【文章內容簡介】 牛頓第二定律得出牽引力的變化，結合 P=Fv 判斷功率的變化．在 t1～ t2時間內功率不變，根據 P=Fv 判斷牽引力的變化，結合牛頓第二定律判斷加速度的變化．根據動能定理求牽引力做的功． 【解答】 解： AB、在 0～ t1時間內，汽車做勻加速直線運動，加速度不變，根據牛頓第二定律得， F﹣ f=ma，牽引力不變．根據 P=Fv 知，功率增大．故 A、 B 錯誤． C、 t1～ t2時間內，功率不變，根據 P=Fv 知速度增大，牽引力減小，根據牛頓第二定律得：a= ，知加速度減小．故 C 正確． D、 t1～ t2時間內，根據動能定理得， W﹣ Wf= mv22﹣ mv12．可知牽引力做功 W不等 于mv22﹣ mv12．故 D 錯誤． 故選： C 【點評】 本題是機車起動問題，要理清汽車的運動過程，知道勻加速運動階段，牽引力不變，達到額定功率后，功率不變，結合 P=Fv 進行分析． 6．（ 4 分）（ 2020?南通二模）質量為 m的球從高處由靜止開始下落，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程中加速度 a、速度 v 隨時間 t 的變化關系和動能 Ek、機械能 E 隨下落位移 h 的變化關系，其中可能正確的是（ ） A． B． C． D． 【分析】 根據牛頓第二定律分析球下落過程加速度的變化進而得到其速度的變化情況， v﹣ t圖象的斜率表示加速度；動能的變化等于合外力做的功，阻力做的功等于球機械能的變化量． 【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，根據牛頓第二定律：mg﹣ kv=ma，得 a=g﹣ ①，開始時 v 比較小， mg＞ kv，球向下加速，當 v 逐漸增大，則 a 減小，即球做加速度逐漸減小的加速運動，又 v=at ②， ①②整理得： a= ，可見 a 不是均勻減小，故 A錯誤； B、由前面分析知球做加速度逐漸減小的加速運動，其斜率應該逐漸減小，故 B 錯誤； C、由動能定理： mgh﹣ fh=Ek，即 Ek=（ mg﹣ kv） h，由于 v 是變化的，故 Ek﹣ h 不是線性關系， C 錯誤； D、機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． 【點評】 本題借助數(shù)學函數(shù)知識考查了動能定理以及重力以外的力做功等于機械能的變化量等功能關系，原則就是將利用功能關系列出的方程整理成圖象對應的函數(shù)解析式，分析其斜率的物理意義． 7．（ 4 分）（ 2020 春 ?撫州校級月考）雨天的野外騎車時，在自行車的后輪輪胎 上常會粘附一些泥巴，行駛時感覺很 “沉重 ”．如果將自行車后輪撐起，使后輪離開地面而懸空，然后用手勻速搖腳踏板，使后輪飛速轉動，泥巴就被甩下來．如圖 4 所示，圖中 a、 b、 c、 d 為后輪輪胎邊緣上的四個特殊位置，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 位置時最容易被甩下來 C．泥巴在圖中的 c 位置時最容易被甩下來 D．泥巴在圖中的 a 位置時最容易被甩下來 【分析】 a、 b、 c、 d 共軸轉動，角速度相等，根據公式 a=rω2分析向心加速度大?。檬謸u腳蹬，使后輪快速轉動時，泥塊做圓周運動，合力提供向心力，當提供的合力小于向心力時做離心運動． 【解答】 解： A、 a、 b、 c、 d 共軸轉動，角速度相等，半徑也相等，根據公式 a=rω2分析知它們的向心加速度大小都相等，故 A錯誤． BCD、泥塊做圓周運動，合力提供向心力，根據 F=mω2r 知：泥塊在車輪上每一個位置的向心力相等，當提供的合力小于向心力時做離心運動，所以能提供的合力越小越容易飛出去． 最低點，重力向下，附著力向上，合力等于附著力減重力， 最高點，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，合力等于附著力， 所以在最低點 c 合力最小，最容易飛出去．故 C 正確， BD 錯誤． 故選： C． 【點評】 該題是一個實際問題，泥塊被甩下來要做離心運動，當提供的合力小于向心力時做離心運動． 8．（ 4 分）（ 2020?