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选择题篇.….………
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计算题篇
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60
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选择题篇答案解析
1。［答案］
C
［解析］
太阳处在椭圆轨道的一个焦点上,而不是中心’故A项错误
由开普勒第二定律可知,对每＿个行星而言’太阳与行星的连线在相同时间内扫过的面积相等.行星与太阳之间的距
离在变化’所以行星在椭圆轨道上运动的速度大小不断变化,故B项错误
3
由开普勒第三定律,贵为定值』故C项正确
开普勒第二定律是针对同＿颗行星而言的’而不是两颗行星’故D项错误
2. ［答案］
C
［解析］
过程分析:本题首先要弄清楚Fl和F2对应的物块受力状态.我们可以想到,当F最大时,物块是有向上运
动的趋势的’摩擦力沿斜面向下;当F最小时’物块是有向下运动的趋势的’摩擦力沿斜面问上由此来分析受力情
况／为物块与斜面间的最大静摩擦力
F最大,等于Fl时’如图所示
Ⅳ
F］
／
b
0
忆吨
F最小,等于F2时’如图所示
Ⅳ
司
尸
≥
尸
↓
′″g
问题求解:
F最大时
Fl＝／＋mgsin0
F最小时
o
1
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@
F2＋／＝矾gsin0
由O和@只能算出／故c项正确
3。［答案］
C
［解析］
小球做竖直k抛运动,从抛出到落地的整个过程是匀变速运动,根掘位移时间关系公式′有;蹦＝,0′ˉ÷g』2
代人数据’有;0＝6‘ˉ÷×l0×』2,解得;′＝0（舍去）或!＝l2＄
＝
每隔α2＄抛出＿个小球’故第＿个小球在抛出点以上能遇到的小球数为;″＝十—l＝5’故C项正确
4［答案］
A
［解析］
对夹子和木块组成的整体受力分析’当F最大时’产生的加速度最大,根据牛顿第二定律得:Fm-（M＋′n）g
＝（″打＂）α酮;此时对木块进行受力分析,根据牛顿第二定律得〃ˉ吨＝帅m,解得′顾二2且』｛广巫1,故A项正确
5。［答案］
B
［解析］
~~~~~~~~~~~~~
根据角度进行速度分解’向上的速度是杆的分速度,垂直于杆的速度＂′＝志’又角速度和线速度关系:血』＝十＝
O
.故B项正确
Lsinα
6. ［答案］
C
［解析］
电梯匀速运动过程中,顾客受到重力和电梯对其的支持力,故A项错误
缓慢加速上升过程中,顾客处于超重状态;匀速上升过程中’重力和支持力大小相等’方向相反’顾客处于平衡状态,
故B项错误
在慢慢加速过程中,顾客的加速度指向右上方,顾客受到的摩擦力水平向右,电梯对其支持力和摩擦力的合力方向指
向右上方’由牛顿第三定律可知’顾客对电梯的作用力方向指向左下方;在匀速运动过程中’顾客与电梯间的摩擦力
等于零,顾客对电梯的作用力仅剩下压力’方向竖直向下,故C项正确’D项错误
!F｀
｛
｛
十
『
寸
〃
十
蛤
手
『
＝
′
Ⅱ
←
【
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门
』
下
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…
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‘
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西
］
←
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铲
′
～
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『
粉
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呵
了
『
γ
『
牛
曲
仆
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』
…
霹
卜
…
↓
曲
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｛
铲
、
…
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『
『
·
川
粹
脚
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斜
挝
洲
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叫
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嫩
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口
刊
～
｛
『
了
卜
‘
卜
仆
｛
广
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『
厂
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十
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儿
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｜
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卜
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闪
…
…
α
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、前～｜
〗
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7［答案］
D
［解析］
由题图可知:在T时间内’甲车前进了s2,乙车前进了sl＋s2’T时刻两车速度相同,此时若乙车还未追上甲
车,以后两车不可能再相遇当s0＝s］＋s2时,甲车与乙车相距sl＋2s2-（sl ＋s2）＝s2＞｛）’表示T时刻乙车还未追上
甲车,所以两车不会相遇,故A项正确,与题意不符
若s0＜sl ’甲车与乙车相距s0＋s2—（sl＋s2）＝s0—sl＜0’表示在T时刻前乙车已经超越甲车’此后甲车速度大’还会
反超乙车’两车相遇2次’故B项正确,与题意不符.
若s0≡sl ,甲车与乙车相距s0＋s2—（＄l ＋＄2）≡0’表示在T时刻两车恰好相遇,以后不再相遇,故C项正确,与题意
不符
若s0＝s2’甲车与乙车相距＄O＋s2-（‘｜＋s2）≡s2ˉsl ,已知s2＞sl ,表示T时刻乙车还未追上甲车’所以两车不会相
遇,故D项错,符合题意.
~
8. ［答案］
C
［解析］
皮球问上运动所受重力与窜气阻力方问都向下根据牛顿第二定律α＝g带黑,随着,的减小,α减小’但最
后趋问于g.加速度越小’速度减小得越慢,加速度减小得越慢.故C项正确.
9。［答案］
A
［解析］
根据能量守恒定律’物体上升时因为受空气阻力而将动能转化为内能,且刚抛出时势能最小’因此刚抛出时
动能最大’速度也就最大’故A项正确
在最高点只受到重力作用’加速度为g,故B项错误
上升时阻力向下’重力向下’合力向下且大于重力的大小’下降时阻力向上,重力向下’合力向下且小于重力的大小’
因此上升时的加速度大于下落时的加速度』根据位移加速度公式‘＝÷“2,上升和下降的位移相同』可得上升时间小
～
于下落时间’故C、D项错误
~~
10［答案］
C
［解析］
对小球进行受力分析’小球受到两个力的作用:＿个是重力略,另一个是杆对小球的作用力F,两个力的合
力提供向心力;根据平行四边形定则可得;F＝m√回页ˉ丽可F’再根据牛顿第三定律,作用力和反作用力的大小相等’
方问相反’故C项正确
11. ［答案］
C
［解析］
问题求解:细线的张力处处相等’小环水平方向只受细线拉力的分力而平衡’所以小环左右两边细线与竖
直方向的夹角是相同的.对乙受力分析并由几何知识可知细线的张力T≡′n2g;对环C做受力分析可知其受到左右
两段细线的作用力和杆AB的作用力’由于不存在摩擦力’所以杆AB对环C的作用力垂直于杆’那么两段细线对环
C的作用力的合力也盂百于杆AB,又因为细线的张力处处相等’由几何关系可知C环左侧细线与杆AB的夹角为
45。’再对甲做受力分析可得″』lg≡归7,则ml :m2＝徊≡tan60。,故C项正确.
易错项辨析:
本题的易错项为B项.受力分析可知’各段细线受到的拉力相等’C与乙的连线与直杆间的夹角β＝45。’则C与乙的
连线竖直方向的夹角为60°’C与甲的连线与直杆的夹角也为45°’则C与甲的连线与竖直方向的夹角为30°’则有:
『∏l
2Tbos30°＝mlg’2八os60。≡m2g’解得:—＝tan60°｀
J∏2
°3·
~~
伊吁
~
~
~
亡么马
~
~
~
咐牛
『
咐
『
【
§
＝
呼
‖
十
】
】
庐
■
宇
~
「
上
↓
｛
爷
~
~
I
.∩宅.叶＝↑□
々
子
｝
『
司二≈十.■＋≡…
尸…
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12. ［答案］
A
［解析］
问题求解:因为滑块在AB滑道做离心运动,所以在经过AB时’速度越大,对斜面的压力越小,所受摩擦力
越小,摩擦力做功越小;在BC滑道上做向心运动’速度越大’对斜面的压力越大’所受摩擦力越大’摩擦力做功越大.
因为起始运动速率相等’滑块从A到C与从C到A相比’滑块从A到C运动时’由于摩擦阻力做功’在AB段运动的
平均速度大于从C到A时在AB上运动的平均速度;在BC段上,由于摩擦阻力做功,滑块从A到C运动时’在BC段
运动的平均速度小于从C到A时在BC段上运动的平均速度,所以在AB和BC段上,滑块从C到A过程中克服摩擦
力做功都较大,因此滑块由A滑到C过程比由C滑到A过程的平均速率大,所以』l＜r2’故A项正确
易错项辨析:本题的易错项为B项在AB段速度越大’克服摩擦力做功越少’在BC段速度越大’克服摩擦力做功越
大.所以从A到C过程与从C到A过程相比,前者克服摩擦力做功较少’损失的机械能较小’平均速度较大,所以′l
＜〖2
13. ［答案］
B
［解析］
刚-t图象斜率表示加速度’所以加速度图象如图所示
α
■■■■■■■■■■■■
′
■■■■■
0
由牛顿第二定律可知F＿″!g＝′′m’所以支持力F＝∏皿＋′ng’物体重力保持不变’所以F-t图象相当于将α—t图象
向上平移’故B项正确.
14. ［答案］
B
［解析］
鸟沿虚线斜向上加速飞行时,空气作用力和重力的合力提供鸟的加速度,合力方向与鸟的运动方向相同’
重力方向竖直向下’根据矢量运算法则’空气作用力方向只能在飞行方向和竖直线以内的角度范围’故B项正确
易错项辨析:本题的易错项为D项。小鸟在空中飞行时受两个力的作用’分别是重力和空气对其的作用力,这两个力
的合力方向应与小鸟飞行的方向相同’所以空气对其的作用力只可能是F2.这里要注意的是小鸟飞行时翅膀对空气
有作用力’空气对翅膀有反作用力,正是这个反作用力才使小鸟能飞起,鱼在水中游也可类似分析,
15. ［答案］
A
［解析］
由于飞机水平匀速飞行’所以三颗炸弹在空中的轨迹水平位移差相等’且任意水平高度轨迹之间的距离都
设为L.若地面水平’则三颗炸弹A、B、C的落地间距相等为L当地面开始倾斜,第＿颗炸弹A落地后,若第二颗炸弹
B在空中经历和A在空中相等的时间t,B距离斜面为h,此时其竖直速度为ol ’该时刻到B落地用时为Ⅱl ’那么B落
地时与A之间的水平间距会比斜面水平时多o0tl ;当B落地后,第三颗炸弹C在空中经历和B在空中相等的时间Z＋
tl ’距离斜面高度同样为h,但其竖直速度″2比U1大,则其从该时刻到落地用时t2比rl小’那么C落地时与B之间
的水平间距会比斜面水平时多o0〗2,而u0t2＜o0tl ’则L＋u0r2＜L＋o0tl ’即BC间的水平间距小于AB间的水平间距’
所以第三颗炸弹将落在6C之间’故A项正确
.4·
』
＋
》
］
手
｛
【
＋
°
〔
＋
~~
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16. ［答案］
D
［解析］
撤去挡板前,题图甲和题图乙中的A、B球受力＿样’A球受到弹簧（轻杆）对它沿斜面向上的支持力
′ngsin0’B球受到弹簧（轻杆）对它沿斜面向下的压力mgsin0,还受到挡板对它沿斜面向上的支持力2′′!gsin0.撤去挡
板后’轻杆受力可突变’而弹簧因为没有来得及改变形变量而不能改变受力’所以题图甲中A加速度依然为零’B的
加速度为2gsin0’题图乙中杆对A、B不再有力的作用,所以A、B均以gsin0的加速度沿斜面下落’故D项正确
17。［答案］
B
［解析］
汽车刹车做匀变逮直线运动,应有』＝似0』＿＋“2’对比可知鹏o＝24m／s,“大小为｜2m／s2,做匀喊速运动;
由吻-铡可知‘-2.时汽车静止走过的位穆为茶-鳃m,所以汽车在3,内的位移等于其在2.内的位穆,…
度为孕m／s＝8m／s,故B项正确.
9
18. ［答案］
A
［解析］
物体做平抛运动…·页二［凰n30.-亨,』≡何詹,故A项正确
19. ［答案］
D
2
mU2
m02
肌02
［解析］
在坡顶’根据牛顿第二定律有′ngˉ／V≡皿Ⅱ二,得Ⅳ≡mgˉ—＜′ng’在坡谷,有Ⅳˉ′ng≡—,得Ⅳ＝′ng＋—
厂
厂
厂
厂
＞吧,汽车在坡谷处受到的支持力较大’在半径较小的d处受到的支持力最大,故在Ⅲ处最容易爆胎,选D.
20［答案］
C
［解析］
物体重力垂直于斜面方向的分力:Gγ＝mgcos30°二49灯N’物体在垂直于斜面方向受力平衡’所以斜面
对物体的支持力大小为4.9徊N,方向垂直斜面问上,故A、B、I）项错误
物体重力沿斜面方向的分力:G霹＝″!gsin30°≡1。0×9.8×0.5N≡4。9N,与弹簧的弹力大小相等’根据共点力平
衡’知物体不受摩擦力作用,故C项正确
21［答案】
D
［解析］
A与木板间的最大摩擦力内卿＝严m』g＝0.2×l×10N＝2N’B与木板间的最大摩擦力／bm＝〃m‘g＝0.2×
2×10N＝4N.由于F＜／i顺＜龙m,故A、B与木板相对静止’整体在F的作用下向左匀加速运动’故A项错误
因为F＜／l顺＜／bm’A、B与木板相对静止,整体在力F的作用下向左匀加速运动’根据牛顿第二定律有Fˉ为＝mAα’
所以h＝Fˉ′＂州α＜F＝1.5N,故B项错误.
F＝4N＞／l卿’A相对木板滑动’滑动摩擦力为／＝／h砸＝2N’木板和B仍然相对静止,轻质木板,所以B受到的摩擦力
／b＝2N’故C项错误.
′ˉ‘＂≥咖慰,…分析阔醚′……力您…咖畦鹰您‘ˉ舟÷…塑…』,敬D项正蹦
22。［答案］
B
［解析］
以向右为力的正方向,对0物块’物块受到向右的摩擦力和向左的拉力’由物块处于平衡态可得T-／＝0,
且Q与P之间摩擦力为／≡尸mg’对P物块’物块受到向左的拉力,物块0给的向左的摩擦力’地面给的向左的摩擦
力’以及向右的拉力’由物块P处于平衡态可得F-／ˉT-／i＝0’P与地面之间的摩擦力／i＝印儿mg,联立求解’得F＝
扣mg’故B项正确.
.5.
申』气
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23. ［答案］
B
（解析］
问题求解;由警≡赡.得‘二警所以嚣二嚣×（谱）』-』‘物体做平抛运动石;愉→慰′』,露≡狮＾
.此可得!诺贵帽ˉ÷｀所以……陋…
易错项辨析:
本题的蹦镭项为c项物体徽平…＼有;鳃ˉ徽＂』,乍十瞬:,所以射褂≡输仔,由警…可知,贵≡撮×
（岛）』≡』6′蹄以÷景帽÷
24. ［答案］
B
［解析］
问题求解:设甲和乙的加速度为α’AB两地距离为s’甲前进距离为sl时所用时间为〗l ’乙从静止到到达B
地所用时间为′2则可得,｜＝＋叫2,,＝＋α（′｜＋‘2）』,‘ˉ‘｜二叫‘2＋丁α!2 ,,ˉ‘2二＋“22’联立方程解得‘＝
l
2
（sl＋s2）2
4sl
’故B项正确
易错项辨析:本题的易错项为C项解本题的关键“最后二人同时到达B地”和乙行走的实际距离为s-J2,可得甲行
走sl时用时为tl ’乙行走距离s—s2用时t2’联立即可解得
25. ［答案］
D
［解析］
问题求解;根据题意得此双星系统之间的万有引力为F≡CM:″s1 』对于s｜’万有引力提供向心力’有
‘删:＂剿ˉ岭｜（芋）』川则删鳃≡等′｜,故＂…
易错项辨析:
本题的易错项为A项.解双星问题时’＿定要注意引力半径和轨道半径的区别’且两星的周期相等本题中由万有引
力定律叮知;刚:″s｜＝M‘｜（等）2′｜,由前面等式即叮求出卿圈
26. ［答案］
C
［解析］
当小物件以较大速度做平抛运动时则小物件不应碰到窗口右侧的上沿,则叫得h＝＋g』｜2,z＝渺l』｜解得
tl＝0.2s’″l≡7In／s’故小物件速度的上限为7In／s;当小物件以较小速度做平抛运动时,则小物件不应碰到窗口左
侧的下沿测叫得〃＋删＝÷缀』:’d＋L＝,2』2,解得′2＝α6.樱2＝3∏√息’故小物件的速度范围为3m／…＜7m／爵,
故C项正确.
27. ［答案］
B
［解析］
对题图甲有:Fl ˉ′『!gsin0ˉF｛］≡0,／V—mgcos0＝0,Ff1≡仪／V’联立可解得Fl≡′吧sin0＋严mgcos0.对题图乙
Fl
有;′』…ˉ″鸭sin‘—′陋＝0,″′ˉF2息Mˉ厕…＝0｀′陋＝腆″′ ,联立可解得F2＝Ⅱ嘿;芒器子1所以瓦＝
cos0-严sin0’故B项正确.
°6°
…
‘
广
〗
↑↑ˉ｝一!
.卜→十…巾……司
｜『
｛
｛
仁赋!
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白
』
←
§
28〖答案］
B
［解析］问…她球…快时,同步卫垦的周蝴相…根糖缨≡腮誓呵得′-2翻√磊高度必然变
低’最低时三颗卫星形成的三角形恰好为地球的外接三角形’如图所示:
卫星
八
D
0
0
30。户｀｀
~
~
~
~~~~~
卫星
~~~~~
卫星
由几阿关系…的…橇为肺丽鸟0≡…开…三定肆羔÷代人题中…删;≡譬′
解得吗≈4h’故B项正确
易错项辨析:
本题的易错项为C项.地球的自转周期变小’同步卫星的周期也应变小’所以同步卫星的轨道半径应该变低’但只能
用三颗卫星来实现,所以卫星与地球的位置关系应如上图所示’即轨道半径为2R’已知当r＝6。6R时’T≡24h’由公
式哗-榔誓萨｀可计算山哑再把『二2R代人圆‖可计算
学『
呼
巴胆
＾了
萨
29。［答案］
B
［解析］
在椭圆轨道的远地点P时,人造卫星点火加速,进人到轨道2做圆周运动,两个轨道在P点的速度不同,但
是都是由万有引力提供向心力’加速度相同,故A项错误’B项正确.
在轨道1上’近地点与远地点和地球的距离不同’万有引力不同,所以加速度不同’故C项错误
卫星在轨道2上的不同位置’速度方向不同,因此动量不同’故D项错误
扩
~~ ~
A…
30［答案］
C
［解析］
问题求解:对α环受力分析如图1,αb间距离等于半径,所以αb弦对应的圆心角为60°’圆心和α的连线与
竖直方向夹角为30。’根据平行四边形定则及几何关系’可得α与圆心的连线平分穿过α的两绳形成的角’穿过α的
两绳夹角为60。’穿过小物块的两绳夹角为120°。
嘲
『
『
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『
个
『
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午…侣□…
…÷口■…
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△■□4＝Ⅷ
斗.
……十.
7
↑
令
导
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~
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假设物块质量为′n′ ’对结点受力分析如图2’根据平衡关系可知′n′g＝2mgcos60。,解得物块质量为′＂′≡′n’故C项正
确
图2
易错项辨析:
本题的易错项为B项.本题易错的原因是很多学生错误认为当α、b环之间的距离等于圆弧半径时’挂钩与细线的接
触点恰好在圆弧的圆心’其实不然’若挂钩在圆心’则α（6）受力就不可能平衡’要使α平衡’则α受到两侧细线的拉
力方向应该关于α与圆弧圆心的连线对称,然后根据几何关系联立方程求解
31［答案］
D
2
2
1
2
l
2
［解析］
设小球在最低点的速度为,0,最高点的速度为″｜则″!ˉ略＝咖芳’′L＋′厕g＝m÷,且丁〃测0
ˉ丁′＂＂｜
＝mg×2R,联立方程式可得:／V1-Ⅳ2＝6mg’故D项正确
32. ［答案］
D
［解析］
根据已知条件,“蚊龙号,,在Z时刻速度为零,在0时刻速度为o,“蚊龙号,’做匀减速直线运动,可以求得其
加速度α二坠,分析逆过程.在‘o时刻相当子蚊龙号队,＝0开始以加逮度α运动了（』ˉ‘o）,故h＝十α（′ˉ‘0）2
o（tˉt0）2
2′
,故D项正确.
吕≡
33. ［答案］
C
［解析］
当‘‘媳娥五号,在b点时’开始上升’大气升力大于重力,因此合外力方向与重力方向相反,即“媳娥五号”的
加速度方向向上’“媳娥五号”处于超重状态’故A项错误
设媳娥五号质量为狮地球质量为″地球表面重力j‖逮度为g根据公式″鸭＝c警得c″-‘R2,在d点时’根据
万有引力公式;c咎二啊得加速度为°二c粤』又因为‘…』』毗‖速度为窖』故B项错误
根据动能定理’“蠕娥五号”从α运动到c过程中’大气阻力＿直做负功,万有引力不做功’因此“媳娥五号,,在α点的
动能大于在c点的动能’即在α点的速率大于在c点的速率’故C项正确
从c运动到e点’无大气阻力,因此无机械能损失’而‘‘媳娥五号”在C点和e点的重力势能相同,所以C点的动能与e
点的动能相等,即c点的速率和e点的速率相等’故D项错误
8
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34. ［答案］
D
［解析］
对物块0进行受力分析
…
／
在施加F前,静摩擦力大小为／＝｜
T-Gsin0｜
’但无法判断物块是否受到静摩擦力’并且静摩擦力的方向未知。在
施加了F后’静摩擦力大小变为／＝｜T-Gsin0＋Fcos0｜
’仍无法判断物块是否受到静摩擦力,并且静摩擦力的方
向仍未知’所以前后两值的大小无法比较,故A、B项错误.
C、D项’对物块P进行受力分析,施加水平力F前后物块P均处于平衡状态’即轻绳的拉力大小与物块p的重力大
小相等’所以拉力一定不变,故C项错误’D项正确.
35. ［答案］
A
［解析］
人受力可以看成两部分,＿部分是重力’另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力.人处于平衡状态,根
据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值反向’即大小是G。
36。［答案］
C
［解析］
小球A、B做匀速圆周运动,所以加速度水平并指向转轴’合力也是水平并指向转轴,合力F合＝′n@2厂’因为
两球质量相等,到竖直转轴的距离也相等,所以两小球所受合力大小相等,故A项错误
小球A受到垂直框架（可能指向圆心’也可能背离圆心）的支持力、竖直向下的重力’无论怎样’这两个力的合力都无
法水平且指向转轴,所以肯定存在沿切线方向斜向上的摩擦力’故B项错误
小球B受到垂直框架指向圆心的支持力、竖直向下的重力’这两个力的合力有可能水平且指向转轴,摩擦力可能为
零’故C项正确
小球B受到重力框架对它的支持力以及摩擦力的作用,它们的合力提供小球B做圆周运动的问心力;若支持力和
重力的合力不足以提供向心力’则B必定受到沿切线向下的摩擦力,此时增加角速度,摩擦力增大;若支持力和重力
的合力刚好提供向心力,则B没有受到摩擦力的作用’此时增加角速度’摩擦力将增大;若支持力和重力的合力大于
小球做圆周运动的向心力’则小球必定受到沿切线向上的摩擦力作用,此时增加角速度,摩擦力将减小,故D项
错误
易错项辨析;本题的易错项为D项圆形框架转动的角速度较小时,小球B受到的摩擦力沿圆环向上’随着角速度的
增大’摩擦力逐渐减小,角速度增大到＿定值时’摩擦力为零,当角速度再增大’小球B受到的摩擦力沿圆环向下’当
角速度再增大’摩擦力就越来越大,最后发生相对滑动』
37. ［答案］
B
MmO
［解析］
设行星半径为R’行星质量为M’卫星质量为加0,由卫星绕行星表面做匀速圆周运动,且速度为＂’即G-F丁
-砸＂÷·丽行≡圃所测物体重力为其所…引力,铆″二c警,厕式联立可得〃-豁.放B虹确
°9°
←
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38. ［答案］
B
［解析］
对石块l受力分析’如图
由几何关系知0＝60。’所以″!2;″!］＝sm60.＝卓’故B项正确
≡
39. ［答案］
A
［解析］
s-t图象的斜率表示运动速度’所以物体A、B做匀速直线运动’且″A＞oB’物体A从第3s才开始运动,故
A项正确.
