【正文】 ＝＝＝可得 tanα＝2tanθ，α≠θ，與vB無關(guān)，所以，調(diào)節(jié)助滑道AB和著陸坡BC，運動員不可能沿與BC平行的方向著陸，故B錯誤。當(dāng)運動員飛出后，瞬時速度方向與著陸坡BC平行時，其離著陸坡BC最遠(yuǎn)。根據(jù)分速度規(guī)律分析運動員著陸時速度方向。故選：BC。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點由動能定理列式，從而得到F的范圍，即可求解。故選：BC。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。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。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)。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。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。【解答】解：A、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。根據(jù)動量定理，確定合外力的沖量關(guān)系。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。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。對乙，根據(jù)動能定理求物塊甲對物塊乙做的功。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。故選：AC。4．【分析】A、由于第2個滑塊進(jìn)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(jìn)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(jìn)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(jìn)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(jìn)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(jìn)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(jìn)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(jìn)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。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(jìn)入泥土的深度。先由運動學(xué)公式求出與樁料碰撞前瞬間的速度。故選：BC。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。+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。）﹣]＝，根據(jù)數(shù)學(xué)知識知，當(dāng)α＝60176。]＝化簡整理得 mg（3sinα+cosα﹣）＝變形得 mg[2sin（α+θ）﹣]＝，其中 tanθ＝，則θ＝30176。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。＝mgl，△Ep甲＝△Ep乙，符合系統(tǒng)的機械能守恒，則知，當(dāng)整個系統(tǒng)第一次速度為0時，小球乙的位置與固定軸O位于同一高度處，故A正確，B錯誤。．從開始到此位置，甲球重力勢能的減少量為△Ep甲＝mg?2lsin60176。根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得出甲球的速度與輕桿轉(zhuǎn)過的角度的關(guān)系式，根據(jù)數(shù)學(xué)知識確定速度最大的位置和速度最大值，再根據(jù)動能定理求支架對小球甲所做的功。根據(jù)機械能守恒定律確定乙球的位置。則能大致反映整個運動過程中，滑塊的加速度a、速度v隨時間t，重力對滑塊所做的功W、動能Ek與位移x關(guān)系的是（取初始為坐標(biāo)原點、初速度方向為正方向）（　?。〢． B． C． D．23．如圖所示，在A、B兩處分別固定A、B兩枚釘子，A、B之間的距離為l，A、B連線與水平方向的夾角為θ．A處的釘子系一根長為l的細(xì)線，細(xì)線的另一端系一個質(zhì)量為m小球，將細(xì)線拉直，讓小球的初始位置與A點處于同一高度，小球由靜止釋放，細(xì)線與釘子B接觸后，小球繼續(xù)下降．取B點為參考平面，重力加速度為g，當(dāng)小球運動到B點正下方的Q點時，下列說法正確的是（　　）A．小球的速率為 B．小球的動能為mgl（sinθ+1） C．重力對小球的功率為0 D．小球?qū)K子的拉力為3mg24．如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜曲能達(dá)到的最大位移．x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2，根據(jù)圖象可求出（　?。〢．物體的初速率v0＝3m/s B．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝ C．當(dāng)θ＝30176。從t＝0時刻開始，物體受到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖所示。已知運動員與雪道間的動摩擦因數(shù)μ處處相同，不考慮空氣阻力，則μ和運動員在斜坡雪道上克服摩擦力做的功W分別為（　?。〢．μ＝ B．μ＝ C．W＝mgh（1﹣） D．W＝mgh（1+）17．如圖所示，輕繩一端受到大小為F的水平恒力作用，另一端通過定滑輪與質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的小物塊相連?！把┤缫狻眱?nèi)的部分賽道可簡化成由傾角為θ、高為h的斜坡雪道和與其平滑連接的水平雪道兩部分組成。則下列說法正確的是（　?。〢．在A到P的過程中軌道的動摩擦因數(shù)逐漸減小 B．在Q點時，重力的瞬時功率為15W C．小物塊在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功 D．在P點時，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為10N15．如圖所示，豎直面內(nèi)固定一半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道，光滑水平地面上放置一長為R、質(zhì)量為m的長木板，長木板的上表面與圓弧軌道的最低點B等高，且二者接觸但不粘連。已知物塊始終在小車上，重力加速度g取10m/s2．則下列判斷正確的是（　?。〢．， B．物塊的最終動能E1＝，小車動能的減小量△E＝3J C．小車與物塊間摩擦生熱3J D．14．如