2023年物理大二輪復(fù)習(xí)題型訓(xùn)練匯編

選擇題專練（一）相互作用和牛頓運(yùn)動(dòng)定律斌對(duì)應(yīng)爾學(xué)金生

1.（2022?廣東深圳市模擬）2021年7月25日，2020東京奧運(yùn)會(huì)中國(guó)舉重運(yùn)動(dòng)員李發(fā)彬

上演了單腿舉起166公斤的奇跡，奪得男子舉重61公斤級(jí)金牌并且創(chuàng)造新的奧運(yùn)紀(jì)錄。從

物理角度分析下面的圖，下列說(shuō)法正確的是（）

A.保持靜止期間，地面對(duì)人的左腳有向右的摩擦力

B.在杠鈴不變情況下，手臂張開(kāi)角度越大，手掌所受壓力越大

C.在杠鈴不變情況下，手臂張開(kāi)角度越大，手掌所受壓力越小

D.在杠鈴不變情況下，手臂張開(kāi)角度越大，手臂受力越大

D［在保持靜止期間，人和杠鈴看作一個(gè)整體，其受力為整體重力和地面對(duì)腳掌的豎

直向上支持力，沒(méi)有摩擦力，A錯(cuò)誤；在杠鈴不變情況下，無(wú)論手臂張開(kāi)角度大小，手掌所

受（豎直向下的）壓力大小均等于杠鈴重力的一半，B、C錯(cuò)誤；在杠鈴不變情況下，設(shè)手臂

所受力F,手臂與杠鈴?qiáng)A角為仇平衡時(shí)FSin0=05"g,雙臂夾角越大，則。越小，手臂

受力越大，D正確。］

2.（2022?廣東清遠(yuǎn)市模擬）為落實(shí)“五育并舉”促進(jìn)學(xué)生全面發(fā)展，有些學(xué)校嘗試將“做

家務(wù)”列入家庭作業(yè)。小明同學(xué)在家做家務(wù)時(shí)用拖把拖地，沿推桿方向?qū)ν习咽┘油屏,

如圖所示，此時(shí)推力與水平方向的夾角為仇且拖把剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則（）

A.拖把所受地面的摩擦力為FCoS0

B.地面對(duì)拖把的支持力大小等于拖把的重力

C.小明同學(xué)對(duì)推桿的作用力與推桿對(duì)拖把的作用力是一對(duì)作用力與反作用力

D.從某時(shí)刻開(kāi)始保持力F的大小不變，減小廠與水平方向的夾角仇地面對(duì)拖把的支

持力FN也變大

A［拖把剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則拖把所受地面的摩擦力為Ff=FCOS0,A正確；對(duì)

拖把豎直方向FN=Wg+FSinθ,由牛頓第三定律可知，地面對(duì)拖把的支持力大小大于拖

把的重力；從某時(shí)刻開(kāi)始保持力尸的大小不變，減小尸與水平方向的夾角仇地面對(duì)拖把的

支持力FN也變小，B、D錯(cuò)誤；小明同學(xué)對(duì)推桿的作用力與推桿對(duì)小明的作用力是一對(duì)作

用力與反作用力，C錯(cuò)誤。］

3.將一盒未開(kāi)封的香皂置于桌面上的一張紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，

香皂盒的移動(dòng)很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)（示意圖如圖所示），若

香皂盒和紙板的質(zhì)量分別為/m和m2,各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度為g。

若本實(shí)驗(yàn)中，加=IoOg,，膽=5g,"=0.2,香皂盒與紙板左端的距離d=0.1m,若香皂盒

移動(dòng)的距離超過(guò)/=0.002m,人眼就能感知，忽略香皂盒的體積因素影響，g取IOm/S?,為

確保香皂盒移動(dòng)不被人感知，紙板所需的拉力至少是（）

A.1.41NB.1.42N

C.1410ND.1420N

B［香皂盒與紙板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得"如g=如3,解得0=2

2

m∕s,對(duì)紙板，根據(jù)牛頓第二定律可得F-μm］g-μ（ml+m2）g—mzaz,為確保實(shí)驗(yàn)成功，

即香皂盒移動(dòng)的距離不超過(guò)/=0.002m,紙板抽出時(shí)香皂盒運(yùn)動(dòng)的最大距離為Xl=Ta"?，

紙板運(yùn)動(dòng)距離為"+x∣=gaιt?λ,紙板抽出后香皂盒運(yùn)動(dòng)的距離為X2=/a?t?2?,則∕=x∣+x2,

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立得尸=1.42N,故B正確，A、C,D錯(cuò)誤。］

4.（2022?廣東省梅州市二模）一只小鳥(niǎo)飛來(lái)停在細(xì)樹(shù)枝上，隨樹(shù)枝上下晃動(dòng)（可視為豎直

方向的運(yùn)動(dòng)），以豎直向上為正方向，其運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間圖像（OY圖）如圖乙所示。設(shè)樹(shù)枝