由题图知物体B运动开始位置在物体A运动开始位置前方5m’且比物体A提前3s开始运动’故B项错误
由题图知’在5s内物体A、B的位移相同’但运动时间不等’所以平均速度不等;物体A、B在第5s开始时相遇’5s
末A运动到B前方,故C、D项错误
40。［答案］
B
［解析］
在tl时刻’物块速度为零’加速度向右’所以t1时刻’小物块离A处的距离达到最大’故A项错误
从开始至t2时刻’小物块速度先逐渐减小至0’后反向逐渐增大至和传送带速度相等’故B项正确
从开始至′2时刻’小物块加速度始终向右’则小物块受到的摩擦力方向不变’故C项错误
′2～t3时间内,小物块速度不变’则物块受力平衡’不受摩擦力作用’故D项错误
41［苔案］
A
［解析］
设绳的张力为T’对物块A受力分析』T＝mgsm30°＝竿对B受力分析』2′cos45°＝′n圆g’代人得厕』凰＝
罕砸,故A项正确
≡
42［答案］
A
｛解析】
过程分析:受力分析如图
T
瓜
α
｀｝／″
加g
咀
『
■
口
伊
【
▲
…
亡
斗
…
l0·
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●
°
问题求解:?bOS0-FNsin0＝″!α
八m0＋FNcos0＝加g
由O@可得T≡″!（gsin0＋αcos0）
FN＝m（gcos0-αsin0）,故A项正确
43。［答案］
B
［解析］
已知P点受到竖直向下的重力、沿OP方向的支持力和沿P0方向的拉力’根据共点力的平衡可列;Fop
.
sin45°＝G＋FpQ. sin30。’Fop
. cos45°≡Fp0
. cos30°’解得颈椎的支持力Fop＝3.35G,根据牛顿第三定律’颈
椎受到的压力等于颈椎对头部的支持力’约为重力的3.3倍’因此’颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的3.3
倍,故B项正确。
44［答案］
C
［解析］
人匀速向上运动时’摩擦力与重力相平衡,下滑时也如此,摩擦力方向始终向上,且大小始终等于重力’故
C项正确.
45. ［答案］
A
［解析］
物体受到推力、重力、摩擦力、支持力的作用处于平衡状态,所以推力F和物体M受到的摩擦力的合力方向
与重力、支持力的合力方向相反由题意知’物体竖直方向受力平衡’那么支持力＿定大于重力,所以重力、支持力的
合力竖直向上,故推力F和物体M受到的摩擦力的合力方向竖直向下’故A项正确.
46. ［答案］
C
［解析］
由开普勒第二定律知’太阳和行星的连线在相等的时间里扫过的面积相等’取足够短的时间△1,则有
″. .A』.α＝″』.△』.b,所以″』＝÷〃°故C项正确
47。［答案］
I）
［解析］
设太阳质量为″则太阳对两颗行星的引力分别为F｜二c吗』F2二c缨’由牛顿第-定律可知,厕颗行
厂I
厂2
2
星的向心j』…·!-‘等,蝇-c些』所以岛二景故D虾确
厂2
48. ［答案］
B
［解析］
匀加速直线运动中,加速度和速度方向相同,即A项正确’故不选择A项
加速度的正负取决于正方向的选取,加速度方向与规定的正方向相同时加速度为正值,反之为负值’所以无论是匀
加速还是匀减速’加速度有可能是正值也有可能是负值’即B项错误,C项正确’故选择B项’不选择C项
当规定初速度方向为正方向时’匀加速直线运动中的加速度与速度方向相同’故取正值,即D项正确’故不选择
D项
49. ［答案］
D
［解析］
问题求解:以帆板为参照物’在东西朝向’帆船相对于帆板向东运动;在南北朝向,帆船相对于帆板向北运
动;二者速度大小相等’因此帆船朝北偏东45°方向航行,速度大小为√5Ⅲˉ丽丁≡√巨b,故D项正确.
易错项辨析;
本题的易错项为C项相对运动可用公式o相≡″1-″2’其中o1为物体本身的速度’″2为参照物的速度本题中’参照
物帆板向正西方向航行’即″2≡＂,方向为正西方向,则＿似2为正东方向,而0l＝″,方向为正北方向’所以o相＝√巨b,方
. l1
·
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向朝北偏东45。,这里要注意的是,矢量的相加减不同于代数的相加减,矢量的相加减要用矢量的合成法则,即平行
四边形定则。
50。［苔案］
D
［解析］
乒乓球发射机可以选择合适的方向进行发射,若垂直于球台短边发射,可以得到最低的临界发射速度使球
刚好通过球网上方;若瞄准对面球台的边角位置,可以得到最高的临界发射速度使球刚好落到球台边角这两种情
况下球均徽平抛遣动,平抛运动胸运动掌公式为水平万向…竖画向』γ二＋爵′,可以求得徽-翔√要求最低
临界发射速度的运动过程为从抛出点到恰好通过球网上方,抛＝等’γ二Mˉh＝2〃’代人可得最低的临界发射速度为
凸
＂撼.＿扦予求鼓高｜陶界…隧的运动过程为从抛川点到对面球台边附位置』您√｜』带子』,-毗』代人可得
β
）
勺
乙
句
乙
丁
山
＋
勺
凸
］
［
↓
（
1／（4Ll2＋L22）g
ˉ页Vˉ
6h
因此,的取值范圈为÷√子…
1~
2∧
最高的临界发射速度为″ma＂≡
正确
故D项
6∧
51。［答案］
D
（解析］
＂抒做圆周运动的天体,万有引力提供向心力纱二砸誓呵得′弓√需轨道半径越大周期越大』
故A项错误
万育引力攘供刚力等-鹏竿』可得徽二√军轨道半径越大线…小』故颐镭橇
〔项.万有弓｜力提供向心力势＝＂蛔’可得°＝粤轨道半径越大,j‖速度越小,故C项错误
∏项,由孕三…2,可得″弓√粤!轨道半径越大』…越小』放D项正确
52。［答案］
B
［解析］
旋转舱绕其轴线匀速旋转时』宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上’受到的旋转舱的支持力提供其圆周运动
所需的向心力,且等于重力’所以FN＝′Ⅶ@厂＝′7!g,所以有g≡o2厂,与宇航员的质量无关;旋转舱的半径厂越大’转动
2
的角速度@就应越小’故B项正确。
53. ［答案］
C
［解析］
设风力为F’第＿只灯笼对第二只灯笼的拉力为T,把下面四个灯笼看做＿个整体!对其进行受力分析:
尺ˉˉˉˉˉˉˉˉˉ
≥F
4′》g
叫列出平衡方程′…0.二…可解出r-竿嗜故C项正确
.
l2。
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54［答案］
D
［解析］
当轻环再次静止不动时,处于如图甲所示的状态:
＼＼＼＼哦…
／′／〃／／／／／／／／／／／′／／／／／／／／／／
甲
设OP绳与天花板的夹角为β,以滑轮为研究对象进行受力分析’如图乙所示
β／厂F
′
／／／／／／／／／／／／″／′／／／／′
乙
由于是同＿条直线’则滑轮两边的细绳所受的力大小相等’根据几何关系可知滑轮两边细绳与OP的夹角也为β’由
于滑轮右边的直线与天花板平行’即处于水平状态’则根据角之间的几何关系可列出方程β＋βˉ0＝90。’可解出β＝
45.十÷·故D项正确
55. ［答案］
D
（解析!
设弹簧原长为躯则有c＝庶（L｜—”）,c＝账（撼—L2）,联顺解得腮＝L｜当2’故D项正确
56. ［答案］
A
［解析］
平抛运动水平方向为匀速直线运动,竖直方向为自由落体运动’小球恰好沿B点的切线方向进人圆轨道’
说明小球在B点时’合速度方向沿着圆轨道的切线方向将合速度正交分解,根据几何关系可得,其与水平方向的夹
角为α’所以竖直方向速度″y＝刨0tanα,运动时间为〗≡卫Lˉ≡″0tanα
″02tanα
’所以A、B之间的水平距离为熊＝oOt＝
g
g
g
故A项正确
l3
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［答案］
C
［解析］
当小船往右上方方向’沿对角线航行,恰好不到危险区时’有最小速度设合速度方向与水流速度方向夹角
为‘则…-谎≡亨』故0三』0.水…方向枷大小确定…方向也确定通过厕圆法可得当船谨…
度方向垂直时’有最小船速’″min＝″水sin0＝2m／s’故C项正确
［答案］
C
［解析］
当α、b加速时’由图象可以看出,b的斜率大于α的斜率’所以b的加速度大于α的加速度’故A项错误
20s时,α的位移大于b的位移’且α的正向速度大于b的正向速度’所以20s时’α、b不是相距最远’故B项错误.
由图象叮以看出,60.时,α的位移为（（!0令40）×20＋40×40）m＝2 ］00m,b的位移为40苛80m＝l600m,所以
2
物体α在物体b前方’故C项正确
40s时’α的位移为13＂m’b的位移为400m,相距900m’故D项错误
57
58
59. ［答案］
B
［解析］
在斜面运动的过穆中根据动能定理得;十′″』≡竿根据问M公式存＂-等综合以上闽式解得″≡
′ng’故正确答案为B.
60。［答案］
C
（解析］
设星球密度为′,半径为R.所以垦球质量为″＝′γ＝′÷而腿∧点的重力加速度为P点的90％,说明在
』点｀引力的10％提供该点物休随垦球自转所需向心力,所以榔誓尺二u!警』将垦球臆堂代人可得′-祭』故0
项正确。
61. ［答案］
C
［解析］
做曲线运动的物体,其速度＿定变化’但加速度不＿定变化’比如平抛运动’加速度恒为重力加速度’故A
项错误
只有匀速圆周运动物体所受合外力才—定指向圆心’故B项错误.
当物体所受合力方向与运动方向相反’则＿定做减速直线运动’故C项正确
物体运动的速率在增加’则＿定有加速度存在,但不＿定与运动方向相同’比如平抛运动,合力方向与运动方向不相
同’故D项错误
62。［苔案］
A
［解析］
设橡皮筋的劲度系数为k,原长为Lo｀小球质量为m,则稳定在竖直位置的时候,橡皮筋的伸长量聪｜＝竿』
则小球距离悬挂点距离h｜＝L0＋竿;设向左的加速度为α,稳定的时候对其进行受力分析,设橡皮筋与竖直方向的
夹角为0则有;T≡揣』此时橡皮筋的｜申长量蕊2＝÷＝湍,小球距离悬佳点的位置腮2＝（L…）…＝L0c°s0
＋等＜Lo＋等』所以小球在竖直方向距离悬挂点的距离变短’小球的位置＿定上升,故A项正确
·
14·
｝
＋
↑
十
~
~
守
＄
于
↓
寸
~
~
］
＋
｜
↑
ˉ
ˉ
『
｝
十
出
『
←~
~
‖
【
·
『
『
十
~
~
】
‖
劳
卜
』
◆
·
~
~
‖
口
则
…
『
↑
芋
＋ˉ↓」
迁二｜
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串》
｛
63. ［答案］
A
［解析】
以A为研究对象,分析受力如图
T
塘
′″
根据牛顿第二定律得;mAgtan0≡mAα’
得:α＝gtaIl0’方向水平向右。
对B研究得:小车对B的摩擦力／≡mα＝mgtan0’方向水平向右;
小车对B的支持力大小为／V≡mg’方向竖直向上’则小车对物块B产生的作用力的大小为
F＝√7V矿不了丁＝mg√1＋tan20’方向斜向右上方,故A项正确
64. ［答案］
D
［解析］
超、失重的时候重力都不会改变,故A项错误
晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是作用力与反作用力的关系’大小相等,故B项错误
此时晓敏受到的支持力小于重力’加速度方问向下’电梯可能在加速下降或者减速上升,故C项错误
以竖直向下为正方向’有;吨ˉF＝′厕α,可得α＝÷,方向竖直向下,故D项正确
65. ［答案］
D
［解析］
对三棱柱进行受力分析如图
｀、咖′′加g
何
l
三棱柱在重力、支持力和摩擦力的作用下处于平衡状态’故有;′＂＝′＂gcos30°＝÷′吧,F『二′吧sin30°≡古′厕g,故D
项正确
66。［答案］
C
［解析］
木板沿斜面加速下滑时’猫保持相对斜面的位置不变’即相对斜面静止’加速度为零.将木板和猫作为整
体,根据牛顿第二定律得:F合＝F猫＋F木板＝0＋2′nα（α为木板的加速度）’整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜
面方问的分力的大小｀即′舍＝3…mα,解得α＝÷g…,故C项正确
. 15.
啡
∑
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67· ［答案］
A
［解析］
问题求解:如图’对A球进行受力分析
O
″／／〃″／〃／／／
0
Ⅷ骂丁｀故A顿
由力的三角形定则及三角函数关系可知;〔.n÷-惫,由胡鬼定律存′≡删联立以k二式存』≡
正确.
易错项辨析:
本题的易错项为n项对球A受力分析,在竖直方向有狮。s÷＝吨,在水乎方向有7sin÷＝脑｀这里要注意的是削
和6受到弹簧的弹霄大小相等’均为脑不是等’由以上两方程联立即可解得弹簧的压缩量＾
68. ［答案］
A
［解析］
当球以A‘沿水平方问放置’可删′二＋″』g当小球竖直放置在光滑的支架上时’受力分析如图所旅,以闷
半球为整体’隔离右半球受力分析如图所示:
~
2
可得′′二警…′根据支架间距为∧B的—半’可得0二30。则÷＝六二徊故A项正确
69. ［答案）｜
A
［解析｜
申做平抛运动竖直方向有h三＋″得…蹦间为』嘲弓√乎乙沿斜面滑下位移鳃二鼠m÷5.＿顾,
j畦度°-…45.-粤g根搬公式骡三趣o』带＋“』,且甲乙阔时到达地面则』≡』赡,联立解得』0≡孕.故A项
正确
16.
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70. ［答案］
C
［解析］
对α进行分析,α受到重力、绳子的拉力和杆对α的弹力’＿共受到3个力的作用,故A项错误
对b进行分析,b受到重力和绳子的拉力.没有杆对b的弹力,否则b不能平衡’所以b受到两个力的作用,故B项
错误
对b分析’绳子拉力T＝mg,同＿根绳子拉力相同’绳子对α的拉力等于′门g’故C项正确.
分别对α、b两球进行分析’如下图所示:
隐
90。-2
会
／′／／／列／／／／／／
↓′′′。g
″／／｜『罐
由止弦定理,志＿鼠in（器‘）,解得侧的雹力为G.＝′鹏翻g＝揣,故D项错误
易错项辨析:本题的易错项为B项先分析b,受到重力、绳子的拉力’若还受到直杆的弹力时’则不能平衡,所以只受
到两个力的作用,同理可分析α受三个力的作用,α受力沿直杆方向的分力平衡’则有mαgsin0≡mgcos0’解得:″lα＝
mCOt0°
71. ［答案］
C
［解析］
释放瞬间’″≡0,所以空气阻力为零’甲乙两球的加速度都等于重力加速度,故A项错误
ml
甲乙两球先做加速度减小的加速运动’最后做匀速运动达到最大速度时’加速度为零,加1g＝肋1 ’m2g＝肋2’—＝
m2
△,由题图可知,″l＞″2,所以m1＞肌2’故B项错误’C项正确
02
〃—′图线与两坐标轴围成的面积即为位移,由题图可知,甲球围成的面积大于乙球,甲球下落的高度大于乙球’故D
项错误
72. ［答案］
A
［解析］
问题求解:设加速度为α｀t时间间隔前的速度为″l、′时间间隔后的速度为″2、质量为加,根据运动学规律有
№2＿徽′三…』二徽｜….器-9,凰灿-＋〃胸］:,圆睡～十吵』联立各式鹏得;感三÷,故A项正确
易错项辨析;本题的易错项为B项解这类问题’先根据条件把相关式子列出来’再根据所求量来组合这些式子,求
出未知量.
73。［答案］
C
［解析］
飞船和空间实验室在同＿轨道运行,若飞船加速’飞船轨道半径就会变大’若空间实验室减速’空间实验室
轨道半径就会变小’都无法实现对接’故A、B项错误.
飞船先在比空间实验室半径小的轨道上适时加速,加速后飞船轨道半径逐渐变大并逐渐靠近空间实验室’在二者速
度接近时实现对接,故C项正确。
飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速,飞船的轨道半径会越来越小’无法与空间实验室对接’故D项错误
·
l7。
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74. ［答案］
A
［解析］
小球由静止下落与地面碰撞后,回到原高度’说明整个过程机械能守恒设小球起始高度为h,则″＝
±√z『∏＝万丁,由几何关系可知,A选项图象符合题意,故A项正确.
75. ［答案］
B
［解析］
设第—段的初始速度为″,加速度为α’根据匀变速直线运动公式,″×4＋ˉLα×42≡l6,（″＋4α）×2＋
2
上α×22二l6,解得α＝÷m／s2,故Ⅲ项正确
2
76. ［答案］
C
［解析］
对整体进行受力分析,整体没有相对运动趋势,故／i≡0;然后将α和b看成＿个整体’αb整体有相对于斜
面下滑的趋势,故存在摩擦力,且M≠0;接着对α进行受力分析,α与6之间有相对滑动趋势’故力≠0’故C项正确。
77. ［答案］
A
［解析］
在0～5s内加速度为αl≡0.2m／s2’方向是沿斜面向下’在5～l0s内加速度为α2＝0’该段时间内物体
匀速运动,在l0～15s内加速度为α3＝-0.2m／s2.设斜面倾角为0,则吧sin0-／ˉF≡′m’将上述数据代进去’则
可得F3＞F2＞Fl ,故A项正确
78. ［答案］
A
［解析］
小球AB＿起做匀加速直线运动时’AB及弹簧整体分析’由牛顿第二定律得:F—3加g≡3′nα;对B进行隔离
分析’有′镰ˉ2咖g＝2″碍到′弹＝÷′;剪断细线瞬间,弹簧弹力个能立刻改变’则弹簧弹力的大小为÷′;剪断
细线后,对A进行隔离分析,有F弹＋mg≡′m′ ’解得α′＝F弹＋′＂g≡巫＋g,故A项正确
『冗
3m
79. ［答案］
D
［解析］
0～t｜内’对传送带受力分析’物块对传送带的力的方向与传送带的速度方向相反,即物块对传送带做负
功,故A项错误
0～0｜内,物块具有沿斜面问上的加速度’对物块进行受力分析得以mgcos0＞mgsin0’推出以＞tan0’故B项错误
0～t2内’设重力做功为ⅣG（从速度图象中看出位移为负’所以重力所做总功为正）,根据功能关系,传送带对物块做
功＂＝＋Ⅷ愈2ˉ十厕,｜2ˉ厕儡,故C项错误
根据功能关系’系统产生的热量等于物块重力势能的减少量和动能的减少量之和,由γˉt图象可知,在0～t2内,物
块的重力势能减少量为正;在0＝t2时刻之后’物块随传送带＿起运动’系统不再产生热量’物块的动能也不再变化,
所以系统产生的热量-定比物块动能的减少量大’故D项正确
易错项辨析:
本题的易错项为C项0～02时间内物块在传送带上先向下滑,再向上滑,由题图乙知’下滑的位移大于上滑的位移’
重力做功卜为零｀所以传送带对物块做功和重力对物块做功之和为÷哪（＂22ˉ＂!2）故选项C错误
l8
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80. ［答案］
D
［解析］
问题求解; 』‘玉兔在川球表面上何警＝吨月,回「推州哑＝细R凰’此时引力势能和动能均为零;在镐度
的轨道上.有麓≡（鹊』则此时的动熊为E＂-÷咖2＋煞,引力势能为圆,≡R鹊）由能…定
棒得从汁始发射到对接完成爵蜜对王兔,做的功＂二…,～煞（←÷）≡需（h十＋R）故D项
正确.
易镭项辨析;本题的易错项为B项由公式婴＝g周回′得黄金代换公式c″＝g周R鳖, .王兔与飞船对接时速度要枷
飞船相问测有（R婴）』ˉ走.所以｀玉兔,与飞船对接时的动能为z』-十咖』-十憨,势能为鹰,≡
＂鹃）｀＂从发射测对接完成糯要对』玉兔做的功廊等于上述的蓟能和势髓之和
81。［答案］
C
［解析］
楔形物块静止,小物块匀速’故两物体组成的系统处于平衡状态,对该系统进行受力分析,在竖直方向上合
外力为零,设地面对楔形物块的支持力为FN,则FN＋Fsin0＝（M＋m）g’从而得到FN＝（M＋″!）g-Fsin0,故C
项正确
82. ［答案］
B
［解析］
弹力F的方向未垂直于车轮与减速带的切线’故A项错误
弹力F的方向垂直于车轮与减速带的切线’且沿竖直和水平方向进行分解’合理’故B项正确
弹力F的方向未垂直于车轮与减速带的切线’故C项错误
弹力F分解方向不合理,故D项错误
83. ［答案］
C
［解析］
由于甲做匀变速直线运动,乙做匀速直线运动’则直线为乙的匆-Ⅱ图象’曲线为甲的匆＿』图象’图线的斜
率的绝对值的大小表示速度的大小,则在tl时刻’因曲线的斜率绝对值大于直线的斜率绝对值,所以甲的速度大于
乙的速度,故A、B项错误
平均速度等于位移与时间的比值’因在0～′2时间内,甲乙的位移大小相等,运动时间相等’则平均速度大小相等,故
C项正确’D项错误.
84. ［答案］
D
［解析］
问题求解:球形天体表面的赤道上’物体对天体表面压力恰好为零’说明天体对物体的万有引力恰好等于
,障……晌…′亨红瞬（竿）魁…儡…正＂
易错项辨析:本题的易错项为B项由于物体对天体表面的压力恰好为零’所以天体受到的万有引力恰好等于天体
＂闯……枷…畸″鹏二″坠啊（等「…儡
P
l9
『率γ.
『…
｀↑.
｛
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］
抉…凹咐
磕
由
T田□…白～
☆
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85. ［答案］
D
［解析］
问题求解:本题主要考查力的合成与分解如图’三个支架承受的压力在竖直方向的分力之和等于相机所
受的重力.
故3′支…0.-吨解得′菱≡手顾g,故D项正确
支
易错项辨析:
本题的易错项为C项本题关键是受力分析’三根支架的三个力不在同-平面上’考虑到相机受到的重力竖直向下
所以应该把支架受到的力沿竖直方向分解.
