魯科版物理同步習題必修二參考答案及解析.doc

必修二參考答案及解析第4章 曲線運動 萬有引力與航天第一單元 曲線運動 運動的合成與分解第二單元 平拋和斜拋運動的規(guī)律第三單元 圓周運動第四單元 圓周運動在實際問題中的應用第五單元 萬有引力與航天章末綜合檢測第五章 機械能守恒定律第一單元 功和功率第二單元 動能定理第三單元 機械能守恒定律第四單元 功能關系 能量守恒定律第五單元 實驗：探究動能定理第六單元：實驗：驗證機械能守恒定律章末綜合檢測4-11、解析：若物體做勻速直線運動可以不受外力作用，所以A錯做曲線運動的物體，加速度不為零，一定受到外力的作用，B對物體受到的外力越大，只能說明其加速度越大，C錯，D對答案：BD2、解析：運動員下落過程中，下落時間僅與豎直方向的運動有關，與水平方向的運動無關，即A錯，C正確著地速度是豎直方向速度與風速的合成，即B正確D錯答案：BC3、解析：本題主要考查物體做曲線運動的條件、物體做勻變速運動的條件，分別分析如下：F1、F2為恒力，質點從靜止開始做勻加速直線運動，F1突變后仍為恒力，但合力的方向與速度方向不再共線，所以物體將做勻變速曲線運動，故A正確由加速度的定義a知在相等時間t內vat必相等，故B正確勻速直線運動的條件是F合0，所以不可能做勻速直線運動，故C錯由于F1突變后，F1F和F2的合力仍為恒力，故加速度不可能變化，故D錯答案：AB4、解析：扶梯運動的速度v1，人運動的速度v2，所求情況下的速度v3v1v2，所以t，故C正確答案：C5、解析：依題意畫出物理情景示意圖，若要在最短時間內靠岸，則必須要求摩托艇相對于水的速度v2的方向垂直于河岸，由于同時參與水的運動，摩托艇將相對河岸沿合速度v的方向運動，在B點登陸由圖示幾何關系可以看出，速度三角形與位移三角形相似，故有，xd.可見該題的正確選項為C.圖16答案：C6、解析：紅蠟塊水平向右勻加速運動，豎直向上勻速運動，運動軌跡為曲線，并且是拋物線，選項C對答案：C7、解析：物體做勻速直線運動，則可知F合0，當將與速度反方向大小為2 N的力旋轉90，F合大小也變?yōu)? N，與速度方向成45，且大小恒定，故物體將做加速度為 m/s2的勻變速曲線運動，故B正確答案：B8、解析：由x3t2及y4t2知物體在x、y方向上的初速度為0，加速度分別為ax6 m/s2，ay8 m/s2，故a10 m/s2.答案：AC9、解析：由圖線可知vy0逐漸減小直至為零，結合提供選項可知D對答案：D10、解析：由于河寬d80 m，A、B間沿水流方向的距離為l100 m，所以當船頭指向正對岸時有，此時合速度剛好沿AB的連線，可以使船從A運動到B，若從B向A運動，則由于水速大于船速，不論船向哪個方向，則渡船均不可能回到A點，只可能向下游運動故選項B正確答案：B11、解析：由x方向的速度圖象可知，在x方向的加速度為1.5 m/s2，受力Fx3 N，由在y方向的位移圖象可知在y方向做勻速直線運動，速度為vy4 m/s，受力Fy0.因此質點的初速度為5 m/s，A選項正確；受到的合外力為3 N，B選項正確；顯然，質點初速度方向與合外力方向不垂直，C選項錯誤；2 s末質點速度應該為v m/s2 m/s，D選項錯誤答案：AB12、解析：小船參與了兩個運動：隨水漂流和船在靜水中的運動因為分運動之間是互不干擾的，具有等時的性質，故(1)小船渡河時間等于垂直于河岸的分運動時間：tt1 s50 s，沿河流方向的位移x水v水t250 m100 m.即在正對岸下游100 m處靠岸圖21(2)要小船垂直河岸過河，即合速度應垂直于河岸，如圖21所示，則cos，所以60，即航向與上游河岸成60角，渡河時間tt1 s s57.7 s.答案：(1)50 s后在正對岸下游100 m處靠岸 (2)航向與上游河岸成60角57.7 s4-21、解析：該題考查對平拋運動及其分運動的理解，同時考查探究問題的思維能力實驗中A球做平拋運動，B球做自由落體運動，兩球同時落地說明A球平拋運動的豎直分運動和B球相同，而不能說明A球的水平分運動是勻速直線運動，所以B項正確A、C、D三項都不對答案：B2、解析：在勻速飛行的飛機上釋放物體，物體有一水平速度，故從地面上看，物體做平拋運動，C對D錯；飛機的速度與物體水平方向上的速度相同，故物體始終在飛機的正下方，且相對飛機的豎直位移越來越大，A、B錯答案：C3、解析：兩球在空中相遇，水平位移相等，即v甲t甲v乙t乙，但t甲t乙，則需要v甲hb，故tatb；因t，由于水平方向xaxb，tbva，故A項正確答案：A8、解析：炮彈攔截成功，即兩炮彈同時運動到同一位置，設此位置距地面的高度為h，則xv1thv2tgt2Hhgt2由以上各式聯立解得：v1v2答案：D9、解析：豎直方向：據y5l3lgT2可求出g；水平方向：v0，P點豎直方向分速度vy，故P點速度大小v；無法求出小球質量m.