【文章內(nèi)容簡介】 轉(zhuǎn)動，角速度相等，根據(jù)v＝ωr知此時乙球的速度為v。根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得：系統(tǒng)重力勢能的減少量等于系統(tǒng)動能的增加量，即有 mg?2lsinα+2mg[lcos（30176。﹣α）﹣lcos30176。]＝化簡整理得 mg（3sinα+cosα﹣）＝變形得 mg[2sin（α+θ）﹣]＝，其中 tanθ＝，則θ＝30176。即有 mg[2sin（α+30176。）﹣]＝，根據(jù)數(shù)學(xué)知識知，當(dāng)α＝60176。時v有最大值，且v的最大值為 vmax＝設(shè)從靜止開始至小球甲速度最大時，支架對小球甲所做的功為W，對甲球，根據(jù)動能定理得： mg?2lsin60176。+W＝解得 W＝，故D錯誤；C、當(dāng)小球乙擺到最低點時，乙球在加速，輕桿對小球乙做正功，則輕桿對小球乙的彈力不沿桿方向，故C正確。故選：AC。2．【分析】速度時間圖線與時間軸所圍成的面積表示位移大小，根據(jù)面積比得出位移比；撤去外力后由v﹣t圖象判斷出加速度，即可判斷摩擦力之比；對加速過程，由牛頓第二定律列式得到拉力大小之比；對運動全程，根據(jù)動能定理列式得到拉力做功之比?！窘獯稹拷猓篈、物體v﹣t圖象中的圖線與時間軸所圍成的面積表示運動的位移大小，則位移大小之比為6：5，選項A錯誤；B、從圖象可知，兩物塊勻減速運動的加速度大小都為，根據(jù)牛頓第二定律，勻減速運動中有f＝ma，故a、b物體所受摩擦力之比為1：1，選項B正確；C、根據(jù)圖象知，勻加速運動的加速度分別為、根據(jù)牛頓第二定律，勻加速運動中有F﹣f＝ma，故，解得F1和F2的大小之比為12：5，選項C正確；D、設(shè)F1和F2對a、b物體做功為WW2，對整個過程運用動能定理得：W1﹣fx1＝0，W2﹣fx2＝0，可解得W1：W2＝6：5，選項D錯誤。故選：BC。3．【分析】夯錘先自由下落，然后與樁料碰撞。先由運動學(xué)公式求出與樁料碰撞前瞬間的速度。對于碰撞過程，由于內(nèi)力遠大于外力，所以系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律求出碰后共同速度。夯錘與樁料一起下沉的過程，重力和阻力做功，由動能定理可求得樁料進入泥土的深度。則根據(jù)功能關(guān)系可知，每次打擊后的動能全部克服阻力做功，根據(jù)圖象可求出克服阻力所做的功?！窘獯稹拷猓篈B、夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度 v02＝2gh0，得 v0＝＝10m/s，取向下為正方向，打擊過程遵守動量守恒定律，則得：Mv0＝（M+m）v，代入數(shù)據(jù)解得：v＝9m/s，故A錯誤，B錯誤；C、由乙圖知，樁料下沉過程中所受的阻力是隨距離均勻變化，可用平均力求阻力做功，為 Wf＝﹣kh?h＝﹣kh2對夯錘與樁料，由動能定理得：（M+m）gh+Wf＝0﹣（M+m）v2，代入數(shù)據(jù)解得：h＝1m，故C正確；D、樁料第二次進入泥土到停止，由動能定理可得：（M+m）v12＝（M+m）gh2+Wf1，其中h2為進入泥土的深度，此時，由C選項可知Wf1＝k（h1+h2）2，可解的第二次深度h2，樁料第三次進入泥土到停止，由動能定理可得：（M+m）v12＝（M+m）gh3+Wf2，其中h3為進入泥土的深度，此時，由C選項可知Wf2＝k（h1+h2+h3）2，可解的第二次深度h3，總深度H＝h1+h2+h3＝，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：ABD。4．【分析】A、由于第2個滑塊進入粗糙水平面后開始勻速，對整體分析，水平方向二力平衡；B、對從拉力F開始作用到第2個滑塊剛進入粗糙水平面過程運用動能定理列式求解；C、第2個滑塊進入粗糙水平面前，整體只有滑塊1受滑動摩擦力，對整體根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度；D、對從拉力F開始作用到第4個滑塊剛進入粗糙水平面過程運用動能定理分析，如果總功不小于零，可以全部滑上粗糙水平面?！窘獯稹拷猓篈、在第2個滑塊進入粗糙水平面后至第3個滑塊進入粗糙水平面前，滑塊做勻速直線運動，對整體分析則有：F﹣μ（m+2m）g＝0，解得：F＝3μmg，故A正確；B、根據(jù)動能定理有：，解得：v＝，故B錯誤；C、根據(jù)牛頓第二定律，有：F﹣μmg＝（m+2m+3m+4m）a，解得a＝μg，故C正確；D、假設(shè)在水平恒力F作用下，滑塊可以全部進入粗糙水平面，則從拉力F開始作用到第4個滑塊剛進入粗糙水平面過程，總功為：W＝F（L+L+L）﹣μmgL﹣μ（m+2m）gL﹣μ（m+2m+3m）gL＜0，故滑塊4不能滑上粗糙水平面，故D錯誤。