運(yùn)動(dòng)到達(dá)圓弧軌道A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為6200N；（4）人和車運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)O速度v′＝m/s，此時(shí)對(duì)軌道的壓力為8400N。【解答】解：（1）車做的是平拋運(yùn)動(dòng)，很據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：豎直方向上：H＝水平方向上：s＝vt2可得：s＝vt2＝3×0.4m＝1.2m故從平臺(tái)飛出到A點(diǎn)，人和車運(yùn)動(dòng)的水平距離s為1.2m；（2）摩托車落至A點(diǎn)時(shí)，其豎直方向的分速度：vy＝gt2＝10×0.4m/s＝4m/s到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度：vA＝＝＝5m/s設(shè)摩托車落地時(shí)速度方向與水平方向的夾角為α，則tanα＝＝即α＝53°所以θ＝2α＝2×53°＝106°故從平臺(tái)飛出到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小為5m/s，方向與水平方向夾角為53°，圓弧對(duì)應(yīng)圓心角θ為106°；（3）對(duì)摩托車受力分析可知，摩托車受到的指向圓心方向的合力作為圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律得：NA﹣mgcosα＝m解得：NA＝代入數(shù)據(jù)有：由牛頓第三定律可知，人和車在最低點(diǎn)O時(shí)對(duì)軌道的壓力為6200N；（4）在最低點(diǎn)，受力分析可得：N﹣mg＝m則可得：代入數(shù)據(jù)有：＝8400N由牛頓第三定律可知，人和車在最低點(diǎn)O時(shí)對(duì)軌道的壓力為8400N。答：（1）從平臺(tái)飛出到A點(diǎn)，人和車運(yùn)動(dòng)的水平距離s為1.2m；（2）從平臺(tái)飛出到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小為5m/s，方向與水平方向夾角為53°，圓弧對(duì)應(yīng)圓心角θ為106°；（3）人和車運(yùn)動(dòng)到達(dá)圓弧軌道A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為6200N；（4）人和車運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)O速度v′＝m/s，此時(shí)對(duì)軌道的壓力為8400N。20．（2023春?廣州期中）如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的試管裝有一小球（直徑略小于試管內(nèi)徑），試管的開口端封閉后安裝在水平軸O上，讓試管在豎直平面勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω＝20rad/s時(shí)，試管底部受到小球的壓力的最大值為最小值的3倍，g取10m/s2．（1）求轉(zhuǎn)動(dòng)軸到管底小球的距離．（2）若小球質(zhì)量為0.1kg，在轉(zhuǎn)軸與小球之間連接一輕桿．求當(dāng)轉(zhuǎn)速ω0＝10rad/s時(shí)，小球在最高點(diǎn)時(shí)，受到輕桿的作用力大?。敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【解答】解：（1）在最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：N1﹣mg＝mrω2，解得：N1＝mg+mrω2．在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有：N2+mg＝mrω2，解得：N2＝mrω2﹣mg因?yàn)镹1＝3N2聯(lián)立三式，代入數(shù)據(jù)解得：r＝0.05m．（2）小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)受到重力與輕桿的彈力，假設(shè)桿子的彈力方向向上為FN，根據(jù)合力提供向心力有：mg﹣FN＝m即：FN＝mg﹣m＝1﹣0.1×100×0.05＝0.5N．答：（1）轉(zhuǎn)動(dòng)軸到管底小球的距離為0.05m；（2）當(dāng)轉(zhuǎn)速ω0＝10rad/s時(shí)，小球在最高點(diǎn)時(shí)，受到輕桿的作用力大小為0.5N．21．（2023春?三明期末）如圖甲所示，與軌道AB等長的彈簧左端固定在墻壁上，軌道BC與傳送帶CD水平等高連接，其中AB段光滑，BC段粗糙，傳送帶與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道DE相切于D點(diǎn)。一質(zhì)量m＝0.5kg的物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）將彈簧壓縮至P點(diǎn)釋放，物塊沿軌道運(yùn)動(dòng)。已知傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，BC＝CD＝L＝2m，半圓形軌道半徑R＝0.4m，物塊與BC、CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2。（1）若物塊恰好能通過E點(diǎn)，求經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度vD；（2）若彈簧壓縮至P點(diǎn)的彈性勢能EP＝7J。（Ⅰ）傳送帶速度為2m/s，求物塊在半圓形軌道上能到達(dá)的高度H；（Ⅱ）改變傳送帶運(yùn)行的速度v，物塊在半圓形軌道上能到達(dá)的最大高度為h，請(qǐng)寫出h﹣v2的函數(shù)關(guān)系式并在圖乙中畫出圖像?！敬鸢浮浚?）經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度vD為m/s；（2）（I）物塊在半圓形軌道上能到達(dá)的高度H為0.4m；（Ⅱ）見解析，圖見解析?！窘獯稹拷猓海?）若物塊恰好能通過最高點(diǎn)E，只受重力，根據(jù)牛頓第二定律有：物塊從D到E的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mg×2R＝聯(lián)立解得：vE＝2m/s，（2）（I）物塊被彈簧彈出滑到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)能量守恒定律有：代入數(shù)據(jù)解得：假設(shè)物塊一直減速至D的速度為v′D，物塊從C到D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：代入解得：＞2m/s＝v所以假設(shè)成立，又設(shè)物塊圓弧軌道上升H，根據(jù)動(dòng)能定理有：代入數(shù)據(jù)解得：H＝0.4m＝R說明物塊未脫離軌道，則物塊在半圓形軌道上能到達(dá)的高度為0.4m。