86。［答案］
［解析］
如图;
D
过程分析:当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时’A与B的角速度相等’A的半径比B的小.受力情况
′门g
A项,由o＝@r’可得A的线速度比B的小’故A项错误
B项’由α≡@2厂得,A的向心加速度比B的小’故B项错误
C项’座椅受重力mg和拉力T’如图所示’mgtan0＝′mu2r,悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角较小’故C项错误
D项』拉力T＝揣』悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小,故D项正确
87. ［答案］
C
［解析］
过程分析:双星系统运转过程中’设两者质量分别为M与m’圆轨迹半径分别为R与厂’其中M＞m’R＜r,
则c（器）2…』二M｛°2,已知此双星系统中体积较小成员能吸食,另＿颗体积较大垦体表面物质,达到质量
转移的目的’且在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变’即M减小量等于m增大量,且（R＋厂）不变
.20°
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由均值不等式可知c（潞）2＜G（删ˉ△耐）（…砸）,即闷者间的刀有弓｜』增大,故A项错误
（R＋厂）2
由‘（器）』三√′‘（武）』-″两式相加得c（偿舟2-（胎『）·:即“弓√c（偿:』,胸于变化过程中（〃
＋厂）不变’（M＋m）不变,即@不变’故B项错误
由mr＝MR’可知质量转移后’厂减小,R增大,由《o不变’即线速度R@增大’故C项正确,D项错误
易错项辨析:
本题易错项为AD.A项’考生可能对于双星系统的万有引力的表达式使用有误;D项’考生可能对于线速度的表达式
使用有误’故易错选AD项
88. ［答案］
C
［解析］
电脑在散热座」二受到重力、散热座的支持力和摩擦力的作用保持平衡状态’受力分析如图’根据平衡状态
的条件可得摩擦力大小／＝′＂gsin0,支持力大小Ⅳ＝mgcos0’当由卡位1调至卡位4时’倾角0变小’则电脑受到的摩
擦力变小’支持力变大’而二者的合力始终不变’合力大小等于电脑的重力’而不是电脑受到的支持力与摩擦力的大
小之和等于其重力,故C项正确
Ⅳ
89. ［答案］
A
［解析］
问题求解:过抛出点作斜面的垂线,如图所示:
A?＿＝-≥
X
l〉0
γ
B
当质点落在斜面上的B点时’位移最小’设运动的时间为t’则
水平方向:z＝″0t
竖直方向:γ＝÷鳃2
根据几何关系有ˉ坠≡tan0
y
解得』-湍,放A项正确
易错项辨析:本题易错项为B考生可能对运动的分解不熟练’主要体现在—坠≡tan0这-几何关系的确定出现错误,
y
恰恰写反成ˉ』≡≡tan0,故易错选B项
卯
·21
叫
』
捍
~
卡
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90. ［答案］
B
［解析］
做曲线运动的物体速度方向沿运动轨迹的切线方向’所以质点从M到Ⅳ过程中速度的方问始终在改变,
又因弧长删P大于弧长P｛｀′,且质点由″点运动至P点与从P点运动至″点的时间相等’根据〃＝十』得此过程中速
度大小变化,故A项错误
质点在恒定合外力作用下运动’根据牛顿第二定律’加速度恒定’又知质点由M点运动到P点与从P点运动到Ⅳ点
的时间相等,根据△0≡α△t,所以质点在这两段时间内的速度变化量大小相等,方向相同’故B项正确’C项错误
质点加速度恒定’所以质点做匀变速运动,故D项错误
易错项辨析:本题易错项为D考生可能将匀变速运动与匀变速直线运动的概念混淆,加速度不变的运动是匀变速运
动’加速度不变且与速度始终在＿条直线上的运动是匀变速直线运动’故易错选D项
91。［答案］
C
［解析］
↑／
／′
l2（）。
／
／
图l
图2
假设弹簧均处于拉伸状态’对A进行受力分析如图1所示’根据地面对A的摩擦力为／得知弹簧上的弹力大小为／;
对D进行受力分析如图2所示,则地面对I）的摩擦力大小为／′＝2／bos30°＝√可’同理弹簧处于压缩状态时’／′大小
不会发生变化’故C项正确
92. ［答案］
C
［解析］
过程分析:摩托艇在水中-方面自己航行前进’另＿方面沿水向下漂流,沿水漂流的分速度不可能使摩托
艇渡河’即只有垂直于河岸的速度分量能使摩托艇渡河’当摩托艇垂直于河岸方向航行时此分量最大’到达岸上的
时间最短
问题求解;根据o＝十’摩托艇登陆的最短时间｝＝丛,登陆时到达O点的距离为沿水漂流产生的位移即』＝〃!』＝
02
坐’故C项正确
D2
93. ［答案］
C
［解析］
由题图可知AB间距离为2cm’故小石子通过AB时的平均速度为20m／s,所以小石子在A点的速度为
l’995n√息,小石子从开始下落到达A点经川了大约2.,所以出发点离A点大约h＝＋g′2＝20m.故C项正确
94［答案］
C
∏〗U2
［解析］
小车突然停止运动,则A球做圆周运动,由于惯性,圆周运动初速度等于小车运动速度,则FA—mg＝—厂,
′灿-嚼十｜0〃』二30哪;B球由十受到前壁的阻挡,不做侧周运动则假』二′赠≡10哪所以′则;F圈≡3;」,故c项
正确
·22·
←~↑
｛ˉ↑
卜tˉ＾Y
主…＋…｛
′
Ⅱ↓
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95. ［答案］
C
［解析］
对α’假设α受到摩擦力作用’因没有其他力与这个摩擦力相抵消’α不可能处于静止状态’所以α、b之间
无摩擦力作用曲＝0.对6,b＿定要受到c施加的＿个摩擦力作用’这个摩擦力与Fb相抵消’其方问向右’大小为几
＝Fb≡5N.对c,受到／i的反作用力作用,反作用力向左’大小为5N这个反作用力与F°的合力为10N-5N≡
5N,合力与／i相互平衡,即／i＝5N,故C项正确.
96. ［答案］
D
［解析］
物体在竖直方向受到重力和内壁的摩擦力作用,受力平衡;水平方向上受弹力作用’提供向心力’其表达式
为mo2厂’角速度增大后’运动所需的向心力增大’弹力增大,摩擦力始终与重力平衡保持不变’故D项正确.
97。［答案］
D
［解析］
发射卫星的速度必须大于第-宇宙速度’如果已达到第三宇宙速度,则会脱离太阳的引力,故A项错误
示≡娜＿『示愿,其中M为月…量,赋为腥的履量,移项化简得γ≡W嘉所以｜剩与月球锄臆昌有关
GM″l
（2∏）2
故B项错误
在绕月轨道上,卫星受到月球的引力大于受到地球的引力,否则就不能绕月球转动’而是绕地球转动,故C项错误
F＝警,所以卫星受到月球的引力与它到月球中心距离的乎方成反比,故D项正确
98。［答案］
D
［解析］
问题求解:位移表示物体的位置变化,是＿条从初位置到末位置的有问线段,其大小取决于运动起点和终
点的位置’与路径无关,方向由起点指问终点,题中气门芯水平方向的位移为∏R’竖直方向的位移为2R’根据矢量合
成的规律’合位移为R｀／叮ˉ干了了’故D项正确.
易错项分析:本题易错项为B.考生可能容易忽略气门芯随着自行车的移动在水平方向上产生的位移’直接把竖直方
向上的位移作为总的位移值·
99. ［答案］
C
［解析］
物体先做匀加速运动’后做匀减速运动’故A项错误
物体第＿阶段和第二阶段均做匀变速运动’加速度不变’故B项错误
滑动摩擦力公式为／≡队Ⅳ’Ⅳ为物体对支持面的正压力。由于第＿阶段正压力小于第二阶段的正压力’所以第-阶段
摩擦力小于第二阶段摩擦力’故C项正确
第＿阶段是匀加速运动,而不是匀速运动’位移时间图象不应当是直线’故D项错误
宁
】
匹
『
‖
唾
100. ［答案］
B
［解析］
小猴受到重力和竖直向上的摩擦力,当摩擦力最大时小猴上爬达到最大加速度.重物受到重力、支持力和
绳子的拉力’由于重物不离开地面,所以当支持力为零时重物受到的拉力最大:F≡mg≡150N。根据力的相互作用’
猴子受到的摩擦力的最大值′＝′＝l50N,最大加速度为;α硒＝等卫二…2故B项正确
。23。
昭
↓
4…今
』｀
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101［答案］
C
［解析］
对球受力分析’受重力、支持力和拉力’如图所示
T
｜
A
Ⅳ
G
设绳子与竖直墙面间的夹角为0’由受力平衡得:
竖直方向’Tcos0＝G’
水平方向’Tsin0＝／V’
如果把绳的长度增加＿些’夹角0减小’可得绳子拉力T减小,墙对球的弹力／V减小’球对墙的压力F也减小’故C
项正确.
102. ［答案］
C
［解析］
对木块2研究’木块2受到重力、弹簧的拉力、地面的支持力和摩擦力.根据平衡条件得弹簧的弹力F＝
…又由胡克定律得至‖弹簧伸长的长度瓣＝÷半｀所以两木块—起匀逮运动时两木块之间的距离是‘二′＋Ⅱ
＝!个半故c项正确
103。［答案］
C
［解析］
V
X
图l
图2
问题分析:对1受力如图］所示:竖直方向上有Fsin60°＋Ⅳ≡mg’水平方向上有
÷ˉ陛（咖g—粤′）对2迸行受力分析如图2所琉;竖直方向上有″≡略＋
Fcos60°-陛Ⅳ≡mαl .解得:α1＝
m
.24.
□
琴
回
~
~
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÷ˉ鹏（…粤′）
Fsin60°;水平方向上有Fcos60°—以／V≡′′m2.解得:α2＝
刀〗
＞α3＞α2,故C项正确。
＋Fˉ′〃吧
对3分析可得,α3＝
m
’故αl
104［答案］
C
（解析］设弹簧原长为′则榴擂铡克定律您二占ˉ磊≡警,敬颐正鹏
105。［答案］
C
［解析］
由牛顿第二定律知’用大小为F的力拉木块时,有F—′儿Mg≡Mα’拉力变为2F时’2Fˉ／儿″g≡″α′ ’得α′＝
2α＋队g,故C项正确
106［答案］
B
［解析］
无风时’运动员做自由落体运动;有风时’运动员在竖直方向做自由落体运动,运动时间不变’水平风力使
运动员具有水平方向的加速度,风力越大’加速度越大’运动员着地时水平分速度越大,根据运动的合成与分解,运
动员着地时速度越大’故B项正确.
107。［答案］
B
［解析］
子弹的长度约为4cm,则子弹飞行距离为s≡4cm×2％≡0.0008m,曝光时间约为t≡＿L≡0.0008
0
500
s≡
1.6×l0ˉ6s’故B项正确
108. ［答案］
B
［解析］
问题求解!向上运动时α! ＝尝婴,方向向下,向下运动时α2＝嘿广1〃方向向下,甲、乙均呵看做从o点无
初逮度匀加速下落的图象,＋α′』二γ’闪光间隔′相同,甲、乙分别用离o点最近的点分析’业＝丝＝△塑ˉ二
γ2
α2
′ng-／
1
,
叫得／二＋砸g’故B项正确
易错项辨析:
本题的易错项为C项向上运动时’受到的阻力向下’由牛顿第二定律可知:／＋吧≡″皿l ,向下运动时,受到的阻力
向上’mgˉ／＝′m2,物体做匀变速直线运动时,Ay＝α严,题中虽然没有告之闪光周期,但由题图可知向上和向下的
加速度关系’再联立以上两方程就可计算出阻力的大小.
109。［答案］
C
［解析］
根据两车刹车后若不相撞的u-t图象知』＝20s之前甲车车速大于乙车车速’甲车追赶乙车’r＝20s之
后甲车车速小于乙车车速’因此碰撞＿定发生在t≡20s之前;』＝20s时两车位移差△鳃＝s甲-s乙≡l00m’因为两
车发生碰撞’所以两车刹车时距离S≤l00m’故C项正确
25
↓守
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110. ［答案］
A
［解析］
物体在｜翱极受到的支持力大小与万有引力大小相等,即N］＝警′在赤道k所受支持力为刀有弓｜力扣除
做圆周运动所需的阎心力即＂』-警＿哪（芋）2R则总≡刚脚堕″,敬A项正赡
111. ［答案］
A
［解析］
如图添加的虚线是匀变速运动时的图象
0’
］〉勺
附
○
『l
／
由″ˉ′图可知’0～′l时间内,甲车的位移大于乙车’所以根据平均速度定义『＝ˉ兰可知,汽车甲的平均速度比乙的
′
大,故A项正确’C项错误
当汽车乙做匀变速直线运动的时候’平均速度刁＝坠苛鱼’在恤—』图中根据平均速度定义丽＝十叫知,乙车,ˉ′图
线与坐标轴围成的面积小于虚线与坐标轴圈成的＝角形面积,故汽车乙的平均逮度小于等鱼｀放B项错误
由o-t图的斜率表示汽车的加速度’可知汽车甲和汽车乙的加速度均逐渐减小’故D项错误
112。［答案］
C
［解析］
设大圆环底端为重力势能零点’大圆环半径为R,小环在最低点速度为″’由于小圆环运动过程中只受弹
力＂重力’故机械能守恒,有＋Ⅷ2＝2咖gR解得渺＝√颗当小环到大环最低点时.分析小环的受力得′寞＿′蹈＝
∏1U2
ˉ而把＂＝√顾代人得F支＝5mg.分析大环受力,大环受到自身重力、小环竖直向下的压力5″』g和轻杆的拉力’故
大环对轻杆的拉力为Mg＋5″!g。故C项正确
113. ［答案］
D
［解析］
不计空气阻力的物体其上抛运动的过程中,加速度恒为重力加速度’用虚线表示为＿条斜率为负的直线;
另＿物体的空气阻力不可忽略’设比系数为内’物体质量为m’则阻力可表示为／＝ko,物体从上抛到速度减小为零的
过程中,加速度为g＋:,从速度为零点至‖下降过程中,加逮度为g—黑可知,物体的加逮度先大于霞力加速度
在速度为零时等于重力加速度’最后小于重力加速度o-′图的斜率表示加速度,即实线的斜率先大于虚线的斜率’
在与t轴相交处’实线与虚线的斜率相等,之后实线的斜率小于虚线故D项正确
°26
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114［答案］
C
［解析］
过程分析:由题图可知’上木块在相同时间内位移之差是＿恒量’故做匀加速直线运动,下木块在相同时间内位移
相等,故做匀速直线运动.设连续两次曝光时间间隔为T’标尺每小格路程为s.
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,叮知上木块时刻′2的逮度为谬上2二盖,上木块时刻!’的速
度为似上5＝器不木块始终做匀速直线运动》速度为,下＝芳故A项错误
根据匀变速直线运动相邻相等时间间隔内位移之差△蹦＝α严｀上木块的加速度为α＝古’由匀加速直线运动速度关
系公式叮知上木块时刻!｜速度删上!＝谬上2—α′＝蒜故B项错误
根据某段时间内的平均逮度等于中间时刻的瞬时速度.叮知上木块时刻′』的逮度为聊上』二券’上木块时刻′‘的速
度为徽上缴＝券因为,上』＜,下＝万＜删上剑’故c项正确
8s
因为上木块做匀加速直线运动,由C项可知在时刻′3和时刻04之间某瞬时两木块速度相同’则上木块‖4时刻后继
续做加速运动,不再可能与下木块有相同速度.故D项错误
115。［答案］
D
［解析］
若质点做加速度为α、初速度为〃0的匀变速直线运动’则在＿段时间′内’质点末速度o』＝″0＋αt’平均速
度『二＋’,＝燃o叶＋“2则硼＝删o杂÷“,＂存中间时刻的瞬时速度似÷』＝谬o＋÷“,即有结论;做匀变速直线运动
的物体,-段时间内的平均速度等于其中间时刻的瞬时速度质点在0.25s的瞬时速度比它在0.75s的瞬时速度
大245m／s,质点做减速运动’故加逮度大小通过α＝器求解得490m／.型,符号为负故D项止确
116. ［答案］
C
［解析］
斧头对木柴的作用力可分解为AB面上的压力和AC面上的压力,这两个压力越大,木柴更容易被劈开’这
两个力均垂直于接触面指向下,且这两个力的合力大小等于斧头的重力.根据平行四边形定则,当两个力合力大小
不变’要使分力变大,则分力之间的夹角变大。将斧头的BC边变短’AB边变长’即可增大两个接触面上的压力,故C
项正确
117｀［答案］
C
［解析］
G
.27.
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滑块由静止释放’对滑块受力分析’它受重力｀支持力、摩擦力,如图所示.滑块从静止开始下滑’加速度沿斜面向
下’得C霹＞／,又有Ⅳ＝Gγ√＝队Ⅳ,故mgsin0＞／儿′′!gcos0,解得仪＜tan0,故A项错误
由A项分析得以＜tan0时’滑块将加速下滑’故B项错误
用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动’根据平衡条件,有Fˉ吧sin0-陛mgcos0＝0,又有严≡tan0’故解得F
＝2mgsin0’故C项正确.
用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动’根据平衡条件,有F＋矾gsin0ˉ严略cos0≡0,又有仙＝tan0,故解得F
≡0’故D项错误
118. ［答案］
A
［解析］
过程分析:物体在做匀速圆周运动时合外力等于向心力,当合外力发生改变时物体的运动轨迹会发生变化,具体情
况是:合外力增大时物体做近心曲线运动;合外力减小时物体做离心曲线运动;合外力消失时物体处于平衡状态,
做直线运动.
拉力消失小球在水平面内不受力,即在水平面内处于平衡状态’小球在P点速度沿轨迹切线方向向上’则会沿着Pα
做直线运动,故A项正确
小球速度在P点未发生变化’则继续做圆周运动所需的向心力不变’拉力突然变小时’小球在水平面内合外力小于
做圆周运动的向心力’小球会做离心运动,即小球运动轨迹为Pb,故B、D项错误
小球速度在P点未发生变化,则继续做圆周运动所需的问心力不变’拉力突然变大时,小球水平面内合外力大于运
动需要的向心力,小球会做近心运动’因此轨迹应该为Pc’故C项错误
119［答案］
B
［解析］
因为轿车车长为4.5m,对应刻度尺的3个小格’所以每个小格表示1。5m。由题图可知’厕l ＝15×8m＝
l2m,匆2≡1.5×l3。4m≡20. 1m’由匀变速直线运动的规律可知嘶2-匆l＝α严’可以求得加速度约为2m／s2。故B
项正确.
120. ［答案］
D
［解析］
oˉt图上’速度的方向要么与正方向相同’要么与正方问相反’故物体做直线运动故A项错误』
在2。5s时’速度方向改变,之后速度大小增加故B项错误
Uˉ′图上’图象切线斜率代表物体加速度.曲线上切线始终斜向下’加速度—直小于零’故物体加速度方向没有改
变故C项错误.
从＂-t图上可直接得出物体速度变化量,大小为8『n／s.故D项正确
121［答案］
B
［解析］
Ⅳ
F尸
舀
β
们
∑
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2
乘客所需要的向心力F＝皿旦≡＝500N’根据勾股定理得知乘客受到火车给他的作用力大小Ⅳ＝√F2＋（mg）2＝50（）
厂
徊N,故B项正确
122. ［答案］
D
［解析］
在拉力F作用下A｀B以共同的加速度α向前运动’此时分别对A、B进行分析.对于A,α＝垒’对于B,α＝
′n1
F弹
撤去F后瞬间’弹力不变’此时对于A,α｜＝而＝α
FˉF弹
F弹
ml
对于B,α2＝—＝—α,故D项正确
∏〗O
『∏勺
∏17
~
［答案］
A
［解析］
未施加外力时,对物块受力分析’受重力、支持力、摩擦力,如图1
123
／
新所币厂→
G
图l
由于物块恰好静止在斜面上’说明斜面对物块的摩擦力等于最大静摩擦力’由受力平衡得
／＝′＂gsin0’／｀／＝mgcos0’又有／＝从／V’联立解得以≡tan0.
对物块施加＿个竖直向下的恒力′’再对物块受力分析’如图2:
／
俞桐币亩＝
F｜｝
G
~
~
~
图2
由受力平衡得’与斜面垂直方向依然平衡:Ⅳ＝（mg＋F）cos0’故最大静摩擦力变为:／≡从Ⅳ＝以（mg＋F）cos0≡（『ng
＋F）sin0’与斜面平行方向重力和恒力的分力刚好还是和最大静摩擦力相等’故物块依然保持平衡’仍处于静止状
态,故A项正确.
『
卜Q
↓
29
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124［答案］
C
［解析｜
根据h＝＋g柯Ⅷ』匡√丙故c项止确
125。［答案］
B
［解析］
两弹簧完全相同,且弹簧的弹力和其形变量成正比,故当＿个弹簧缩短时,另＿个弹簧伸长,且二者形变
量大小相同故弹簧秤乙的示数应为l2N’物体在水平方向所受到的合外力为:F＝F乙-F甲＝4N.根据牛顿第二
定律可知’物块的加速度大小为α＝上＝4m／s2,故B项正确
m
126. ［答案］
C
［解析］
v
X
如图所示,对小球迸行受力分析,水平方向;№in』0.≡′;竖直方向;″…0.≡吧解得;″≡竿励g当撤去水板瞬
间’小球受到的重力和弹力没有发生变化,二者合力和木板对小球的支持力等大反向’故根据牛顿第二定律可得:α
二等≡喂,方向垂直水板向下故c项正确
［答案］
D
［解析］
将汽车对千斤顶的压力F分解为沿两臂的两个分力Fl ｀F2’受力分析如图所示’根据对称性可知’两臂受
F
≡10×l05N,故A项错误.
到的压力大小相等,即Fl＝F2’由2Flcos0＝F’得Fl＝2cos60°
根据牛顿第三定律’汽车对千斤顶的压力与千斤顶对汽车的支持力大小相等,方向相反,均为l.0×105N’故B项
错误.
若继续摇动把手,将汽车顶起’两臂要靠拢则0角减小’由′!＝Z羔ˉp,0角减小.…增大,′｜减小,所以两臂受到
的压力将减小,故C项错误’D项正确.
127
O
尸l
尸
｀｀Ⅱ′
F
30°
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128. ［答案］
［解析］
离’有向
D
条形磁铁向右运动的过程中’线圈磁通量先增大,后减小.为了阻止这种变化趋势’当磁铁靠近时’线圈远
「和向石运动的趋势;当磁铁远离时’线圈靠近’有向上和向右运动的趋势’故I）项正确.
129。［答案］
B’D
［解析］
问题求解:开始时物块与箱顶之间有压力’物块受到竖直向下的重力、竖直向上的弹力和竖直向下的箱顶
对物块的支持力’物块处于平衡状态,所以三个力的合力为零;当物块对箱顶的压力变为零时,即箱顶对物块的支
持力为零’物块受到的合力竖直向上,此时物块的加速度方向竖直向上.所以木箱的加速度方向也问上’木箱可能
是加速上升或减速下降,故B、D项正确
易错项辨析:本题易错项为ACD。A、C、D项’考生可能对于物块的受力分析有误,故易漏选D项,错选AC项
130. ［答案］
B’C
［解析］
／／／／纪／父／／／／
F
汐
R
□
过程分析:对与滑轮接触的一小段绳子受力分析,根据共点力平衡条件求出脚对绳子的拉力’如图所示,受到绳子
的两个等大的拉力。
设重物的质量为m’Fl＝F2＝″‖g,2F1cos0＝F’解得F＝2mgcos0’要增大拉力F,关键是要减小角0或者增大m.
增加绳子长度不会改变角度0’力F不变’故A项错误
增大重物的质量m,会增大拉力F’故B项正确。
将病人的脚向左移动会减小角0’故C项正确
由几何关系可知’两个滑轮间距增大’会增加角6,会减小拉力F’故D项错误
131［答案］
A,B,D
［解析］
瞬时速度的测量正是应用At充分小时的平均速度来表示瞬时速度’故A项正确
匀速直线运动是速度不变的运动’所以它的平均速度等于瞬时速度,故B项正确
平均速度是位移与该段位移所用时间的比值,只能粗略地描述这段位移或时间内的运动的快慢程度;瞬时速度对
应某＿时刻或某＿位置的速度,可精确描述变速运动’故C项错误’D项正确
31
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132。［答案］
A,D
［解析］
过程分析:题图所示系统处于平衡状态,弹簧的受力情况跟各个物块的重力以及滑轮与地面高度、绳子的
长度有关。
Ⅳ处于拉伸状态而M处于压缩状态’此时Ⅳ弹簧的弹力小于或等于c物块的重力,对α物块做受力分析’mαg＝FⅣ
＋FM,b物块所受的地面支持力大于其重力’这种情况有可能出现,故A项正确.
