2021北京五十七中高一（下）期末物理（教師版）

21/212021北京五十七中高一（下）期末物理一、單項(xiàng)選擇題。1．下列物理量中不屬于矢量的是（）A．線速度 B．沖量 C．動(dòng)能 D．動(dòng)量2．一輛汽車在水平公路上轉(zhuǎn)彎，沿曲線由M向N行駛，速度逐漸減小。圖中分別畫出了汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)所受合力F的四種方向，其中你認(rèn)為正確的是（）A． B． C． D．3．“神舟七號(hào)”宇宙飛船繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它比地球同步衛(wèi)星軌道低很多，則“神舟七號(hào)”宇宙飛船與同步衛(wèi)星相比（）A．線速度小一些 B．周期小一些 C．向心加速度小一些 D．角速度小一些4．如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)物體，m1＝m2，在大小相等的兩個(gè)力F1和F2的作用下沿水平方向移動(dòng)了相同的距離．若F1做的功為W1，F(xiàn)2做的功為W2，則（）A．W1＞W(wǎng)2 B．W1＜W2 C．W1＝W2 D．條件不足，無法確定5．質(zhì)量為1kg的物體從某一高度開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，1s后物體著地．g取10m/s2則該物體落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率是（）A．25W B．50W C．75W D．100W6．某碼頭采用斜面運(yùn)送冷鏈?zhǔn)称?，?jiǎn)化如圖甲所示，電動(dòng)機(jī)通過繞輕質(zhì)定滑輪的輕細(xì)繩與放在傾角為θ＝30°的足夠長(zhǎng)斜面上的物體相連，啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)后物體沿斜面上升，在0～6s時(shí)間內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖乙所示，其中除1～5s時(shí)間段圖像為曲線外，其余時(shí)間段圖像均為直線，1s后電動(dòng)機(jī)的輸出功率保持不變。已知物體的質(zhì)量為2kg，不計(jì)一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2。則下列判斷正確的是（）A．在0～1s內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為25J B．1s后電動(dòng)機(jī)的輸出功率為80W C．在1～5s內(nèi)電動(dòng)機(jī)牽引力的沖量大小為50N?s D．在0～5s內(nèi)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)了32.5m7．如圖所示，地球和月球組成“地月雙星系統(tǒng)”，兩者繞共同的圓心C點(diǎn)（圖中未畫出）做周期相同的圓周運(yùn)動(dòng)。數(shù)學(xué)家拉格朗日發(fā)現(xiàn)，處在拉格朗日點(diǎn)（如圖所示）的航天器在地球和月球引力的共同作用下可以繞“地月雙星系統(tǒng)”的圓心C點(diǎn)做周期相同的圓周運(yùn)動(dòng)，從而使地、月、航天器三者在太空的相對(duì)位置保持不變。不考慮航天器對(duì)地月雙星系統(tǒng)的影響，不考慮其它天體對(duì)該系統(tǒng)的影響。已知：地球質(zhì)量為M，月球質(zhì)量為m，地球與月球球心距離為d。則下列說法正確的是（）A．位于拉格朗日點(diǎn)的繞C點(diǎn)穩(wěn)定運(yùn)行的航天器，其向心加速度小于月球的向心加速度 B．地月雙星系統(tǒng)的周期為T＝2π C．圓心C點(diǎn)在地球和月球的連線上，距離地球和月球球心的距離之比等于地球和月球的質(zhì)量之比 D．拉格朗日點(diǎn)距月球球心的距離x滿足關(guān)系式G+G＝G（x+）8．質(zhì)量為m的物體靜止在水平地面上，起重機(jī)將其豎直吊起，上升高度為h時(shí)，物體的速度為v0此過程中（）A．重力對(duì)物體做功為mv2 B．起重機(jī)對(duì)物體做功為mgh C．合外力對(duì)物體做功為mv2 D．合外力對(duì)物體做功為mv2+mgh9．一條輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個(gè)小球A和B，B球的質(zhì)量是A球的3倍。用手托住B球，當(dāng)輕繩剛好被拉緊時(shí)，B球離地面的高度是h，A球靜止于地面，如圖所示。定滑輪的質(zhì)量及輪與軸間的摩擦均不計(jì)，重力加速度為g。釋放B球當(dāng)B球剛落地時(shí)，A球的速度大小為（）A． B． C． D．10．從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（）①掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量大，而掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量?、诘粼谒嗟厣系牟ＡП瓌?dòng)量改變快，而掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變慢③掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變大，而掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變?、艿粼谒嗟厣系牟ＡПc地面接觸時(shí)，相互作用時(shí)間短，而掉在草地上的玻璃杯與地面接觸時(shí)，相互作用時(shí)間長(zhǎng)A．①② B．③④ C．①③ D．②④11．“嫦娥三號(hào)”探測(cè)器由“長(zhǎng)征三號(hào)乙”運(yùn)載火箭從西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射，首次實(shí)現(xiàn)月球軟著陸和月面巡視勘察。假設(shè)“嫦娥三號(hào)”先后分別在如圖所示的環(huán)月圓軌道和橢圓軌道上運(yùn)行，則（）A．若已知“嫦娥三號(hào)”環(huán)月圓軌道的半徑、運(yùn)行周期和引力常量，則可以算出月球的密度 B．“嫦娥三號(hào)”由環(huán)月圓軌道變軌為橢圓軌道時(shí)，應(yīng)在P點(diǎn)發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火使其減速 C．“嫦娥三號(hào)”在環(huán)月橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)P點(diǎn)的速度大于Q點(diǎn)的速度 D．“嫦娥三號(hào)”進(jìn)入環(huán)月橢圓軌道后關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，探測(cè)器從Q點(diǎn)運(yùn)行到P點(diǎn)過程中機(jī)械能增加12．