（Ⅱ）（i）若傳送帶速度時(shí)，物塊在傳送帶上一直減速，到達(dá)D點(diǎn)速度都為，上升高度恒為：h＝0.4m（ii）若時(shí)，由于：若物塊在傳送帶上一直加速，根據(jù)動(dòng)能定理有：代入數(shù)據(jù)解得：可知物塊滑到D點(diǎn)時(shí)已經(jīng)與傳送帶共速，即：vD＝v物塊從D點(diǎn)沿半圓形軌道上升至最大高度為脫離位置F處，其高度為h（R＜h＜2R），設(shè)脫離速度為vt，OF與豎直方向的夾角為θ，如圖所示由動(dòng)能定理得：在F處，由牛頓第二定律得：根據(jù)幾何關(guān)系得：h＝R+Rcosθ聯(lián)立解得：即：（iii）若時(shí)，物塊到達(dá)D點(diǎn)速度大于，始終從E點(diǎn)脫離，則上升高度恒為：h＝0.8m畫出圖像如圖所示。答：（1）經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度vD為m/s；（2）（I）物塊在半圓形軌道上能到達(dá)的高度H為0.4m；（Ⅱ）見解析，圖見解析。22．（2023?靈寶市校級(jí)開學(xué)）小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質(zhì)量為m的小球，甩動(dòng)手腕，使球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)球某次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，繩突然斷掉，球飛行水平距離d后落地，如圖所示。已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為，重力加速度為g。忽略手的運(yùn)動(dòng)半徑和空氣阻力。（1）求球落地時(shí)的速度大小v2；（2）繩能承受的最大拉力為多大？（3）繩能承受的最大拉力與第（2）小問結(jié)果相同的情況下，改變繩長，使球重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)。若繩仍在球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)斷掉，求球拋出的最大水平距離?！敬鸢浮浚?）求球落地時(shí)的速度大小v2為；（2）繩能承受的最大拉力為；（3）球拋出的最大水平距離為?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)繩斷后球飛行時(shí)間為t，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：豎直方向有：d﹣水平方向有：d＝v1t聯(lián)立解得：，球落地時(shí)的速度大小為：；（2）設(shè)繩能承受的最大拉力大小為T，則球在圓周運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)時(shí)有：已知：聯(lián)立解得：；（3）設(shè)繩長為L，繩斷時(shí)球的速度大小為v3，繩能承受的最大拉力不變，球在圓周運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)有：解得：繩斷后球做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直位移為d﹣L，設(shè)水平位移為x，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，水平方向有：x＝v3t1豎直方向有：聯(lián)立可得：當(dāng)時(shí)，x有最大值，可得：答：（1）求球落地時(shí)的速度大小v2為；（2）繩能承受的最大拉力為；（3）球拋出的最大水平距離為。23．（2023春?平谷區(qū)期末）一位同學(xué)做了這樣一個(gè)實(shí)驗(yàn)：手握輕繩的一端，另一端系一金屬小球，小球下方吸附一塊小磁鐵，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。該同學(xué)經(jīng)過反復(fù)嘗試發(fā)現(xiàn)，當(dāng)小球速度達(dá)到某一值時(shí)，小磁鐵將被甩脫。（1）他將上述過程簡化為如下模型：不可伸長的輕繩一端系一金屬小球，小球下方吸附一質(zhì)量為m的小磁鐵，輕繩的另一端固定在O點(diǎn)，測得O點(diǎn)離地面的高度為d，繩長為d。使吸附著小磁鐵的小球（可以將小球和小磁鐵組成的整體看作質(zhì)點(diǎn)）在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。若小球某次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，磁鐵恰好脫離小球沿水平方向飛出，通過水平距離d后落地。已知重力加速度為g，忽略空氣阻力。a.求磁鐵脫離前瞬間的速度大小v及小球與磁鐵之間的相互作用力大小F；b.保持O點(diǎn)的高度不變，改變繩長，使球重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)，若磁鐵仍運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)恰好脫離小球沿水平方向飛出，要使磁鐵拋出的水平距離最大，繩長應(yīng)是多少？（2）實(shí)際上，為了使小球轉(zhuǎn)動(dòng)得越來越快，握繩的手也是運(yùn)動(dòng)的，而且繩子牽引小球的方向并不與小球的運(yùn)動(dòng)方向垂直。以上實(shí)驗(yàn)中，改變小球運(yùn)動(dòng)速度的力主要是繩子的牽引力，為簡化問題和研究方便，我們可以忽略在該問題中起次要作用的重力。請(qǐng)分析：使小球加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，繩子牽引小球的方向與小球的運(yùn)動(dòng)方向不垂直，原因是什么?！敬鸢浮浚?）a、磁鐵脫離前瞬間的速度大小為及小球與磁鐵之間的相互作用力大小F為7mg；b、要使磁鐵拋出的水平距離最大，繩長應(yīng)是；（2）見解析?！