高中物理——猿题库——小猿热搜——动量与能量典型题300（答案册）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

刀
瞬
~
单项选择题篇答案解析…………………………………………………l
多项选择题篇答案解析………………………………………………17
不定项选择题篇答案解析……………………………………………25
计算题篇答案解析……………………………………………………46
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单顶选择题篇答案解析
1。［答案］
B
［解析］
过程分析:小球从最低点运动到最高点过程中做圆周运动.
问题求解;小球在最低腻时向心力山绳子拉力和小球的重力提供,对小球受力分析得『獭g吨＝等｀在最高咖.题
口巾说恰叫以做阀周运动.说明此时向』…小球胸重力撮供蝇子小受力〕则″鸭≡等从最低点到最高点.由动
能定理可知;W霍气—mg2R＝÷咖财;—＋卿刚;联立各式得W霉气＝竿w蜜气为负,说明空气阻力傲负功.小球克
服空气阻力徽功为竿’故B项正确
综上所述,本题正确答案为B。
2。［答案］
D
［解析］
过程分析:绳子剪断前,A、B均处于受力平衡状态,有加Ag＝T9T＝mBgsin0,绳子剪断后,物块A做自由落
体运动到地面,由于忽略摩擦,物块B沿斜面由静止匀加速到地面
选项分析:
A、B项,由于A、B从剪断到着地的运动过程中只有重力做功,即该过程机械能守恒,设两物块距地面高为h,B物块
到地面的斜面长度为L对A…h＝÷枷＾锄i,对B;…!n0L-＋…詹,且←六｀综合叫知硼＾＝U圈｀故A、B项
错误.
C项,剪断绳子前两者受力平衡,有加Ag≡加Bgsin0,则mA＜矾B,A重力势能变化量为加Agh,B重力势能变化量为
加Bgh,显然B重力势能变化量大,故C项错误.
D项,A重力做功平均功率为PA≡加AguA,B重力做功平均功率为PB＝加BguBsin0,由于两物体都做匀加速运动,且
末速度相等,因此平均速度相等’又有炯Ag＝加Bgsin09得平均功率PA≡PB,故D项正确
综上所述,本题正确答案为D。
易错项辨析:
本题的易错项为C项.本题要注意的是两物块的质量是不相等的,而在重力方向的位移相同,所以重力势能的变化量
小叫能相问他们的关系有咖Ag-…｜n0,设A离地面的雌离为咖,贝｜B离斜面底端的雌离为六重力对A所做
的总功为测＾g偷,重力对B所徽的总功为咖蟹gh,A运动的时间满足h-＋g‘; 』B运动的时间满足志＝＋gsm0×
′;解得;!』-俘｀晦≡志√享A受重』做功的平均功率P逊…h√哥,屑受重』做功的平均功率P徽≡
~厅
砸Bghsm0√箭,而〃＾g＝″』Bgsin0,所以平均功率相等
3。［答案］
C
［解析］
问题求解:小球从开始下落到落到最低点t2时刻经历三个阶段,t2前后的运动过程对称.
自由落体阶段:此阶段做自由落体运动。
接触弹簧,加速阶段:在弹簧弹力小于重力时,小球加速下降,但合力变小,加速度变小,当弹力增大到与重力平衡时,
即加速度为零,速度达到最大,故A项错误.
接触弹簧,减速阶段:弹簧弹力越来越大,小球做速度向下的减速运动,速度越来越小,直至减为0,此时小球动能最
小,故B项错误。
.
1
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在对称的r2～t3阶段,小球先加速（平衡前）后减速（平衡后）,动能先增加后减少,故C项正确.减少的弹性势能等于
增加的动能和重力势能,故D项错误
综上所述,本题正确答案为C°
易错项辨析:
本题的易错项为D项t2～t3这段时间内物体在弹簧弹力和重力的作用下向上运动,弹簧的弹性势能-部分转化为小
球的动能,还有＿部分转化为小球的重力势能。
4。［答案］
D
［解析］
选项分析;
A项｀由题图可知小球初动能为E卿-5」’由动能的定义式E赡-＋狮渺2 ’可知小球质量狮-ulkg,故∧项错误
B项,小球在上升过程中,重力和阻力做的总功等于动能的变化量。可知上升过程中,阻力做功1J,根据功的定义式W
＝F＄cos0’可知阻力大小为0.25N,故B项错误.
C项,由题图叮知小球动能的大小服从E膛-5÷h,小球的重力势能的大小服从E腮＝h’两条直线的交点的横坐标即
为小球动能与重力势能相等时的高度,联立求解得厕-等m｀故C项错误
D项,小球上升到2m时,小球的动能为E股＝2。5J’重力势能为2J,动能与重力势能之差为0.5J’故D项正确
综上所述,本题正确答案为D.
5。［答案］
I）
［解析］
选项分析:
A项,根据功能关系重力和弹簧弹力以外的力对物体做功等于物体机械能的改变量,所以力F和阻力的合力所做的
功等于木箱机械能的增量,即A项正确,故不选择A项
B项,木箱高度上升,克服重力做功使其他形式的能转化为重力势能’即B项正确,故不选择B项.
C项,根据动能定理,合外力对物体做功等于物体动能改变量’力F、重力、阻力三者合力即合外力,即C项正确’故不
选择C项。
D项,力F做功减去克服阻力所做的功等于木箱机械能增量,木箱加速,动能增加,所以机械能增量大于重力势能增
量,即D项错误,故选择D项
综上所述9本题正确答案为D
6。［答案］
D
2
［解析］
过程分析;小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力,那么有努＝mg,求得U-√百瓦
选项分析:
A项,P、B两点之间的高度差为R,此过程重力做功′〃gR,故A项错误。
B项.以膀点为零势能面｀机械能的减小量△屑＝″!gR—＋狮U鹰＝十枷gR,故B项错误
C项,根据B项,由于物体的机械能减小’合外力做负功,故C项错误.
∏项,机械能的减小量△E-狮凰R—÷′鹏＂2-＋咖gR.除重力外｀只有摩擦力做功.所以物体克服摩擦力做功沟
十测gR,故∩项正确
综上所述,本题正确答案为D.
·
2
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7° ［答案］
C
［解析］
问题求解;A、B、D中的物体受到外力作用,且外力和运动方向不垂直,故外力做功’C中的物体受重力、支持
力作用,支持力不做功,机械能守恒.故C项正确。
综上所述,本题正确答案C.
8. ［答案］
A
［解析］
问题求解;力F对物体做功WF＝F‘cos0（其中0表示力与位移方向的夹角）,受‖｜｜者拖着轮胎在水平直跑道
」二跑了100m的过程’摩擦力方向与位移方向相反’摩擦力对轮胎做负功,轮胎高度不变,重力不做功’拉力与轮胎位
移方向呈锐角,所以拉力对轮胎做正功,支持力方向与轮胎位移方向垂直,对轮胎不做功,故A项正确.
综上所述,本题正确答案为A°
9。［答案］
A
［解析］
问题求解;子弹打人木块A的时间很短,可视为子弹和A在瞬间动量守恒,拥有共同速度’′＂U0＝l（）0加Ul ,〖′l
＝谎;然后子弹、A、B系统动量守恒,弹簧被压缩至最短时有最大的弹性势能,此时三者共速』加锄0-（l00”』＋′孤＋
鹏…-赤最大弹性势熊为E,-÷×l［）0獭翘;—÷烫…婴-摇.敬A虹确
▲
综上所述,本题正确答案为A.
b
!
10。［答案］
I）
［解析］
问题求解:在△tl时间内,I1＝F△tl＝加U＝△户l ,在△t2时间内I2＝F△t2≡m2z′—加z′＝mU＝△户l ’所以I1＝
!胁又因为W］-÷咖u2 ,W』-÷〃（2渺）』—÷″″』-÷′＂u』,所以W］＜W』,故D项正确
臼
综上所述,本题正确答案为D
11. ［答案］
C
［解析］
问题求解:杆匀速转动,说明拉力做正功’重力做负功,且拉力做功与重力做功的大小相等.重力竖直问下’
大小c-狮g｀小球的速度为渺＝oL.与重力夹角为120..故重力的功率是P鹰ˉ…。sl20.-÷′…L’所以拉力
功率是P＝—P儡＝÷…L,故C项正确
综上所述,本题正确答案C。
12. ［答案］
B
［解析］
问题求解:系统在从子弹开始射人到弹簧被压缩至最短的整个过程中,由于墙壁对弹簧有力的作用,所以
系统所受的合外力不为零,所以系统动量不守恒;在整个过程中,由于子弹射人木块的碰撞过程为完全非弹性碰撞,
有内能产生,所以系统机械能不守恒故B项正确.
综上所述,本题正确答案为B.
13。［答案］
A
［解析］
在滑道AB段上取任意＿点E,比较从A点到E点的速度ul和从C点到E点的速度u2 ,易知ul＞z′2.因E
点处于“凸,,形轨道上,速度越大,轨道对小滑块的支持力越小,因动摩擦因数恒定,则摩擦力越小,可知由A滑到C
比由C滑到A在AB段上的摩擦力小,因摩擦造成的动能损失也小.同理,在滑道BC段的“凹”形轨道上,小滑块速
度越小,其所受支持力越小,摩擦力也越小,因摩擦造成的动能损失也越小,从C处开始滑动时,小滑块损失的动能
更大.故综上所述’从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小’整个过程中从A滑到C平均速
度要更大＿些,故t1＜t2.选项A正确
.
3
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14。［答案］
A
［解析］
方法＿;设高空作业人员自由下落／l时的速度为z′ ,则U2＝2g∧,得U＝√回百万,设安全带对人的平均作用力
为F,由牛顿第二定律得F加g＝″〖α
又U＝αt
解得F＝m√面颤＋加g.
t
方法二:由动量定理得（″1g-F）t＝0—′ⅧU,得F≡加√2gh＋mg。选项A正确.
t
15. ［答案］
A
［解析］
从绳恰好伸直到人第-次下降至最低点的过程中’人先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速
运动,加速度等于零时,速度最大’故人的动量和动能都是先增大后减小,加速度等于零时（即绳对人的拉力等于人
所受的重力时）速度最大,动量和动能最大,在最低点时人具有向上的加速度,绳对人的拉力大于人所受的重力。绳
的拉力方向始终向上与运动方向相反,故绳对人的冲量方向始终向上,绳对人的拉力始终做负功.故选项A正确,选
项B、C、D错误·
16. ［答案］
B
［解析］
圆环沿杆下滑的过程中,圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒,选项A、D错误;弹簧
长度为2L时,圆环下落的高度∧＝√习L,根据机械能守恒定律,弹簧的弹性势能增加了△Ep＝″!gh＝√百》′!gL,选项B
正确;圆环释放后,圆环向下先做加速运动,后做减速运动,当速度最大时,合力为零,下滑到最大距离时,具有向上
的加速度,合力不为零,选项C错误.
17。［答案］
D
［解析］
选项分析:
A、B项,由图象知,当U2≡0时,F＝α,故有:F≡加g＝α,当U2＝b时,F＝0,杆对小球无弹力,此时重力提供小球做圆
2
周运动的向心力,有;哪g＝爷｀得;g＝÷,当有α-普时,得;砸≡乎｀故AB项错误
C项,根据图象可知,当U2＝C时,小球对杆为拉力,即小球对杆的弹力方向向上,故C项错误
2枷6乎×2b
2
D项,根据图象可知,当砌2-2b时’由牛顿第二定律有;F合＝爷,故有:F＋咖g＝了＝
R
＝2α-2狮g’则F-
加g,故I）项正确。
综上所述,本题正确答案为D.
18. ［答案］
D
［解梳］
问题求解》设小球在最低点的灌度为酣.最高点的逮度为聊｜侧N』—吨—鹏普. lv:—棘愿≡耀普,且
＋m锄;—÷枷p;≡狮g×2R联立方程式可得;MM-…,故D项「F确
综上所述,本题正确答案为D。
19° ［答案］
D
［解析］
选项分析:
A项,小球和小车组成的系统仅在水平方向上动量守恒’竖直方向动量不守恒,故A项错误.
B项,小车与小球组成的系统,在水平方向上动量守恒,设小车的水平方向速度为U］,小球的水平方向速度为U2 ,则
由动量守恒,0＝加Ul＋″lU2 9对于每时刻水平方向的瞬时速度,均满足动量守恒,对于微小的时间段△t’可得′nUl△t
°
4
°
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＋mU2△t＝0’因为时间与速度的乘积等于位移’所以两者对应的微小位移满足″!△sl＋加△s2＝0’对于整个过程中的
位移5l 、52,可得5l＋＄2＝0,又因为二者的相对位移s相＝s］-＄2＝2R,可得Jl＝R,即小车向左运动的最大距离为R,
故B项错误.
C项,由于动量守恒,在小球即将离开小车时’小车和小球都没有水平方向的速度’所以小球离开小车后做坚百卜抛
运动,故C项错误.
Q
］
D项’小球与小车间摩擦力对系统所做的功使系统机械能的损失为△E＝加gh0-寸顺gh0＝丁咖gh0’在小球第二次
滑过轨道时,由于速度小于第-次的速度’所以对轨道的压力小于第＿次的压力,滑动摩擦力小于第—次的摩擦力’
损失的机械能小于＋啊gh0 』所以第二次滑过轨道后系统的机械能＋…0＜E＜÷…0,小球能上升的高度÷h＂
q
＜h＜÷h0 ,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D.
20. ［答案］
B
［解析］
选项分析:
A项,物体被向上提高1m,速度从0增加到2m／s,则手对物体做功等于其动能与重力势能增量之和为:W＝加g／l＋
÷砸汹』＝l×10×1］＋÷×1×4］＝12］,即A项正确,故不选择A项
B、C项’合外力对物体做功等于物体动能变化量,动能变化量为2J,即B项错误’C项正确’故选择B项’不选择C项
D项,通过A项计算可得物体重力势能增加l0J,则物体克服重力做功10J,即D项正确,故不选择D项.
综上所述,本题正确答案为B.
易错项辨析:
本题的易错项为D项.物体克服重力做功的公式为WG＝′川gh,解得:WG＝10J。本题要注意的是’物体向上运动’重
力做负功’＿个力对物体做负功＿般说物体克服这个力做功,结果就为I〔值
21. ［答案］
D
［解析］
问题求解;当秋千与竖直方向呈β角时,拉力与重力在绳方向上的分力的合力提供向心力’秋千受力如图所示
｜T＼~
｜0＼~
｜A ｀
2
由图可得’T—′＂gcosβ＝加÷,且由能量守恒知摆动到最低点时速度最大,此时0＝0’c。s0最大’T最大,故D项
正确。
综上所述,本题正确答案为D.
22° ［答案］
D
［解析］
选项分析:
］
｜
A、B项’由题意可知E臆0＝亏mU;＝5J,E膨＝寸′m《＝30J’且有U2＝√z〈＋（g‘）2 ’解出小球的质量为狮＝0. l25kg’
初速度u0＝4√百m／s,故可以确定质量和初速度,故不选A、B项。
C项’最初2｀内重力对小球做功的平均功率P＝mg÷＝125W』故可以确定最初23内的平均功率故不选C项
·
5
◎
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D项’根据已知条件只能求出2s内竖直方向高度为h＝2（）m,而不能求出小球抛出时的高度,故选择D项
综上所述,本题正确答案为D
23. ［答案］
C
［解析］
问题求解;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U,由于小圆环运动过程
］
中只受弹力和重力,故机械能守恒并满足式古mz′2≡2′＂gR,解得＂＝√I百瓦当小环到大环最低点时’分析小环的受
力得F霓ˉ″g≡等’把砌—√『丽代人得F寞-6枷g分析大环受力,大环受蕊‖自身重力和小环竖直问下的雁力
5加g,故大环对轻杆的拉力为Mg＋5加g。故C项正确。
综上所述,本题正确答案为C.
24. ［答案］
C
［解析］
问题求解:物体仅在力F的作用下运动,尸工图线与工轴围成的面积等于力F做的功,根据动能定理得
「l0×』＋＋×』×l0＋÷×（ˉl0）×qJ—40J≡÷枷砌斟’解褥刨≡2√面m′s,故C项正确
综上所述,本题正确答案为C·
25. ［答案］
B
［解析］
问题求解:小球A的运动过程中,重力和弹簧的弹力对小球A做功,使小球A的动能发生改变,在从弹簧的
原长下降到h的过程中’小球A的动能的变化量为零,根据动能定理,可知在该过程中小球A的重力做的正功恰等
于该过程弹力做的负功’当小球B经历相同过程时蝉簧做的负功不变｀对小球B运用动能定理’则有＋.…』-
2加gh-加gh,解得此时的速度为√颤,故B项正确.
综上所述,本题正确答案为B.
26。［答案］
D
［解析］
问题求解;设斜面底边长度为』,倾角为0,那么斜边的长为L＝志,对物体受力分析,那么物体受到的滑
动摩擦力为／≡严FN＝尸′网gcos0,那么物体克服摩擦力做的功为W＝／L≡／』′川g＄,即物体克服摩擦力做的功与斜面倾
角无关.所以三物体克服摩擦力做的功—样多,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D.
27. ［答案］
C
［解析］
选项分析:
A项,圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功,即环的重力和弹簧的拉力,所以圆环的机械能不
守恒’如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象,系统内只有重力和弹簧的弹力做功,则系统的机械能守恒,故A
项错误.
B项,弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化,由图知弹簧先缩短后再伸长,故弹簧的弹性势能先增大再减小
再增大,故B项错误。
＼
A
c项,根据系统的机械能守恒,圆环的机械能减少了′〃gh,那么弹簧的机械能即弹性势能增大′Ⅷg′l,故c项正确
D项,根据系统的机械能守恒,弹簧弹性势能最大时圆环的速度最小,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C。
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6
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~~~
28. ［答案］
D
［解析］
问题求解:上坡时,需要增大牵引力,根据P＝FU可知,功率＿定时,减小速度,可以增大牵弓｜力’故D项
正确·
综上所述,本题正确答案为D。
29. ［答案］
A
［解析］
问题求解;根据动能定理,合外力做功等于动能的改变量,Wˉ÷′抛U;—÷咖U; ,由于动能变化量为零,所以
外力不做功.故A项正确.
综上所述’本题正确答案为A.
30. ［答案］
B
［解析］
选项分析;
A、D项,A追上B,则碰撞后不可能发生二次碰撞,即U′A≤U′B,故A、D项错误。
B项｀°（｀-2m／鼠｀融′凰ˉ4m／s’不会二次碰撞瞒足动量守恒定律’碰撞后÷…′i＋÷′＂愿,′§小于÷砸剑砌i＋
÷獭儡砌:.能量不增加’故B项正确
C项,财′A＝—4m／s,u′凰-7m／爵,不会二次碰撞,满足动量守恒定律,碰撞后÷砸AⅦ／i＋÷咖阔u′诌大于÷′翘Aui＋
＋″牺诡’违背能量守恒定律』故C项错误
综上所述,本题正确答案为B。
3L［答案］
D
［解析］
从α至b过程中弹力小于重力’故弹力的冲量值小于重力的冲量值·故A错误;从α至C过程中,对人运用
动量定理,有IG＿IT≡0-muα’解得;IT≡IG＋加uα’即弹力的冲量值大于重力的冲量值,故B错误;从p至b的过程
中’重力作用时间大于弹力作用时间,重力也大于弹力,故重力的冲量大于弹力的冲量’故C错误;从P至C的过程
中’对人运用动量定理,有IG-IT≡0’故重力的冲量大小等于弹性绳弹力的冲量大小,故D正确.
综上所述,本题正确答案为D·
32. ［答案］
A
［解析｜
问题求解』当绳的拉刀为F时,F≡￥｀此时小球的动能为÷″翘｛≡＋FR′当绳的拉力为子时,÷-
簧,此时小球的动能为÷′鹏硼;ˉ竿根搬外力做功霉于动能的变化旦得知外力做功粤ˉ竿≡竿.敏A项正确
综上所述,本题正确答案为A·
33. ［答案］
A
［解析］
选项分析:
A项,根据力对物体做功的定义可知合外力为零时,合外力对物体做的功-定为零,故A项正确。
B项,若物体在合外力的方向上的位移为零,那么合外力对物体做的功为零’但合外力不-定为零,比如拉＿个箱子,
但是没拉动,故B项错误.
C、D项,物体在合外力的作用下做匀速圆周运动,是变速运动,但动能不变’且合外力-定不为零,故C、D项错误。
综上所述,本题正确答案为A.
句
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34。［答案］
C
［解析］
问题求解:由质点滑到最低点Q时对轨道的正压力为2′门g,所以轨道对质点的支持力为2加g,支持力和重
力的合力提供质点做圆｜葡运动的向心h‖逮度’故2,″g—咖gˉ′鹏÷,所以履点在最低点的动能E腮-÷枷刨』≡
十狮gR质点自P滑到Q的过程中,由动能定理得狮g愿ˉW′＝E蹦｀所以克服摩擦力所做的功为W′ˉ÷啊gR｀故c
项正确°
综上所述,本题正确答案为C.
易错项辨析:
2
本题的易错项为A项质点在最低点Q时有:2砸g—加g＝m÷,质点从P点到Q点的过程,由动能定理可知:加gR
Ⅶ＝E臆’解得;Ⅶ＝＋咖gR本题要注意的是摩擦力是变力｀所以其所做的功尤法用功的公式直接求』通常用动能
定理来求。
35。［答案］
B
［解析｜
问题求解;在斜面运动的过程中根据动熊定埋得;÷〃m』ˉ竿,根据问心力公式有;N-″』爷,联立两式
解得: lV＝加g,故正确答案为B.
综上所述,本题正确答案为B.
36° ［答案］
D
［解析］
选项分析:
A项’因为A｀B之间存在摩擦力做功产生热量,所以外力F做的功大于A和B动能的增量,故A项错误。
B项,由于A的合力等于B给A的摩擦力,由动能定理知B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量,故B项
错误.
C项’由于存在相对滑动,A与B相对地面位移不同,又因为两者所受摩擦力大小相同,所以A对B的摩擦力所做的
功不等于B对A的摩擦力所做的功,故C项错误.
D项,只有外力F和摩擦力对B做功’所以根据动能定理,外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力
所做的功之和,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D
37. ［答案］
A
［解析］
设质点的初速度大小为U0、末速度大小为U! ,由末动能为初动能的9倍,得末速度为初速度的3倍,即U′＝
3″0 ,由匀变速直线运动规律可知,十-,0＋3U0—2U0,由加速度的定义可知质点的加速度α- 3财』—鞠≡竿,由以上
2
t
两式可知,α＝÷,A项正确,B、C、D项错误
L
38. ［答案］
C
［解析］
选项分析:
A项,两个小球在运动的过程中都是只有重力做功,机械能守恒,所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大
小相等,方向不同,所以速度不同,故A项错误.
B项,到达底端时两物体的速率相同,重力也相同,但小球A重力与速度有夹角,小球B重力与速度方向相同,所以
落地前的瞬间小球B重力的瞬时功率大于小球A重力的瞬时功率,故B项错误.
C项,根据重力做功的表达式得两个小球运动的过程重力对两小球做功都为′川gh,故C项正确.
。
8
·
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D项,从开始运动至落地,重力对两小球做功相同,但小球A所需时间小于小球B所需时间,根据P＝华知道重力对
L
两小球做功的平均功率不相同,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C.
39. ［答案］
C
［解析］
根据堑＝渺宁b′得｀两过程的位移关系z÷＝÷z』』根据加速度的定义α＝”罕0 ,得两过程的加速度关系
臼
为α1＝等由于在相同的粗糙水平地面上运动,故两过程的摩擦力大小相等’即／!＝／2＝／,根据牛顿第二定律F-
△
′≡咖凰得’F］—′｜＝狮“｜,F‘—′:＝咖凰凰,所以F］＝÷F』＋＋／,即F］＞等根据功的计算公式w＝F′》可知w＾＝
＋W耀’W凤＞＋W厘,故选项C正确,选项A、BD错误
40. ［答案］
A
［解析］
利用机械能守恒定律和速率变化特点解决问题.根据机械能守恒定律可知Ul≡U2
’
再根据速率变化特点知,小球由M到P再到N,速率先减小至最小,再增大到原速率.小球由
M到Q再到lV,速率先增大至最大’再减小到原速率.由两球运动速率特点以及两条路径的路
程相等可画出如图所示图象,由图象可知小球沿MQN路径运动的平均速率大,所以t1＞t2 ,故
选项A正确.
d′
≡≡≥q
0′0
O
t2
t1
′
4L［答案］
A
［解析］
问题求解:木块从木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝／5,因为木板不固定时木块A的位移要比固
定时长,所以Wl＜W2。摩擦产生的热量Q＝／5相对,两次都从木板左端滑到右端’相对位移相等’所以Ql＝Q2°故A
项正确。
综上所述,本题正确答案为A.
42。［答案］
B
［解析］
问题求解;物体做平抛运动’从A运动到B的过程中,根据动能定理W-△E臆可知,咖gh-E腿—÷狮″; ,可
知B处物体的动能E鹏-÷,测渺;＋…｀故B项旅确
综上所述,本题正确答案为B.
43。［答案］
A
［解析］
问题求解:小孩在甲、乙中用同样大小的力拉绳,则左右两只船受力大小相同,加速度相同,在相同时间内,
左边的船移动的位移相同;在乙图中’右边的船也有位移,故乙图中拉力使物体产生的位移更大,拉力做的功更大,
即W:＞WM由于时间相同,根据P-平,P:＞P! ,故A项正确
综上所述,本题正确答案为A。
44° ［答案］
D
［解析］
问题求解:因为以桌面为零势能参考平面,所以对于桌面,地面的高度为-′l＄则小球落地时的重力势能为
-″!gh;而释放点相对桌面的高度为H,所以重力势能变化为′＂g［（
h）-H］＝-″!g（H＋h）,即减少了′＂g（H＋
h）,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D·
·
9
°
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45. ［答案］
C
［解析］
问题求解:P点位移是H,而当弹簧对物体的拉力与物体重力平衡时,物体才开始离开地面,所以弹簧的伸长量
为竿’物体问上位移为∏竿则物体蔽力势能改变（增j‖》旦为Mg（臼—竿）＝Mg∏绊卫.故C项正确
综上所述,本题正确答案为C.
46. ［答案］
B
［解析］
问题求解:碰撞过程中系统动量守恒’故mAUA＝（加A＋加B）U,代人数据得到碰撞后A、B共同的速度为
2m／s’由于水平面光滑.所以碰撞后的运动过程为A｀B物体的动能转化为弹簧的弹性势能’故E弹＝E臆-÷（狮』＾＋
″!B）U2＝8J’故B项正确°
综上所述’本题正确答案为B.
47。［答案］
A
［解析］
由尸t图线知:0～tl内汽车以恒定功率Pl行驶,tl～t2内汽车以恒定功率P2行驶.设汽车所受牵弓｜力为F,则
由P≡Fu得,当u增加时,F减小,由α≡互≡工知α减小,又因速度不可能突变,所以选项B、C、D错误,选项A正确.
″】
48. ［答案］
D
［解析］
问题求解:摩托艇受到的阻力的大小／正比于它的速度,设／＝hU,点为比例系数.摩托车匀速运动时,牵引
力等于受到的阻力,则输出功率p≡F［′＝／u＝如2 ,当p′＝2p时’触／2＝2贞z′2 ,所以u′＝√面i′’故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D.
49. ［答案］
C
［解析］
选项分析:
A、B项’雪橇在竖直方向上没有位移,所以支持力和重力都不做功,故A、B项错误
C项,根据功的定义,拉力做功为Flcos0,故C项正确.
D项,雪橇在竖直方向受力平衡,所以雪橇所受支持力大小为′″g
Fsin0,则滑动摩擦力做功为＿（″!g-Fsin0）严／,
故D项错误.
综上所述,本题正确答案为C.
50。［答案］
C
［解析］
问题求解:其速度方向恰好改变了90°,可以判断恒力方向指向右下方,与初速度的方向夹角要大于90。小
于18（）°才能出现末速度与初速度垂直的情况,因此恒力先做负功’当达到速度与恒力方向垂直后,恒力做正功,动能
先减小后增大,故C项正确。
综上所述,本题正确答案为C.
51. ［答案］
B
［解析］
选项分析:
A项,斜面对物体的支持力-定垂直于斜面向上,又因为斜面向左做匀加速运动,可见支持力方向与物体运动方向
成锐角,因而支持力一定做正功,即A项正确,故不选择A项.
B、C、D项,首先判断摩擦力的方向,当加速度较小时,摩擦力沿斜面向上,此时摩擦力方向与物体运动方向成钝角,
摩擦力做负功;当加速度较大时,摩擦力方向沿斜面向下,此时摩擦力方向与物体运动方向成锐角,摩擦力做正功;
另外,当取合适的加速度时,摩擦力为零,此时摩擦力不做功.因此,摩擦力可能做正功,可能做负功,也可能不做功’
即B项错误,C、D项正确,故选择B项,不选择C、D项
综上所述’本题正确答案为B.
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~~
52. ［答案］
B
［解析］
选项分析:
A旧项·设绳的逮度为财绚.那么,编≡…当′≡30.时,砌绳—…旷-粤融根据功熊关系’拉力做功筹于物体机
械能的增j‖量｀所以拉力做功为′…＋;狮砌:,故A项错误’B项正确
oD项.由P≡FⅡ』’当0≡3旷时’°蕴＝…旷ˉ乎圃,由于物体具衔向上的加逮度』所以拉力大于重力,拉力功率大
于粤枷凰渺｀故QD项错误
综上所述,本题正确答案为B。
53. ［答案］
B
［解析］
乙推甲的过程中,他们之间的作用力大小相等,方向相反9作用时间相等,根据冲量的定义’甲对乙的冲量
与乙对甲的冲量大小相等,但方向相反,选项A错误;乙推甲的过程中,遵守动量守恒定律,即△户甲＝-△户乙,他们
的动量变化大小相等,方向相反,选项B正确;在乙推甲的过程中’甲、乙的位移不＿定相等’所以甲对乙做的负功与
乙对甲做的正功不—定相等’结合动能定理知,选项C、D错误.
54。［答案］
C
［解析］
问题求解:取向右为正方向,设每个物块的质量为m’第1号物块的初动量大小为P0 ,第1号物块的初速度
为U0,最终三个物块的共同速度为U.以三个物块组成的系统为研究对象,对于整个过程,根据动量守恒定律得:P0
≡…P厂…乌-÷獭刨;联京解得翻＝÷√罕,整休动髓为愿≡÷…』≡÷鸟放C项眶确
综上所述,本题正确答案为C.
55. ［答案］
B
［解析］问题求解:根据动量守恒定律,加甲U甲＋′″乙Ⅶ′乙≡′Ⅷ甲〖／甲＋′抛乙U′乙’整理得,,Ⅶ甲（U甲-〖／甲）≡″』乙（Ⅺ／乙-
,乙）侧籍≡;÷毙≡盖-÷放颐正确
综上所述,本题正确答案为B.
