【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 牛頓第二定律得出牽引力的變化，結(jié)合 P=Fv 判斷功率的變化．在 t1～ t2時(shí)間內(nèi)功率不變，根據(jù) P=Fv 判斷牽引力的變化，結(jié)合牛頓第二定律判斷加速度的變化．根據(jù)動(dòng)能定理求牽引力做的功． 【解答】 解： AB、在 0～ t1時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度不變，根據(jù)牛頓第二定律得， F﹣ f=ma，牽引力不變．根據(jù) P=Fv 知，功率增大．故 A、 B 錯(cuò)誤． C、 t1～ t2時(shí)間內(nèi)，功率不變，根據(jù) P=Fv 知速度增大，牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律得：a= ，知加速度減?。?C 正確． D、 t1～ t2時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得， W﹣ Wf= mv22﹣ mv12．可知牽引力做功 W不等 于mv22﹣ mv12．故 D 錯(cuò)誤． 故選： C 【點(diǎn)評(píng)】 本題是機(jī)車(chē)起動(dòng)問(wèn)題，要理清汽車(chē)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，知道勻加速運(yùn)動(dòng)階段，牽引力不變，達(dá)到額定功率后，功率不變，結(jié)合 P=Fv 進(jìn)行分析． 6．（ 4 分）（ 2020?南通二模）質(zhì)量為 m的球從高處由靜止開(kāi)始下落，已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比．下列圖象分別描述了球下落過(guò)程中加速度 a、速度 v 隨時(shí)間 t 的變化關(guān)系和動(dòng)能 Ek、機(jī)械能 E 隨下落位移 h 的變化關(guān)系，其中可能正確的是（ ） A． B． C． D． 【分析】 根據(jù)牛頓第二定律分析球下落過(guò)程加速度的變化進(jìn)而得到其速度的變化情況， v﹣ t圖象的斜率表示加速度；動(dòng)能的變化等于合外力做的功，阻力做的功等于球機(jī)械能的變化量． 【解答】 解： A、已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比，即 f=kv，根據(jù)牛頓第二定律：mg﹣ kv=ma，得 a=g﹣ ①，開(kāi)始時(shí) v 比較小， mg＞ kv，球向下加速，當(dāng) v 逐漸增大，則 a 減小，即球做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，又 v=at ②， ①②整理得： a= ，可見(jiàn) a 不是均勻減小，故 A錯(cuò)誤； B、由前面分析知球做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，其斜率應(yīng)該逐漸減小，故 B 錯(cuò)誤； C、由動(dòng)能定理： mgh﹣ fh=Ek，即 Ek=（ mg﹣ kv） h，由于 v 是變化的，故 Ek﹣ h 不是線性關(guān)系， C 錯(cuò)誤； D、機(jī)械能的變化量等于克服阻力做的功：﹣ fh=E﹣ E0 v 逐漸增大，則 f 逐漸增大，即 E﹣ h 圖象的斜率逐漸變大，故 D 正確； 故選： D． 【點(diǎn)評(píng)】 本題借助數(shù)學(xué)函數(shù)知識(shí)考查了動(dòng)能定理以及重力以外的力做功等于機(jī)械能的變化量等功能關(guān)系，原則就是將利用功能關(guān)系列出的方程整理成圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式，分析其斜率的物理意義． 7．（ 4 分）（ 2020 春 ?撫州校級(jí)月考）雨天的野外騎車(chē)時(shí)，在自行車(chē)的后輪輪胎 上常會(huì)粘附一些泥巴，行駛時(shí)感覺(jué)很 “沉重 ”．