窘獯稹拷猓海?）a、設(shè)脫離后球飛行時(shí)間為t，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，豎直方向有水平方向有解得小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，脫離時(shí)，小球剛好運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得解得F＝7mgb、設(shè)繩長為l，脫離時(shí)球的速度大小為v1，小球與磁鐵之間的相互作用力不變，由牛頓第二定律得解得脫離后球做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直位移為d﹣l，設(shè)球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為x，時(shí)間為t1，則豎直方向有水平方向有x＝v1t1聯(lián)立解得當(dāng)l＝d﹣l，即時(shí)，x有最大值。（2）根據(jù)繩子牽引力F產(chǎn)生的效果，我們可以把F分解為兩個(gè)相互垂直的分力：跟圓周相切的分力Ft和指向圓心的分力Fn，F(xiàn)t與小球運(yùn)動(dòng)速度同向，使小球速度越來越大；Fn指向圓心，提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，改變小球速度的方向。故繩子牽引小球的方向與小球的運(yùn)動(dòng)方向不垂直。解：（1）a、磁鐵脫離前瞬間的速度大小為及小球與磁鐵之間的相互作用力大小F為7mg；b、要使磁鐵拋出的水平距離最大，繩長應(yīng)是；（2）見解析。七．萬有引力定律的應(yīng)用（共5小題）24．（2024?天津一模）（多選）在《流浪地球》的“新太陽時(shí)代”，流浪2500年的地球終于定居，開始圍繞比鄰星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知比鄰星的質(zhì)量約為太陽質(zhì)量的，目前，地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的公轉(zhuǎn)周期為1y，日地距離為1AU（AU為天文單位）。若“新太陽時(shí)代”地球的公轉(zhuǎn)周期也為1y，可知“新太陽時(shí)代”（）A．地球的公轉(zhuǎn)軌道半徑約為AU B．地球的公轉(zhuǎn)軌道半徑約為AU C．地球的公轉(zhuǎn)速率與目前地球繞太陽公轉(zhuǎn)速率的比值為1：2 D．地球的公轉(zhuǎn)速率與目前地球繞太陽公轉(zhuǎn)速率的比值為1：4【答案】AC【解答】解：AB、根據(jù)萬有引力提供向心力可知：＝m，解得公轉(zhuǎn)半徑為：r＝，比鄰星質(zhì)量約為太陽質(zhì)量，公轉(zhuǎn)周期相同，則“新太陽時(shí)代”，地球的公轉(zhuǎn)軌道半徑約為AU，故A正確，B錯(cuò)誤。CD、根據(jù)＝m，解得公轉(zhuǎn)速率v＝，比鄰星質(zhì)量約為太陽質(zhì)量，公轉(zhuǎn)半徑之比為1：2，則公轉(zhuǎn)速率之比為1：2，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC。25．（2023春?西城區(qū)校級(jí)期末）（多選）2020年7月23日，我國首次火星探測任務(wù)“天問一號(hào)”探測器，在中國文昌航天發(fā)射場，應(yīng)用長征五號(hào)運(yùn)載火箭送入地火轉(zhuǎn)移軌道?；鹦蔷嚯x地球最遠(yuǎn)時(shí)有4億公里，最近時(shí)大約0.55億公里。為了節(jié)省燃料，我們要等火星與地球之間相對(duì)位置合適的時(shí)候發(fā)射探測器。受天體運(yùn)行規(guī)律的影響，這樣的發(fā)射機(jī)會(huì)很少。為簡化計(jì)算，已知火星的公轉(zhuǎn)周期約是地球公轉(zhuǎn)周期的1.9倍，認(rèn)為地球和火星在同一平面上、沿同一方向繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。根據(jù)上述材料，結(jié)合所學(xué)知識(shí)，判斷下列說法正確的是（）A．地球的公轉(zhuǎn)向心加速度小于火星的公轉(zhuǎn)向心加速度 B．根據(jù)題目信息，可以求出探測器沿軌跡AC運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所需時(shí)間為多少年 C．探測器運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的加速度大小，等于火星繞太陽公轉(zhuǎn)的加速度大小 D．下一個(gè)發(fā)射時(shí)機(jī)需要再等約2.1年【答案】BCD【解答】解：AC．根據(jù)萬有引力提供向心力有：＝ma，解得：a＝可知地球的公轉(zhuǎn)向心加速度大于火星的公轉(zhuǎn)向心加速度，探測器運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的加速度大小，等于火星繞太陽公轉(zhuǎn)的加速度大小，故A錯(cuò)誤，C正確；B．地球的周期為1年，根據(jù)開普勒第三定律有：同理對(duì)地球和探測器，根據(jù)開普勒第三定律有從而計(jì)算探測器的周期T探，則探測器沿軌跡AC運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所需時(shí)間為t＝，故B正確；D．火星與地球的角速度之差為Δω＝弧度/年﹣弧度/年＝弧度/年則地球再一次追上火星的時(shí)間為t＝解得t＝2.1年，下一個(gè)發(fā)射時(shí)機(jī)需要再等約2.1年，故D正確；故選：BCD。26．（2023春?長安區(qū)期中）美國國家航空航天局目前宣布首次在太陽系外發(fā)現(xiàn)“類地”行星。假如宇航員乘坐宇宙飛船到達(dá)該行星，在該行星“北極”距地面h處由靜止釋放一個(gè)小球（引力視為恒力，阻力忽略不計(jì)），經(jīng)過時(shí)間t落到地面。已知該行星半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T，引力常量為G，求：（1）該行星的質(zhì)量、平均密度ρ；（2）該行星的第一宇宙速度v；（3）如果該行星有一顆同步衛(wèi)星，其距行星表面的高度H為多少。【答案】（1）該行星的平均密度ρ為；（2）該行星的第一宇宙速度v為；（3）如果該行星存在一顆同步衛(wèi)星，其距行星表面的高度h為?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)行星表面的重力加速度為g，對(duì)小球，有：，解得：對(duì)行星表面的物體m，有：，故行星質(zhì)量：故行星的密度：（2）對(duì)處于行星表面附近做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星m，由牛頓第二定律，有：故第一宇宙速度為：（3）同步衛(wèi)星的周期與星球自轉(zhuǎn)周期相同，為T，由牛頓第二定律，有：得同步衛(wèi)星距行星表面高度：H＝答：（1）該行星的平均密度ρ為；（2）該行星的第一宇宙速度v為；（3）如果該行星存在一顆同步衛(wèi)星，其距行星表面的高度h為。