對(duì)小鳥(niǎo)的作用力為F，小鳥(niǎo)的重力為G,則在A?時(shí)間內(nèi)（）

D［在A?打時(shí)間內(nèi)，由o?√圖可知小鳥(niǎo)先向上減速運(yùn)動(dòng)，后向下加速運(yùn)動(dòng)，兩過(guò)程加

速度都是向下的，所以小鳥(niǎo)在八?13時(shí)間內(nèi)一直處于失重狀態(tài)，合力向下，所以一直有F<G,

故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。］

5.如圖所示，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩。0,懸掛于。點(diǎn)。另一細(xì)繩跨過(guò)滑輪，左端懸掛

物塊a,右端系一位于水平粗糙桌面上的物塊bo外力F向右上方拉b,整個(gè)系統(tǒng)處于靜止

狀態(tài)。若保持F的方向不變，逐漸增大尸的大小，物塊b仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說(shuō)法中

正確的是（）

A.桌面受到的壓力逐漸增大

B.連接a、b的繩子張力逐漸減小

C.物塊b與桌面間的摩擦力一定逐漸增大

D.懸掛于0點(diǎn)的細(xì)繩00,中的張力保持不變

D［由于整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以滑輪兩側(cè)連接a和b的繩子的夾角不變；物塊a

只受重力以及繩子的拉力，由于物塊a平衡，則連接a和b的繩子張力FT保持不變；由于

繩子的張力及夾角均不變，所以細(xì)繩。。'中的張力保持不變，B錯(cuò)誤，D正確；對(duì)b分析可

知，b處于靜止即平衡狀態(tài)，設(shè)繩子和水平方向的夾角為仇力F和水平方向的夾角為α,

對(duì)b受力分析，由平衡條件可得尸N+尸sinα+∕?in9=tng,可得尸N=mg—尸Sina一

FrSin0,力FT與力尸與水平方向所成夾角均保持不變，繩子拉力不變，力F增大,則桌

面給物體b的支持力減小，根據(jù)牛頓第三定律知，桌面受到的壓力逐漸減??；在水平方向上，

當(dāng)拉力T7的水平分力大于繩子拉力的水平分力時(shí)，則有FCOSa-Ff+FTCOS0,此時(shí)摩擦

力隨著拉力廠增大而增大，當(dāng)拉力尸的水平分力小于繩子拉力的水平分力時(shí)，則有Fcosa

+Ff=Fτcosθ,此時(shí)摩擦力隨著拉力的增大而減小，A、C錯(cuò)誤。］

6.如圖所示，在豎直平面內(nèi)一根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕繩通過(guò)光滑的輕墻

質(zhì)滑輪懸掛一重物。輕繩一端固定在墻壁上的A點(diǎn)，另一端從墻壁上的B?壁

CD

點(diǎn)先沿著墻壁緩慢移到C點(diǎn)，后由C點(diǎn)緩慢移到O點(diǎn)，不計(jì)一切摩擦，

且墻壁BC段豎直，Co段水平，在此過(guò)程中關(guān)于輕繩的拉力廠的變化情況，下列說(shuō)法正確

的是（）

A.尸一直增大B.尸一直減小

C.P先減小后增大D.F先不變后增大

D［當(dāng)輕繩另一端在C點(diǎn)時(shí)，設(shè)輕繩左右兩側(cè)間的夾角為2仇以滑輪為

研究對(duì)象，分析受力情況，受力分析圖如圖所示。根據(jù)平衡條件得2Fτcosθ

=W得到輕繩的拉力FT=RM。輕繩的一端從B點(diǎn)沿墻壁緩慢移到D

mg

點(diǎn)，由幾何知識(shí)可知，。先不變后增大，COS。先不變后減小，輕繩的拉力FT先不變后增

大，D項(xiàng)正確，A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤。］

7.如圖所示，傾角α=37°的斜面固定在水平地面上。質(zhì)量分

另IJ為0.1kg、0.2kg的兩物塊A、B置于斜面上，質(zhì)量為0?025kg的

物塊C穿在固定在地面上的光滑豎直桿上，A與C之間用跨過(guò)光滑RB”,Z

定滑輪的輕質(zhì)細(xì)線連接,滑輪左側(cè)的細(xì)線水平,滑輪右側(cè)的細(xì)線與豎直方向的夾角尸=60°,

A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)，B的上表面水平，A與B、B與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5,

最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10m∕s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則（）