如果將自行車(chē)后輪撐起，使后輪離開(kāi)地面而懸空，然后用手勻速搖腳踏板，使后輪飛速轉(zhuǎn)動(dòng)，泥巴就被甩下來(lái)．如圖 4 所示，圖中 a、 b、 c、 d 為后輪輪胎邊緣上的四個(gè)特殊位置，則（ ） A．泥巴在圖中 a、 c 位置的向心加速度大于 b、 d 位置的向心加速度 B．泥巴在圖中的 b、 d 位置時(shí)最容易被甩下來(lái) C．泥巴在圖中的 c 位置時(shí)最容易被甩下來(lái) D．泥巴在圖中的 a 位置時(shí)最容易被甩下來(lái) 【分析】 a、 b、 c、 d 共軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，根據(jù)公式 a=rω2分析向心加速度大小．用手搖腳蹬，使后輪快速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，泥塊做圓周運(yùn)動(dòng)，合力提供向心力，當(dāng)提供的合力小于向心力時(shí)做離心運(yùn)動(dòng)． 【解答】 解： A、 a、 b、 c、 d 共軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，半徑也相等，根據(jù)公式 a=rω2分析知它們的向心加速度大小都相等，故 A錯(cuò)誤． BCD、泥塊做圓周運(yùn)動(dòng)，合力提供向心力，根據(jù) F=mω2r 知：泥塊在車(chē)輪上每一個(gè)位置的向心力相等，當(dāng)提供的合力小于向心力時(shí)做離心運(yùn)動(dòng)，所以能提供的合力越小越容易飛出去． 最低點(diǎn)，重力向下，附著力向上，合力等于附著力減重力， 最高點(diǎn)，重力向下，附著力向下，合力為重力 加附著力， 在線速度豎直向上或向下時(shí)，合力等于附著力， 所以在最低點(diǎn) c 合力最小，最容易飛出去．故 C 正確， BD 錯(cuò)誤． 故選： C． 【點(diǎn)評(píng)】 該題是一個(gè)實(shí)際問(wèn)題，泥塊被甩下來(lái)要做離心運(yùn)動(dòng)，當(dāng)提供的合力小于向心力時(shí)做離心運(yùn)動(dòng)． 8．（ 4 分）（ 2020?鄭州三模）如圖所示，邊長(zhǎng)為 1m 的正方體空間圖形 ABCD﹣ A1B1C1D1，其下表面在水平地面上，將可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從頂點(diǎn) A在 ∠ BAD 所在范圍內(nèi)（包括邊界）分別沿不同的水平方向拋出，落點(diǎn)都在 A1B1C1D1平面范圍內(nèi)（包括邊界）．不計(jì)空氣阻力，以地面為重力勢(shì)能參考平 面， g取 10m/s2．則（ ） A．小球落在 B1點(diǎn)時(shí)，初始速度為 m/s，是拋出速度的最小值 B．小球落在 C1點(diǎn)時(shí)，初始速度為 m/s，是拋出速度的最大值 C．落在 B1D1線段上的小球，落地時(shí)機(jī)械能的最小值與最大值之比是 1： 2 D．軌跡與 AC1線段相交的小球，在交點(diǎn)處的速度方向相同 【分析】 小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)．運(yùn)動(dòng)時(shí)間由下落的高度決定．由分位移公式求初速度．由機(jī)械能守恒定律研究落地時(shí)機(jī)械能． 【解答】 解： A、小球做平拋運(yùn)動(dòng)，由 L= 得 t= ，下落高度相同，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等； 由幾何關(guān)系可知，小球的落地點(diǎn)距離 A越近，則小球在水平方向的位移越小，所以小球落在 B1點(diǎn)時(shí)，不是拋出速度的最小值； 落在 C1時(shí)水平位移最大，最大位移為正方形的對(duì)角線的長(zhǎng)度，即 L，由： 得： m/s，故 A錯(cuò)誤， B 正確． C、落在 B1D1線段上的小球，落在 B1D1線段中點(diǎn)的小球落地時(shí)機(jī)械能的最小，落在 B1D1線段上 D1或 B1的小球，落地時(shí)機(jī)械能的最大．設(shè)落在 B1D1線段中點(diǎn)的小球初速度為 v1，水平位移為 x1．