27．（2023春?蕉城區(qū)校級(jí)期末）木星的衛(wèi)星之一叫艾奧，它上面的珞珈火山噴出的巖塊初速度為v0時(shí)，上升的最大高度可達(dá)h。已知艾奧的半徑為R，引力常量為G，忽略艾奧的自轉(zhuǎn)及巖塊運(yùn)動(dòng)過程中受到稀薄氣體的阻力，求：（1）艾奧表面的重力加速度大小g和艾奧的質(zhì)量M；（2）距艾奧表面高度為2R處的重力加速度大小g'；（3）艾奧的第一宇宙速度v。【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）巖塊做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，有：，解得：g＝；忽略艾奧的自轉(zhuǎn)有：，解得：M＝；（2）距艾奧表面高度為2R處有：，解得：；（3）某衛(wèi)星在艾奧表面繞其做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg＝m，解得：v＝；答：（1）艾奧表面的重力加速度大小g為，艾奧的質(zhì)量M為；（2）距艾奧表面高度為2R處的重力加速度大小g'為；（3）艾奧的第一宇宙速度v為．28．（2023?東城區(qū)校級(jí)三模）無處不在的引力場，構(gòu)建出一幅和諧而神秘的宇宙圖景。（1）地球附近的物體處在地球產(chǎn)生的引力場中。地球可視為質(zhì)量分布均勻的球體，已知地球的質(zhì)量為M，引力常量為G。請(qǐng)類比電場強(qiáng)度的定義，寫出距地心r處的引力場強(qiáng)度g0的表達(dá)式。（已知r大于地球半徑，結(jié)果用M、G和r表示）（2）物體處于引力場中，就像電荷在電場中具有電勢能一樣，具有引力勢能。中國科學(xué)院南極天文中心的巡天望遠(yuǎn)鏡追蹤到由孤立的雙中子星合并時(shí)產(chǎn)生的引力波。已知該雙中子星的質(zhì)量分別為m1、m2，且保持不變。在短時(shí)間內(nèi)，可認(rèn)為雙中子星繞二者連線上的某一點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。請(qǐng)分析說明在合并過程中，該雙中子星系統(tǒng)的引力勢能、運(yùn)動(dòng)的周期T如何變化。（3）我們可以在無法獲知銀河系總質(zhì)量的情況下，研究太陽在銀河系中所具有的引力勢能。通過天文觀測距銀心（即銀河系的中心）為r處的物質(zhì)繞銀心的旋轉(zhuǎn)速度為v，根據(jù)g＝，可得到銀河系在該處的引力場強(qiáng)度g的數(shù)值，并作出g﹣r圖像，如圖所示。已知太陽的質(zhì)量m＝2.0×1030kg，太陽距離銀心r0＝2.5×1020m。a.某同學(xué)根據(jù)表達(dá)式g＝認(rèn)為：引力場強(qiáng)度g的大小與物質(zhì)繞銀心的旋轉(zhuǎn)速度v2成正比，與到銀心的距離r成反比。請(qǐng)定性分析說明該同學(xué)的觀點(diǎn)是否正確。b.將物質(zhì)距銀心無窮遠(yuǎn)處的引力勢能規(guī)定為零，請(qǐng)利用題中信息估算太陽所具有的引力勢能Ep?！敬鸢浮浚?）引力場強(qiáng)度g0的表達(dá)式為；（2）在合并過程中，該雙中子星系統(tǒng)的引力勢能減少；周期減?。唬?）a.該同學(xué)的觀點(diǎn)不正確；物質(zhì)繞銀心的旋轉(zhuǎn)速度v與其到銀心的距離r有關(guān)，銀河系的引力場強(qiáng)度是描述場本身性質(zhì)的物理量，僅與銀河系自身的質(zhì)量分布以及在場中的位置有關(guān)，與其他因素?zé)o關(guān)。b.太陽所具有的引力勢能Ep為1.6×1041J。【解答】（1）類比電場強(qiáng)度的定義，根據(jù)萬有引力表達(dá)式得出距地心r處質(zhì)量為m的物體受到的引力為：F＝再與質(zhì)量m比值，得出引力場強(qiáng)度g0的表達(dá)式為：化簡得：（2）在合并過程中，引力做正功，根據(jù)功能關(guān)系可知該雙中子星系統(tǒng)的引力勢能減少；設(shè)該雙中子星間距為L，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為r1、r2，L＝r1+r2，再根據(jù)萬有引力提供向心力得：聯(lián)立解得：T＝，由于m1、m2保持不變而L減小，所以合并過程中周期減小；（3）a.該同學(xué)的觀點(diǎn)不正確；物質(zhì)繞銀心的旋轉(zhuǎn)速度v與其到銀心的距離r有關(guān)，銀河系的引力場強(qiáng)度是描述場本身性質(zhì)的物理量，僅與銀河系自身的質(zhì)量分布以及在場中的位置有關(guān)，與其他因素?zé)o關(guān)。b.假設(shè)將太陽從無窮遠(yuǎn)處移動(dòng)到距離銀心r0處的過程中，引力勢能的變化對(duì)應(yīng)引力所做的功，有：0﹣Ep＝∑（mg?Δr）＝m∑（g?Δr）其中∑（g?Δr）即為g﹣r圖像下r0～∞間對(duì)應(yīng)的面積，代入數(shù)據(jù)得：Ep＝﹣1.6×1041J。答：（1）引力場強(qiáng)度g0的表達(dá)式為；（2）在合并過程中，該雙中子星系統(tǒng)的引力勢能減少；周期減?。唬?）a.該同學(xué)的觀點(diǎn)不正確；物質(zhì)繞銀心的旋轉(zhuǎn)速度v與其到銀心的距離r有關(guān)，銀河系的引力場強(qiáng)度是描述場本身性質(zhì)的物理量，僅與銀河系自身的質(zhì)量分布以及在場中的位置有關(guān)，與其他因素?zé)o關(guān)。b.太陽所具有的引力勢能Ep為1.6×1041J。八．人造衛(wèi)星（共4小題）29．（2023春?蘭州期末）如圖所示，飛船在地面指揮控制中心的控制下，由近地點(diǎn)圓形軌道A，經(jīng)橢圓軌道B轉(zhuǎn)變到遠(yuǎn)地點(diǎn)的圓軌道C．軌道A與軌道B相切于P點(diǎn)，軌道B與軌道C相切于Q點(diǎn)，以下說法錯(cuò)誤的是（）A．衛(wèi)星在軌道B上由P向Q運(yùn)動(dòng)的過程中速率越來越小 B．衛(wèi)星在軌道C上經(jīng)過Q點(diǎn)的速率大于在軌道A上經(jīng)過P點(diǎn)的速率 C．衛(wèi)星在軌道B上經(jīng)過P點(diǎn)的加速度與在軌道A上經(jīng)過P點(diǎn)的加速度是相等的 D．