A.斜面與B之間存在3對(duì)作用力與反作用力

B.斜面對(duì)B的作用力大小為華N,方向垂直斜面向上

C.剪斷細(xì)線后，A、B之間摩擦力的大小為0.16N

D.剪斷細(xì)線后，B對(duì)A的支持力的大小為0.8N

C［B物體與斜面之間存在著支持力與正壓力這一對(duì)作用力與反作用人\Ft

力，還可能與斜面間有相互的靜摩擦力，即最多只有兩對(duì)作用力與反作用?×-→f?τ

力，故A錯(cuò)誤；以C為研究對(duì)象對(duì)其受力分析，有FKoS8=mcg,解得

FT=0.5N,將A、B視為一個(gè)整體，由于整體重力沿斜面向下的分力為

o,

G,=（wA+wB）?sin37=1.8N,繩子拉力沿斜面向上的分力為Fτ=FTCoS37°=0.4N,

,

因整體靜止且G∣>Fτ,可知斜面對(duì)B物體有一個(gè)沿斜面向上的靜摩擦力，設(shè)斜面對(duì)整體

支持力為FN,靜摩擦力為K,對(duì)其受力分析如圖所示，則有FTSin37°+（,如+WB）geos37°

=FN,Ff+FTCOS37°=（儂+叫）外出37°,解得尸N=2.7N,Ff=1.4N,則斜面對(duì)B的作

用力大小為F=NFN2+Ft2=亨N,根據(jù)平行四邊形定則，F(xiàn)的方向介于FN與Ff之間，

并不是垂直于斜面向上，故B錯(cuò)誤；剪斷細(xì)線后，假設(shè)A、B水平方向上沒(méi)有相對(duì)滑動(dòng)，

則以共同的加速度4沿斜面下滑，有（∕*A+w?）gsin37°—"（∕∏A+"iB）gcos37°-（mA+mo）a,

解得α=2m∕s2,則在豎直方向的分加速度為對(duì),=αsin37°=1.2m∕s2,B、A之間的正壓力

為Fz',則有〃?Ag—B√=〃認(rèn)的，解得FN'=0.88N,在水平方向的分加速度為at-αcos

37°=1.6m∕s2,以物體A為研究對(duì)象可知WAar=O.16N<〃尸N'=0.44N,所以假設(shè)成立，

即剪斷細(xì)線后，A、B間摩擦力大小為0.16N,B對(duì)A支持力大小為0.88N,故C正確，D

錯(cuò)誤。］

8.如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，上端疊放著兩個(gè)質(zhì)量均為加的物體A、

B,其中物體B與彈簧拴接，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。f=0時(shí)，用豎直向上的拉力尸作用

在物體A上，使A開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩物體的。-，圖像如圖乙所示，已知重力

加速度為g,則（）

A.f=0時(shí)，產(chǎn)的大小為根(2g-］)

B.彈簧的勁度系數(shù)為年(?-?)

C.A、B分離時(shí)彈簧彈力的大小為〃心一器)

D.0?，2過(guò)程中，B上升的高度為“二"/、

2(v2-Vi)

B［開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度,開(kāi)始時(shí)對(duì)A、B整體，有F=Ima,解得尸=當(dāng)且,

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；開(kāi)始時(shí)2∕ng=Λx∣,在a時(shí)刻A、B脫離，此時(shí)對(duì)B,有k×2-mg=ma,其中

X1-X2=∣心，聯(lián)立解得彈簧的勁度系數(shù)為仁華(?-?),選項(xiàng)B正確；A、B分離時(shí)

彈簧彈力的大小為F^=kx2=ma+mg=選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在及時(shí)刻B的速度最大,

此時(shí)團(tuán)g=?X3,則0?/2過(guò)程中，B上升的高度為〃=為一X3=V選項(xiàng)D錯(cuò)

K2勵(lì)一S)

誤。］

9.(多選)古代勞動(dòng)人民常用夯錘(如圖甲)將地砸實(shí)，打夯時(shí)四個(gè)勞動(dòng)者每人分別握住夯

錘的一個(gè)把手，一個(gè)人喊號(hào)，號(hào)聲一響，四人同時(shí)用力將地上質(zhì)量為90kg的夯錘豎直向上

提起；號(hào)音一落，四人同時(shí)松手，夯錘落下將地面砸實(shí)。以豎直向上為正方向，若某次打夯

過(guò)程松手前夯錘運(yùn)動(dòng)的。Y圖像如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力，g取IOm/S?,下列說(shuō)法正確的

是()

A.松手后，夯錘立刻落下做自由落體運(yùn)動(dòng)

B.夯錘離地的最大高度為0.45m

C.夯錘上升過(guò)程中的時(shí)間為0.45S

D.松手前，夯錘所受合外力大小為3(X)N

BD［松手后，因?yàn)閼T性，夯錘要繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段后，再自由下落，A錯(cuò)誤；松手后，

1

夯錘繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為f2=g=0.15S,夯錘離地的最大高度為∕?1=JVm-（/）+/2）=

0.45m,B正確；夯錘上升過(guò)程中的時(shí)間為f=fι+f2=0.6s,C錯(cuò)誤；01圖像的斜率表示加

速度，松手前，夯錘豎直向上做加速度4=芋m?2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。對(duì)夯錘松手前，受

力分析有解得F*=300N,D正確。］

10.（多選）（2022?湖南長(zhǎng)沙高三一模）如圖所示，質(zhì)量分別為25

和團(tuán)的A、B兩物塊放在傾角為0=37°的斜面上，用繞過(guò)動(dòng)滑輪

的細(xì)線連接，給動(dòng)滑輪施加一個(gè)沿斜面向上的拉力F,A、B兩物___________

塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，連接兩物塊的細(xì)線均平行于斜面，不計(jì)滑輪的質(zhì)量，兩物塊與斜面間的