56° ［答案］
C
［解析］
选项分析:
A项,小车对枪有力的作用’枪和子弹组成的系统受到合外力不为零’动量不守恒,故A项错误
B项,子弹对枪有作用力,故枪和车组成的系统受到的合外力不为零,动量不守恒,故B项错误.
C、D项’枪、车、子弹之间的作用力属于内力,系统受到的合外力为零,动量守恒,故C项正确,D项错误
综上所述,本题正确答案为C.
57. ［答案］
D
［解析］
问题求解;玻璃杯从同-高度落下,落地时获得的动量相同,最后速度变为零,地面给它的冲量也相同掉
在石头上比掉在草地上容易碎,这是由于玻璃杯在与石头撞击的过程中,作用时间短,动量变化快’冲击力大,故D
项正确.
综上所述,本题正确答案为D.
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58。［答案］
A
［解析］
问题求解gA、B受大小相同的力作用相同时间,则A、B受到的冲量相等’获得的动量相等’撤去外力后A、
B组成的系统动量守恒,总动量为零,故碰撞后粘在＿起系统动量为零,将停止运动’故A项正确.
综上所述,本题正确答案为A。
59. ［答案］
C
［解析］
问题求解:碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒,摆球的速度在碰撞的瞬间不发生改变,可以认为
没有参与碰撞’若小车和木块碰撞后的速度分别为Ul和〖′2 ,则根据动量守恒定律’有MU≡M℃l＋mU2 ’若小车和木
块碰撞后的速度均为ul ,则根据动量守恒定律,有Mu＝（M＋加）ul ,故C项正确。
综上所述,本题正确答案为C.
60. ［答案］
B
［解析］
问题求解;物体A在恒力F的作用「’做匀加逮运动｀其加逮度为斋;物体B在冲量］的作用下做匀逮运
动｀其逮度戳-斋,两物体再次相遇时有r＾＿工凰,即÷咖粤＝砚’所以!-粤故B项正确
综上所述,本题正确答案为B.
6L［答案］
C
［解析］
问题求解:根据动量守恒’即每秒钟喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量,即m气U气＝加箭U箭’即可获
得火箭的动力F箭＝
t
加箭u箭＝2〔）0u气,又有F箭—m箭g＝加箭α,得每秒钟喷出气体的速度u气≡900m／s’故C项
正确.
综上所述,本题正确答案为C。
62。［答案］
A
［解析］
选项分析:
A项,力与力的作用时间的乘积叫力的冲量,冲量是物体动量变化的量度,故A项正确°
B项,力作用—段时间便有了冲量’I＝Ft’与物体处于什么运动状态无关,故B项错误。
C项,冲量大小与动量大小无关,动量变化越大的物体受到的冲量越大,故C项错误
D项,冲量是＿个过程量,只有在某-过程中力的方向不变时’冲量的方向才与力的方向相同故D项错误
综上所述,本题正确答案为A.
63。［答案］
D
［解析］
问题求解;火箭点火的过程中’动量守恒’′nU0＝（M—′阀）U,U＝∏驾U0,故D项正确
综上所述9本题正确答案为D.
64. ［答案］
B
［解析］
选项分析:
A项,由题可知,人从开始蹬地到双脚离开地面,虽脚-直未离开地面,但是人体重心已经向上移动,并且具有＿定
向上的速度,所以人体才能跳起离开地面,因此从开始蹬地到双脚离开地面过程中为使人体具有向上的速度,所受
地面支持力必有＿段时间大于重力;在脚即将离开地面时’人体只受重力的作用,人体处于失重状态,所以地面对人
的支持力先大于重力,后小于重力,故A项错误.
B项,设人体离开地面时的速度为U9从开始蹬地到双脚离开地面的时间为t,由冲量定义可知:F支r—mgr≡′ⅦU,所以
地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量,故B项正确.
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C项,人原地跳起获得的动能来自于自身消耗的能量,故C项错误.
D项’因为人体自身获得的动能来自于自身消耗的内能’所以人与地球组成的系统机械能增加,故D项错误
综上所述,本题正确答案为B°
65。［答案］
A
［解析］
概念分析》物体的动旦浚-″蛔＿√环瓦是矢量,既有大小、也有方向.动熊虱—÷砸,:≡嘉是标量,只
有大小、没有方向。
选项分析:
A项’＿物体的动量不变,其质量和速度均不变,则其动能＿定不变’故A项正确。
B项,—物体的动能不变,其速度大小不变但方向可能改变,则其动量的方向可能改变,故B项错误。
C项,两物体的动量相等,但二者的质量可能不等,则其动能不—定相等,故C项错误.
D项’两物体的动能相等,但二者的速度方向和质量都可能不等’其动量不＿定相等,故D项错误
综上所述’本题正确答案为A.
66. ［答案］
C
［解析］
选项分析:
从同＿高度落下到站稳,人的动量改变量是相同的,因此人受到的冲量也是相同的.脚尖先着地,是为了增大人与地
面的作用时间,相同冲量情况下,作用时间长的冲力更小,人与地面的作用力是相互的,此举也减小了人对地面的压
力,故C项正确.
综上所述,本题正确答案为C.
67。［答案］
B
（解析］
选项分析:
A项,惯性大小只与物体质量有关,故A项错误.
B项,根据动量定义户＝′″U,动量是质量和速度大小的乘积伺-物体动量越大’其速度越大,故B项正确.
C项,动量是矢量,物体的加速度不变但速度可能变化’如平抛运动,动量改变,故C项错误.
D项,动量方向与速度方向相同,当加速度方向与速度方向不同时,如圆周运动,动量方向与加速度方向不同,故D
项错误。
综上所述,本题正确答案为B.
68。［答案］
A
［解析］
问题求解;小球｛徽平抛运绚·下落＂恫为′≡√乎≡2.竖直方向逮废大小为吟≡娜≡:…｀小球在落到
车底前瞬时速度是25m／s,根据速度合成原则,u烫＝√252-202m／s＝15m／s,小球与车在水平方向上动量守恒’以
向右为正方向,-加ur＋Mu＝（M＋″〗）u′ ,u′＝5m／s,故A项正确。
综上所述,本题正确答案为A.
69. ［答案］
B
［解析］
问题求解:根据动量守恒定律,当人往站台上跳的时候,人相对地面向右运动,车子必然向左运动.人的动
量小于在地面上起跳的动量,人相对于地面的速度小于站在地面上立定跳远的初速度,站立在地面上起跳需要跳L
m.所以当L＝＄或L＞5,人跳不到站台上,L＜5,人才有可能跳上站台。故B项正确.
综上所述,本题正确答案为B.
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70. ［答案］
B
［解析］
选项分析;
A、B｀C项,P物体接触弹簧后,在弹簧弹力的作用下’P做减速运动,Q做加速运动,当P、Q速度相等时,两者的距离
最短.故A、C项错误,B项正确.
D项根据动量守恒定律’PQ速度相等时有m铡＝2″m′ ,故＂′-＋铡,战D项错误
综上所述,本题正确答案为B.
71. ［答案］
A
［解析］
问题求解:长途客车与卡车发生碰撞,系统内力远大于外力,碰撞过程外力可忽略不计,故碰撞过程系统动
量守恒,设阿南为止方闷根搪动量守慎庭律裔;M!°!ˉM』缆≡（M!＋M』）铡＞0.代人数擂有醚＜册铡!≡l＂m｛s故＾
项正确.
综上所述,本题正确答案为A.
72. ［答案］
C
［解析］
选项分析:
A项’小球在槽内运动的全过程中,从刚释放到最低点,只有重力做功’而从最低点开始上升过程中,由于水平面光
滑’槽将向右运动,故｜涂小球重力做功外,还有槽对球作用力做负功,故A项错误
B项,无碰撞过程,而且接触表面均光滑,无内能转化,所以小球与槽组成的系统机械能守恒,故B项错误
C项,小球在槽内运动的前半过程中,小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒,而小球在槽内运动的后半过程
中,小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒,故C项正确.
D项,小球离开右侧槽口同时,槽由于在球的作用力下向右运动,所以做斜抛运动,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为C.
73。［答案］
C
［解析］
问题求解;以汽车行驶的方向为正方向,根据动量定理可得:-F合Z＝加U2—′″z′l ,初速度为90km／h≡25
m／s,末速度为零’作用时间为5s’代人数据得:F合＝350N,故C项正确.
综上所述,本题正确答案为C·
74。［答案］
A
［解析］
问题求解;设碰后三球的动量大小均为户0’由机械能守恒,球1与球2碰撞前后,
2与球3碰撞前后’ （2p0）2＝鱼＋鱼’因」比m1 ;狮2 ;狮3＝6
; 3 ; 1,故A项正确.
′Ⅶ2
″〗2
刀?3
综上所述,本题正确答案为A。
（3户0）2
户;｜（2户0）2
—＝＝＿＿-厂
″2］
γγ〗l
′γt2
,球
75. ［答案］
B
［解析］
问题求解:因人跳离车的瞬间地面阻力的冲量忽略不计,因此在人跳离车的瞬间人利车组成的系统动量守
恒,取车前进的方向为正方向’由动量守恒可得:3mUo＝
加uo＋2″?u′ ,可得u′≡2℃0 ,所以在人跳离车之前,车和人
＿起做匀减速运动,当速度减至Uo,人跳离车瞬间车的速度变为2Uo,之后车以该速度做匀减速运动,故选B.
甲
‖
叫
↓
《
◆
丁
『
卜
《
↓
→
呼
…
旷
十
↓
←
‖
］
↑
←
』
】
＋
铲
『
『
←
‖
‖
←
沪
甲
挣
§
＾
76。［答案］
B
［解析］
选项分析:
A项,打击过程中铁锤和铁块所受支持力大于重力,合外力不为零,动量不守恒,故A项错误.
B项,子弹打进木块的过程中,子弹与木块之｜司的作用力远大于它们所受的外力,可近似看做系统受到的合外力为
零,动量守恒,故B项正确.
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14
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~
~
~
…
『
［
←
｛
～
‖
广
』
了
↓
十
』
～
户
←
怯
↓
侣
｛
尸
『
〃
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C项,子弹的动量减小,墙壁动量不变,动量不守恒,故C项错误
I）项,人施加了击球的动力,动量不守恒,故D项错误.
综上所述’本题正确答案为B.
77. ［答案］
C
［解析］
问题求解;人和小船组成的系统在水平方向上动量守恒,以小船运动方向为正方向, （M＋加）U0＝MU′-
”…′＝划0—片（＂0ˉ｝刚）,故C项正确
综上所述,本题正确答案为C.
78. ［答案］
A
［解析］
问题求解:规定向右为正方向,且开始的时候两球的动量都为正值,所以两球都是向右运动的;碰撞前两球
动量相等,B球质量更大’则A球速度更快,所以是A追上B并发生碰撞’故左边的是A球碰撞前后动量守恒,户A
′
′
＋户B≡P′A＋户′B,户′A≡2kg·m／s,户′B≡l0kg°m／s,′＂B≡2′网A,〖／A
: z／β≡△:丝≡2
: 5,故A项正确.
″【A
′γ【B
综上所述,本题正确答案为A。
79。［答案］
D
［解析］
选项分析:
A｀B项,动量是矢量,物体的动量改变,既可能是速度大小改变,也可能是速度方向改变,故A、B项错误
C项,物体的速度大小不变’速度方向可能改变’动量可能改变,故C项错误。
D项,运动状态改变’则速度改变,动量＿定改变,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D·
80。［答案］
C
［解析］
问题求解:甲、乙两球在光滑水平面上发生碰撞’碰撞后—起向右运动,说明两个小球组成的系统总动量水
平向右,而在碰撞前甲球向左运动,乙球向右运动,设水平向右为正方向,所以户总＝-户甲＋户乙＞0,可知甲的初动量
比乙小,但二者的动量的变化大小相等,由于具体的质量大小关系未知,所以无法判断质量和速度大小关系,故C项
正确.
综上所述,本题正确答案为C。
8L［答案］
C
［解析］
问题求解:A球摆动到最低点与B球碰撞过程中动量守恒,故′＂AUA＝（加A＋′″B）U,UA＝｀／百颜;碰撞结束
后,机械能守恒,只有重力做功’动能转化为重力势能,故Ep＝E臆＝÷（咖愈＋″″』）锄:＝（′＂愈＋″』凰）gh′ ,综合以上三式
〗
可得〃＝÷,故C项正确
综上所述,本题正确答案为C。
82. ［答案］
C
［解析］
问题求解:力与力的作用时间的乘积叫力的冲量,在整个过程重力的作用时间为（Zl＋Z2）,所以重力冲呈为
I＝加g（tl＋t2）,故C项正确。
综上所述,本题正确答案为C.
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83. ［答案］
C
［解析］
问题求解:当只有摩擦力F｛的作用时,图中线段AB／／／CD说明α、b两物体加速度相等,由于两物体质量相
等9所以它们所受的摩擦力相等·对α由动量定理可知:Fltl
F｛tl＝″!Uα,对b由动量定理可知:F2t2-F［r2＝加Ub,
由图象可知tl＜t2,uα＝ub,故F2／2＞Fltl ,即F2的冲量大于Fl的冲量,故A、B、D项错误,C项正确。
综上所述,本题正确答案为C。
84· ［答案］
D
［解析］
问题求解;由动量定理可知Fr＝′门Ul-″!U0 ,作出矢量合成图如下:
U1
○ˉ＝
＝＝C
→B
O
r、葫D
A
由于不知道z′l的大小,但是Ⅺ′l大小肯定不会大于u0 ,所以F的方向有可能沿着OB方向,也有可能沿着OD方向,
故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D。
85。［答案］
C
［解析］
问题求解;根据牛顿第三定律,作用力与反作用力大小相等,方向相反,且两船运动方向相反,则受到水的
阻力方向相反,则同时考虑在甲船上的等式（F-F［）r＝加lUl和乙船上的等式（
F＋F｛）t＝加2U2 ,所以mlUl＋″〗2U2＝0’即
甲、乙两船的总动量相等,又由于两船开始静止,后来开始运动,所以两船各自的动量不守恒’故C项正确
综上所述,本题正确答案为C.
86。［答案］
A
［解析］
问题求解;由于大鸟的质量和速度对于航天飞机而言都很小,所以碰撞可以忽略大鸟的碰撞前的速度,以及碰撞
对航火飞机逮度造成的影响,根搪冲量＂定义,FⅡ≡…r≡罕-l裂黑x-40×l0,N蚊∧项止确
综上所述,本题正确答案为A。
87. ［答案］
B
［解析］
问题求解:整个过程中0消防员受重力与支持力,初、末速度都为零,运用动量定理可得:加g（tl＋t2）-Ft2＝
0,可得旦＝1上±旦,‘l＝（）.8s、‘2＝0.2s’所以旦≡5,故B项正确.
加g
／2
7刃g
综上所述,本题正确答案为B°
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16
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审
多顶选择题篇答案解析
88. ［答案］
B,C
［解析］
由于有摩擦,O点不在AB的中点,而是在AB中点的左侧（如图所示）。由题知AB＝α,＿—←
B
O
MA
OA＞÷OB＜÷根据功能关系,物块在A点时,弹簧的弹性势能Ep＝W—件mgOA＜W—
l
丁陛咖凰“,选项A错误』物块在B点时｀弹簧的弹性势能E‘＝E′ˉ〃咖gα＿w—陛″嘿o八—鹏′＂gα＜W—÷…’选项
B正确;物块在O点的动能Ek＝Ep-／Z加gOA＝W-2尸加gOA＜W-／么加gα,选项C正确;物块动能最大时,弹簧的弹
力粒＝尸′刀g,此时物块处于M点（如图所示）,若BM光滑,则物块能运动至M′点速度为零,则OM′≡OM,由于存在
摩擦,OB＜OM,故物块动能最大时弹簧的弹性势能大于物块在B点时弹簧的弹性势能,选项D错误
89° ［答案］
A,D
［解析］
选项分析:
A项,B球运动到最低点,A球运动到最高点’两个球系统机械能守恒,故A球增加的机械能等于B球减少的机械
能,故A项正确。
B项,A球重力势能增加加g。2R,B球重力势能减小2′Ⅶg° 2R,故B项错误.
C项,两个球系统机械能守恒,两球速度大小相等,当B球运动到最低点时,A球速度最大,根据动能定理有2′＂g°
2愿—’鹏g.2R-÷（狮—…』｀可解得A球的遮度为融≡√孪,敬c项错误
D项根膳动能定理’Wˉ2咖gR-÷酗刨』—0｀细杆对A球做的功为W＝÷椒gR,故D项正确
综上所述,本题正确答案为AD.
90。［答案］
B,D
′川U
［解析］
过程分析:设物块与箱子相对静止时共同速度为〖b,则由动量守恒定律得′＂U＝（加＋M）％,得到酚＝＿
加＋M°
选项分析:
A、B项｀系统损失的动能为△E-÷m硼:—÷（咖＋M）侧;-÷而黑『翘, ’炊A项错误,B项正确
C、D项,系统损失的动能转化为摩擦生热Q≡／△刃,其中／表示物体间相互作用力,△工表示物体间相对路程,每次碰
撞它们的相对滑动距离是L,所以N次碰撞产生摩擦生热为Q＝／dVmgL,故C项错误,D项正确.
综上所述’本题正确答案为BD.
91. ［答案］
A9C,D
［解析］
选项分析:
A项,在两手同时放开后,水平方向无外力作用,只有弹簧的弹力（内力）作用,故动量守恒,即系统的总动量始终为
零’故A项正确.
B项,先放开左手,再放开右手后是指两手对系统都无作用力之后的那＿段时间,系统所受合外力也为零,即动量是
守恒的,故B项错误.
C项,先放开左手,系统在右手作用下,产生向左的冲量’故有向左的动量,再放开右手后,系统的动量仍守恒,即此后
的总动量向左,故C项正确.
D项,其实,无论何时放开手9只要是两手都放开就满足动量守恒的条件,即系统的总动量保持不变若同时放开,那
么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量,即为零;若两手先后放开9那么两手都放开后的总动量就与放开最
后-只手后系统所具有的总动量相等’即不为零。故D项正确。
综上所述,本题正确答案为ACD
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92。［答案］
A,D
［解析］
选项分析:
A项,在0～rl时间内,质点的速度增大,所以由动能定理知外力做正功,故A项正确.
B项’在0～r］时间内,t＝0处速度为零;而t＝t1处速度最大但加速度为零,于是由牛顿第二定律知此时外力为零;
最后由P＝Fu可知,这两处外力的功率都为零,所以外力的功率先逐渐增大后逐渐减小’故B项错误.
C项,在t2时刻,同理可知此时速度为零,所以由P＝Fu可知’此时外力的功率为零,故C项错误
D项｀因为tl与t3时刻物体运动的速率相等,所以由动能定理可知在tl～t3时间内,外力做的总功为零,故D项正确
综上所述,本题正确答案为AD.
93。［答案］
A,B’D
［解析］
问题求解;人对物体做的功为物体增加的重力势能与动能,即为′＂gh＋＋″″:＝｜2］合外力对物体做的功
为物体增加的动能’即为＋咖渺』-2J物体克服重力的功为加gh-l0J,故A｀BD项正确
综上所述,本题正确答案为ABD.
94. ［答案］
B9I）
［解析］
选项分析:
A项,弹簧与杆垂直时,弹力方向与杆垂直,合外力方向沿杆问下,小球继续加速,速度没有达到最大值,故A项错误.
B项!弹簧与杆垂直时’弹簧的伸长量最小’弹性势能最小,根据能量守恒定律,小球的动能和重力势能之和最大,故
B项正确.
C、D项,由能量守恒定律可知,重力势能变化量等于弹性势能变化量与动能变化量之和,初、末速度都为0,因此重力
势能全部转化为弹性势能,故C项错误,D项正确.
综上所述,本题正确答案为BD·
95. ［答案］
A,C
［解析］
选项分析:
A项,根据阁乙可得,碰撞前′帅2的位移不变,说明m2静止,要使′门l 、Ⅷ2发生正碰,碰撞前加l＿定向右运动,故A项
正确.
B项,根据图乙可得,碰撞后ml的位移越来越小,′门2的位移越来越大,说明′〃l 、加2的速度相反,因此不可能加］、加2
都向右运动,故B项错误.
C项』根据图乙可知.碰撞前渺｜-罕m／s＝4m／s,似』-0m／s;碰撞后,i＝冯m／鼠＝—2m／鼠,渺〃,-肾m／鼠-
2m／s;根据动量守恒定律′Ⅷlul＋′″2u2≡加］u′l＋m2u′2 ,得m2≡0。3kg9故C项正确.
D项’雨小球在光滑水平面发生碰撞’则两球的重』势能不变;碰撞前,系统的动能为凤≡÷砸｜刨;ˉ0β］;碰撞肩,
系统的动能为E傲-＋脚!√;＋＋狮』财′:-α2＋α6-α8J;因此碰撞前后系统的动能不变,故碰撞过程中系统没有
损失机械能,故D项错误·
综上所述,本题正确答案为AC.
‖
帝
｜
＋
｜
←
‖
萨
‖
＋
｜
＋
』
←
｜
干
｛
…
＄
】
＋
′
△｛←｝←～‖｝←『丁『十』巴『丁↓’…烘嘶市任铅
96。［答案］
A’B,D
［解析］
过程分析:系统静止时,对物块α受力分析得:″!αgslnβ≡′′『g。
选项分析:
A项’当物块b上升h,物块α重力势能减少″lαg′lsin0＝加gh,故A项正确。
B、C项,由动能定理得｀对α、b组成的系统摩擦力与重力做功之和等于系统动能增加,由A项分析得,二者重力做功
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~
之和为零,所以摩擦力对α做的功等于α、b机械能的增量,即等于物块α、b动能增加之和,又b机械能增加量大于
零,故B项正确,C项错误.
D项,将物块α、b所受重力分别沿轻绳分解,并与速度相乘,得重力对α做功功率为加αgsin0U＝′抛gU,所以重力对α、
6做功的瞬时功率大小相等,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为ABD°
97. ［答案］
A,D
［解析］
过程分析:物体缓缓下降,则物体动能的变化可忽略不计.在竖直方向上,物体受三个力保持受力平衡:竖
直向下的重力,手给物体竖直向上的支持力,弹簧给物体竖直向上的拉力°拉力随弹簧的伸长量不断增大,而支持力
和拉力之和始终等于重力,所以手的支持力不断变小。
选项分析:
A项,重力做正功,弹力做负功’手的支持力做负功,根据动能定理可知;W重-W弹W≡0,所以重力所做的功’即重
力势能减小量-定大于W,故A项正确
B项’支持力与弹簧弹力的和始终等于重力,且弹簧的拉力与位移成正比增加’则支持力与位移成线性关系减小,如
图所示9图线与工轴形成的面积等于做功的大小,则弹簧弹性势能增加量等于克服手的支持力所做的功,即W’故B
项错误.
雌
吗雌
O
卯
C项,物体与弹簧组成的系统中,除了弹力和重力外’手的支持力对物体做负功,则系统的机械能减小,减小量等于物
体克服手的支持力做功,即系统机械能减小了W,故C项错误.
D项,若物体从∧处由静止释放,弹簧和重力做功不变.根据动能定理可知w重—W那＝÷哪°: ,则物体的动能为
÷咖″』-W,故D项正确
综上所述,本题正确答案为AD。
98· ［答案］
B,D
［解析］
选项分析:
A、B项,对A进行受力分析,A从C运动到D的过程中’沿斜面平行方向受到的力有重力分力、摩擦力、绳子拉力,
由牛顿第二定律得…sin30.—队（4′＂gc。s30.）—测g-…＋狮蜒’化简可得α-六g｀故B项正确而当A从D到E
的过程中,物体A开始受到弹簧沿斜面方向向上的弹力,随着弹簧变形量不断增大,弹力不断增大,则物体A所受的
合外力不断变化,所以物体A先做变加速运动,当弹力大到超过原有合力时,物体A开始做变减速运动’最终停止,
故A项错误。
C、D项,从A开始下滑,到A在E处静止,且轻绳始终处于伸直状态,则最后B也同步静止,所以A减小的重力势能
分别转化为物休B的重力势能＼摩擦产生的内能以及弹簧的弹性势能｀据此可得‖狮g. （÷Lsin30.）-似.
（…c。s30.）.芋＋咖g.÷L＋E弹’化简可得E弹-;狮gL’故D项正确,C项错误
综上所述,本题正确答案为BD.
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°
卜
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99。［答案］
B,C
［解析］
选项分析:
A项,任何情况下,物体重力势能的减少等于重力对物体所做的功,故A项错误.
B项,由动能定理知,合力对物体所做的功等于物体动能的改变量,故B项正确.
C项,根据重力势能的产生可知,重力势能是物体与地球之间的相互作用能,势能的大小与势能零点的选取有关,故
C项正确。
D项’只有在机械能守恒或其他外力做功为0时,运动物体动能的减少量才等于其重力势能的增加量,故D项错误
综上所述,本题正确答案为BC.
100. ［答案］
A,D
［解析］
选项分析
2N×1s＋1N×1s≡3m／s,进
∧项,由动量定理,可以求出」,术·2;末的逮度.分别为翘1-2γ:;ˉ2m／舅,雌≡
1kg
而求出2、末的动能｀由动能定理’可以求出外力做的功w＝÷厕炯;＝“］则外力做功的功率为P＝妥-÷W’
故A项正确.
B项,第2:内外力做功即第2’内质点的动能增量.W:-÷′＂（u:
,;）｀得W,＝;］｀敞B项错误
C项,由于质点速度-直增加,瞬时功率最大的时刻可能为第ls末或第2s末,计算可知Pl＝2N×2m／s≡4W,P2
＝1N×3m／s＝3W,显然第1s末瞬时功率更大,故C项错误。
＂……喊!拟厂六→….
△
综上所述’本题正确答案为AD
易错项辨析:
本题易错项为BC·B项,考生可能对动能定理的掌握不足;C项,考生可能只考虑到速度对功率的影响,而忽略了外
力的变化,功率是由外力与速度共同决定,需要综合考虑,故易错选BC项
101. ［答案］
B,D
［解析］
选项分析:
A项,因为弹簧在压缩阶段的弹力为变力,F＝炎△／,而随着弹簧压缩,物体对弹簧做功’这个功是与弹簧的弹力及压
缩量的乘积成比例的,即W唾F△／,所以W◎c虎（△』）2 ,故A项错误
B项,因为随着弹簧压缩’弹力随之变化,所以物体向墙壁运动相同的位移时,弹力做的功不相等,故B项正确.
C、D项,因为物体对弹簧做功,所以弹力做负功,弹性势能增大,故C项错误,D项正确。
综上所述,本题正确答案为BD.
102。［答案］
A,C
［解析］
质点由半球面最高点到最低点的过程中.由动能定理有;狮gRW-÷狮砌馏’又在最低点时,向心加速度
大小′＝÷.两式联立可得α-2（狮嘛w）’八项「F确’B项错误;在最低点时有N—摊g≡砸÷｀解得N＝
3棘g告2w′C项正确,D项镭误
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＋……铲Ⅷ
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103. ［答案］
A,C,D
［解析］
选项分析:
A项,在开始时’汽车以恒定加速度起动,因此沙t图线在开始时是—段直线,但是当达到最大功率时’因为速度继
续增大,故牵引力减小’汽车合力减小’加速度逐渐减小,直到加速度变为零’速度达到最大,因此在后面＿段为曲
线,故A项正确。
B项,当汽车的速度达到最大时,汽车的加速度为零’可见该选项中的图不对,故B项错误.
C项,开始时加速度恒定’牵引力恒定;当达到最大功率时,因速度不断变大’牵引力逐渐变小,并且变化逐渐变慢’
最终,牵引力等于汽车阻力,故C项正确。
D项,根据公式P＝FU,开始时恒定加速度启动,F为常值’因此P与U成正比;当达到最大功率时｀P不再变化’故
D项正确.
综上所述,本题正确答案为ACD.
易错项辨析:
本题易错项为B.考生可能对匀速运动阶段加速度为零这＿知识点的掌握不足,故易错选B项。
104。［答案］
B,C
2
［解析］
问题求解:在B点,滑块受竖直向下的重力’竖直向上的支持力,合外力充当向心力则有N-mg＝″!万,
2
得N＝mg｜″′÷’因此支持力大于重力’由牛顿第三定律知’滑块对滑道的压力大小等于支持力根据动能定理
‖
~y
〃』gh-亏〃』砌2 ’联立解得N＝mg＋2狮g÷,知h越大,压力越大,故B、C项正确
综上所述,本题正确答案为BC°
105. ［答案］
B’C
［解析］
选项分析:
A、B项,规定初速度方向为正方向初速度u1＝6m／s,碰撞后速度u2＝-6m／s,△u＝u2-ul＝-12m／s,负号表示
速度变化量的方向与初速度方向相反,所以碰撞前后小球速度变化量的大小为12m／s°故A项错误,B项正确.
C、D项,运用动能定理研究碰撞过程’由于初、末动能相等’所以W≡△Ek＝0,即碰撞过程中墙对小球做功的大小
为0.故C项正确,D项错误
综上所述,本题正确答案为BC.
106. ［答案］
A,D
［解析］
问题求解:由题意可知,从静止开始做直线运动’在恒力作用下’做匀加速直线运动,因此速度与时间公式
为刚ˉ“,‘≡釜则物体＂动能马-÷砸』ˉ÷狮蜒〃-…故AD项止确
综上所述,本题正确答案为AD.
107. ［答案］
B,D
［解析］
由题意知,系统机械能守恒。设某时刻α、b的速度分别为Uα、Ub。此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为0,分别
将uα、ub分解,因为刚性轻杆不可伸长,所以沿杆的分速度u〃与u′〃是相等的,即uαcos0＝ubsln0。当α滑至地面时
0-90.’此时砌膨＝0’由系统机械能守恒得…-＋啊砌:解得,。＝〃硕,选项B正确伺时由于b的初、末速度均
为零,运动过程中其动能先增大后减小,即杆对b先做正功后做负功,选项A错误杆对6的作用先是推力后是拉
力,对α则先是阻力后是动力,即α的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g’选项C错误6的动能最大时,杆
对α、b的作用力为零’此时α的机械能最小,6只受重力和支持力,所以b对地面的压力大小为mg,选项D正确.正
确选项为BD
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108。［答案］
C,D
［解析］
过程分析
′Ⅶg
滑块的受力分析如图所示,在斜面倾斜方向,以向上为正方向’可以列出如下关系式:F-加gsin0-尸加gcos0＝加α,
将题中已知条件代人解得α＝—gsm〃’即物体沿着斜面向上做匀减速育线运动,所以位移堑-刚＂‘—÷gsm陇』
’
U≡U0
gSin0［°
选项分析:
A项.产生的热量Q-′堑-／（砌0‘—÷…″）,Q与′不成正比｀故八项错误
B项｀滑块动能E腮-÷…:≡÷m（戳＂ˉgsm陇）2 ’即鸟与时间的平万成止比,故B项错误
C项,由几何关系可知滑块上升高度与位移成正比,义因为重力势能与滑块高度成正比,故C项正确.