故B正確答案：B10、解析：設AC豎直間距為h，子彈過B點有：hhg()子彈過C點有：hg()2由得v答案：11、解析：(1)炸彈在空中做平拋運動，沿豎直方向做自由落體運動其運動時間為t1 s10 s，因此可知炸彈落地爆炸后聲音的傳播時間為t2(1310) s3 s，聲音沿直線傳播距離為xv聲t21000 m，炸彈落地時飛機在其正上方500 m處由幾何關系可知：在炸彈落地后的3 s內飛機飛行的水平距離為：x500 m866 m所以飛機的飛行速度為：v288.7 m/s(2)炸彈做平拋運動的初速度與飛機速度相同設落地時的速度為v，則由vyv305.5 m/s.答案：(1)288.7 m/s(2)305.5 m/s12、解析：(1)若拋靶裝置在子彈的射程以外，則不論拋靶速度為何值，都無法擊中Hgt2, xv1tlxv1200 m即l200 m，無論v2為何值都不能被擊中(2)若靶能被擊中，則擊中處應在拋靶裝置的正上方，設經歷的時間為t1，則：lv1t1，t1 s1 s.y1gt1012 m5 my2v2t1gt2012 m1012 m15 m.因為y1y25 m15 m20 mH, 所以靶恰好被擊中答案：(1)l200 m(2)恰好擊中4-31、答案：BD2、解析：繩b燒斷前，豎直方向合力為零，即Fama，燒斷b后，因慣性，要在豎直面內做圓周運動，且Famgm，所以FaFa，A錯B對，當足夠小時，小球不能擺過AB所在高度，C對，當足夠大時，小球在豎直面內能通過AB上方最高點，從而做圓周運動，D對答案：BCD3、答案：A4、解析：三個物塊做圓周運動的角速度相同，向心加速度a2r，C離轉軸最遠，向心加速度最大三個物塊做圓周運動的向心力由靜摩擦力Ff提供，Ffm2r，B與A相比，r相同，m小；B與C相比，m相同，r小，所以B的摩擦力最小當圓盤轉速增大時，物塊將要滑動，靜摩擦力達到最大值，最大靜摩擦力提供向心力，mgm2r，即，與質量無關，由于2rA2rBrC，B與A同時開始滑動，C比B先滑動選項A、B、D正確答案：ABD圖65、解析：此題涉及物理量較多，當比較多個量中兩個量的關系時，必須抓住不變量，而后才能比較變量先對A、B兩球進行受力分析，兩球均只受重力和漏斗給的支持力FN.如圖6所示，對A球依牛頓第二定律：FNAsinmgFNAcosmmrA對B球依牛頓第二定律：FNBsinmgFNBcosmmrB由兩球質量相等可得FNAFNB，不選C項由可知，兩球所受向心力相等：mm，因為rArB，所以vAvB，A項正確mrAmrB，因為rArB，所以ATB，D項是正確的答案：AD6、答案：AC7、解析：車突然停止時，A球隨之停下來，則張力FT1mg，而B球會以懸點為圓心向右擺動起來，則有FT2mgm，FT2m(g)所以.答案：C8、解析：由題可知，平盤邊緣與滾輪的線速度相同，又因為vrr2f，故xf1rf2，轉速n與f成正比，故n1xn2r.A選項正確答案：A9、解析：設小球在水平面內做半徑為R的勻速圓周運動的速度為v圖11根據F向m有mgtanmgm則vR若細線突然在A處斷裂，小球以速度v做平拋運動，在地面上落點P的位置與A處的切線在同一豎直平面上，設與A處的水平距離為x；則有Hgt2xvt解得xR 答案：R 10、解析：(1)設小球在空中的飛行時間為t1，初速度為v0，圓盤的角速度為，則小球平拋時間為t1，而Rv0t1，故v0R .(2)當OB再次與v0平行時，圓盤運動時間t2nT(n1,2,3,4，)，T依題意有t1t2，即 (n1,2,3,4，)解得n(n1,2,3,4，)答案：(1)R (2)n (n1,2,3,4，)11、解析：速度相同包括大小相等和方向相同，由質點P的旋轉情況可知，只有當P運動到圓周上的C點時P、Q的速度和方向才相同，即質點P轉過周(n0,1,2,3，)，經歷的時間tT(n0,1,2,3，)，質點P的速率為v.