研究小組的同學(xué)們用如圖所示的裝置探究物體的加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系之后，對(duì)此實(shí)驗(yàn)又做了進(jìn)一步的分析：在實(shí)驗(yàn)前通過墊塊已經(jīng)平衡了阻力，且砂和砂桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車和車上砝碼的總質(zhì)量，若將小車（含車上砝碼）和砂（含砂桶）當(dāng)成一個(gè)系統(tǒng)（包括地球），由靜止釋放小車后，下列說法中正確的是（）A．系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 B．系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒 C．系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 D．系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒13．如圖所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質(zhì)量mA＝2kg，以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的物塊B發(fā)生碰撞并一起運(yùn)動(dòng)，碰撞前后的位移時(shí)間圖象如圖所示（規(guī)定向右為正方向），則碰撞后的速度及物體B的質(zhì)量分別為（）A．2m/s，5kg B．2m/s，3kg C．3.5m/s，2.86kg D．3.5m/s，0.86kg14．如圖所示，若x軸表示時(shí)間，y軸表示位置，則該圖像反映了某質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，位置與時(shí)間的關(guān)系。若令x軸和y軸分別表示其它的物理量，則該圖像又可以反映在某種情況下，相應(yīng)的物理量之間的關(guān)系。下列說法中正確的是（）A．若x軸表示時(shí)間，y軸表示動(dòng)能，則該圖像可以反映某物體受恒定合外力作用做直線運(yùn)動(dòng)過程中，物體動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系 B．若x軸表示時(shí)間，y軸表示動(dòng)量，則該圖像可以反映某物體在沿運(yùn)動(dòng)方向的恒定合外力作用下，物體動(dòng)量與時(shí)間的關(guān)系 C．對(duì)于做直線運(yùn)動(dòng)的物體，若x軸表示時(shí)間，y軸表示合力對(duì)物體所做的功，則該圖像可以反映某物體在功率不變的情況下，合力做功與時(shí)間的關(guān)系 D．對(duì)于做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，若x軸表示半徑大小，y軸表示線速度大小，則該圖像可以反映某物體在角速度不變的情況下，線速度與做圓周運(yùn)動(dòng)半徑大小的關(guān)系二、填空題15．如圖1所示，將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在鐵架臺(tái)上，用重物帶動(dòng)紙帶從靜止開始自由下落，利用此裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)。（1）已準(zhǔn)備的器材有打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（帶導(dǎo)線）、紙帶、復(fù)寫紙、鐵架臺(tái)和帶夾子的重物，此外還必需要的器材是。A．直流電源B．交流電源C．天平和砝碼D．毫米刻度尺（2）為驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點(diǎn)間的。A．速度變化量與高度變化量B．重力做功與重力勢(shì)能變化量C．動(dòng)能變化量與勢(shì)能變化量（3）下列關(guān)于該實(shí)驗(yàn)的一些說法正確的是。A．做實(shí)驗(yàn)時(shí)，要先接通電源，再釋放重物B．實(shí)驗(yàn)中的誤差主要是由于存在空氣阻力和摩擦阻力引起的C．若某同學(xué)通過描繪v2﹣h圖像研究機(jī)械能是否守恒，合理的圖像應(yīng)該是過原點(diǎn)的一條直線，并且該直線的斜率應(yīng)約為9.8（4）安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，從打出的紙帶中選出符合要求的紙帶，如圖2所示。在紙帶上選取三個(gè)連續(xù)打出的點(diǎn)A、B、C，測(cè)得它們到起始點(diǎn)O的距離分別為hA、hB、hC。設(shè)重錘質(zhì)量為m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)周期為T。為了驗(yàn)證此實(shí)驗(yàn)過程中機(jī)械能是否守恒，應(yīng)滿足下面的哪個(gè)等式（用題中所給字母表示）A．8ghBT2＝（hC﹣hA）2B．4ghBT2＝（hC﹣hA）2C．2ghBT2＝（hC﹣hA）216．（1）甲同學(xué)用如圖（a）所示的裝置來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。①實(shí)驗(yàn)中質(zhì)量為m1的入射小球和質(zhì)量為m2的被碰小球的質(zhì)量關(guān)系是m1m2（選填“大于”“等于”或“小于”）；②圖（a）中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的投影.實(shí)驗(yàn)時(shí)，先將入射小球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測(cè)量水平射程OP。然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分末端，再將入射小球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復(fù)本操作.接下來要完成的必要步驟是；（填選項(xiàng)前的字母）A．用天平測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m1、m2B．測(cè)量小球m1開始釋放的高度hC．測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度HD．分別通過畫最小的圓找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、NE．測(cè)量水平射程OM、ON③若兩球相碰前、后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為（用②中測(cè)量的量表示）。