故選：AC。5．【分析】當(dāng)兩物塊的加速度為零時速度最大，由平衡條件分析彈簧的彈力，從而確定彈簧的形變量。兩物塊剛好分離時，兩者間的相互作用力為零，對乙，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度。從撤走外力到兩物塊具有最大速度，對整體，根據(jù)動能定理求輕彈簧對物塊甲做的功。對乙，根據(jù)動能定理求物塊甲對物塊乙做的功?！窘獯稹拷猓篈、物塊甲和物塊乙達到最大速度v時，二者的加速度均為零。對整體，由平衡條件知 kx1＝2mgsinθ+2μmgcosθ，所以此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯誤；B、兩物塊剛好分離時，兩物塊之間的彈力為零，兩物塊的加速度相同，對物塊乙分析，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma，得 a＝gsinθ+μgcosθ，故B正確；C、從撤走外力到兩物塊具有最大速度，對整體，根據(jù)動能定理得 W彈﹣2mgxsinθ﹣2μmgxcosθ＝，解得：輕彈簧對物塊甲做的功為 W彈＝mv2+2mgxsinθ+2μmgxcosθ，故C錯誤；D、從撤走外力到兩物塊具有最大速度，對物塊乙，根據(jù)動能定理得：W﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ＝mv2，解得：物塊甲對物塊乙做的功為 W＝mv2+mgxsinθ+μmgxcosθ，故D正確。故選：BD。6．【分析】由速度圖象的斜率分析推力撤去后兩物體的加速度關(guān)系，分析兩物體受到的摩擦力關(guān)系，研究加速過程，由牛頓第二定律分析推力關(guān)系。根據(jù)平均速度與最大速度的關(guān)系分析平均速度關(guān)系。根據(jù)動量定理，確定合外力的沖量關(guān)系。根據(jù)位移關(guān)系，由功的公式分析摩擦力做功關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、由題圖知，AB與CD平行，說明撤去推力后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等。在水平推力作用時，由圖象可知，a的加速度大于b的加速度，根據(jù)F﹣Ff＝ma可知，F(xiàn)1大于F2，故A錯誤。B、設(shè)兩物體的最大速度為v，加水平推力時兩物體的平均速度均為，撤去水平推力后兩物體的平均速度仍為，可知a的平均速度等于b的平均速度，故B錯誤。C、整個過程，a、b的動量變化量均為0，根據(jù)動量定理可知，合外力的沖量等于動量的變化量，即合外力對兩物體的沖量均為0，故C正確。D、由題圖可知，a的位移小于b的位移，因兩物體的摩擦力相等，可知摩擦力對a物體做的功小于摩擦力對b物體做的功，故D正確。故選：CD。7．【分析】滑塊P恰能沿斜面勻速下滑，合力為零，根據(jù)平衡條件列式，可得到動摩擦因數(shù)。該斜面逆時針旋轉(zhuǎn)90176。后，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)動能定理分析能否求出滑塊下滑至底端時的速度和動能，根據(jù)P＝mgvcosθ分析能否求出下滑至底端時重力的功率?！窘獯稹拷猓篈C、設(shè)AB＝h．滑塊P恰能沿斜面勻速下滑時，有：mgsinθ＝μmgcosθ，得：μ＝tanθ．據(jù)重力勢能減小量為K得：mgh＝K。該斜面逆時針旋轉(zhuǎn)90176。后，根據(jù)動能定理得：mg﹣μmgsinθ?＝＝Ek，聯(lián)立可得：v＝，Ek＝﹣Ktanθ由于m未知，所以根據(jù)mgh＝K不能求出h，因此，v求不出來，可求滑塊下滑至底端時的動能Ek，故A錯誤，C正確。B、根據(jù)牛頓第二定律得 mgcosθ﹣μmgsinθ＝ma，得a＝gcosθ﹣gtanθsinθ，可以求出加速度a，故B正確。D、滑塊下滑至底端時重力的功率為 P＝mgvcosθ，m和v都求不出來，則P求不出來，故D錯誤。故選：BC。8．【分析】小球能通過C點應(yīng)滿足：m≥mg，從而得到小球通過C點的速度范圍。小球離開C點后做平拋運動，落在P點右側(cè)區(qū)域，應(yīng)有：2R＝，vCt＜3R．對小球從P點到C點由動能定