在同樣的時間內，質點Q做勻加速直線運動，速度應達到v，由牛頓第二定律及速度公式得vt，聯立以上三式，解得F(n0,1,2,3，)4-41、解析：因小球做變速圓周運動，在P點的合加速度應是向心加速度與切向加速度的合成，故只有D選項符合要求答案：D2、解析：繩、釘相碰時，繩的拉力不做功，球速不變，由于半徑減小，由vr知，增大，F向FTmgm將變大；an將變大答案：BCD3、解析：射出后可認為子彈做勻速直線運動，要使子彈射中目標，需使合速度指向O點，其中一分速度沿P點圓的切線方向，由平行四邊形定則如圖3 sin，故選項D正確答案：D4、解析：因彈簧具有質量，彈簧斷后彈力不立刻減為零，瞬間值不變，故an2l.選項B正確答案：B5、解析：汽車在水平面內做圓周運動，如果路面是水平的，汽車做圓周運動的向心力只能由靜摩擦力提供；如果外側路面高于內側路面一個適當的高度，也就是路面向內側傾斜一個適當的角度，地面對車支持力的水平分量恰好提供車所需要的向心力時，車輪與路面的橫向摩擦力正好等于零在此臨界情況下對車受力分析，明確汽車所受合外力的方向：水平指向圓心然后由牛頓第二定律列方程求解答案：B圖56、解析：汽車受重力mg、路面對汽車的支持力FN，牽引力F(暫且不考慮汽車運動過程中受到的阻力)，如圖5所示設汽車所在位置路面切線與水平面所夾的角為.汽車運動時速率大小不變，沿軌跡切線方向合力為零，所以Fmgsin0，Fmgsin汽車在到達最高點之前，角不斷減小，由上式可見，汽車的牽引力不斷減小；從最高點向下運動的過程中，不需要牽引力，反而需要制動力，所以C選項不正確，D選項正確在沿著半徑的方向上，汽車有向心加速度，由牛頓第二定律：mgcosFN，FNmgcos.可見，路面對汽車的支持力FN隨的減小而增大，當到達頂端時0，FNmg達到最大，FN3.5 rad/s時，b中才有張力4-51、解析：若將地球視為一個球體，則在地球上各處的引力大小相同，A錯；在地球上各處的角速度相同，D錯；在地球的表面附近，赤道的半徑較大，由公式vr可知，半徑越大線速度越大，B對；在赤道上的重力加速度最小，C錯答案：B2、解析：由單擺的振動可求得月球表面的重力加速度g，根據月球表面的物體所受的重力等于月球對物體的萬有引力即可求得月球的密度設月球表面的重力加速度為g，則T2.根據萬有引力F和重力近似相等，mg，即g，聯立可得.答案：B3、解析：因為要使飛船做向心運動，只有減小速度，這樣需要的向心力減小，而此時提供的向心力大于所需向心力，所以只有向前噴氣，使v減小，從而做向心運動，落到B點，故A正確答案：A4、解析：距離增大萬有引力減小，A正確；由m1r12m2r22及r1r2r得r1，r2，可知D正確FGm1r12m2r22，r增大F減小，因r1增大，故減小，B錯；由T知C正確答案：B5、解析：設人的質量為m，在地球上重力為G地，在星球上重力為G星.由GG得R，則2，故選B.答案：B6、解析：由平拋運動公式可知，射程sv0tv0，即v0、h相同的條件下s，又由g，可得()2()2，所以，選項A正確答案：A7、解析：如果土星外層的環(huán)是土星的一部分，它們是一個整體，角速度固定，根據vR，可知vR，選項A正確如果環(huán)是衛(wèi)星群，則圍繞土星做圓周運動，則應滿足Gm，可得v2，即v2，選項D正確答案：AD8、解析：萬有引力提供向心力，v.v1/v2，故選C.答案：C9、解析：設月球表面處的重力加速度為g0，則hg0t2，設飛船在月球表面附近繞月球做勻速圓周運動所必須具有的速率為v，由牛頓第二定律得mg0m，兩式聯立解得v，選項B對答案：B10、解析：由機械能守恒定律知，A正確對B選項，由于衛(wèi)星的機械能除了與高度有關外，還與質量有關，所以是錯誤的；由Gmr知，離地面越高的衛(wèi)星周期越大，C正確；從列表中可以看出，11.18 km/s的發(fā)射速度是第二宇宙速度，此速度是使衛(wèi)星脫離地球圍繞太陽運轉，成為太陽的人造行星的最小發(fā)射速度，但逃逸不出太陽系，D錯誤答案：AC11、解析：設飛船的質量為m，地球的質量為M，在圓軌道上運行周期為T，飛船繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力定律和牛頓第二定律得Gm(Rh)由題意得T解得地球的質量M又地球體積VR3所以，地球的平均密度.