動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，已知重力加速度為g,Sin370=0.6,

cos37°=0.8,下列說(shuō)法正確的是（）

A.尸的最小值為0.4wιg

B.F的最小值為0.8mg

C.逐漸增大拉力F,A先滑動(dòng)

D.逐漸增大拉力尸，B先滑動(dòng)

BD［根據(jù)力的平衡可知，滑輪兩邊繩上的拉力大小分別為義尸，當(dāng)A剛要向下滑動(dòng)時(shí)

有2mgsin0=2μmgcos夕+；Fi,解得F］=0.8mg0當(dāng)B剛好要下滑時(shí)有mgsinO=μmg

cosJ+：∕72,解得尸2=0?4mg,因此產(chǎn)的最小值為0.8〃?g,故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)A剛好

要上滑時(shí)2mgsinθ-?-2μmgcos夕=TF3,解得尸3=4〃際。當(dāng)B剛好要上滑時(shí)〃際sin夕+

,

μmgcos6=∣F4.解得F4=2,"g,因此逐漸增大F,物塊B先滑動(dòng)，

故C錯(cuò)誤，D正確。］g

11.（多選）（2022?湖南婁底高三模擬）如圖所示，質(zhì)量為例的楔形物?ΛΓ?i

體A8C放置在墻角的水平地板上，3C面與水平地板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為V?????

μ,楔形物體與地板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。在楔形物體AC加衣嚓屋

面與豎直墻壁之間，放置一個(gè)質(zhì)量為m的光滑球體，同時(shí)給楔形物體一個(gè)向右的水平力，

楔形物體與球始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知AC面傾角。=53°,sin。=0.8,重力加速度為g,

貝女）

A.楔形物體對(duì)地板的壓力大小為Mg

4

B.當(dāng)F=Wmg時(shí)，楔形物體與地板間無(wú)摩擦力

C.向右的水平力F的最小值一定是零

4

D.向右的水平力Z7的最大值為^mg+μ(fn+M)g

BD［將M、m視為一個(gè)整體可知，楔形物體對(duì)地板的壓力大小為(M+m)g,故A錯(cuò)

誤；球體對(duì)AC面的彈力大小為FNAC=fn8=Img,當(dāng)F=FNAcsinmg時(shí)，楔形

物體沒(méi)有運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，摩擦力為零，故B正確；斜面體受到的最大靜摩擦力FfmaX="(m+M)

g,當(dāng)RmaX4mg時(shí)，F(xiàn)min=0,當(dāng)FfmaXVgf∏g時(shí)，F(xiàn)min=1作一切(機(jī)+M)g,故C錯(cuò)誤；

4

水平向右的外力最大(設(shè)為FmaX)時(shí)，/max=/7NACSin夕+∕?a*=］"g+〃(機(jī)+〃)g,故D正

確。1

12.(多選)如圖甲所示的傳送帶由水平部分和傾斜部分組成，傾斜部分與水平方向的夾

角為37。。傳送帶以某一速度按圖示方向運(yùn)轉(zhuǎn)，r=0時(shí)，將一質(zhì)量為根=1kg的小滑塊輕

放在傳送帶的最頂端，以后滑塊的速度大小與時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，f=2.2s時(shí)滑塊

剛好到達(dá)最右端，物塊在兩傳送帶交接處運(yùn)動(dòng)時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，重力加速度g=10m∕s2,sin

37°=0.6,下列說(shuō)法正確的是()

A.滑塊與傳送帶間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.6

B.滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中能夠達(dá)到的最大速度為Om=8m/s

C.傳送帶水平部分的長(zhǎng)度為∕=3?6m

D.從f=0至IJf=O.6s的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)額外提供電能E=14.4J

BD［從f=0到f=0.6s的過(guò)程中，物塊在傾斜傳送帶上做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)f=0.6s時(shí)物

塊與傳送帶共速，均為6m/s。該過(guò)程加速度為G=IOm∕s2,根據(jù)牛頓第二定律可得WJgSinθ

+μmgcos0-ma↑,解得〃=0.5,A錯(cuò)誤；f=0.6s到f=1.6S過(guò)程中，物塊在傾斜傳送帶

上繼續(xù)加速，但由于物塊速度大于傳送帶速度，根據(jù)牛頓第二定律可得加gsinθ-μmgcos

0—mai,再結(jié)合勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律Om-Oi=Gd其中0∣=6m/s,聯(lián)立可得Om=8m/s,B正

確；當(dāng)滑塊在水平傳送帶上減速時(shí)。m—S=AgAf,解得Af=O?4s,所以傳送帶水平部分長(zhǎng)

度為g(vm+v∣)Δr+vι(0.6S-Δr)=4m,C錯(cuò)誤；從r=0到f=0.6s的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)額外

