2018-2019学年下学期暑假作业高一 物理 答案与解析.pdf

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1、答案与解析答案与解析 1 【答案】D 【解析】 因为物体做曲线运动， 且速率保持不变， 则物体受到的合外力与速度垂直， 即合外力的方向变化， 所以合外力一定不是恒力，故 A 错误；加速度的方向与曲线这一点的的切线方向垂直，故 B 错误；因为 物体做曲线运动，合外力一定不为零，故物体一定不做能做匀速运动，故 C 错误；由牛顿第二定律可知， 加速度由物体在该点所受合外力决定的，因为物体做曲线运动，且速率保持不变，则物体受到的加速度 与曲线这一点的切线方向垂直，故 D 正确。 2 【答案】C 【解析】根据运动的分解可知，过河时间：，AB 错误；沿河岸方向：，C 正确 D 错误。 3 【答案】C 【解

2、析】质点运动速度的平方随位移变化规律不是质点运动的轨迹，故 A 错误；根据知，图线切线斜率 的大小等于，图线切线斜率增大，则加速度增大，根据牛顿第二定律知，合力增大，故 B 错误，C 正确。 质点的速度增大，动能增大，重力势能的变化未知，则无法判断机械能的变化，故 D 错误。 4 【答案】B 【解析】将小车的速度 v 进行分解如图所示，则 vpvcos2，故 ACD 错误，B 正确。 5 【答案】B 【解析】根据运动的分解可知：，货车速度 v 是定值，所以货车速度随角度变化而变化，不是匀速，A 错误 ； 随着货车运动，夹角变小， ，货物速度变大，m 随 M 一起向上加速，处于超重状态，所以箱中

3、物体 对箱底压力大于mg， B正确 ； 拉力做功增加了货箱和货物的动能和重力势能， 货车拉力做功大于(Mm)gh， 暑 假 训 练 0 1暑 假 训 练 0 1 曲线运动 运动的合成与分解 C 错误；因为货箱和货物一起加速，所以绳中拉力大于(Mm)g，整体速度，根据功率公式：，D 错误。 6 【答案】B 【解析】刚释放的瞬间，小球的瞬时加速度竖直向下，绳子中的张力一定小于重力，故 A 错；当来物体 的绳子与杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何知识得，故 B 正确；将小物块的速度分解为沿绳子 方向和垂直绳子方向，沿绳子方向的分速度等于小球的速度，根据平行四边形定则，小物块在 D 处的速 度与小

4、球的速度之比为，故 C、D 都错。 7(多选)【答案】AC 【解析】前 2s 内物体在 y 轴方向没有速度，只有 x 轴方向有速度，由图看出，物体在 x 轴方向做匀加速 直线运动，故 A 正确；在 2s4s 内，物体在 x 轴方向做匀速直线运动，y 轴方向做匀加速直线运动，根 据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿 y 轴方向，故 B 错误；在前 2s 内，物体在 x 轴方 向的位移。 在后 2s 内， x 轴方向的位移为 x2vxt22m4m， y 轴方向位移为， 则 4s 末物体的坐标为 （6m， 2m） ，故 C 正确，D 错误。 8(多选)【答案】ACD 【解析】演员在 B

5、点的速度最大，则，选项 A 正确；演员上升高度为，选项 B 错误；根据可知，随车的 运动， 减小，则人的速度增加，即人的加速度向上，处于超重状态，选项 C 正确；演员机械能增量为， 选项 D 正确。 9(多选)【答案】CD 【解析】释放 P 前，对 Q 分析，根据共点力平衡得，故 A 错误。根据 P 与 Q 的速度关系，当 P 到达 O 点时，即，说明 Q 先加速后减速，故此时轻绳的拉力不为 0，故 B 错误；P 到达 O 点时，沿绳子方向的 速度为零，则，Q 减少重力势能与 P 增加的动能相等，则有：，解得： ，故 C、D 正确。 10 【解析】 （1）小船在静水中的速度大小为 vc2v，当

6、船头指向始终与河岸垂直，则有： 则船沿河岸方向的位移： 去程时船的位移的大小 （2）当回程时行驶路线与河岸垂直，则有： 而回头时的船的合速度为： 则 1 【答案】A 【解析】 物体做平抛运动， 当垂直地撞在倾角为 37的斜面上时， 把物体的速度分解如图 所示，由图可知， 此时物体的竖直方向上的速度的大小为 ： vyv0cot3720m/s。由 vygt 可得，运动的时 间为：。故选 A。 2 【答案】D 【解析】AB 段小球自由下落，BC 段小球做平抛运动，两段时间相同，所以由 h知，A、B 两点间距离 与 B、D 两点间距离相等，均为 h，故 AB 错误；BC 段平抛初速度 v，运动的时间