（2）乙同學(xué)也用上述兩球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，但將實(shí)驗(yàn)裝置改成如圖（b）所示。將白紙、復(fù)寫紙固定在豎直放置的木條上，用來記錄實(shí)驗(yàn)中小球1、小球2與木條的撞擊點(diǎn).實(shí)驗(yàn)時(shí)先將木條豎直立在軌道末端右側(cè)并與軌道接觸，讓入射小球1從斜軌上起始位置由靜止釋放，撞擊點(diǎn)為B'；然后將木條平移到圖中所示位置，入射小球1從斜軌上起始位置由靜止釋放，確定其撞擊點(diǎn)P；再將入射小球1從斜軌上起始位置由靜止釋放，與小球2相撞，撞擊點(diǎn)分別為M和N，測(cè)得B'與N、P、M各點(diǎn)的高度差分別為h1、h2、h3。只要滿足關(guān)系式，則說明碰撞中動(dòng)量是守恒的；只要再滿足關(guān)系式，則說明兩小球的碰撞是彈性碰撞（用所測(cè)物理量的字母表示）。三、計(jì)算題17．已知地球質(zhì)量為M，萬有引力常量為G．將地球視為半徑為R、質(zhì)量均勻分布的球體。忽略地球自轉(zhuǎn)影響。（1）求地面附近的重力加速度g；（2）求地球的第一宇宙速度v；（3）若要利用地球繞太陽的運(yùn)動(dòng)估算太陽的質(zhì)量，需要知道哪些相關(guān)數(shù)據(jù)？請(qǐng)分析說明。18．如圖所示，用水平拉力F，使質(zhì)量m＝5.0kg的物體以v0＝1.0m/s的速度沿水平地面向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.40，空氣阻力可忽略不計(jì)，取重力加速度g＝10m/s2。（1）求水平拉力F的大小；（2）若從某時(shí)刻起，保持拉力F的大小不變，改為與水平成θ＝37°角斜向上拉此物體，使物體沿水平地面向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：①改變拉力方向后在位移s＝5.0m內(nèi)拉力F所做的功W；②改變拉力方向后在位移s＝5.0m內(nèi)物體動(dòng)能增量的大小ΔEk，并說明W與ΔEk不相等的原因。19．暑假里，小明去游樂場(chǎng)游玩，坐了一次名叫“搖頭飛椅”的游戲機(jī)，如圖所示，該游戲機(jī)頂上有一個(gè)半徑為r＝4.5m的“傘蓋”，“傘蓋”在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中帶動(dòng)下面的懸繩轉(zhuǎn)動(dòng)，其示意圖如圖所示?！皳u頭飛椅”高O1O2＝5.8m，繩長(zhǎng)L＝5m。小明挑選了一個(gè)懸掛在“傘蓋”邊緣的最外側(cè)的椅子坐下，他與座椅的總質(zhì)量為m＝40kg。小明和椅子的轉(zhuǎn)動(dòng)可簡(jiǎn)化為如圖所示的圓周運(yùn)動(dòng)。在某段時(shí)間內(nèi)，“傘蓋”保持在水平面內(nèi)穩(wěn)定旋轉(zhuǎn)，繩與豎直方向夾角為37°（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），在此過程中，求：（1）座椅受到繩子的拉力大?。唬?）小明運(yùn)動(dòng)的線速度大?。唬?）小明運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期內(nèi)重力的沖量。20．如圖所示，質(zhì)量為M＝2kg的物塊A（可看作質(zhì)點(diǎn)），開始放在長(zhǎng)木板B的左端，B的質(zhì)量為m＝1kg，長(zhǎng)木板B可在水平面上無摩擦滑動(dòng)。兩端各有一固定豎直擋板M、N，現(xiàn)A、B以相同速度v0＝6m/s向左運(yùn)動(dòng)并與擋板M發(fā)生碰撞。B與M碰后速度立即變?yōu)?，但不與M粘結(jié)，A與M碰后沒有機(jī)械能損失，碰后接著返回向N板運(yùn)動(dòng)，且在與N板碰撞之前，A、B能達(dá)共同速度。在長(zhǎng)木板B即將與擋板N碰前，立即將A鎖定于長(zhǎng)木板B上，使長(zhǎng)木板B與擋板N碰后，A、B一并原速反向。B與擋板N碰后，立即解除對(duì)A的鎖定（鎖定和解除鎖定過程均無機(jī)械能損失）。以后A、B若與M、N擋板碰撞，過程同前。A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，g＝10m/s2。求：（1）在與N板發(fā)生第一次碰撞之前A相對(duì)于B向右滑行距離△s1；（2）通過計(jì)算，判斷A與擋板M能否發(fā)生第二次碰撞；（3）A、B系統(tǒng)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量。21．（1）如圖，質(zhì)量為m的物體，僅在與運(yùn)動(dòng)方向相同的恒力F的作用下，經(jīng)過時(shí)間t，發(fā)生了一段位移l，速度由v1增加到v2。結(jié)合圖中情景，請(qǐng)猜測(cè)并推導(dǎo)：a．恒力和其作用時(shí)間的累積Ft直接對(duì)應(yīng)著什么物理量的變化？并由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式推導(dǎo)這種關(guān)系的表達(dá)式。b．恒力在其作用空間上的積累Fl直接對(duì)應(yīng)著什么物理量的變化？并由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式推導(dǎo)這種關(guān)系的表達(dá)式。（2）題（1）a和（1）b所推導(dǎo)出的表達(dá)式不僅適用于質(zhì)點(diǎn)在恒力作用下的運(yùn)動(dòng)，也適用于質(zhì)點(diǎn)在變力作用下的運(yùn)動(dòng)，這時(shí)兩個(gè)表達(dá)式中的力都是指平均力，但兩個(gè)表達(dá)式中的平均力的含義不同。在（1）a所推導(dǎo)出的表達(dá)式中的平均力F1是指合力對(duì)時(shí)間的平均值，在（1）b所推導(dǎo)出的表達(dá)式中的平均力F2是指合力對(duì)位移的平均值。c．質(zhì)量為1.0kg的物塊，受變力作用下由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，在2.0s的時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)了2.5m的位移，速度達(dá)到了2.0m/s。請(qǐng)利用題（1）a和（1）b所推導(dǎo)出的表達(dá)式求出平均力F1和F2的值。22．如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，該裝置由三部分組成，傳送帶左邊是足夠長(zhǎng)的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M＝6.0kg的物塊A．裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺(tái)面等高，并能平滑對(duì)接。傳送帶的皮帶輪逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，使傳送帶上表面以u(píng)＝2.0m/s勻速運(yùn)動(dòng)。