衛(wèi)星在軌道B上經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)受到地球的引力小于經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)受到地球的引力【答案】B【解答】解：A、衛(wèi)星在軌道B上由P向Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，離地球越來越遠(yuǎn)，萬有引力做負(fù)功，衛(wèi)星的動(dòng)能越來越小，即速度越來越小，故A正確；B、衛(wèi)星在軌道A和C上分別做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，＝m，解得線速度：v＝，軌道C離地球距離遠(yuǎn)，故衛(wèi)星在軌道C上經(jīng)過Q點(diǎn)的速率小于在軌道A上經(jīng)過P點(diǎn)的速率，故B錯(cuò)誤；C、萬有引力產(chǎn)生加速度，在同一點(diǎn)，萬有引力是相同的，產(chǎn)生的加速度相同，即衛(wèi)星在軌道B上經(jīng)過P點(diǎn)的加速度與在軌道A上經(jīng)過P點(diǎn)的加速度是相等的，故C正確；D、根據(jù)萬有引力公式：F＝，可知衛(wèi)星在Q點(diǎn)時(shí)的引力小于經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)受到的地球引力，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選：B。30．（2023?青羊區(qū)校級(jí)模擬）（多選）2019年3月10日，長征三號(hào)乙運(yùn)載火箭將“中星6C”通信衛(wèi)星（記為衛(wèi)星Ⅰ）送入地球同步軌道上，主要為我國、東南亞、澳洲和南太平洋島國等地區(qū)提供通信與廣播業(yè)務(wù)。在同平面內(nèi)的圓軌道上有一顆中軌道衛(wèi)星Ⅱ，它運(yùn)動(dòng)的每個(gè)周期內(nèi)都有一段時(shí)間t（t未知）無法直接接收到衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號(hào)，因?yàn)槠滠壍郎峡傆幸欢螀^(qū)域沒有被衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號(hào)覆蓋到，這段區(qū)域?qū)?yīng)的圓心角為2α。已知衛(wèi)星Ⅰ對(duì)地球的張角為2β，地球自轉(zhuǎn)周期為T0，萬有引力常量為G，則根據(jù)題中條件，可求出（）A．地球的平均密度為 B．衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比為 C．衛(wèi)星Ⅱ的周期為 D．題中時(shí)間t為【答案】AC【解答】解：A、設(shè)地球半徑為R，質(zhì)量為M，衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的軌道半徑分別為R1、R2，角速度分別為ω1、ω2，周期分別為T1、T2；對(duì)衛(wèi)星Ⅰ，根據(jù)牛頓第二定律，有：＝mR1其中：M＝，sinβ＝解得：，故A正確；B、根據(jù)牛頓第二定律＝mrω2，可知ω＝，兩顆衛(wèi)星的角速度之比為：＝，在圖中三角形AOB中，根據(jù)正弦定理，有：＝，故＝，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)牛頓第二定律＝mr，衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的周期之比：＝＝，解得：T2＝，故C正確；D、由于衛(wèi)星做的是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星Ⅱ相對(duì)于衛(wèi)星Ⅰ的角速度為Δω＝ω2﹣ω1，則有：2α＝Δωt故t＝×＝，故D錯(cuò)誤。故選：AC。31．（2023春?天心區(qū)校級(jí)期中）（多選）如圖所示，三個(gè)質(zhì)點(diǎn)a、b、c的質(zhì)量分別為m1、m2、M（M遠(yuǎn)大于m1及m2），在萬有引力作用下（忽略a、b之間的萬有引力），a、b在同一平面內(nèi)繞c沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知a、b運(yùn)動(dòng)的周期之比為Ta：Tb＝1：k，下列說法中正確的有（）A．a(chǎn)、b軌道半徑之比為ra：rb＝1： B．a(chǎn)、b軌道半徑之比為ra：rb＝1： C．從圖示位置開始，在b轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，a、b、c共線2k次 D．從圖示位置開始，在b轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，a、b、c共線（2k﹣2）次【答案】BD【解答】解：AB.a、b在同一平面內(nèi)繞c沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由開普勒第三定律＝k可知，ra：rb＝＝＝1：，故A錯(cuò)誤，B正確；CD.a、b、c共線存在兩種情況：a、b相距最近、a、b相距最遠(yuǎn)，＝﹣，當(dāng)n＝1，3，5時(shí)，a、b相距最遠(yuǎn)；當(dāng)n＝2，4，6時(shí)，a、b相距最近，代入t＝Tb＝kTa時(shí)，解得n＝2k﹣2，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：BD。32．（2023?石家莊模擬）2023年2月，我國首顆超百G高通量衛(wèi)星中是26號(hào)發(fā)射成功，開啟衛(wèi)星互聯(lián)網(wǎng)新時(shí)代。如圖所示，甲、乙衛(wèi)星在地球赤道面內(nèi)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，甲、乙衛(wèi)星之間可直接進(jìn)行無線信號(hào)通訊，由于地球遮擋甲、乙衛(wèi)星之間直接通訊信號(hào)會(huì)周期性中斷。已知地球的半徑為R，甲衛(wèi)星的軌道半徑為2R，繞地球運(yùn)行的周期為T，乙衛(wèi)星的軌道半徑為，甲、乙衛(wèi)星運(yùn)行方向均和地球自轉(zhuǎn)方向相同。求：（1）乙衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的周期；（2）在一個(gè)通訊周期內(nèi)，甲、乙衛(wèi)星直接通訊信號(hào)中斷的時(shí)間（不計(jì)信號(hào)傳輸時(shí)間）?！敬鸢浮浚?）乙衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的周期為T；（2）在一個(gè)通訊周期內(nèi)，甲、乙衛(wèi)星直接通訊信號(hào)中斷的時(shí)間為?