D项,由受力分析可知,滑块所受摩擦力／和恒力F大小相等’方向相反,即合外力对滑块做功为零,所以滑块机械
能守恒,即E不随t变化,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为CD.
l09. ［答案］
A,B
［解析］
问题求解:分析问题可知小球第＿次击打后应满足不等式Wl≤′＂gR,第二次击打后满足Wl＋W2≥mg（2R）＋
∑…,在圆周运幼最高点有″噶≤喘联立后可得瓷≤÷｀敏A唱颧止确
综上所述,本题正确答案为AB.
110。［答案］
B’D
［解析］
由于两球由同＿种材料制成,甲球的质量大于乙球的质量’因此甲球的体积大于乙球的体积,甲球的半径
大于乙球的半径.设球的半径为厂,根据昨帧露二定橇’下落过程中咖gˉ触≡…-g—
≡gˉ谎,可
虎厂
′×÷叮;
知,球下落过程做匀变速直线运动,且下落过程中半径大的球下落的加速度大’因此甲球下落的加速度大’由h≡
＋凰萨可知,下落相同的距离’甲球所用的时｜川短》A｀C项错误;由刚2＝2“h可知.甲球末速度的大小人于乙球末速
度的大小,B项正确;由于甲球受到的阻力大,因此克服阻力做的功多,D项正确。
111。［答案］
B,C,D
［解析］
小球在从M点运动到lV点的过程中,弹簧的压缩量先增大’后减小,到某一位置时’弹簧处于原长’再继
续向下运动到」V点的过程中,弹簧又伸长。弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90。,再小于90。,最后
又大于90°’因此弹力先做负功,再做正功,最后又做负功,A项错误;弹簧与杆垂直时,小球的加速度等于重力加速
度当弹簧的弹力为零时,小球的加速度也等于重力加速度,B项正确;弹簧长度最短时,弹力与小球的速度方向垂
直’这时弹力对小球做功的功率为零,C项正确;由于在M、N两点处,弹簧的弹力大小相等,即弹簧的形变量相等’
根据动能定理可知,小球从M点到N点的过程中’弹簧的弹力做功为零,重力做功等于动能的增量,即小球到达N
点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差,D项正确
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112。［答案］
B,C
［解析］
问题求解:不计摩擦阻力,则两位同学受到的合外力为零,总动量守恒,两位同学获得的动量大小相等,方
向相反根据户＝″〖U可知,动量大小相等时,质量大的同学速度要小-些.互推过程中,两人均做功使得对方获得速
度,机械能增大’故B、C项正确
综上所述,本题正确答案为BC.
113. ［答案］
B,C
［解析］
选项分析:
A、B项,α尚未离开墙壁前,α利b组成的系统受到墙壁向右的力,故系统的动量不守恒,且动量增量向右,故A项
错误,B项正确。
C、D项,α离开墙壁后,α和b组成的系统水平方向无外力作用,只有弹簧的弹力（内力）作用,故动量守恒,故C项
正确,D项错误.
综上所述,本题正确答案为BC.
出气
114。［答案］
A,B
［解析］
问题求解:考虑两种极端的情况.若两球发生完全弹性碰撞,根据动量守恒定律有:′＂U≡mUA＋2加UB,根据
机械能守恒定律有;十狮刚2≡÷枷倒i＋＋2…i,联立以上两式可以解得汹＾＝ˉ丁刚』融鹰÷刨碰撞后物体结合在
1
＿起,动能损失最大,这种碰撞叫做完全非弹性碰撞。若两球发生完全非弹性碰撞,则有′ⅪU＝（′〃＋2′″）U′ ’解得U′≡
÷砌,所以碰后B球的速度大小范阔为÷韧～÷,｀故八｀B项丽确
综上所述,本题正确答案为AB.
115· ［答案］
A’B
［解析］
选项分析:
A项,非弹性碰撞过程,碰撞前后总动量守恒,但总机械能比作用前小,故A项正确.
B项,当两个质量相等的物体以大小相同、方向相反的速度发生弹性碰撞时,碰撞前后的总动量均为零,但二者速度
交换,总动能守恒,故B项正确.
C项,作用前后总动能为零,说明物体处于静止状态,总动量为零,故C项错误。
D项,作用前后总动量守恒,系统内各物体的动量增量的总和即为系统总动量的增量,一定为零’故I）项错误·
综上所述,本题正确答案为AB.
116. ［答案］
C,D
［解析］
选项分析:
A项,物体的动量户＝加U大,可能是因为质量大,也可能是因为速度大,而惯性只与质量有关,故A项错误
B项,动量是矢量,做匀速圆周运动的物体’速率不变,但速度方向时刻改变,故动量改变,故B项错误.
C项’动量的变化量△户＝′Ⅺ△U,速率改变,则△U＿定不为零,动量＿定改变,故C项正确.
D项,物体的运动状态发生改变,则△U-定不为零,动量＿定改变,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为CD
117. ［答案］
A,C
［解析］
过程分析:小球从A点运动到B点的过程中,做圆周运动,达到B点时的速度沿切线方向,水平问右·从A
到B.根据动能定理得狮gR≡÷砸,:—0,解得锄ˉ√甄
·
23
。
』
÷
』
』
‖
Ⅱ
~~
~
Ⅱ
十
『
…
唱
】
…
白
°
坐
｜
…
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选项分析:
A、C项’根据动量定理,小球所受合力的冲量I合≡△户＝加u＝加√Z∏,且方向水平向右,故A、C项正确.
B项,根据冲量的定义式,小球所受支持力FN的冲量I′≡FNt,方向与支持力FN的方向相同,垂直于支持面指向圆
心,故C项错误.
D项,根据冲量的定义式,小球所受重力G的冲量IG＝Gt,因为重力G和时间不为0,所以重力的冲量大小也不为
0,故D项错误。
综上所述’本题正确答案为AC.
118. ［答案］
C,D
［解析］
问题求解:动量是矢量,速度大小或者速度方向变化,动量都会改变,故A、B项错误,C、D项正确
综上所述,本题正确答案为CD.
119° ［答案］
A,D
［解析］
问题求解:冲量方向与力的方向相同,冲量为负则力的方向与初速度方向相反,则原来物体的动量与这个
冲量的方向相反。根据冲量等于动量的变化量可知动量变化量（增量）的方向与初速度方向相反,动量减小,如果物
体初动量是1N° s’受到-2N° s的动量’末动量为
lN. s,方向相反但是大小不变,故A、D项正确。
综上所述,本题正确答案为AD.
120。［答案］
A,D
［解析］
选项分析:
A、D项,木板的上表面光滑,说明青蛙受到的力在水平方向上的分量为0,根据动量定理可知:青蛙水平方向速度变
化始终为零’即青蛙始终没有速度’所以青蛙一定不能跳过长木板’故A、D项正确。
B项,若木板上表面粗糙而底面光滑,木板和青蛙在水平方向上有力的作用’根据动量定理可知’青蛙和木板在水平
方向产生相反的速度,所以青蛙可以跳过木板,故B项错误.
C项,若木板上表面粗糙下表面也粗糙,木板和青蛙在水平方向上有力的作用,青蛙可以跳过长木板,故C项错误
综上所述,本题正确答案为AD.
12L［答案］
A’C
［解析］
选项分析:
A项,圆环与平板碰撞过程中,若碰撞时间极短,内力远大于外力,外力可忽略不计,则系统总动量守恒,故A项
正确。
B项,由于碰后速度相同,为完全非弹性碰撞,机械能不守恒,减小的机械能转化为内能,故B项错误。
C项,碰撞后平衡时,有虎工＝（加＋M）g,即碰撞后新平衡位置与下落高度∧无关,故C项正确.
D项,碰撞后环与板共同下降的过程中,它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量,故D项错误
综上所述,本题正确答案为AC.
122。［答案］
C,D
［解析］
选项分析:
A、B项,在缓慢拉动纸带时,重物与纸带之间是静摩擦力,在迅速拉动纸带时,它们之间是滑动摩擦力,静摩擦力可
能比滑动摩擦力小’也可能近似相等.故A、B项错误.
C、D项,在缓慢拉动纸带时,作用时｜司长,重物G的动量改变量大,故摩擦力的冲量大;在迅速拉动纸带时,作用时
间非常短’纸带将会从重物下抽出,重物G的动量改变量小’故滑动摩擦力的冲量小.故C、D项正确.
综上所述,本题正确答案为CD.
·
24
·
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不定顶选择题篇答案解析
123. ［答案］
B,D
［解析］
选项分析:
A项,物块下落过程中,软绳对物块做负功’根据功能关系’物块机械能逐渐减小’注意非保守力（除重力和弹簧弹
力以外的力）做功时物体的机械能将改变,故A项错误.
B项,质量均匀的软绳的重力势能的变化应该通过软绳重心高度的变化计算’即软绳中点高度变化’选择斜面顶端
为势能零点,那么;M-＋smβ』＿÷′＝ˉα25′→△E,-＿α25枷g!,故B项正确
C项,说法没有依据,从题干不能确定物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功,故C项错误,
D项,对于软绳,根据动能定理;WG＋WT＋W／＝△Ek→△Ep＜△Ek-W／,故D项正确.
综上述所’本题正确答案为BD
124. ［答案］
B’C
［解析］
选项分析;
A项,由图象可知’A、B最终以共同速度U1匀速运动,无法确定小车上表面长度,故A项错误
B项,根据动量守恒定律可得:mA（U0-Ul）＝加BUl ,解得:幽＝—卫-,故可以确定物体A与小车B的质量之比,
′″B
U0-Ul
故B项正确。
l
C项,由图象可以知道A相对小车B的位移△堑—丁刨＂!』’根龋能量守恒得;腰″』＾g△工＝÷…;÷′＂M’傻阿解
出动摩擦因数,故C项正确.
D项,由于小车B的质量不可知,故不能确定小车B获得的动能,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为BC°
125. ［答案］
D
［解析］
F
……wx……
问题求解:以物体P为研究对象,对P进行受力分析如图所示’重力与斜面支持力的合力使物体P保持匀加速直线
运动’由牛顿第二定律,加速度′Ⅺα＝加gtan0,即α≡gtan0,由于物体P处于匀加速状态,末速度u2＝2α5,物体p的
高度不变.重力不做功’根据动能定理’斜面体对物体P所做功为W≡＋厕,翻—0≡砸…n0’故D项正确
综上所述’本题正确答案为D.
°
25
·
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126. ［答案］
A,B,C
［解析］
问题求解;工件所受合川即滑动摩擦」J｀根据动能定理｀W′ˉ△E账＝÷腿°: 』水平传送带上物体重儿势能
不变.所以机械能增量等于动能增量,出△E枫-△E账-÷″″: ｀可得…-÷″″』｀工件相对传送带位移″-志｀
传送带对工件做功即滑动摩擦力做的功,不为零,故A、B、C项正确.
综上所述,本题正确答案为ABC
127. ［答案］
C
［解析］
问题求解;设汽车所受的阻力为′,牵引力为F,当汽车处于最大逮度删时P-′锄侧′-÷’当汽车的逮
度为＋’P＝F÷’即F＝乎,所以根据牛顿第二定律F′-咖α’即α＝器』故C项止确
综上所述,本题正确答案为C。
128· ［答案］
D
［解析］
选项分析:
A项,支持力总是垂直于小孩的运动方向,支持力不做功,故A项错误.
B项,下滑过程中,重力做正功’小朋友的重力势能减小,故B项错误.
C、D项,由于该过程中摩擦力做负功’小朋友的机械能不守恒,故C项错误,D项正确
综上所述,本题正确答案为D
129. ［答案］
A
［解析］
问题求解对物块从图示位置运动到弹簧最大雁缩量运用动能定理,w7
陛″g（』＋药）＝0—÷咖渺;’所以
物体克服蝉簧弹力做功w-wT-＋″m;—似咖g（』＋烫）’故A项正确
综上所述,本题正确答案为A。
130。［答案］
D
［解析］
选项分析:
A项0～!』时间内汽车诊′图象为过原点的倾斜直线’汽车做匀加逮运动,牵引力F＝÷’根搬牛顿第＿定律可得
÷—／-臃α’随速度增加｀为保持牵弓｜力小变,汽车功率增加,故A项错误
B项,tl～t2时间内对汽车运用动能定理,WF＋W／＝△Ek,W／表示该过程中阻力做功（为负值）,所以牵引力做功
″『u;-mu;＿W／,故B项错误
WF＝
2
C项,!l～r2时间内汽车以额定功率加速,根据牛顿第二定律可得丝-／≡′＂α,随汽车速度增大’加速度减小,所以
U
汽车做加速度减小的加速运动,沙t图象与t轴围成的面积表示位移大小,图中曲边梯形的面积大于直边梯形的面
积·根据乎均遮度丽-÷.所以雨＞刨｜禁,故C项镭误
D
D项,0～tl时间内汽车做匀加速运动,牵弓｜力保持恒定,1l～r2时间内汽车以额定功率运动,牵引力F＝-,随汽车
U
速度增加,汽车牵弓｜力减小,所以／l时刻的牵弓｜力及功率都是最大值,r2～t3时间内汽车速率最大,牵弓｜力最小,故
D项正确。
综上所述,本题正确答案为D.
°
26
·
·
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迅
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…
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『
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‘
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丁ˉ·
131. ［答案］
C
［解析］
问题求解;汽车功率突然降为原来—半,对汽车受力分析｀结合牛顿第二定律得焉—／≡′＂α｀汽车牵引力
小于阻力’做减速运动’牵引力随汽车速度减小而增大,所以加速度减小,即汽车做加速度减小的减速运动,Ⅶ厂t图象
斜率表征加速度大小,到达新的最人速度时.点『-′.可得＂h-专≡守.故C项止确
综上所述,本题正确答案为C°
132。［答案］
C
［解析］
选项分析:
A项,因为是粗糙斜面,所以摩擦力会做负功,机械能不守恒,故A项错误
B项,小球从最低点到最高点的过程中,重力做负功’从最高点到最低点的过程中,重力做正功,故B项错误.
C项,绳的张力始终与小球速度方向垂直,所以绳的张力始终不做功,故C项正确。
D项’从最低点到最高点的过程中,小球克服摩擦力和重力所做的功等于小球动能的减少量’所以小球克服摩擦力
所做的功小于小球动能的减少量,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为C.
133. ［答案］
B,C
［解析］
选项分析:
A、B项,在B球顺时针摆动到最低位置的过程中,A球、B球的动能都增加,A球的重力势能增加,B球的重力势能
减小,A球、B球与地球组成的系统机械能守恒,但A球或者B球与地球的系统机械能不守恒,故A项错误,B项
正确.
C、D项,由于两小球由轻质杆连接且不计-切摩擦阻力,则A球、B球与地球组成的系统机械能守恒,故C项正确,
D项错误.
综上所述,本题正确答案为BC.
134。［答案］
B
［解析］
问题求解:整个碰撞过程中,整个系统满足动量守恒定律’也满足机械能守恒定律,当P、Q共速的时候弹
簧的压缩量最大』弹性势能最大;由动量守恒定律有′″U0＝2砸U｜’解得U!-÷U0’由机械能守恒定律有E,-÷″m;
—＋×2狮渺f＝＋′＂°;-＋Ek,即得到弹簧具有的最大弹性势能等于P的初动能的—半’故B项而确
综上所述,本题正确答案为B.
135. ［答案］
B
［解析］
问题求解:小球从A运动到B和从B运动到A的过程中,经过的路程相同,故摩擦力做功相同均为W／;
由动能定理’小球从A运动到B的过程咖gh＋wⅡ-0—＋’″渺;
o’小球从周运动铡∧的过程中…＋wⅡ-
÷咖°:—0o.oo式联京可解册彻≡√I颤＝弓『故B项正确
综上所述,本题正确答案为B。
27
◎
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136. ［答案］
C’D
［解析］
选项分析:
A项,根据小孩跳离C车,也就是进人6车和离开b车时对地的水平速度相同,整个过程中水平方向动量守恒,所以
b车在小孩离开后保持静止,小孩速率大于零,题目中小孩相对α车保持静止,即α车的速率大于零,α、b两车运动
速率不相等,故A项错误°
B、C项,设平板小车质量为″!,人的质量为加0 ,小孩离开小车时的水平速度是u,根据动量定理,对于c车:加uc＝
′γ‖0U
″】0U
加0u’对于α车;（m＋加0）uα≡′＂0u,解得;u《＝ˉ万厂＞uα＝′万干7丽『,由于6车静止速度为零,故B项错误,C项正确.
D项,C车的方向与人跳跃的方向相反,水平向左,α车的方向与人跳跃的方向相同,水平向右,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为CD·
137. ［答案］
B,D
［解析］
选项分析:
∧B项,对B下滑用机械能守恒分析.有雕gh＝÷狮』倒;得B滑下曲面时的速度渺＂＝√zr,与A碰撞后,＿起将弹
簧压缩｀故有相同的运动逮度.用动量守但有′＂刨0＝2咖锄,得渺-＋渺0｀所以根据能量守恒有E′＝E蝉＋E雕＝2×
÷狮似』＝竿｀故A项错误』B项正确
C、D项’由于水平面光滑,A和B＿起受到弹簧拉力而加速运动’具有相同的速度,此时弹簧的弹性势能重新转化
为A和B总体的动能,即B的速度回到U,在弹簧回到原长时,A和B分开,此时A受弹簧拉力减速,B水平方向上
不受力,以刨逮度上滑,由＂』g″＝÷狮拟: ,联立得删;h′＝÷,故C项错误｀D项眶确
综上所述,本题正确答案为BD。
138. ［答案］
B,D
［解析］
启动时,动车组做加速运动’加速度方向向前,乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力,由牛顿
第二定律可知’这两个力的合力方向向前,所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前,选项A错误设
每节车厢质量为加,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比,则有每节车厢所受阻力／＝虎′ng。设动
车组匀加速直线运动的加速度为α,每节动车的牵弓｜力为F,对8节车厢组成的动车组整体’由牛顿第二定律,2F-
8／＝8mα;设第5节车厢对第6节车厢的拉力为F5 ,隔离第6、7、8节车厢’把第6、7、8节车厢作为整体进行受力分
析｀由牛顿第二定律得F鼠
3′≡3枷α,解得F;＝乎;设第6节车厢对第′节车厢的拉力为F‘ ,隔离第7｀8节车厢.
把第7、8节车厢作为整体迸行受力分析、由牛顿第二定律得F偷—2／-2′＂“.解得F‘ˉ÷』第5、‘节车厢与第β｀7
节车厢间的作用力之比为F, ;F俯-￥;÷-3 ; 2｀选项B正确关闭发动机后,动车组在阴」」作用下滑行｀由匀
变速直线运动规律,滑行距离工＝壶,与关闭发动机时速度的二次方成正比,选项C错误设每节动车的额定功率
为P,当有2节动车带6节拖车时,2P＝8／。ulm;当改为4节动车带4节拖车时,4P＝8／°u2m;联立解得ulm:u2m
＝1
: 2’选项D正确·
『
了二
?≈二△
卜→
］
卜
139. ｛答案］
B9C
［解析］
选项分析:
A、B项,根据恒力做功的计算方法,人对绳子施力,绳子对′Ⅶ2和〃′l与人组成的系统都做正功,绳子上的力恒为F,
由恒力做功公式得W＝F（5l＋52）,故A项错误,B项正确。
·
28
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C｀D项,根据功能关系可知,人做的功都转化成了系统的能量,即′厕］｀′厕,和人的动能,即W＝÷咖』砌;＋÷（′″＋
加1）u＄,故C项正确’D项错误
综上所述,本题正确答案为BC.
［答案］
B,D
［解析］
选项分析:
A项,u
t图线与时间轴围成的面积表示位移,则可知A、B的距离即为货物在0～L2s内的位移:L＝Ll＋L2＝
］
］
亏×α2×2m＋（2＋4）×（L2-0.2）×寸m＝3.2m,故A项错误.
B项’沙t图象的斜率表示加速度,从而可知货物运动分为两个阶段;在0～0.2s时间内,货物的加速度为αl＝
∩
壶m／s:≡10m／s2 ,货物由静止释放,摩擦力的方向沿传送带斜向下,α!＝gsin′＋似gc。sβ;在α2～L2＄时间内,
α2＝1。2-0。2m／s2＝2m／s2 ,货物受到的摩擦力方向沿传送带斜向上,α2＝gsin0
尸gcos0;联立解得sin0＝0°6,
cos0≡0.8,尸＝0.5,故B项正确。
C项,在0～0.2s时间内,传送带对货物的摩擦力斜向下,对货物做正功;在0。2～1.2s时间内,传送带对货物的摩
擦力斜向上,对货物做负功｀传送带对货物做功为wˉW｜—w:＝陛咖gL!…陛狮gL』…｀其中L｜＝÷×α2×
2m-α2m’L:～＋×（2＋4）×（12—α2）m-3m,代人数搬可得;W＝—皿2J,故C项错误
D项,在货物运动的过程中,货物-直受到摩擦力的作用’在0～0。2s时间内,货物与传送带间的相对位移为工1＝
十×2×α2m＝α2m;在α2～L23时｜刨内.货物与传送带间的相对位移为露』＝÷×2×（L2—α2）m＝lm｀
140
则摩擦生热为Q≡严加gcos0（工l＋工2）,代人数据可得;Q＝4.8J,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为BD.
14L［答案］
A
［解析］
问题求解;上升过程中.重』做负功.阻力／也做负功,由动能定蹦得—（…＋泌』）＝0—÷″拟; ｀解得′』-
U0
:g（』＋志）;求解返回铡原抛物点的速率时整个过穆使用动熊定理｀重力做功为零·只有阻力做功,ˉ2〃≡
2
＋咖倒:—＋,砸馏;｀将′i- 2g（l＋志）代人解得砌＝酒＂√器寻,故八项正确
U0
综上所述,本题正确答案为A.
142。［答案］
B
〔解析］
问题求解;由机械能守恒定律′″gh＝÷′″”2 ,得在下落2m后,消防员的速度Ⅺ′-√而m／s匀减速过程
根据牛顿第二定律F-″!g＝加α,由2αr＝u2 9得α＝40m／s2,F≡5加g.故B项正确。
综上所述,本题正确答案为B.
143. ［答案］
A,D
［解析］
选项分析;
A、B项,由于M置于光滑水平地面上,在加下滑的过程中,M移动,所以加对M做正功,物块的重力势能减少等丁
M利′Ⅺ的动能的增加,故A项正确,B项错误。
·
29
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C项,斜面对物体的作用力垂直于接触面,由于发生位移与作用力不垂直,则斜面对物体做功,故C项错误
D项,若取物体与斜面组成的系统,只有重力做功’所以系统的机械能守恒,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为AD°
144. ［答案］
B
［解析］
／
』
月
‖
』
｜
｜
｜
｜
□
∏
‖
≡
■
＼〈
C
问题求解;受力分析如图’在AC段,滑雪者的摩擦力大小／＝严加gcos0,AC段克服摩擦力做的功WAc≡／儿′＂gLAc
°
cos0,LAccos0≡Ll ,即为AC段在水平方向的距离·CB段克服摩擦力做的功WcB≡尸mgLcB,又因为Ll＋LcB＝L,
所以在滑雪者经过AB段运动的过程中,克服摩擦力做的功W≡尸加gL.故B项正确.
综上所述,本题正确答案为B.
145. ［答案］
B
［解析］
选项分析;
A项.根据重力势能E,-′厕gh—″g÷g‘』,可知E,和时间′的曲线应该是开口向下的抛物线,故A项错误
B、C项,根据机械能守恒,重力势能转化为动能.所以Ep＝′″gh—÷狮财』,Ep＋E臆-加gh.可知E,和u的曲线应该
是开口向下的抛物线’而Ep利Ek的图象是＿条直线,故B项正确’C项错误。
D项,Ep＝mgh-″lgh′,可知它们的曲线是-条直线,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为B·
146。［答案］
A,C,D
［解析］
选项分析:
A项’判断＿个力对物体做正功还是负功,看F与＄之间的夹角。物体受摩擦力和水平力,物体加速时,F与5的夹
角＿定小于90度,-定做正功,故A项正确。
B、C项,物体做减速运动时,F与5的夹角可以成任意角度9所以可能做正功或负功,故B项错误,C项正确。
D项,物体做匀速运动时,F与5—定同方向,故D项正确·
综上所述,本题正确答案为ACD.
147。［答案］
A,B
［解析］
选项分析:
A项,重力做功只与物体的高度变化有关,故A项正确.
B项,根据动能定理,合力对小车做的功等于动能的变化,故B项正确。
C项,推力是恒力,在恒力F的方向上的位移为5,推力对小车做的功是F5,故C项错误
D项’阳』做的是负功｀设小车克服阻力做功为w′,则由动能定理得;F』—…—w′-÷″″: ,小车克服阻力做的
功为w′ˉF撕ˉ″Ⅱgh—＋″”z ,故D项错误
综上所述’本题正确答案为AB.
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148. ［答案］
C
［解析］
问题求解:两球压缩最紧时,两球速度相等’动能＿部分转化为弹性势能,设碰撞前A球的速度为U,当两
球压缩最紧时’速度相等’根据动量守恒得’咖锄＝2咖渺′ ’则U′-÷馏,在碰撞过程中总机械能守恒,有E,-÷″』砌,—
÷2狮（÷）』碍哪-:得,故c项而确
综上所述,本题正确答案为C.
149【答案］
C’D
［解析］
选项分析:
A项,第1秒末到第3秒末,物体处于匀速直线运动,合外力为零’所以合外力做功为零’故A项错误
B项,设第1秒内物体的加速度为α,合外力为F＝沉α,位移为5,方向为正方向,第3秒末到第5秒末物体的加速度
α｜由阁中的斜率关系可知｀α｜-—÷“’方向为负方向’合外力F｜＝枷醛｜ˉ—＋F｀位移』］,根据图中面积的大小关
系’可知＄l＝2s,所以这段时间内合外力做功W1＝FlⅨl＝-Fs＝-W,故B项错误
C项,第5秒末到第7秒末合外力仍然是F］＝狮α!-—÷F,但位移』2-—煎! .所以这段时间内合外力做功W』＝
Fls2＝F5＝W,故C项正确
D项.第3秒末到第4秒末合外力仍然是F］＝砸“｜-ˉ＋F’但位秘』≡α75颇］｀所以遮段时｜则内合外』做功w恩＝
Fl‘3＝～（）。75Fs＝-0。75W,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为CD.
150. ［答案］
D
［解析］
问题求解:汽车上坡时,受到重力、支持力、阻力、牵弓｜力作用.汽车处于最大速度时,汽车处于匀速状态,
受力平衡,在沿坡面方向有牵引力F＝加gsin0＋励!g,牵弓｜力的额定功率为Fu＝P,二式结合解得最大速度为℃＝
P
mg（虎＋sin0）,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D。
151。［答案］
B
［解析］
问题求解:物体在下滑过程中只受到重力和斜面支持力的作用,斜面支持力总是垂直于接触面的,注意接
触面在移动,接触面的方向不等于物体位移的方向.关于斜面支持力有没有做功的问题,可以从功率的角度考虑’
物体相对于斜面滑动’根据动量守恒,斜面会产生向右的速度,我们把物体的运动分为相对于沿斜面的下滑运动和
随斜面水平方向的运动,所以由于存在斜面水平方向的分运动,物体速度的方向就不是沿斜面向下,而是与斜面向
下有＿定的夹角,与斜面支持力成钝角,所以根据功率公式,P＝Fucos0＜0,斜面总是对物体做负功,故B项正确°
综上所述,本题正确答案为B·
152. ［答案］
B,D
［解析］
选项分析:
A、C、D项,注意到子弹打人木块过程,摩擦力对子弹做功距离′和对木块做功距离L不相等9△l＝』-L即子弹打人
深度9子弹克服阻力做功大于子弹对木块推力做的功,根据动能定理,木块获得动能小于子弹克服阻力做的功,故
A、C项错误,D项正确.
B项,根据动能定理’阻力对子弹做的负功即合外力的功,等于子弹动能的减少,故B项正确.
综上所述,本题正确答案为BD.
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31
°
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153。［答案］
C
［解析］
选项分析:
A、B、C项’全过程摩擦力方向沿传送带向上,与物体运动方向相同,始终对物体做正功’根据动能定理,第＿阶段物
体所受合外力做功等于动能改变量第＿阶段除摩擦力做功外重力对物体做负功,所以第＿阶段摩擦力对物体做
功大于第-阶段物体动能增量,根据功能关系,除重力和弹簧弹力以外的力的合力做功等于物体机械能改变量,这
里的非保守力即摩擦力,所以第＿阶段摩擦力做功等于物体机械能增量,注意到第＿阶段物体做匀加速运动,平均
速度是传送带速度的＿半,相对地面位移是传送带位移—半,摩擦生热数值上等于摩擦力对物体做的功,所以第＿
阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增量’故A、B项错误,C项正确°
D项’第二阶段物体和传送带共速’物体与传送带无相对位移’不再产生摩擦生热,传送带对物体的摩擦力做的功完
全转化为重力势能,所以整个过程机械能增量大于物体与传送带的摩擦生热,故D项错误
综上所述,本题正确答案为C.
154。［答案］
C
［解析］
选项分析:
A项,小球在槽上运动时9由于小球受重力,故两物体组成的系统外力之和不为零,故动量不守恒;当小球与弹簧接
触后,小球受外力,动量不再守恒,故A项错误
B项,下滑过程中两物体都有水平方向的位移,而力是垂直于球面的,故力和位移夹角不垂直,两力均做功,故B项
错误
C项,因两物体之后不受外力,故小球脱离弧形槽后,槽向后做匀速运动,而小球反弹后也会做匀速运动’故C项
正确·
D项,因两物体均有向左的速度,若槽的速度大于球的速度,则两物体不会相遇,小球不会到达最高点;而若球速大
于槽速,则由动量守恒可知,两物体会有向左的速度,由机械能守恒可知,小球不会回到最高点,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为C.
155。［答案］
A,B,D
［解析］
对舰载机应用运动学公式U2
02≡2αX,即802＝2°α° 100’得加速度α＝32m／s2 ,选项D正确;设总推
力为F,对舰载机应用牛顿第二定律可知:F
20％F≡加α,得F＝1。2×106N’而发动机的推力为1.0×105N,则弹
射器的推力为F推＝（1. 2×106—1。0×105）N≡1。1×］06N,选项A正确;弹射器对舰载机所做的功为W≡F推。
／
＝Ll×l0』］,选项B正确;弹射过程所用的时间为′-÷＝器§＝2β§’平均功率P-业—1l×l0＂
t
O
只
W≡
4°4×107W’选项C错误.
156. ［答案］
D
［解析］
问题求解:合力对物体所做的功等于各个力做功的代数和;物体克服力F2做功8J,即F2做功-8］,又
F］做功6J,则力Fl 、F2的合力对物体做功为6J-8］＝—2J,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D.