答案：，12、解析：用表示航天飛機的角速度，用m、M分別表示航天飛機及地球的質量，則有mr2.航天飛機在地面上，有Gmg.聯立解得，若0，即飛機高度低于同步衛(wèi)星高度，用t表示所需時間，則t0t2所以t若0，即飛機高度高于同步衛(wèi)星高度，用t表示所需時間，則0tt2所以t答案：或4-61、解析：做平拋運動的物體由于只受重力作用，故其加速度不變，A正確勻速圓周運動，加速度大小不變，但方向改變，B錯誤曲線運動中合外力不變時，其加速度就不變，D正確，C錯誤，故選A、D.答案：AD2、解析：人觀察小球的運動是以車為參考系的，所以當車突然向右勻加速運動后，相當于小球繼續(xù)下落的同時，向左做勻加速運動，這兩個運動的合運動軌跡顯然應為C選項答案：C3、解析：A選項，根據Fm42rn2，轉速n相同時，繩越長，即r越大，向心力F越大，故繩長的容易斷，A正確；B選項，根據Fmr，周期相同時，r越大，F越大，也是繩長的容易斷，B錯誤；C選項，根據Fm，線速度v大小相等時，r越大，F越小，可以判斷，繩短的容易斷，C正確，D錯誤答案：AC4、解析：皮帶傳動且不打滑，A點與B點線速度相同，由a有a；所以aAaC，可見選項C正確答案：C5、解析：由于螺絲帽做圓周運動過程中恰好不下滑，則豎直方向上重力與摩擦力平衡，桿對螺絲帽的彈力提供其做勻速圓周運動的向心力，選項A正確，BC錯誤；無論桿的轉動速度增大多少，豎直方向受力平衡，故選項D錯誤答案：A6、解析：由萬有引力提供向心力G知，當探測器到達質量密集區(qū)時，萬有引力增大，探測器運行半徑將減小，速度增大，故C對答案：C7、解析：若水速為零，因甲、乙相遇時相對位移是恒定的，只有甲、乙都沿虛線相向游，其相對速度最大，相遇時間最短在水速不為零的情況下，兩者在相向做勻速直線運動的基礎上，都附加了同樣的沿水流方向的運動，因此不影響他們相對位移和相對速度的大小，相遇時間和水速為零的情況完全相同仍為最短另外，從位移合成的角度，更容易得到解答如下：設水速為零時，甲、乙沿虛線相向游動時位移分別為x甲和x乙，如圖5所示，當水速不為零時，他們將在x甲、x乙的基礎上都沿水流方向附加一個相同的位移x，由矢量合成的三角形定則知，甲、乙兩人的實際位移應分別是圖中的x甲，x乙.由圖看出，此時他們仍到達了河中的同一點即相遇，其相遇時間與水速為零時一樣為最短答案：A8、解析：設投在A處的炸彈投彈的位置離A的水平距離為x1，豎直距離為h1，投在B處的炸彈投彈的位置離B的水平距離為x2，豎直距離為h2.則x1vt1，Hgt/2，求得x14000 m；x2vt2，Hhgt/2，求得x23200 m所以投彈的時間間隔應為：t(x11000 mv2)/v9 s, 故C正確答案：C9、解析：設黑洞表面重力加速度為g，由萬有引力定律可得g，又有，聯立得g11012 m/s2.選項C正確答案：C10、解析：小球在最高點時，桿可給球提供豎直向上的支持力，也可提供豎直向下的拉力，因此，小球在最高點的速度最小可以為零，故A錯；當最高點速度v時，桿給球豎直向下的拉力，MgFmv2/L，隨v0增大，v增大，F增大，故A、C錯，B對；小球做的是變速圓周運動，其合外力的方向不始終指向圓心，故D錯答案：B11、解析：根據平拋運動的原理，還需要的器材是CF，根據平拋運動的原理、實驗操作、注意事項等知識可知AD正確答案：CFAD12、解析：從圖中可以看出，a、b、c、d四點沿水平方向相鄰兩點間的距離均為2l；根據平拋運動的規(guī)律，物體在任意兩相鄰間隔所用時間為t，則有：v0由于a、b、c、d四點沿豎直方向依次相距l(xiāng)、2l、3l；平拋物體在豎直方向做自由落體運動，而且任意兩個連續(xù)相等時間里的位移之差相等，hgt2l，即t由得：v02.代入數據得：v02 m/s0.7 m/s.答案：20.7 m/s13、解析：在最低點時桿對球一定是拉力，在最高點桿對球可能是拉力，也可能是支持力，由具體情況來決定圖9 (1)在最低點對A球受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有Fmgm代入數據解得F30 N由牛頓第三定律，球對桿的拉力F30 N，方向向下(2)同一根桿上轉動的角速度相等，設OBr0.2 m，對B受力分析如圖乙所示由牛頓第二定律有mgFB聯立代入數據得FB5 N，由牛頓第三定律知B球對桿的壓力FB5 N方向向下答案：(1)30 N向下(2)5 N向下14、解析：(1)由圖可看出，物體沿x方向的分運動為勻速直線運動，沿y方向的分運動為勻變速直線運動，故合運動為勻變速曲線運動(2)物體的初速度v0 m/s50 m/s.