7、t，所以 C、D 两 点间距离 xvt2h，则 C、B 之间的距离：L故 C 错误，D 正确。 3 【答案】C 【解析】 小物体做平抛运动， 恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大， 此时有Lvmaxt， h gt2， 代入解得vmax 1 2 7 m/s，恰好擦着窗口下沿左侧穿过时速度 v 最小，则有 Ldvmint，Hh gt2，解得 vmin3 m/s，故 v 1 2 的取值范围是 3 m/sv7 m/s。 暑 假 训 练 0 2暑 假 训 练 0 2 平抛运动 4 【答案】C 【解析】导弹离开飞机时对地速度，故 A 正确；导弹竖直方向做自由落体运动，下落高度，故 B 正确； 导弹沿飞机飞行方

8、向移动距离，导弹沿垂直飞机飞行方向移动的距离，则 AB 间的水平距离，所以 AB 间 的距离，故 C 错误；导弹离开飞机后做平抛运动，水平速度为，落地瞬间竖直速度，合速度与竖直方向 夹角的正切值，故 D 正确。 5(多选) 【答案】ACD 【解析】因为平抛运动时间由高度决定，而两球下落高度相同，飞行时间相同，所以落于 B 点的小球飞 行时间为 t，A 正确；对到达 B 点的小球，有：，解得：，B 错误；对落到 C 点的小球，有，水平位移，C 正确；小球 B 的水平位移，根据几何关系可知 B 点离地面高度，所以抛出点离地面高度，D 正确。 6(多选) 【答案】BD 【解析】沿斜面方向和垂直斜面方

9、向建立直角坐标系，沿斜面方向初速度，加速度 ，垂直斜面方向初速 度， 加速度， 所以垂直斜面方向做匀减速运动， 小球经过点时离斜面最远， 即此时， 速度方向与斜面平行， 小球从到与从到过程中垂直斜面方向位移相等，运动时间相同，速度改变量相同，B 正确；沿斜面方向 做匀加速运动，选项 C 错误；，故 A 错误；落到斜面上有，设落到斜面上时的速度与水平方向的夹角为， 则， 小球初速度增大为原来的 2 倍时， 时间也增大为 2 倍， 落到斜面时的速度方向保持不变， 选项 D 正确。 7(多选)【答案】AC 【解析】根据运动的合成与分解，将初速度分解为竖直方向和水平方向的分速度，设初速度方向与竖直 方

10、向的夹角为 ，故有小球沿竖直方向的速度分量 v竖v0cos，因为三个小球上升高度相同，所以三个 小球沿竖直方向的分速度相同， 根据竖直上抛运动特点可知， 三个小球在空中运动时间相同， 所以 B 错误、 C 正确 ； 而 123，故得知 v01v02v03，落地时重力做功为零，所以落地时的速率与初速度的大小相同， 所以 A 正确；小球沿水平方向的速度分量 v水 ，运动时间相同所以可知沿路径 1 抛出的小球水平速度 x t 分量最大，所以 D 错误。 8 【答案】(1)同一位置 复写纸 斜槽末端水平 木板与桌面垂直 (2)BAC (3)0.1s 2 【解析】(1)A.让小球从同一位置滚下，并通过复

11、写纸在坐标纸上留下一系列点；B.安装好器材，在安装 时要注意：1. 斜槽末端水平；2. 木板与桌面垂直，记下平抛初位置 O 点； (2)上述步骤合理的顺序是 BAC； (3)在竖直方向上有：ygT2，则 ，所以初速度为：。 9 【解析】(1)A 球做竖直下抛运动： 将 h15m，v010m/s 代入，可得：t1s 即 A 球经过 1s 时间落地. (2)B 球做平抛运动： 将 v010m/s，t1s 代入可得：，. 故两球之间的距离为. 10 【解析】(1)物体 A 上滑过程中，由牛顿第二定律得 mgsinma 设物体 A 滑到最高点所用时间为 t，由运动学公式 0v1at 由几何关系可得水平

12、位移 x v1tcos37 1 2 物体 B 做平抛运动，如图所示，其水平方向做匀速直线运动，则 xv2t 联立可得 v16 m/s。 (2)物体 B 在竖直方向做自由落体运动，则 hB gt2 1 2 物体 A 在竖直方向 hA v1tsin37 1 2 如图所示，由几何关系可得 hhAhB 联立得 h6.8 m。 1 【答案】C 【解析】隔离物体分析，该物体做匀速圆周运动；对物体受力分析，如图，竖直方向受重 力G，向上的 支持力N，重力与支持力二力平衡；水平方向：指向圆心的静摩擦力提供做圆周 运动的向心 力， 故选 C。 2 【答案】C 【解析】由于是共轴转动，所以 AB 两点的角速度相等