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)衛(wèi)星乙繞地球運(yùn)動(dòng)的周期為T'，由開普勒第三定律＝解得T'＝T（2）如圖所示：由于地球遮擋甲、乙衛(wèi)星之間通訊信號(hào)會(huì)周期性中斷，設(shè)在一個(gè)通訊周期內(nèi)，甲、乙衛(wèi)星通訊中斷的時(shí)間為t，有（ω2﹣ω1）t＝2θ其中由幾何可知sinα＝＝sinβ＝＝由幾何關(guān)系知θ＝α+β綜上可得t＝答：（1）乙衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的周期為T；（2）在一個(gè)通訊周期內(nèi)，甲、乙衛(wèi)星直接通訊信號(hào)中斷的時(shí)間為。九．多星系統(tǒng)問題（共1小題）33．（2024春?西湖區(qū)校級(jí)期中）經(jīng)過天文望遠(yuǎn)鏡長期觀測，人們?cè)谟钪嬷幸呀?jīng)發(fā)現(xiàn)了許多雙星系統(tǒng)，通過對(duì)它們的研究，使我們對(duì)宇宙中物質(zhì)的存在形式和分布情況有了較深刻的認(rèn)識(shí)，雙星系統(tǒng)由兩個(gè)星體組成，其中每個(gè)星體的大小都遠(yuǎn)小于兩星體之間的距離，一般雙星系統(tǒng)距離其他星體很遠(yuǎn)，可以當(dāng)作孤立系統(tǒng)來處理（即其它星體對(duì)雙星的作用可忽略不計(jì)）．現(xiàn)根據(jù)對(duì)某一雙星系統(tǒng)的光度學(xué)測量確定：該雙星系統(tǒng)中每個(gè)星體的質(zhì)量都是m，兩者相距L，它們正圍繞兩者連線上的某一點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．（1）試計(jì)算該雙星系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)周期T1．（2）若實(shí)際中觀測到的運(yùn)動(dòng)周期為T2，T2與T1并不是相同的，目前有一種流行的理論認(rèn)為，在宇宙中可能存在一種觀測不到的暗物質(zhì)，它均勻地充滿整個(gè)宇宙，因此對(duì)雙星運(yùn)動(dòng)的周期有一定的影響．為了簡化模型，我們假定在如圖14所示的球體內(nèi)（直徑看作L）均勻分布的這種暗物質(zhì)才對(duì)雙星有引力的作用，不考慮其他暗物質(zhì)對(duì)雙星的影響，已知這種暗物質(zhì)的密度為ρ，求T1：T2．【答案】（1）該雙星系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)周期T1為；（2）周期之比為T1：T2為?！窘獯稹拷猓海?）兩星的角速度相同，故；，可得r1＝r2而，兩星繞連線的中點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，則＝解得T1＝＝（2）由于暗物質(zhì)的存在，雙星的向心力由兩個(gè)力的合力提供，則+＝；其中M為暗物質(zhì)質(zhì)量，解得：T2＝則：T1：T2＝答：（1）該雙星系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)周期T1為；（2）周期之比為T1：T2為。一十．功率、平均功率和瞬時(shí)功率（共5小題）34．（2023?浦東新區(qū)二模）如圖，一根足夠長的均質(zhì)粗糙桿水平固定，一個(gè)圓環(huán)套在桿上?，F(xiàn)給環(huán)一個(gè)向右的初速度v0，同時(shí)對(duì)環(huán)施加一個(gè)豎直方向的力，力的大小與環(huán)的速度大小成正比。則環(huán)所受摩擦力的瞬時(shí)功率P與速度v的圖像不可能為（）A． B． C． D．【答案】D【解答】解：AB、對(duì)環(huán)受力分析，環(huán)受到重力，彈力，摩擦力，豎直方向的力F＝kv，如圖：豎直方向，當(dāng)N＝0時(shí)，由平衡條件得：kv1＝mg，v1＝，若開始時(shí)v0＞v1，由F＝kv可知，開始時(shí)F向上并大于重力，環(huán)從v0開始減速直到等于v1的過程，根據(jù)豎直方向平衡得，支持力向下，且N＝kv﹣mg，摩擦力的功率表達(dá)式為P＝fv＝μ（kv﹣mg）v＝μkv2﹣μmgv，P是關(guān)于v的二次函數(shù)，圖像開口向上，B圖像就是這種情況，是可能的，本題選不可能的情況，故B錯(cuò)誤；當(dāng)速度減小到比v1小了之后（或者開始就是v0＜v1），支持力變?yōu)橄蛏?，N＝mg﹣kv，摩擦力的功率表達(dá)式為P＝fv＝μ（mg﹣kv）v＝﹣μkv2+μmgv，P是關(guān)于v的二次函數(shù)，圖像開口向下，A圖像就是這種情況，是可能的，本題選不可能的情況，故A錯(cuò)誤；C、若F開始時(shí)向下，豎直方向，由平衡條件得：N＝kv+mg，摩擦力的功率表達(dá)式為P＝fv＝μ（mg+kv）v＝μkv2+μmgv，P是關(guān)于v的二次函數(shù)，圖像開口向上，C圖像就是這種情況，是可能的，本題選不可能的情況，故C錯(cuò)誤；D、綜合ABC考慮，圖像應(yīng)該是二次函數(shù)的一部分，考慮到全過程，D的圖像是不可能的，本題選不可能的圖像，故D正確。故選：D。35．（2023春?廈門期末）（多選）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊放置在足夠長的粗糙水平面上，彈性繩穿過固定在O'點(diǎn)的光滑小環(huán)，一端系于O'正上方的O點(diǎn)，另一端系于物塊上。彈性繩滿足胡克定律，原長等于O，O'間距離。物塊從a點(diǎn)由靜止釋放，向右運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)恰好停止；若在d點(diǎn)給物塊一個(gè)向左的初速度v0，則物塊向左運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)恰好停止，已知O'c垂直于地面且c為垂足，ab＝bc＝cd，下列說法正確的是（）A．物塊從a運(yùn)動(dòng)到d的過程中在c點(diǎn)時(shí)拉力的功率最大 B．物塊從a運(yùn)動(dòng)到b的過程與從b運(yùn)動(dòng)到c的過程克服摩擦力做功相等 C．若物塊在d點(diǎn)獲得3v0水平向左的初速度，則恰好能運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn) D．若物塊在d點(diǎn)獲得水平向左的初速度，則恰好能運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)【答案】BD【解答】解：A、物塊從a運(yùn)動(dòng)到d的過程中在c點(diǎn)時(shí)拉力與速度方向垂直，則拉力的功率為零，故A錯(cuò)誤；B、設(shè)物塊在ac之間某位置時(shí)與O'點(diǎn)距離為x，細(xì)繩與水平方向夾角為θ，則物塊所受的摩擦力即物塊從a運(yùn)動(dòng)到c的過程中，摩擦力不變，即物塊從a運(yùn)動(dòng)到b的過程與從b運(yùn)動(dòng)到c的過程克服摩擦力做功相等，故B正確；C、設(shè)從a到d彈力做功為W，則W＝fxad從d到b若物塊在d點(diǎn)獲得3v0水平向左的初速度，則運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)時(shí)解得故C錯(cuò)誤；D、若物塊在d點(diǎn)獲得水平向左的初速度，則運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)時(shí)解得va＝0即物塊恰好能運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，故D正確。