Ⅳ处于压缩状态而M处于拉伸状态,这就意味着,绳子需要给弹簧／V-个压力使得弹簧／V保持平衡’显然这是不可
能的’故B项错误
／V处于不伸不缩状态而M处于拉伸状态,对于Ⅳ弹簧而言,Ⅳ弹簧不受力,所以绳子也不受力’对α物块做受力分
析’就会发现,α物块保持平衡需要M弹簧给它提供＿个支持力’即弹簧M处于压缩状态’所以弹簧M在这种情况
下不可能处于拉伸状态,故C项错误
Ⅳ处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态,对于弹簧M而言’它处于不受力状态’对物块α做受力分析’α物块的重
力完全由绳子的拉力平衡,所以绳子就会对弹簧Ⅳ产生拉力,使弹簧Ⅳ处于拉伸状态,故D项正确
133。［答案］
A,B,C
［解析］
过程分析:F作用时’由于水平面光滑,A、B立即开始运动.若A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力’则A、B不
／LmAg
打滑的条件为A｀B之间的摩擦力小于最大静摩擦力’摩擦力提供B的加速度’有F＜（mA＋′见B）α,α＝＿≡
『∏B
6m／s2,所以F＜48N.
由于水平面光滑,A｀B整体受合外力F作用’立即开始运动,即A项错误,故选择A项
拉力超过48N时,A｀B才开始发生相对运动,即B、C项错误’故选择B、C项
由于拉力只增大到45N,所以A、B-直没有发生相对运动’即D项正确’故不选择D项
134. ［答案］
B’D
［解析｜物块……动咖畦膛大小为;徽｜-岛二兴…』≡］…篡物块匀j畦运动的j畦度人小;“
釜-荒吨』＿4…』物……运动的蹦间为;‘｜÷三舟.-! ,,即在｜.末恒〃′反向物块做匀
加速运动,故A项错误,B项正确
根据牛顿第二定律得;F＋／＝′ml ,F-／＝′m2’联立两式解得:F＝7N,／＝3N,故C项错误
动摩擦因数为:陛≡上＝0.3,故D项正确
′）骋
135。［答案］
（〕,D
［解析］
过程分析:小球受到重力｀容器弹力和弹簧弹力作用处于平衡状态,受力分析图如下
Ⅳ
F
~~
′″g
32
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根据共点力的平衡条件’可知弹簧弹力F＝刀骋’故A项错误
根据牛顿第三定律,小球对容器有向右下方的弹力作用’所以容器相对于水平面有向右的运动趋势,故B项错误
根据共点力的平衡条件’可知容器和弹簧对小球的作用力的合力与小球重力大小相等’方向相反’即合力方向竖直
向上,故C项正确
根掘胡克定律,叮知弹簧的压缩量撼＝÷二等,又知此时弹簧长度为腮则弹簧隙长为R＋竿,故D项正确
易错项辨析:本题易错项为ABA项,考生可能对小球的受力分析有误;B项’考生可能对容器的受力分析有误’故
易错选AB项
136. ［答案］
A’C
（解析｜
闷题求解;根瞩万有引力定律有警-卿誓R,式子中除周期′与轨遭半径R外蒲随定值阔期的平方
与轨道半径的立方成正比’即轨道半径越大’周期越长’故A项正确
根搪万育引力定儒』有警-砸÷,可得,二√雾所以轨…越大速霞越小,放B项错谈
测得周期后根撮警二卿誓阿得腮二锑』在飞行器形成的张角平面内星球半径与轨道半径相互垂直它们
形咸的直角三角形中,有方≡惺＂÷｀…n÷星球的平均密度为′≡羔≡
丁″:÷:（愿表示轨道半径壶
示星球半径）’故C项正确
只测出周期和轨道半径可求出星球质量,但无法得到星球体积,即无法求出星球平均密度’故I）项错误
易错项辨析:本题易错项为CDC项’考生可能对张角与半径之间的几何关系理解不清;D项’考生可能混淆了轨道
半径和星球半径’当只知道公转周期和轨道半径时’无法求出星球半径,所以不能求星球的体积和密度’故易漏选C
项’错选D项
137. ［答案］
A’B
［解析］
物体初速度为30m／s,加速度为10m／s2’做匀减速直线运动,可知物体运动3s后速度为零,之后2s做
自由落体运动物体前3.内路程为‘｜＝＋g‘｜2＝45m’后两秒路程为‘2＝＋娜22＝20m,因此总路程为65m’故
A项正确。
物体前三秒位移向上为45m’后两秒位移向下为20m’因此总位移为25m’方向向上’故B项正确
物体初速度为30m／s,加速度为10nl／s2,运动时间为5s,可求得A似＝gT＝50m／s’故C项错误
位移为25m’方向向」二,运动时间为5s,因此平均速度为而≡上＝5m／s,方向向上,故D项错误·
138. ［答案］
B,C’D
［解析］
对题图甲中的M受力分析有Mgsinα≡′ng,得到m＝Msinα;根据牛顿第二定律’题图乙中的M有αM≡Mg
ˉ′徽′对咖有“″!＝′撇ˉ′厕鳞inα,联立两式得α＝业丽嘿Ⅱ鱼ˉ雌二雌sm2α＝（lˉ愚inα）g’因为咖二M…’所
″＋MSinα
以α＝瑞型g,F撒＝岭inα≡吧故趴C｀D项正确
.33°
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139ˉ ［答案］
A’C
［解析］
若物体在某段时间内每时刻的瞬时速度都等于零,则物体的位移为零,进而它在这段时间内的平均速度
等于零,故A项正确
物体在某段时间内的平均速度等于零,它在这段时间内任＿时刻的瞬时速度不＿定等于零’比如物体运动＿段时
间后回到原出发点的情况’故B项错误
匀速直线运动的定义是:物体在＿条直线上运动,在相等时间内通过的位移相同,“相等时间”是指任意相等的时间
段’因此当时间段趋近于零时’即为任＿时刻’故C项正确.
变速直线运动中任意—段时间内的平均速度有可能等于它某＿时刻的瞬时速度,故D项错误
140［答案］
B’D
｜解析｜搬瞩重力与万有引力的关系罐≡警得‘～警则繁～揣（爵）』～蒜ˉ虱,则月球上的重力
加速度为166m／s2,自由落体运动末速度为″＝√豆百月ˉ万＝√2×166×4m／s≈a6m／s,故A项错误
悬停时探测器受到的重力与反冲力平衡’故反冲力等于重力G＝′ng月＝1.3×103×l.66N＝2l58N,约为2×
］03N’故B项正确.
从近月轨道到着陆过程中’探测器变轨需要发动机工作’此时探测器受到反冲力’其机械能发生变化’故C项错误
根蠕近龋球覆圃运动时物体圆周运动的向』心力枷万有引力的关系￥-警｀化简为＂-仔,即鳃-
√c3黑周＼／要≡铜′圃此探测器在近周幽道上运行蹿…小于人………上屋行的线.
度’故D项正确
141。［答案］
A’C
［解析］
在剪断之前,三个物块处于静止状态,以物块C为研究对象,则物块C受到重力和S2的弹力作用’根据物
体平衡条件有mg≡kz2,以物块6为研究对象,则物块b受到重力和两个弹簧的弹力作用,根据物体平衡条件有肚l
＝肌g＋版2＝2mg,以物块α为研究对象’则物块α受到重力｀Sl的弹力和细线拉力作用’根据物体平衡条件有T＝
mg＋肚l＝3吨’当细线剪断时,弹簧仍有形变’故弹簧的弹力不变’所以α物块受到的合外力为3mg’则剪断时的加
速度为α＝3g’而Sl的弹力为S2的弹力的2倍’所以△′l＝2△′2,故A、C项正确
142. ［答案］
B’D
［解析］
Ⅳ
T
T
／
→
″『坞
″7lg
图2
图l
34·
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对物体1进行受力分析如图l ’根据牛顿第二定律得:mlgtan0≡mlα,因此得:α＝gtan0,则车厢的加速度同样为
gtan0,故A项错误
根据受力分析可知’″』｜g＝沁。s0’所以r＝器,故B项正确
对物体2受力分析如图2则″＝厕想ˉ′＝厕2gˉ器√二′鹏2“＝…n0’故C项错误,I）项正确
143. ［答案］
B’D
［解析］
开始时’鱼缸相对桌布向左运动,故桌布对它的摩擦力方向向右,故A项错误
鱼缸先在桌布提供的摩擦力作用下加速’再在桌面提供的摩擦力作用下减速’由于鱼缸在桌布上和桌面上所受滑
动摩擦力相等’加速度相等’故时间相等’故B项正确
若增大拉力’由于鱼缸所受弹力及动摩擦因数均不变,故所受摩擦力不变,故C项错误
若猫减小拉力’鱼缸可能与桌布不发生相对滑动,故有可能滑出桌面’故D项正确
144。［答案］
B,D
［解析］
′″醒
如图所示’缓慢改变绳OA的方向至0＞90°’OA拉力的变化由位置1到位置2再到位置3’可知OA的拉力先减小后
增大’故A项错误
绳对P的拉力＿直增大’若＿开始P物块沿斜面的重力分量较大’则需要提供平衡的摩擦力的方向沿斜面向上,随
着OA方向的变化’静摩擦力方问由向上变为零,再变为向下’摩擦力的大小先减小后增大,故B项正确
地面对斜面的摩擦力与绳OA拉力的水平分量相平衡’由于绳OA拉力向右’因此地面对斜面体的摩擦力向左’故C
项错误
以斜面、P、Q整体为研究对象进行分析’F最大值为″l0g’设F与竖直方向的夹角为α.在竖直方向上受力平衡’
Fcosα＋Ⅳ≡m斜g＋mpg＋m0g,又因为Fcosα＜m0g’所以Ⅳ＞m斜g＋′npg’故D项正确
145. ［答案］
A’D
［解析］
圆球处于三力平衡状态,FAo表示斜面对球的支持力,FBo表示挡板对球的支持力,则有FAo
. sin60°≡
FBo
。sjn60°,FAo 。cos60°＋FBo
. cos60°≡C’解得FAo＝C’根据牛顿第三定律得’球对斜面的压力与斜面对球
的支持力等大反向,所以球对斜面的压力大小为C,故A项正确
·35.
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挡板缓慢转动时’圆球始终处于三力平衡状态’则有FAo
. sin60。＝FBo
. sin0,F∧o.cos60°＋FBo 。cos0＝G’解得
C
β℃
’FBo≡2. sin（0＋60。）;挡板顺时针方向缓慢转过60。’0值由60°逐渐减小至0°,tan0的值逐渐
FA0＝-辽＋上
2tan0
2
减小’所以FAo逐渐减小,0＋60°的值由120°逐渐减小至60。’sin（0＋60°）的值先增大后减小’所以FBo先减小后增
大根据牛顿第三定律得,球对斜面的压力与斜面对球的支持力等大反向’所以球对斜面的压力逐渐减小;球对挡
板的压力与挡板对球的支持力等大反向,所以球对挡板的压力先减小后增大’故B、C项错误
假设球对挡板的压力为零’则球仅受斜面对其的支持力和自身的重力’在竖直方向上受力平衡’则FoAcos60。＝G,
水平方向的合力F合＝√m根据牛顿第二定律得’球的加速度α＝匹;当小车以加速度α水平向右做匀加速直线
『∏
运动时’球相对于小车静止’且挡板对球的支持力为零,故D项正确。
146。［答案］
A’D
［解析］
在′≡2·0s时刻有Fl ≡F2≡l.8N’对∧B整体利用牛顿第二定律有F2＋Fl ≡（′nA＋mB）α’再对B进行
受力分析有FAB＋F2＝加Bα’联立可解得FAB＝0.6N’故A项正确’B项错误.
在t≡2。5s时刻F2＝2。25N’F‖ ≡1。35N;对AB整体利用牛顿第二定律有F2＋Fl＝（mA＋mB）α’再对B进行受
力分析有F∧B＋F2＝加Bα’联立可解得FAB＝0. 15N＞0’所以A对B的作用力方向向右’故C项错误
在AB分离时,AB之间的拉力恰好为0。3N’对A利用牛顿第二定律有0.3N＋F1≡mAα’对B利用牛顿第二定律有
F2ˉ0.3N≡″!Bα,由题图知Fl ≡3.6ˉ0。9t,F2≡0.9t,联立可求得′＝3s,在分开之前AB所受合外力-直为
a6N,所以加速度＿直为L2m／s2,根据公式可得位移』＝÷“2＝氢4m’故D项正确
垒
147。［答案］
A,D
［解析］
若A物体受到沿切面向上的摩擦力和B对A的弹力与物体A重力平衡,则拉力可以为零’故A项正确
对AB整体受力分析’若地面压力为零’竖直方向上T＝（mA＋′nB）g’隔离物体A’竖直方向上受到拉力与重力的合
力方向向上,B对A的弹力和摩擦力的合力方问不可能竖直向下’则此时物体A受力不平衡’则运动与受力矛盾,故
B项错误
把AB看成＿个整体,水平方向上不受力’故C项错误
绳的弹力小于物体A重力时,AB间有压力和弹力作用’故D项正确
易错项辨析:本题易错项为C.考生可能未考虑到将AB看成-个整体来分析’故易错选C项.
148. ［答案］
A’B
［解析］
根据o≡@厂,此飞行器离太阳远距离大’故A项正确.
根据α＝@2厂,故B项正确
太阳和地球对飞行器的万有引力都是存在的,向心力由太阳和地球的引力的合力提供’故C、D项错误
149。［答案］
B,C
［解析］
问题求解:设挂钩左右两侧的车厢数分别为m、n’每节车厢的质量为肌0’不计车厢与铁轨间的摩擦,机车
向东运动时对左侧′n节车厢由牛顿第二定律可知F＝″l″l0α｀机车向西运动时对右侧n节车厢由牛顿第二定律可知
′二厕咖,÷α’所以号＝÷,所以总车厢节数为5的倍数,故B、c项正确
°36.
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150. ［答案］
A,C,D
［解析］
设物块与斜面间的动摩擦因数为以’物块沿倾角为0的固定斜面上滑时的加速度为αl ＝ˉgSin0ˉ
〃g…·下滑时j畦度为°2＝鳞iM带…0根掘题图乙可得α｜-ˉ了.α』-÷,因此』‖逮度为已知量联立
0O
前两式可以求得两个未知数以和0’而从前两式可以看出物块的加速度与物块的质量无关,无法解出物块的质量’
故A、（】项正确’B项错误
1
由题图乙可以求出上滑距离为鳃上＝丁00′l ,物块沿斜面上滑的最大高度h≡匆上sin0,故D项正确
151［答案］
B’D
［解概］探测器脱…的发…瞒足＋卿』ˉ竿-M为垦球半径〃为…量;灿二√罕,与晨球
的质量和半径有关’与探测器的质量无关,本题中星球条件不同,脱离所需的发射速度不相等,故A、C项错误
探测器在垦球表面受到的引力由F＝警计算,R为星球半径,M为垦球质量;计算叮知探测器在地球表面受到的
引力大于在火星表面受到的弓｜力,故B项正确
探测器的势能囱傻＝—竿’R为距星球球心的距离,在脱离星球的过程巾,R增人,引力做负功则探测器的势能逐
渐增大,故D项正确
152. ［答案］
B’C
［解析］
对B球进行受力分析:B受到重力的作用和OB绳的拉力作用,B在这两个力作用下保持平衡’水平方向
上不受力,所以AB绳拉力为零;对A进行受力分析’A受重力和OA绳的拉力’根据受力平衡条件可知’第三个力方
向应在前两个力反向延长线的夹角内,只有F2、F3符合条件’故B、C项正确
153. ［答案］
A,D
［解析］
把两物体作为整体’整体在竖直方向上做匀速直线运动’在水平方向不受力’故α与墙之间没有压力作
用’墙对α也就没有摩擦力,所以竖直方向上的恒力F等于整体的重力,由此易知α受到恒力F、重力、b的压力、b
对α的摩擦力4个力的作用’b受到重力｀物体α的支持力和摩擦力3个力的作用’故A、D项正确’B、C项错误
154. ［答案］
A,C
［解析］
对长木板受力分析’受到木块对其大小为似lmg,方向水平向右的摩擦力和地面对其向左的摩擦力’因为
长木板处于静止状态,所以二力平衡’故木板受到地面的摩擦力大小＿定是队lmg’即A项错误’故选择A项’B项正
确’故不选择B项
无论F怎么变’木块对木板向右的摩擦力都是仪lmg’小于地面对木板的最大静摩擦力’所以木板不可能运动’即C
项错误’故选择C项’D项正确’故不选择D项
155。［答案］
A’D
［解析］
由题图乙知’当小球的速度为零时,小球受到的弹力为F＝α’则小球重力G≡α;当弹力为零时’小球的向
心力完全由重力提供对小球有′陶-G-等,代人数据解得′厕-爷,故A项正确
.37.
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小球重力为c二α,质量为″』二乎,所以当地重力加速度为g＝÷,故B项错误
当〃2≡c＞b时’重力不足以提供小球所需的向心加速度’杆需要对小球提供竖直向下的弹力’故C项错误
侧』二2』时.对小球有′陶-c十′-等,将c＝…乎和侧』≡2』代人方程可以解得倔-c.故D项正确
156。［答案］
B,D
［解析］
由题图乙可知’要使小球能到达题图甲顶端’则应使″2≥b,当小球运动到顶端时,合力提供向心力’F＋
02
2
mg＝″』丁,因此图象函数表达式为F二′厕＋-砸g（″2≥b）,故A项错误
当硼,≡』时,′-0,卿千＝略,解得g≡＋,故B项正确
图象的斜率为子绳长′不变’质量m变小时,得到图线的斜率变小』故c项错误
b＝g′’因此绳长不改变’只改变小球的质量’得到图线b的位置不变’故D项正确
157. ［答案］
B’D
［解析］
设斜面与水平面的夹角为0’对仅有P时进行受力分析,P受到重力’支持力和静摩擦力作用’根据平衡条
件有’Ⅳ＝Mgcos0,／＝Mgsin6≤严／V’解得严≥tan0,将物体0轻轻地叠放在P上时,相当于增大了物体P的质量’上
述平衡条件仍然满足’故P静止不动,故A项错误’B项正确
P仍处于静止状态’则合外力仍为零’即P所受的合外力保持不变,故C项错误
对P和0整体受力分析′′＝（M＋m）gsin0≥／’即P与斜面间的静摩擦力增大,故D项正确
158. ［苔案］
B,C
［解析］
乙船恰好到达正对岸,所以水流由左向右甲船的实际运动为水流匀速运动和船沿船头方向的匀速运动
的合运动’合速度的方向显然不与河岸垂直,且合速度方向与河岸夹角小于α,所以甲船不能到达正对岸,而是到达
对岸P点的右侧’故A项错误.
甲、乙两船的速度大小相同’且速度方向与河岸的夹角也相同’则两船速度在垂直于河岸方向的分速度相同,河宽
固定’所以两船渡河所用时间相等’故B项正确.
由A、B项分析知’甲乙两船的位置连线始终与河岸平行,且两船同时到达对岸’所以两船必然相遇在／VP线段中的
某-点’即渡河的过程中会相遇’故C项正确’D项错误
159。［答案］
B,C
［解析］
由题图乙知’当0＝90°时,物体做竖直上抛运动’上抛高度为兔＝1.8m,由运动学公式″02＝2g｀;得″0≡
6In／s’故A项错误.
当0＝0°时,物体在水平面上做匀减速直线运动,位移如≡2.4m’由0o2≡2αz得加速度α≡7.5m／s2,由α＝“得’严
＝0。75’故B项正确
2
2
00
o0
≡
oO2
25sin（37°＋0）’当0＝53°时’位移z取最小值zmiⅢ＝L抖m’故C项正确.
·38。
~~
……↑
ˉ＋
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当0＝30°时’物体的重力沿斜面向下的分力为加gsin0＝5′＂,小于物体的最大静摩擦力严′′lgcos0≈6。495加’所以物体
不会沿斜面下滑’故D项错误
?
160。［答案］
A
（解析］
设地球的臆昌为M火垦的履量为删′ ,火垦的半径为阀』,—物体在地球表面有警-吧.因R』＝十′M′′
÷………嘿侧崇……愧蹭……＂
直丘
卿牛器瞬以……爷素’—满徽…
由A项的分析得火星表面的重力加逮度g′二÷g,故B项错误
物体在地面附近绕行垦做匀…返…度叫徽第—字窗逮度有警三等得徽—√平』所以火…—字
…与地球的第＿字窗逮膛之比为÷弓√票-乎』故颐镭橇
王跃以初速度刨0在地球上起跳后’做竖直上抛运动,由运动学公式得002—02＝2g内’求出能达到的最大高度为h≡
紫,圃为爵′÷:测王跃以勺…上相阔的……上…能达到的最大高度融′÷蹦.敞D项
错误.
~
炉当
161. ［答案］
A
［解析］
在达到最大静摩擦力之前,木板和木块保持相对静止,木块和木板以相同加速度运动’根据牛顿第二定
肋
;达到最大静摩擦力后,木块和木板相对运动时’对于木板根据
律:F≡（′nl＋加2）α≡肛,解得:α＝α1＝α2＝
∏】l＋『γl2
牛顿第二定律:严肌2g＝mlαl ’解得:αl≡（皿旦直’故木板的加速度恒定不变;对于木块’根据牛顿第二定律:Fˉ从肌2g＝
∏11
肛ˉ似加2g≡加2α2’解得木块的加速度α2≡丛ˉ以g,比较αˉ0与α2＿〖的关系式,其中斜率ˉ上＞
k
,故A项
『几2
′∏2
∏〗l＋加2
正确
162. ［答案］
B
!解析］
卫垦｛徽近地环绕时』警二￥第—字窗遮度;＂弓√平易得两者不相同,故A项镭误
在行垦…g二婴根搬行垦地球的履量比和直径比得爵-÷,故B项正确
环绕天体与中心天体间;‘些-嘘誓′得卢二磐』代人M7后可求得′比并非隔』故c项镭谩
在不网的环绕系统下都有c些＿腮竿秘′三午得＂;-竿,于是有（÷）』～揣』代人数字得…｜根耀
.39.
~
~
恬
『
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相对论可知’尺缩效应是相对的’地球上的米尺如果被带上该行星,观察者处于该行星上时’米尺的长度不变,故D
项错误
163. ［答案］
D
［解析］
缓慢抬起过程’磁铁视为平衡状态’根据物体平衡条件’合外力始终为零’故A项错误
磁铁受到重力、铁板弹力、铁板磁力、摩擦力作用’故B项错误
注意到铁板对磁铁的磁力F大小不变’在抬起过程中磁力的方向与AB的相对位置关系不变’将重力分解到匆、y轴
上,两个分力大小如受力分析图所示’因此抬起过程中’重力沿匆轴分力增大’摩擦力／增大’重力沿y轴方向分力减
小,／V＝F-mgcos0’因此弹力增大故C项错误,D项正确。
夕
Ⅺ
＼γ
164. ［答案］
A
［解析］
弹簧竖直悬挂物体时,对物体受力分析,根据共点力平衡条件F＝mg,根据胡克定律F≡kL,物体放在斜面
上时’再次对物体受力分析’如图’
′／／／／／／／″／％√／／…
砸g
V
根据共点力平衡条件’有F′＋／ˉ2′ngsin30。≡0,其中F′≡片L＝′ng’由以上四式解得／＝0’故A项正确’B、C、D项
错误
.40
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165. ［答案］
A
［解析］
竖直方「句做匀加速直线运动时,整体分析Fˉ（″!l＋′几2）g＝（′nl ＋″l2）α’且对b分析肛l ˉm2g＝m2α’即
厕｜华哪』÷｀间理,水平方问匀加逮运动时』整体分析′＝（咖｜＋″』2）α′ ’且对‖分析k露2＝咖2α′ ,即绷》＝
卯l＝
″』2
.辛,故A项正确’B、C｀D项错误.