13、，BA，则转动周期相等，TBTA；由于 B 的 半径大于 A 的半径，所以根据 vr 知，B 的线速度大于 A 的线速度，vBvA； 由向心加速度与半径的公 式 ： a2r，由于 B 的半径大于 A 的半径，所以 B 的向心加速度大于 A 的向心加速度，即 aAaB，故 C 正确。 3(多选)【答案】BCD 暑 假 训 练 0 3暑 假 训 练 0 3 圆周运动 【解析】悬线与钉子碰撞前后，线的拉力始终与小球运动方向垂直，小球的线速度不变，故 A 错误；当 半径减小时，由 vr 知 变大，故 B 正确；再由 anv2/r 知向心加速度突然增大，故 C 正确；而在最 低点 F-mgmv2/r，故

14、碰到钉子后悬线拉力变大，故 D 正确。 4(多选)【答案】AB 【解析】由图可知：当， ，此时 解得，故 A 对；当 时，此时，所以，故 B 对；小球在水平线 MN 以下 的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可 以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故 C 错；小球在水平线 MN 以上的管道中运动时，重力沿 径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能 均无作用力，做 D 错。 5(多选)【答案】AC 【解析】由物块甲下滑过程中受力分析图可知， ，因物块在运动方向(切线方向)上合力为 零， 即

15、fmgsin， 才能保证速率不变， 由物块甲下滑过程中不断减小， 所以摩擦力 f 不断减 小， 而物块下滑过程中重力沿径向分力 mgcos 变大，所需向心力的大小不变，故弹力 N 增大，由 fN 可知，物块下滑过程中与容器内壁的动摩擦因数变小， 选项 A 正确 ； 物块速率不变， 必做 匀速圆周运动， 合外力和向心加速度的大小不变， 方向时刻变化，选项 B 错误；初速度不同的物体抛出 后，只要落在轨道上最低点左右等高处，运动时间一定相等，选项 C 正确；物块乙落到半圆形轨道的瞬 间，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，水平位移不可能为直径，选项 D 错误。 6(多选)【答案】ACD 【解析】

16、角速度逐渐增加的过程中，物体的静摩擦力先达到最大，受到的静摩擦力达到最大值且细线无 张力，则有，解得临界角速度，故选项 A 正确 ； 如果没有细线相连，对于单个木块，静摩擦力提供向心力， 恰好不滑动时，则有，解得，对于单个木块，静摩擦力提供向心力，恰好不滑动时，则有，解得；当的 静摩擦力达到最大时，对系统则有，解得；若细线突然断开，由于，故不会做离心运动，由于，故会做 离心运动，故选项 C、D 正确，B 错误。 7 【答案】逆时针 【解析】因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动；由于 通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据 vr 得：r1r2，

17、解得：。 8 【解析】(1)对小球 A 来说，小球受到的重力和支持力平衡因此绳子的拉力提供向心力，则： FTmR2 对物体 B 来说，物体受到三个力的作用：重力 Mg、绳子的拉力 FT、地面的支持力 FN，由力的平衡条件 可得：FT+FNMg 解得：FN30N 由牛顿第三定律可知，B 对地面的压力为 30N，方向竖直向下。 (1)当 B 对地面恰好无压力时，有：MgFT， 拉力 FT提供小球 A 所需向心力，FTmR2 解得：20rad/s. 9 【解析】(1)在 A 点: 得: 方向竖直向上。 (2)质点恰能完成圆周运动，在 B 点，根据牛顿第二定律: 在 A 点：根据牛顿第二定律: 从 A

18、 点到 B 点过程，根据机械能守恒定律: 解得，方向竖直向上。 10 【解析】(1)环在 A 处被挡住立即停止，小球以速度 v 绕 A 点做圆周运动，据牛顿第二定律和圆周运动 的向心力公式有： 解得：绳对小球的拉力大小 (2)在环被挡住后，细绳突然断裂，此后小球做平抛运动。假设小球直接落在地面上，则： 竖直方向： 水平方向： 联立解得：小球的水平位移 所以小球与右墙碰撞后再落在地上 设小球平抛运动到右墙的时间为，则： 小球在内下降的高度 球的第一次碰撞点离墙角 B 点的距离。 1 【答案】D 【解析】开普勒总结出了行星运动的规律，牛顿找出了行星按照这些规律运动的原因，选项 A 错误；月 球绕地