落在 B1D1線段上 D1或 B1的小球初速度為 v2．水平位移為 x2． 由幾何關(guān)系有 x1： x2=1： ，由 x=v0t，得： v1： v2=1： ，落地時(shí)機(jī)械能等于拋出時(shí)的機(jī)械能，分別為： E1=mgh+ ， E2=mgh+ ，可知落地時(shí)機(jī)械能的最小值與最大值之比不等于1： 2．故 C 錯(cuò)誤． D、設(shè) AC1的傾角為 α，軌跡與 AC1線段相交的小球，在交點(diǎn)處的速度方向與水平方向的夾角為 θ．則有 tanα= = = ， tanθ= ，則 tanθ=2tanα，可知 θ一定，則軌跡與AC1線段相交的小球，在交點(diǎn)處的速度方向相同，故 D 正確． 故選： BD 【點(diǎn)評(píng)】 解決本題的關(guān)鍵要掌握平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法，掌握分位移公式， D 項(xiàng)也可以根據(jù)作為結(jié)論記?。? 9．（ 4分）（ 2020秋 ?廣州校級(jí)期末）如圖所示，一飛行器圍繞地球沿半徑為 r的圓軌道 1 運(yùn)動(dòng)．經(jīng) P 點(diǎn)時(shí)，啟動(dòng)推進(jìn)器短時(shí)間向前噴氣使其變軌， 3 是與軌道 1 相切于 P 點(diǎn)的可能軌道．則飛行器（ ） A．變軌后將沿軌道 3 運(yùn)動(dòng) B．相對(duì)于變軌前運(yùn)行周期變長(zhǎng) C．變軌前、后在兩軌道上經(jīng) P 點(diǎn)的速度大小相等 D．變軌前、后在兩軌道上經(jīng) P 點(diǎn)的加速度大小相等 【分析】 飛行器做圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，根據(jù)題意確定飛行器受到如何變化，然后應(yīng)用萬(wàn)有引力定律與牛頓第二定律分析答題． 【解答】 解：由于在 P 點(diǎn)推進(jìn)器向前噴氣，故飛行器將做減速運(yùn)動(dòng)，受到 v 減小，飛行器做圓周運(yùn)動(dòng)需要的向心力： m 減小，小于在 P 點(diǎn)受到的萬(wàn)有引力： G ，則飛行器將開(kāi)始做近心運(yùn)動(dòng)，軌道半徑 r 減?。? A、因?yàn)轱w行器做近心運(yùn)動(dòng)，軌道半徑減小，故將沿軌道 3 運(yùn)動(dòng)，故 A正確； B、根據(jù)開(kāi)普勒行星運(yùn)動(dòng)定律知，衛(wèi)星軌道半徑減小，則周期減小，故 B 錯(cuò)誤； C、因?yàn)樽冘夁^(guò)程是飛行器向前噴氣過(guò)程，故是減速過(guò)程，所以變軌前后 經(jīng)過(guò) P 點(diǎn)的速度大小不相等，故 C 錯(cuò)誤； D、飛行器在軌道 P 點(diǎn)都是由萬(wàn)有引力產(chǎn)生加速度，因?yàn)樵谕稽c(diǎn) P，萬(wàn)有引力產(chǎn)生的加速度大小相等，故 D 正確． 故選： AD． 【點(diǎn)評(píng)】 能根據(jù)飛行器向前噴氣判斷飛行器速度的變化，再根據(jù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件求確定物體做近心運(yùn)動(dòng)，熟知飛行器變軌原理是解決本題的關(guān)鍵． 10．（ 4 分）（ 2020 秋 ?青島校級(jí)月考） “嫦娥一號(hào) ”發(fā)射后，首先被送入一個(gè)近地軌道，通過(guò)加速再進(jìn)入一個(gè)大的橢圓軌道，此后衛(wèi)星不斷加速，開(kāi)始奔向月球．在快要到達(dá)月球時(shí)減速被月球 “俘獲 ”后，成為環(huán)月衛(wèi)星，最終經(jīng)過(guò)三次減 速進(jìn)入離月球表面高為 h 的極地軌道繞月飛行．已知月球自轉(zhuǎn)周期為 T0，月球半徑 R，月球表面的重力加速度 g，引力常量 G，則下列說(shuō)法正確的是（ ） A．利用題中所給數(shù)據(jù)可以求出 “嫦娥一號(hào) ”衛(wèi)星的質(zhì)量 B． “嫦娥一號(hào) ”衛(wèi)星繞月球極地軌道運(yùn)行的加速度 a= C．月球的密度 ρ