故選：BD。36．（2023春?吉林期末）某興趣小組對(duì)一輛自制遙控小車的性能進(jìn)行研究．他們讓這輛小車在水平地面上由靜止開始運(yùn)動(dòng)，并將小車運(yùn)動(dòng)的全過程記錄下來，通過數(shù)據(jù)處理得到如圖所示的v一t圖象（除2s～10s時(shí)間段圖象為曲線外，其余時(shí)間段圖象均為直線），已知在小車的運(yùn)動(dòng)過程中，2～14s時(shí)間內(nèi)小車牽引力的功率保持不變，14s末停止遙控讓小車自由滑行，小車的質(zhì)量m＝1.0kg，可以認(rèn)為小車在整個(gè)過程中受到的阻力大小不變．求：（1）小車所受阻力f的大?。唬?）小車勻速行駛階段的功率P；（3）小車在加速運(yùn)動(dòng)過程中的位移s大?。敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【解答】解：（1）由圖象可得：在14s～18s時(shí)間段a＝m/s2＝﹣1.5m/s2小車受到阻力大?。篎f＝ma＝﹣1.5N（負(fù)號(hào)表示力的方向與運(yùn)動(dòng)方向相反）（2）在10s～14s小車做勻速運(yùn)動(dòng)，牽引力大小F與Ff大小相等，為：F＝1.5NP＝Fυ＝1.5×6W＝9W（3）速度圖象與橫軸之間的“面積”等于物體運(yùn)動(dòng)的位移，0～2s內(nèi)的位移為：x1＝×2×3m＝3m2s～10s內(nèi)根據(jù)動(dòng)能定理有：Pt﹣Ffx2＝解得：x2＝39m加速過程中小車的位移大小為：x＝x1+x2＝42m答：（1）小車所受到的阻力大小為1.5N；（2）小車勻速行駛階段的功率為9W；（3）小車在加速運(yùn)動(dòng)過程中位移的大小為42m．37．（2023?天心區(qū)校級(jí)開學(xué)）建筑工地一個(gè)質(zhì)量為70kg的工人用如圖所示的滑輪組來提升重物。已知重物G＝700N，不計(jì)繩子重和摩擦，當(dāng)繩子自由端的拉力F＝500N時(shí)，重物在10s內(nèi)被勻速提升了4m，已知他的雙腳與樓頂?shù)慕佑|面積為0.05m2，g取10N/kg。試求：（1）工人沒拉繩子雙腳站立在水平地面上時(shí)，對(duì)地面的壓強(qiáng)是多少？（2）拉力F的功率是多少？（3）用此滑輪組一次提升多重的物體能使滑輪組的機(jī)械效率提高5%？【答案】（1）工人沒拉繩子雙腳站立在水平地面上時(shí)，對(duì)地面的壓強(qiáng)是1.4×104Pa（2）拉力F的功率是400W；（3）用此滑輪組一次提升900N的物體能使滑輪組的機(jī)械效率提高5%?！窘獯稹拷猓海?）工人的重力為G人＝mg＝70×10N＝700N工人沒拉繩子雙腳站立在水平地面上時(shí)，對(duì)水平地面的壓力為F壓＝G人＝700N工人對(duì)地面的壓強(qiáng)為（2）當(dāng)繩子自由端的拉力F＝500N時(shí)，重物在10s內(nèi)被勻速提升了4m，由圖可知繩子自由端移動(dòng)的距離為s＝2h＝2×4m＝8m拉力做的總功為拉力做功的功率為（3）因?yàn)椴挥?jì)繩重和摩擦?xí)r，有解得動(dòng)滑輪的重力為G動(dòng)＝2F﹣G＝2×500N﹣700N＝300N原來滑輪組的機(jī)械效率為由題意可知，現(xiàn)在的機(jī)械效率為η＝70%+5%＝75%由不計(jì)繩重和摩擦?xí)r，有可知現(xiàn)在提升的物體重力為答：（1）工人沒拉繩子雙腳站立在水平地面上時(shí)，對(duì)地面的壓強(qiáng)是1.4×104Pa（2）拉力F的功率是400W；（3）用此滑輪組一次提升900N的物體能使滑輪組的機(jī)械效率提高5%。38．（2023?南昌開學(xué)）如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v1＝2m/s的速率運(yùn)行，傳送帶下端A點(diǎn)與上端B點(diǎn)間的距離l＝15m。現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1kg的工件（視為質(zhì)點(diǎn)）無初速度輕放于A點(diǎn)，在傳送帶的帶動(dòng)下向上運(yùn)動(dòng)，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）工件輕放至傳送帶上初始時(shí)刻的加速度大小和方向？（2）工件在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的全過程中傳送帶對(duì)工件做功多少？（3）若每隔1s把一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的工件（視為質(zhì)點(diǎn)）無初速地放于A處，求滿載與空載時(shí)相比，傳送帶需要增加多大的功率？【答案】（1）工件輕放至傳送帶上初始時(shí)刻的加速度大小1m/s2，方向沿斜面向上；（2）工件在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的全過程中傳送帶對(duì)工件做功92J；（3）若每隔1s把一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的工件（視為質(zhì)點(diǎn)）無初速地放于A處，求滿載與空載時(shí)相比，傳送帶需要增加112W功率?！窘獯稹拷猓海?）受力分析如圖由受力分析可知N＝mgcos37°f﹣mgsin37°＝ma又因?yàn)閒＝μN(yùn)聯(lián)立解得N＝8Nf＝7Na＝1m/s2，方向沿斜面向上。（2）工件勻加速的時(shí)間為勻加速的位移為故工件先加速后勻速。勻速時(shí)靜摩擦力等于重力沿斜面分力W＝W1+W2＝fs1+mgsin37°（l﹣s1）＝14J+78J＝92J（3）每隔1s放一個(gè)工件，且工件勻加速的時(shí)間為2s，故滿載時(shí)，始終有兩個(gè)工件處于勻加速狀態(tài)。