19、球运动时，地球对月球的引力充当月球做圆周运动的向心力，选项 B 错误；哥白尼提出了日心说， 牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许测定了引力常量的数值，选项 C 错误；物体在转弯时做曲线运动， 则一定受到力的作用，选项 D 正确。 2 【答案】A 【解析】 由开普勒第一定律可知， 地球位于 B 卫星轨道的一个焦点上， 位于 C 卫星轨道的圆心上， 选项 A 正确；由开普勒第二定律可知，B 卫星绕地球转动时速度大小在不断变化，选项 B 错误；由开普勒第三 定律可知， ，比值的大小仅与地球有关，选项 CD 错误. 3 【答案】B 暑 假 训 练 0 4暑 假 训 练 0 4 万有引力与航天 【解析】因为

20、行星的质量，所以，因为比邻星的质量约为木星的 150 倍，所以比邻星的“流体洛希极限” 等于万公里，ACD 错误 B 正确。 4 【答案】D 【解析】 “中星 6C”卫星是地球同步轨道卫星， 应定点在赤道上空， A 项错误 ； 由可得， 可见轨道半径越大， 绕行速度越小，即它的运行速度小于近地卫星的速度，B 项错误；由可得，可见如果已知它的轨道半径 与周期和引力常量可以计算地球的质量，但不知道地球半径，不能计算地球密度，C 项错误；发射卫星 一般是向东发射，可以借助地球自转的速度，文昌卫星发射中心比西昌卫星发射中心更靠近赤道，地球 自转的线速度更大，发射相同的卫星，会更节约能量，D 项正确。

21、5(多选)【答案】AD 【解析】该恒星的平均密度为，选项 A 正确；由，解得，选项 B 错误；由， ，解得，选项 C 错误，D 正确. 6(多选)【答案】AC 【解析】根据圆周运动的供需平衡关系，从轨道比较高的椭圆变轨到轨道高度比较低的圆周，应减速，A 正确；根据开普勒第三定律可知可知，地-月转移轨道的半长轴大于空间站圆周运动的半径，所以地-月 转移轨道周期大于 T，B 错误；以空间站为研究对象，它做匀速圆周运动的向心力来源于月球对它的万有 引力，可知，所以，C 正确；月球的第一宇宙速度，将 C 选项求得的 M 带入可得，D 错误。 7 【答案】A 【解析】两星的角速度相同，根据万有引力充当向

22、心力知：可得：r1r2 ，两星绕连线的中点转动，则 有 ： ，所以 ，由于 C 的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则 ： ，又，解式得 ： ， 可知 A 正确，BCD 错误。 8(多选)【答案】BD 【解析】同一轨道，若 A 加速，则离开原轨道，所以不可能追上同一轨道上的 C，故 A 错误；设经过时 间 t，A、B 相距最远，可得，解得，故 B 正确；根据万有引力提供向心力 21 2 tt TT 12 12 2() TT t TT ，得，可知 A、C 向心加速度大小相等，且小于 B 的向心加速度大小，故 C 错误；根 2 Mm Gma r 2 GM a r 据开普勒定律知，同一卫星在相同

23、时间内扫过的面积相等，可得 A、B 与地心连线在相同时间内扫过的面 积不等，故 D 正确。 9 【解析】 （1）设地球的质量为 M，地球表面某物体质量为 m，忽略地球自转的影响，则有 解得：M； （2）设 A 的质量为 M1，A 到 O 的距离为 r1，设 B 的质量为 M2，B 到 O 的距离为 r2，根据万有引力提供 向心力公式得： 又因为 Lr1+r2 解得：； （3）设月球质量为 M3，由（2）可知， 由（1）可知，M 解得： 1 【答案】D 【解析】功的正负不代表大小，则10 J 的功大于5 J 的功，选项 A 正确；功是标量，正、负表示外力 对物体做功还是物体克服外力做功，选项 B

24、 正确，D 错误；一个力对物体做了负功，则说明这个力一定 阻碍物体的运动，选项 C 正确；此题选择错误的选项，故选 D. 暑 假 训 练 0 5暑 假 训 练 0 5 功和功率 2 【答案】B 【解析】小孩和大人都以水平推力匀速推动相同的木箱在相同的粗糙路面走，两木箱受到的摩擦力大小 相等，小孩和大人所用的推力相等，走同样的位移，大人和小孩做的功一样多，两者克服摩擦力的功一 样多故 AC 两项错误，B 项正确小孩和大人所用的推力相等，小孩和大人推箱子的速度不同，据可知， 大人和小孩做功的功率不一样大故 D 项错误 3 【答案】D 【解析】小球的重力对小球做正功，选项 A 错误；根据 PW/t