157. ［答案］
A
［解析］
问题求解:小球冲上固定斜面的过程中,只有重力与弹簧弹力对小球做功;小球从A运动到C的过程中
速度由渺变化至（）,所以由动能定理得;—咖gh＋w弹-0÷砸渺2 ’整理得w弹＝…÷′孤渺』,故A项正确
综上所述,本题正确答案为A.
o
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158. ［答案］
A,D
［解析］
选项分析:
A项,以A、B为＿个系统研究,弹簧为轻弹簧,弹簧的作用力可以看成内力,整个系统动量守恒,A、B系统总动量
仍然为′″U,故A项正确.
B、D项,当弹簧被压缩到最短的时候,A、B具有相同的速度,此时A、B的动量都不为零,故B项错误,D项正确.
C项,弹簧被压缩到最短后,弹簧对B的作用力方向向右,B继续加速,动量继续增大,故C项错误。
综上所述,本题正确答案为AD.
159。［答案］
D
［解析］
问题求解;设桌面高h,小球B离开桌面后做平抛运动’有挡板时,其运动满足刚＂』＝堑.删ˉ÷g‘』而弹簧
2
储存的弹性势能等于小球平抛前的动能、即E＂-且-÷狮°;＿塑f贡皇无挡板时、由动量守』恒可得2狮渺A-′＂似愿’由
机械能守恒得E,-＋（2…i＋＋哪噶联立得;锄凰—√票所以落地徽距桌厕的水平膘离为露!≡翘＂′≡
√需仔—祭,故D项正确
综上所述,本题正确答案为I）.
160. ［答案］
B,D
［解析］
选项分析:
A项,在运动过程中,弹簧的长度会发生变化,故物体M和狮组成的系统机械能不守恒9而是物体M、加和弹簧三
个物体组成的系统机械能守恒,故A项错误
B项,开始时,弹簧的弹力小于物体M的重力沿斜面向下的分力,物体M做加速运动;当弹簧的弹力等于重力沿斜
面方向的分力时9即Mgsin30°≡加g,物体M的速度达到最大;当弹簧的弹力大于物体M的重力沿斜面向下的分力
时,物体M将做减速运动.当物体M的速度达到最大时,可知弹簧对轻绳的拉力也为加g’故轻绳对物体加的拉力
为mg,再对物体加进行受力分析,可知,在竖直方向上,物体m受向上的拉力与向下的重力等大反向,所以此时物
体加与地面间的作用力为零,故B项正确.
C项,若物体M恰好能到达挡板处,此时物体M的速度为零,即物体M从开始运动到到达挡板处,速度先增大后减
小,由B项分析可知’速度最大时有F弹≡mg,则当速度减小过程中时有F弹＞加g,此时物体加的合力向上,向上做
加速运动,因此当物体M恰好能到达挡板处,物体m的速度不为零,故C项错误.
D项‖由于物体M恰好能到达挡板处,故此时物体M的速度为零,开始运动前物体M的速度也为零,此过程中重力
对M做的功转化为弹簧弹性势能的增加量以及物体′n的机械能的增加量,故D项正确
综上所述,本题正确答案为BD。
161。［答案］
B9C,D
［解析］
选项分析:
A项,位移是从初位置指向末位置的有向线段.故小球从A出发到返回A,位移为09小球初速度为U0,末速度为0’
根据动能定理得合外力做功不为0,故A项错误.
B项,设A到C的高度和从C到B的高度为∧,AC的距离为s,斜面的倾角为0,则有5sin0＝h,根据-加gh-
尸mg＄cos0≡△Ek,可知小球从A到C过程中与从C到B过程合外力对物体做的功相同,故小球减少的动能相等’故
B项正确。
C项9小球从A到B的过程中,受恒力作用,加速度-直不变,而6速度的变化率”即“加速度’, ,故从A到C与从C到
B的过程中,速度变化率相同,故C项正确。
D项,克服除重力之外其他力做多少功物体的机械能就减少多少,根据尸加gscos0＝—△E可得小球从A到C过
程与从C到B过程,损失的机械能相等,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为BCD。
·
33
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162. ［答案］
B
［解析］
问题求解;滑块由A到D的过程,由动能定理可知″′gh＝陛mgc。s0.志＋似枷g‘’滑块由D到A的过程
中9在推力作用下缓慢进行,即处于受力平衡状态,此过程中任意时刻均有推力等于动摩擦力,由能量守恒可知,推
力对滑块做功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦所做功两部分,即W≡mgh＋W／,其中克服摩擦做功W／≡
〃顺g….和＋…结合枷gh-…….栽＋…,即w-2砸gh’故B项正确,A、CD项镭误
综上所述,本题正确答案为B.
l63. ［答案］
C’D
［解析］
除重力以外其他力对物体做的功等于物体机械能的变化,故M克服摩擦力做的功等于两滑块组成的系统
机械能的减少量,拉力对加做的功等于″l机械能的增加量’选项C、D正确.
164. ［答案］
B’C,D
［解析］
选项分析:
A项,由题意可知,物块从静止沿斜面向下运动’说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力,因此物体不可能最终停
在A点,故A项错误.
B项’斜面粗糙,机械能不守恒,物体第-次反弹后不可能到达B点,故B项正确.
C项,整个过程中,重力势能的减少量等于克服摩擦力所做的功和弹簧的弹性势能,所以整个过程中重力势能的减
少量大于克服摩擦力做的功,故C项正确.
D项9物体达到最大动能时物体受力平衡,弹簧已被压缩-段距离’物体继续下滑,随后最大动能和重力势能转化为
弹性势能和克服摩擦力做的功,这段过程中重力势能的减少量大于摩擦力做的功,故整个过程物体最大动能小于
弹簧的最大弹性势能·故D项正确。
综上所述,本题正确答案为BCD
165. ［答案］
D
［解析］
问题求解:上升过程对物块受力分析,得到牛顿第二定律公式: 〃mgcos0＋mgsin0＝狮α,以及运动学规
律;融:≡器联立解滁腮≡（盖—!）…』再对物块两次运动分捌运删幼熊定理有÷砸:＝鹏…喘｛
″凰H.十″‖子健…0☆＋咖g州,联京解得hˉ旱.故D项服确
综上所述,本题正确答案为D.
166。［答案］
A
［解析］
问题求解;铅球在被推出过程竖直高度升高h-÷!重力做负功,根据动能定理w-W零ˉ″鸭.÷′-
÷啊砌:一W零-＋′″（g′＋渺:）.故八项丽确
综上所述’本题正确答案为A。
167. ［答案］
C
［解析］
问题求解:恰能通过最高点.说明在最高点细绳张力为零,向心力完全由重力提供,设在最高点速率为
＂陶.由牛倾第二定律″嚼—狮』誓得,商≡√盂又因为在最低点张h为『砸g,方向向上重力为瓣鸭.方向向卜,所
以物体所受合力为….…≡咖警得融慷≡√丽瓦从最低点运动铡鼠高点蓟过程巾.由动能定鳃w隧—…尺-
÷狮渺裔＋狮啪｀解得w铡＝—竿,可知在此过程中小球克服空气阴力做的功为竿,故C项正确
综上所述,本题正确答案为C。
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168. ［答案］
B,D
［解析］
选项分析:
A项,由于两物体质量不等,m受到绳子的拉力大于重力,绳子对加做正功,加的机械能增大’故A项错误.
B、C、D项’两物体组成的系统不受外力作用,系统的机械能守恒’M减少的机械能等于加增加的机械能,M减少的
重力势能转化为m的机械能和M的动能,故B、D项正确’C项错误.
综上所述,本题正确答案为BD
169. ［答案］
A,C
［解析］
选项分析:
A、B项,物体匀速向上运动的过程中,摩擦力的方向沿传送带向上’与运动的方向相同,所以摩擦力对物体做正功
故A项正确’B项错误
C项9支持力的方向与运动的方向垂直,支持力对物体不做功。故C项正确
D项,物体匀速上升,动能变化量为零,根据动能定理知,合外力做功为零。故D项错误.
综上所述,本题正确答案为AC.
170［答案］
C,D
［解析］
问题求解:由题图可知’B在向后的摩擦力／＝严汀ⅢBg作用下’做匀减速直线运动,加速度大小为αB＝lm／s2
’
由牛顿第二定律得／＝加BαB’故尸＝0。1,／≡2N;A在摩擦力的作用下做匀加速直线运动,加速度大小为αA＝
1m／s2 ,由牛顿第二定律可得／＝加AαA’故″!A＝2kg,由图可知木板最后的速度为1m／s’所以木板获得的动能q＝
】
古砸＾刚2＝1J;刚＿‘图的图线与′轴所围的面积表示位移,由图计算可知,A、B的相对位移为lm,摩擦力做功W＝
／5≡2J,即系统损失的机械能为2J.故C、I）项正确。
综上所述,本题正确答案为CD.
171° ［答案］
B,C,D
［解析］
选项分析:
A、B项,在C位置小球所受弹力大小等于重力,在此之前小球做加速运动,之后做减速运动,故A项错误,B项
正确.
C项’从A→C位置小球重力势能的减少转化为小球的动能和弹簧的弹性势能’所以小球重力势能的减少量大于小
球动能的增加量,故C项正确.
D项,由于D处速度为零,所以重力势能完全转化为弹性势能,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为BCD.
172。［答案］
D
2
［解析］
过程分析;物体做匀加速直线运动,加速度设为α,则刚2＝2αH,即α＝六’再根据牛顿第二定律,N
′＂g
—腿哩,所以N-恤（凰＋矗）
选项分析:
AB项,地板对物体的支持力做功为wⅣ-NH＝…＋＋咖U: ’故∧旧项错误
C项,电梯也是做匀加速直线运动,钢索的拉力设为T,电梯的加速度跟物体的加速度相同,所以T＝
（M＋恤）（g＋羔）.所以钢索拉力做功w了≡T∏≡（M＋棘）g″＋÷（M＋顺）砌:′故C项错误
D项’根据动能定理合外力做功等于物体动能的增加量,即罢MU2 ,故D项正确.
乙
综上所述,本题正确答案为D
.
35
。
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173. ［答案］
B,D
［解析］
过程分析:物体受到重力和地面支持力以及水平力的作用,物体所受的重力和地面支持力不做功,设在在
t≡0到2t0这段时间内’物体的加速度为αl ,根据牛顿第二定律加αl＝F0 ,所以物体在t＝2t0时的速度Ul＝2αlt0＝
字,位移为』』→囤!（:输》,≡竿,设在′≡酞倒雕,这段时｜厕内,物体的』‖逮度为凰;根搬牛顿第一定律狮凰』
7F0r;
-3F』′所以物体在《＿3《』时的速度酶＿刨］＋αM,≡字.位移为:…≡硼i—刨｛’即』』ˉ万7
选项分析:
A鸣项,根据动能定埋,物体动能的增j‖量等于水平力做功.即÷狮·』—0≡F碘!＋3F!』』.求滁翘≡字,所以瞬时
功率P≡…≡里梁敬A项错误.…确
’雕｜＋;F』〃
:警』,故C项镶误·门项正确
C、D项,根据上述分析,水平力的平均功率P平≡
3t0
＝
综上所述,本题正确答案为BD。
174. ［答案］
A,C,D
［解析］
问题求解;子弹打木块过程’子弹受到阻力对子弹做功距离为（L＋‘）｀由动能定理—′〔L＋煎）＝＋狮融2—
＋咖U; ’木块受到子弹推力对木块做正功,做功距离为L｀由动能定理,凡＝÷M渺凰’两式相加可得∧＝＋″恤;
÷（M＋咖）U瞥≡Q.故∧、QD项正确
综上所述,本题正确答案为ACD.
175. ［答案］
B,C
［解析］
问题求解:A的质量大于B的质量,A、B与C之间的动摩擦因数相同,A受到的向右的动摩擦力更大,则
C受到向左的摩擦力更大,C受到的合力向左,C向左运动。A、B系统受到的合外力不为零,动量不守恒;A、B、C系
统中’摩擦力是内力,系统受到的合外力为零,动量守恒故B、C项正确,
综上所述,本题正确答案为BC.
176。［答案］
D
［解析］
问题求解;当斜面同定时,根据动能定理＋″酗恿-″』gh’渺-√环;当斜面不同定｀小物块不再上升时,小
物块水平方向速度等于斜面的速度,竖直方向速度为零,在水平方向」二系统所受合力为零,运用动量守恒定律列等
式渺』U＝（m＋M）z／,解得z／＝mz′
＝γ厕√面酉7『
′Ⅶ＋Mm＋M
对整个系统运用能量守恒得″gh′＝÷mz／—÷（′＂＋M）U′2解得:′／
△
▲
′＂竿Mh,故D项正确
≡
综上所述,本题正确答案为D
［答案］
A,C,D
［解析］
过程分析:由沙t图象可知,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且做加速度大小为1m／S2
方向沿传送带向上的匀变速直线运动,以此可以判断传送带沿斜向上运动,第6s开始物体做速度为4m／s匀速运
动9即此时物体与传送带相对静止,由此可以判断传送带速度为4m／s.
选项分析:
A项,物体做匀变速直线运动时,由牛顿第二定律可得:／
′Ⅺgsin37°＝mα,其中／＝尸N＝尸mgcos37°,解得尸＝
0.875,故A项正确。
·
36
·
白
／
刁
′
】
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B项,沙t图象与时间轴围成的‘‘面积”大小等于物体的位移,所以可以求得0～8 s内物体位移的大小为
（4×2＋竿ˉ竿）m＝l4m,故B项错误
C项’0～8s内物体的机械能增加量等于物体重力势能的增加量与动能增加量的总和,△E机械≡△Ep＋△Ek≡mg△h
＋÷砸渺, ’由干物体在斜面卜运动.△h-…in37.｀代人数值可求解得△E铡碱＝90J｀故C项正确
D项’物体与传送带由于摩擦产生的热量Q＝／5相对,由题意可知／＝／〃＂gcos37°’s相对＝工传送
工＝（4×8
l4）m＝
18m,容易求得Q＝126J,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为ACD.
178. ［答案］
B,D
［解析］
问题求解;物体在恒力Fl的作用下匀速运动,则Fl≡尸″＂g;在恒力F2的作用下匀速运动’F2减小了地面
对物体的支持力,故滑动摩擦力改变,即F2cos0＝严（加g
F2sin0）。由以上两式解得:F2（cosβ＋严sinβ）≡FlO
由于Fl与F2功率相同,则F］z′l≡F2u2cos0@
u2
cos0＋〃sin0＝l＋尸tan0,所以℃2＞ul ;而Fl与F2的关系无法确定,故B、D项正确.
由o和@解得:—≡
Ul
COS0
综上所述,本题正确答案为BD
179。［答案］
A,D
［解析］
选项分析:
A、B项,释放弹簧过程中,由动量守恒定律得M刚］-…由机械能守恒定律得E,-÷M渺｛＋÷″!U; ,解得M离开
弹簧的速度ul＝3m／s,加离开弹簧的速度u2≡9m／s,离开弹簧后加由A运动到B的过程由机械能守恒定律得
咖g2R-＋狮U;—÷m渺′; 』解得m在B点的速度U′』-√万;＝硕＝8m／s’选择水平向左为正方向｀则根据动量定
理,球′＂从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力的冲量I＝′Ⅶu′2
加（
Ⅺ′2）＝3.4N° s,故A项正确,B
项错误.
颐·球″从愿点飞附后做平抛运动,在竖富方向做自出藩体运动唁＋g′≡2R侧运动时问′≡√孕所以落在
水平桌面上的水平距离工＝U′:t＝√32.4R—16R2 ,可见落在水平桌面上的水平距离与轨道半径并不是单调递增
或单调递减的关系,故C项错误。
D项,根据动量定理,弹簧弹开过程,弹力对加的冲量大小为I＝0-″!（-u2）＝1.8N° s,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为AD。
180. ［答案］
B
［解析］
问题求解:石子运动的过程中机械能守恒’取地面为零势能面设小石子在高度为∧′时动能等于重力势
能』根据机械能守恒可得;咖gh-狮g〃＋÷獭°z｀由于动能和重力势能相等.则有;′厕g″-÷′＂°: ,代人数据解得;〃′
-＋h-5m,圃＝√万厅-√百灭而贾百m／s＝｛0m／s’故B项正确
综上所述,本题正确答案为B.
181。［答案］
C
［解析］
根据动能定理,物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和,即增加的动能为△Ek＝WG＋W／≡
1900J-1（）0J＝1800J,A、B项错误;重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝-△Ep,即重力势能减少了
19（）0J,C项正确,D项错误.
°
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182。［答案］
A,B
［解析］
由题意根据动能定翻有.2咖gh＿w′-0｀即2砸腐h—〃″g…5. . sin÷5.—陛…s37. .蒜而霄＝0,得动
摩擦因数′-÷则A项正确截人滑草车克服摩擦力做的功为wⅡ-:…’则C项错误;载人滑草车在上下厕段
的j畦度分别为α｜-g（爵｜n4铲脾….）—肾g’蹦≡g（鼠in3『. ′…7.）≡—÷g侧载人滑草车在上卜两段滑
道上分别做加速运动和减逮运动,则在上段底端时达到最大速度渺,由运动学公式有2α］蒜万＝°』得.渺-
√2题-盂h嘘←√孪故B项止确,n项错误
~／
183. ［答案］
B
［解析］
问题求解:设碰撞后小球A、B的速度分别为Ul 、U2.由动量守恒得m1U0≡加lUl＋m2U2 ,由机械能守恒得
÷′〃l,;＝÷m］u;＋＋狮』u; ,根据PQ-L5PO,由几何关系得,小球碰撞后到再次碰撞,A、B的路程』!
; 』2＝u』′
:U2t＝1
: 4,三个方程联立解得:′′Zl
; ″『2＝2
: 1,故B项正确。
综上所述,本题正确答案为B.
184。［答案］
C
［解析］
问题求解:
上滑的加速度大于下滑的加速度,运动时间不同’重力作用时间不同,故重力在两个方向的冲量不能相互抵消,重
力总冲量不为零,故o错误.
竖直位移为0,故重力做功为0,故@正确.
上下位移相同,加速度不同,故在初始位置的速度也不同,上滑初速度大于下滑末速度,故o正确.
机械能变化量等于摩擦力做功,上滑下滑相同,故@错误。
故@o正确,故C项正确.
综上所述,本题正确答案为C°
185. ［答案］
A
［解析］
问题求解:物体沿光滑斜面下滑时只有重力做功,重力做功只与高度差有关,两物体质量相等,运动的高
度差相等,所以滑到hl时动能相等’动量大小相等,动量是矢量’倾角不同’故动量不相同因初末速度相等,故平均
速度大小相等,由于第二个斜面长度大,故物体在第二个斜面上用时要长,故下滑过程中重力的冲量不同由动量
定理可知,合外力的冲量等于动量的变化,而滑到hl时动量不同,故合外力的冲量不同’故A项正确
综上所述,本题正确答案为A.
186。［答案］
A9C
［解析］
选项分析:
A项,当C在B上滑行时,A和B、C组成的系统分离,B、C组成的系统受到的合外力为零,动量守恒,故A项正确。
B项,当C在A上滑行时,A受到B施加的作用力’当C在A上滑行时,A、C组成的系统受到的合外力不为零,动量
不守恒,故B项错误.
C、D项,无论C在A还是在B上滑行｀A、B、C三者之间的作用力都是内力,受到合外力为零,系统动量守恒,故C
项正确,D项错误.
综上所述,本题正确答案为AC.
38
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l87. ［答案］
B,C,D
［解析］
选项分析;
A项,物体C与B端的橡皮泥粘合过程属于非弹性碰撞’机械能损失,不守恒’故A项错误.
B项,弹力等作用力都是系统内力,整个系统任何时刻受到的合外力都为零,动量守恒,故B项正确
C项,根据动量守恒定律’0＝″!刚＋M刚′ ’小车对地的运动速度大小划′＝箭u’故C项正确
D项,根据动量守恒定律,系统初始动量为零,末动量也为零,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为BCD.
188。［答案］
C,D
［解析］
过程分析:甲、乙、车子三者组成的系统受到的合外力为零’系统动量为零且守恒.
选项分析:
A项,当加l＞加2时,因不知甲乙速度大小,无法比较两者动量大小,无法确定车子运动方向,故A项错误.
B项,当Ul＞U2时,因不知甲乙的质量大小,元法比较两者动量大小,无法确定车子运动方向,故B项错误°
C项,两者动量相等时,两人动量和为零,车子静止不动,故C项正确.
D项,当mlU‖＞加2U2时,两人总动量方向与甲的动量方向相同,所以车子动量的方向与甲的动量方向相反,即车子
运动方向与乙运动方向-致’故D项正确.
综上所述,本题正确答案为CD.
189。［答案］
A’B
［解析］
问题求解;根据动量守恒定律,M融＝MU1＋′＂砌: ’由题意.M渺1-…’碰撞前后机械能不可能增加,÷M°;
—÷咖砌爵≤÷M硼: ’化简得黑≤3’故AB项Ⅲ确
综上所述,本题正确答案为AB.
190. ［答案］
C
［解析］
｜可题求解:冲量大小只与力的大小和作用时间有关,与运动状态无关’由题意可知,两种情况下人拉绳子
的力相同,作用时间相同,则两个冲量-样大’故C项正确.
综上所述,本题正确答案为C.
191。［答案］
A
［解析］
选项分析;
A项’物体的动量改变量等于受到的合外力的冲量,故A项正确.
B项,匀速圆周运动的合外力为向心力,方向与速度方向始终垂直,对物体不做功,但物体的速度方向不停改变,动
量在不停改变’故B项错误.
C项,物体的动量改变量等于受到的合外力的冲量’根据冲量的定义式I＝Ft,冲量大小不仅与力有关,还与时间有
关,故C项错误.
D项,不受合外力作用’发生相互作用的物体,系统动量守恒,每个物体动量不＿定守恒,故D项错误
综上所述,本题正确答案为A°
192。［答案］
A
［解析］
过程分析:碰撞前后两小球的总动量守恒,动能不可能增加。
选项分析;
A项,符合动量守恒定律,碰撞后动能可能不增加,可能发生,故A项正确.
B项,根据动量守恒定律,小球碰撞前后总动量不变,两个小球动量增量符号相反,故B项错误
·
39
。
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C项,碰撞后A球动能大小不变,B球动能增加,不可能发生,故C项错误
D项,A追上B发生碰撞,A的动量应该负增长,故I）项错误。
综上所述,本题正确答案为A.
193. ［答案］
A,C
［解析］
问题求解;根据动量守恒定律,10kg°m／s＋14kg。m／s＝户′甲＋2（）kg°m／s,解得户′甲＝4kg°m／s.由户
—狮铡｀得测—斋,已知鳃…大于△…则器＞毙｀得器＜瓷≡÷碰撞过…量不可能增加｀盏
＋盖≤盏＿盖,得器≤古碰属不可熊发生二次碰撞,…甲…小于△的遮膛,器≤器,得瓷
≥÷所以｀÷≤籍≤舌,故A、C项止确
综上所述,本题正确答案为AC.
194。［答案］
A’C
［解析］
选项分析:
A、B项,过程I中钢珠只受重力’根据动量定理,其动量变化量等于重力的冲量;过程Ⅱ中钢珠最终静止,动量改变
量等于过程I中动量的增量,过程Ⅱ中受到冲量包括重力和阻力的冲量,故A项正确,B项错误
C项,两个过程,只有重力和阻力做功,动能改变量为0,所以重力做功和阻力做功大小相同,克服阻力做功与整个
过程中减少的重力势能相等,故C项正确。
D项,过程I中钢珠所增加的动能等于过程Ⅱ中重力做功和阻力做功之和,故D项错误·
综上所述,本题正确答案为AC°
195。［答案］
D
［解析］
问题求解:地面对钢球的支持力方向向上,故冲量方向向上.根据动量定律,支持力的冲量等于小球动量
的变化量,以向上为正,变化量为加U2-（-′nU］）＝饥（U1＋U2）,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为D.
196。［答案］
D
［解析］
问题求解:小球与小车组成的系统动量守恒,系统初动量为零。小球下摆时,小球的动量向右,小车获得大
小相等方向相反的动量,向左运动’小球停止运动后’动量为零,小车动量也变为零,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为D.
197。［答案］
A,D
［解析］
根据户留＝2加Ek’结合ml＜″』2’知户l＜户2 ,故系统总动量向左,根据动量守恒知碰后两物体将向左运动,
所以A正确;B错误;由题意知两物体属于完全非弹性碰撞,损失动能最大,所以C错误;D正确.
综上所述,本题正确答案为AD.
198。［答案］
A,B,D
［解析］
选项分析:
A项,根据动量守恒定律得:6mA＋mB＝2″2A＋7加B,可得″lA :加B＝3
: 29故A项正确·
B、C项,A、B在光滑水平面上碰撞,系统所受合外力始终为零,所以系统总动量守恒,故B项正确,C项错误。
D项.碰撞前;E嘶］＝＋狮＾渺i十÷′测鹰p诌-等′′M｀碰撞后;E睡＝十…′i＋÷″!愿渺′:-等咖删｀所以碰撞前后总动
能不变,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为ABD
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199. ［答案］
B,C,D
［解析］
过程分析:根据动量定理,物体的动量变化量等于其受到的冲量,在相同时间内动量变化量相同,则在相
同时间内物体受到的冲量相同,受力不变。
选项分析:
A项γ匀速圆周运动受力大小不变,但方向-直在变,故A项错误
B、C、D项,匀变速直线运动,自由落体运动,平抛运动在运动过程中受力-直不变,故B、C｀D项正确.
综上所述,本题正确答案为BCD。
200。［答案］
B’D
［解析］
问题求解:冲量的定义式为I＝Ft,与物体是否运动无关,拉力F对物体的冲量大小为Ft°根据动量定理,
物体的动量改变量等于合外力的冲量,动量改变量为零’合外力冲量为零,故B、D项正确.
综上所述,本题正确答案为BD.
201。［答案］
A’B
［解析］
选项分析:
A项,物体的运动方向就是其速度方向,动量方向与速度方向相同,故A项正确.
B项,速度发生变化,则动量发生变化,动量变化量等于合外力的冲量’所以合外力冲量不为零’故B项正确.
C、D项,冲量不为零’动量必然改变,但改变的可能只是动量的方向而不是大小’如匀速圆周运动,即动能不＿定增
大,故C、D项错误.
综上所述,本题正确答案为AB.
202. ［答案］
B
［解析］
过程分析:A、B两球,其动量大小分别为10kg.m／s与15kg.m／s,且A球能追上B球并发生碰撞可
知’A球的初速度大于B球的初速度,则知A球的质量小于B球的质量’碰撞前的总动量为25kg°m／s.
选项分析:
A项,两球发生碰撞时’由于有相互作用力存在’两球的动量都有发生改变,故A项错误
Ⅱ项,由于….E≡÷瞅翻:联立啊式得』E≡羔｀碰撞前的总动髓为厘≡盖＋盖≡揣＋器,碰撞后的总
勃能为E≡荒＋磊—荒＋器初蓟能减去末动能得盖荒｀正负号无法确定｀所以这种情砒可熊发生,
故B项正确.
C项,由于A球受到与速度方向相反的力的作用,故A球的动量减少,故C项错误.
∏项根撼上述＂项内容,将初动能减去末动能得六器,叮知碰撞后的动熊大于碰撞前的动能,故D项错误
综上所述,本题正确答案为B.
203. ［答案］
A,B
［解析］
问题求解;碰撞后,A球的动能变为原来的÷』÷咖刨;≡÷.＋″喇』｀渺′＝±÷U,即碰撞后,A球可能运
］
动方向不变,也可能反弹,以A球碰撞前的运动方向为正方向,根据动量守恒定律,′孤U＝±″顺／＋2m√’√＝÷U或
√
O
〃〃＝亏U,故A、B项正确
综上所述,本题正确答案为AB。
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204. ［答案］
C’D
［解析］
选项分析;
A、D项,炸裂过程中,α、6受到的爆炸力冲量相等,重力与炸裂力相比可忽略,所以α、b动量守恒由于不知道爆炸
后α的动量和爆炸前炸弹的动量,无法判断b的速度方向,故A项错误,D项正确
B、C项,α、b都做平抛运动,从同-高度落下,同时到达地面,由于不知道两者水平方向的速度关系,无法判断两者
飞行的水平距离,故B项错误,C项正确。
综上所述,本题正确答案为CD.
205· ［答案］
D
［解析］
问题求解;物体的动量户＝′ⅪU’速度大小和质量大小共同决定动量的大小.动量是矢量,速度大小和质量
相等的两个物体动量不＿定相等,因为速度方向可能不同速度相等的物体9质量大的动量大’故D项正确
综上所述,本题正确答案为D.
206. ［答案］
A’C
［解析］
选项分析:
A、C项,火箭抛出物体,根据动量守恒定律,向前动量增加,速度增大,所需向心力更大,而万有引力减小》故火箭做
离心运动,运动半径增大,故A、C项正确.
B、D项,沿着相反的方向释放物体P,物体P的速度未知,所以若P的速度大小满足于前面和火箭-起运动时的相
等,只是方问相反,那么P将沿着相反的方向做匀速直线运动,而且轨道不变,那么半径也可能不变,故B、I）错误
综上所述,本题正确答案为AC.
207。［答案］
B
［解析］
合外力做功为零动能不变,但合外力的冲量不＿定为零’则动量的变化不＿定为零;如匀速圆周运动,其
合力做功为零’但其动量始终在变化,故A错误;物体所受的合外力的冲量为零,则动量变化-定为零’即物体的速
度不变,故动能不变’所以动能的变化量＿定为零,故B正确;物体动量变化量的方向可能与末动量方向相同,比如
做匀加速直线运动的物体,故C错误;物体动量变化量的方向可能与末动量方向垂直,比如做斜上抛运动到最高
点,末动量的方向在水平方向,动量的变化量在竖直方向上,故D错误。
综上所述,本题正确答案为B。
208. ［答案］
A
［解析］
选项分析:
A项,根据题意,把小车与物体看成＿个系统,该系统在水平方向上受合力为0,动量守恒,在-开始该系统动量为
0,在最后小车与物体最终将保持速度一致’因此小车与物体最终将保持静止’则有物体与小车之间的摩擦散失的
能量等于物体在AB段减少的重力势能,ⅧgR≡尸″』gs,即R＝／2＄.R越大s越大,故A项正确
B项,根据R＝严s9严越大Ⅳ越小,故B项错误。
C、D项,根据R≡尸s,s与′〃、M无关,故C、D项错误.
综上所述,本题正确答案为A.
209。［答案］
C,D
［解析］
问题求解:抛出物体的过程中,飞船与物体组成的系统的动量守恒,因为物体是沿飞船速度相反的方向抛
出,由动量守恒得飞船的动量增大,速度增大,将做离心运动,上升到高轨道,即飞船不可能按照原轨道运行。而抛
出后物体的速度方向有几种可能:
a.若抛出后物体的速度方向与飞船方向相同,则物体的速度减小’将做近心运动;
b.若抛出后物体的速度为零,则会在万有引力的作用下竖直下落;
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c.若物体的速度方向与飞船方向相反,其大小可能等于飞船原来的速度,此时仍将在原轨道运行,也可能大于飞船
原来的速度,此时也将上升到高轨道,故C、D项正确.
