【文章內(nèi)容簡介】 【考點 】 動能定理的應(yīng)用；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律． 【分析】 木塊滑上木板， A做勻減速直線運動， B 做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律比較出 A、 B 的加速度大小，從而確定速度時間圖線的正誤．根據(jù)動能定理確定動能與位移的關(guān)系． 【解答】 解： A、木塊滑上木板， A做勻減速直線運動， B 做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得， ， ，已知 M＞ m，則 aA＞ aB． ①圖線斜率的絕對值大于 ②圖線斜率的絕對值，故 A、 B 錯誤． C、根據(jù)動能定理得，對 A有：﹣ μmgs=EK﹣ EK0，則 EK=EK0﹣ μmgs．對 B有： μmgs=EK，從動能定理的表達式可知， EK與 s 圖線斜率的絕對值必須相等．故 C 錯誤， D 正確． 故選 D． 6．電動機以恒定的功率 P 和恒定的轉(zhuǎn)速 n 卷動繩子，拉著質(zhì)量為 M的木箱在光滑的水平地面上前進，如圖所示，當運動至繩子與水平面成 θ角時，電動機的輪子卷繞繩子的半徑為 R，下述說法正確的是（ ） A．木箱將做勻速運動，速度是 2πnR B．木箱將做變速運動，此時速度是 C．此時木箱對地的壓力為 Mg﹣ D．此過程木箱受的合外力大小和方向都在變化 【考點】 運動的合成和分解． 【分析】 根據(jù)電動機的轉(zhuǎn)速和輪子的半徑求出繞繩子的線速度，即可得知物塊沿繩子方向上的速度，將木塊的速度沿繩子方向和垂直于繩子的方向分解，根據(jù)沿繩子方向的速度可得知物塊的速度．通過對木塊受力分析，運用正交分解求出地面的支持力，從而得知木箱對地面的壓力大?。? 【解答】 解： A、物塊沿繩子方向上的速度大小 v′=R?2πn．將木塊的速度沿繩子方向和垂直于繩子的方向分解，根據(jù)平行四邊形定則，當運動至繩子與水平成 θ角時，木塊的速度v= = ，知木箱做變速運動，但不是勻加速．故 A錯誤、 B 正確． C、根據(jù) P=Fv′，知繩子的拉力 F= = ，根據(jù)正交分解得， N=Mg﹣ Fsinθ=Mg﹣．故 C 正確． D、木箱在水平面上運動，合外力的大小在變化，方向不變．故 D 錯誤． 故選： BC． 7．如圖所示，地球球心為 O，半徑為 R，表面能重力加速度為 g．一宇宙飛船繞地球無動力飛行且做橢圓運動，恰好經(jīng)過距地心 2R的 P 點，為研究方便，假設(shè)地球不自轉(zhuǎn)且表面沒有空氣，則（ ） A．飛船在 P 點的加速度一定是 B．飛船經(jīng)過 P 點的速度一定是 C．飛船內(nèi)的物體處于完全失重狀態(tài) D．飛船經(jīng)過 P 點時，對準地心彈射出的物體一定沿 PO 直線落向地面 【考點】 人造衛(wèi)星 的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用． 【分析】 根據(jù)萬有引力等于重力和萬有引力提供向心力分別求出 P 點的加速度和衛(wèi)星經(jīng)過 P點的速度．根據(jù)加速度方向判斷物體的運動狀態(tài)． 【解答】 解： A、根據(jù) G =ma，知 a= ，因為 r=2R，知衛(wèi)星在軌道 P 處的加速度是貼近地球表面做圓周運動加速度的 ， 根據(jù) G =mg=ma，知衛(wèi)星貼近地球表面做圓周運動的加速度為 g，則衛(wèi)星經(jīng)過 P 點時的加速度一定是 ．故 A正確． B、如果飛船經(jīng) P 點做圓周運動，根據(jù) mg′=m ，解得 v= ，因為 g′= ，則衛(wèi)星在 P 點的速度為 ． 在橢圓 軌道上飛船經(jīng) P 點做離心運動，此時滿足萬有引力小于 P 點所需向心力，所以衛(wèi)星在 P 點的速度大于 ．故 B 錯誤； C、飛船只受重力，飛船內(nèi)的物體處于完全失重狀態(tài)．故 C 正確． D、從繞地球做圓周運動的衛(wèi)星上對準地心彈射一物體，物體相對衛(wèi)星的速度方向是指向地心，但物體相對地球的速度方向則偏離地心．所以，該物體在地球的萬有引力作用下，將繞地球做軌跡為橢圓的曲線運動，地球在其中一個焦點．故 D 錯誤． 故選 AC． 8．如圖，質(zhì)量相同的兩物體 a、 b，用不可伸長的輕繩跨接在同一光滑的輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，a 在水平桌面的上方， b 在水平粗 糙桌面上．初始時用力壓住 b 使 a、 b 靜止，撤去此壓力后，a 開始運動，在 a 下降的過程中， b 始終未離開桌面．在此過程中（ ） A． a 的動能小于 b 的動能 B．兩物體機械能的變化量相等 C． a 的重力勢能的減小量大于兩物體總動能的增加量 D．