25、可知重力对小球做功的平均功率不为零， 选项B错误 ； 小球在A点时速度为零， 重力的瞬时功率为零， 到达B点时， 重力与速度垂直， 由公式Pmgvy 可知重力的瞬时功率也为零，则重力对小球做功的瞬时功率先变大后变小，故 C 错误；小球做圆周运动， 细绳对小球的拉力方向始终与小球的速度垂直，可知，拉力对小球不做功，故 D 正确。 4 【答案】D 【解析】 同一条轨道上的两个支腿对横梁的作用力方向竖直向上， 选项 A 正确 ； 对龙门吊， 若不挂重物时， 每个轮子对轨道的压力为，选项 B 正确；将重物加速向上吊起的过程，重物超重，则四个轮子对轨道总 压力大于（Mm）g，选项 C 正确；用电机将重物

26、匀加速吊起的过程，牵引力 F 一定，由 PFv 可知， 随速度的增加，电机的输出功率逐渐变大，选项 D 错误。 5 【答案】C 【解析】 由图可知， 两个物体下落的高度是相等的， 根据 hgt2可知， 甲、 乙两球下落到轨道的时间相等， 由vvygt 可知速度的竖直分量相等，则落到轨道上的速度变化量相同，根据 PGvcosGvy，故重 力的瞬时功率相等， 故 A、 B 错误 ； 设圆形轨道的半径为 R， 则 A、C 的水平位移为 x1RRsin370.4R； x2 RRsin371.6R；则 x24x1；由 xvt 可知，v24v1，故 C 正确，D 错误。 6(多选)【答案】CD 【解析】撤

27、去 F 后，弹力大于摩擦力，向左加速，随着弹力减小，加速度减小，当弹力和摩擦力相等后， 弹力继续减小，合力向右并且在变大，加速度变大，当物块脱离弹簧后只受摩擦力，合力不变，加速度 不变，所以加速度先减小后变大最后不变，A 错误。因为存在摩擦力，撤去外力瞬间，合力小于弹力， 加速度小于 ，B 错误。物体脱离弹簧匀减速运动，所以匀减速位移 3x0，根据匀变速规律：，解得：，C 正确。当加速度为零时，速度最大， ，在这段时间内摩擦力做功：，联立解得：，D 正确。 7(多选)【答案】BC 【解析】由速度时间图象可以知道在 23s 的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩 擦力的大小为 2N

28、，在 12s 的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以，由牛 顿第二定律可得 Ffma，所以，故 A 错误；由 fFNmg，所以，故 B 正确；第二秒内物体的位移 是 xat2212m1m，克服摩擦力做的功 Wfx21J2J，所以 C 正确 ； 第三秒内物体的位移是 x 2m，克服摩擦力做的功 Wfx22J4J，则前 3 s 内物体克服摩擦力做功 6J，故 D 错误. 8(多选)【答案】BCD 【解析】 汽车受到的阻力为 ： f0.1210310N2103N； 前 5s 内， 由图 a2m/s2， 由牛顿第二定律 ： Ff ma， 求得 Ffma （210321032） N

29、6103N， A 错误， B 正确 ； t5s 末功率达到额定功率为 ： PFv 610310W6104W，C 正确；汽车的最大速度为：，故 D 正确。 9(多选)【答案】BCD 【解析】设物体与斜面体一起运动的加速度为 a，则当物块与斜面相对静止时，物块沿垂直斜面方向的加 速度为 asin，对物块由牛顿第二定律：；当水平恒力 F 变大后，如果滑块仍静止在斜面上，则整体的加 速度 a 变大，滑块对斜面的压力减小，选项 A 错误，B 正确；若要使滑块与斜面体一起加速运动，则垂 直斜面方向：；沿斜面方向：，对整体 ；解得，选项 C 正确；若水平恒力 F 方向向左，则若物块与斜面 体之间恰无摩擦力，

30、则此时，则，若可知斜面体对物块的静摩擦力方向沿斜面向下，可知则摩擦力对滑 块做正功，选项 D 正确。 10 【解析】 （1）径向最大静摩擦力提供向心力，汽车以运动： 据题意 代入数据解得： （2）汽车在匀加速过程中： 当功率达到额定功率时， ， 代入数据解得：， 汽车在匀加速过程中，有： ， 则 3s 末发动机功率为： 1 【答案】C 【解析】物体从 A 到 B 的过程中，速度先增大后减小，动能先增大后减小，故 A 错误；物体从 B 到 A 的 过程中，速度先增大后减小，动能先增大后减小，故 B 错误 C 正确；由于物体在 B 点的速度为零，所以 暑 假 训 练 0 6暑 假 训 练 0 6