∏ll＋J702
凡
166。［答案］
D
［解析］
隔离A球,对A球进行受力分析’A球受到重力、支持力、弹簧弹力’弹簧弹力为mAgsin30°’方向沿斜面向
上,剪断线瞬间,线的拉力瞬间消失,弹簧弹力来不及改变,故A球仍然受力平衡’加速度为0,B球受到重力、支持
＂′….〃…0. 酗荒鹏‘÷』故D项正确
力、弹簧的拉力,B球的加速度为
＝
167. ［答案］
D
［解析］
因为是上抛运动’可以用对称性来解,
已知小球两次经过A点时间间隔为财’小球两次经过B点的时间间隔为TB
TB
侧阿以得到小球从顶点到A的时间为粤,小球从顶点到凰点的时间为丁’
测从顶点至M点的距离为陶-÷g（÷）2,从顶点箩M点的距离为励圃＝＋:（粤「｀所以高度菱为,-顺ˉh圃-
（＂2-TB2）g’故D项正确
8
168. ［答案］
A’C,D
［解析］
设三条路线从AB线到A′B′线的弯道部分的路程分别为sl 、s2、＄3 ,由题意sl ＝而厂＋2′、＄2＝2∏厂＋2r｀＄3≡
2w,显然sl最小,即路线O赛车经过的路程最短,故A项正确
路面对轮胎的最大径向静摩擦力提供赛蛔周运喇的向心力,所以′娜鳃≡′″÷.最大静摩擦力—定.半径越小·最
大…小,…的半径墩小,攘车的逮率最大为翰霉√字潞径…大过弯…随～徽』＝√罕故＂
项错误
｀
（丽带2）腋-（丽带2人／聂7,啦÷～（丽带｜）红～抠（硒丰1＼／哥
设各路线的时间分别为』l 、t2、t3’则′l＝—＝
Ul
U1
O2
‘』÷誓ˉ抠可√孺,所以′』…故c…
赛车圆周运动的向心力均由路面对轮胎的最大径向静摩擦力提供,赛车的质量＿定’所以赛车的向心加速度大小
相等’故D项正确
169. ［答案］
A
［解析］
由于摩擦阻力的存在,导致物体在A、O之间的某处所受合力为零’加速度为零,所以物体从A到O先做加
速运动后做减速运动’故A项正确
物体在运动的过程中’弹簧弹力发生变化’摩擦力不变’合力变化’加速度不恒定,故B项错误
.41
.
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物体运动到O点时’在水平方向弹簧弹力为零,但所受摩擦力不为零,合力不为零’故C项错误
根据A项分析’A点加速度向右’A点与O点之间某＿处合力为零’加速度为零’O点加速度向左’从A到O的过程
中加速度先减小到零后反向增加,故I）项错误
170［答案］
A
［解析］
分别对ml和m2两个小球进行受力分析。对″ll小球,受重力和竖直向上的支持力,若细线对小球的拉力
不为零’则小球的受力有沿水平方向的分力’不能处于平衡状态,所以细线对小球的拉力为零,即FT＝0;对于m2小
球’由于线的拉力为零’只受重力和支持力’且等大反向’即Ⅳ＝″l2g’故A项正确.
171. ［答案］
A
［解析］
当逮度为徽时,网段线中拉力恰好为零｀球的重力提供典做圆周运蓟所懦的向心力,即吧-等,当遮度为
2侧时’若线上的张力为′则叮得2′…0.…二顾等,′二仍嚼｀故A项正确
172. ［答案］
C,D
［解析｜
人造卫垦绕地球做倒周运动』万有引力提供向』心力』有等-￥,所以＂弓√平』半径增大舅｜媳柬的两
倍则线速度将是爆来的粤.故A项错误,D项正确
坷有弓｜力提供向心力,即′＝警′当R增大到原来的2倍时,向心』减小为熄来的＋｀故B项镭误’c项正确
173。［答案］
B’D
［解析］
将▲B、c当做＿个系统分析,那么地面对川、B的支持力均为′腻＝＋（2″＋″』）g’与0角无关’故A项
错误
将重物的重力按作用效果分解’如图所示:
f
……f好／／″r笋…″″
≈≈QQ
G
轻杆受力根据平行四边形定则可得′｜＝′2＝I芳p’当″′＿定时’0越大’轻杆受力越小,故B项正确
韶
动
司
）
坷
匹
《
帖
‖
↑
斗
｜
‖
＋
＋
十
＋
‖
＋
‖
仁
‖
厂
广
←
…
~
…
＝
【
咐
【
半
｛
↓
■
男
『
~
~
』
了
‖
于
『
←
【
对A进行分析,A受到重力、支持力、杆的推力和摩擦力’根据平衡条件可得旷＝F｜c。s0＝Z器『’可知摩擦力大小与
″无关’故C项错误
″越大’A、B与地面的最大静摩擦力越大’可悬挂重物C的质量″!越大’故D项正确。
42
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174［答案］
B,D
［解析］
启动时’乘客相对于车厢有向后的运动趋势,所以车厢对乘客的作用力向前’与车运动方向相同,故A项
错误.
做匀加速运动时,对第6、7、8节车厢分析’合力由第5、6节车厢间的作用力提供’由牛顿第二定律’F5,6—v＝3mα;
对第7、8节车厢分析’合力由第6、7节车厢间的作用力提供’由牛顿第二定律’F6,7-叮≡2mα’所以作用力之比为
3:2’故B项正确
由匀变速直线运动公式’″2＝2αs,加速度恒定,距离与关闭发动机的速度的平方成正比,故C项错误
设每节动车的功率为P,阻力恒定为／当2节动车带6节拖车时,最大遮度为侧｜-苛;当4节动车带4愉拖伞时,最
大逮度为铡』≡苦.最大速度之比为1;2,故D项正确
175。［答案］
A,B
［解析］
易知运动时间最短时有彪-孪,则知当半径越小时其圆｜爵运动的线罐度也越小测赛车从小圆弧出
来后应加速,故A项正确.
7
在大圆弧上时雄二等＝225mg｀解得;,＝√页页顽≡45m′爵,故B项正确
同理在小圆弧上时最大速度为″′＝30m／s,结合匀变速直线运动公式″2—″′2＝2α√OO′2—（Rˉ′）2,代人数据解
得侧-乎ˉ6‘m／隐』故c项镭误
由儿何关系可知小圆弧所对应的圆蹿为］20·｀运动时间最短时有2…-鹏笋厂得′二午,所以』二＋′-
2.79s’故D项错误
176。［答案］
A
［解析］
问题求解:本题要求知晓均匀球壳对内部质点的万有引力合力为零。
地侧处重力加逮度;…鉴又〃＝′÷而腮』得‘二G备-÷俞印R;矿井底部重力』q逮度〃嚼′≡‘（鹊）』
得g』≡（碧）』-÷而鲸（Rˉ‘《）;所以;直△二丝二鱼-」＿÷.故A项正确
g
R
177. ［答案］
B’D
［解析］
根据″-『图象’可由所围面积求得位移得出′＝2s时甲球的位移为40m’乙球的位移为（）’但需注意题
干两球从距地面不同高度处抛出’故高度差不等于位移差故A项错误
〗＝4s时甲球位移为z轴上方面积减去下方面积’甲球的位移为40m’乙球位移为上方至4s处面积’乙球的位移
也为40m故B项正确.
由于初速度相同’两球从抛出到回到抛出点的运动情况＿致’所以两球从抛出至达到最高点时间间隔和从抛出到
回到抛出点的时间间隔相等.但由于抛出点高度不同,回到抛出点之后的运动时间不同,所以落到地面的时间间隔
不同故C项错误’D项正确
°43.
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178. ［答案］
A,C’D
［解析］
整体分析;F＝（3′励＋m′）α,总质量增加,F不变’所以加速度会减小故A项正确.
若撤在α上’则对c分析,T＝mα’由于α减小,则T减小;对b分析’F＿／≡′m’加速度减小,所以摩擦力增大故B
项错误
若稀在b上,则对分析c,T＝′m’由于α减小,则T减小;对α、c-起分析,／＝2″m,加速度减小’所以摩擦力减小故
C项正确.
若茹在c上’则对b分析,F-／＝mα’由于加速度减小’恒力F不变’所以摩擦力增大;对α｀6分析,FˉT≡2mα,加速
度减小,恒力F不变’所以绳中张力增大故D项正确·
179。［答案］
B,C
［解析］
依题意:当物块相对木板滑动了＿段距离但仍有相对运动时撤掉拉力’此时物块的速度小于木板的速度,
物块受到木板的滑动摩擦力方向向右’与其速度方向相同’向石做加速运动’而木板受到物块的滑动摩擦力方向问
左’与其速度方向相反,向右做减速运动’当二者速度相等时共同向右做匀速直线运动故B、C项正确.
180［答案］
A’C
［解析］
问题求解:已知两物体做匀速直线运动,物体处于平衡状态’应用整体法分析’对两物体和弹簧组成的系
统:竖直方向:Ⅳ＋Fsin0＝mlg＋′n2g;水平方向;Fcos0二／’解得:Ⅳ＝mlg＋′n2g—Fsin0／＝Fcos0,故A、C项正确
易错项辨析:本题易错项为B考生可能对于物体的受力分析有误’本题采用整体法分析比较简单,故易错选B项
181。［答案］
B,C
［解析］
过程分析:第—宇宙速度为在地表的环绕速度’随着飞船高度升高,环绕速度减小’即动能减小’势能增
加;第二宇宙速度为脱离地球引力的最小速度
飞行器在近圆形轨道’而第＿宇宙速度为最大环绕速度’因此飞行器速度不可能大于第＿宇宙速度’故A项错误;
飞船所处的空间处在极其稀薄的大气层内’如不加干预’其轨道高度降低’速度增大’故B｀C项正确;
航天员仍受到地球的引力’只是引力全部提供向心力’不产生重力作用,故I）项错误.
易错项辨析:本题易错项为A考生可能对第＿宇宙速度和第二宇宙速度的概念掌握不熟练,故易错选A项
182［答案］
A,D
［解析］
物体做速率逐渐增加的直线运动,其加速度方向和速度方问-致,则其合外力的方向与速度方向-致!故
A项正确
物体做平抛运动’其合外力方向不发生改变,故B项错误
物体做变速率圆周运动,则其合外力可分解为指向圆心的力和沿速度方向的力’前者作为向心力,后者改变其速率
大小.则合外力方向不指向圆心,故C项错误
物体做匀速率曲线运动’则其合外力沿速度方向的分力为0’否则速率大小发生变化’即其所受合外力的方向总是
与速度方向垂直故I）项正确
183. ［答案］
B
［解析］
由灯有引力提供问心力有c—I厂＝″』｜′｜（架）’c婴＝…（芋）』又z＝…,M＝咖｜＋顾:联京
『∏1∏02
以上备式可得震≡嚼故当…总履量变为舰』醒｜匈跟变为卿L时｀圆陶运动的阔期′将变为√亨h敞6
项正确
44
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184［答案］
D
［解析］
弹簧两端的人角速度相同,并且他们间的作用力相等,也就是向心力相等’则有:M甲@2厂甲≡M乙@2r乙,
即M甲厂甲＝M乙厂乙’且由于两个人是绕着两个人连线上-点旋转且两人距离为0。9m,有:厂甲＋厂乙≡0.9m.联立解
得:厂甲＝0·3m’r乙＝0.6m根据公式F＝M甲@2厂甲＝9。2N’得@＝0.62rad／s,并由o≡@′ ’运动的半径不同’线速
度也不同’故D项正确
185。［答案］
D
［解析］
匀速圆周运动加速度表达式为α≡o2厂’月球与空间站绕地球角速度相等’月球运动半径大于空｜司站运动
半径,因此…｜;月球和同步轨道腥均由万有引力提供向心力,撒据侧＝c粤叮知｀离地球越远向心加速度越
小,因此α3＞α2’故D项正确.
186. ［答案］
B’D
［解析］
对A受力分析,受重力、支持力以及B对A的静摩擦力’静摩擦力提供向心力,／＝3肌@2r≤3严mg,故A项
错误,B项正确
A、AB和C受到的静摩擦力均提供向心力’故分别进行受力分析’对∧:3mα′2厂≤3以″lg
对AB整体:（3m＋2矾）o2r≤队（3m＋2m）g
对C:m@2（1。5厂）≤陛mg
解得·』≤抨放c项镭谩,n项正确
187. ［答案］
D
［解析］
将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向’如图所示
／『｀｀｀
、
、
〃
′
、
′
′
′
′
′
′
』
／／／／／／／／／／／／／
臼
／／／／／／／／／／／／／／／／／
拉绳子的速度镶于A沿绳子方向的分逮度’根搬平行四边形定则得实际逮度为惹,故D项止确
.45.
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188。［答案］
C
［解析］
对小圆环进行受力分析,如图所示
FN
小圆环受三个力的作用,绳的拉力FT］＝mlg、绳的拉力FTn＝m2g和大圆环的支持力FN’大圆环对小圆环支持力的
l80◎-α
方向沿大圆环的径向’将力沿着卿轴和y轴方向分解’根据几何关系可得,FN＝′n2g｀2′n2gcos
2
≡′厕lg’可得
哪］;哪2＝2sm÷,故C项正确
189。［答案］
A,C
［解析］
假设同步卫星的质量为加,轨道半径为厂’地球的质量为M。同步卫星绕地球做匀速圆周运动’由地球的万
有引力提供陶心九圆贿‘些…竿≡顾（芋）』′解得7≡w磊斜悍＂″籽榴-粤由蹿意卿
同步卫星的周期变大’则其轨道半径变大’进而可知线速度减小’角速度减小’向心加速度减小’距地面的高度增
大,故A、C项正确
190. ［答案］
B
［解析］
过程分析:船在河水中的运动可以分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向,由于河水速度仅能沿河岸方向’
所以当船的速度方向与河岸垂直时垂直河岸方向的速度分量最大’渡河时间最短
渡河最短时间t＝＿些＝1凶s≡100s,故A项错误
0
3
船在行驶过程中’船头始终与河岸垂直时’船渡河时间最短’故B项正确
船在垂直于河岸方向上做匀速直线运动’沿河岸方向的速度是由河水速度决定的,故在沿河岸方向为变速运动’所
以两运动的合运动是曲线运动’故C项错误.
船在垂直于河岸方向上做匀速直线运动’沿河岸方向的速度是由河水速度决定的,当水流速度最大时,船的速度最
大,其合速度为″m＝｀／5丁干可了m／s＝5m／s’故D项错误.
46
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191. ［答案］
A’D
［解析］
由于三颗卫星质量完全相等且等间隔分布’则三颗卫星对地球的引力大小相等且方向两两成120°’因此
三力合力为零,即A项错误’故选A项
由几何关系得测颗卫冕的距离为任』圃此侧颗卫垦间的引力大小为笋即＂项正确,散不选B项
由万有引力定律得’＿颗卫星对地球的引力大小为鲤匹’即C项正确’故不选c项.
广
由牛颧第二定律得〃的作川是相互的,地球对铡卫星的引〃大小为孕,即n项错误′敬选D项
192. ［答案］
B
［解析］
物体在Fl 、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动,三力平衡’必有F3与Fl 、F2的合力等大反向,当
F3大小不变,方问改变90。为F3′时’F］｀F2的合力与F3′大小相等,夹角为90。,所Fl 、F2、F3′的合力为F合＝√回｝73,
＂咖篷幢侧-竿当运…与合力在ˉ条直线上时物……线运动;当运动…合力不在ˉ…
上时,物体做匀变速曲线运动,故B项正确
193。［答案］
C
［解析］
剪断绳前’弹簧中的力F＝（′＂∧＋′＂B）gsin30。’绳中的力／＝′n』gsin30°’剪断绳后’绳上的力瞬时消失’弹
簧上删力瞬｜旬不蚁变对帽鞠-…0.～＋爵,对s…（……＂′册.ˉ雕…0.ˉ舟÷故c顿
正确
194. ［答案］
B
［解析］
根据开普勒周期定律:运动天体的周期的平方与轨道半径的三次方成正比.可知’严＝KR3,咐≡KR;’两
式棚除…数得!:萧～l::整鲤可得;』l:÷』｜:÷放圃项正确
~
195. ［答案］
C’D
［解析］
如果木板相对物块静止,木板和物块＿起做匀加速直线运动,整体水平方向的受力为:Fˉ／≡2′nα,且／≡
÷2′蹈则其加遮度为;α＝署＝犬ˉ等,故D项正确
如果木板相对物块运动则木板就是在物块的摩擦力作用卜做匀加谨直线运动』则…ˉ竿＝砸,获得的加速度
为;α＝竿,故C项正确.
〕
196. ［答案］
A’D
［解析］
从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m／s2,由牛顿第二定律得F浮-mg＝mα求得浮力F浮＝4830
N,故A项正确
热气球先做加速后匀速,并且上升过程重力不变’浮力不变’所以空气阻力＿定在增大’故B项错误.
假设热气球做匀加速运动’根据″≡α′可求出0≡10s时速度达到5m／s’但是热气球做的是加速度逐渐减小的变加
速运动’所以速度达到5m／s所用时间大于10s’故C项错误
以5m／s匀速k升时热气球所受合力为零,即F浮＝mg＋砸,得此时热气球所受空气阻力砸＝F浮ˉmg≡230N’故
D项正确
.47·
~~
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197. ［答案］
B,D
［解析］
当细绳拉力等于b的重力沿斜面方向的分力时’b、c间不存在摩擦力’则当α中沙子缓慢流出时’细绳拉
力减小,b会受到沿斜面向上的摩擦力,且摩擦力逐渐增大’故A项错误
当α中沙子较多时’细绳的拉力大于b的重力沿斜面方向的分力’因为b静止’所以b受到沿斜面方向向下的摩擦
力,所以b对C的摩擦力平行斜面问上’故B项正确
当α中沙子较多时,细绳会有沿斜面向上的拉力.将b、c当做＿个整体分析,b、c整体受到沿斜面方向向上的拉力’
又因为6、c静止’所以b、c整体会受到水平向左的摩擦力,故C项错误
由C项分析可知地面对c的摩擦力大小等于细绳中拉力沿水平方向的分力的大小,由于沙子流出,拉力减小,则摩
擦力减小,故D项正确
198. ［答案］
B!C
［解析］
若″2＜刚｜那么滑块将受到向右的摩擦力／和向左的拉力7’若T＞／’P向右做匀减速运动,减速到零后反
向加速,整个过程中受力情况不改变,则P向左加速到初速度时恰好离开传送带,图象应为一条倾斜向右下过′轴
的直线;若T＜／那么滑块向右做匀加速运动’且对0受力分析可知,此时Q的重力小于P受到的最大摩擦力,当P
速度增加到Ul后,与传送带相对静止做匀速直线运动’最终从传送带右端掉下’B项图符合
若陶＞＂｜猾块受到向左的摩擦力′和向左的拉力′此时滑块闽右做匀减逮运动,加逮度为粤当滑块速度减小
到″l时,摩擦力反向’此时若Q的重力大于P受到的最大摩擦力,滑块将继续做匀减速运动,减速到零后反向加速’
直到从传送带左侧掉下’加速度为Z二2’小于前面的加速度,C项图符合;此时若0的重力小于P受到的最大摩擦
『∏
力,滑块将做匀速运动’没有符合的选项,故B、C项正确.
易错项辨析:本题易错项为A.考生可能未考虑到比较加速度变化前后加速度的大小,故易错选A项
199。［答案］
C,D
［解析］
过程分析:在接触弹簧前小球只受到重力作用’做自由落体运动.接触弹簧后小球受到向上的弹力作用’
在弹力小于重力的时候小球仍具有向下的加速度’但是加速度大小随弹力增加而减小;在弹力大于重力的时候小
球具有向上的加速度’开始做减速运动
小球接触弹簧后仍做加速运动,当弹力等于重力时速度最大’故A项错误
当弹力大于重力后加速度才变为竖直向上,故B项错误
由过程分析可知,小球接触弹簧后先做加速度不断减小的加速运动,后做加速度不断增大的减速运动,故C、D项
正确.
200. ［答案］
D
［解析］
以B为研究对象,水平方向上’受到向左的弹簧弹力作用’由受力平衡得B还受到向右的摩擦力作用,故
A项错误
由A项分析得A对B的摩擦力向右’则B对A的摩擦力向左’故B项错误
以A、B和弹簧整体为研究对象,水平方向上整体不受力,则地面对A没有摩擦力’故C项错误’D项正确.
201［答案］
A
［解析］
物块B向右做匀减速运动,加速度水平向左且保持不变,其水平方向上只受到摩擦力作用’摩擦力提供加
速度’故摩擦力方向向左且大小不变,故A项正确
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202. ［答案］
B
［解析］
两个“手臂,,对砖施加的静摩擦力的合力与砖的重力大小相等’方向相反当砖受到的静摩擦力刚
好为最大静摩擦力时,有加g＝2／儿Fma蕊.当“手臂,,与砖之间的压力达到最大时,动摩擦因数达到最小值’则此
最小臆为揣了,故B项正确
203。［答案］
B,D
［解析］
若小车匀速向左运动’则水也匀速运动,速度相等’不会从碗中洒出’故A项错误
小车突然向左加速,由于惯性’水还没有来得及加速,所以小车向左的速度大于水向左的速度’可以出现图示情况’
故B项正确
小车突然向左减速’由于惯性,水还没有来得及减速’所以小车向左的速度小于水向左的速度,水应向左洒出,故（〕
项错误
小车突然向右减速’由于惯性’水还没有来得及减速,所以小车向右的速度小于水向右的速度’可以出现图示情况’
故D项正确
204. ［答案］
B’C
［解析］
物体A与传送带＿起匀速运动,它们之间无相对运动或相对运动趋势,即无摩擦力作用,故A项错误
B｀C物体虽然运动方向不同但都处于平衡状态,在沿传送带方向都要有沿传送带向上的静摩擦力与重力沿传送
带向下的分力相平衡’所以三个物体中只有A物体不受摩擦力作用’故B项正确.
B、C物体受到的静摩擦力都与重力沿传送带向下的分力大小相等,方向相同’故C项正确’D项错误
205. ［答案］
B,D
［解析］
在t≡0到『＝1 s之间,甲物体速度始终为正’沿正方向运动’乙物体速度在t＝0。5s前为负,之后变为
正’所以乙物体先沿负方向运动,后沿正方向运动’故A项错误
根据″ˉ0图象与时间轴围成的面积为物体的位移’面积表示位移大小’同时也区分正负,可知乙物体在′≡0到t≡
7s之间的位移为零’故B项正确
甲在』＝0到‖≡4s之间速度始终为正’位移一直变大,不做往复运动,故C项错误
根据uˉl图象的斜率表示物体的加速度,可知甲｀乙在‖＝6s时的加速度方向相同,故D项正确
206. ［答案］
B
［解析］
U
~~~~
~~~
~~~
q
p
′
O
′q
′尸
°49·
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小球p做匀加速直线运动,小球q做加速度减小的加速运动速度时间图象中的面积表示物体运动的位移,两小球
的位移是相等的,根据图象得知』q＜tp,即q小球先到达,故B项正确
207。［答案］
B,D
（解析］
对木块＂小车作整体分析,根据牛顿第二定律叮得;α二六对木块隔离分析可得／＝刚联立方程口J
得′二器『故B、D项止确
208~ ［答案］
D
［解析］
根腮h-＋颧呵知第＝滴水落地时下落时间』-』ˉP爵｀因此每闽滴水间的时间间隔A』-仆,所以
此时第＿滴水已下落了坠P.距地圃高度为凯:m故D项正磁
209。［答案］
B
［解析］
首先对A’在水平方向上’A只受B施加的摩擦力作用’摩擦力提供向心力’指向圆心.其次对B,根据力的
相互性,B受到A施加的摩擦力作用,方向背离圆心’由于B也做圆周运动,所以B必受到圆盘施加的指向圆心的摩
擦力作用,这两个摩擦力的合力提供B的向心力,所以向心力不单独分析,故B项正确.