综上所述,本题正确答案为CD°
210. ［答案］
A,B,D
［解析］
选项分析:
A、B、C项,设向右为正方向,由动量守恒定律得（ml＋″′2）u0≡加lul＋′″2u2 ,位移差为5≡u1t
u2r,得〖′l＝
0. 70m／s,u2≡-0.20m／sp故A、B项正确,C项错误.
D项,根据能量守但定律’有÷（咖｜＋狮＂）砌;＋E′＝÷狮｀°;＋÷″』』U;,得E＂-α27J.故D项正确
综上所述,本题正确答案为ABD。
211。［答案］
A,D
［解析］
选项分析:
A项,两球在碰撞前后,水平方向不受外力,故水平两球组成的系统动量守恒;加uo＝mul＋3″lu2 ;又两球弹性碰撞,
机械能守恒,即;÷狮砌;-＋咖″;＋÷3″』财笛,解得;U］-—亏,U』-粤,可见第＿次碰撞后的瞬间,两球的速度大小
U0
白
▲
相等’故A项正确.
U0
B项,尽管砌1＝亏,U2-等,但两球质量不相等’所以动量不相等,故B项错误
U0
C项’两球碰后上摆过程’机械能守恒,又刚］-—丁,Ⅷ』＝＋,故上升的最大高度相等’摆长相等,故两球碰后的最
大摆角相同,故C项错误.
∏项由单摆的周期公式T≡2厕仔呵测,两球摆动周勘相同知经半个阀期唇.网球在平衡位置处发生第-次
碰撞,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为AD.
易错项辨析:
本题易错项为BC.B项,考生可能对于动量的公式应用有误;C项’考生可能直观地认为重量不同的两球在碰撞后
速度相同则最大摆角不同,从而没有使用机械能守恒具体计算两球的摆角大小,故易错选BC项.
212. ［答案］
C
［解析］
｜可题求解:选择碰撞前乙的运动方向为正方向,根据动量守恒定律’～′″甲Ⅶ′l＋′″乙U2＝″l甲Ⅶ′ l-″′Z
-″′甲×3＋加乙×l＝″〗甲×2-们乙×2,′′!甲:加乙＝3
: 5,故C项正确
综上所述,本题正确答案为C
●
◎
′
℃
213. ［答案］
B’C
［解析］
问题求解:根据动量定理得,合力的冲量等于动量的变化量,△户＝′刃gt。物体的动量改变量是竖直方向的分
动量,其大小为′″u』＝′n｀／57＝丽＝″′√面百万,故B、C项正确.
综上所述,本题正确答案为BC.
214. ［答案］
B,C
［解析］
问题求解:P在竖直方向有加速度,P、Q在竖直方向的合外力不为零,竖直方向动量不守恒;在水平方向
上受到的合外力为零,动量守恒P在水平方向上具有向左的初动量,最后P、Q相对静止后,总动量向左,P、Q以＿
定的速度共同向左运动,故B｀C项正确。
综上所述,本题正确答案为BC。
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215。［答案］
A
［解析］
问题求解:根据动量定理,物体动量的改变量等于受到合外力的冲量,A的动量变化量的斜率比B的大,
相同时间内A的动量变化量更大,故相同时间内A受到的冲量较大,IA＞IB,根据冲量定义式I＝Ft知,FA＞FB,A
的动量改变量为负,B的动量改变量为正,两者受力方向相反,故A项正确。
综上所述,本题正确答案为A。
216。［答案］
D
［解析］
过程分析;物体在光滑水平面上受恒力F’做匀变速运动。
选项分析:
A项,根据牛顿第二定律,物体在恒力F作用下做匀加速直线运动,在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大,故
A项错误。
B、C项’动能变化量等于恒力F做的功,W≡F5,位移逐渐增大,功也逐渐增大,动能变化量逐渐增大’故B、C项
错误.
D项,由动量定理△户＝I＝F△t,相同时间间隔内,动量变化量相等,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为D.
217. ［答案］
C
［解析］
选项分析;
A、B、C项,冲量大小与作用力和作用时间有关,与物体的运动状态无关,所以重力的冲量为4N×5s＝20N。s。故
A、B项错误,C项正确.
D项,摩擦力与重力大小不相等,相同时间内两者冲量不同,故D项错误
综上所述,本题正确答案为C。
218。［答案］
A
［解析］
问题求解;根据动量守恒,初动量为′＂U（正方问）’碰撞后A球反向,故A球的动量户＜（）’故B球的动量要
大于′″U,它的质量为2m,故速度＿定大于0。5U,故A项正确。
综上所述,本题正确答案为A。
219。［答案］
C
［解析］
问题求解:A、B组成的系统动量守恒,总动量向右,A减小的动量等于B增加的动量,B动量增加,动量变
化量为正,A动量减小,动量变化量为负;若绳子不被拉断,最后A、B速度相等,绳子拉力为零,若绳子被拉断,则拉
断前A的速度大于B的速度’所以A的动量变化量不可能是4kg°m／s,故C项正确.
综上所述,本题正确答案为C.
220。［答案］
A,B’D
［解析］
选项分析:
A项,碰撞前两球动能相等,加A＞′′!B,则A的速度小于B的速度,故A项正确。
B项,E＝÷咖U圆.′-′…-｀／百盂.狮A＞″驰,户A＞′B,故B项正确
C项,碰撞前后两球总动量守恒,动量变化量大小相等,故C项错误.
D项,A球动量大于B球动量,总动量沿A球原来的动量方向,碰撞后,只能是A停止,B反向,故D项正确
综上所述,本题正确答案为ABD.
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221。［答案］
C
［解析］
问题求解:以航天器的运动方向为正方向,航天器与气体分开前的总动量为MU0,分开后航天器的动量为
（M-″!）u2 ,气体的动量为-加u1 ,根据动量守恒定律Mb＝（M-m）u2—加ul ,解得喷出气体质量加＝u2干比M故C项
U2丁ˉU1
正确.
综上所述,本题正确答案为C.
222. ［答案］
B
［解析］
问题求解;爆炸过程动量守恒,爆炸之后’甲、乙做平抛运动·竖直方向位移为5m,运动时间为1 s,在水平
方向位移的数值大小等于速度,设甲的质量为3′冗’乙的质量为加,根据动量守恒定律4〃0U＝3′犯Ul＋加U2 ,分析图象
可知’只有B项符合条件,故B项正确.
综上所述,本题正确答案为B.
223. ［答案］
A
［解析］
问题求解:垒球的初速度大小为ul＝25m／s↑末速度大小为u2＝45m／s,与初速度方向相反,球棒与垒球
的作用时间为0.01s,根据Ft＝′n△u＝″!Ⅱ′2
加ul＝加（45＋25）’求得作用力为1260N;根据动能定理求得垒球的
动能增加量即为棒球对垒球做的功;W＝÷狮刨i十咖渺＄,解得W＝l20］｀故A项正确
综上所述,本题正确答案为A。
224. ［答案］
C
［解析］
过程分析:对于小车、A、B三者组成的系统满足动量守恒,根据动量守恒定律有
加AUA＋加BUB＋加犁车≡0.
选项分析:
A项,若小车不动,小车动量为零,则A、B两人总动量为零,但A、B两人质量关系不能确定,所以不能确定两人速
率一定相等,故A项错误。
B、C项,小车向左运动,则A、B两人总动量向右,A向右走,B向左走,所以A的动量＿定比B大,故B项错误,C项
正确。
D项,小车向右运动,则A、B两人总动量向左,A向右走,B向左走,所以A的动量-定比B小,故D项错误。
综上所述’本题正确答案为C.
225. ［答案］
A,C
［解析］
选项分析;
A项,重物在A位置时弹簧处于原长,A位置为往复运动的上止点,B位置为平衡位置’C位置为往复运动的下止
点,物体在A、C两位置的回复力大小相等、方向相反,在A位置合外力为重力,在C位置合外力也等于重力,其加
速度的大小等于当地重力加速度的值,故A项正确.
B项,在重物从A位置下落到C位置的过程中,速度由零增大再减为零,动量变化量为零,由动量定理得冲量为零,
所以重力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反,它们的和为零,故B项错误.
C项,在手托重物从B位置缓慢上升到A位置的过程中,设弹簧对重物做功为W弹,则手对重物所做的功等于
mghAB
W弹,重物往复运动过程中所具有的最大动能为在B位置时的动能,从A到B的过程,由动能定理得EkB
＝加ghAB-W弹,两者相等,故C项正确。
D项,在重物从A位置到B位置和从A位置到C位置的两个过程中,弹簧均从原长伸长,伸长量之比为1
: 2,则根
据弹簧力做功的规律,弹簧弹力对重物所做功之比是1
: 4,所以在重物从A位置到B位置和从B位置到C位置的
两个过程中,弹簧弹力对重物所做的功之比是1
: 3,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为AC.
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计算题篇答案解析
22o［答案］
（l）在14～l8‘时｜副段内.由题图可得;α≡l;≡宁4m／←—l6m／隐:,
则小车所受到的阻力为:F［≡mα＝
1·5N（负号表示力的方向与运动方向相反）。
（2）在10～14s内小车做匀速运动,牵引力大小F与Ff大小相等,得牵引力为:F＝l. 5N
则小车匀速行驶阶段的功率为:P≡Fu≡1.5×6W＝9W.
（3）速度时间图象与横轴围成的“面积”等于物体运动的位移,0～2｀内物体的位移大小为;亚｜＝÷×2×3m＝3m
△
1
2
2～l0＄内根据动能定理有;P篮＋F｜工,-÷咖刨;—＋咖砌带（若F｛仅指大小.则应表示为P′—F′延′-r′＂渺』
l
2｀
--了加U1）
乙
解得该时间段内位移大小为:工2＝39m,
则加速过程中小车的位移大小为:工≡工l＋工2＝42m。
［解析］
问题求解:
（l）在14s末停止遥控而让小车自由滑行,此时小车只受摩擦力,可由U-t图象根据加速度的定义’求出加速度’再
由牛顿第二定律得到小车受到的阻力。
（2）在10～l4s内小车做匀速直线运动’牵引力大小F与阻力F｛大小相等,方向相反,再由公式求得功率.
（3）由于沙t图象与横轴围成的面积等于物体运动的位移,即可求得0～2s内的位移,再根据动能定理可求得2～10S
内的位移,相加得到加速运动过程中小车的总位移.
227. ［答案］
（1）设物块与小车的共同速度为〖′,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有
加2U0＝（加l＋加2）U
设物块与车面间的滑动摩擦力为／,对物块应用动量定理有
／t≡m2U-m2U0
其中／＝尸m2g
′γT1U0
解得t≡
严（加1＋加2）g
代人数据得t＝0.24s.
（2）要使物块恰好不从小车右端滑出,须物块到小车右端时与小车有共同的速度U′ ,则
′
〃
~｜
、
／
′》?2U0≡（′》【］
厂γγ】2／U
由功能关系有
÷咖2渺′;-÷（狮］＋咖:）渺′2＋鹏m:gL
代人数据解得U′0≡5√T∏m／s
故要使物块不从小车右端滑出,物块滑」二小车的速度U′0不超过5√而m／s.
［解析］
问题求解:
（1）本题考查动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的应用.由于地面光滑,物块和小车组成的系统动
量守恒,首先根据动量守恒定律加2U0≡（″′l＋加2）U求解出物块和小车共同的运动速度U,然后对物块由动量定理
／t≡加2U-m2U0求解出物块在车上的滑行时间t.
（2）要使物块不从小车右端滑出,物块滑至小车右端时与小车需有共同的速度U′ ,物块在小车上滑动时,摩擦力做
负功’根据动量守恒定律…b＝（砸］＋咖:）U和能量守恒定律＋…′;-＋（啊1＋咖:M』＋′…Ⅲ｀即可求解出物
块滑上小车左端的最大速度U′0.
°
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228. ［答案］
见解析
［解析］
（1）设小球到达最高点速度为UP’由机械能守恒知
÷加则;＝狮gL—÷狮刚｝,代人数据解得UP＝√百m／6
▲
△
设小球在最高点时杆对球的作用力大小为Fv方向竖直向下,则
2
UP
F＋加g＝加万
代人数据得F＝2N.
由牛顿第三定律知小球对轻杆的作用力大小为2N,方向竖直向上.
（2）若解除锁定’小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒设小球通过最高点时速度为U丽’滑块速度为UM’由动
量守恒得
mUm≡MUM
o
由机械能守恒得÷狮渺;＝÷砸渺尉＋÷Mp财＋狮gL
o
O@式联立代人数据解得um＝2m／s.
（3）设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为5Ⅷ,滑块运动的距离为JM,由系统水平方向动量
守恒得’任＿时刻小球的水平速度为记′温,滑块的速度大小为UⅧ,有
加U册～MU枷＝0
o
o式两边同乘运动时间△t
mU偷△r—M℃肋△』≡0
@
即加Jm＝MsM
◎
又5咖＋5M≡2L
O
2
OO式联立代人数据求解得:5m＝丁m。
［答案］
（l）顾gLc°息0
（:）ˉ″』gLc°s0
（3）狮g簧。s‘
［解析］
（1）选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究
于减少的重力势能,即:△E＝加gLcos0;
（2）对全程应用动能定理:WG＋W／＝0
WG＝mgLcos0
由@O得W／＝WG＝-′ngLcos0;
（3）由滑动摩擦力公式得／＝严F
摩擦力做的功W／＝-／s
@O式代人O式得:尸＝″lgLcos0
FS
。
229
因为初、末状态动能为零,所以全程损失的机械能△E等
o
o
o
@
o
o
币
上
hB（9H—hA）
［答案］（Wm了
（2）″′g（:ˉ÷）
（3）咖删（9日h隐）
［解析］
（1）“A鱼,’在人水前做自由落体运动,有
Ui］-0＝2gH
得;UA］≡√面百T了;
（2）方法＿:“A鱼,,在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用,做匀减速运动,设加速度为αA’有
F合＝F浮＋／A
狙g
F△≡加α八
·
47
·
230
●
◎
◎
°
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o
0
U负l＝
2αAhA
由题意;F浮-等狮』＂
）
］
’
旦
灿
（
o
综合上述各式,得／A≡′＂g
方法二:对‘‘A鱼,,运动的全过程应用动能定理可得,
咖g〔H＋′M）—号顽gh＾ˉ八′!＾ˉ0
解得′州≡狮蔚（舟÷）;
（3）考虑到‘‘B鱼”的受力、运动情况与“A鱼’’相似,有
／H
1
＼
／B＝mg（叮-丁」
综合o@两式,得
／A
hB（9H-hA）
@
／B
′!A（9H-hB）
231。［答案］
（1）2. 5m／s2
（2）1m／s
（3）0.45m
［解析］
（1）以A为研究对象,由牛顿第二定律有
F≡加Aα
代人数据解得
α≡2·5m／s2 .
（2）对A、B碰撞后共同运动Z≡0.6s的过程,由动量定理得
Ft≡（mA＋mB）〔／『-（加A＋加B）U
代人数据解得
℃＝1m／s.
（3）设A、B发生碰撞前,A的速度为UA,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有
加AUA＝（加A＋加B）U
A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有
F‘＝÷…i
由@oo式,代人数据解得
l＝0·45m°
o
@
o
@
o
o
℃
巨
○
咖
尸
◎
何
』
（
）
〗
∑
β
）
（
℃
（
丝
独
］
（
）
］
案
鲤
□
［
232
［解析］
小工件由传送带甲传到乙上时,考虑其运动的相对性知
（l）摩擦力与侧向的夹角为45。
侧向加速度大小:α工＝〃gcos45°;在侧向上由匀变速直线运动规律知-2α虹‘＝0-u;,解得小工件侧向滑动距离
√面i′;
5≡—·
乙尸g
（2）设′-0时刻摩擦力与侧向的夹角为β｀侧向纵向加逮度的大小分男‖为凰缓、α』侧舟＝…’在很小的△′时间
内,侧向、纵向的速度增量△Uz＝α堑△t’△U〕≡αy△r
解得盖≡…
°
48
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且由题意知tan0＝丝,
U工
Uy—UJ＿△UJ＝tan0
则＿7-
U匹
U工-△UZ
所以摩擦力方向保持不变.
则当Ul＝0时’U》＝（）’即工件停止侧向滑动时的速度为U＝2U0.
（3）工件在乙上滑动时侧向位移为工,沿乙方向的纵向位移为J,由题意知
α堑＝／』gcos0,αy＝尸gsln0
由匀变速运动规律知
在侧向上:
2α工工＝0-U;
在纵向上:2αyJ≡（2U0）2-0
2U0
工件滑动时间:r＝—
αy
乙前进的距离:yl＝2U0t
工件相对乙的位移;L＝√工2＋（yl-J）:
’
则系统摩擦生热:Q≡〃加gL
电动机做功;W＝÷饥（2刨,）:ˉ＋咖o;＋Q
由页＝平｀解得屯动机的平均输出功率为;
＿
4√百p加gU0
P＝
O
233. ［答案］
（1）小球由静止摆到最低点的过程中’有
狮gR（lˉ…0.）＝÷腿财;
解得;U0＝√百∏
小球与物块Q相撞时,没有能量损失,则动量守恒,机械能守恒
机U0＝mU1＋mUQ
寺砸°;＝寺砸°带＋＋咖咱
乙
乙
解得,Ul＝0,UQ≡U0＝√百百
二者交换速度,即小球静止下来’而UQ＝U0＝√酉F
Q在平板车上滑行的过程中,有
m℃Q＝MU＋加.2U
解得;,≡了删°≡孕
1
小物块Q离开平板东时,逮度为2砌＝丛孽;
（2）由能的转化和守恒定律,知
〃狮gL＝＋咖竭—＋M渺瞥—吉′删（2渺）,
解得Lˉ矗;
（3）小物块Q在平板车上滑行过程中,对地位移为5,则
】
］
—似mg‘＝亏m（2U）2—亏mUi
.
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乎抛时问′≡抨
水平距离烫-2咖—皿
Q
综上叫得Q落地点距小球的水w厦离为』＋←箭十孕~
［解析］
问题求解:
（l）小球由静止摆到最低点的过程中,由机械能守恒求得小球最低点速度;小球与物块Q相撞时,没有能量损失,动
量守恒,机械能守恒,由此解得物块Q速度;Q在平板车上滑行的过程中,物块Q与平板车组成的系统动量守恒,根
据已知物块和平板车的速度关系求解二者的速度。
（2）Q在平板车上滑行的过程中,由能的转化和守恒定律求解平板车的长度
（3）小物块Q在平板车上滑行过程中,根据能的转化和守恒定律求解物块的对地位移;物块Q滑下平板车后做平抛
运动’已知水平初速度和高度求解平抛的水平位移;之后把两个位移求和就得到了物块Q落地后距小球的水平
位移。
234。［答案］
（1）设小球恰能通过圆形轨道最高点的速度为U
由牛顿第二定棘得;枷g≡′″芳
o
由B到最高点由机械能守但定律得;＋″渺;』-2″喂愿＋÷狮涸2
o
由A到B有—鹏咖gL｜-÷狮°猎÷Ⅷoi
o
联立O@O式解得A点的速度uA＝3m／s.
（2）若小球刚好停在C处,则有—〃狮g（L｜＋L』）-0—÷咖√i
解得A点的速度为U′A＝4m／s
若小球停在BC段,3m／s≤uA≤4m／s
若小球能通过C点,并恰好越过壕沟,则有″-÷g!′
@
5＝＝UCr
o
陛mg（L!＋L2）＝÷砸刚皂÷m√i
△
▲
联立@◎解得〖／′A＝5m／s
所以初速度的范围3m／s≤uA≤4m／s或℃A≥5m／s.
［解析］
问题求解:
（l）由牛顿第二定律和机械能守恒定律列出由B到最高点的过程中的方程,由动能定理列出A到B过程中的方程,
并结合小球恰能通过圆形轨道最高点的速度要求°三者联立即可求得答案.
（2）该小问分为两种情况,＿是小球没有越过C点,二是小球安全飞过壕沟。在第-种情况下,利用临界条件,即小
球恰好停在C点,列出动能定理公式,结合（1）中结论,求解即可得到答案。在第二种情况下,利用平抛运动的运动
学公式,并列出动能定理公式,求解即可得到答案。
235。［答案］
设α球到达高度∧时两球的速度为U,根据系统的机械能守恒得:
剧…-…＋＋×（3顺＋砸）p』
解得两球的速度都为U＝｀／百7厂
此时绳子恰好放松,α球开始做初速度为〖′＝｀／百万的竖直上抛运动,设α球能上升的最大高度为H
·
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对“,根据机械能守恒;狮g′i＋＋″m』-咖gH
解得α球能达到的最大高度H为1。5′l.
［解析］
问题求解:本题可以分为两个过程即6球落地前和6球落地后,对于b球落地前,αb系统的机械能守恒,据
此可求得α球上升h时的速度的大小,b球落地后9α球的机械能守恒,据此可以求得α球上升的高度的大小。
23o［答案］
（l）设轨道半径为R,由机械能守但定律;＋″砌i-加g（2R＋r）＋÷砸渺乳
2
UB
对B点:FN1-加g＝加万
2
UA
对A点;FN2＋mg＝m万
联立以上二式叮解得;两点压力差△F＂＝FN1—F腿-…｜／等互
由题图乙得:截距6加g≡3N,即加≡0.05kg·
（2）因为图线的斜率隐-等-l.得R＝lm
2
根据A点临界情况咖g-咖芳,可得在A点不脱离的条件为;锄A≥｀／夏百
由机械能守恒定律;÷狮财:＝″g（2R＋工）＋÷狮″i,″』＝α05kg,因此可解得延m-皿5n％
臼
［解析］
问题求解:
（1）首先根据机械能守恒,列出在A点和B点间小球的动能与势能所满足的等式关系’再根据小球在A点和B点
处支持力与重力的合力提供向心力这＿条件’列出等式’结合这三个等式’可求得A点和B点两点压力差’结合题
图乙中截距,即可求得答案.
（2）根据图线的斜率可求得轨道半径’再根据A点临界情况求得在A点不脱离的条件,再根据机械能守恒定律以及
（1）中求得的答案,即可得到答案.
237. ［答案］
见解析
［解析］
（1）依题意,当弹簧竖直放置’弹簧被压缩至长度为′时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化
为弹簧的弹性势能.由机械能守恒定律,弹簧长度为′时的弹性势能
Ep＝5咖g′
o
设P的质量为M,到达B点时的速度大小为uB,由能量守恒定律得
Ep-÷MU:＋′Mg.4′
@
联立o@式’取M＝加并代人题给数据得Uβ＝｀／丽了
o
若p能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小u应满足
2
γⅦU
-厂加g≥0
@
设P滑到D点时的速度为UD,由机械能守恒定律得
÷枷渺爸-÷…b＋卿g。2′
o
联立OO式得uD＝｀／百百T
o
uD满足O式要求,故p能运动到D点,并从D点以速度uD水平射出.设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动
学公式得2′＿÷g‘』
@
p落回到轨道AB上的位置与B点之间的距离为＄＝uDt
o
.
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◎
°
联立O@O式得s＝2√百I
（2）为使P能滑上圆轨道’它到达B点时的速度不能小于零.由OO式可知5′＂g』:
要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C
＋MUb≤Mg!
联立OOOO式得÷砸≤M＜;m
O
＞尸Mg·4′
由机械能守恒定律有
o
238. ［答案］
见解析
Q
［解析］
（1）打在探测屏AB中点的微粒下落的高度为÷／l
△
÷h-＋g‘:
′≡√普
（2）打在B点的微粒初速度锄］＝二;2h-÷g‘;
L］
＂］≡L√哥
同理,打在A点的微粒初速度
~～
℃:＝L√六
能被屏探测到的微粒的初速度范围为:
~—~一
L√惫≤U≤L√箭
（3）由功能关系＋砸;＋…＝÷″m;＋2…
代人@O式得L＝2√面h.
o
@
o
@
o
◎
●
239. ［答案］
（1）uB＝uccos53。
四驱车运动到B点时的速度为UB＝3m／s.
（2）从A到B的运动过程中有牵引力和阻力做功,根据动能定理有
儿
＾
／
店
尸
~~
’
示
□
′
〖
加
］
—
〗
t＝1°5S.
（3）从C点运动到最高点过程中,只有重力做功』所以机械能守恒,有;÷砸:ˉ′吧（h＋R
∩
圆轨道的半径R＝÷m
四驱车到达D点时对轨道的压力最大
四驱车在D点速度为uD,从C到D过程中机械能守恒,有:
＋狮渺b—÷顺,:＝枷爵腮（1ˉ…3.）
「或÷倾铡b＝咖g（R＋″）｜
′＂oi
Fmax-′″g＝ˉ万
四驱车对轨道的最大压力Fmax＝55. 5N.
＼
日
′
◎
∩
□
尸
◎
吕
◎
巳
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~~
［解析］
问题求解:
（1）B到C为平抛运动,水平方向速度相等,由C点水平速度反推B点的速度°
（2）AB之间运用动能定理,从A到B的运动过程中有牵引力和阻力做功列出公式求解.
（3）先分析从C点运动到最高点的过程’根据机械能守恒定律确定出轨道半径再根据圆周运动规律可知压力最大
点为D点’由机械能守恒定律可求出D点的速度’根据圆周运动规律与牛顿第二定律求出D对小车的支持力,最
后由牛顿第三定律得出答案.
240° ［答案］
（1）由平抛运动规律’有
↑
竖直方向h＝÷g‘2
水平方向s＝Ut
得水平膘离』-√予≡队,0Ⅲ
（2）由机械能守但定律’动能凤＝÷咖砌2＋狮gh＝（l90肌
（3）A、B质量相等’发生弹性碰撞,虽然不知道碰前A的速度’但速度互换,可以等效成A直接滑出桌面
由动能定埋,有—似啊g′-＋狮锄2÷顾U;
得初速度大小U0＝√丽百】丁了＝40m／s.
［解析］
问题求解:
（l）根据平抛运动公式,通过竖直位移求出平抛运动的时间’再通过平抛运动水平方向为匀速运动,即可求出平抛
运动水平位移°
（2）对平抛运动分析’整个过程中只有重力做功,机械能守恒,所以小物块落地时动能等于平抛运动的初动能加上
平抛运动过程中重力做的功,列出方程式,即可解出正确答案.
（3）由于A、B质量相等,所以A、B发生弹性碰撞后,B的速度等于碰前A的速度’A则静止’所以可以将整个过程
等效成A直接滑出桌面.对小物块在桌面上的运动过程分析,运用动能定理,列出方程式,代人数据即可得出正确
答案.
241. ［答案］
（1）传送带给P的摩擦力／＝″!1g＝1N’
小于Q的重力加2g＝3N,P将向左运动.
根据牛顿第二定律,
对P:T-尸m］g＝加lα
对Q:加2g-T＝加2α
解得:α＝
｜
加2g-严加1g＝4m／s2.
″11一厂刀?2
~γ
（2）从开始到末端;U』＝2α÷
L／2
／＝＝-＝-
U
＿
0＋U
U＝-了
传送带的位移5＝U］t
Q-…（÷十』）-4I
（3）方法＿:电动机多消耗的电能为克服摩擦力所做的功
△E电＝w克≡严加lg5
。
53
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△E电＝2」
~『
］
方法二;△E电＋狮2g亏＝寸（′＂1＋咖2）U2＋Q
△E电＝2J.
［解析］
问题求解:
（1）比较可得摩擦力小于Q的重力,故P向左运动;设绳上的拉力为T,又P、Q的加速度大小同为α,根据牛顿第二
定律列出方程,联立可求得α。
（2）P做匀加速直线运动,加速度由（1）求得,由此可求得从静止到运动到左端点的时间Z;在t时间内传送带运动的
滥离为U!′,因此相对运动距离为刨!′＋÷摩擦力始终为…’由此可求得摩擦产生的热量即摩擦力所做功为
4J.
（3）方法-:由于电动机多消耗的电能用于克服摩擦力做功,做功的距离为Ult,因此△E电＝尸′nlgUlt＝2J°
方法二:根据能量守恒,电动机多消耗的电能和Q减少的重力势能,转化为P、Q两物体的动能和摩擦产生的内能,
列出能量守恒方程即可求得△E电.
242. ［答案］
（1）对B球受力分析,如图所示
γ
吼
及
。
一
｜
专
′′Tg
水平方向上有Ncos30°＝F弹
竖直方向上有lVsin30°＝″』g
得F弹-ta器0。＝√可〉＂g
（2）由系统机械能守恒定律得:
3″!g.÷R—咖gR＝÷.3咖,:＋÷卿Ui
UA≡UB
对B运用动能定理;3狮g.÷R＋W—÷. 3狮″:
联立以上各式得;W-—÷狮g尺
［解析］
问题求解:
（］）对B球受力分析,根据力的合成与分解可得到杆对B球的弹力大小.
（2）B球由初始位置到达N点的过程中｀由几何关系可知A球k升高度为R』B求下降高度为÷R’八球与B球组
成的系统机械能守恒,当B球到达N点时,A、B两球的速度大小相同,可求出此时B球的速度大小,再根据动能定
理可求得在此过程中杆对B球所做的功.
243. ［答案］
小球A与地面的碰撞是弹性的,而且A、B都是从同—高度释放的,所以A、B碰撞前的速度大小相等为
U0 ,根据机械能守恒有
狮＾g日＝＋…;
化简得U0＝√面百TT
o
。
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。
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设A、B碰撞后的速度分别为UA和UB,以竖直向上为速度的正方向,根据A、B组成的系统动量守恒和动能守恒得
加AU0-mBU0≡加AUA＋加B℃B
@
÷狮A似;＋÷顺B渺;-÷娜AUi＋÷′厕圆U:
o
联立oo化简得
3加A-mB
@
UB＝加A＋加BU0
设小球B能够上升的最大高度为h’由运动学公式得
2
,
UB
o
″＝z
联立o@o化简得
偷-（瓣器）』凰
［解析］
过程分析:本题运动过程分为三个阶段’A落地前—碰撞前—碰撞后
A落地前;A做自由落体运动.
碰撞前:A竖直上抛、B自由落体,由于碰撞是弹性的,在任＿高度A和B的速度大小相同’方向相反.
碰撞后:B做竖直上抛运动.
问题求解:
由于所有碰撞都是弹性的’所以不考虑能量损失.A竖直上抛、B自由落体的阶段,在任-高度A和B的速度大小
相同,方向相反,由U2＝2gh可求得A和B碰撞时两者具有的速度U0＝√百百百,碰撞时,根据动量守恒和能量守恒’
2
可求得B碰后的速度U凰（由狮＾＞″』凰可知B碰后向k运动）碰后上升的距离可通过h＝孟求出
244。［答案］
（1）轿车牵引力与输出功率关系:P＝F牵U
将P≡50kw,酬≡,0km｛h—2…代人得F牵≡寺≡:×l0』Ⅳ
当轿车匀速行驶时,牵弓｜力与阻力大小相等,有:F阻≡F牵＝2×103N.