31、动能和动能定理 动能为零，故 D 错误。 2 【答案】C 【解析】设底边的长度为 L，斜面的倾角为 ，则克服摩擦力做功 WfmgcosmgL，知克服摩 cos L 擦力做功相等， 选项 A、 B 错误 ； 根据动能定理得， mghmgcosmv20， 整理得， mghmgL cos L 1 2 mv2，知高度越高，合外力做功越大，到达底端的动能越大，故 C 正确，D 错误。 1 2 3(多选)【答案】BC 【解析】对A、B分别受力分析，受力如图所示，对A分析FNFsinaG 0， fFN(FsinaG)； 对B分析FN1G， f1FN1G， WffL， Wf1 f1L，摩擦力对两者做功不等，

32、选项 A 错误；A、B 的速度始终相等，质 量相等，可知A、 B动能的增量相同，选项B正确 ； 根据动能定理可知，A、B所受的合外力做的功等于A、B 物体动能的变化，A、B 动能的变化量相等，所以合外力对 A、B 做功相等，故 D 错误；摩擦力对两者做 功不等，据动能定理得，F 对 A 与 A 对 B 的力做功不相等，所以 C 正确。 4(多选)【答案】AB 【解析】 全过程分析， 物块受到的重力不做功， 木板对物块的作用力做功， 根据动能定理可知 ： W木mv2 2J，木板对物块做功为 2J，故 A 正确。缓慢转动的过程，沿静摩擦力的方向没有位移，支持力方向与速 度方向相同，做正功，故缓慢转

33、动的过程摩擦力做功为 0，支持力做功为：W支mgLsin5J。下滑过 程中， 受到滑动摩擦力作用， 做负功 W滑， 支持力不做功。 则 W支+W滑mv2， 代入数据解得 ： W滑3J。 综上所述，摩擦力做功为3J，支持力做功为 5J，滑动摩擦力做功为3J，故 B 正确，CD 错误。 5(多选)【答案】AC 【解析】由物体在斜面上滑的加速度可知， ， ，选项 A 正确；物体向上运动，重力做负功，选项 B 错误； 由匀变速直线运动公式得，得，选项 C 正确 ； 摩擦力做功与路程有关，由动能定理可知， ， ，选项 D 错误 6(多选)【答案】BCD 【解析】若滑块恰能通过 C 点时有：，由 A 到

34、C，根据动能定理知 ，联立解得：hAC0.5R，则 AB 间竖 直高度最小为 hAB2R+hAC2.5R，所以 A 到 B 点的竖直高度不可能为 2.2R，故 A 错误；若滑块滑上传 送带时的速度大于传送带的速度，则物块向右滑上传送带做减速运动，速度减到零后反向加速，到达与 传送带共速时匀速运动回到 D 点，此时滑块的速度小于刚滑上传送带时的速度，则滑块再滑到左侧时的 最大高度低于出发点 A，选项 B 正确；设滑块在传送带上滑行的最远距离为 x，由动能定理有：，知 x 与 传送带速度无关，故 C 正确；滑块与传送带摩擦产生的热量为 Qmgx，传送带速度越大，相对路程 越大，产生热量越多，故 D

35、 正确。 7(多选)【答案】BD 【解析】图像的斜率代表加速度，t6.0s 时斜率不为零，所以加速度不为零，A 错误；图像的面积代表 位移，所以 4.0s6.0s 时间内位移为，所以平均速度，B 正确；合力做功等于物体动能改变量，所以合力 对质点做功，C 错误；根据 C 选项分析在 1.0s5.0s 时间内，合力做功：，所以平均功率：，D 正确。 8 【答案】(1)需要 (2)A、B 的间距 x 【解析】(1)本实验需要平衡摩擦力，如果存在摩擦力，则细线对小车的拉力就不是小车的合外力，则合 外力的功无法具体计算。 (2)小车通过光电门的速度为，根据动能定理：，所以还需要测量的量是 A、B 的间

36、距 x，根据上式可得： 合外力对小车做的功与小车动能改变量的关系式为 9 【解析】(1)雪橇从 20m 到 40m 做匀加速直线运动，由动能定理得： 由牛顿第二定律得： 联立解得：； (2)前 40m 运动过程由动能定理： 解得：。 10 【解析】(1)物块 A 从 P 点出发又回到 P 点的过程，根据动能定理得 克服摩擦力所做的功为 Wf mv02。 1 2 (2)物块 A 从 P 点出发又回到 P 点的过程，根据动能定理得 2mg(x1x0)0 mv02 1 2 解得 x1x0。 v02 4g (3)A、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是 v1，弹出过程弹力做功为 WF 只有

