《2019-2020学年下学期暑假作业高一 物理 答案与解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年下学期暑假作业高一 物理 答案与解析.doc（28页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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
2、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，C错误；因为货箱和货物一起
3、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
4、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
5、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
6、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，hgt2，代入解得vmax7 m/s，恰好擦着窗口下沿左侧穿过时速度v最小，则有Ldvmint，Hhgt2，解得vmin3 m/s，故v的取值范围是3 m/sv7 m/s。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；导弹沿飞机飞行方向移动距离，导弹沿垂直飞机飞行方向移动的距离，
7、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
8、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
9、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】
10、(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位移xv1tcos37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hBgt2物体A在竖直方向hAv1tsin37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
11、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，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【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
12、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
13、方向)上合力为零，即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】角速度逐渐增加的过程中，物体的静摩擦力先达到
14、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，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
15、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
16、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
17、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【解析】因为行星的质量，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
18、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。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
19、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，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；根据开普勒定律知，同
20、一卫星在相同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
21、正确；此题选择错误的选项，故选D.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
22、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
23、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；x2RRsin371.6R；则x24x1；由xvt可知，v24v1，故C正确，D错误。6(多选)【答案】CD【解析】撤去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
24、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，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x2m，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)
25、【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：Ffma，求得Ffma（210321032）N6103N，A错误，B正确；t5s末功率达到额定功率为：PFv610310W6104W，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
26、：；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，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，所以动能为零，故D错误
27、。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，知克服摩擦力做功相等，选项A、B错误；根据动能定理得，mghmgcosmv20，整理得，mghmgLmv2，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。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FNFsinaG0，fFN(FsinaG)；对B分析FN1G，f1FN1G，WffL，Wf1f1L，摩擦力对两者做功不等，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
28、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mv22J，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
29、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
30、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
31、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Wfmv02。(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)0mv02解得x1x0。
32、(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只有物块A时，从O到P有WFmg(x1x0)00A、B共同从O到O有WF2mgx12mv12分离后对A有mv12mgx2联立以上各式可得x2x0。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。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，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
33、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mg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
34、）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。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
35、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agsin；两个过程位移大小相等，时间相等。则有：at2-（at2-at2），联立解得：开始时物体所受恒力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，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
36、，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，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： 以A为
37、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【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
38、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，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
39、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
40、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
41、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代入数据解得：vm/s. (2)当v2 m/s时，设滑块从B到C用时为t，则mgma，ag3 m/s2v0vat，s Qmg(v0tL) 代入数据解得：Q4 J. 当vm/s时，同理可得：sQmg(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
42、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对滑过ss1s20.6m时，小于0.65m，并没有滑下去，二者就具有共同速度了（同速时物块离滑板右侧还有Ls0.05m距离）。当0.2ms0.5m时，物块的运动是匀减速运动s10.8m，匀速运动ss2，匀减速运动Ls0.05m，滑上平台D，根据动能定理：解得：EKD0.25J 当0.1ms0.2m时，物块的运动是匀减速运动L+s，滑上平台D。
43、根据动能定理：解得：EKD 1.255s （J）1【答案】C【解析】小孩在落地的过程中，动量变化一定。由动量定理可知，小孩受到的冲量I一定；小孩落到到弹簧垫上可以延长着地过程的作用时间t，由IFt可知，延长时间t可以减小小孩所受到的平均冲力F，故C正确，ABD错误。2【答案】C【解析】过程 I 的动量变化率等于运动员的重力，则不变，选项A错误；运动员在最高点的速度不为零，末速度为零，则过程 I、II的动量改变量不等于零，故B错误；由动量定理，过程I中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，故 C正确；过程II的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误。3【答案】D【解析】由图像可知
44、，物体在摩擦力和恒力F作用下先向正方向做匀减速运动，然后反向加速，由图像可知，第1s内与第2s内的位移不同，则摩擦力的功不同，水平恒力的功也不同，选项AC错误；第1s内与第2s内摩擦力的方向不同，则摩擦力的冲量不同，选项B错误；水平恒力的冲量IFt，则水平恒力的冲量相同，选项D正确.4【答案】C【解析】在不计空气阻力的情况下，做竖直上抛运动的物体只受重力的作用，加速度方向竖直向下，取竖直向上为正方向，根据动量定理，有pmgt，mg，所以C正确。5【答案】D【解析】物体下滑过程中，下滑高度hh2h1相等，由机械能守恒定律得：mghmv2，物体到达斜面底端时，速度，由牛顿第二定律得：mgsinma，加速度agsin，物体沿斜面下滑的时间：，由于斜面倾角不同，物体下滑的时间t不同，重力的冲量Imgt不同，故A错误；物体下滑的时间t不同，所受支持力的方向不同，所以所受支持力的冲量一定不同，故B错误；由于斜面倾角不同，滑到h1高度时，两物体动量方向不同，但两物体动量大小相等，所以两个物体动量变化量的大小是相等