（2）在减速过程中（设时间为′）’注意到发动机只有÷P刷十汽车的牵弓｜根据动能定理有;
÷P‘—F圈L-÷濒刚§÷咖刚;
代人数据得:Pt＝1.575×105J
电源获得的电能为;E噶-队5×÷P』-d:×10』｝
（3）根据题设,轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻≡2×103N,在此过程中,由能量转化及守恒定律
可知。仅有电能用于克服阻力做功:E电＝F阻L′
代人数据得:L′≡3l.5m.
［解析］
问题求解:
（1）匀速行驶过程,轿车受力平衡,牵引力等于阻力,输出功率P＝F牵〖′’即可求出阻力大小。
（2）根据动能定理即可计算出减速过程损失的动能,注意到此过程合外力的功包括两部分,摩擦力做功和电磁阻力
做的功,而克服电磁阻力做的功即为此过程获得的电能.
（3）维持轿车匀速运动过程克服摩擦阻力做功,利用E电＝W／,即可求解,此过程电能完全用于克服阻力做功’动能
不发生改变·
·
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涝凸伪沪广
怔＝△▲p
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2幅［答寨］
（l〕A到D过程根据动能定理｀有′＂g（2R—R）—陛mgc。s37. .器示＝0ˉ0’
〃＝÷憾n37.＝α37鼠
2
（2）若滑块能到达C点｀根据牛顿第二定律,有狮g＋F＂＝等｀锄c≥｀／贾百＝2m／｀
A到C的过程;根搪动能定理》有似…爵37. .器下＝÷″屹—÷′＂u;’u删-√u:＋2gR≥2√可m／｀
（3）滑块离开C点做平抛运动,
工＝UCt9
’＝÷雕: ,
tan37。＝2R-y
工
5t2＋3t
0.8＝0
解得t＝0。2s.
［解析］
问题求解:
（l）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滑块与斜面
间的动摩擦因数严.
（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U的最小值.
（3）滑块离开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
246. ［答案］
（1）圆环从O到D过程中做平抛运动
水平方向:工＝U0t
竖直方向;y-÷″,
读题图得工＝6m’y＝3m,解得U0＝√而m／s≈7。75m／s.
（2）圆环从A到O过程中,根据动能定理
F工AO-严矾g工AB-机gyOB≡丁″!U0
代人数据得F＝10N.
（3）圆环从A到B过程中’根据牛顿第二定律F-尸′ng＝′＂α
∑A凰＝÷α《』
代人数据得′≡√菩S≈1。26S
［解析］
问题求解:
（1）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
为水平和竖直方向,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（即平抛运动水平分
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。
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°
…
【~
丁
247. ［答案］
（1）小球从B到C的过程中,满足机械能守恒,取C点为重力势能为零的参考平面,有:
砸gR（1＋c。s60.）＝＋′鹏韧:＋E,·
解得:uC＝3m／s°
（2）根据胡克定律,有:F弹＝虎工＝2。4N
对小球在C点时应用牛顿第二定律得（以竖直向上的方向为正方向）:
F弹＋FN-加g＝加万
解得:FN＝3.2N
根据牛顿第三定律得,小球对环的作用力为3。2N,方向竖直向下.
［解析］
问题求解:
（1）小球从B到C的过程中机械能守恒.小球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能,通过列机械能守恒方程即
可求出小球在C点的速度.
（2）小球在C点时合力提供圆周运动的向心力,此时小球受到的力包括重力、弹力和支持力作用’通过牛顿第二定
律即可求出支持力的大小,再根据牛顿第三定律,可以求出小球在C点对环的作用力
248. ［答案］
（1）4m／s
22N
（2）45
（3）u厕＝√9—0。2测（＂＜此）
［解析］
（l）物块A从滑人圆轨道到最高点Q根搪机械能守恒定律,得＋″财;-〃』g.2R＋÷′诞刚』
所以A滑过Q点时的速度
U＝√U;-4gR＝√62—4×l0×0.5m／s＝4m／s＞√r∏＝√百m／s
在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式,得
砸g＋F＝炯爷,
所以A受到的弹力F＝爷—狮g＝（带—1×l0）Nˉ22M
（2）A与B碰撞遵守动量守恒定律,设碰撞后的速度为U′,则′nU0＝2′门z／,
所以彻》＝÷渺』＝3m／＂
从碰撞到AB停止,根据动能定理,得
—2′…L≡0—÷. 2砸,″
′2
Q2
所以隐＝施≡2×αl父l0×αl＝4鼠
（3）AB从碰撞到滑至第门个光滑段根据动能定理,得
—2似′＂g测L-÷.…:—÷.…Ⅷ
解得u测＝√9-0·2″m／s（″＜虎）.
249。［答案］
（1）0.32
（2）130N
（3）9J
［解析］
（1）由动能定理,有-尸加gj-丁″!U-ˉ丁加U0
可得尸＝0.32.
（2）由动量定理:有F△t＝加U-mU
可得F＝130N·
（3）W＝÷狮,′:＝9肌
尸句
●
O／
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250. ［答案］
（1）0。2s
（2）0. lm
（3）-2J
［解析］
（1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F’则
F＝尸mg＝加α
又U≡αt
取向右为正方向’对邮件应用动量定理,有
Ft＝mU—0
由o@式并代人数据得
t＝0·2s°
（2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有
F工＝÷″°』
0
由oo式并代人数据得
工＝0° 1m°
（3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中’设皮带相对地面的位移为s,则
J二＝U〖
摩擦力对皮带做的功
W＝-F5
由ooo@式并代人数据得
W＝
2］.
o
o
o
o
o
o
o
25l［答案］
B下落:过程中’对系统有…丁-咖lg÷m0＋亏（′腮1昨毗）砌』
H
］
以后对A卜升辜顶点的过程;÷咖‖刨』≡咖』g（号—÷H蓟n0）
加1
1
联立解得—＝—
加2
2
·
［解析］
问题求解;圃为A距斜面顶端的距离大于号,所以B先卜落号’然后B静止在地面上,丽A继续向斜面
顶端运动.分析B下落早过程,在这＿过程对A、B系统运用机械能守恒定律,即B物体减小的重力势能转化为A、
△
B的动能以及A增大的重力势能.分析B落地以后,对A运用机械能守恒定律可知,A的动能转化为A的重力势
能,联立以上方程求出结果.
252。［答案］
（1）设小球到达圆轨道B点时速度为u,从C到B,由动能定理有:
FL—2吨R＝÷顺渺』—0
解得铡-＼／旦旦引顺gR
2
根据牛顿第二定律有F′＂＋狮g-m÷
解得;F′N＝等—5顺‘
根据牛顿第三定律可知.小球到达圆轨道B点时对轨遭的雁力为;FN＝Fh＝等…,方向竖直向上
（2）轨道半径越大,小球到达最高点的速度越小,当小球恰好到达最高点时’轨道对小球的作用力为零’则小球对轨
遭的压力也为零.此时轨道半径最大则令F＂-等—…≡0.解得轨遭半径的最大值腮瞬≡器
（3）设小球平抛运动的时｜司为′｀在竖直方向上有;2R-十g贮』
·
58
·
↓
』
］
十
｛
十
‖
斗
｜
上
＾
圆
悸
§
≡
｝
尹
…
》
≠
‖
牵
』
…
》
干
…
‰
‖
「
｝
≠
卧
∩
『
忠
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得;‘≡2仔
水平偷移为』堑≡哑≡＼／些寻哩互咽仔
＿／了叮T
—V———
4′＂gR）·47ⅪgR
2
2
mg
当2FLˉ4咖gR-…尺时.水平位移露最大.得;R≡谎
D到A最大距离为:工m≡4R＝旦
加g
［解析］
问题求解:
（1）根据动能定理列出公式可求出小球到达B点时的速度’然后根据牛顿第二定律可求出圆轨道对小球的弹力大
小,根据牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力和轨道对小球的弹力是—对相互作用力,二者等大反向.
（2）轨道半径越大,小球到达最高点的速度越小’当小球恰好到达最高点时,轨道对小球的作用力为零,则小球对轨
道的压力也为零,此时轨道半径最大,列出公式即可求出轨道半径的最大值.
（3）根据平抛运动的公式可求出小球运动的时间’然后可求出水平位移与半径的关系表达式,然后根据数学知识可
求出当半径取某个值时,水平位移达到最大
253｛答案］
（l）木板M的最大加速度α獭＝等＝4m／s2,滑块与木板保持相对静止时的最大拉力
Fm＝（M＋加）αm≡12N
即F为6N时,M与″!-起向右做匀加速运动
对整体分析有:F＝（M＋″』）αl
U］＝α1tl
代人数据得:ul＝1m／s
1
『
（2）对M:0～0.5s,工1＝丁αltj
0,5～2,0s,严mg＝Mα2
露2＝,｜‘,＋÷凰:Ⅱ!
则0～2.0s内木板的位移工＝工l＋工2＝6.25m
（3）对滑块:0. 5～2。0s·F-尸加g≡mα2
0～a0’滑块的位穆;堑′＝药］＋（渺№＋÷…;）
0～2.0s,加与M相对位移:△r1＝工～工≡2.25m
t＝2。0s时,木板速度u2＝u］＋α2t2＝7m／s
滑块速度Z／2≡℃l＋α′2t2≡10m／s
撤去F后,对M:严加g＝Mtl3
对加:＿严加g＝加α3
当滑块与木板速度相同时保持相对静止,有z′2＋α3t3＝U′2＋α3t′3
解得t3≡0。5s
这段时间内’M位修;鞠-″』＋十α蝎
咖位穆涎′,＝渺〃:淘＋十α〃敷′;
加与M相对位移:△工2＝工3-工3＝0。75m
整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移:△工＝△工l＋△工2＝3m
产生的内能Q＝严mg°△工＝l2」·
·
59
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［解析］
问题求解:
（1）根据滑动摩擦力提供加速度列等式,可求出木板的最大加速度’进＿步可求出滑块与木板保持相对静止时的最
大拉力;F等于6N时两者一起向右做匀加速运动,整体运用牛顿运动定律及运动学公式列等式,联立可得速度
大小。
（2）将运动分为两段’根据运动学公式分别求出两段的位移大小’二者相加即可求解.
（3）有力作用的过程中’结合牛顿运动定律和运动学公式先求出此过程中二者的相对位移;撤去拉力后,再结合牛
顿运动定律和运动学公式求出由撤去拉力到二者共速过程中的相对位移.最后,由Q≡／正可求解.
［答案］
（l）2√灰（2）号腿gR
（3）÷√百壶÷咖
［解析］
（1）根据题意知’B、C之间的距离为』≡7R-2R
设P到达B点时的速度为UB,由动能定理得
］
加g／sin0-似mg／cosβ＝÷加u宙
式中0＝37°。
联立o@式并由题给条件得
UB＝2√面F.
（2）设BE＝工.P到达E点时速度为零’设此时弹簧的弹性势能为Ep.p由B点运动到E点的过程中
理有
…sm0＿似咖g工cosβ—Ep＝0—÷加″惫
E、F之间的距离为′l＝4R
2R＋工
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有
Ep-加g／1Sin0
严mg′1COS0＝0
联立O@OO式并由题给条件得z＝R
］9
Ep≡亏加gR.
（3）设改变后P的质量为咖1p点与G点的水平距离瑟!和竖直距离№分铡为露1＝÷R—÷R恳!M
巨
巨
γ!＝R＋÷R＋÷Rcos0
式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为0的事实
设P在D点的逮度为,∩,由D点运动到c点的时间为′由平抛运动公式有’!＝÷酗:
工l＝UDt
联立oooo式得,门＝÷√百百贾
设P在C点速度的大小为uc。在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒,有
÷…:＝＋砸1Ub＋咖!g（÷R＋÷Rc。sβ）
P由E点运动到C点的过程中,由动能定理有
E膨ˉ耐lg（蜒＋5R）s｜n0
似砸!g（z＋5R）c。s0＝十…｛
1
联立@oooo式得加l＝ˉ示加。
O
.
60
·
254
o
@
o
由动能定
°
◎
◎
◎
o
o
o
◎
α
◎
o
o
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255. ［答案］
（1）设小球的质量为加,到达A点的速度为UA,到达B点的速度为UB,根据机械能守恒定律有:
R
EM＝mg丁
E鹏＝枷g÷—顾gR-÷顺gR
则EkB :EkA＝5
:
1。
2
UC
（2）假设小球恰好达到C点需要的速度为uc’则加g＝m万
ˉr
解得咋ˉ＼／亨
根据能量守恒定律9设到达C点的速度为u′c,
则″lg°丁＝丁加UC
解得翻′cˉ＼／孕
因为uc＝u′c,所以小球恰好能沿轨道运动到C点.
［解析］
问题求解:
（1）小球运动过程机械能守恒,列出能量式作比.
（2）首先确定小球恰好能到达C点的临界条件,即小球运动到C点对轨道没有压力,重力提供向心力,可以求得到
达C点的临界速度,小球从B到C点能量守恒,列出能量式,求得临界条件下小球到达B点的速度,比较实际小球
到达B点的速度,可以确定小球是否能沿轨道到达C点. （若小球到达B点的实际速度大于或者等于临界条件下小
球在B点的速度,则小球能沿轨道到达C点）
256. ［答案］
（1）144N
（2）12。5m
［解析］
（1）运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为工,则有
Ub≡2α工
由牛顿第二定律有加g旦-F｛＝加α
工
联立O@式,代人数据解得F［＝l44N.
（2）设运动员到达C点时的速度为℃c,在由B处运动到达C点的过程中,由动能定理有
咖gh＋w-＋咖诧—÷〃似岿
设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律有
2
刀TUC
FN-加g≡＿厅
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立@◎式’代人数据解得
R＝12.5m.
（I）
◎
◎
@
o
257. ［答案］
（1）A固定不动时,B静止在斜面上,对B进行受力分析,根据平衡可得斜面A对B的支持力
lV＝加gCOSα。
（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.
《
!
审
＼
《
厂
飞
、
◇
◇
、
◇
■
‖
｀
●
广
】
∩
、
→
＿
卯
～
N
· 61
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假设刚开始A固定不动时,连接B到定滑轮的绳子长度为l,B的水平坐标为Icosα,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／＋工,
B的水平坐标为（』＋工）cosα
王＝／cosα＋工（cosα-l）,纵坐标为-（／＋工）sinα
所以B的水平位移为工′≡′cosα＋r（cosα
1）-』cosα≡工（cosα-1）
竖直位移为’≡—（｛＋工）sinα≡-工slnα
所以B的位移‘＝√F耳y了＝√工2（cosα-1）2＋工2sin2α＝√2z2（1-cosα）＝2工sin÷
方法二:B的运动可以看成先随斜面—起向左运动工,再沿斜面向下运动工,如下图所示
九
B
飞＼了…／＼~
池
＼′Lr
5
将这两个运动进行矢量合成即可得到‘＝2工sin÷
（3）整个运动过程中能量守恒,B重力势能减少量为顺g…α,A动能增加量为＋棘刚甚’B动能的增加量为
÷砸（锄雹.2瓢n÷）』｀由机械能守恒有;咖…α—÷砸,甚＋÷砸（醛. 2瓢n÷）2
解榔砌氢≡√钨糕
［解析］
问题求解;
（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＿:建立直角坐标系,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
大小.
和B动能的增加量之和’列出等式,即可求出A的速度
258. ［答案］
（1）小球在竖直方向做自由落体运动’运动时间为
‘≡｀／罕≡队＄.
小球在水平方向做匀减速运动,加速度:
α＝旦＝5m／s2
〃〗
水平位移;嘶-°0′÷哑,＝4βm
（2）由动能定理:Ek′-Ek0＝mgH—F5
代人数据得:Ek′≡120J
（3）小球离开杆后经过时间′的水平位移;』-吻‘ˉ＋α』』
由动能定理;且—÷咖锄;-咖g.÷g′—F‘
以Ek＝78J和u0≡8m／s代人得:
125／2-80／＋l2＝0
解得:tl＝0.4s,／2≡0.24s.
·
62
·
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［解析］
问题求解:
（1）小球在竖直方向做自由落体运动’可以列式求出运动时间,小球在水平方向做匀减速运动’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。
（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。
259〖答案］
（D设小球落到地面的速度为渺,根据机械能守恒得;′＂gH＝÷″』沙:,得;Ⅵ′-√面百TT
（2）小球做自由落体运动的末速度为:U0＝√2g（H＿h＋工）
小球做平抛运动的时问为;√《宁）
水平位移为:5＝2√（H-h＋工）（h-工）
由』＞′i—工｀解得;h—子H＜蟹＜＾
（3）小球运动的总时间′隐√（Ⅱ子＋堑）｛√2（罕）
所以墒≡乎—』√（H—胸沪）（＂ˉ颜）
当″ˉ胸＋墨＝hˉ露.:′延≡胸号时.小球运咖｛间最长·墅≡h:符合《2》的条件,代人得;膨…—2仔
［解析〗
问题求解:
（1）小球从开始下落到最后落地,整个过程中机械能守恒,列出机械能守恒方程式即可求出落到地面的速度.
（2）因为小球要直接落到水平地面上’所以平抛运动的位移5＞h-工。根据自由落体运动’求出平抛时的初速度,根
据平抛运动的竖直位移求出平抛运动所用时间,进而求出平抛运动的位移.令平抛运动的位移s＞h＿工’即可求出工
的范围
（3）小球运动的总时间包括自由落体运动的时间和平抛运动的时间’分别求出再相加.分析总时间的公式,求出总
时间的最大值及取最大值时的工值’并检验工是否在（2）的范围内
260. ［答案］
（1）床面下沉工0＝（）. 1（）m时,运动员受力平衡〃′g＝虎工0 ,得龙＝11望＝5.0×103N／m
工0
F-工图线如图所示
F
／
x
O
（2）运动员从工≡0处离开床面,开始腾空,其上升、下落的时间相等,所以运动员上升的最大高度为
h厕-＋g（等）』＝队0m
（3）参考由速度时间图象求位移的方法,F-工图线下的面积等于弹力做的功,从工处到工＝0,弹力做功WF
wF-＋.工.拉＝÷拉2
运动员从工l处上升到最大高度hm的过程,根据动能定理有
1p
2
丁欠工!
′Ⅷg（工l＋hm）＝0
0
得工l＝Z0＋√Z;＋2工0∧m≡1。1m
.
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对整个预备运动’由题设条件以及功能关系,有
W＋÷隐z;＝枷g（h颜＋烫0）
得W＝2525J≈2.5×103J。
［解析］
问题求解;
（1）床面下沉工0时,运动员相对蹦床静止,此时运动员所受合力为零,竖直向下的重力等于竖直向上的弹力,根据
胡克定律’列式可求得弹簧劲度系数炎;弹力与弹性形变量成正比,因此F—工图象是以原点为起点,斜率为皮的
射线.
（2）运动员从工＝0处上升到最高点过程中,做匀减速直线运动直至到达最高点速度减为零,运动员下降的过程当
中,做匀加速直线运动,加速度的大小与上升的过程中相同’两个过程消耗的时间相同,根据运动员的腾空时间可
知运动员上升过程所用的时间,根据运动学基本公式可求得运动员上升的最大高度／lm。
（3）F-工图线下的面积等于弹力做的功,运动员从工l处上升到最大高度hm的过程中,弹力做正功,重力做负功,
且初状态和末状态的动能均为零,可根据动能定理求得工l ;运动员从盂0处上升到最大高度hm的过程中,根据能量
守恒,运动员所做的总功W和蹦床弹力所做的功的和等于运动员重力势能的增量,列式求得W。
［答案］
（1）由平抛运动规律知U;≡2gh
竖直分速度Uγ＝√z万＝4m／s
初速度u0＝uytan37°＝3m／s.
（2）对从P至B点的过程,由机械能守恒有
砸腐（′i＋RRc。s53.）＝÷狮渺i—＋砸°;
2
UB
经过B点时,由向心力公式有F′N-mg≡加万
代人数据解得F′N＝34N
由牛顿第三定律知,物块对轨道的压力大小为FN≡34N,方向竖直向下.
（3）因尸mgcos37°＞们gsin37°,物体沿轨道CD向上做匀减速运动,
速度减为零后不会下滑
从B到上滑至最高点的过程,由动能定理有
ˉ砸gR（l…7.）—（砸g鼠in37.＋“…s37.）堑＝0÷砸诡
代人数据可解得工＝揣m≈109m
在轨道CD上运动通过的路程工约为1°09m.
［解析］
问题求解:
（1）物体做平抛运动,在竖直方向上做自由落体运动,根据运动学公式求得竖直方向上的速度’又因为物体在A点
沿着轨道切线方向进人轨道,从而根据角度关系求得水平方向速度。
（2）P到B的过程,机械能守恒,从而求得在B点物体的速度;在B点,应用匀速圆周运动的性质求得物体受到的支
持力;根据牛顿第三定律,即可求出物体对轨道的压力.
（3）从B到上滑至最高点的过程,根据动能定理得,动能变化量等于重力势能变化量与克服摩擦力做功之和。
261
°
64
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［答案］
（1）设探险队员在空中运动的时间为t,在坡面上落点的横坐标为工,纵坐标为y.由运动学公式和已知条
件得
工＝U0t
o
2h—γˉ÷哑:
o
根据题意有
γ≡六雾2
o
由机械能守恒,落到地面时的动能为
＋mU2＝÷狮U;＋″』g（2h＿γ）
@
联立o@o@式得
＋狮,』-÷醚（铡;＋籍箭）
o
（2）o式可以改写为
】
〔
γ
□
力
吕
日
｜
十
’
～
＼
｀
□
‖
′
／
′
巨
∧
｜
十
巨
’
矿
’
≈
℃
′
√
划』-（√刁『干丽—
｀
o
u2极小的条件为O式中的平方项等于0,由此得
U0＝√硕
@
此时U2＝3g∧,则最小动能
（＋狮铡:）m晌-÷咖g儿
o
［解析］
问题求解;
（l）曲能量守恒得出÷咖拟』＝÷咖渺;＋顺腐（2师＿γ）｀可知人落到坡面的动能与人落到坡面时的γ坐标有关求解人
落到坡面时的γ坐标使用交轨法联立抛体运动曲线方程和坡面的曲线方程』-六霉;即可求解抛体运动曲线万
↑
2h
程是运动学重要考点’通过联立r、γ方向的运动方程贬＝刚0廖’2h—γ＝亏g』2可得出2肉—〗＝—了
U0
1＋丽
代人寸狮,:ˉ÷狮畸＋…偷—γ）得出÷狮（翻;＋羔需）
｛
（2）本题最小值可用二次方程或均值不等式求解.
二次…;将方…为锻＿（√铡;＋姚—萧跳）.｛鞠｛
均值不筹式法;将方橇改写为吉狮馏』ˉ÷″｛〔膨;＋姚）＋萧箭
÷…
当恤仪当（触;＋酗〕ˉ票穿膨＂-厄砸最小值
＋3g／l,可得出℃2极小值及其条件
』
′
『
』
〖
‖
〗
｀
加
］
上
＿
’
≈
≥
司
｜
｜
｜
己
『
几
◎
□
〃（触;＋爵′』』撼羔瑞
）
γ
-g门
~
＾尸
·
OO
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263. ［答案］
（1）0。2m
（2）o8.5N◎0.4m
［解析］
（1）物块从p点下滑经B点至C点的整个过程,根据动能定理得
mgh
户1加gL＝〔）
代人数据得
h≡0.2m.
（2）O设物块的加速度大小为α,P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为β,由几何关系可得
［。s0≡宁
根据牛顿第二定律,对物块有
mgtan0＝加α
对工件和物块整体有
F-尸2（M＋加）g≡（M＋加）α
取立@o@o式,代人数据得
F＝8.5N.
@设物块平抛运动的时间为t,水平位移为工l ,物块落点与B点间的距离为工2 ,由运动学公式可得
′!＝寺gr2
乙
工1＝Ur
工2≡工l-Rsinβ
联立@o@oo式,代人数据得
r,＝0°4m·
o
o
o
@
◎
o
@
°
◎
o
264。［答案］
（l）汽车有最大速度时,此时牵弓｜力与阻力平衡,由此可得;
P＝F牵Um＝／Um
30×l03
um＝了＝0. 1×2000×l0m／s＝15m／s。
（2）当速度圃＝｛0m／s时’贝｛F牵ˉ÷-30×l0』
1（）
N≡3×103N
F爷／:0删000m／s』-α5m／s匙
α＝＝
（3）若汽车从静止开始做匀加速直线运动,则当P＝P额时,匀加速结束
P额≡F牵U!
F牵-／≡加α
P额
P额
U′＝庭＝／＋′″α
U『
P额
α
（／＋加α）α＝7。5s。
t＝＝—＝＝
［解析］
问题求解:
（1）汽车牵引力等于阻力时速度最大,结合额定功率可求出最大速度.
（2）汽车速度已知时可求出其牵弓｜力,用牛顿第二定律可求出加速度。
（3）汽车的匀加速过程在功率达到额定功率时结束,用牛顿第二定律建立速度与加速度、额定功率的关系,求出匀
加速过程所能达到的最大速度,从而求出时间.
°
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265. ［答案］
（1）小球的受力图如图
T
＼
F
｜mg
根据平衡条件,应满足
Tsinα≡F
Tcosα＝mg
拉力大小F＝加gtanα.
（2）运动中只有重力傲功系统机械能守恒,故卿g』（l—c。sα）-＋狮刨:
则通过最低点时,小球的速度大小
u＝√2g′（1-cosα）
2
根据牛顿第二定律T′-加g≡加丁
解得轻绳对小球的拉力
2
T＝′′′g＋加午＝加g（3-2cosα）’方向竖直向上
［解析］
过程分析:
初始时’小球静止’受轻绳拉力T、水平拉力F、重力加g,小球受力平衡!总的合外力为零.释放小球后’只有重力做
功,在运动过程中,轻绳拉力T、重力加g的合力提供向心力°在最低点,拉力与重力在同-直线上.
问题求解:
（l）将拉力T分解为水平方向和竖直方向的分力,列等式即可.
（2）由静止点到最低点,重力做功;在最低点时,合外力提供向心力.
2“［答襄］
（l）刨｜＝÷,0 ,方向向右,』＝÷锄0 ,方向向右
2
（2）蔬ˉ1六枷渺;
［解析］
Pl与P2发生完全非弹性碰撞时,P1 、P2组成的系统遵守动量守恒定律;P与（P］＋P2）通过摩擦力和弹
簧弹力相互作用的过程,系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律°注意隐含条件Pl 、P2、P的最终速度即三者最后
的共同速度;弹簧压缩量最大时,Pl 、P2、P三者速度相同.
（1）Pl与P2碰撞时’根据动量守恒定律,得
加U0＝2加U1
解得U］＝粤’方向向右
P停在A点时,Pl 、P2、P三者速度相等均为U2 ,根据动量守恒定律,得
2mU1＋2加U0＝4mU2
解得吨＝÷砌,,方向向有
（2）弹簧压缩到最大时,Pl 、P2、P三者的速度为U2 ,设由于摩擦力做功产生的热量为Q,根据能量守恒定律,得
从Pl与P2碰撞后到弹簧压缩到最大
·
67
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?
］
‖
÷×2mU;＋÷×2′′ⅡU;＝÷×4加U;＋Q＋E,
从P1与P2碰撞后到P停在A点
＋×2狮砌;＋÷×2咖″;≡÷×4mU;＋2Q
△
联立以上两式解得E,＝亢狮刨;｀Q＝六狮刨;
］
根据功能关系有Q＝尸·2加g（L＋工）
2
解得露-孟—L
［答案］
（1）小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒’故有:
…R＝＋砸诡
到达B点时速度大小为
UB＝√∏盂
（2）设电场力的竖直分力为Fy,水平分力为F药,则Fy＝加g（方向竖直向上）’小球从B运动到C的过程中,由动能
定理得:
—F屡2R＝＋啊刚:—÷砸诡
△
小球从管口C处脱离圆管后,做类平抛运动,由于经过A点,有:
〕＝4R＝uct
望＝2R≡＋“么,≡旁』
联立解得:
F堑＝加g
电场力的大小为:
qE＝√F了干F了＝√面加g
（3）小球经过管口C处时,向心力由F工和圆管的弹力N提供,设弹力N的方向向左,则
2
UC
Fr＋N＝加万
解得;N＝3mg（方向向左）
根据牛顿第三定律可知,小球经过管口C处时对圆管的压力为
N′＝N＝3加g,方向水平向右
［解析］
问题求解;
（1）小球从A开始自由下落到到达管口B的过程中,只有重力做功,机械能守恒,可求出小球到达B点时的速度
大小;
（2）将电场力分解为水平和竖直两个方向的分力,小球从B到C的过程中,水平分力做负功,根据动能定理得到水
平分力与B、C速度的关系。小球从C处离开圆管后’做类平抛运动’竖直方向做匀速运动’水平方向做匀加速运动,
则两个方向的位移’由运动学公式和牛顿第二定律结合可得水平分力大小等于重力,再进行合成可求出电场力的
大小;
（3）小球经过管口C处时,由电场力的水平分力和管子的弹力的合力提供向心力,由牛顿运动定律求解球对圆管壁
的压力.
丁
‘
’
≈
· 68 ·
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268。［答案］
设赛车越过壕沟需要的最小速度为Ul ,由平抛运动的规律
s＝U1t
′i＝÷gr2
△
／
〗
~~
皿
吕
厅
偏
解
得
~~
℃
＄
】
设赛车恰好越过圆轨道’对应圆轨道最高点的速度为U2 ,最低点的速度为U3 ,由牛顿第二定律及机械能守恒定律
2
U2
加g＝m万
÷卿U;＝÷mU;＋狮g（2R）
解得U3＝4m／s
通过分析比较,赛车要完成比赛,在进人圆轨道前的速度最小应该是4m／s
设电动机工作时间至少为t’根据功能原理
P‘—／L-÷狮,咖』
由此可得t＝2。53s.
［解析］
过程分析;本题运动过程分三个阶段,进人圆轨道前→在圆轨道→越过壕沟°
进人圆轨道前:电动机加速,摩擦力做负功.
圆周运动:在最高点速度有最小值,不受摩擦力.
越过壕沟:竖直方向自由落体有时间限制,水平方向匀速直线运动.
问题求解:
根据越过壕沟时竖直方向自由落体求出运动时间’再求出所需最小水平初速度UC.根据圆周运动最高点重力必须
全部提供向心力求出最高点最小速度,接着应用机械能守恒求出最低点相应最小速度uB,z′C与uB比较取其大者
为最小速度Umin,根据动能定理可求出发动机做功时间。
269。［答案］
（1）设C点的速度为uc’由机械能守恒定律得
÷枷gR＝÷啊诡
设圆轨道C点对滑块的支持力为FN,则
2
FN-加g≡加万
解得FN＝2加g
由牛顿第三定律得,滑块对C点的压力
F′N＝2加g
（2）由动能定理得:
＋吨R—陛″g2R＝0
解得严≡0。25
Ui
（3）在A点:mg＝m万
由机械能守恒定律得:
E,＝÷…i＋砸g2R＋膘″g2R
解得Ep≡3加gR
°
69
.