鄭州三模）如圖所示，邊長為 1m 的正方體空間圖形 ABCD﹣ A1B1C1D1，其下表面在水平地面上，將可視為質點的小球從頂點 A在 ∠ BAD 所在范圍內（包括邊界）分別沿不同的水平方向拋出，落點都在 A1B1C1D1平面范圍內（包括邊界）．不計空氣阻力，以地面為重力勢能參考平 面， g取 10m/s2．則（ ） A．小球落在 B1點時，初始速度為 m/s，是拋出速度的最小值 B．小球落在 C1點時，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，落地時機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，在交點處的速度方向相同 【分析】 小球做平拋運動，水平分運動為勻速直線運動，豎直分運動為自由落體運動．運動時間由下落的高度決定．由分位移公式求初速度．由機械能守恒定律研究落地時機械能． 【解答】 解： A、小球做平拋運動，由 L= 得 t= ，下落高度相同，平拋運動的時間相等； 由幾何關系可知，小球的落地點距離 A越近，則小球在水平方向的位移越小，所以小球落在 B1點時，不是拋出速度的最小值； 落在 C1時水平位移最大，最大位移為正方形的對角線的長度，即 L，由： 得： m/s，故 A錯誤， B 正確． C、落在 B1D1線段上的小球，落在 B1D1線段中點的小球落地時機械能的最小，落在 B1D1線段上 D1或 B1的小球，落地時機械能的最大．設落在 B1D1線段中點的小球初速度為 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． 由幾何關系有 x1： x2=1： ，由 x=v0t，得： v1： v2=1： ，落地時機械能等于拋出時的機械能，分別為： E1=mgh+ ， E2=mgh+ ，可知落地時機械能的最小值與最大值之比不等于1： 2．故 C 錯誤． D、設 AC1的傾角為 α，軌跡與 AC1線段相交的小球，在交點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，在交點處的速度方向相同，故 D 正確． 故選： BD 【點評】 解決本題的關鍵要掌握平拋運動的研究方法，掌握分位移公式， D 項也可以根據作為結論記住． 9．（ 4分）（ 2020秋 ?廣州校級期末）如圖所示，一飛行器圍繞地球沿半徑為 r的圓軌道 1 運動．經 P 點時，啟動推進器短時間向前噴氣使其變軌， 3 是與軌道 1 相切于 P 點的可能軌道．則飛行器（ ） A．變軌后將沿軌道 3 運動 B．相對于變軌前運行周期變長 C．變軌前、后在兩軌道上經 P 點的速度大小相等 D．變軌前、后在兩軌道上經 P 點的加速度大小相等 【分析】 飛行器做圓周運動，萬有引力提供向心力，根據題意確定飛行器受到如何變化，然后應用萬有引力定律與牛頓第二定律分析答題． 【解答】 解：由于在 P 點推進器向前噴氣，故飛行器將做減速運動，受到 v 減小，飛行器做圓周運動需要的向心力： m 減小，小于在 P 點受到的萬有引力： G ，則飛行器將開始做近心運動，軌道半徑 r 減?。? A、因為飛行器做近心運動，軌道半徑減小，故將沿軌道 3 運動，故 A正確； B、根據開普勒行星運動定律知，衛(wèi)星軌道半徑減小，則周期減小，故 B 錯誤； C、因為變軌過程是飛行器向前噴氣過程，故是減速過程，所以變軌前后 經過 P 點的速度大小不相等，故 C 錯誤； D、飛行器在軌道 P 點都是由萬有引力產生加速度，因為在同一點 P，萬有引力產生的加速度大小相等，故 D 正確． 故選： AD． 【點評】 能根據飛行器向前噴氣判斷飛行器速度的變化，再根據做勻速圓周運動的條件求確定物體做近心運動，熟知飛行器變軌原理是解決本題的關鍵． 10．（ 4 分）（ 2020 秋 ?青島校級月考） “嫦娥一號 ”發(fā)射后，首先被送入一個近地軌道，通過加速再進入一個大的橢圓軌道，此后衛(wèi)星不斷加速，開始奔向月球．在快要到達月球時減速被月球 “俘獲 ”后，成為環(huán)月衛(wèi)星，最終經過三次減 速進入離月球表面高為 h 的極地軌道繞月飛行．已知月球自轉周期為 T0，月球半徑 R，月球表面的重力加速度 g，引力常量 G，則下列說法正確的是（ ） A．利用題中所給數(shù)據可以求出 “嫦娥一號 ”衛(wèi)星的質量 B． “嫦娥一號 ”衛(wèi)星繞月球極地軌道運行的加速度 a= C．月球的密度 ρ