【文章內(nèi)容簡介】 系統(tǒng)的內(nèi)能；故拉力 F做的功大于 AB系統(tǒng)動能的增加量；故 B正確． C、對 A來說，只有拉力 F和摩擦力 f1做功，由動能定理可知，拉力 F和 f1對 A做的功之和等于 A的動能的增加量．故 C錯誤． D、對 B來說，只有摩擦力 f2做功，由動能定理可知， f2對 B做的功等于 B的動能的增加量．故D錯誤． 故選： AB 【點評】 本題考查了能量守恒定律和動能定理的運用，要靈活選擇研究對象，正確分析能量是如何轉化的，這是解決這類問題的關鍵． 6．小行星繞恒星運動的同時，恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，可認為小行星在繞恒星運動一周的過程中近似做圓周運動．則經(jīng)過足夠長的時間后，小行星運動的（ ） A．半徑變大 B．速率變大 C．加速度變小 D．周期變小 【考點】 萬有引力定律及其應用；向心力． 【專題】 定性思想；推理法；萬有引力定律的應用專題． 【分析】 恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，二者之間萬有引力減小，小行星做離心運動，即半徑增大，又小行星繞恒星運動做圓周運動，萬有引力提供向心力，可分析線速度、周期、加速度等． 【解答】 解： A、恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，二者之間萬有引力減小，小行星做離心運動，即半徑增大，故 A正確； B、根據(jù) 得， a= ， v= ， T= ，因為 r增 大， M減小，則 a減小， v減小， T增大．故 C正確， B、 D錯誤． 故選： AC． 【點評】 關于萬有引力與航天，記住作圓周運動萬有引力等于向心力；離心運動，萬有引力小于向心力；向心運動，萬有引力大于向心力． 7． A、 B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，圖表示發(fā)生碰撞前后的 v﹣ t圖線，由圖線可以判斷（ ） A． A、 B的質量比為 3： 2 B． A、 B作用前后總動量守恒 C． A、 B作用前后總動量不守恒 D． A、 B作用前后總動能不變 【考點】 動量守恒定律；勻變速直線運動的圖像． 【分析】 由圖可以讀出兩物體 碰撞前后的各自速度，根據(jù)動量守恒列方程求質量比． 【解答】 解： A、根據(jù)動量守恒定律： mA?6+mB?1=mA?2+mB?7 得： mA： mB=3： 2，故 A正確； B、根據(jù)動量守恒知 A、 B作用前后總動量守恒， B正確 C錯誤； D、作用前總動能： mA?62+ mB?12= mA 作用后總動能： mA?22+ mB?72= mA 可見作用前后總動能不變， D正確； 故選： ABD． 【點評】 兩物體碰撞過程系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒． 8．如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊 A，受到水平向右的拉力 F作用， F與時間 t的關系如圖乙所示，設物塊與地面的靜摩擦力最大值 fm與滑動摩擦力大小相等，則（ ） A． 0～ t1時間內(nèi) F的功率逐漸增大 B． t2時刻物塊 A的加速度最大 C． t2時刻后物塊 A做反向運動 D． t3時刻物塊 A的動能最大 【考點】 動能定理的應用；功率、平均功率和瞬時功率． 【專題】 壓軸題；動能定理的應用專題． 【分析】 當拉力大于最大靜摩擦力時，物體開始運動；當物體受到的合力最大時，物體的加速度最大；由動能定理可知，物體拉力做功最多時，物體獲得的動能最大． 【解答】 解： A、由圖象可知， 0～ t1時間內(nèi)拉力 F小于最大靜摩擦力，物體靜止，拉力功率為零，故 A錯誤； B、由圖象可知，在 t2時刻物塊 A受到的拉力最大，物塊 A受到的合力最大，由牛頓第二定律可得， 此時物塊 A的加速度最大，故 B正確； C、由圖象可知在 t2～ t3時間內(nèi)物體受到的合力與物塊的速度方向相同，物塊一直做加速運動，故 C錯誤； D、由圖象可知在 t1～ t3時間內(nèi)，物塊 A受到的合力一直做正功，物體動能一直增加，在 t3時刻以后， 合力做負功．物塊動能減小，因此在 t3時刻物塊動能最大，故 D正確； 故選 BD． 【點評】 根據(jù)圖象找出力隨時間變化的關系是正確解題的前提 與關鍵；要掌握圖象題的解題思路． 9．如圖所示，在光滑的水平面上，質量為 m1的小球 A以速率 v0向右運動．在小球的前方 O點處有一質量為 m2的小球 B處于靜止狀態(tài)， Q點處為一豎直的墻壁．小球 A與小球 B發(fā)生彈性碰撞后兩小球均向右運動．小球 B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球 A在 P點相遇． =2 ，則兩小球的質量之比 m1： m2為（ ） A． 7： 5 B． 1： 3 C． 2： 1 D． 5： 3 【考點】 動量守恒定律． 【分析】 根據(jù)碰后再次相遇的路程關系，求出小球碰后的速度大小之比，根據(jù)碰撞過程中動量、能量守恒列方程 即可求出兩球的質量之比． 