37、物块 A 时，从 O到 P 有 WFmg(x1x0)00 A、B 共同从 O到 O 有 WF2mgx1 2mv12 1 2 分离后对 A 有 mv12mgx2 1 2 联立以上各式可得 x2x0。 v02 8g 1 【答案】B 【解析】运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高高 度约为，根据机械能守恒定律可知；解得，故 B 正确。1.3mh 2 1 2 mvmgh226m/s5m/svgh 暑 假 训 练 0 7暑 假 训 练 0 7 机械能守恒定律 2 【答案】B 【解析】只有重力（万有引力）或只有弹力做功时，机械能守恒。则有： 飞船升空阶段发动机做功

38、，飞 船的机械能增加，故 A 错误；在太空中返回舱与轨道舱分离后，在大气层以外向着地球做无动力飞行过 程中只有重力（万有引力）做功，机械能守恒，故 B 正确；返回舱进入大气层后的下降阶段，由于空气 阻力做功，所以机械能不守恒，故 C 错误；降落伞打开后返回舱下降过程中，要克服空气阻力做功，机 械能减小，故 D 错误。 3 【答案】D 【解析】设在恒力作用下的加速度为 a，则机械能增量 EFhFat2，知机械能随时间不是线性增加，撤 去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变。故 D 正确，ABC 错误。 4(多选)【答案】AB 【解析】小球最后静止在弹簧上的 A 点，小球处于平衡状态，则 F弹m

39、g根据胡克定律得：弹簧的压 缩量，与 h 无关，故 B 正确。小球静止在 A 点时弹簧的弹性势能 EP只与弹簧的压缩量有关，与 h 无关， 从开始到 A 的过程，根据系统的机械能守恒得 mg（h+x）Ep+Ek ，知小球在 A 点的动能与 h 有关，h 愈大，小球在 A 点的动能愈大，故 A 正确，C 错误。小球第一次到达 A 点时弹簧的弹性势能与最终小球 静止在 A 点时弹簧的弹性势能相等，选项 D 错误。 5(多选)【答案】AD 【解析】小滑块沿木板向上滑行，由牛顿第二定律， ，得，设，则，当时，存在最大值， ，即，故，所以 A 正确。 设小滑块上升的高度为， 则， ， 所以 B 错误。

40、根据如上计算可知， 。 小滑块上滑过程克服摩擦力做功。 故机械能损失，C 错误。因，故小滑块上滑到最高点处后反向下滑，此时，所以 D 正确。 6(多选)【答案】AC 【解析】对开始到回到出发点运用动能定理研究：WFEK-0，力 F 做功为 60J；所以物体回到出发点的 动 能 为 60J 故 A 正 确 。 从 开 始 到 经 过 时 间 t， 物 体 受 重 力 ， 拉 力 ， 支 持 力 ， 物 体 加 速 度 ，撤去恒力 F 到回到出发点的过程中，物体受重力，支持力，物体加速度 a sin sin FmgF ag mm gsin；两个过程位移大小相等，时间相等。则有：at2-（at2-a

41、t2） ，联立解得：开始时物体所受恒 1 2 1 2 力 Fmgsin，故 B 错误。有 F 作用时，物体的加速度为gsin，撤去力 F 时，物体的加速度为 gsin， 4 3 1 3 从开始到撤去力 F 时，物体上滑的距离为 L，所以撤去力 F 时，物体继续上滑到最高点，距离是L，运 1 3 用动能定理研究从开始到上滑到最高点， -mgh+WF0-0， 得 ： 重力做了-60J 功。 所以从开始到撤去力 F 时， 重力做了-45J 功，所以撤去力 F 时，物体重力势能是 45J，故 C 正确。撤去力 F 时，物体重力势能 45J， 动能 15J， 撤去力 F 后， 动能减小， 重力势能增大，

42、 所以动能与势能相等的位置在撤去力 F 之前的某位置， 故 D 错误。 7 【答案】(1)0.04 (2)甲 甲的加速度大，所受的阻力小 (3)B 【解析】(1)两相邻计数点之间的时间间隔为 0.02s，则重锤从 A 运动到 C 的时间是 0.04s； (2)应选用下面的纸带甲来验证机械能守恒定律更合理，理由是：由纸带上点迹分布可知，甲的加速度大， 所受的阻力小； (3)要求解 C 点的速度，则需要测量 BD 之间的距离；要求解 E 点的速度，则需要测量 DF 之间的距离； 要求解从 C 到 E 的重力功，需要测量 CE 的距离，故选 B。 8 【解析】(1)以 B 研究对象，根据平衡条件：