傳送帶的右邊是一半徑R＝1.25m位于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道。質(zhì)量m＝2.0kg的物塊B從圓弧的最高處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，傳送帶兩軸之間的距離l＝4.5m。設(shè)物塊A、B之間發(fā)生的是正對(duì)彈性碰撞，第一次碰撞前，物塊A靜止。取g＝10m/s2．求：（1）物塊B滑到圓弧的最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力；（2）物塊B與物塊A第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢(shì)能；（3）如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時(shí)彈簧都會(huì)被立即鎖定，而當(dāng)它們?cè)俅闻鲎睬版i定被解除，求物塊B經(jīng)第一次與物塊A碰撞后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。

參考答案一、單項(xiàng)選擇題。1．【分析】既有大小又有方向，運(yùn)算時(shí)遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力、線速度、加速度、位移、動(dòng)量、沖量等都是矢量；只有大小，沒有方向的物理量是標(biāo)量，如路程、時(shí)間、質(zhì)量、動(dòng)能等都是標(biāo)量?！窘獯稹拷猓篈BD、線速度、沖量和動(dòng)量既有大小又有方向，運(yùn)算時(shí)遵循平行四邊形定則，都是矢量，故ABD正確；C、動(dòng)能只有大小沒有方向，是標(biāo)量，故C錯(cuò)誤。本題選不屬于矢量的，故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】矢量與標(biāo)量有兩大區(qū)別：一是矢量有方向，標(biāo)量沒有方向；二是運(yùn)算法則不同，矢量運(yùn)算遵守平行四邊形定則，標(biāo)量運(yùn)算遵守代數(shù)運(yùn)算法則。2．【分析】汽車在水平的公路上轉(zhuǎn)彎，所做的運(yùn)動(dòng)為曲線運(yùn)動(dòng)，故在半徑方向上合力不為零且是指向圓心的；又是做減速運(yùn)動(dòng)，故在切線上合力不為零且與瞬時(shí)速度的方向相反，分析這兩個(gè)力的合力，即可看出那個(gè)圖象時(shí)對(duì)的?！窘獯稹拷猓浩噺腗點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N，曲線運(yùn)動(dòng)，必有些力提供向心力，向心力是指向圓心的；汽車同時(shí)減速，所以沿切向方向有與速度相反的合力；向心力和切線合力與速度的方向的夾角要大于90°，所以選項(xiàng)ABD錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決此題關(guān)鍵是要沿半徑方向上和切線方向分析汽車的受力情況，在水平面上，減速的汽車受到水平的力的合力在半徑方向的分力使汽車轉(zhuǎn)彎，在切線方向的分力使汽車減速，知道了這兩個(gè)分力的方向，也就可以判斷合力的方向了。3．【分析】宇宙飛船和同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，靠萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律判斷線速度、周期、向心加速度和角速度的大?。窘獯稹拷猓焊鶕?jù)：＝解得：a＝，v＝，ω＝，T＝，知宇宙飛船的軌道半徑小，向心加速度大，線速度大，角速度大，周期小。故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道飛船和同步衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)靠萬有引力提供向心力，掌握線速度、角速度、周期、向心加速度和軌道半徑的關(guān)系．4．【分析】由于F1和F2都是恒力，求恒力的功可以根據(jù)功的公式直接求得．【解答】解：由題意可得F1和F2是恒力，物體移動(dòng)的位移相同，并且力與位移的夾角相等，所以由功的公式W＝FLcosθ可知，它們對(duì)物體做的功是相同的，所以C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題為恒力做功，根據(jù)功的公式直接計(jì)算即可，比較簡(jiǎn)單．5．【分析】由自由落體運(yùn)動(dòng)的速度公式求出1s的速度，由功率公式P＝Fv可以求出1s末重力的瞬時(shí)功率．【解答】解：1s末物體的速度v＝gt＝10×1＝10m/s，1s末重力的瞬時(shí)功率P＝Gv＝mgv＝1×10×10＝100W；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】由自由落體運(yùn)動(dòng)的速度公式、功率公式P＝Fv可以求出物體的瞬時(shí)功率．6．【分析】0～ls物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，先求位移，再由動(dòng)能定理求電動(dòng)機(jī)做的功；由0～1s做勻加速運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律解出1s末的牽引力，利用瞬時(shí)功率表達(dá)式求其輸出功率；先解出vm，在1～5s內(nèi)使用動(dòng)量定理，求這段時(shí)間牽引力的沖量；先利用動(dòng)能定理求1～5s內(nèi)物體的位移，再求0～5s內(nèi)物體沿斜面的位移?！窘獯稹拷猓篈.在0～1s內(nèi)，物體位移大小為x1＝＝m＝2.5m設(shè)0～1s內(nèi)電動(dòng)機(jī)做的功為W1，由動(dòng)能定理得W1﹣mgx1sin30°＝代入數(shù)據(jù)解得W1＝50J故A錯(cuò)誤；B.在0～1s內(nèi)，物體的加速度大小為a＝設(shè)0～1s內(nèi)細(xì)繩拉力的大小為F，由牛頓第二定律得F1﹣mgsin30°＝ma聯(lián)立解得F1＝20N由題意知1s后電動(dòng)機(jī)輸出功率為P＝F1v1＝20×5W＝100W故B錯(cuò)誤；C.當(dāng)物體達(dá)到最大速度vm后，根據(jù)平衡條件可得細(xì)繩的拉力大小為F2＝mgsin30°＝2×10×0.5N＝10N根據(jù)功率的公式可得vm＝在1～5s內(nèi)，設(shè)電動(dòng)機(jī)牽引力的沖量大小為1，由動(dòng)量定理得I﹣mgt2sin30°＝mvm﹣mv1聯(lián)立解得I＝50N?s故C正確；D.