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［解析］
过程分析:
滑块从P点到c点无机械能损失;c点到Q点做匀减速直线运动,并且到达Q的速度为零;Q点和c点在弹簧弹力
的推动下运动,弹性势能转化为动能,过程中有摩擦力做功即有机械能损失;C点到A点变速圆周运动,无机械能
损失,在A点重力恰好充当向心力.
问题求解:
（1）由能量守恒,得出C点速度,由合力提供向心力得出滑块第＿次滑至圆形轨道最低点C时对轨道的压力
（2）由P到Q,能量守恒,得出滑块与水平轨道间的动摩擦因数尸.
（3）在A点重力提供向心力,得出A点速度,由Q到A能量守恒,得出弹簧被锁定时具有的弹性势能
270。［答案］
见解析
［解析］
（1）轻杆开始移动时,弹簧的弹力F＝缸
且F＝／
~／
解得工＝÷.
尺
（2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W,则小车从撞击到停止的过程中由动能定理
可
—／.÷—W＝0—寸咖刚;
同理,小车以Um撞击弹簧时
ˉ′!—W-0—÷″吨
●
◎
o
@
◎
~~′
∩~厂Y
解得锄m＝√U;十器
o
（3）设轻杆恰好移动时,小车撞击速度为Ul
÷mU｝-W
由oo解得靴≡√聊;—器
当刚＜√刨;ˉ嘉时,囤′ˉ,
@
隔
~~
′
℃
’
时
驯
示
＋
β
◎
℃
／
γ
≤
凹
愿
当
27L［答案］
（1）汽车在AB路段时,牵引力和阻力相等F］＝／l ,p＝FlU］
联立解得:P＝20kW
（z）′≡l‘§后汽布处于匀逮运动状态,有F舅-′』,P≡F…,′:≡贵
联立解得:／2≡4000N
°-8m／鼠时汽车在做减逮运动,有／:—F-″醒,F＝÷
解得α＝0.75m／s2
（3）Pr—加ˉ＋砸,:—＋咖砌＄
解得5＝93。75m
·
70
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［解析］
问题求解;
（1）汽车运动第-阶段为匀速直线运动,F牵≡／l＝20〔）0N,故P＝F牵u≡2×104W。
（2）根据全过程u
／图象,汽车减速至匀速阶段受力平衡可算出汽车在BC段受到的阻力大小,减速至8m／s时的
牵引力可以根据汽车牵引力功率不变以及速率大小求解,列出牛顿第二定律即可求解°
（3）对汽车BC段运动过程运用动能定理即可求出BC距离。
272· ［答案］
（1）设该星球表面的重力加速度为g0.
当H-α6m时,由机械能守恒定律有;′〃g』（H—2萨）-＋′测铡;
2
U0
在最高点c处有:mg0≡m—
厂
联立解得;厂-÷H＝α2m
O
（2）当H＞队5m时,有;′卿g,（月—2萨）＝＋mU‘
加g0＋F＝222坠
厂
联立解得:F＝2g0H-g0
由尸H图象可得:g0＝5m／s2
该星球的第＿宇宙速度u≡√百『∏≡5km／s
［解析］
问题求解:
（l）当H＝0.5m,小球在C处恰好不受压力,根据从高H处到C点处机械能守恒以及C处圆周运动向心力的关系
式可求出圆轨道半径厂.取H＝0.5m,是因为此时列方程可消去重力加速度和C处小球速度,这两个量均为未
知量.
（2）取H＞0.5m,根据从高H处到C点处机械能守恒以及C处圆周运动向心力的关系式可求出力F与高度H的
关系式,再与PH图象对比,可得出重力加速度,再依照第＿宇宙速度公式U＝｀／百页求解。
273. ［答案］
（1）小球在BCD段运动时’受到重力′Ⅷg、轨道正压力N的作用’如图所示
C
｜＼Ⅳ
↓
＼
″骋
＼
R
Oγˉˉˉˉˉˉ
D
B
／l
据题意,N≥0,且小球在最高点C所受轨道正压力为零
lvC≡0
设小球在C点的速度大小为uc,根据牛顿第二定律有
2
UC
mg＝加万
小球从B点运动到C点,机械能守恒.设B点处小球的速度大小为uB,有
÷〃砌:＝÷枷砌:＋…R
由于小球在AB段由静止开始做匀加速运动’设加速度大小为α,由运动学公式有
。
71
·
o
@
o
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Uβ＝2αR
@
巨
由@o@式得α＝÷g
o
（2）设小球在D处的速度大小为UD,下落到A点时的速度大小为U,由机械能守恒有
÷咖诡＝÷咖刚b＋咖gR
o
1
2-1
2
＝丁加UB--丁加U
o
设从D点运动到A点所用的时间为t,由运动学公式得gt＝U-UD
o
…ooo式得′≡《佰—侗〕仔
o
［解析］
过程分析:本题运动过程分为三段,小球从A到B做匀加速直线运动,从B到D做竖直平面的圆周运动’
机械能守恒,从D到A做匀加速直线运动.
问题求解;
（1）小球刚好能沿圆轨道经过最高点C,则在最高点C所受轨道正压力为零,即NC≡0,重力提供其圆周运动的向心
力.有吨≡带’由此可求州渺c’小球从B运动到C,由机械能守恒＋砸:-÷砸:＋…尺可求出趣圆.从A到6
可由运动学公式求出在AB段运动的加速度的大小。
（2）小球从D运动到A,可由机械能守恒求出小球在D处的速度UD和落到A处的速度U,再由运动学公式可以求
出从D到A下落的时间
274。［答案〗
（1）设小球经过第＿个圆形轨道的最高点时的速度为U1 ,根据动能定理
—似咖gL｜—2mgR｜-＋咖U;＿＋砸U;
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F,根据牛顿第二定律
2
U］
F＋加g＝加两
由上面两式得F＝10.0N
（2）设小球在第二个圆形轨道的最高点的速度为U2’由题意
2
U2
加g＝′′o瓦
—〃狮g（L］＋L）—2咖gR:-÷咖〃;—÷狮U;
所以L＝12. 5m
（3）要保证小球不脱离轨道,可分为两种情况进行讨论:
I。轨道半径较小时,小球恰能通过第三个圆形轨道,设在最高点的速度为U3 ,应满足
2
U3
mg＝加两
—〃咖g（L］十2L）—2狮gR:＝÷咖U;＿÷′′m;
联立解得R3＝0。4m
Ⅱ。轨道半径较大时’小球上升的最大高度为R3 ,根据动能定理
—陛咖g（L!＋2L）—2加gR;＝0—＋砸,;
解得R3＝1.0m
。
72
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4蛤
｜ˉ
L
ˉⅧ
为了保证圆轨道不重叠,最大值应满足
（R2＋R3）2＝L2＋（R3＿R2）2
解得R3＝27.9m
综合I、Ⅱ,要使小球不脱离轨道,则第三个圆轨道的半径须满足下面条件
0＜R3≤0.4m
或1.0m≤R3≤27。9m
当0＜R3≤0·4m时,小球最终停留点与起始点A的距离为L′’则
—陛狮gL〃＝0—÷狮刚;
L′＝36°0m
当1.0m≤R3≤27。9m时’小球最终停留点与起始点A的距离为L〃’则
L″＝L′—2（L′-Ll-2L）＝26.0m
［解析］
问题求解;
（1）求轨道对小球在最高点的作用力的大小,首先需求出小球运行到最高点的速度’小球从A点出发到达最高点的
过程中｀摩擦力和重力做负功｀根据动能定理—陛咖gL｜ˉ…R｜＝÷″刨;ˉ÷狮U;即可求删小球运动到最高点的
2
速度刨! ;对小球在最商点迸行受力分析,小球受到重力和导轨对箕的作用力F,由牛顿第二定律F＋咖g≡喘可
求得轨道对小球的作用力F.
2
（2》小球恰能通过第二个圆形轨道最高点即轨道对小球在最高点作用力为零’由方程啊g≡喘即可求解州恰能通
过最高点的最小速度;从初始A点运动到第二个轨道最高点过程中,只有摩擦力和重力做负功,根据动能定理列方
程即可求出B、C之间的间距L.
（3）要保证小球不脱离轨道,分两种情况讨论’一种是轨道半径比较小,小球恰能通过第三个圆轨道,根据动能定理
可求出这种情况的最大轨道半径;-种是轨道半径比较大,小球上升的最大高度小于轨道半径,这种情况轨道半径
又不能与第二个圆形轨渭重叠,所以也有＿最大值,根据动能定理和最大值限制条件即可求出这种情况下的轨道
半径的范围
小球最终停留的位置-定是水平轨道上,小球初始的动能全部转化为摩擦力所做的功,由动能定理-严7帅g5＝0-
÷狮砌;可以求解出小球在水平轨道上的路橇』,然后分两种情况讨论;第—种情况』轨道半径比较小｀小球通过轨道
最高点后向右运动,则小球最终停留点距A点的距离L′即等于路程5＝36.0m;第二种情况,轨道半径比较大,小球
到达最高点后向左运动,则小球最终停留点距A的距离等于L″,L′′＝L′-2（L′-L】-2L）＝36.0-2×（36.0-
6ˉ0-25.0）＝26·0m.
.
73
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275. ［答案］
（1）由A到B过程中,
砸g（H—h）—“狮gL＝÷狮渺§—0
UB＝√2g（H-h-严L）
（2）平抛运动过程
″＝°＂M-÷飘,
解得工＝2√（H-严L-h）h
当h＝—旦≡fL时’z有最大值工m凰x＝H—αL’
5max＝L＋H尸L
（3）令工≡2m’H＝4m,L＝5m,尸≡0.2
可得到
-h2＋3h-1≡0
求出咖｜ˉ型;匠≡M2m
‖;≡二匝≡队38m
［解析］
过程分析;运动员在AB段做匀加速运动,重力做正功,摩擦力做负功.到达B点后做平抛运动.
问题求解:
（1）重力做正功,摩擦力做负功,利用动能定理算出UB.
（2）利用平抛运动相关公式,可求出工与／!的函数关系再利用数学分析,可求出工最大时的h,进而求出＄max
（3）代人数据即可算出九
o
@
o
@
276. ［答案］
（l）小滑块在A→B→C→D过程中,由动能定理得
啊g（′h
h硼）—…＝＋枷°i—0
将h1 、h2、s、严、g代人得:uD＝3m／s
（2）小滑块在A→B→C过程中,由动能定理得
1
2
′nghl
严饥g＄≡丁muc
将∧l 、5、严、g代人得:uc≡6m／s
小滑块沿CD段上滑的加速度大小α＝gsin0≡6m／s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间〖l＝止≡ls
α
由于对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝〗l＝1s
故小滑块第＿次与第二次通过C点的时间间隔t＝tl＋t2＝2s
（3）对小滑块运动全过程利用动能定理,设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总
有:加ghl＝尸mg脑总
将hl 、严、g代人得5总＝8· 6m
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为25-5总＝1.4m
［解析］
问题求解隐
（1）小滑块由A运动到D过程中,根据动能定理列方程即可求得小滑块第-次到达D点时的速度大小
｀7＾酷7＾
γ-
辑沪…,…啡早
≡』…巾毛＝卜
（2）小物块由A到B运动过程中,根据动能定理列方程即可求得到达C点的速度大小,轨道CD光滑,由对称性可
知小物块沿CD上滑和下滑的时间相等’由′≡2点;了可求得小滑块第＿次与第二次通过C点的时间间隔
.
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（3）小滑块最终会停留在BC段’重力势能最终全部转化为摩擦力产生的热,由mg′l1＝／儿″lg5总可求得小滑块在BC
段总共运动的路程’由2闪
s总＝L4m可求得最终停止的位置距B点的距离.
2w‖答露｜（n:‘√翻:｜2宰Ⅷ』
（:）＋砸』—甚…1—陶）
［解析］
（l）设地球的质量和半径分别为M和R’月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M′、R′和g′ ,
探测器刚接触月面时的速度大小为U＄。
由吨≡G警莉吨-G警.得凰≡:肆
由,;—锄嫂-…, ,得叫可／囤留｜雕禁
（2）设机械能变化量为△E,动能变化量为△Ek,重力势能变化量为△Ep.
由△E＝△Ek＋△Ep,有
△E≡÷…:＋!铲》
娜:g′h№
得△Eˉ÷枷倒里:吧峨1—陶1
278。［答案］
（1）3m／s
9J
（2）10m／s≤ul≤14m／s
l7J
［解析］
（1）设P］和P2发生弹性碰撞后速度为U2 ,根据动量守恒定律有:mUl＝2加U2
解得;锄』-÷＝3m／5
碰撞过程中损失的动能为;△Ek＝÷mU;÷×…
解得△Ek＝9J。
（2）P滑动过程中,由牛顿第二定律知
2加α＝
严2咖g
可以把P从八点运动到C再返回B点的全过程看做匀减速直线运动｀根据运动学公式;有3L≡吨‘＋÷″2
由OO@式得ul≡6L-αt2
t
O若2s时通过B点,解得:ul＝14m／s
@若4s时通过B点’解得:ul＝10m／s
故ul的取值范围为;10m／s≤ul≤14m／s
设向左经过A点的速度为UA,由动能定理知
÷×…i—÷×2枷渺:-
“2砸g4L
1
当u2＝了ul＝7m／s时,复合体向左通过A点时的动能最大,EkAmax＝17J.
α
@
◎
°
◎
o
279〖答案］
（l）滑块滑铡B点时对小车压力最大’从A铡B机械能守恒;咖gR-÷狮啪
2
UB
滑块在B点处,由牛顿第二定律得lV-加g＝m万
解得N≡3加g
由牛顿第三定律得N′＝3mg
（2）o滑块下滑到达B点时’小车速度最大由机械能守恒狮gR-寺M融急＋＋狮（2砌酗）2
乙
厅『＝
·
／O
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解德°顾≡＼／零
O设滑块运动到C点时.小车逮度大小为似c,由功能关系″鸭R—腆砸腐L＝＋M诡＋÷咖（2砌c）,
设滑块从B到C过程中’小车运动的加速度大小为α’由牛顿第二定律户加g＝Mα
由运动学规律U邑-｀′岛＝
2α5
解得‘＝寺L
Q
［解析］
问题求解:
（1）滑块滑到B点时对小车压力最大,根据机械能守恒可求出其在B点向心力,再加上物块重力即可。
（2）o滑块下滑到达B点时,小车速度最大,由机械能守恒即可求出小车的最大速度。
@根据功能关系可以求得滑块到C点时的速度与摩擦因数的关系式,根据牛顿第二定律可求得小车加速度的表达
式,再根据运动学规律列出小车位移与初末速度的关系式,联立以上等式,即可解得小车位移大小.
Ⅵ
0
】
‖
‖
280｛答案］
（1）见解析—÷隐工2
（2）o寸隐Z｛—寸隐工!÷虎工;—亏腔工;
@—似mg（2工3—工1—工2）
见解析
［解析］
（1）F-工图象如图所示。
F
物块沿工轴从O点运动到位置工的过程中,弹力做负功;F
工图线下的面积等于弹力做功大
小.弹力做功
WF≡—＋.隐…＝—÷垃逊
（2）o物块由工l向右运动到工3的过程中,弹力做功
W凰-—÷. （虹1＋虹』）. （殉—堑!）＝÷虹｛—＋拉!
物块由工3向左运动到工2的过程中,弹力做功
w蹿＝＋. （缸2＋粒』）. （露』ˉ堑』）＝÷粒;—÷隐延;
整个过程中,弹力做功
wF＝w’!＋w陋＝÷隐工;—÷隐堑;
弹性势能的变化量
△E,＝—WF-＋趣;—÷慰｝
@整个过程中,摩擦力做功
W［＝-尸加g（2工3-工1-工2）
／
O｜
勿
与弹力做功比较,弹力做功与工3无关,即与实际路径无关,只与始末位置有关,所以,我们可以定义一个由物体之
｜司的相互作用力（弹力）和相对位置决定的能量
弹性势能.而摩擦力做功与工3有关’即与实际路径有关,所以,
不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能,’.
O
281. ［答案］
（1）0.25m
（2）÷√而m／3
［解析］
（1）-小环套在bC段轨道运动时,与轨道之间无相互作用力,则说明下落到6点时以某一速度z′b做平抛
运动｀轨迹与轨道b‘重合｀故有』＝刚』′o｀h＝÷g徊
从凰b滑落过程中根据动能定理可得″gRˉ十咖融:o联立三式可孵Rˉ蒜≡队:6皿
76
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（2）下滑过程在,初逮度为零｀只有重力做功.根据动能定理可得狮g′』＝÷咖°;o
因为物体滑到C点时速度与竖直方向的夹角等于（1）问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角。设
为’则根孺平抛运动鳃律可知…ˉ羔了颜◎
联立◎ooo圃可得吟秤袱
252g∧-÷｀／T万m／6
~
O
β
力
△
＋
｜
∑
282. ［答案］
（1）arctan0。05
（2）0.8
（3）1.9m
［解析］
（1）为使小物块下滑’应有〃〗gsin0≥〃l′＂gcosβ
0满足的条件tan0≥0.05
即当0≡arctan0.05时物块恰好从斜面开始下滑.
（2）克服摩擦力做功
W／＝严l加gL］cos0＋〃2mg（L2-L］cos0）
由动能定理得mgLlsln0-W／＝0
代人数据得严2＝0.8.
（3）由动能定理得狮gL｜smβ—w‖＝÷″m,
结合O式并代人数据得u＝1m／s
由平抛运动规律得H＝寺gt2 ’工1＝Ut
乙
解得t＝0·4s
工1＝0.4m
工m＝工l＋L2≡1。9m·
o
283. ［答案］
（1）在3～5s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点’设加速度为α,A与B间的距离为
“,则F似咖gˉ咖α得;α＝2m／s』’工≡÷“』＝4m
（2）设物块回到A点时的速度为uA,由ui≡2α工,得:uA＝4m／s,设整个过程中F做的功为WF,由动能定理得;
w’ˉ2〃瞻露＝÷咖翘i’解得;wr＝24］
［解析］
问题求解;
在前3s,由于物体受到的拉力是变化的,物体做变速运动,虽然不能分析物体的运动规律,但是在3～5s的时间
内,物体受到恒力的作用做匀加速直线运动,根据物体的运动过程求出物体最后的速度的大小,然后由动能定理即
可求得拉力做的功.
284［答案］
（1）‘球从D运动到B｀由机械能守恒定律＋…i＝m腮×l0R
得Ub＝UD＝2√百百∏
Ui
（2）α球过圆轨道最高点A时加αg＝″Ⅱα万
得UA＝√百页
α球从C运动到A,由机械能守恒定律÷m鲤刚:＝÷m倒Ui＋2〃!“gR
白
△
由以上两式得U倒＝UC＝√5百∏
厅厅
●
／／
●
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（3）以α球、b球为研究对象,由动量守恒定律加αUα≡″lbUb
1
得加b≡丁加α
弹簧的弹性势能E,-÷m健U:＋＋′阀脚:
得Ep＝7.5加αgR≡l5mbgR
［解析］
问题求解;
（1）b球从D运动到B的过程中,由于不受摩擦力和空气阻力,机械能守恒,故可根据此求出b球离开弹簧时的速度
大小Ub。
（2）α球恰好能通过圆弧轨道最高点A,此时重力提供向心力,根据向心力公式可求得A点速度大小.由于α球不受
摩擦力和空气阻力,机械能守恒’故可根据此求出α球离开弹簧时的速度大小Uα.
（3）在α、b球未离开弹簧时,系统的动量守恒,可根据此得到α、b小球质量的关系.再由能量守恒定律得到弹簧的弹
性势能.
285. ［答案］
（1）设小球在B点的速度为UB,则
mgL＝÷mU§
Ui
Tm-加g＝m万
解得Tm＝30N
（2）小球在B点时,细绳刚好被拉断后做平抛运动,沿着斜面方向撞上弹簧上端时设水平方向速度为U工,竖直方向
速度为Uγ,速度方向与水平方向的夹角为0,则
〃匹≡UB≡√回百r
Uy≡√2gh
tanβ＝丝
U工
解得∧≡3.2m
（3）设小球在C点的速度为uc,则
Ur
UC＝而丽
E,＝狮gzsin0＋÷″′砌:
解得Ep＝54J
［解析］
问题求解:
（1）分析小球从A到B的过程,列出动能定理方程,求出小球运动到B点的速度,对B点进行受力分析,绳的拉力
与重力的合力提供向心力,列出方程,求出细绳的拉力.
（2）细绳拉断后,小球做平抛运动,可以求得小球运动到C点时竖直方向上的分速度以及水平方向上的分速度,因
为小球运动到C点时速度方向与水平方向的夹角已知,联立以上式子,可以解出高度
（3）根据第（2）问,求出小球到C点的速度分析小球从C点运动到弹簧达到最大压缩这-过程,由机械能守恒定律
可知,弹簧所获得的最大弹性势能为小球减少的动能与重力势能之和.
286［答案］
（｜）当摆球由C到D运动,机械能守恒则得;′＂g（L
Lc。息0）-十′＂砌i
在D点,由牛顿第二定律可得:Fm-′″g＝″1万
代人数据解得Fm＝20N
◎
78
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（2）小球不脱离圆轨道分两种情况;
o要保证小球能达到A孔,设小球到达A孔的速度恰好为零,
对小球从D到A的过程由动能定理可得;—陛…＝0—÷狮恤i
解得:严l＝0.5
若进人A孔速度较小,那么将会在圆心以下做等幅摆动,不脱离轨道,其临界情况为到达圆心等高处速度为0,由机
械能守恒可得;÷″Ui-mgR
由动能定理可得;—陛…＝÷″锄i—＋徊b
解得:严2＝0.35
2
@若小球能过圆轨道的最高点且不会脱离轨道’在圆周的最高点由牛顿第二定律可得:mg＝m而,
U
】
由动能定理可得;—似…2咖gR-亏哪″:—÷〃吃
解得:以3＝0. l25
综上,动摩擦因数严的范围为:0.35≤尸＜0。5或者尸≤0。125
［解析］
问题求解:
（1）由圆周运动可知,摆球在D点时,摆线的拉力最大,根据机械能守恒定律求得摆线摆到D点时的速度,由向心力
公式求出最大拉力.
（2）要使摆球进人圆轨道并且不脱离’有两种情况.-种在圆心以下做等幅摆动;另-种是在圆轨道上做完整的圆
周运动.
对于第＿种情况,要保证小球能到达A孔’小球到达A孔的速度恰好为零,为摩擦阻力最大值进人A孔速度较小,
那么将会在圆心以下做等幅摆动’不脱离轨道’其临界情况为到达圆心等高处速度为0.根据此临界条件求得动摩
擦因数的范围
对于第二种情况,若小球能过圆轨道的最高点,根据重力提供向心力’求得最小速度。根据动能定理求得最大动摩
擦因数.
≈
2s7｛答案］
（1）地面光滑的情况下,撑簧达到原长时,物体速度最大弹簧被压缩,弹簧的弹性势能E,-÷泌2.弹簧
弹力徽…健势熊…化为物体…,＂E厂凤,所以物体的…度为锄≡／享-b√吾
γ丁m
（2）当弹簧弹力等于滑动摩擦力时,物体速度最大,设此时弹簧形变量为s’则虎s＝尸加g’此时弹簧的弹性势能为
÷“勘’撑簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量和物体克服摩擦力做的功之和.由动能定理÷胁:—÷睡—
…（h—喇≡÷咖锄帽,所以可得献ˉ（b—竿）√子
［解析］
问题求解:
（1）地面光滑的情况下,弹簧达到原长时,物体速度最大,弹簧弹力做功将弹性势能全部转化为物体的动能,可得到
最大速度。
（2）当弹簧弹力等于滑动摩擦力时,物体速度最大,应用胡克定律可得到此时弹簧形变量,由动能定理可得到此情
况下最大速度.
→十
79
.
叶←朱
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2sa［答寨］
（l）根据动能定翅W＝÷咖翘§’B点厕周运动F＂ˉ咖凰＝砸芳,目经过B点迸人幂轨瞬间对导轨的压力为
其重力的7倍,即FN＝7加g,综上解得:弹簧对物块的弹力做的功W＝3加gR
2
（2）根据BC段的动能定翅…R＋w′＝÷砸诡ˉ÷咖诡｀C点重力提供圆周运动的向心力,＂g＝″芳｀解得物块
从B到C克服阻力做的功w′ˉ竿
（3）物块离开C点后做平抛运动,机械能守恒取地面为零势能面,Ek＝＋m诡＋2′＂gR’解得;物块离开C点后落回
水平面时动能的大小E臆＝弯互
［解析］
问题求解;
（1）在光滑水平面AB段只有弹簧弹力做功,故弹簧对物块弹力所做的功等于物块动能的变化量’在B点进人导轨
后导轨对物块的支持力与重力的合力提供圆周运动的向心力,解得B点时的速度,从而求得弹力所做的功.
（2）在BC段重力和摩擦力共同做功,两者所做功之和等于物块此段动能的变化量,恰能完成半圆周运动到达C点,
即自身重力提供向心力,从而求得C点速度,进而得到BC段克服阻力所做的功°
（3）物块离开C点后做平抛运动’只有重力做功’故机械能守恒,求得落回水平面时动能的大小.
289. ［答案］
（1）木板做匀速直线运动时,受到地面的摩擦力为／,由平衡条件得:
F＝／＝〃Mg,代人数据得:尸＝0。5
（2）每放一个小铁块,木板所受的摩擦力增加／z加g,令刚放第三块铁块时木板速度为U1 ’对木板从放第＿块铁块到
刚放第三块铁块的过程’由动能定理得:
—陛枫gL＿陛2″gLˉ÷M砌;—÷MU;
代人数据解得:u］＝4m／s
（3）由于木板上表面光滑’故从放第三个铁块开始到木板停下之前’木板所受的合力均为3／zmg;从放第三个铁块开
始到木板停下的过程,木板运动的距离为工,对木板由动能定理得:
—3…盂＝0ˉ÷M融｛
代人数据解得:工＝1。78m
［解析］
问题求解:
（1）根据木板在拉力F作用下做匀速直线运动,结合共点力平衡和滑动摩擦力公式求出动摩擦因数的大小。
（2）每放-个小铁块,木板所受的摩擦力增加尸加g,对木板从放第＿块铁块到刚放第三块铁块的过程运用动能定
理’求出刚放第三个铁块时木板的速度
（3）对放上第三块铁块开始到停止过程运用动能定理,求出木板运动的距离.
290。［答案］
（1）根据共点力平衡条件,两物体的重力沿斜面的分力相等,有
加1gsin53·＝m2gsin37。
解得:加2＝4kg,即小物块Q的质量为4kg
（2）P到D过程,由动能定理得砸』gh＝÷m!,i
根据几何关系,有:h＝Llsin53·＋R（1-cos53。）
Ui
在D点’支持力和重力的合力提供向心力:FD
mlg＝加l万
解得:FD＝78N
由牛顿第三定律得,物块P对轨道的压力大小为78N
·
80
·
『
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羚
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粹
什
~
~
~
潮鞋
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（3）分析可知最终物块在CDM之间往复运动’C点和M点速度为零·由全过程动能定理得:
加1gLlsin53·-严γ帅lgcos53。L总＝0
解得:L总≡1.0m,即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m
［解析］
问题求解:
（1）根据力的平衡条件和力的分解列式求解.
（2）利用动能定理求出物体到达最低点D时的速度,再结合牛顿第二定律求解支持力,从而根据牛顿第三定律得到
压力大小.
（3）整个运动过程的能量损失全部用来克服斜面MN上摩擦力做功’最终物块在CDM之间往复运动,所以全程使
用动能定理列式即可求出物体在斜面MN上滑行的路程
291。［答案］
（1）物块A移动了距离5,则物块B移动的距离为
1
sl≡丁s
物块B受到的摩擦力大小为／≡4严mg
物块B克服摩擦力所做的功为W≡／5l＝2尸mg5
（2）设物块A、B的加速度大小分别为αA、αB,绳中的张力为T,由牛顿第二定律得
F-尸加g-T＝加αA
2T-4尸加g＝4加αB,又αA＝2αB
联立解得:αA＝坦二且1匹旦
2加
αB＝互二旦巳1塑
4m
［解析］
问题求解:
（1）先算出B运动的距离及B的摩擦力,由功的定义即可求解。
（2）分别对A、B列牛顿第二定律,联立求解即可。
292. ［答案］
（1）A与斜面间的滑动摩擦力FI＝2严′ngcos0,
物体从A向下运动到C点的过程中,根据功能关系,有:
2砸gL爵m0＋＋.…;ˉ÷.…』＋砸腐L＋F｝L｀
解得;U＝√而;＝百r
（2）从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点’对系统应用动能定理
F′ .2堑-0ˉ÷×3狮U: ’
U;
L
解得;工＝万-丁
（3）弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点过程中,对系统根据功能关系,有:
Ep＋加gZ≡2加g工Sin0＋F｛工,
3mU;
3加gL
解得Ep＝F｛工＝—厂—厂
［解析］
问题求解:
（1）物体A运动到C,其重力势能和AB的动能减少量转化为B的重力势能和通过摩擦散失的内能,根据能量守恒
定律可求出A运动到C点的速度;
（2）从物体A接触弹簧,将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程中,弹簧的弹力和重力都没有做功’根据动能
定理可求出其最大压缩量;
（3）弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程中,根据能量守恒定律可以求出弹簧中的最大弹性势能.
°
81
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2’队［答案］
（l）由于竖直方向上;′-＋g‘』
瞬以小球运动的时闷为』‘≡仔
水平距离为:工＝U0t＝2′
（2）小球在B点时的竖直方向的分速度为:
U〕≡√面百了
tan0＝丝
U0
解得:0＝45°
U0
（3）在B点的速度为;UB＝而丽
对于小球从B到C的过程中,由动能定理可知:
咖g（』ˉ′…）≡＋m锄皂ˉ＋椒砌:
在C点时,由牛顿第二定律得:
2
UC
FN-mg＝加-厂
FN＝（7
√面）加g
根据牛顿第三定律:可知小球对圆轨道的压力F＝FN＝（7-√百）mg
［解析］
问题求解:
（1）小球在空中为平抛运动,小球水平方向为匀速直线运动,竖直方向为自由落体运动。由自由落体运动得到运动
时间,进—步得到工的大小.
（2）由于小球恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑人轨道,根据平抛运动竖直与水平方向的速度,可以得到0值的
大小.