提供電能為E=WngCOS夕?xι,其中xι=o4=6X0.6m=3.6m,解得E=14.4J,D正確。］

選擇題專練（二）曲線運(yùn)動(dòng)和萬(wàn)有引力用書(shū)pi92

1.（2022?廣東汕頭市模擬）某趣味物理實(shí)驗(yàn)中，在水平桌面上從桌子一角A向8發(fā)射一

個(gè)乒乓球，一同學(xué)在桌邊試著用一支吹管將球由B處吹進(jìn)球門C,AB垂直8C,如圖所示，

該同學(xué)將吹管對(duì)準(zhǔn)C用力吹，但球沒(méi)有進(jìn)入球門。于是該同學(xué)調(diào)整了實(shí)驗(yàn)方案，你認(rèn)為可

能成功的是（）

吹管U

40-------*...............

:球門

C也

A.用更大的力在B處吹氣

B.將吹管向左平移適當(dāng)距離

C.將球門C沿直線CB向B點(diǎn)移動(dòng)一小段距離

D.將吹管繞8點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)90°,正對(duì)著A吹氣

B［原方案中，吹管吹氣只改變了球沿BC方向的速度，而沿AB方向的速度不變，所

以單純沿BC方向吹氣而施加力的作用不能使球落入球門中。用更大的力在B處吹氣，只能

加快BC方向速度變化，不能使球進(jìn)入球門，故A錯(cuò)誤；如果在球到達(dá)B點(diǎn)前吹氣，到達(dá)8

點(diǎn)時(shí)乒乓球已經(jīng)沿垂直AB方向運(yùn)動(dòng)了一段距離，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解的知識(shí)可知，球可

能落入球門中，故B正確；將球門C沿直線CB向8點(diǎn)移動(dòng)一小段距離，與原方案一樣，

不能落入球門，故C錯(cuò)誤；將吹管繞B點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)90。，正對(duì)著A吹氣，小球只能做直

線運(yùn)動(dòng)，不會(huì)入球門，故D錯(cuò)誤。］

2.（2022.廣東汕尾市模擬）投壺是從先秦延續(xù)至清末的中國(guó)傳統(tǒng)禮儀和宴飲游戲，東漢

鄭玄為先奏典籍《禮記?投壺》作注時(shí)說(shuō)：“投壺，射之細(xì)也，射為燕射?！比鐖D所示，甲、

乙兩人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壺中時(shí)與水平面的夾角分別為37°

和53。。已知兩支箭的質(zhì)量，豎直方向下落高度均相等，忽略空氣阻力、箭長(zhǎng)，壺口大小等

因素的影響（sin37°=0.6,cos37o=0.8,sin53°=0.8,cos530=0.6）,下列說(shuō)法正確的

是（）

A.甲、乙兩人所射箭的初速度大小之比為4：3

B.甲、乙兩人所射箭落入壺口時(shí)的速度大小之比為3：4

C.甲、乙兩人投射位置與壺口的水平距離之比為9：16

D.甲、乙兩人所射箭落入壺口時(shí)的動(dòng)能之比為16：9

D［甲、乙兩人射箭高度相同，兩支箭在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，落入壺口時(shí)豎直方向

的速度“相同。設(shè)箭尖插入壺中時(shí)與水平面的夾角為仇箭射出時(shí)的初速度為如，則tanθ

=S,即加=潦）,兩支箭射出的初速度大小之比為tan53。：tan37。=16：9,A錯(cuò)

誤；設(shè)箭尖插入壺中時(shí)的速度大小為。，貝Winf即°=U?'兩支箭落入壺口時(shí)

的速度大小之比為4：3,B錯(cuò)誤；因兩支箭在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，甲、乙兩人投射位置

與壺口的水平距離之比即初速度大小之比，等于16：9,C錯(cuò)誤；由&=；加浮，可知，兩

支箭落入壺口時(shí)的動(dòng)能之比為16：9,D正確。］

3.（2022.廣東韶關(guān)市質(zhì)檢）如圖所示，餐桌中心有一個(gè)半徑為r的圓盤，可繞其中心軸

轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓盤的邊緣放置一質(zhì)量為，”的小物塊，物塊與圓盤及餐桌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為仰

現(xiàn)緩慢增大圓盤的角速度，小物塊將從圓盤上滑落，最終恰好停在桌面邊緣。已知最大靜摩

擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g,圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計(jì)，則下列說(shuō)法