設(shè)1～5s內(nèi)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為x2，對(duì)物體由動(dòng)能定理得Pt2﹣mgx2sin30°＝代入數(shù)據(jù)解得x2＝32.5m所以在0～5s內(nèi)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為x＝x1+x2＝2.5m+32.5m＝35m故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題實(shí)際是一道機(jī)車啟動(dòng)問題的變形試題，涉及動(dòng)量定理、動(dòng)能定理、牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和運(yùn)動(dòng)圖像，是一道綜合性極強(qiáng)的試題。解答時(shí)注意分三個(gè)階段處理，即第一階段，勻加速運(yùn)動(dòng)，處理時(shí)應(yīng)用牛頓定律即可；第二階段恒定功率階段，注意此階段為變加速運(yùn)動(dòng)，不可使用牛頓定律定量處理，應(yīng)使用動(dòng)能定理和動(dòng)量定理解決。7．【分析】位于拉格朗日點(diǎn)的繞C點(diǎn)穩(wěn)定運(yùn)行的航天器與月球的周期相同，根據(jù)可比較其向心加速度大??；根據(jù)萬有引力提供向心力，對(duì)地球地球和月球列式，且有d＝r1+r2，可以解得周期T和地球和月球球心的距離之比；航天器在月球和地球引力的共同作用下可以繞“地月雙星系統(tǒng)”的圓心C點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，列式即可求解?！窘獯稹拷猓篈、位于拉格朗日點(diǎn)的繞C點(diǎn)穩(wěn)定運(yùn)行的航天器的周期與地球的周期相同，根據(jù)可知，探測(cè)器的向心加速度大于月球的向心加速度，故A錯(cuò)誤；BC、對(duì)于地月雙星系統(tǒng)，設(shè)地球的軌道半徑為r1，月球的軌道半徑為r2，據(jù)萬有引力提供向心力，對(duì)地球：對(duì)月球：因?yàn)閐＝r1+r2聯(lián)立解得：，即距離地球和月球球心的距離之比等于地球和月球的質(zhì)量之比；，故BC錯(cuò)誤；D、根據(jù)d＝r1+r2且有，月球距離圓心C點(diǎn)距離為航天器在地球和月球引力的共同作用下可以繞“地月雙星系統(tǒng)”的圓心C點(diǎn)做周期相同的圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)航天器的質(zhì)量為m0則有整理可得：，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查萬有引力的應(yīng)用，題目較為新穎，在解題時(shí)要注意分析向心力的來源及題目中隱含的條件．8．【分析】由動(dòng)能定理可求得合外力的功；由重力做功的特點(diǎn)可求得重力所做的功．【解答】解：重力做功W＝﹣mgh，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，合外力做功W＝mv2；故C正確，D錯(cuò)誤；而物體受重力、拉力，合力為F﹣mg；故有（F﹣mg）h＝mv2；故重力做功不等于mv2；故A錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理及重力做功的公式應(yīng)用，要先注意分析物體的受力情況，再分析物體的受力情況．9．【分析】對(duì)A、B兩球組成的系統(tǒng)，在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，由于A、B是通過同一條繩相連的，所以它們的速度大小相等，對(duì)系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律可以求得結(jié)果?！窘獯稹拷猓涸O(shè)A球的質(zhì)量為m，則B球的質(zhì)量為3m。設(shè)當(dāng)B球剛落地時(shí)A、B球的速度大小為v。對(duì)于A、B兩球組成的系統(tǒng)來說，只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。取地面為參考平面，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：3mgh＝mgh+mv2+×3mv2解得：v＝，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題中，對(duì)于單個(gè)小球而言，機(jī)械能并不守恒，A球的機(jī)械能增加，B球的機(jī)械能減小，所以不能對(duì)單個(gè)小球使用機(jī)械能守恒，另外還要知道A、B是同一條繩相連的，它們的速度大小相等。10．【分析】玻璃杯掉在水泥地和草地上時(shí)的速度相等，碰撞后末速度均為零，結(jié)合動(dòng)量定理分析判斷?！窘獯稹拷猓孩俨ＡП涞厍笆亲杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，末速度一定，玻璃杯掉在水泥地上與掉在草地上的動(dòng)量mv相等，故①錯(cuò)誤；玻璃杯兩次與地面碰撞過程，初動(dòng)量相同，末動(dòng)量為零，兩種情況下動(dòng)量變化量相同；玻璃杯兩次與地面碰撞過程，初動(dòng)量相同，末動(dòng)量為零，兩次的動(dòng)量變化量相同，但在水泥地上碰撞過程時(shí)間短，則動(dòng)量的變化快，根據(jù)動(dòng)量定理知，相互作用力大，掉在草地上的杯子動(dòng)量改變慢，相互作用力小，故③錯(cuò)誤，②④正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的是利用動(dòng)量定理解釋生活現(xiàn)象中的緩沖現(xiàn)象，注意明確兩次玻璃杯的動(dòng)量變化相同，延長(zhǎng)作用時(shí)間則相互作用力就小。11．【分析】已知“嫦娥三號(hào)”環(huán)月段圓軌道的半徑、運(yùn)動(dòng)周期和引力常量，根據(jù)萬有引力提供向心力，解出月球的質(zhì)量，進(jìn)一步分析能否求解月球的密度。根據(jù)衛(wèi)星變軌原理分析軌道變化時(shí)衛(wèi)星是加速還是減速?！版隙鹑?hào)”在橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)，只有萬有引力做功，機(jī)械能守恒?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)萬有引力提供向心力，有：＝m，可以解出月球的質(zhì)量：M＝，由于不知道月球的半徑，無法知道月球的體積，故無法計(jì)算月球的密度，故A錯(cuò)誤；B、“嫦娥三號(hào)”在環(huán)月段圓軌道上P點(diǎn)減速，使萬有引力大于向心力做近心運(yùn)動(dòng)，才能進(jìn)入進(jìn)入環(huán)月段橢圓軌道，故B正確；C、“嫦娥三號(hào)”在環(huán)月段橢圓軌道上P點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)中，距離月球越來越近，月球?qū)ζ湟ψ稣?