43、以 A 为研究对象，根据牛顿第二定律： 解得：； (2) A 下落过程，根据机械能守恒定律： 解得：。 9 【解析】(1)AC 过程，由机械能守恒定律得： 解得：vc14m/s (2)在 C 点，由牛顿第二定律有： 解得：Fc3936N 由牛顿第三定律知，运动员在 C 点时轨道受到的压力大小为 3936N (3)设在空中飞行时间为 t，则有：水平方向 竖直方向 且 解得：t2.5s，t0.4s(舍去)。 1 【答案】A 暑 假 训 练 0 8暑 假 训 练 0 8 能量守恒定律 功能关系 【解析】斜面的倾角变化，则小球受的合外力要变化 ； 小球在斜面上运动过程中，速率和势能都不断变化 ； 则该

44、理想斜面实验说明此过程中有一恒定不变的物理量可能是能量，故选 A. 2 【答案】C 【解析】能量不能凭空产生，也不能凭空消失，能量耗散的过程中总的能量是守恒的，但是在能源的利 用过程中，能量向品质低的大气内能转变，即在可利用的品质上降低了，故 ABD 错误，C 正确。 3(多选)【答案】AB 【解析】由牛顿第二定律可知，物体的合力，则合力做功为：，所以物体的动能增加了；故 A 正确。重 力做正功，重力势能减少，重力势能减少了 mgh，故 B 正确。由牛顿第二定律得：mgfma，解得：， 物体下落过程中阻力 f 做的功为，即物体克服阻力做功；故 C 错误。由能量守恒定律可知：，即机械能 减少了，

45、D 错误。 4(多选)【答案】ABCD 【解析】滑块 m 和木板 M 组成的系统动量守恒，当 m 和 M 共速时由动量守恒有，由能量守恒有系统的 动能的减少量转化为摩擦生热， ，联立解得， ，因此系统发热量和动摩擦因数无关，C 正确，增大初速度 系统发热量增加，D 正确，对 M 动量定理有解得，因此增大 M 运动时间变长，摩擦生热增加，A 正确； 增大 m，相对运动的时间变短，B 正确。 5(多选)【答案】BCD 【解析】两次实验，弹簧压缩形变是相同的，所以弹性势能相等，两滑块到达 B 点的动能是相等的， ， 又 m2m1，所以 v1v2，两滑块到达 B 点的速度不相同，A 错误 ； 根据牛顿

46、运动定律可得，沿斜面上升时， 物体收到重力、支持力、摩擦力，将重力垂直斜面和平行斜面分解，可得， ，两滑块材料相同，B 正确； 设初始弹簧压缩了 x，滑块沿斜面运动的距离为 s，根据能量守恒可知，所以，C 正确；滑块上升到最高 点的过程中因摩擦产生的热量，D 正确。 6(多选)【答案】BCD 【解析】对物块，根据动能定理得：则物块的动能为，故 A 错误；对小车，由动能定理得：，则此时小 车的动能为，故 B 正确；系统产生的热量等于系统克服滑动摩擦力做功，为，故 C 正确；这一过程中， 由能量守恒定律可知，小物块和小车增加的机械能为，故 D 正确。 7(多选)【答案】BD 【解析】物块 A 由

47、P 点出发第一次到达 C 点过程中，物块水平方向始终受到绳拉力向右分力的作用，一 直加速，A 错误；物块 A 经过 C 点时，此时 B 的速度为零，根据机械能守恒定律有：，解得：，B 正确； 根据题意可得 ： ，由机械能守恒和对称性可知，A 的活动范围为，C 错误 ； 对 B 物块根据能量守恒可知，A 到达 C 时 B 的速度为零，B 物块重力势能的减小量全部克服绳子拉力做功，D 正确。 8 【解析】(1)若 vv0，滑块所受摩擦力对滑块做负功 由动能定理得：mgLmv02mv2 1 2 1 2 代入数据解得：vm/s. 2 7 (2)当 v2 m/s 时，设滑块从 B 到 C 用时为 t，则

48、 mgma，ag3 m/s2 v0vat，s 0 2 3 vv t a Qmg(v0tL) 代入数据解得：Q4 J. 当 vm/s 时，同理可得：s2 7 0 2 74 3 vv t a Qmg(Lv0t)1.67 J. 9 【解析】(1)从 A 到 B，物块做平抛运动，由几何关系得： vB1m/s (2)从 B 到 C，物块机械能守恒 解得：vC3m/s 联立解得 FN46N 根据牛顿第三定律 FNFN，物块在 C 点对轨道的压力大小为 46N，方向竖直向下 (3) 物块从 C 点滑上滑板后开始作匀减速运动， 此时滑板开始作匀加速直线运动， 当物块与滑板达共同速 度时，二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为 v，根据动量守恒 mvC(m+M)v 解得 v1m/s 对物块，用动能定理列方程： 解得：s10.8m 对滑板，用动能定理列方程： 解得：s20.2m 由此可知物块在滑板上相