正確的是（）

A.餐桌的半徑2r

B.該過(guò)程中支持力的沖量為零

c.小物塊剛滑落時(shí)，圓盤的角速度為、用

D.該過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為^Pmgr

D［小物塊剛滑落時(shí)，最大靜摩擦力等于所需向心力，可得WHg=,“（y2r,解得。=

,小物塊剛滑落時(shí)的速度大小為。=ft>r=qτp,設(shè)小物塊在餐桌上滑行的距離為

X,根據(jù)動(dòng)能定理可得一〃機(jī)gx=o—Wnιv2,解得X=I,小物塊在桌面上運(yùn)動(dòng)的俯視圖如圖

所示

根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得R?=r+凡解得R=與，故A、C錯(cuò)誤；

該過(guò)程中支持力的沖量/=FNf,支持力FN和運(yùn)動(dòng)時(shí)間f均不為零，則支

持力的沖量不為零，故B錯(cuò)誤；該過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=w〃gx

=IPmgr,故D正確。］

4.（2022?湖南長(zhǎng)沙高三模擬）如圖所示，絕緣底座上固定一電荷量為8X10FC的帶負(fù)

電小球A,其正上方。用輕細(xì)彈簧懸掛一質(zhì)量%=0.06kg、電荷量大小為2X10FC的小球

B,彈簧的勁度系數(shù)公=5N∕m,原長(zhǎng)LO=0.3m?，F(xiàn)小球B恰能以A球?yàn)閳A心在水平面內(nèi)做

順時(shí)針?lè)较颍◤纳贤驴矗┑膭蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧與豎直方向的夾角9=53°。已知靜電

2

力常量1=9.0X109N?rn2∕C2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,g=10m∕s,兩小球都視為點(diǎn)

電荷。則下列說(shuō)法不正確的是（）

A.B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為0.4m

B.小球B所受向心力為1.7N

C.在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)的瞬間，B球做離心

運(yùn)動(dòng)

D.在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的瞬間，B球做向心

運(yùn)動(dòng)

D［小球A、B的庫(kù)侖力F=聾膂，彈簧彈力為FT,小球B在豎直方向上，有FTCOS

θ=mg,彈簧的彈力在水平方向的分力FTX=產(chǎn)TSin0,由胡克定律FT=?O（∕OB-LO）,RAB

=∕oBSinθ,可解得FT=IN,∕?=0.8N,/°B=O.5m,RAB=O?4m,f=0.9N,小球B做

勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力指向A,有E>∕?,則F必定指向圓心，故B球帶正電，小球B

所受向心力凡=F+Fn=1.7N,故A、B正確，不符合題意；在題圖示位置加上水平向左

的勻強(qiáng)電場(chǎng)的瞬間，小球B受到向左的電場(chǎng)力，這時(shí)提供的向心力減小，小于所需要的向

心力，小球做離心運(yùn)動(dòng)，故C正確，不符合題意；在題圖示位置加上豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

的瞬間，由于小球做順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，且?guī)д?，由左手定則可知，小球受到一個(gè)背離圓心的洛

倫茲力作用，這時(shí)提供的向心力小于需要的向心力，小球做離心運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤，符合題

意。故選D。］

5.我國(guó)火星探測(cè)器“祝融號(hào)”在2021年9月中旬到10月下旬,一、

發(fā)生短暫“失聯(lián)”，原因是發(fā)生“火星合日”現(xiàn)象?！盎鹦呛先铡笔?/iw??

指當(dāng)火星和地球分別位于太陽(yáng)兩側(cè)與太陽(yáng)共線的天文現(xiàn)象，如圖所火星,匚^沙

示。己知火星公轉(zhuǎn)周期為力，地球公轉(zhuǎn)周期為石，地球與火星繞行方

向相同。則（）

A.T↑<T2

B.火星與地球軌道半徑之比為舞J

C.火星與地球公轉(zhuǎn)的線速度之比為今

D.相鄰兩次“火星合日”的時(shí)間間隔為符（J

?T?-T^

D［根據(jù)開(kāi)普勒第三定律,=k,可知7>7?,A錯(cuò)誤;由今=景，得言，

B錯(cuò)誤；根據(jù)=,*,可得線速度v=y∣^-,可知武=\忻，C錯(cuò)誤；相鄰兩

次火星合日，即地球比火星多轉(zhuǎn)1周經(jīng)過(guò)時(shí)間為f,則有∕-?=1,解得相鄰兩次“火星

121\

TT-I

合日”的時(shí)間間隔為］√1t?,D正確。］

μ∣-∕2∣

6.2021年10月16B,神舟十三號(hào)載人飛船于6時(shí)56分，采用自主快速交會(huì)對(duì)接模

式成功與距地約400km的“天和核心艙”徑向端口對(duì)接，再次上演“太空之吻”，3名航

天員隨后從神舟十三號(hào)載人飛船進(jìn)入“天和核心艙”。下列關(guān)于“天和核心艙”、飛船和航天

員的說(shuō)法正確的是（）

A.航天員在“天和核心艙”內(nèi)的“私人睡眠站”中睡覺(jué)時(shí)處于平衡狀態(tài)

B.由于軌道上有極其稀薄的大氣，若不加干預(yù)，“天和核心艙”的動(dòng)能會(huì)減小

C.為了實(shí)現(xiàn)對(duì)接，飛船和“天和核心艙”應(yīng)在同一軌道上運(yùn)行，且兩者的速度都應(yīng)大

于第一宇宙速度

D.飛船應(yīng)先在比“天和核心艙”半徑小的軌道上加速，逐漸靠近“天和核心艙”，兩

者速度接近時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)接

D［航天員在“天和核心艙”內(nèi)的“私人睡眠站”中唾覺(jué)時(shí)，萬(wàn)有引力提供其做勻速

圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，處于完全失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；由于軌道上有極其稀薄的大氣，軌道處的