，故速度增大，即嫦娥三?hào)在環(huán)月段橢圓軌道上P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)的速度，故C錯(cuò)誤；D、“嫦娥三號(hào)”進(jìn)入環(huán)月橢圓軌道后關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，探測(cè)器從Q點(diǎn)運(yùn)行到P點(diǎn)過程中，只有萬有引力做功，機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查了人造衛(wèi)星的相關(guān)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是明確萬有引力提供向心力，以及掌握衛(wèi)星的變軌原理，從高軌道變軌到低軌道時(shí)，需要減速運(yùn)動(dòng)，做近心運(yùn)動(dòng)。12．【分析】系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；只有重力或只有彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒；根據(jù)題意分析清楚系統(tǒng)受力情況與各力做功情況，然后判斷系統(tǒng)動(dòng)量與機(jī)械能是否守恒?！窘獯稹拷猓横尫判≤?，小車運(yùn)動(dòng)過程，系統(tǒng)所受合力等于砂（含砂桶）的重力，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒；小車運(yùn)動(dòng)過程木板對(duì)小車的摩擦力要做負(fù)功，即小車運(yùn)動(dòng)過程除重力外還有克服摩擦力做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了判斷系統(tǒng)動(dòng)量與機(jī)械能是否守恒，知道動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的條件是解題的關(guān)鍵，分析清楚系統(tǒng)受力情況與各力做功情況即可解題。13．【分析】由圖象求出碰撞前、后物體的速度，然后由動(dòng)量守恒定律求出物體B的質(zhì)量．【解答】解：由圖象可知，碰前A的速度為：vA＝＝＝5m/s；碰后AB的共同速度為：v＝＝m/s＝2m/s；A、B碰撞過程中動(dòng)量守恒，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mAvA＝（mA+mB）v，即：2×5＝（2+mB）×2，解得：mB＝3kg；故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了求物體的質(zhì)量，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)要清楚研究的對(duì)象和守恒條件；通過位移﹣時(shí)間圖象得到一些信息．14．【分析】利用動(dòng)能定理可以判別動(dòng)能和時(shí)間的關(guān)系；利用動(dòng)量定理可以判別動(dòng)量和時(shí)間的關(guān)系；利用合力做功的表達(dá)式可以判別做功和時(shí)間的關(guān)系；利用線速度和角速度的關(guān)系可以判別對(duì)應(yīng)的圖像?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)動(dòng)能定理Ek＝Ek0+Fx，而x＝，則Ek＝Ek0+t2，則Ek﹣t圖像不是直線，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)量定理p＝p0+Ft，則若x軸表示時(shí)間，y軸表示動(dòng)量，則該圖像可以反映某物體在沿運(yùn)動(dòng)方向的恒定合外力作用下，物體動(dòng)量與時(shí)間的關(guān)系，故B正確；C、根據(jù)W＝Pt可知，對(duì)于做直線運(yùn)動(dòng)的物體，若x軸表示時(shí)間，y軸表示合力對(duì)物體所做的功，則該圖像應(yīng)該是過原點(diǎn)的直線，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)v＝ωr，則對(duì)于做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，若x軸表示半徑大小，y軸表示線速度大小，則線速度與做圓周運(yùn)動(dòng)半徑大小的關(guān)系圖像應(yīng)該是過原點(diǎn)的直線，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了學(xué)生對(duì)圖象的理解能力、分析綜合能力，對(duì)學(xué)生的要求較高，要注意處理圖象問題的基本思路：根據(jù)相應(yīng)的物理規(guī)律推導(dǎo)出縱橫坐標(biāo)所表示物理量之間的關(guān)系結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)即可判斷。二、填空題15．【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量的量分析答題。（2）可以通過比較重力勢(shì)能的減少量與動(dòng)能的增加量間的關(guān)系判斷機(jī)械能是否守恒。（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)與實(shí)驗(yàn)原理分析答題。（4）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論求出重錘的瞬時(shí)速度，然后根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出需要驗(yàn)證的表達(dá)式?！窘獯稹拷猓海?）AB、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用交流電源，不使用直流電源，故A錯(cuò)誤，B正確；C、重錘下落過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh＝，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式是：gh＝，實(shí)驗(yàn)不需要測(cè)量質(zhì)量，不需要天平和砝碼，故C錯(cuò)誤；D、處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時(shí)需要測(cè)量計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離，需要使用毫米刻度尺，故D正確。故選：BD。（2）為驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點(diǎn)間的動(dòng)能變化量與勢(shì)能變化量是否相等，故C正確，AB錯(cuò)誤。故選：C。