【解答】 解：設 A、 B兩個小球碰撞后的速度分別為 v v2，以向右為正好方向， 由動量守恒定律有： m1v0=m1v1+m2v2?① 由能量守恒定律有： m1v02= m1v12+ m2v22 ② 兩個小球碰撞后到再次相遇，其速度率不變，由運動學規(guī)律有： v1： v2= ：（ +2 ） =1： 5?③ 聯(lián)立 ①②③ ，代入數(shù)據(jù)解得： m1： m2=5： 3 故選： D． 【點評】 解答本題的突破口是根據(jù)碰后路程關系求出碰后的速度大小之比，本題很好的將直線運動問題與動量守恒和功 能關系聯(lián)系起來，比較全面的考查了基礎知識． 10．兩個小球在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動， B球在前． A球在后． mA=1kg，mB=2kg， vA=6m/s， vB=2m/s，當 A球與 B球發(fā)生碰撞后， A、 B兩球速度可能為（ ） A． vA=4m/s， vB=4m/s B． vA=2m/s， vB=5m/s C． vA=﹣ 4m/s， vB=6m/s D． vA=7m/s， vB=【考點】 動量守恒定律． 【分析】 兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒；碰撞過程中系統(tǒng)機械能可能有一部分 轉化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動能應該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動能；同時考慮實際情況，碰撞后 A球速度不大于 B球的速度． 【解答】 解：兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以兩球的初速度方向為正方向，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得： mAvA+mBvB=（ mA+mB） v， 代入數(shù)據(jù)解得： v= m/s， 如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，有： mAvA+mBvB=mAvA′+m BvB′ ， 由機械能守恒定律得： mAvA2+ mBvB2= mAvA′ 2+ mBvB′ 2， 代入數(shù)據(jù)解得： vA′= m/s， vB′= m/s， 則碰撞后 A、 B的速度： m/s≤v A≤ m/s， m/s≤v B≤ m/s， 故選： B． 【點評】 本題碰撞過程中動量守恒，同時要遵循能量守恒定律，不忘聯(lián)系實際情況，即后面的球不會比前面的球運動的快． 11．如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為 v0．小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上．乙的寬度足夠大，速度為 v1．則（ ） A．在地面參考系中，工件做類平拋運動 B．在乙參考系中，工件在乙上滑動的軌跡是直線 C．工件在乙上滑動時，受到乙的摩擦力方 向不變 D．工件沿垂直于乙的速度減小為 0時，工件的速度等于 v1 【考點】 摩擦力的判斷與計算；參考系和坐標系． 【專題】 摩擦力專題． 【分析】 在地面參考系中，沿甲與乙的運動方向分析摩擦力方向，根據(jù)合外力方向與初速度方向的夾角分析工件的運動情況． 【解答】 解： A、在地面參考系中，沿甲運動的方向滑動摩擦力分力向左，沿乙運動的方向滑動摩擦力沿乙運動方向，則摩擦力的合力如圖．合初速度沿甲運動的方向，則合力與初速度不垂直，所以工件做的不是類平拋運動．故 A錯誤． B、在乙參考系中，如右圖所示，摩擦力的合力與合初速 度方向相反，故工件在乙上滑動的軌跡是直線，做勻減速直線運動，故 B正確． C、工件在乙上滑動時，在 x軸方向做勻減速直線運動，在 y軸方向做勻加速直線運動，可知兩個方向摩擦力的分力不變，受到乙的摩擦力方向不變，當工件沿垂直于乙的速度減小為0時，摩擦力方向沿 y軸方向，摩擦力方向發(fā)生改變．故 C錯誤． D、設 t=0時刻摩擦力與縱向的夾角為 α ，側向（ x軸方向）、縱向（ y軸方向）加速度的大小分別為 ax、 ay，則 =tanα 很短的時間 △t 內(nèi)，側向、縱向的速度增量大小分別為 △v x=ax△t ， △v y=ay△t 解得： =tanα 由題意知 tanα= = ，則 = ， 則當 △v x=v0， △v y=v1，所以工件沿垂直于乙的速度減小為 0時，工件的速度等于 v1．故 D正確． 故選： BD． 【點評】 本題考查工件在傳送帶上的相對運動問題，關鍵將工件的運動分解為沿傳送帶方向和垂直傳送帶方向，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解． 12．人用手托著質量為 m的 “ 小蘋果 ” ，從靜止開始沿水平方向運動，前進距離 L后，速度為 v（物體與手始終相對靜止），物體與手掌之間的動摩擦因數(shù)為 μ