空氣阻力會(huì)使“天和核心艙”的速度減小，若不加干預(yù)，萬(wàn)有引力將大于所需向心力，“天

和核心艙”會(huì)做向心運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力對(duì)“天和核心艙”做正功，“天和核心艙”的動(dòng)能會(huì)增

加，B錯(cuò)誤；為了實(shí)現(xiàn)對(duì)接，飛船應(yīng)先在比“天和核心艙”半徑小的軌道上加速做離心運(yùn)動(dòng)，

逐漸靠近“天和核心艙”，兩者速度接近時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)接，C錯(cuò)誤，D正確。］

7.（2022.湖南長(zhǎng)沙高三一模）我國(guó)快舟一號(hào)甲固體運(yùn)載火箭以“一箭雙星”方式成功將

“行云二號(hào)”衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星進(jìn)入預(yù)定軌道。如圖所示，設(shè)地球半徑為凡地球表面的

重力加速度為go,衛(wèi)星在半徑為R的近地圓形軌道I上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)軌道的A點(diǎn)時(shí)點(diǎn)火變軌

進(jìn)入橢圓軌道］【，到達(dá)軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)B時(shí)，再次點(diǎn)火進(jìn)入軌道半徑為4R的圓形軌道W繞地

球做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)衛(wèi)星質(zhì)量保持不變。則（）

A.衛(wèi)星在軌道∏向軌道HI變軌時(shí)火箭需在B點(diǎn)點(diǎn)火向前噴氣加速

B.飛船在軌道∏上穩(wěn)定飛行經(jīng)過(guò)A、8點(diǎn)時(shí)速度之比為2：1

C.衛(wèi)星在軌道I、In上相同時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相同

D.衛(wèi)星在軌道II上A點(diǎn)的速率大于第一宇宙速度標(biāo)

D［衛(wèi)星在軌道∏向軌道HI變軌時(shí)火箭需在8點(diǎn)點(diǎn)火向后噴氣加速，A錯(cuò)誤；在近地

點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)半徑之比為1:4,由開(kāi)普勒第二定律可知，4、B兩點(diǎn)速度之比為4：1,

B錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有咨=∕≠,解得岸，則衛(wèi)星在軌道I、

ΠI上運(yùn)行的半徑分別為R和4R,則速度之比為2：1,則相同時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積之比為1:2,

C錯(cuò)誤；衛(wèi)星在軌道I上繞地球表面飛行，重力提供向心力，有機(jī)go=〃赍，解得就）=屈，

則衛(wèi)星在軌道∏上A點(diǎn)的速率大于在軌道I上A點(diǎn)的速率，即大于返運(yùn)，D正確。］

8.“嫦娥四號(hào)”月球探測(cè)器登陸月球背面的過(guò)程可以簡(jiǎn)化為如圖所示的情景：“嫦娥四

號(hào)”首先在半徑為八周期為T的圓形軌道I上繞月球運(yùn)行，某時(shí)刻“嫦娥四號(hào)”在A點(diǎn)變

軌進(jìn)入橢圓軌道∏,然后在B點(diǎn)變軌進(jìn)入近月圓形軌道III。軌道∏與軌道I、軌道HI的切

點(diǎn)分別為A、B,4、8與月球的球心。在一條直線上。已知引力常量為G,月球的半徑為R,

4

體積V=InR3,則（）

A

3πr?

A.月球的平均密度為而主

B.探測(cè)器在軌道H上A、B兩點(diǎn)的線速度之比為（fJ孑

C.探測(cè)器在軌道II上A、B兩點(diǎn)的加速度之比為（力一

D.探測(cè)器從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為T（Wf）

2

A［設(shè)月球質(zhì)量為M,“嫦娥四號(hào)”質(zhì)量為m，則由聾=w?得，月球質(zhì)量為例

=7產(chǎn)，則月球平均密度為"=岸=而訴，故A正確；由開(kāi)普勒第二定律得RpBZ

=Irv3,得意=7，故B錯(cuò)誤；探測(cè)器在軌道∏上A、8兩點(diǎn)的合外力即為在該點(diǎn)所受

的萬(wàn)有引力，即G華=maA,G贊=maB,則加速度之比為比=%,故C錯(cuò)誤；設(shè)探

m3.