（3）A、做實(shí)驗(yàn)時(shí)，為使打第一個(gè)點(diǎn)時(shí)重錘的速度為零且充分利用紙帶，要先接通電源，再釋放重物，故A正確；B、重錘下落過程要受到空氣阻力與紙帶和限位孔間摩擦阻力的作用，實(shí)驗(yàn)中的誤差主要是由于存在空氣阻力和摩擦阻力引起的，故B正確；C、重錘下落過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh＝，整理得：v2＝2gh，v2﹣h圖象的斜率k＝2g＝2×9.8m/s2＝19.6m/s2，合理的圖像應(yīng)該是過原點(diǎn)的一條直線，并且該直線的斜率應(yīng)約為19.6，故C錯(cuò)誤。故選：AB。（4）做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體在某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，打B點(diǎn)時(shí)重錘的速度大小vB＝從打O點(diǎn)到打B點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒定律得：mghB＝，整理得：8ghBT2＝（hC﹣hA）2，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。故答案為：（1）BD；（2）C；（3）AB；（4）A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理，以及知道實(shí)驗(yàn)中誤差的來源，掌握紙帶的處理，會(huì)通過紙帶求解瞬時(shí)速度，從而得出動(dòng)能的增加量；根據(jù)題意應(yīng)用機(jī)械能守恒定律即可解題。16．【分析】（1）①為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量；②應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式，然后分析答題；③應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式；（2）由于兩球從同一拋出點(diǎn)平拋后落到同一豎直板上，故水平位移相同，所以水平向速度之比等于兩物體平拋時(shí)間的反比，然后由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒倒推出需要驗(yàn)證的表達(dá)式?！窘獯稹拷猓海?）①為防止碰撞后入射球反彈，實(shí)驗(yàn)中入射小球的質(zhì)量m1應(yīng)大于被碰小球的質(zhì)量m2.②設(shè)碰撞前入射小球的速度為v1，碰撞后入射小球的速度為v2，被碰小球的速度為v3，如果碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v1＝m1v2+m2v3，小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相等，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，上式兩邊同時(shí)乘以t得m1v1t＝m1v2t+m2v3t，即m1?OP＝m1?OM+m2?ON，實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量?jī)汕虻馁|(zhì)量、兩球落點(diǎn)的水平位移，ADE均正確.③由以上可知，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式為：m1?OP＝m1?OM+m2?ON（2）小球做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間設(shè)軌道末端到木條的水平位置為x，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，，如果碰撞過程中動(dòng)量守恒，則m1v1＝m1v1′+m2v2′將v1、v1′、v2′代入，可得若為彈性碰撞，則滿足動(dòng)能守恒，即代入速度表達(dá)式，化簡(jiǎn)可得故答案為：（1）①大于；②ADE；③m1?OP＝m1?OM+m2?ON；（2）、【點(diǎn)評(píng)】本題考查了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)；理解實(shí)驗(yàn)原理、掌握基礎(chǔ)知識(shí)是解題的前提，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)、動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律即可解題。三、計(jì)算題17．【分析】（1）根據(jù)地球表面物體的重力等于地球?qū)ξ矬w的萬有引力，即可求解地面附近的重力加速度；（2）地球的第一宇宙速度等于地球的近地衛(wèi)星的線速度，根據(jù)萬有引力提供向心力即可求解；（3）根據(jù)萬有引力提供向心力即可得出求解太陽需要測(cè)定的物理量?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)地球表面的物體質(zhì)量為m，有：解得：（2）設(shè)地球的近地衛(wèi)星質(zhì)量為m′，有：解得：（3）若要利用地球繞太陽的運(yùn)動(dòng)估算太陽的質(zhì)量，需要知道地球繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道半徑、周期和萬有引力常量。設(shè)太陽質(zhì)量為M′，地球繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r、周期為T根據(jù)可知若知道地球繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道半徑、周期可求得太陽的質(zhì)量。答：（1）求地面附近的重力加速度g為。（2）求地球的第一宇宙速度v為。（3）利用地球繞太陽的運(yùn)動(dòng)估算太陽的質(zhì)量，需要知道地球繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道半徑、周期?！军c(diǎn)評(píng)】解決飛船、人造地球衛(wèi)星類型的問題常常建立這樣的模型：衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供衛(wèi)星所需要的向心力。常常是萬有引力定律與圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)的綜合應(yīng)用。18．【分析】（1）物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，拉力等于滑動(dòng)摩擦力，以此分析拉力的大小；（2）由W＝Fscosθ求解拉力F所做的功W，（3）根據(jù)動(dòng)能定理分析W與ΔE不相等的原因?！窘獯稹拷猓海?）