(3)在前3 s內，xvxt303 m90 m，yt3 m60 m，故L m108.2 m.在前6 s內，xvxt306 m180 m，y0，故Lx180 m.答案：(1)勻變速曲線運動(2)50 m/s(3)180 m15、解析：設拋出點的高度為h，第一次拋出時水平射程為x；當初速度變?yōu)樵瓉?倍時，水平射程為2x，如圖11所示由幾何關系可知：L2h2x2(L)2h2(2x)2聯立，得：hL設該星球表面的重力加速度為g則豎直方向hgt2又因為mg(或GMgR2)由聯立，得M.答案：16、解析：(1)炸彈脫離飛機后做平拋運動在水平方向上：sv0t在豎直方向上：Hgt2vygt聯立可解得：sv0v (2)物塊靜止時，分析受力如圖13所示由平衡條件有fmgsinNmgcos再由圖中幾何關系有cos，sin故有fN分析此時物塊受力如圖14所示由牛頓第二定律有mgtanmr2.其中tan，r.可得.答案：(1)v0(2)17、解析：(1)水滴在豎直方向上做自由落體運動，有hgt2，得t1.(2)分析題意可知，在相鄰兩滴水的下落時間內，圓過的最小角度應為，所以最小角速度為.(3)第二滴水落在圓盤上的水平位移為x2v2t12v，第三滴水落在圓盤上的水平位移為x3v3t13v.當第二與第三滴水在盤面上的落點位于同一直徑上心兩側時，兩點間的距離最大，則xx2x35v.答案：(1)(2)(3)5v5-11、解析：力對物體做功的表達式為WFlcos，090時，F做正功，90，F不做功，90180時，F做負功，支持力始終豎直向上，與位移同向，0，故支持力始終做正功，D正確答案：D2、解析：作用力與反作用力等大反向，但二者對地位移無此關系例如靜止于水面上的小船，人水平跳離船時，作用力與反作用力都做正功，故D對A錯又如在水平地面上滑行的物體，相互作用的摩擦力，一個做功，另一個不做功，故B錯答案：D3、解析：由于兩個物體質量相同、 下落高度相同，所以重力對兩物體做的功相同，A選項正確由于下落的時間不同，所以重力的平均功率不相同，B選項錯誤根據機械能守恒可知，兩物體到達底端時動能相同，即速度大小相同、方向不同，D選項錯誤由瞬時功率的計算式可得PAmgvcos，PBmgv，因此，到達底端時重力的瞬時功率PAPB，C選項正確答案：AC4、解析：因勻速運動，故F1cos(mgF1sin)F2cos(mgF2sin)由以上兩式可以看出，F1F2，Ff甲Ff乙由公式WFLcos，得W1W2；W3W4.答案：B5、解析：力F做的功等于每段恒力F與該段滑塊運動的位移數值(vt圖象中圖象與坐標軸圍成的面積)的乘積，第1秒內，位移為一個小三角形面積S；第2秒內，位移也為一個小三角形面積S；第3秒內，位移為兩個小三角形面積2S，故W11S，W23S，W34S，所以W1W2P1，C項錯加速階段和減速階段平均速度相等，所以摩擦力的平均功率相等，D項正確答案：ABD7、解析：汽車所受阻力為Ff，汽車速度為v2時的牽引力為F，由牛頓第二定律得FFfma，即ma，所以a，應選C.答案：C8、解析：若火車在5 min300 s內，勻加速至30 m/s，則行駛的位移xvt4.5 km，而該題中火車是以額定功率出發(fā)，由速度時間圖線得火車的行駛距離一定大于4.5 km，如圖14中所示，陰影部分的面積一定大于OAB的面積，故選A.答案：A9、解析：猴子對地的高度不變，所以猴子受力平衡設猴子的質量為m，木棒對猴子的作用力為F，則有Fmg；對木棒，設木棒的重力為Mg，則木棒所受合力為FMgmgMg，根據力的作用相互性FF，根據牛頓第二定律，MgmgMa，可見a是恒量，t時刻木棒速度vat，猴子做功的功率Pmgvmgat，P與t為正比例關系，故B正確答案：B10、解析：由Fmgma和PFv可知，重物勻加速上升過程中鋼繩拉力大于重力且不變，達到最大功率P后，隨v增加，鋼繩拉力F變小，當Fmg時重物達最大速度v2，故v2，最大拉力Fmgma，A錯誤，B、C正確，由mgma得：ag，D正確答案：BCD11、解析：欲使拉力做功最少，須使拉力作用的位移最小，故重物應先在拉力作用下加速，再撤去拉力使木箱減速，到達50 m處時速度恰好減為0.