210. ［答案］
B
［解析］
设最大速度为″,设加速过程加速度、时间、位移为αl ｀tl 、sl ’减速过程加速度｀时间、位移为α2、t2、s2,对于
l
初速度为0的匀变速直线运动而言,＝＋α!2,,＝α!,则由题意得‘!十』2＝l0.,』｜…＝｜5m』断以＋测｜＋丁屿＝
＄l＋s2,则似＝3m／s,故B项正确
211. ［答案］
A
［解析］
U
＝
U｜
如图所示,将车速沿绳子方向和垂直于绳子方向分解’沿绳子方向的分速度就是A物体上升的速度,为刨cos0,当车
问右运动时’0减小’cos0增大,所以A物体加速上升,绳子拉力大于A物体的重力’故A项正确
212. ［答案］
I）
［解析］
当框架对地面压力为零瞬间’弹簧对框架的作用力竖直向上,且大小为F弹＝岭,弹簧此时被压缩对小
F弹＋mgˉg1工匹』旦.故D项正确.
球进行受力分析,其受到重力和弹簧弹力作用,故根据牛顿第二定律可知:α＝
″l
m
°50°
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213. ［答案］
B,D
［解析］
根据均值不等式,在地球和月球的质量相等的时候,它们之间的万有引力是最大的’所以在加大它们之间
的质量差距的过程中’它们的万有引力是减小的’故A项错误’B项正确
示ˉ测＿i厂腮,化简得′-W嘉地球的履兰增肌则7变短散c项镭误＂顿正磁
G″′n
（2而）2
214. ［答案］
B,D
［解析］
力F撤去瞬间’弹簧对A、B的作用力不变,则A受力不变,合外力仍为零,加速度为零,B水平方向上只受
问右的弹力,大小等于F,加速度为F／m’故B、D项正确
215. ［答案］
A’C
［解析］
物块开始时受弹力F＝5N’而处于静止状态,说明受到的静摩擦力为5N,则物块的最大静摩擦力／h≥
‘］当物块相对于小车向右恰好发生滑动时加逮度为嘎＂≡竿≡宁m愚』≡」m.』所以当小车的加速度为′
＝1m／s2时’物块A相对小车仍静止故A项正确
根据牛顿第二定律得:小车以加速度α≡1m／s2沿水平地面向右加速运动时,弹簧拉力水平向右,大小仍为5N,摩擦力水
平向右大／｜仍为5Nˉ故B、D项错误,C项正确
216. ［答案］
C
O2
［解析］
由牛顿第二定律,小环在最低点时有∧／ˉmg＝mˉ万,由于有两个小环,则对大环分析得T≡Mg＋2／＼／′ ,由
牛颧第岂定律,″≡″′ ｀7二7′联立得大环对蠕杆的拉力大小为7′≡2砸（g带÷）＋屹故c呵筐确
217. ［答案］
B’D
［解析］
考虑两个极限情况’在b点A的重力mg和B对A的支持力Ⅳ的合力″lg—Ⅳ提供向心力’则汀lg＞Ⅳ,B对
A水平方向的摩擦力／为零;在α点’A的重力mg和B对A的支持力Ⅳ大小相等’即′ng＝lV,摩擦力／提供向心力,
所以／＞0.则从α到6的过程中B对A的摩擦力越来越小,B对A的支持力越来越小,故B｀D项正确
218。［答案］
A
［解析］
们g
木板倾角0缓慢增大过程,弹簧始终处于拉伸状态’受力分析如图（／l｀／i分别对应两种状态下P受到的静摩擦力）.
初始时倾角为零’P受到弹簧拉力和木板施加的静摩擦力是＿对平衡力,使P水平方向保持平衡’即／b＝T’／b方向
向左;当倾角增大,′〕沿斜面方向受力平衡可得mgsin0＋／i≡T＝令／i≡T-′ngsin0,当倾角0增大到′ngsin0＝T时静
°51
·
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摩擦力减小到零;倾角0继续增大’摩擦力方向沿斜面向上增大’P沿斜面方向受力平衡可得′吧sin0≡T＋／i＝瓮／i＝
′＂gsin0ˉⅢ所以整个过程中P受到的静摩擦力先减小后增大’方向先沿斜面向下后沿斜面向上故A项正确.
219. ［答案］
C’D
［解析］
我们研究火星和地球绕太阳做圆周运动,火星和地球作为环绕体,质量将被约去,无法求得火星和地球的
质量之比,更不可能知道火星和太阳的质量之比,故A、B项错误
由‘牛二腮等-孪知,已知周期之比我｛门可以得到做圆周运动的半径之比运行逮度之比,故cp项正确
220. ［答案］
B
［解析］
船的运动可以看成是沿水流方向和偏向上游方向的直线运动的合运动,合运动方向垂直于河岸’当水流
速度Ul增大时,为保持合运动方向垂直于河岸不变且准时到达’根据矢量三角形法则可知应该增大α角’增大船速
″’故B项正确
221. ［答案］
B
［解析］
物体在第l秒内与第2秒内位移分别可以表示为慈｜＝＋α. l2’躯2＝＋α. （22ˉl2）,则瓣｜』鞠＝l; 3’而
在走完第］米时与走完第2米时有方程l＝＋α叶,2＝＋α!:,解得』｜; ′2＝］;徊,叫知在走完第］米时与走完第2
米时的速度大小之比为″l : ″2＝α‘l :α‖2＝l:徊’故B项正确
222。［答案］
A,B’D
［解析］
要使竖直分速度最大就要让小球落在c点,由平抛运动的规律’得÷ˉg‘2＝凡似0′二R’联立解得小球的初速
度鹏厂孪故A项正确
Ⅷ二等鸟寸小球落布‘点当蛔≤飘｛,小球将落在“段故B项正确
设小球垂直击中环则其逮度方向的反向延长线必过圆心.设其与水平方向的夹角为0ⅡRsin0＝＋g!2,R（｜＋
cos0）＝″0〖’且tan0＝直L可解得0＝0,可知这是不现实的,故C项错误’D项正确
0O
223. ［答案］
C
［解析］
物体与弹簧分离时,弹簧恢复原长’故A项错误
刚开始物体处于静止状态’重力和弹力二力平衡,有吧＝肛;拉力Fl为10N时’弹簧弹力和重力平衡’合力等于拉力,根据牛
顿第二定律,有Fl＋肛—″培≡′nα;物体与弹簧分离后,拉力Fi为犯N,根据牛顿第二定律,有Fb-鸭＝′m,联立求解可知物
体的质量m≡2kg’物体的加速度大小为5m／s2,弹簧的劲度系数为5N／cm,故B、D项错误’C项正确.
224［答案］
C’D
［解析］
当小车处于静止或者匀速运动状态时’小球处于平衡状态,只受到重力和杆对球的作用力,两者大小相
等,方向相反,所以F≡mg’方向竖直向上’故A、B项错误’C项正确
小车向右匀加速运动时,F在水平方向上的力提供加速度’F在竖直方问上的力与′ng平衡,所以F＞′门g,当Fcos0
＝mg时方向沿杆向上’故D项正确.
.52.
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225。［答案］
B
［解析｜
由机械能守恒定律略h二十″卿』’得在「落2m后捎防员的速度,＝呵m／s匀减速过程,根据牛顿第
二定律Fˉmg＝′m,由2α匆＝″2’得α＝40m／s2,F＝5mg放B项正确
226. ［答案］
C
［解析］
以滑块Q为研究对象,沿斜面方向’它受到重力的分力’没有摩擦力作用,只有在弹簧力作用下’滑块Q才
会保持平衡状态而匀速运动’故存在弹簧力.以滑块0和L形木板P为研究对象,沿斜面方向,它受到重力的分力’
只有在摩擦力作用下,它们才会保持平衡状态而匀速运动,故P与斜面之间存在摩擦力。故L形木板P＿定受到重
力’Q对P的压力’斜面对P的支持力,弹簧对P的弹力,斜面对P的摩擦力’＿共五个力’故C项正确
227。［答案］
A
［解析］
设每个物块的质量为′n’B与斜面之间动摩擦因数为队。以AB整体为研究对象’根据平衡条件得2′ngsinα
7
＝幼′＂gcosα＋陛′＂gcosα’解得队＝亏tanα’故A项正确.
［答案］
A
［解析］
β
●
≈
∑
凤
F
0
″1gY ~~~~~~~~~~~~~~~~
对小滑块受力分析’它受水平推力F、重力″!g、支持力FN而三力平衡’将水平推力F和重力G合成’如图所示’由几
何关系可得F＝器’′＂＝揣’故A项正确
53
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229。［答案］
C
［解析］
FB
F′
小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动,则小球受力平衡’对小球进行受力分析’小球受重力C、拉力F和弹力Ⅳ而三
力乎衡’作删受力分析图由图结合相似三角形得到÷＝惫＝芳当A点上移时｀半径不变’AB长度减小,故′
减小’Ⅳ不变’故C项正确
230［答案］
D
［解析］
几
→
岛
■■α
□〕G
炯g
对（）点受力分析,受重力和两个拉力’如图所示.由受力平衡得’将两个拉力合成’与重力大小相等、方向相反,如图
所示’从图中可以看出’OB绳子的拉力先减小后增加,OA绳子的拉力＿直减小,故D项正确
231［答案］
C
［解析］
因为运动员做匀速直线运动’故其落地时间为;』二÷＝粤.二2愚掉落的扣子做初速度为5m／s.加速度
α≡g二｜0m／愚:的匀加逮直线运动』根据位移时问关系有;鳃＝似0』′＋＋α′α代人;鲸＝｜0m‘α＝l0m／舅2｀似o＝5m／.
得:t′＝1 s（另＿负值舍去）’跳伞员比扣子晚着陆2sˉ1 s≡1 s,故C项正确
54°
叶
辱
↑
〖
~
■
℃
‖
■
『
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232。［答案］
A
［解析］
由位移与速度的公式2α“＝o;ˉ″;计算得中点经过（）的速度为5m／s’故A项正确
233。［答案］
B,C
［解析］
A项’第＿宇宙速度7.9km／s是绕地球表面飞行的速度’距离地球表面越远则速度越小’故A项错误
B项’同步卫星角速度和地球自转角速度相等,即相对地面静止’故B项正确
c项,已知同步卫星的周期为—天,月球的周期为—个月,根据o＝警叮知该卫星绕地球运行的角速度比月球绕地
球运行的角速度大,故C项正确
D项’α＝@2′ ’已知二者的角速度是相等的,而厂不同,则加速度不等’故D项错误
234. ［答案］
A’C
［解析］
■■
G
‖『／
设细线与竖直方向上的夹角为0,对小球进行受力分析如图所示,则F＝mgtan0.运动半径厂＝』sin0’其中′为细线
长度
｀项』′…-厕（警）』′…移项化简得′-2腻√罕』删为｝…!三…:,所以′｜-鸣｀敝A项正确
B项…n,二谎移项化简得徽-√g』詹…M-√掣…（…）』｀因为《…｜-』…』,｝.n0｜≠…』,所以
0l≠o2’故B项错误
C项,根据A项分析得知T相同,因为“＝2÷,所以@相同,故C项正确
D项’向心力F＝吧tan0,因为0不同,所以Fl≠F2,根据α≡上得知αl≠α2’故D项错误
刀0
235. ［答案］
A’B’D
［解析］
当传送带不动或者传送带逆时针匀速转动时’物体＿定会受到滑动摩擦力作用’摩擦力方向水平向左且大小相
同’物体做匀减速运动,经过相同的位移’终点速度＿定相同根据牛顿第二定律可得物体加速度大小为α≡匹堕＝1m／s2。
∏〗
根据匀变速运动规律〃;ˉ″;＝2“可知,物体到达B点时的速度大小为oB＝3m／s.当传送带顺时针匀速转动时若传送带
转速小于3ln／s时,则物体到达B点时的速度大小为3ln／s。故A、B、D项正确
55
~
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236. ［答案］
B’D
［解析］
3个小球都做平抛运动’竖直方向的下落高度为咖＝＋瓢2’可知落在α点的小球的下落高度最大,即飞行
时间最长,故A项错误
小球在水平方向上保持恒定的初速度不变’速度变化为△″＝gA0,落在α处的球的运动时间最长’即速度变化最大,
故B项正确.
3个小球的加速度都为重力加速度’故它们的速度变化＿样快’故C项错误
落在左侧的斜面上的小球的瞬时速度不可能与斜面垂直;再进＿步讨论6、c点’若瞬时速度的方向与斜面垂直,设
＋g』2
斜面的倾角为0’可得速度方向与竖直方向夹角为0,［an0＝05》即也＝α5’若要保证这个要求需满足÷∏厂＝l
’
g′
即水平位移的大小等于竖直位移,考虑三角形尺寸因素,知这种情况不成立,故I）项正确
237. ［答案］
B,C
［解析］
A、B均静止所受合力为零’设弹簧的弹力大小为F’F＝2N,当弹簧处于被拉伸状态时,由平衡条件得:
对A受力分析得:细线的拉力Fl＝F＋C∧＝5N’
对B受力分析得;地板对B的支持力FN＝GB—F≡2N’则B对地板的压力为2N,方向竖直向下.
当弹簧处于被压缩状态时’根据平衡条件得:
对A受力分析得:细线的拉力F｜＝GA—F＝lN,
对B受力分析得:地板对B的支持力FN＝GB＋F＝6N,则B对地板的压力为6N,方问竖直向下.故B、C项正确
238. ［答案］
A,D
［解析｜
由于物体做匀变速直线运动.α＝芳物体从4m／s变为［0m／.就有两种可能,—是物体从4m／愚加逮到
10m／s’此时加速度为6m／s2;二是物体从4m／s先减速后反方向加速到10m／s,此时加速度大小为l4m／s2;因为
2o卵＝似;ˉU｝,所以可求得第＿种情况时的位移大小为7m,第二种情况的位移大小约为3m’故A、D项正确
239. ［答案］
A’D
［解析］
当物体匀速通过A｀B两点时’z＝0t.当物体先匀加速后匀减速通过A、B两点时,根据平均速度公式’总位
移撼＝守′｜十争』＝守』｀则子』-测’得＂哪＝2＂与α｜、α2的大小无关,故A项正确.B项错误
匀加速运动的时间刷匀减速运动的时间之和′＝生＋丝,＂删厕＝2＂,代人得′＝丝＋丝’整理得:｛÷:;＝芋,故C
α1
α2
αl
α2
项错误,D项正确.
.56
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240［答案］
C
［解析］
公bp
〔】
〗
■
′″g
如图,《机做圆周运动所糯的向』心力由重力测g和空气对‘机的作用力′的合力′食搬供′酱≡等根搬勾股定
聪得知′ˉ√（鹏）』带（等）』-啡』÷』故c…
241. ［答案］
C
×
徊
~~
星
凹
∑
则
幅
星
‖
上
球
星
该
在
硕
~~
″
得
式
两
述
上
≡
义
联
吧
~~
…
—
仔
硒
—
尺
~~
狮
—
汗
有
上
球
地
在
］
析
解
仔弓√于瓦故c…
242. ［答案］
A,C
［解析｜』项警二侧粤儡移项化简得昨察,所以可以求出地球的质置故A项正磁
Ⅱ项婴≡删（祭）』R｀其中删为地球的履量,哪为太阳的质量,移项化简得厕-4而』R』
G严,所以只能求出太阳的质
量,不能求出地球的质量’故B项错误
‘项警-等,警-鹏呼R联立上述卿式德删二磊』故颐正确
0项.警-等,其中卿为地球的质量.狮为太′日的质量,移项化简得顾≡等,所以只能求出太阳的质量不熊求
出地球的质量’故D项错误
243. ［答案］
A,D
［解析］
由题图可知’t0至tl时间段弹簧秤的示数小于G,物体可能向下加速’也可能向上减速;tl至t2时间段弹
力等于重力’故合力为零’物体可能为匀速也可能静止;而』2至t3时间段内合力向上’故物体加速度向上,电梯可能
向上加速也可能向下减速,故A、I）项正确
°57。
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2“［答案］
A,D
｜解析］警-厕（絮）』尺移颂化简得′ˉ2顿√磊故颐正确,腮…
″-竿』′.代入′型州磊化简得′倘敬颐错误o项正蹦
245. ［答案］
B
［解析］
设总路程为2L’甲用时t甲≡2′,乙行驶前＿半路程和后一半路程用时tl 、t2,甲的行驶过程2L≡Ult＋〃2』,
所以甲用时t甲≡2』＝
4L
,乙的行驶过程L＝tlol 、L≡t2o2,所以乙用时t乙≡rl＋t2＝上＋上,用差值法比较′甲｀
01＋02
U1
02
』乙,得‖甲＜t乙,故B项正确
246. ［答案］
D
［解析］
由于两物体受到两个力挤压’所以它们将＿起运动,加速度相同.因为它们质量相同,所以它们所受合力
也相同因此F｜ˉ川＝）V＿′2,″＝＋（′］＋F2）’故D项正确
凸
247. ［答案］
B,C
［解析］
因为皮带交叉’所以当主动轮）｜顶时针转动时’从动轮逆时针转动由:
＂从,根据刨＝侧′＝2而＂′ ’得知2丽″｜二2丽″从′2,所以″从＝÷″,故uC项正确
由于两轮由＿条皮带相连接所以刚主＝
248. ［答案］
A,B’D
［解析］
行星的角逮度侧-竿’矿＝÷＝器,故∧项正确
设行星的半径为R〃-竿｀警≡狮（票）2R联立上述两式德′-蒜故Ⅱ项正确
警-卿竿R,警-等联立上述雨式得腮二亲,可以求州行星的履壁,放c项错误
α二侧2′二倒2÷＝血〃＝等’故I〕项止确
249。［答案］
A
［解析］
尸
／
＼
／
｀
＼
〗
蕊
慈
蕊
攘
攘
露
蕊
挂钉
挂钉
』
■
夕
D
巴
■
‖
、
／G
□
｀
58
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画框受到重力和绳子的两个拉力,三个力为共点力’受力分析如图设绳子与竖直方向的夹角为0,绳子长为L0＝
lm,则有吧＝2Fcos0当绳子张力为最大时,即F＝l0N时,0最大,解得cos0＝÷,两个挂钉的最大距离L＝2×
全
÷m,解得L-粤m,故A项正确
250ˉ ［答案］
C
［解析］
根据加速度图象可知,0～
l s,物体做匀加速直线运动;1～2s,物体做匀减速直线运动,但速度为正’且
在第2s时刻速度为零;2～3s,物体沿正方向做初速度为零的匀加速直线运动;3～4s’物体沿正方向做匀减速直
线运动,且在第4s时刻的速度为零,故C项正确.
251. ［答案］
B,C
［解析］
B至少受到重力、A对B的压力和静摩擦力、斜面的支持力四个力,斜面对物体B可能有静摩擦力’也有可
能没有静摩擦力,所以可能受4或5个力’故B、C项正确
252. ［答案］
A
［解析］
内轨对内侧车轮轮缘挤压将减小向心力’外轨对外侧车轮轮缘挤压将增加向心力.当火车只受到重力和
支持力时通过受力分析砸…-′＂÷得火牟的速度将等于√百丽丽顶在本题中｀运行速度小「该值向心〃小「
′ngtan0’所以内轨对内侧车轮轮缘有挤压,故A项正确,B项错误』
囚为内轮挤压而产生的力会有＿部分的竖直向上的分量’所以支持力会小于揣｀故C、D项错误
253. ［答案］
B,C
［解析］
根据嘶-t图线可知’t1到t2的这段时间里’α车做匀速直线运动’6车做减速至速率为0然后反方向加速
的运动’而且’在tl和t2两时刻αb两车在相同位置
tl时刻之前α车位移大于b车的位移（在共同的运动方问上）’故〗l时刻是b车追上α车’故A项错误
』2时刻α车位移变大,b车位移变小’两车运动方向相反,故B项正确
tl到′2这段时间内’b的位移时间图线的斜率的绝对值先减小后增大,所以b车速率先减小（至0）后反向增大,故C
项正确
『l到t2这段时间内,b车的速率先比α大’两线斜率相等的时候,速度相等,故D项错误
59°
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计算题篇答案解析
254. ［答案］
（l）设两物体间的最大静摩擦力为／,当F≡2.5N作用于m时’对整体由牛顿第二定律有:F≡（M＋m）α
o
对M,由牛顿第二定律i／≡Mα
@
联立解得d／＝2N
小物块竖直方向上受力平衡’所受支持力／V≡mg,由摩擦力性质:／＝以吧
解得;严＝0.2.
o
（2）F＝l2N作用于M时,两物体发生相对滑动’设M、加加速度分别为αl 、α2’对M’由牛顿第二定律:Fˉ／≡Mαl
@
得:αl ＝2.5m／s2
对m,由牛顿第二定律:／＝mα2
◎
得:α2＝2m／s2
由匀变速直线运动规律,两物体在t时间内位移为:
＄!＝÷α!′2
o
＝
‘』＝＋α2‘』
@
m刚滑下M时
｀ˉ,』＝＋Z
o
由@@o得
解得:〗＝2s.
［解析］
过程分析:小物块在水平方向上受到水平向右的恒力和水平向左的摩擦力作用’做匀加速直线运动;长木
板受到小物块对其水平向右的摩擦力作用,做匀加速直线运动
问题求解: （l ）当水平恒力F＝2.5N时,M与加恰可以＿起做匀加速直线运动,分别以二者整体和M为研究对象,
可知其做加速运动的加速度大小和最大静摩擦力大小,又知最大静摩擦力等于滑动摩擦力’根据滑动摩擦力／＝严／γ
求解小物块和长木板间动摩擦因数
（2）分别以小物块和长木板为研究对象,根据牛顿第二定律求解二者的加速度大小,由于小物块和长木板均做匀加
速直线运动,二者的加速度大小不同’则同＿时刻二者的位移大小不同,又知小物块放在长木板正中间,所以当小
物块位移比长木板位移小÷时,小物块恰滑下长木板,根据匀变速直线运动的运动规律求解其运动时间
凸
255. ［答案］
（1）设B车减速运动的加速度大小为α’有
0ˉ″;＝ˉ2“’解得:α＝0.25m／s2.
（2）设B车减速t秒时两车的速度相同,有
DB—αt＝″A＋αl（t-△′）,代人数值解得′≡32s
在此过程中B车前进的位移为“‘＝＂B』ˉ÷α!2＝832m
≡
A车前进的位移为靴＝″删△』＋咖（′ˉ△!）＋＋α］（′—A』）2
鱼
°60.
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解得“A≡464m
因卿』＋匆＞匆B,所以不会发生撞车事故
此时两车相距最近’△嚣＝匆A＋箍—勿B＝232m.
［解析］
（1）由于B车开始刹车后做匀减速直线运动,已知其初速度、末速度以及位移大小’根据匀变速运动的运
动规律’可以直接求解其加速度大小;
（2）若B车刹车8s后’A车加速前进’则只要两车速度相等时刻之前不相撞,就可以避免事故’且两车最近距离产
生在两车速度相等的时刻.根据匀变速直线运动的运动规律,可以求解两车速度相同的时间,再列出两车的位移方
程’即可分别求解出两车的位移大小’若B车位移与A车位移之差大于初始时刻两车间距’则不能避免事故,若小
于初始时刻两车间距,则可以避免事故
■
256. ［答案］
（l）对″、m’由牛顿第二定律F—（M＋m）gsinα＝（M＋m）α
O
对m,有／—mgsjnα＝mα
@
／≤队加gcosα
o
代人数据得F≤30N
又因要拉动木板,则F≥（M＋m）gsinα＝20N所以F的取值为20N≤F≤30N
@
（2）F＝37.5N＞30N’物块能滑离木板
◎
对M’有F-仙′ngcosα—Mgsinα≡Mαl
@
对加’有严′ngCOSα-mgSlnα≡mO2
@
设物块滑离木板所用时间为』,由运动学公式,＋α｜!型ˉ÷α』』2-Ⅲ
o
代人数据得〖＝l.2s
@
物块滑离木板时的速度″≡α2t
o
由公式—2gsinαs＝0-o2
o
代人数据得s＝0.9m。
@
［解析］
问题求解:（1）物块不滑离木板的条件是二者相对静止以相同的加速度向上滑动,且木板对物块的摩擦力
小于等于最大静摩擦力’根据受力平衡和牛顿第二定律即可求得F所需满足的条件;
（2）物块＿且相对木板滑动’则受到向上的滑动摩擦力以′′!gcosα,大于物块重力沿斜面向下的分力’则物块将向上
加速’滑离木板时,二者的位移之差为板长’对物块和木板分别受力分析,结合牛顿第二定律和匀变速直线运动规
律即可求解时间,且能求出此时物块的速度,滑离木板后’斜面光滑,只有物块重力对物块做功,根据匀变速直线运
动规律或者动能定理即可求解滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
■
257. ［答案］
（］）圆环从O到D过程中做平抛运动卿≡似0t
l
T
y≡-丁g厂
＝
读图得匆≡6m,γ＝3m’解得u0≡√6∏m／s≈7。75nL／s.