繩的拉力對 a 所做的功與對 b 所做的功的代數(shù)和為零 【考點】 功能關(guān)系． 【分析】 b的速度在繩子方向的分速度與 a的速度相等，比較出速度大小即可比較動能的大?。?B 運動的過程中，繩子的拉力做正功，摩擦力對 B 做負功，結(jié)合功能關(guān)系分析能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系． 【解答】 解： A、將 b 的實際速度進行分解如圖： 由圖可知 va=vbcosθ，即 a 的速度小于 b 的速度，故 a 的動能小于 b 的動能，故 A正確； B、由于有摩擦力做功，故 ab 系統(tǒng)機械能不守恒，則二者機械能的變化量不相等，故 B 錯誤； C、 a 的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量與產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故 a 的重力勢能的減小量大于兩物體總動能的增加量，故 C 正確； D、在這段時間 t 內(nèi)，繩子對 a的拉力和對 b 的拉力大小相等，繩子對 a做的功等于﹣ FTvat，繩子對 b 的功等于拉力與拉力方向上 b 的位移的乘積，即： FTvbcosθt，又 va=vbcosθ，所以繩的拉力對 a 所做的功與對 b 所做的功的絕對值相等，二者代數(shù)和為零，故 D 正確． 故選： ACD． 9．如圖所示，一質(zhì)量為 m 的小球，用長為 L 的輕繩懸掛于 O 點，初始時刻小球靜止于 P點．第一次小球在水平拉力 F 作用下，從 P 點緩慢地移動到 Q 點，此時輕繩與豎直方向夾角為 θ，張力大小為 T1；第二次在水平恒力 F′作用下，從 P 點開始運動并恰好能到達 Q點，至 Q 點時輕繩中的張力為大小 T2，不計空氣阻力，重力加速度為 g，關(guān)于這兩個過程，下列說法中正確的是（ ） A．兩個過程中，輕繩的張力均變大 B． T1=T2= C．第一 個過程中，拉力 F 在逐漸變大，且最大值一定大于 F′ D．第二個過程中，重力和水平恒力 F′的合力的功率先減小后增加 【考點】 動能定理的應(yīng)用；共點力平衡的條件及其應(yīng)用． 【分析】 第一個過程中，小球處于動態(tài)平衡狀態(tài)，由平衡條件分析張力的變化．第二次在水平恒力 F′作用下，從 P 點開始運動并恰好能到達 Q 點，則到達 Q 點時速度為零，由于重力和拉力都是恒力，可以把這兩個力合成為新的 “重力 ”，則第二次小球的運動可以等效于單擺運動，找出 “最低點 ”，最低點的速度最大，在 Q 點速度為零，則向心力為零，來分析重力和水平恒力 F′的合力的功率 如何變化． 【解答】 解： A、第一次運動過程中，根據(jù)幾何關(guān)系和平衡條件可知，繩子的拉力 T1= ，θ變大， cosθ變小，所以輕繩的張力變大． 第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把這兩個力合成為新的 “重力 ”，則第二次小球的運動可以等效于單擺運動，當繩子方向與重力和 F′方向在同一直線上時，小球處于 “最低點 ”，最低點的速度最大，此時繩子張力最大，所以第二次繩子的張力先增大后減小，故 A錯誤； B、第二次小球到 Q 點時，向心力為零，則輕繩中的張力為大小 T2= ，故 B 正確． C、第一次小球在水平拉力 F作用下，從 P 點緩慢地移動到 Q 點，則小球處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件得： F 的最大值 F=mgtanθ，隨著 θ增大， F 逐漸增大． 第二次從 P 點開始運動并恰好能到達 Q 點，則到達 Q 點時速度為零，在此過程中，根據(jù)動能定理得： F′lsinθ﹣ mgl（ 1﹣ cosθ） =0 解得： F′=mgtan ，因為 θ＜ 90176。，所以 mgtan ＜ mgtanθ，則 F＞ F′，故 C 正確； D、第二個過程中，重力和水平恒力 F′的合力是個恒力，在等效最低點時，合力方向與速度方向垂直，此時功率最小為零，到達 Q 點速度也為零，則第二個過程中，重力和水平恒力 F′的 合力的功率先減小，后增大，再減小為 0，故 D 錯誤． 故選： BC 10．如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有兩個很靠近的同心圓軌道，外圓光滑內(nèi)圓粗糙．一質(zhì)量為 m= v0向右運動，球的直徑略小于兩圓間距，球運動的軌道半徑 R= 米， g取 10m/s2，不計空氣阻力，設(shè)小球過最低點時重力勢能為零，下列說法正確的是（ ） A．若小球運動到最高點時速度為 0，則小球機械能一定不守恒 B．若小球第一次運動到最高點時速度大小為 0，則 v0一定小于 5m/s C．若要小球不擠壓內(nèi)軌，則 v0一定不小于 5m/s D．若