設加速時加速度的大小為a1，減速時加速度的大小為a2.由牛頓第二定律得，加速時有：水平方向Fcos37FNma1豎直方向Fsin37FNmg0減速時有：mgma2且有v22a1x12a2x2x1x2x聯立以上各式解得：x124 m由功的定義，有WFx1cos37400240.8 J7.68103 J.答案：7.68103 J12、解析：(1)當FFf時，速度最大，所以，根據P額Ffvm得Ff80 N4103 N.(2)根據牛頓第二定律，得FFfma，根據瞬時功率計算式，得PFvFat，所以由兩式得P(Ffma)at(410321032)23 W4.8104 W.(3)根據PFv可知：隨v的增加，直到功率等于額定功率時，汽車完成整個勻加速直線運動過程，所以P額Fatm將式代入式得tm s5 s.(4)根據功的計算式得WFFsFat(Ffma)at(410321032)252 J2105 J.答案：(1)4103 N(2)4.8104 W(3)5 s(4)2105 J5-21、解析：在0t1時間內，速度增大，由動能定理得，選項A正確，由PFv可知，在t0及tt2時刻，外力功率為零，vt圖象中的圖線的斜率代表加速度，在t1時刻a0，則F0，外力功率為0，選項B、C均錯；在t1t3時間內，動能改變量為零，由動能定理得，選項D正確答案：AD2、解析：設小球初動能為Ek0，阻力為f，上升到最高點，由動能定理，得：0Ek0(mgf)H.上升到離地面高度為h點時，設動能為Ek1，則Ek1Ek0(mgf)h，Ek12mgh；在下落至離地面高度h處，設動能為Ek2，則Ek2(mgf)(Hh)，Ek2mgh；聯立以上各式，解得：hH，故選項D正確答案：D3、解析：在合力F的方向上，由動能定理得，WFsmv2，某個分力的功為W1F1scos30scos30Fsmv2，故B正確答案：B4、答案：D5、解析：設小球通過最低點時繩子張力為FT1，根據牛頓第二定律：FT1mgm將FT17mg代入得Ek1mv123mgR.經過半個圓周恰能通過最高點，則mgm，此時小球的動能Ek2mgR，從最低點到最高點應用動能定理：Wfmg2REk2Ek1所以WfmgR.故選項C正確答案：C6、答案：CD7、解析： 由小球上升與下落時間相等即t1t2得s1(s1s2)12214，即s1s213.AM應用動能定理得mghW1mvM2mv2，豎直方向有v22gh，式聯立得W12 J.AB風力做功W24W18 J，AB由動能定理W2EkBEkA，可求得EkB12 J，A、D正確答案：AD8、解析：根據動能定理可得物體動能和位移之間的關系：EkEk0mgx，由題中圖象所給數據可得：0.25，根據牛頓第二定律可得加速度大?。篴g2.5 m/s2，由運動學公式可得物塊滑行的總時間：t s4 s.答案：BC9、解析：(1)達到最大速度時，牽引力等于阻力，即PFvmfvmvm m/s24 m/s.(2)前72 s由動能定理，得Ptfsmvm2mv02得s代入數據，得s1252 m.答案：(1)24 m/s(2)1252 m10、解析：(1)設斜面長度為L1，斜面傾角為，根據動能定理得mg(Hh)mgL1cosmv02即mg(Hh)mgLmv02v0.(2)根據平拋運動公式xv0thgt2由式得x2由式可得，當h(HL)LmaxLHL.(3)在式中令x2 m，H4 m，L5 m，0.2，則可得到：h23h10求出h1 m2.62 m，h2 m0.38 m.答案：(1)v0(2)(HL)LHL(3) m(或2.62 m) m(或0.38 m)11、解析：(1)因為摩擦始終對物體做負功，所以物體最終在圓心角為2的圓弧上往復運動對整體過程由動能定理得mgRcosmgcosx0所以總路程為x.(2)對BE過程mgR(1cos)mvE2FNmg由得對軌道壓力：FN(32cos)mg.(3)設物體剛好到D點，則mg對全過程由動能定理得mgLsinmgcosLmgR(1cos)mvD2由得應滿足條件：LR.答案：(1)(2)(32cos)mg(3)L至少為R5-31、解析：依據機械能守恒條件：只有重力做功的情況下，物體的機械能才能保持守恒，由此可見A、B均有外力F參與做功，D中有摩擦力做功，故A、B、D均不符合機械能守恒的條件，故答案為C.