（2）圆环从A到O过程中,根据动能定理
1
2
肚A（〕ˉ严′n酗ABˉ加gyOB＝ˉr′＂″0
代人数据得F＝l0N.
（3）圆环从A到B过程中,根据牛顿第二定律F—严mg＝mα
”孵＝十α』α
代人数撮得』｛弓√子
吕
β
∑
］
～
～
吕
6l
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［解析］
（l）由于外力F大小未知,所以不能根据A点到O点过程求解;考虑圆环从O点运动到D点平抛过程,将
运动分解为水平和竖直方问,利用平抛运动水平和竖直方向位移公式即可求解圆环在O点的速度大小（即平抛水
平分速度大小）。
（2）对圆环从A运动到O过程利用动能定理,即可求出外力F大小’注意到外力F做功的距离为AO间水平距离。
（3）对圆环在AB段进行受力分析’水平方向受到F和滑动摩擦力作用’根据牛顿第二定律求出加速度大小’根据匀
变速直线运动位移公式即可求出AB段运动时间。
P
258. ［答案］
（l）设卫星B绕地心转动的周期为T′ ,根据万有引力定律和圆周运动的规律有
G警＝砸（等）』＂
‘等≡厕（爷）』′
o
@
式中’C为引力常量’M为地球质量’m｀′′l′分别为卫星A、B的质量
联立o@解得T′＝（十）』z
o
（2）设卫星A和B连续地不能直接通信的最长时间间隔为t;
在此时间间隔t内’卫星A和B绕地心转动的角度分别为α和α′ ,则
α＝十.2＂
@
α』＝六2厕
o
若不考虑卫星A的公转’两卫星不能直接通信时’卫星B的位置应在图中B点和B′点之间,图中内圆表示地球的
赤道.
ˉˉˉˉˉˉ、｀
B′
4
由几何关系得
坠BoB′＝2（…n÷…n粤）
@
由o式知’当厂＜h时,卫星B比卫星A转得快,考虑卫星A的公转后应有
α-α≡乙BOB′
@
由o@◎@@式得
∏（＂丰:＿′÷）（…n÷…n粤）叭
〗≡
o
［解析］
（l）已知卫星A和卫星B均做圆周运动,万有引力提供它们做圆周运动的向心力’联立两个卫星的牛顿第
二定律方程即可求解卫星B做圆周运动的周期
（2）不能直接传播时,是指∏尾A和卫星B之间有地球阻隔,假设卫星A不动,可以求出不能直接通信时的卫星B
对应的圆心角’再根据周期和圆心角的关系求解即可。
°62
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［答案］
（l）设小物体质量为″0.
a在」b极地圃;c警＝F0
在北极k空阂川地面厕处;G（R蜜）2＝F!
Fl
R2
得万＝（R＋h）2
Fl
1
当h＝l0％R:可＝（L0l）2≈0.9S
‖在蔬道地面』小物体随地球自转做匀…运动』受到万有引力利弹簧秤的作脯力,有;（等＿′』-卿等＂
259
〃
帜
喘
刚
】
~~
凡
—
凡
得
（2）地球绕太阳做匀速圆周运动,受到太阳的万有引力作用设太阳质量为MS’地球质量为″,地球公转周期为TE’
丝
略
肋
~~″
必
产
‘
有
〕
）
厂
—
几
（
拉
印
／
司
γ
歹
—
酗
碾
—
γ
司
得:TE
其中p为太阳的密度
由上式可知,地球公转周期TE仅与太阳的密度、地球公转轨道半径与太阳半径之比有关.因此“设想地球”的1年
与现实地球的1年时间相同
［解析］
（l）a.由于在地球北极地面称量及在北极上空高出地面内处称量时,弹簧测力计的示数等于物体受到万
有引力的大小,所以可以分别列出两次测量时的万有引力定律公式’联立求解即可.
h在赤道地面称量时’物体受到的万有引力不仅仅提供物体的重力’还提供物体随地球自转的向心力,所以弹簧测
力计的示数为物体的重力,而此时物体受到的万有引力大小可以认为与在北极地面测量时相同,故测力计示数与
物体受到的向心〃胸大小之和等于物体受到的万育引力的人小根掘牛顿第二定律可以求解贵的表达式
（2）由于地球公转时受到太阳的万有弓｜力提供其公转的向心力,可以列出地球公转的牛顿第二定律公式,求解地球
公转周期的表达式’分析表达式中变量是否随着地球绕太阳公转的圆周轨道半径、太阳的半径和地球的半径三者
变化即可得到结论.
［答寨］
（!）装叫车h畦度侧-罢-普…敷
（2）第＿发子弹飞行时间tl＝—L-≡0.5s
00＋D
弹孔离地高度h｜＝′i—÷g‘｝≡055m
垒
第二个弹孔离地高度h2＝偷ˉ十舅（宁）2＝l0Ⅷ
两个弹孔之间的距离△h＝h2ˉhl≡0.45m.
（3）设第＿发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为L｜
260
楞＿4,2Ⅷ
Ll＝（00＋o
63
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第二发子弹打到靶的下沿时’装甲车离靶的距离为L2
z』-偶带,ˉ570Ⅲ
L的范围是;492m＜L≤570m.
［解析］
（l）根据匀减速运动的运动规律可直接求解装甲车匀减速运动时的加速度大小.
（2）由于子弹做平抛运动’所以子弹在水平方向做匀速直线运动’在竖直方向上做自由落体运动’根据两个子弹的
水平位移可以求解两个子弹在空中飞行的时间’再根据自由落体运动的运动规律求解两个子弹射到靶上时的高
度’从而解得两个弹孔之间的距离.
（3）根据自由落体运动的运动规律可以求解没有射到靶上的子弹在空中飞行的时间’根据匀速直线运动的运动规
律可以分别求解两个子弹没有射中靶时L的范围,可知若有＿个子弹射中’则只可能是第＿发子弹没有射中’而第
二发子弹射中靶’进而可以得到L的范围.
261。［答案］
（l）小滑块与木板间的滑动摩擦力／＝″N＝以′ng。
小洲块在滑动摩擦力／作用下问右做匀加遮运动的加速度α｜＝肯二陛g＝4m／s鸟
木板在拉力′和滑动摩擦力′作用卜吓做匀加速运动的加逮度“掣＝导｀
使m能从M上滑落的条件为α2＞αl
,
即旱＞斋解得F＞陛（″带咖）g＝20№
（2）设咖任″上面滑行的时间为′桓力′＝228N.木板的加逮度α2＝旱＝纵7m／愚2,小滑块往时间』内运动位
移』｜＝÷α｜栅2,木板任时间′内运动的位移‘:＝÷α』《』’又翅—‘｜二Ⅲ》解得』＝2.
［解析］
（l）以小滑块为研究对象’小滑块的加速度完全由木板对其的摩擦力提供’若想使小滑块滑下木板,则只
需使木板的加速度大于小滑块的加速度即可,根据牛顿第二定律,分别列出小滑块与木板的牛顿第二定律方程’联
立求解恒力F的大小范围
（2）根据牛顿第二定律’可以求解木板的加速度大小,根据运动学规律’列出小滑块和木板的位移方程,而当滑块滑
下木板时’二者位移之差恰为木板的长度’联立即可求解小滑块在木板上滑动的时间
262. ［答案］
（l）当0＝30。时’物块匀速运动’则
矾gSin0≡以FN
FN-mgCOS0＝0
解得动摩擦因数
严＝tan0＝tan30°＝辽
3
°
（2）当0变化时,物块的加速度α为
mgsjn0＋以mgcos0＝mα
设物块的位移厕’根据o;＝2αx得
″;
“≡2g（sin0＋严cos0）
令tanα＝从’则当α＋0＝90°时如最小
解得0＝60°
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伍;
5徊
2
UO
卯最小值为“m＂＝2g（sjn60°＋以cos60°）＝可百＝ˉ丁m.
［解析］
（l）当0≡30°时’物块匀速下滑’此时物块受力平衡且滑动摩擦力方向沿斜面向上,在与木板平行方向和
垂直方向分别列出受力平衡式,联立可求得物块与木板间的动摩擦因数
（2）当0变化时’可根据牛顿第二定律求得物块的加速度α,根据运动学基本公式可列出物块的位移关于夹角0的
式子’从而得到当物块沿木板滑行的距离最小时’夹角0满足的条件,并求得最小距离.
0
263. ［答案］
（1）如图所示:
佳（
兰
陶
ˉ
沦
C
厂
■
A为飞机着陆点’AB、BC分别为两个匀减速运动过程,C点停下
A到B过程’依据运动学规律有:
U-U0
UO-U
′｜＝ˉ＝万了＝万厂
o2ˉo;
o;ˉo2
＝＝
B到C过程’有:
‖
α
‖
〃
′
~~
］
『
′
~~
〗
〔
0
0
αl【）
α2＝万＝
＝
U0-〖／
αl』-［）O＋0
t-
αl
″2
o（α1』-o0＋d′）
（2）愿2＝zˉ
2αl
＂α｜′ˉm0＋o;
允＝尤1＋勿2≡
2αl
［解析］
（l）飞机在第＿个减速阶段,根据运动学的相关公式可求得飞机在有减速伞的情况下的运动的时间和路
程;又因为已知两个减速阶段的总时间’从而可以求出飞机在第二个减速阶段的时间’根据运动学相关公式可求得
第二个阶段的飞机加速度大小
（2）求出第二阶段的路程’与第＿阶段的路程相加,即得总路程
2“［答案］
（1）过ETC通道时’减速的位移和加速的位移相等’均为
″｝ˉ″;
Sl＝-】厂
所以总的位移S总l＝2Sl＋1〔）＝210m
（2）过ETC通道时tl＝2』—二丝×2＋卫＝22s
α
U7
过人工收费通道时』2＝÷×2＋20二50.
s总2二釜×2＝225Ⅷ
65
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二者的位移差△S＝S总2—S总l＝（225—210）m＝l5m
在这段位移内过ETC通道时是匀速直线运动
所以△』≡‘』＿（』｜十等）-27.
［解析］
（l）由匀变速直线运动规律o!ˉo;＝2αs及已知数据可知ETC通道加速段与减速段位移相等,并由此公
式算出这两段位移’再加上匀速行驶距离,即为最后的总位移
（2）由匀变速直线运动规律计算出ETC通道加速段与减速段的时间,再加上中间匀速段的时间’即为ETC通道的
通过时间.在人工收费通道时’先由匀变速直线运动规律计算出减速段与加速段的用时,再加上缴费时间’即为人
工收费通道用时;又通过计算’得到人工通道运动过程的位移大于ETC通道运动位移,汽车过ETC通道后以速度″1
匀速行驶,根据运动学公式算出当两通道汽车走相同位移所对应时间最后对人工通道时间与ETC的两段时间作
差可得节省的时间
265. ［答案］
（］）对甲车速度由20m／s减速至6m／s的位移
2
2
U甲-U0≡9lm
卯‖≡
2α甲
卯2＝卯0＋卯l＝l00m
即:甲车司机需在离收费站窗口至少l00m处开始刹车才不违章
（2）设甲、乙两车从甲开始刹车到两车速度相同时的时间为′,由运动学公式得:
＂乙—α乙（』—』0）≡″甲-α甲t
解得;t＝8s
相同速度o＝u甲—α甲′＝4m／s＜6m／s
即0＝6m／s的共同速度为不相撞的临界条件
乙车从开始以34m／s减速至6In／s的位移为
2
2
″乙一0o＝l57m
勿3＝U乙t0＋
2α乙
所以要满足条件甲、乙的距离知＝匆3-勉l＝66m.
［解析］
（l）甲车速度从20m／s匀减速至6m／s,加速度为α甲＝2m／s2’由此根据运动学公式可求得甲车匀减速
运动的距离嘶l ,加上规定的距离鳃0＝9m即为甲车司机需在离收费站窗口前开始刹车的路程
（2）根据运动学规律可求得甲车和乙车速度减至相等时的共同速度,该速度小于6m／s’所以约束甲乙两车间距离
的是‘‘通过收费站窗口前勿0≡9m区间的速度不超过6m／s”的条件’也就是只要乙车在通过收费站窗口前9m的时
候速度减小到6m／s’甲乙—定不会相撞’根据运动学规律求得甲乙两车间的最小间距.
266［答案］
（｜）设连续厕次撞击铁轨的时｜阎｜间隔为△』,每根铁轨的长度为』则客半的速度为＂≡为
其中!＝25om,△′＝升升.
解得O＝37。5In／s.
（2）设从货车开始运动后〖＝2（）。0s内客车行驶的距离为sl ,货车行驶的距离为s2,货车的加速度为α,30节货车车
厢的总长度为L＝30× l6.0m
由运动学公式有…,,2≡十“』
由题意’有L＝sl-s2
联立解得α＝l.35m／s2.
°66.
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［解析］
（1）注意位移间隔是15根铁轨’而不是16根″＝ˉL代人数据即可.
t
（2）超过的车厢节数代表着位移之差’只需算出二者分别的位移’进而求得加速度
［答案］
（l）设物体做匀减速直线运动的时间为A02,初速度为″20’末速度为U2′ ,加速度为α2’则
02t-020＝-2m／s2
α2≡
A′2
设物体所受的摩擦力为Ff,根据牛顿第二定律’有
Ff≡mα2
Ff＝-似mg
联立@o得
严＝二丝＝0.2。
g
（2）设物体做匀加速直线运动的时间为△』l ,初速度为″l0’末速度为″l』’加速度为αl ’则
u1′-0lo≡1m／s2
α1≡
Atl
根据牛顿第二定律’有
F-Ff≡mαl
联立oo得
F≡从′7骋＋mα1≡6N°
（3）解法＿:由匀变速直线运动位移公式’得
躯＝题｜…谬＂△《｜＋÷α｜△!｝非蹦o△′2＋＋α2△』i＝46m
解法二:根据″—j图象围成的面积大小’得
甄-（徽!宁｜』×A′片×咖×A‘』）二…
［解析］
0～6s,物体在拉力和摩擦力的共同作用下’做匀加速运动;6～10s’物体仅在摩擦力日
［解析］
0～6s,物体在拉力和摩擦力的共同作用下’做匀加速运动;6～10s’物体仅在摩擦力的
267
o
°
◎
I
@
o
@
作用下做匀减速
直线运动.
（1）由6～10s的图读出第二个加速度,根据牛顿第二定律求解
（2）由0＝6s的图读出第＿个加速度,利用第＿问已知的摩擦力’根据牛顿第二定律求解
（3）可根据匀变遮直线运动位移公式求解;匀变逮运动也叮根据公式,＝坠苛丝』求解;由‘—′图象的包围面积代表
位移求解也可
2“［答案］
由题图乙得;α＝＋＝α5m／s2
前2s有:Fl—″喀s1nα＝mα
2s后有:F2＝mgs1nα
代人数据解得:m＝1kg’α＝30°。
［解析］
根据力F变化前后两种情况’在沿杆的方向分别应用牛顿第二定律列式,联立即可解得′n和α
仕
t＝
.67
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［答案］
（1）A从〃处自由下落,机械能守恒:
吧〃＝十卿聊i｜
解得:〃川＝√z互
（2）小鱼A人水后做匀减速运动’
2gH＝2αAh∧
得减速加速度:
H
α则＝叮g
′浮」＝粤咖‘
由牛顿第二定律:
F浮A＋力-′ng≡mαA
解得:
＾-吧（:ˉ÷）
（3）同理可得
龙-吧（÷—＋）
内;＾二｝;》＝雕~
［解析］
本题分为两个过程,在水面之上时,鱼只受重力,做自由落体运动,进人水中之后,鱼受力如图
269
＝
F浮
′″g
鱼在三力作用下做匀减速运动,
问题求解:（1）由动能定理,求得鱼的速度
（2）整个过程中鱼先匀加速运动’再匀减速运动’利用连接点速度相同’联立运动学公式
速度’再由牛顿第二定律,求得阻力.
（3）同理求得B的阻力,进而求得比值
可方便求得减速运动的加
°68
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~
270。［答案］
（1）设∏尾的质量为m’地球的质量为M
森地球表面附近满足c祭≡吧
得G″＝R2g
卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力
o
皿
睬
‘
~~
勺
叮
—
尺
『
几
@
o式代人@式’得到″l＝√露
（2）考虑O式’卫星受到的万有引力为
F＝G
Mm
ˉ-匹巳丘-
（R＋h）2
（R＋∧）2
由牛顿第二定肆;…等（R钠）
o
@
o翻式联立解得′-韧（竿）』
［解析］
（1）卫星以第＿宇宙速度绕地飞行时,轨道半径为地球半径R,万有引力提供向心力,根据圆周运动速度
公式及万有引力公式’联立即可求解
（2）此问与第＿问区别在于圆周运动半径不同’分析方法＿致,万有引力提供向心力,根据圆周运动周期公式和万
有引力公式’联立即可求解
271［答案］
（1）汽车从O到标志杆B的过程中
L〃＋AL＝〃0△』＋〃0（』‘ˉA』）ˉ÷o（′‘ˉ△』）2
≡
汽车从O到标志杆C的过程中
L侧＋2△L＝＂0△!十,0（』cˉ山）ˉ÷α（‘cˉ山）2
＝
联立方程解得
Do＝16m／s
α＝2m／s2.
（2）汽车从开始到停下运动的距离
2
00
x＝o0At＋万
可得勿＝72m
因此汽车停止运动时车头前端面在CD之间离D的距离为L≡LoD-勿≡△＄＝6m.
［解析］
（1）发出指令后’学员甲需要△′≡0。5s的反应时间’在这段时间内’车做匀速直线运动’之后车将做匀减
速直线运动’已知学员乙经过B、C杆时的时间,根据运动学相关公式列式’求得刹车前汽车做匀速运动的速度大小
及汽车开始刹车后做匀减速直线运动的加速度大小
（2）汽车从开始到停下’先做0。5s的匀速运动,后做匀减速运动直至停止’根据运动学相关公式列式’求得汽车从
开始到停下运动的距离为72m’OD＝（44＋12×3）m＝80m’则车前端到D的距离为L≡80-72-As＝6m,即停止
运动时车头前端离D的距离为6m.
69
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272。［答案］
（l）汽车A的位移为:熊A≡″M
汽车6的位移为;翔＝,鹰′＿＋α』2
两车间距为:△z≡如B-“A＋Z0
当『≡oB-刚A＝3s时’△匆最大,
α
解得:△熊m≡l6m
（2）汽车A恰好追上汽车B时’A鳃≡0
解得;t＝7s＞5s
此时汽车…静止,则哪′—慕—测＂二0
解得:』′＝8s.
［解析］
（1）当汽车A和汽车B的速度相同时,两者间距达到最大值,汽车A＿直做匀速直线运动’汽车B做匀减
速运动’根据运动学公式’分别列出位移公式’再根据位移关系’即可求得最大间距
（2）首先应该判断’汽车A追上汽车B时,B车是否已经静止’根据（1）求得的时间大于B匀减速到静止的时间’所
以追上时汽车B已经静止,最后根据位移关系求解时间
273. ［答案］
（1）分两种情况’当小球对管下部有压力时,则有
勺
Ⅷ:＿α5吧≡等得;＂!＝√顶亏硕
当小球对管上部有压力时’则有
∏00宁
2
Ⅷg＋05吧＝贡得;″2＝√T5疏
（2）小球从管口飞出做平抛运动
甄三＋肆:得』～2仔
小球对管下部有压力时:匆l＝Ult≡√回R
对管上部有压力时:卯2≡″20＝｀／6R
［解析］
（1）由于对管壁的压力方向未知’所以分两种情况进行分析;对小球进行受力分析,重力和管壁的支持力
的合力提供向心力’列出牛顿第二定律方程求解小球的速度
（2）根据平抛运动规律先求解下落时间,再根据不同初速度分别求解水平距离
274（答案｜
（」）由匀变速直线运动铡肆叮得;α≡尝
将数据代人O式可解得小球的加速度α＝5m／s2。
5AC
（2）B点的速度等于AC段的平均速度pB＝万
将数据代人O式可解得:″B≡1.75m／s.
（3）由于相邻相等时间的位移差恒定,即;
SCD-SBC≡5BC-sAB
由o式解得:sCD＝2＄BC—sAB＝0.25m.
（4）设A点小球的速率为〃∧,由匀变速运动规律可得:UA＝″Bˉα』
将数据代人@式解得:″A≡1。25m／s
.70·
o
（D
◎
◎
◎
◎
◎
α
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OA
所以A球的运动时间rA≡—
o
α
由@式解得:tA＝〔）。25s,故A球的上方正在滚动的小球还有两个.
［解析］
（l）根据匀变速直线运动△如＝α尸很容易求得小球的加速度
（2）要求拍摄时B球的速度’根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度’所以求AC段的平
均速度即可.
（3）根据匀变速直线运动相邻相等时间的位移差相等求出拍摄时C、D之间的距离
（4）A球上面滚动的小球有几个,其实际的问题是A运动的时间内释放的小球数,因为已经求得加速度’所以根据匀
加速直线运动很容易求得小球A在斜面上运动的时间’因为每隔0. 1 s释放＿个小球’就可以求得A球上面滚动的
小球数（此处需要取整）。
275. ［答案］
（l ）对整体’设人的质量为m｜’小车质量为m2’斜面对小车的摩擦力为／］＝内（″l｜＋′Ⅶ2）g’小车对人的静
摩擦力为／h,绳子上的张力为F,则:2F—（ml＋m2）。gsin30。—∧＝（加l＋加2）α’可得α＝2m／s2,故人与车＿起运
动的加速度大小为2m／s2’方向沿斜面问上
（2）对人受力分析’F—mlgsin30。＋／i＝mlα’可得／i＝l40N,方向沿斜面问上.
（3）撤去拉力后,人和车共同加速度为:α′＝—（gsin30·＋0. lg）＝ˉ6m／s2’人和车＿起滑到最高点所用时间r＝
0二1＝05｀
α
［解析］
（l）将人和车看成整体’对整体分析’受总重力｀两个拉力、支持力和斜面的摩擦力,根据牛顿第二定律求
出整体的加速度
（2）人和车具有相同的加速度’根据人的加速度,求出人的合力,从而根据人的受力求出人所受摩擦力的大小和方向.
（3）由牛顿第二定律确定加速度’由于滑到最高点时速度为零’故可由速度公式可求得时间
276。［答案］
令zl表示未加F时弹簧的压缩量,由胡克定律和共点力平衡条件可知mAgsin0＝k如l
令则2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量,α表示此时A的加速度,由胡克定律和牛顿运动定律可知
脑2＝mBgsjn0
F-mdgSin0-脑2≡mAα
由@o式可得
F—（mA＋mB）gsin0
α≡
o
◎
°
o
汀0A
由题意
d＝卯1＋卯2
o
由O@@式可得〃＝（′＂A＋′nB）gsjn0
A
即物块B刚要离开C时物块A的加速度大小为
鸟L（mA＋′nB）gsin0
F-（mA＋mB）gsin0,从开始到此时物块A的位移
′ⅦA
／习
k
［解析］
先对物块A进行受力分析,根据平衡条件求出弹簧弹力后再得到弹簧的压缩量;物体B刚要离开挡板时,
与挡板间无作用力,弹簧弹力刚好等于B重力沿斜面的分力,可以求弹簧的伸长量,进而得到物体A的位移;最后
在对物体A受力分析,根据牛顿第二定律求出加速度.
71
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277. ［答案］
（1）对人进行受力分析,根据平衡条件有;FN≡岭ˉmg＝200N.