物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得F＝f＝μmg＝0.40×5×10N＝20N（2）①拉力F所做的功W＝Fscos37°＝20×5.0×0.8J＝80J②由牛頓第二定律得Fcos37°﹣μ（mg﹣Fsin37°）＝ma可得a＝0.16m/s2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式＝2as可得v＝m/s則ΔEk＝代入數(shù)據(jù)解得：ΔEk＝4.0J由動(dòng)能定理可知，W與ΔEk不相等的原因是有摩擦力做負(fù)功。答：（1）水平拉力F的大小為20N；（2）①改變拉力方向后在位移s＝5.0m內(nèi)拉力F所做的功W為80J；②改變拉力方向后在位移s＝5.0m內(nèi)物體動(dòng)能增量的大小ΔEk為4.0J，由動(dòng)能定理可知，W與ΔEk不相等的原因是有摩擦力做負(fù)功?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題需要明確知道勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體的合力為零，知道要物體在水平面做勻速直線運(yùn)動(dòng)需要滿足水平方向的動(dòng)力大于滑動(dòng)摩擦力。19．【分析】（1）分析小明的受力，找到其合力方向，根據(jù)平行四邊形定則求解繩子的拉力大??；（2）根據(jù)平行四邊形定則求解小明做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，結(jié)合牛頓第二定律求解小明運(yùn)動(dòng)的線速度；（3）根據(jù)I＝Ft求解重力的沖量?！窘獯稹拷猓海?）小明受到重力和繩子的拉力作用，向心力沿水平方向，重力和繩子的拉力的合力提供向心力，由平行四邊形定則得繩子的拉力為T＝＝N＝500N；（2）由牛頓第二定律，得：mgtan37°＝m，其中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R0＝Lsin37°+r＝5×0.6m+4.5m＝7.5m解得v＝＝m/s＝7.5m/s；（3）小明運(yùn)動(dòng)的周期t＝＝s＝6.28s根據(jù)沖量I＝mgt＝40×10×6.28N?s＝2512N?s，方向豎直向下答：（1）座椅受到繩子的拉力大小為500N；（2）小明運(yùn)動(dòng)的線速度大小為7.5m/s；（3）小明運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期內(nèi)重力的沖量為2512N?s，方向豎直向下?！军c(diǎn)評(píng)】飛椅做的是圓周運(yùn)動(dòng)，確定圓周運(yùn)動(dòng)所需要的向心力是解題的關(guān)鍵，向心力都是由物體受到的某一個(gè)力或幾個(gè)力的合力來提供，在對(duì)物體受力分析時(shí)一定不能分析出物體受向心力這么一個(gè)單獨(dú)的力。20．【分析】（1）第一次與N板碰撞前，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)守恒定律列式求解共同速度；根據(jù)功能關(guān)系列式求解相對(duì)滑動(dòng)的距離；（2）根據(jù)碰撞后的運(yùn)動(dòng)過程分析判斷A與擋板M能否發(fā)生第二次碰撞；（3）對(duì)第i次離開M到返回M的全部過程，根據(jù)動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律列式判斷損失的動(dòng)能，然后對(duì)全程根據(jù)功能關(guān)系列式分析．【解答】解：（1）第一次碰撞后A以v0＝6m/s速度向右運(yùn)動(dòng)，B的初速度為0，與N板碰前達(dá)共同速度v1，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：Mv0＝（m+M）v1代入數(shù)據(jù)解得：v1＝4m/s系統(tǒng)克服阻力做功損失動(dòng)能：△E1＝Mv02﹣（m+M）v12代入數(shù)據(jù)解得：△E1＝12J．根據(jù)功能關(guān)系有：μMg△s1＝△E1代入數(shù)據(jù)解得：△s1＝6m（2）因與N板的碰撞沒有能量損失，A、B與N板碰后返回向左運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A的動(dòng)能：EA′＝×2×42J＝16J＞△E1因此，當(dāng)B先與M板碰撞停住后，A還有足夠能量克服阻力做功，并與M板發(fā)生第二次碰撞．所以A可以與擋板M發(fā)生第二次碰撞．（2）對(duì)A，根據(jù)動(dòng)能定理，有：解得，A與擋板M發(fā)生第二次碰撞后的速度大?。海絤/s＝2m/s≈3.4m/s設(shè)第i次碰后A的速度為vi，動(dòng)能為EAi，達(dá)到共同速度后A的速度為vi′動(dòng)能為EAi′同理可求vi′＝viEAi′＝EAiEBi′＝EAi′＝EAi單程克服阻力做功Wfi＝EAi﹣EAi′﹣EBi′＝EAi＜EAi′因此每次都可以返回到M板，最終?？吭贛板前．在每完成一個(gè)碰撞周期中損失的總能量均能滿足△Ei＝2Wfi+EBi′＝EAi+EAi＝EAi．（即剩余能量為EAi）其中用以克服阻力做功占損失總能量之比＝＝碰撞中能量損失所占的比例＝因此，當(dāng)初始A的總動(dòng)能損失完時(shí)，克服摩擦力做的總功為Wf總＝EA0代入數(shù)據(jù)解得：Wf總＝27J根據(jù)功能關(guān)系，產(chǎn)生的內(nèi)能為27J；答：（1）在與N板發(fā)生第一次碰撞之前A相對(duì)于B向右滑行距離△s1是6m。（2）A與擋板M能發(fā)生第二次碰撞；（3）A、B系統(tǒng)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量是27J?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確A板、B板的運(yùn)動(dòng)情況、受力情況和能量轉(zhuǎn)化情況，結(jié)合功能關(guān)系、動(dòng)量守恒定律列式求解；第3小題要考慮第i次離開M板到返回M板的過程．21．【分析】（1）a、根據(jù)牛頓第二定律和速度公式列式后約去加速度即可得到動(dòng)量定理表達(dá)式；b、根據(jù)牛頓第二定律和速度位移公式列式后約去加速度即可得到動(dòng)能定理表達(dá)式；（2）根據(jù)已知條件，直接代入（1）中推導(dǎo)出的表達(dá)式中求解即可?！窘獯稹拷猓海?）a．恒力和其作用時(shí)間的累積Ft直接對(duì)應(yīng)著動(dòng)量的變化。由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式推導(dǎo)：F＝ma，v2＝v1+at，聯(lián)立解得：Ft＝mv2﹣mv1。b．恒力和其作用空間的累積Fl直接對(duì)應(yīng)著動(dòng)能的變化。由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式推導(dǎo)：F＝ma，﹣＝2al，聯(lián)立解得：Fl＝m﹣m。（2）已知m＝1.0kg，t＝2.0s，v2＝2.0m/s，v1＝0，根據(jù)（1）a所推導(dǎo)出的表達(dá)式有：F1t＝mv2﹣mv1，解得：F1＝＝N