答案：C2、解析：設物體受到的向上的拉力為F.由牛頓第二定律可得：F合Fmgmg，所以Fmg.動能的增加量等于合外力所做的功mgh；機械能的增加量等于拉力所做的功mgh，重力勢能增加了mgh，故B、C、D正確，A錯誤答案：BCD3、解析：由機械能守恒定律可知，A、B下落相同高度到達O點時速率不相等，故A錯由于平拋運動豎直方向的運動是自由落體運動，兩物體從同一水平線上開始運動，將同時達到O點，故B正確兩物體運動過程中機械能守恒，但A具有初動能，故它們從同一高度到達O點時機械能不相等，C錯誤重力的功率Pmgvy，由于兩物體質量相等，到達O點的豎直分速度vy相等，故在O點時，重力功率一定相等，D項正確答案：BD4、解析：若把斜面從C點鋸斷，物體將從C點做斜上拋運動，到最高點速度不為零，據機械能守恒定律，物體不能升高到h；若彎成弧狀升高h，則升到圓弧的最高點必有大于或等于的速度，據機械能守恒，不能升高h.答案：D5、解析：M下落過程，繩的拉力對M做負功，M的機械能不守恒，減少；m上升過程，繩的拉力對m做正功，m的機械能增加，A錯誤對M、m組成的系統(tǒng)，機械能守恒，易得B、D正確；M減少的重力勢能并沒有全部用于m重力勢能的增加，還有一部分轉變成M、m的動能，所以C錯誤答案：BD6、解析：以地面為零勢能面，物體到海平面時的勢能為mgh，錯，重力對物體做功為mgh，對；由機械能守恒，mvEkmgh，Ekmvmgh，對，故選B.答案：B7、解析：小球與彈簧作用過程，彈簧彈力對小球做負功，小球的機械能減小，轉化為彈簧的彈性勢能，使彈性勢能增加，因此A錯誤，C錯誤；小球下落過程中重力對小球做正功，小球的重力勢能減小，B正確；分析小球受力情況，由牛頓第二定律得：mgkxma，隨彈簧壓縮量的增大，小球的加速度a先減小后增大，故D正確答案：BD8、解析：小球在軌道內做勻速圓周運動，在通過最高點時的最小速度為，離開軌道后小球做的是平拋運動，若豎直方向下落r時，則水平方向的位移最小是r，所以小球只要能通過最高點D，就一定能落到水平面AE上答案：A9、解析：小球自由下落的過程中，t1時刻繩子的拉力為零，此時速度不是最大，動能也不是最大，最大速度的時刻應是繩子拉力和重力相等時，即在t1、t2之間某一時刻，t2時刻繩子的拉力最大，此時速度為零，動能也為零，繩子的彈性勢能最大，而小球的勢能不是最大，而是最小，t2時刻繩子所受拉力最大，繩子最長答案：D10、解析：物體A在繩的拉力作用下向右做加速運動，B向下加速運動，vBvAcos，當A運動到滑輪的正下方時，速度達最大值，此時A沿繩方向速度為零，故B的速度為零對A、B組成的系統(tǒng) ，由機械能守恒定律有：mg(h)mv，vA1 m/s.答案：1 m/s11、解析：(1)對A分析：從斜軌最高點到半圓環(huán)形軌道最高點，機械能守恒，有2mg(3R2R)2mv.解得vA.對B分析：從斜軌最高點到半圓環(huán)形軌道最低點，機械能守恒，有3mgRmv，解得vB.(2)設半圓環(huán)形軌道對A、B的作用力分別為FNA、FNB，FNA方向豎直向下，FNB方向豎直向上根據牛頓第二定律得FNA2mg，FNBmg.解得FNA2mg，FNB7mg.根據牛頓第三定律，A、B對圓環(huán)的力分別為：FNA2mg，FNB7mg，FNA方向豎直向上，FNB方向豎直向下，所以合力F5mg，方向豎直向下答案：(1)(2)5mg，方向豎直向下12、解析：(1)設小球經過C點的速度為vc，小球從B到C，據機械能守恒定律得mg(RRcos60)EPCmv，代入數據求出vc3 m/s.(2)小球經過C點時受到三個力作用，即重力G、彈簧彈力F、環(huán)的作用力FN. 