傳送帶對(duì)這兩個(gè)工件的牽引力均為f，除此之外，傳送帶上勻速后的工件之間間距為2m，勻速的位移為13m，故傳送帶上處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的工件共有7個(gè)，傳送帶對(duì)這七個(gè)工件的牽引力均為mgsin37°，故傳送帶對(duì)工件的總牽引力為F＝2f+7mgsin37°代入數(shù)據(jù)得F＝56N滿載與空載時(shí)相比，傳送帶需要增加的功率為P＝Fv1＝56×2W＝112W答：（1）工件輕放至傳送帶上初始時(shí)刻的加速度大小1m/s2，方向沿斜面向上；（2）工件在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的全過程中傳送帶對(duì)工件做功92J；（3）若每隔1s把一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的工件（視為質(zhì)點(diǎn)）無初速地放于A處，求滿載與空載時(shí)相比，傳送帶需要增加112W功率。一十一．機(jī)車啟動(dòng)的兩種模型（共3小題）39．（2023?浙江模擬）如圖所示為某型號(hào)電動(dòng)車在某次測試中的速度v與牽引力F大小的倒數(shù)圖像（v﹣），已知汽車在平直路面上由靜止啟動(dòng)，阻力恒定，最終達(dá)到最大速度vm后以額定功率勻速行駛，ab、cd平行于v軸，bc反向延長線過原點(diǎn)O，汽車質(zhì)量為M，已知M、F1、F2、vm，下列說法不正確的是（）A．汽車額定功率為F2vm B．汽車從b到c過程做變加速運(yùn)動(dòng) C．汽車勻加速運(yùn)動(dòng)持續(xù)的時(shí)間為 D．汽車從a到b過程克服阻力做功【答案】C【解答】解：A、根據(jù)P＝Fv可知v＝P，額定功率等于圖線的斜率，P＝＝F2vm，故A正確；B、根據(jù)P＝Fv，汽車由b到c過程中功率不變，隨著汽車速度的增大，牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣f＝ma汽車所受阻力不變，隨著牽引力的減小，汽車的加速度也減小，汽車由b到c過程中加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故B正確；C、汽車所受的阻力為f＝＝F2由于額定功率等于圖線的斜率，有：P＝＝解得：F2vm＝v1F1汽車從a到b，根據(jù)牛頓第二定律得：F1﹣f＝Ma汽車從a到b持續(xù)的時(shí)間為t＝聯(lián)立解得：t＝故C錯(cuò)誤；D、汽車從a到b過程運(yùn)動(dòng)的位移為x＝克服阻力做功W＝fx解得：W＝本題選擇錯(cuò)誤選項(xiàng)；故選：C。40．（2023?市中區(qū)校級(jí)模擬）（多選）某碼頭采用斜面運(yùn)送冷鏈?zhǔn)称?，其簡化圖如圖甲所示，電動(dòng)機(jī)通過繞輕質(zhì)定滑輪的輕細(xì)繩與放在傾角為θ＝30°的足夠長斜面上的物體相連，啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)后物體沿斜面上升，在0～6s時(shí)間內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖乙所示，其中除1～5s時(shí)間段圖像為曲線外，其余時(shí)間段圖像均為直線，1s后電動(dòng)機(jī)的輸出功率保持不變。已知物體的質(zhì)量為2kg，不計(jì)一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2。則下列判斷正確的是（）A．在0～1s內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為25J B．1s后電動(dòng)機(jī)的輸出功率為100W C．物體的最大速度是5m/s D．在0～5s內(nèi)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)了35m【答案】BD【解答】解：A、在0～1s內(nèi)，由圖象可求出物體位移大小為：x1＝＝m＝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：解得：W1＝50J，故A錯(cuò)誤；B、在0～1s內(nèi)，物體的加速度大小為：a＝＝m/s2＝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)輸出功率為：P＝F1v1＝20×5W＝100W，故B正確；C、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°＝2×10×0.5N＝10N根據(jù)功率的公式可得：vm＝＝m/s＝10m/s，故C錯(cuò)誤；D、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：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＝2.5m+32.5m＝35m，故D正確。故選：BD。41．（2024?南充二模）如圖（a）所示，摩托車與小汽車前后停在同一平直的道路上等交通紅燈。摩托車剛好在前面的停車線處，小汽車與停車線相距L＝10m處。當(dāng)紅燈還有t0＝0.5s熄滅時(shí)，小汽車開始以a1＝5m/s2的加速度啟動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到停車線處即改做勻速運(yùn)動(dòng)；摩托車看到紅燈熄滅后立即以a2＝4m/s2的加速度啟動(dòng)做勻加速運(yùn)動(dòng)。已知兩車在運(yùn)動(dòng)過程中可視為質(zhì)點(diǎn)，在運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)摩托車牽引力的功為W，﹣t圖像如圖（b）所示。求：（1）兩車在運(yùn)動(dòng)過程中的最小距離Δx；（2）摩托車運(yùn)動(dòng)的第2s內(nèi)牽引力的平均功率P?！敬鸢浮浚?）兩車在運(yùn)動(dòng)過程中的最小距離Δx為2.5m；（2）摩托車運(yùn)動(dòng)的第2s內(nèi)牽引力的平均功率P為3000W?！窘獯稹拷猓海?）小汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)：＝2a1L加速時(shí)間：t1＝設(shè)小汽車勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，兩車速度相同時(shí)，距離最近，摩托車加速度到共速的過程中，有v1＝a2（t1+t2﹣t0）最近的距離為：Δx＝﹣v1t2聯(lián)立解得：Δx＝2.5m（2）設(shè)摩托車的牽引力大小為F，由W＝Fx＝F?得＝由圖像可知：斜率k＝＝W/s，解得：F＝750N第2s內(nèi)摩托車的位移為s＝＝m＝4m第2s內(nèi)摩托車的平均速度為v＝＝m/s＝4m/s摩托車運(yùn)動(dòng)的第2s內(nèi)牽引力的平均功率P＝Fv＝750×4W＝3000W答：（1）兩車在運(yùn)動(dòng)過程中的最小距離