（2）滑轮对结点B的拉力为:F＝2mg＝600N’以结点B为研究对象’进行受力分析’如图
Fb（
F′
纫A′《′
＼』~
孔2『
C
根据共点力平衡得:
FAB＝Ftan30o≡200√3N;
‘°霞鸟0.二400灯＂
FBC≡
［解析］
（l）对人进行受力分析’根据人所受的合力为零’求出地面的支持力
（2）求出BO绳的拉力,对B点受力分析,求出绳AB和轻杆BC所受力的大小
278. ［答案］
由题意可知:弹簧此时的长度L＝ACsin30°＝2cm＞l .5cm’故弹簧被拉长,且△期＝0.5cm’物体的受力如
图所示:
丫C
狮g
则:Thcos30°—TBsin30°＝0
Thsin30。＋?bcos30°＋片△如-mg＝0
解得:7l≡30N’7b＝30何N,所以细线AC、BC对小物体的拉力大小分别为30N和3O／可N.
［解析］
首先根据直角三角形的几何知识确定弹簧受拉还是受压’然后以C为研究对象进行受力分析,正交分解’
然后根据平衡条件列方程求解即可.
72。
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I
279. ［答案］
（1）包装盒先在斜面上做匀加速运动’然后在水平面上做匀减速运动,故包装盒运动到B点时速度最大为
om’设包装盒在斜面上运动的加速度大小为αl
根据牛顿第二定律’有
mgsin30◎＝′γm1
根据运动学公式’有
,爵二2α｜·in40.
解得:刨m＝4m／s.
（2）设包装盒在水平面上运动的加速度大小为α2
根据牛顿第二定律,有:
严mg＝『γm2
根据运动学公式,有:
似甜＝2α2L
解得:似＝0.4.
（3）包装盒在斜面上运动的时间为tl
根据运动学公式’有:
Um＝α10l
得t1＝0.8s
由于′＞′1 ,故包装盒已经经过B点’做匀减速运动tˉtl≡0。2s
设『＝1。0s时速度大小为o
根据运动学公式’有;
0＝″mˉα2（『-t‖
）
解得:似＝3。2In／s。
［解析］
（1）包装盒先在斜面上加速,然后在水平面上减速,所以B点的速度为最大速度包装盒在斜面上受到重
力和支持力,根据牛顿第二定律列式求出加速度’结合运动学公式可以计算B点速度
（2）对减速过程运用牛顿第二定律列式’结合速度位移公式列式即可求解
（3）先判断在斜面上的加速时间’再根据速度时间关系公式求解′≡1。0s时速度的大小,
280。［答案］
（1）设货物质量为m’则货车质量为4′n’货物受重力沿坡面向下的分力和摩擦力’由牛顿第二定律可得
mα货＝mgsln0＋以′∏gcos0
解得:α货≡gsin0＋“cos0＝5m／s2,沿坡床向下.
（2）对货车进行受力分析可得:
4′′m车≡／＋4mgsin0-／儿mgcos0,其中／≡0.科×5′ng
解得;α享二÷m／愚2
则车从坡面底端运动到距顶端38m过程中有:
对车;赃0』ˉ＋α孽』2＝』＊
对货;＂0』ˉ＋α货』2＝』货
凸
其中s货-s车＝4m
代人数据解得:Z＝4s
.73.
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s车＝48m
则制动坡长度为』＝s车＋′车＋38m＝98m.
［解析］
（l）对货物进行受力分析’根据牛顿第二定律列出方程式求解货物的加速度
（2）对车进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程式求得车的加速度;然后根据题意分别对车和货物列出运动学
方程式’联立求得车第＿段运动的时间及位移’进＿步可求得制动坡床长度
2sL‖答霉｜
（｜）若微粒打任探测屏姻的中点则有普—＋融』解得′仔
（2）设打在B点的微粒的初谨度为Ⅷ｜,则有L＝删｜‘! ,2h≡＋g′｝
解得删｜-Q开
~广
同理,打在A点的微粒初速度为″2＝Ⅱ＼／赤
~／---
~~厂---
所以徽粒的初逮度范围为l｀／方『…‘√荒
（3）打在A和B两点的动能ˉ样则有÷咖删i＋哪g咖＝＋厕删｝＋2′＂gk
联立解得L＝2√回）j.
［解析］
（1）微粒在竖直方向做自由落体运动,由运动学公式即可求解
（2）微粒做平抛运动,水平方向做匀速运动,竖直方向做自由落体运动’分别在A｀B点列运动学方程,即可算出速度
的范围
（3）直接由动能相等列出方程,求解即可。
~~
282. ［答案］
（1）对滑块受力分析可得:
mgsin0≡Fcos0
代人数搬叫得′-平№
（2）由题意可知,滑块滑到木板上的初速度大小为l0rn／s
当F变为水平向右之后,由牛顿第二定律可得:
mgsin0＋Fcos0≡mα
解得:α＝l0m／s2
下滑的位移塑-盖
解得:如＝5m
故下滑的高度h＝匆sin30°＝2.5m
（3）由图象可知’二者先发生相对滑动,当达到共速后＿块做匀减速运动’设木板与地面间的动摩擦因数为以l ’滑块
与木板间的摩擦因数为严2.二者共同减速时的加速度大小q］＝lm／s2,发生相对滑动时’木板的加速度α2＝
1m／s2’滑块减速的加速度大小α3＝4m／s2
Ⅱ罐体受力分析可得;α!≡陛｜（膘）‘ ≡以lg
可得:陛l＝0. 1
74。
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在0～2s内分别对m和M做受力分析可得:
对M№mg—以l（M＋m）g＝Mα2
对m:陛2mg＝′′m3
代人数据解方程可得:″≡15kg。
［解析］
（l）对滑块进行受力分析’根据共点力平衡在沿斜面方向上列平衡方程可得出水平力F的大小.
（2）对滑块进行受力分析,根据牛顿第二定律求出滑块的加速度α,然后根据运动学基本公式可以求出下滑的位移
财’最后再根据几何关系得到滑块下滑的高度h.
（3）先根据乙图得到滑块和木板各个阶段的加速度,对M和加整体进行受力分析,根据牛顿第二定律得,木板与地
面间的动摩擦因数;在滑块与木板相对滑动阶段’对滑块和木板分别进行受力分析,根据牛顿第二定律计算得木板
的质量
283. ［答案］
（l）设火车的加速度为α｀经过第＿根路标时的速度为ol ’根据匀变速直线运动的位移公式得
‘＝″!』!＋÷α‘｛
垄
2』＝…÷α′i
其中5≡100m、′l≡5s、‖2≡9s
解得α＝普m／s2≡u」m／.2｀删｜＝导m／愚＝l722m′.
（2）设火车经过第三根路标时的速度为″2’根据匀变速直线运动的速度公式得
U2＝Ul＋αt2
代人数据得″2＝27.21m／s.
［解析］
根据题意由火车经过第—根路标到经过第二根路标的时间间隔5s,由火车经过第二根路标到经过第三
根路标的时间间隔4s’列出方程式求解加速度的大小及在第—根路标时的速度大小’再由加速度公式求出加速度
由速度公式求出车经过第三根路标时的速度大小。
284. ［答案］
（1）设运动员受到绳向上的拉力为F’由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等’吊椅受到绳的拉力也是F
对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示
F
A
α
钳
（″?人＋′″椅）g
则有2F-（″0人＋m椅）g＝（″〗人＋′＂椅）α’解得:F≡440N
由牛顿第三定律’运动员竖直向下拉绳的力
F′＝440N.
.75
子
＋
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｝
‖
↑….十雪｝
卜ˉ;…望j
司
｝
l
↑…｛…!
↑
…γ
.
《
→
~
】
皂
『
』
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（2）设吊椅对运动员的支持力为FN’对运动员进行受力分析如图所示,则有
F
Ev
小
α
′″人g
F＋FN-m人g＝m人α
FN≡275N
由牛顿第三定律’运动员对吊椅的压力也为275N
［解析］
（l）本题主要考查牛顿第二定律和第三定律定滑轮两段绳子拉力相等,对由运动员和吊椅组成的系统进
行受力分析可知’整个系统受到重力和向上的拉力’由牛顿第二定律可列方程:2F-（m人＋′n椅）g＝（′n人＋′n椅）α’
由此可求得运动员竖直向下拉绳的力F.
（2）对运动员进行受力分析,运动员受到绳的拉力、重力以及吊椅对人的支持力’由牛顿第二定律;F＋FN-加人g≡
m人α,可解得支持力FN,由牛顿第三定律可知’运动员对吊椅的压力大小等于支持力大小’即可求得答案
285. ［答案］
（1）对初始时刻:∏!gsin0ˉ队mgcos0＝′nα0
由图（b）读出α0≡4m／s2代人解得:
gsin0ˉα0≡0.25°
严≡
gCOS0
（2）对末时刻加速度为零:mgsin0ˉ从Ⅳˉ肋cos0＝0’又
Ⅳ＝吨cos0＋肋sin0,由图（b）得出此时o＝5m／s代人解得
k≡喷殿脯:训）ˉ0β4蛔.
［解析］
（l）物体受力分析如图所示’初始时刻有吧sin0—陛mgcos0≡′nαo,可解得
物体与斜面间的动摩擦因数从.
3厂Z≥＝
≥＝
kV
肋g
／／／／／／／／／／／／／／／／／（／／／／／／／／／／／／／／
·76
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（2）由加速度α与风速″的关系的题图（b）可知u＝5m／s时’加速度α＝0,由牛顿第二定律列出方程可求出比系
数片.
286. ［答案］
选取B为研究对象’如图甲’根据平衡条件有
凤B
FN
鼠—≤
＞F｝
尸
↓（M＋′″）g
′″g
甲
乙
竖直方向上:FNBcos0＝〃pg
水平方向上:FNBsin0＝F
解得F＝mgtan0
再以A和B为研究对象’如图乙’根据平衡条件有:
FN-（M＋m）g＝0
F＝F『
可得:FN＝（M＋′n）g’Ff＝F≡mgtan0.
［解析］
对B受力分析,列出平衡方程可求出墙壁对B的支持力;对A、B整体受力分析,列出平衡方程可求出地面
对三棱柱支持力和摩擦力.
287. ［答案］
（1）设推力作用在木箱上时的加速度大小为αl ’根据牛顿运动定律得
F-／Lmg＝加αl
解得αl≡3m／s2。
（2）撤去推力后’木箱的加速度大小为α2,根据牛顿运动定律得
以mg＝咖α2
解得α2＝lm／s2
推力作用在木箱上时间′内的位移为
］
O
3
O
鳃l≡丁αl』.≡丁′←
撤去力F后木箱继续滑行的距离为
.-（毁』÷:
木箱停在有效区域内,要满足条件
Ll-L2≤冗l＋卯2≤Ll
~~~＿
解得1.≤』≤√÷.
［解析］
（l）木箱受推力和摩擦力,根据牛顿第二定律可求出加速度
（2）先求出撤去推力后的加速度’再分别算出推力作用时的位移以及撤去推力后的位移,再找出临界条件’可算出
时间满足的条件.
.77.
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I
28a［答案］
（］M到D过程;根据动能定理有略（2RˉR）ˉ…。s37·雹器.-0ˉ0,鹏＝＋饱n37.＝α37￡
2
∏］0C
（2）若滑块能到达C点,根据牛顿第二定律,有′ng＋FN＝ˉ而’〃c≥√雨＝2m／S.
」至｜C的过程根据动能定理’有ˉ陛…s37。丽磊;＝÷″测;ˉ十′＂铡;,,o＝√刨;辨2gR≥2徊m／·
（3）离开C点做平抛运动,
冗≡0Ct’
γ＝÷g‘2’
tan37。＝巫ˉ二』Z
冗
502＋3t＿0°8＝0
解得〖＝0。2s.
［解析］
（］）由题意可知,滑块恰能滑到与O等高的D点’速度为零’对A到D过程’运用动能定理列式可求出动
摩擦因数严。
（2）滑块恰好能到达C点时’由重力提供向心力’根据牛顿第二定律列式可得到C点的速度范围’再对A到C过程’
运用动能定理求初速度″的最小值
（3）离开C点做平抛运动,由平抛运动的规律和几何知识结合求时间
［答鬃］
（!）物体做匀加速运动L＝＋“;
,-÷-竿…』-］0…2
由牛顿第二定律F-／＝′m
／＝30N-2×l0N≡10N
所以健-☆-☆≡o’
（2）设F作用的最短时间为t’物体先以大小为α的加速度匀加速t秒’撤去外力后,以大小为α′的加速度匀减速』′
秒到达B处’速度恰为0’由牛顿运动定律
Fcos37°-严（′ngˉFsin37。）＝mα
′
／｀
α≡兰＿≡以g≡5m／S2
m
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度’因此有
』′＝芳‘＝芋‘＝23′
L＝上α』2十÷α′!α
2
＝
289
所以』亏√感岩哩′亏√Il5懈×’.ˉ｜o』.
［解析］
（I）物体做匀加速直线运动,由运动位移和时间可以求出加速度,对物体受力分析’由牛顿第二定律可求
出滑动摩擦力和动摩擦因数仪.
（2）力F作用最短时间应使物体刚好滑动到B,由牛顿第二定律可分别求出有拉力作用和无拉力作用时物体的加速度
α和α′ ,根据匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度及位移之间的关系列方程式’从而求出拉力作用时间
.78°
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290［答案］
（1）A球做竖直下抛运动,由竖直下抛物体运动规律可得:
′i＝似0叶＋聊2
代人数据得t≡1
s。
（2）B球做平抛运动’由平抛运动规律可得:
卯≡U0‖
γ二＋瓢2
代人数据得匆＝10m’y＝5m
此时A球与B球的距离L＝√熊2＋（hˉγ）2
代人数据得L≈14. 1m
［解析］
（］）A球做竖直下抛运动,初速度和位移已知’根据匀加速运动的位移公式即可求出时间
（2）B球做平抛运动’在竖直方向的分运动为自由落体运动’在水平方向的分运动为匀速直线运动’根据第（1）问中
求得的时间分别求出B球竖直方向和水平方向的位移’然后依据儿何关系算出∧、B间的距离
291［答案］
（］）由位移公式可得;撼＝＋α』2
o
沿斜面方向’由牛顿第二定律得:mgsin0—／≡′＂α
@
将o@式联立并代人数值后’解得:／≡80N
o
（2）在垂直斜面方向上’由力的平衡知识可得:FNˉmgcos0＝0
@
又由摩擦力公式可得旷＝似FN
o
联立ooo并代人数值解得:以≈0. 12.
@
［解析］
（l）根据题中所给的运动条件能够求得游客连同滑草装置在下滑过程中的加速度,再根据牛顿第二定律
求得受到的摩擦力.
（2）根据垂直于山坡斜面方向受力平衡得到支持力与重力的关系’再根据摩擦力公式代人—七题中求得的摩擦力即
可求得动摩擦因数.
292. ［答案］
小球的重力产生的效果为挤压A点和挤压竖直墙面,将重力作用分解’如图所示:
F
广
尸
锣
R
夕
尸
″
″
″
″
小球对墙面的压力:Fl＝mgtan0＝100侗N’
小球对A点的压力:F2≡—堕＝200N,方向均如图所示.
COS0
［解析］
将小球的重力作用进行分解可以得到小球对墙面和对A点的压力;也可以对小球进行受力分析’列出平
衡方程’解得小球受到的A点和竖直墙面给予的支持力’再结合牛顿第三定律可以得到小球对墙面和对A点的
压力.
护
〗
印
↑
←
.79
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［答案］
由题图叫知;α车的速度侧.＝导m／爵-2m／.
3s时’直线α和曲线6刚好相切,即此时b车的速度ob′＝〃α＝2m／s
设6车的初速度为″b,对6车’ob＋α』≡ob′ ’解得ub＝8m／s
α车的位移sα＝″α』＝6m
b车的位移‘』＝删宁′′＝l5Ⅲ
′＝3s时α车和b车到达同-位置’得s0＝sb-sα＝9m.
［解析］
通过位移时间关系求得α车的速度,结合图象中α｀b车的速度关系求得6车速度,运用末速度、加速度关
系,求出6的初速度,然后运用速度位移关系分别求得α、b的位移,然后确定最初α、b车的距离
293
294［答案］
（l）设两人奔跑最大速度为om’乙运动中加速度为α,从静止开始全力奔跑达到最大速度的过程运动的位
移为鳃’乙在接棒时奔跑速度达到最大速度80％过程中运动的位移为z′ ’根据匀变速直线运动速度位移关系式,有:
o息＝2α露
（80％om）2＝2α勿′
解得z′＝0.64卿
即z′＝l6m。
（2）设乙距甲勿0处开始起跑’到乙接棒时所经历的时间为t’由题意甲、乙两人在t时间通过的位移有如下关系:
Omt≡九0＋勿′
又由平均速度求位移关系式可知乙的位移
0°80m＋0
2
t
卯≡
解得z0≡15勿′＝24m。
［解析］
（l）初速度为0’利用匀加速直线运动的位移公式U2＝2αz即可求解
（2）利用平均速度公式求出乙加速至交棒的位移,甲做匀速直线运动’甲、乙的位移之差即为乙距离甲的起跑距离
295· ［答案］
（l）A固定不动时,B静止在斜面上’对B进行受力分析’根据平衡条件可得斜面A对B的支持力Ⅳ＝
mgCOSα.
（2）方法＿:以A固定不动时在斜面顶端的滑轮为坐标原点建立直角坐标系’如图所示.
v
｜革＾、、—（
0、℃
℃
■
｀
℃
—
Ⅺ
～
＝
≡
…
‖
假设刚开始A固定不动时’连接B到定滑轮的绳子长度为′’B的水平坐标为′cosα’纵坐标为-′sinα,
撤去固定A的装置后’连接B且到定滑轮的绳子长度为』＋如’B的水平坐标为（′＋匆）Cosα-z＝′cOsα＋鳃（cosα-
］）,纵坐标为—（′＋卯）sinα
所以B的水平位移为x′＝′cosα＋虹（cosα—1）ˉ′cosα≡m（cosα-1）
竖直位移为y＝＿（′＋刀）sinα＋′sinα＝-勿s1nα
°80.
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所以B的位移‘＝√F厂干7＝√厕2（cosαˉ1）2＋缅2sin2α＝√2厕2（1ˉcosα）＝2嘶sin÷
凸
方法二:B的运动可以看成先随斜面＿起向左运动x,再沿斜面向下运动匆!如下图所示:
B
X
s
将这两个运动进行矢量合成即可得到』二2鳃爵m÷
（3）整个运动过程中能量守恒,B重力势能减少量为…mα’A动能增加量为士鹏删i,B动能的增加量为
＋哪（,″2.m÷）』,由机械能守恒有;…inα＝＋″测删2＋＋m（…in÷）2
解得咖三√摆湍
［解析］
（1）当A固定不动时,对B进行分析’由共点力的平衡求出A对B的支持力.
（2）方法＿:律京百角坐标系’分别求出初末状态下B的横、纵坐标,根据几何关系求出B的位移
方法二:根据运动的合成与分解’B的位移为水平方向和沿斜面方向的合位移,根据矢量合成求出B的位移
（3）根据整个系统能量守恒’B重力势能的减小量等于A和B动能的增加量之和’列出等式’即可求出A的速度
大小。
296. ［答案］
（1）小球在竖直方向做自由落体运动’运动时间为;
』籽-M.
小球在水平方向做匀减速运动,加速度;
α＝上≡5m／s2
∏l
水平位移;断＝,0』ˉ÷哪2＝48m
么
（2）由动能定理:Ekt-Ek0≡mgH-Fb
代人数据得:Ek!＝120J.
（3）小球离开杆后经过时间‘的水平位移;‘＝〃0』ˉ÷α‘2
≡
由动能定理E』ˉ÷m″;＝厕g.÷g‘2ˉ凡
＝
～
将Ek≡78J和″0＝8m／s代人得;
125t2ˉ80t＋12＝0
解得:tl≡0.4s,r2＝0。24s.
［解析］
（l）小球在竖直方向做自由落体运动’可以列式求出运动时间小球在水平方问做匀减速运动’根据牛顿
第二定律列式求得加速度’根据匀加速直线运动公式’代人数据求出水平距离。
8l
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（2）由动能定理列式即可
（3）列出风力调节的距离’列出动能表达式,代人数据即可
297. ［答案］
（］）对B球,受力分析如图所示:
B
FTsin30。＝′｝咱
解得:FT＝2′∏g＝60N。
（2）对A球受力分析如图所示:
在水平方向上:FTcos30。＝FMsin30。
在竖直方向上:FNAcos30°＝′励Ag＋FTsin30°
联立以上方程
解得:mA≡2m＝6kg。
［解析］
（1）对B球受力分析’根据小球受力平衡可以求得绳的拉力的大小
（2）通过对A球受力分析’根据受力平衡条件可以求得A球质量.
298. ［答案］
（1）根据速度公式’得到
α÷-揣＂√.2-‖…』
再根据位移公式,得到
＂｜＝十α!2二÷×l5× 」02m＝75Ⅲ
这时出租车距载客处75m。
（2）根据〃;≡2α则2,得到
.〃i
302
鳃2≡万≡2×l5m＝300m
这时出租车从静止载客升始’已经经川的时间′2’回』根据位移公式篮2二＋α′;
√罕√2碧＂.-20.
解得′2＝
这时出租车时间表应显示l0时11分l5秒.出租车继续匀速运动’它匀速运动时间t3应为80s’通过位移
九3＝O2t3＝30×80m≡2400m
所以10时12分35秒时,计价器里程表应显示
如＝（300＋2400）m＝2700m.
［解析］
（l）出租车从出发点开始做初速度为零的匀加速直线运动’经过10s时’已知其速度,根据运动学的基本
公式可求得此时出租车离出发点的距离
° 82.
■
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I
（2）出租车从出发点开始到时间表显示l0时12分35秒时’先做初速度为零的匀加速直线运动’然后再做匀速直线
运动,根据运动学基本公式,分别求得出祖车两个运动阶段的位移’求和即得此时计价器的里程表示数.
299. ［答案］
设抛出点的高度为h,第-次抛出时水平射程为嘶;当初速度变为原来2倍时,水平射程为2匆,如图所示
由几何关系可知:
L2＝h2＋m2
O
（√5I）2＝h2＋（2腮）2
@
o@联立,得;h二卓L
j
设该星球表面的重力加速度为g
则竖直方向h二÷g』2
o
又因为警＝略
@
由o@联立’得M＝2√5LR2
3Ct2
·
［解析］
小球做平抛运动’高度＿定时’水平位移与初速度成正比,由几何关系可求出小球抛出的高度和竖直方向
的加速度大小,结合万有弓｜力定律可求出星球的质量
·
◎
3＂。［答案］
（1）如图l’设平衡时,绳中拉力为T’有2Tcos0-″lg≡0
由图知…-乎
o嚼式解得r二乎砸‘
o
广ˉ——√5L
B
4
图］
83.
~~
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（2）O此时’对小铁环受力分析如图2.有
T′sin0′＝mα
T′＋T′COS0′-「吧≡0
出图知‘′-60.代人囤◎式解得,-粤‘
◎
◎
◎
归L
｜
B亏
‖
T
′
（
′″g
图2
@如图3,设外力F与水平方向成α角’将杆和小铁环当成＿个整体’有
Fcosα＝（M＋m）α
Fsinα—（M＋m）g≡0
由m圈式解得′-乎（…）‘
tanα＝厄
●
◎
√5I／旦
］〃
／
l
—
α
L
↓／
〔M＋′〃／g
图3
［解析］
图甲:绳两端拉力与重力合力为0,环静止.
图乙:对环’绳两端的拉力与重力的合力令环加速将环和杆看成＿个整体,
（l）根据环受力平衡可求出绳中拉力.
（2）o杆的加速度与环相同对环进行受力分析,绳两端拉力相同,可求出α
2整体法分析’外力与杆和环的合力提供加速度,可求出外力.
ˉ个整体’外力和它们的重力的合力提供加速度
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磅
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