設環(huán)對小球的作用力方向向上，根據牛頓第二定律FFNmgm，由于Fkx2.4 N，FNmmgF，解得FN3.2 N，方向向上根據牛頓第三定律得出小球對環(huán)的作用力大小為3.2 N方向豎直向下答案：(1)3 m/s(2)3.2 N，方向豎直向下5-41、解析：由于將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，可知提彈簧的力是不斷增大的，最后等于A物體的重力，因此提彈簧的力對系統(tǒng)做功應小于mgL，A選項錯誤系統(tǒng)增加的機械能等于提彈簧的力對系統(tǒng)做的功，C選項正確由于彈簧的伸長，物體升高的高度小于L，所以B選項錯誤答案：C2、解析：由能量守恒，電動機做的功等于物體獲得的動能和由于摩擦而產生的熱量，故A錯；對物體受力分析，知僅有摩擦力對物體做功，由動能定理，知B錯；傳送帶克服摩擦力做功等于摩擦力與傳送帶對地位移的乘積，而易知這個位移是木塊對地位移的兩倍，即Wmv2，故C錯；由功率公式易知傳送帶增加的功率為mgv，故D對答案：D3、解析：根據三力平衡條件可得Fmgtan，彈簧彈力大小為F彈，B位置比A位置彈力大，彈簧伸長量大，所以由A位置到B位置的過程中，系統(tǒng)的彈性勢能增加，又由于重力勢能增加，動能不變，所以系統(tǒng)的機械能增加答案：BD4、解析：當小球處于最高點時，重力勢能最大；當小球剛滾到水平面時重力勢能全部轉化為動能，此時動能最大；當小球壓縮彈簧到最短時動能全部轉化為彈性勢能，彈性勢能最大由機械能守恒定律可知EpEkEp，故答案選A.答案：A5、解析：由動能定理，動能變化量等于合外力做的功，即W3W2W1，B正確除重力之外的力的功對應機械能的變化，即W3W2，C正確答案：BC6、解析：制動發(fā)動機點火制動后，飛船迅速減速下落，動能、重力勢能均變小，機械能減小，A正確，B錯誤；飛船進入大氣層后，空氣阻力做負功，機械能一定減小，故C、D均錯誤答案：A7、解析：機械能變化的原因是非重力、彈簧彈力做功，本題亦即看成F與F做功大小問題，由mgsinFFma，知FFmgsin30ma0，即FF，故F做正功多于克服摩擦力做功，故機械能增大答案：A8、解析：兩次物體運動的位移和時間相等，則兩次的加速度相等，末速度也應相等，則物體的機械能變化量相等，合力做功也應相等用F2拉物體時，摩擦力做功多些，兩次重力做功相等，由動能定理知，用F2拉物體時拉力做功多答案：AB9、解析：物體在沿斜面向下滑動的過程中，受到重力、支持力、摩擦力的作用，其合力為恒力，A正確；而物體在此合力作用下做勻加速運動，vat，xat2，所以B、C錯；物體受摩擦力作用，總的機械能將減小，D正確答案：AD10、解析：滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經過的總路程為s，對滑塊運動的全程應用功能關系，全程所產生的熱量為Qmvmgs0sin又全程產生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Qmgscos解以上兩式可得s(s0tan)答案：(s0tan)11、解析：(1)由圖乙知，在前2 m內，F12mg，做正功，在第3 m內，F20.5mg，做負功，在第4 m內，F30，滑動摩擦力Ffmg0.25mg，始終做負功，由動能定理全程列式得：F1l1F2l2Fflmv0即2mg20.5mg10.25mg4mv解得vA5 m/s(2)沖上斜面的過程，由動能定理得mgLsin300mv所以沖上AB面的長度L5 m答案：(1)5 m/s(2)5 m12、解析：(1)小木塊的加速度ag小木塊的位移l1.(2)小木塊加速運動的時間t傳送帶在這段時間內位移l2vt.(3)小木塊獲得的動能Ekmv2.(4)因摩擦而產生的熱等于摩擦力(f)乘以相對位移(L)，故QfLmg(l2l1)mv2.(注：QEk是一種巧合，但不是所有的問題都這樣)(5)由能的轉化與守恒定律得，電機輸出的總能量轉化為小木塊的動能與摩擦熱，所以E總EkQmv2.答案：(1)(2)(3)mv2(4)mv2(5)mv25-51、解析：小球做平拋運動，只有重力做功，機械能守恒，故A正確答案：A2、解析：甲、乙兩物體分別做勻變速直線運動和勻變速曲線運動，在相同時間內，位移不相同，A錯誤由于在力的方向上的位移相同，恒力F對物體所做的功相同，B正確速度變化率就是加速度，C正確由動能定理知D也正確答案：BCD3、解析：由題圖知，第1秒末速度、第3秒末速度、第7秒速度大小關系：v1v3v7，由題知Wmv0，則由動能定理知第1秒末到第3秒末合外力做功W2mvmv0，故A錯第3秒末到第5秒末合外力做功W30mvW，故B錯第5秒末到第7秒末合外力做功W4mv0W，故C正確第3秒末到第4秒末合外力做功W5mvmv；因v4v3，所以W50.75W.故D正確答案：CD4、解析：運動員的加速度為g，小于gsin