（3）小球由B到C的过程,运用动能定理得到C点的速度,再根据圆周运动和牛顿第二定律得到轨道对小球的支持
力.根据牛顿第三定律得到小球对圆轨道的压力。
294。［答案］
（1）设地球质量为M,飞船质量为′＂,探测器质量为m′,当飞船与探测器-起绕地球做圆周运动时的速度
为U0
2
根搪刀有弓｜力和牛顿第圭律有G婴蒜讨）-（枷＋咖′）器
M″】0
对于地面附近的质量为m0的物体有m0g≡GˉF厂
解得鞠≡＼／平
（2）O设探测器被发射出时的速度为u′,因其运动过程中动能和引力势能之和保持不变,所以探测器刚好脱离地球
引力时应满足÷′腿′圃′,
旦｛警-0
解得;喇′-＼／票≡√霄W率
@设发射探测器后飞船在A点的速度为UA,运动到B点的速度为UB,因其运动过程中动能和引力势能之和保持不
变,所以有
1
2
GM加
1
2
GM加
丁加UB—-厅-丁mUA-—丙百
对于飞船发射探测器的过程,根据动量守恒定律有（′帅＋加′）U0＝加UA＋加′U′
°
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因飞船通过A点与B点的速度大小与这两点到地心的距离成反比,即RUB＝虎RUA
解得:马＝√百＿l
″
」—√甭
［解析］
问题求解:
（1）飞船和探测器＿起绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,再代人黄金代换式,可求出速度大小。
（2）O探测器刚离开飞船时,根据题意‖动能和引力势能之和不变’据此列出式子求离开飞船时探测器的速度大小
o根据能量守恒和动量守恒’分别分析飞船和探测器的运动过程,求出质量比。
［答案］
（1）不计重力,全过程中动量守恒’Mba′0≡M″〖′′＂
得硼｀＿攒,＂
（2）若考虑重力的影响’雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动’碰撞瞬间动量守恒
a.第1次碰撞前U;＝U;＋2g′,U］＝√U;＋2g／
第1次…M,刚｜-M｜√｜
·′｜—湍!-器√锄;＋::′
b。第2次碰撞前℃;＝U′｛＋2g′
利用公式化简得遍-（揣）』翘;＋（M;蒂）2凰′
第2…后利用上式得侧;-（揣）』铡;＋（M;壶M带）2g′
阔凰,第3次…蝎≡（撒）硼;＋（嘛＋臆＋雌）鳃′
与
’
’
≈
｛
吕
〗
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｜
／
曰
酗
司
—
爬
（
＋
●
乙
∩
■
℃
∑
）
必
—
皿
（
第′l次碰撞后U′:＝
动能÷M阀渺′:≡大（M;渺;＋2g』目M;）
［解析］
过程分析:不计重力时,整个过程总动量守恒,总动量为M0U0,计重力时’运动过程可分为加速阶段和碰
撞阶段
加速过程可用动能定理求速度,碰撞过程动量守恒.
由于过程的规律性,求第＂次碰撞后的速度可以归纳推埋
问题求解:
（1）不计重力条件下,可以对全过程用动量守恒
（2）a°第＿次碰撞前第＿滴雨滴匀加速,利用动能定理可求得碰前速度Ul ,碰撞后’由动量守恒同I以求出碰撞后合
速度U′l .
b.第二次碰撞与第—次碰撞相比只是把uo换成了U′l ,把M0换成了Ml ,公式没有实质改变,不过求解过程需要细
心,最后结果需要注意整理.整理后会发现其规律,从而第问次碰撞后的质量和速度可求得,动能可求得.
∩≠◆→
2,6［答案］
（l）根据机械能守恒定律;狮AgR＝÷狮A″i
uA＝｀／回百∏≡5m／s
Ui
根据牛顿第二定律lV-mAg＝加A万
N-…枷州普≡60＂
°
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根据牛顿第三定律,压力大小也为60N
（2）A物块与B物块碰撞加AUA＝（mA＋加B）U
加Az′A＝2.5m／s
U＝二
加A＋mB
（3）A、B在C上滑行所受的摩擦力为／＝〃（加A＋加B）g＝20N
A、B在C上滑行满足动量守恒（加A＋加B）u＝（加A＋加B＋加c）uc
uc＝1m／s
］
】
根据能量守恒÷（加A＋mB）u2—÷（加A＋加B＋加c）u:＝／L
L＝0·375m
［解析］
过程分析:对各段运动进行分析’A在光滑圆弧上运动时’机械能守恒;AB碰撞时,动量守恒;AB在车C
上滑动时’动量守恒。
问题求解:
（1）滑块A到达圆弧面最低点过程中,做圆周运动,机械能守恒可求得瞬时速度,在最低点时,支持力与重力合力提
供向心力’根据向心力公式,进而求得支持力,结合牛顿第三定律,可得到压力。
（2）碰撞过程中水平方向动量守恒,已知两者碰撞后有共同速度’即得末速度.
（3）水平滑动过程中动量守恒,可得三者共同的末速度,三者组成的系统能量守恒,只有摩擦力做功消耗机械能’可
得相对滑动距离,进而求得车身长度
［答案］
（1）对于滑块M和物块m组成的系统,物块沿圆弧轨道滑下的过程中,水平方向动量守恒,物块滑出
时,有
mU＝MU′
滑块M的速度渺′＝箭拟＝÷砌’方向向右
（2）物块滑下的过程中,物块的重力势能转化为系统的动能和内能,有÷m渺2＋÷MⅡ／』＋′咖gL＝狮gR
白
解得←3g磊酗』
（3）物块以速度Uo冲上轨道,初速度越大,冲上圆弧轨道的高度越大.若物块刚能到达最高点,两者有相同的速度
Ul ,此为物块不会越过滑块的最大速度°
对于M和m组成的系统’水平方向动量守恒,有mU0＝（加＋M）Ul
相互作用的过程中,系统的总动能减小,转化为内能和重力势能,有
÷″刨;—÷（M＋獭）°｛≡′狮gL＋狮gR
解得渺0＝÷√5丽＝了
要使物块砸不会越过滑块’其初遮度要小于砌0＝÷√§盂≡了
［解析］
问题求解:
（1）系统不受外力,所以遵守动量守恒定律,代人定律求解即可.
（2）过程中损失的机械能即摩擦力做的功.
（3）当二者共速时滑块到达上升的最高点,联立动量守恒和能量守恒即可.
刁
′
’
∑
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29a［答案］
（l）6…L
（2）2狮√丽互（3）等
［解析］
（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为w,则
W＝＿虎mgL
2皮加gL
3克加gL＝-6虎加gL·
（2）设第-辆车初速度为哩o ,第一次碰前速度为ul ,碰后共同速度为ul ;第二次碰前速度为u2,碰后共同速度为M2
;
人给第-辆车的水平冲量大小为I.
山;—…L＝吉咖°子—十挪铡;
隐（2砸）gL＝÷（2狮）°;—÷（2啊）鹏｝
］
-点（3加）gL＝0—÷（3加）″:
加Ul＝2加例1
2″‖〔／2＝3沉凹2
得:I＝′门肌0-0≡2加√7酝五
（3）设两次碰撞中系统动能损失分别为△Ekl和△Ek2
由;△E＂＝号…L
Q
△E睡＝亏此mgL
~
~
~
β
i
J
□
｝
i
『…。｝→啪…卜。ˉ←咱斗辑
｝十寸…铲十｛＝
匠蹿kt±
得瓷芋
＝＝＝
299. ［答案］
（1）45m
22°5m
（2）9.8×104N
［解析］
（1）货车初速度U0＝54km／h＝15m／s
超载时加速度αl＝2.5m／s2 ,则滑行距离
U;
152
工l＝丽≡2×2.5m＝45m;
不超载时加速度α2＝5m／s2 ,则滑行距离
U;
152
工2＝呵≡面灭百m＝22.5m.
（2）设两车碰撞前货车的速度为u1 ,则由u｛—碰′;＝-2α1工,解得u1＝10m／s
设两车碰后达到的共同速度为U2 ,由动量守恒定律知
′
~｜
、
γ》21Ul＝＼′Ⅺ1十γ?02／U2
代人数据解得u2＝9.8m／s
设货车对轿车的平均冲力为F’对轿车由动量定理知F° t＝加2U2-0
解得F＝9°8×104N.
白
牛
~
←
卜…恐
↓
凹
』
由
出蛤■凸剧■
卜.
｝＝
弘
怪←
仔
300· ［答案］
（l）2
（2）2√厢页
［解析］
（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动,竖直方向的分运动为自由落体运动’有
2R＝÷g廖』
解得
o
P
篮≡2仔
@
『…了…?…丫＝
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↑…｛…「≡↑～
十↑ˉ↑ˉ｛ˉˉ
『…:…『…↑≡.
↑＝十ˉ↑ˉ↑＝ˉ
0
吕
『
◇睹→宇…咯哈
←护吁
（2）设球A的质量为m,碰撞前速度大小为z′l ,把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为（）,由机械能守恒定律得
÷咖砌』＝÷…带＋2’″gR
o
·
85
·
d
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设碰撞后粘合在-起的两球速度大小为〖′2 ’由动量守恒定律得
mU1＝2加U2
飞出轨道后做平抛运动,水平方向的分运动为匀速直线运动,有
2R≡U2r
综合oo@o式得
U＝2√百百F.
@
o
o
301. ［答案］
（1）当匀速时,把三个物体看做一个整体受重力、推力F、摩擦力／和支持力.
根据平衡的知识有F≡3mgsin0＋3尸加gcos0
〔2）第＿个水箱与第二个木箱碰撞之前的逮度为°』,加速度凰1-F—狮g鼠m炉…sβ＝2g（sin0＋…β）
根据运动学公式或动能定理有u］≡2√gl（sin0＋尸cos0）,碰撞后的速度为u2 ,根据动量守恒有’加ul＝2′Ⅶu2 ,即碰
撞后的速度为u2＝√g′（sin0＋尸cOs0）,然后＿起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为u3。从u2到u3的加速度
F-2mgsin0-2〃mgcos0-g（sin0＋〃cos0）,根据运动学公式有u;-u;＝2α2l,得u3＝√2g〖（sin0＋尸cos0）,
α2＝二
2m
2
O
跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有2加u3＝3咖u4 ’得叫＝÷√2g′（sin0＋尸c。s0）就是匀速的速度
（3）设第—次碰撞中的能量挝失为△E’根据能量守恒有÷狮砌｛ˉ△E＋÷….代人数据得△Eˉm腐′（瓢n0＋′co爵0）
［解析］
过程分析:第＿个木箱在力F的作用下做匀加速运动’运动距离l后与第二个木箱发生完全非弹性碰撞,
碰后两木箱在力F的作用下做匀加速运动,再运动距离!后与第三个木箱发生完全非弹性碰撞,最后三个木箱在力
F的作用下做匀速运动.
问题求解:
（1）对末状态分析即可.最后三个木箱受力平衡,重力、推力F、摩擦力／和支持力的合力为零,可求出F.
（2）求匀速运动的速度,要分析整个运动过程·在两次距离为l的运动中,物体都是做匀加速运动,但两次的加速度
不同’应分别作受力分析。两次碰撞都满足动量守恒,可逐步求出最后的速度°
（3）两次碰撞都是完全非弹性碰撞,损失大量的机械能.可由动量定理和动能定理求损失的机械能.
302. ［答案］
（l）设圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差为H,小物块运动至N点过程中机械能守恒’则有
砸gH＝十′＂渺;
解得H＝0。45m
（2）设物块经过N点时所受支持力为F,根据牛顿第二定律有
2
U0
F-mg＝m页
解得F≡5。6N
（3）设物块做平抛运动的时间为t,小物块落地前竖直分速度为U］,则
h＝＋g膨』
Uy＝gt
解得uy＝4.0m／s
小物块落地前速度U＝｀／勺『干可
解得u＝5.0m／s
动量户≡加U
户＝1.0kg.m／S
。
86
·
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［解析］
问题求解:
（1）根据机械能守恒定律,可以求出小物块释放位置与桌面间的高度差;
（2）对小物块受力分析,根据牛顿第二定律,可以求出轨道对物块支持力的大小;
（3）由于平抛运动可以分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动,分别求出落地瞬间这两个分运动
的速度’就可以得出落地瞬间物块的速度,进而得出物块落地前瞬间的动量大小.
巴
十…
』
】
T审
』
U
303. ［答案］
（1）下滑过程机械能守恒
脚gh＋÷砸U;-0＋÷…;
物体相对于小车板面滑动过程动量守恒沉U1＝（m＋M）U
联立解得翻＝黑丽＝2m／3
（2）对小车由动量定理有〃加g／＝MU
解得Ⅱ≡』1I上＝1S
严加g
（3）设物体相对于小车板面滑动的距离为L
由能量守恒有…L-＋徊;—÷（咖＋M）圃』
代人数据解得:L＝3m
［解析］
问题求解:
（l）物体下滑过程中,只有重力做功,机械能守恒,根据机械能守恒求解物体滑到底端时的末速度;物体滑上小车之
后’物体和小车组成的系统水平方向上不受外力作用,水平方向上动量守恒,根据动量守恒定律求解物体和小车的
共同速度.
（2）小车水平方向只受物体的摩擦力作用,对小车使用动量定理可以求解摩擦力作用的时间,摩擦力作用的时间即
物体相对小车滑动的时间.
（3）物体和小车的重力势能不变,故不考虑重力势能’物体刚滑到小车上时,系统能量只有小车的动能,最后物体和
小车速度＿致,系统能量是物体和小车的动能,由能量守恒求解摩擦力做功,得到物体和小车的相对位移.
304. ［答案］
（l）a。将速度分解成工、y两个方向,可得△P工＝加Usinβ-加Usin0＝0
△Pγ＝加ucos0
m（-u）cos0＝2″『ucos0,方向沿y轴正方向
h由上可知,工轴方向的动量不变,y轴方向的动量改变’木板对小球的作用力沿〕轴正方向,由牛顿第三定律,小
球对木板的作用力沿y轴负方向
（2）a.仅考虑光的折射’设△t时间内每束光穿过小球粒子数为′2 ,每个粒子动量大小为户。
这些粒子进人小球前的总动量为户l＝2＂户cos0
从小球出射时的总动量为户2＝2＂户
户l 、户2的方向均沿SO向右
根据动量定理F△t≡户2-户l＝2″户（1-cos0）＞0
可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右.根据牛顿第三定律’两光束对小球的合力沿SO向左
b.建立如图所示的坐标系.
》
冗
工方向:
根据（2）a同理可知,两光束对小球的作用力沿工轴负方向.
°
87
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…
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·
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J方向:
设△t时｜司内’光束O穿过小球的粒子数为门l ’光束@穿过小球的粒子数为门2’门l＞″2
这些粒子进人小球前的总动量为户lγ≡（门l＿〃2）psin0
从小球射出时小球的总动量为户2y＝0
根据动量定理:F’△t＝-（nl-冗2）户sln0
可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿y轴负方向.根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力沿〕轴正方问
y
所以两光束对小球的合力方向指向左上方
［解析］
问题求解:
（1）a.将速度分解到工、y轴方向,分别求出动量变化;
b.根据动量定理以及牛顿第三定律,求出小球对木板的合力方向.
（2）建立坐标系’分别从工、y轴方向上讨论动量变化’根据动量定理以及牛顿第三定律’求出两光束对小球的合力
方向.
305. ［答案］
（1）设A、B在O点碰后的速度分别为ul和u2 ,以向右为正方向
由动量守恒:加uo＝加ul＋Mu2
碰撞前后动能相等;÷枫″;＝十咖刨｛＋＋M,;
解得:u1＝-2m／s,方向向左
u2＝4m／s,方向向右
（2）碰后,两物块在四段减速时加速度大小均为;α＝巴2里＝2m／s2
加
B经过t!时间与Q处挡板碰撞’由运动学公式;U2t!-÷α‘2＝α得;t1＝16（‘1＝33舍去）’与挡板碰后,B的速度
△
大小为鳃≡雌—″』≡2m』.,反弹后减速时｜司‘:-等≡!.,反弹后经过位移翔≡嘉≡!m,B停止运动
2
物块A与P处挡板碰后’以吼＝2m／s的速度滑上O点,经过,2＝矗-1m停止
所以最终A、B的距离s＝α-s1-s2＝1m,且两者不会碰第二次
在AB碰后,A运动总时｜司』慰≡2《侍｜d）＋觉≡3｀
整体法得B运动总时间rB＝tl＋t2＝2s
则时间间隔△tAB＝1S
［解析］
问题求解;
（1）碰撞前满足动量守恒和动能守恒,联立两个定理的方程即可求解碰撞后的速度.
（2）碰撞后两物体在四段都做减速运动,根据运动学公式对A、B物块的距离分别求解,根据最终的距离差判断二
者是否碰第二次°
306. ［答案］
（1）由于hl＝30m,h2＝15m,设从A运动到B的时间为t
则h］—′i:＝÷g‘2
t＝1°732s
（2）由R＝hl ,Rcos0＝hl-∧2 ,所以β＝60°
小物块平抛的水平速度是刚］,有;哥＝tan60.
解得Ul＝10m／s
A与B发生碰撞的过程中系统的动量守恒,选取向右为正方向,由动量守恒定律得:′刀AU0＝mBz′l
由于:″1B＝2mA
·
88
。
铲
厂
≡□
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解得U0＝20m／s
（3）设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为S,根据题意,该路程的最大值是Smax＝3L
路程的最小值是5min＝L
路程最大时,动摩擦因数最小;路程最小时,动摩擦因数最大
由能量守恒知:
v｜1
2-
mBg门1十丁加BUl-严minmBgsm‘＂
m凰凰陶1＋＋…;＝似……m＂
1
解得尸m‘x＝ˉ了’尸min＝丁
即0. 17＜严≤0·5
［解析］
问题求解;
（1）物体离开平台后做平抛运动’根据高度求出运动时间.
（2）根据图中轨迹求出圆弧圆心角’通过平行四边形定则求出速度水平分量’再根据动量守恒定律即可求得物块A
的初速度。
（3）全程运用能量守恒定律求解.
斗
』
『
士
『
凸
~
巧
■
［答案］
设外壳上升高度hl时速度为Ul ’外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为U2 ,
（1）对外壳和内芯’从撞后达到共同速度到上升至h2处,应用动能定理有
‖
（4加g＋mg）（h2-h1）＝÷（4加＋m）U§—0
o
得:U2＝√2g（九2-h1）
（2）外壳和内芯,碰撞过程瞬间动量守恒,有
4mU1＝（4加＋加）U2
@
得;恤｜＝:√2腐（′i』ˉ′i｜）
设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W’在此过程中’对外壳应用动能定理有
W—…′i｜＝÷（4砸）°子
o
25h2-9h1
得:W＝
4
mg
（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程,机械能守恒’只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失’损
失的能量为
‖
‖
E损＝÷（4m）U｛-÷（4m＋加）U贸
@
巨
得;E橱＝÷咖g（′i2-h!）
［解析］
问题求解:
（1）本题中弹簧弹力是未知的,弹簧储存的机械能也是禾知的,所以求速度的大小只能从整个过程的末状态向前分
析.过程的末状态即在外壳距地面h2时’笔的速度减小到零.在碰后到最高点过程只有重力做功,由机械能守恒可
求出速度.
（2）碰撞时满足动量守恒,可求碰撞前的动能.弹簧做的功转化为重力势能和动能’可得弹簧做的功.
（3）整个过程中只有碰撞时损失了机械能,由（1）和（2）中已经求得碰撞前后的动能,可得损失的机械能.
307
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萨｀十蛾…、←恃…十←十→哉
308。［答案］
（1）对冰壶,从A点放手到停止于C点,设在A点时的速度为ul
,
应用动能定理有
—腰狮gL＝÷砸〈
’
o
得U』＝√丽百r
（2）对冰壶,从O到A,设冰壶受到的冲量为I,
应用动量定理有
I≡加U1-0
@
得I＝加√面两r
（3）设AB之间距离为59对冰壶,从A到O′的过程,
应用动能定理,
1
2
o
尸mg5
0.8严加g（L＋厂
‘）＝0-丁加Ul
得5＝L
4厂
［解析］
过程分析:冰壶从O到A的过程受推力和摩擦力,做加速运动;从A到C只受摩擦力,做匀减速运动.
问题求解:
（1）冰壶从A到C只受摩擦力而做匀减速运动,到C后静止,可求冰壶在A点的速率。
（2）由动量定理可知冰壶在A点的动量等于其从O点到A点的运动过程中所受到的冲量大小.
（3）冰壶从A到B摩擦因数为严,从B到O′摩擦因数为0.8严,从A到O′用动能定理列方程式即可。
U;
M2g
309, ［答案］
（1）Pu0S
（2）万2p2u;S2
［解析］
（1）设△t时间内,从喷口喷出的水的体积为△V,质量为△加,则
△加＝C△V
o
△V≡U0S△t
@
由oo式得单位时间内从喷口喷出的水的质量为警≡′Uos
o
（2）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为U。对于△t时间内
喷出的水,由能量守恒得
÷（△狮）财』＋（△咖）gh＝＋（△咖）U;
@
在h高度处,△t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为△户＝（△m）U
o
设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有F△t≡△户
o
由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F≡Mg
o
u;
M2g
O
联立O@OO@式得h≡西—2′2u;S2.
310. ［答案］
见解析
［解析］
（1）规定向右为速度正方向.冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为U,斜
面体的质量为加3 ,由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2℃20＝（m2＋加3）U
o
÷…:0＝÷（″』＋狮』》渺』＋…〃
o
式中U20＝-3m／s为冰块推出时的速度,联立oo式并代人题给数据得加3＝20kg.
o
（2）设小孩推出冰块后的速度为Ul ,由动量守恒定律有
加1U1＋加2U20＝0
@
代人数据得ul＝1m／s
◎
°
90
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设冰块与斜面体分离后的速度分别为U2和U3 ,由动量守恒和机械能守恒定律有
加2U20＝加2U2＋加3U3
÷…;o＝÷…;＋÷…;
臼
联立OOO式并代人数据得u2＝1m／s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩
◎
●
°
学
3皿［答案］
（D锤自由下落’设碰桩前速度大小为p! ｀由动能定理得;狮gh＝÷′″砌;
化简得:u1＝√面百万＝2 ｀／T∏m／s
即锤与桩碰撞前的瞬间,锤速度的大小为2√T∏m／s
（2）碰后,设碰后锤的速度大小为U』,由动能定理得;〃′g（h—』）＝÷砸渺§
化简得:U2≡√2g（h-′）
设碰后桩的速度为U,由动量守恒定律得:加Ul＝MU＿加U2
桩下降的过程中,根据动能定理得;—F′＋Mg′＝0—÷M砌』
联立各式可得:F≡Mg＋［m√〗颐＋加√2g（h—′）］2
2
＝Mg＋孺［2h—′＋2√∏万≡万〕＝2×l04＋
2M』
107
0.4×103（3.8＋2√§亏ˉ百）＝2. l×l05N
即桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力的大小为2。1×105N
［解析］
问题求解:
（1）根据动能定理,锤的重力势能转化为动能。
（2）根据动能定理解出碰撞后锤的速度,再根据系统动量守恒和动能定理联合求解.
312。［答案］
（1）加2平抛
h＝十廖』’‘-咙′
代人数据解得;u2＝4m／s
（2）碰撞过程动量和能量守恒
加1U＝m〗U1＋加2U2
1
2
1
,｜1
o
丁mlU-丁′γolUi十—rm2Ui
代人数据解得:u＝5m／s,ul＝
1m／s
（3）加1碰前:U2＝2α50
F-尸加1g＝m1α
代人数据解得;F＝0.8N
［解析］
问题求解:
（1）碰撞后木块加2做平抛运动,根据平抛运动的性质可求得加2的初始速度。
（2）加l碰撞加2的过程中满足动量守恒和能量守恒,联立方程即可求得ml碰撞前后的速度
′（3）根据m1碰撞前的速度与位移可以求得加l的加速度大小,再根据牛顿第二定律得出合外力与加j
（3）根惦m1碰撞前的速度与位移可以求得加l的加速度大小,再根据牛顿第二定律得出合外力与加速
~
~
~
度的关系,可
求得合外力的大小,又因为木块在碰撞前受拉力和摩擦力共同作用,根据摩擦因数可求得摩擦力的大小,进而求得
拉力F的大小.
.
91
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丙…再■
313. ［答案］
（1）设旅客沿斜面下滑的加速度大小为α,
根据牛顿第二定律有加gsln0—尸加gcos0＝mα
解得α＝L6m／s2
（2）根据运动学公式U2＝2αL
解得u＝4.0m／s
（3）设旅客下滑过程所用时间为』,则有L＝÷延＂
支持力FN＝mgcos0,在整个下滑过程中支持力的冲量大小I＝加gcos仇
解得I＝1.2×103N· s
［解析］
问题求解;
（1）受力分析,沿斜面方向人受到重力的分力和摩擦阻力’根据牛顿第二定律解出加速度.
（2）由运动学公式代人数据直接得结果.
（3）运动学公式计算出时间’再根据冲量公式计算出整个下滑过程中支持力的冲量大小.
314. ［答案］
（1）设雨滴竖直下落的收尾速度大小为U,
雨滴达到收尾速度时开始匀速下落加g＝／
又因为／＝十C0＾s拟:＝÷C0′0R瞥圃,
解褐渺≡÷√孺
（2）设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做功为W／,
依据动能定理有″g偷—wⅡ≡÷狮U』
解得w′-咖g（h—源C箭R』）
（3）取横截面积为S、高度H＝ut的柱状体积内的雨滴为研究对象,它所含雨滴的总质量为M≡门SH加
设柱状体积内的雨滴受到水平地面单位面积上的作用力大小为F,竖直向上为正方向.根据动量定理平
设柱状体积内的雨滴受到水平地面单位面积上的作用力大小为F,竖直向上为正方向.根据动量定理有FSt＝Mu
解得F＝2门加2g
沉C0p0R2
根据牛顿第三定律,水平地面的单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小为户′≡2′l加2g
穴C0p0R2
°
［解析］
问题求解:
（1）达到收尾速度时雨滴处于平衡状态,受力平衡,列出等式即可求解.
（2）根据动能定理,在无风的条件下,只有重力对雨滴做正功,所以重力所做的正功减去雨滴在竖直下落过程中克
服空气阻力所做的功等于雨滴的动能的变化量,
（3）先取横截面积为S、高度H≡ut的柱状体积内的雨滴为研究对象’求出研究对象内雨滴的总质量’总的冲量.再
根据动量定理求出单位面积地面对雨滴的作用力,由牛顿第三定律就能得出水平地面的单位面积上受到的由于雨
滴对其撞击所产生的压力。
315. ［答案］
（1）对于平抛过程有
UB＝2D0
从B点运动到C点的过程根据动能定理有
狮愿R（l十sin0）-÷″p:—＋狮诡
2
UC
刚到达C点时有Fc-γ阅g＝″‖万
根据牛顿第三定律F′c＝Fc
可得F′c＝50N
◎
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~
~
~
~
（2）木块在木板上滑行的过程,根据动量守恒定律
加uc＝加ul＋Mu,
根据能量守恒有
膘咖gL＝÷枷刨:—（÷咖刚;＋÷M测i）
可得L＝1m
［解析］
问题求解:
（1）将物块到达B点的速度分解为竖直方向的速度和水平方向上的速度,由几何关系及平抛运动规律解得在B处
的速度为锄圆＝湍了＝z嘲oBC阶段由动能定理解得物块到达C点处的速度;再由轨道支持力及重力的合力提供
向心力求出轨道支持力;最后由牛顿第三定律求出对轨道的压力.
（2）木块在木板上滑行的过程根据动量守恒列式’求出物块从木板右端滑出时木板的速度;再由能量守恒求出木
｀
板长度
316。［答案］
（1）设1号小球的质量为加l ,碰前的速度为U1
,
对于1号小球由h高运动到最低点过程’根据机械能守恒有
顾!gh＝＋…;解得;铡1＝√颧
（2）设1号、2号小球碰撞后的速度分别为U′l和U2 ,取水平向右为正方向.
对于1、2号小球碰撞的过程,根据动量守恒定律有加lⅦ′l＝加1U′1＋加2U2
根据机械能守恒有÷咖1U§-÷咖rU′;＋÷加:″i
∩
解得;刚2＝亩√面顾
设2号、3号小球碰撞后的速度分别为U′2和U3 ,
对于2、3号小球碰撞的过程,根据动量守恒定律有加2z′2＝加2U′2＋加3U3
根据机械能守恒有÷砸2Ui-＋…肾＋÷m敷U!
同理可解得3号小球被碰后的速度呛＝（击）』〃颜
即3弓小球与P小球发生第＿次碰撞前的逮度大小锄』＝（击）』√面百而
（3）由（2）中的结果可推知5号小球被碰后的速度锄鼠＝（击）』√面酝
因为5号小球与P小球质量相等’可知二者发生碰撞后交换速度’
所以P小球第＿次被碰撞后的速度汹′＝（击）』√Ⅱ颤
p小球第＿次被碰撞后恰好能通过圆轨道的最高点D,设其通过最高点的速度为UI）,
竟4m1Ui
根据牛顿第二定律P小球在D点有龙4加lg＝
R
解得:UD≡√百页
P小球由八铡D的运动过程,机械能守恒有＋…｝＝狮,g.2R＋＋…b
解得:UP＝√弓百∏
将R＝芋h代人上式联立解得;隐＝√百—l
√
·
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［解析］
问题求解:
（1）1号小球在只有重力做功的情况下’由高运动到低’该过程机械能守恒’据此求出1号小球撞上2号小球前的速
度大小.
（2）这些小球间的碰撞过程都符合动量守恒定律和机械能守恒定律°按碰撞的先后顺序分别列出动量守恒式和机
械能守恒式,求出3号小球与P碰撞前的速度
（3）通过分析可知,小球被碰撞后的速度大小跟编号有-定的关系,据此求出5号小球的速度,P与5号小球质量相
等’碰撞后交换速度碰撞后小球P恰好沿圆轨道到达最高点,在最高点P的重力恰好提供小球做圆周运动的向心
力,据此求出小球P在D点的速度大小,从A到D的过程中,小球P机械能守恒,可以求出小球P在A点的速度,
与通过与5号小球碰撞求出的P的速度对比’求出虎的数值
‖
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317° ［答案］
（l）A、B、C三个木块组成的系统动量守恒,以C的初速度方向为正方向,在整个过程中,由动量守恒得:
mCU0＝刀?AuA＋（加B＋γⅪC）U
解得记′A＝0·5m／s
（2）A、B、C三个木块组成的系统动量守恒,以C的初速度方向为正方向,当C刚离开A时A、B有共同的速度uA,
对A、B、C组成的系统,由动量守恒定律得:
加Cu0＝（mA＋加B）uA＋mCu′C
解得Ⅶ／c＝5。5m／s
［解析］
问题求解;
（l）因为水平面光滑,所以A、B、C组成的系统动量守恒列出初末状态的动量,两者相等,即可解出A运动的速度.
（2）从C在A上开始运动到C刚离开A时,A、B、C组成的系统动量守恒,据此列出方程求解C刚离开A时的速度
3la［答案］
（D小球A下滑过程中,由动能定理得;狮Agh＝＋砸＾砌i
0
解得;UA＝√面百万
（2）A、B两球碰撞时动量守恒,由动量守恒定律可得:mAⅢ′A≡（mA＋mB）U
离开平台后｀两球做平抛运动’水平方向;÷＝渺』
竖直方向』h＝÷廖;
解得:加A :mB＝1
: 3
［解析］
问题求解:
（1）下滑过程中,只有重力做功’由动能定理或者机械能守恒定律直接求得UA.
（2）A、B两个球碰撞的过程中动量守恒;离开平台后做平抛运动,列出方程联立求解
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