測(cè)器在橢圓軌道上的周期為T1,則由開(kāi)普勒第三定律知七L=?，則探測(cè)器從A點(diǎn)運(yùn)

動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為r=y?2,故D錯(cuò)誤。］

9.（多選）如圖所示的水平圓盤上有一原長(zhǎng)為/o的輕質(zhì)彈簧，彈

簧的一端固定于圓心處，另一端與質(zhì)量為m的滑塊相連，滑塊與圓

盤之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，初始時(shí)，滑塊與圓心之間的距離為/且保

持靜止?，F(xiàn)使圓盤繞過(guò)圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，打?yàn)榛瑝K與圓盤之間的

摩擦力大小，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，從零開(kāi)始逐漸增大圓盤角速度ω至某一較大

值的過(guò)程中，關(guān)于R與。2的圖像可能正確的是（）

AB［若初始時(shí)∕=∕o,當(dāng)角速度從O開(kāi)始不斷增大，則開(kāi)始時(shí)由靜摩擦提供向心力在

=mω2l,靜摩擦力衣8。2,當(dāng)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，繼續(xù)增大角速度，最大靜摩擦

力不足以提供向心力，物塊將做離心運(yùn)動(dòng)，滑動(dòng)摩擦力和彈簧拉力的合力提供向心力，物塊

的正壓力不變，接觸面不變，故滑動(dòng)摩擦力大小不變，A正確；若初始時(shí)∕>∕o,當(dāng)角速度從

O開(kāi)始不斷增大，則開(kāi)始時(shí)fcr-Ff=機(jī)ft?/,故開(kāi)始時(shí)，角速度變大，靜摩擦力變小，當(dāng)彈簧

彈力恰好提供物塊做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力時(shí)，摩擦力為0；物塊的角速度繼續(xù)變大，則有kx

2

+Ff^mωl,摩擦力由O開(kāi)始逐漸變大，直到達(dá)到最大靜摩擦力；繼續(xù)增大角速度，物塊的

摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，保持不變，B正確；若初始時(shí)∕<∕0,當(dāng)角速度從O開(kāi)始不斷增大，則

開(kāi)始時(shí)Ff—h=加”/,故角速度為。時(shí)，靜摩擦力不為零，物塊角速度逐漸增大，則靜摩擦

力逐漸增大到滑動(dòng)摩擦力，后保持滑動(dòng)摩擦力大小不變，綜上所述可知C、D錯(cuò)誤。］

10?（多選）如圖所示是網(wǎng)球運(yùn)動(dòng)員在某次室內(nèi)訓(xùn)練時(shí)從距地面一定的高度向豎直墻面發(fā)

射完全相同的網(wǎng)球。假定網(wǎng)球均水平擊出，某一次擊出的網(wǎng)球碰到墻面時(shí)速度方向與水平方

向夾角為30°,第二次擊出的網(wǎng)球碰到墻面時(shí)速度方向與水平方向夾角為60°。若不考慮

網(wǎng)球在空中受到的阻力，則第一次與第二次擊球相比（）

A.初速度之比為3：1

B.碰到墻面前在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1:√3

C.下降高度之比為1:3

D.碰到墻面時(shí)動(dòng)能之比為1:3

BC［由題知，兩次平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移相同，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有x=θot,>=：gF,

又由平拋運(yùn)動(dòng)速度方向與水平方向的夾角。的正切值是位移方向與水平方向的夾角α正切值

的2倍，即tan"=2tana,聯(lián)立得”,υo~，代入數(shù)據(jù)a=30°、

Srtan30°

仇=6。?？山獾脙纱芜\(yùn)動(dòng)的時(shí)間與初速度之比分別歐

!rtan60°^√3、加

3n；=乎，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)公式y(tǒng)=ggP，得心=E=|，C正確；平

cos30°

拋的合速度為v=—,故碰到墻面時(shí)動(dòng)能之比式=

錯(cuò)誤。］

11.（多選）2022年3月23日，中國(guó)空間站“天宮課堂”第二課開(kāi)講?？臻g站軌道可簡(jiǎn)

化為高度約400km的圓軌道，認(rèn)為空間站繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。在400km的高空也有

非常稀薄的氣體，為了維持空間站長(zhǎng)期在軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，需要連續(xù)補(bǔ)充能量。下列說(shuō)法

中正確的是（）

A.如果不補(bǔ)充能量，系統(tǒng)的機(jī)械能將增大

B.如果不補(bǔ)充能量，空間站運(yùn)行的角速度將變大

C.空間站的運(yùn)行速度小于第一宇宙速度

D.空間站的運(yùn)行速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間

BC［如果不補(bǔ)充能量，空間站將克服阻力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能將減小，軌道半徑將減

小，根據(jù)G攀=mdR可知，角速度將會(huì)變大，故A錯(cuò)誤，B正確；第一宇宙速度是最大

的衛(wèi)星環(huán)繞速度，所以空間站的運(yùn)行速度小于第一宇宙速度，故C正確，D錯(cuò)誤。］

12.（多選）（2022?廣東佛山市二模）如圖所示為一個(gè)固定在豎直平面上的光滑半圓形管

道，管道里有一個(gè)直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，從B點(diǎn)脫離后

做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)0.3s后又恰好與傾角為45。的斜面垂直相碰。已知半圓形管道的半徑為R

=Im,小球可看作質(zhì)點(diǎn)且其質(zhì)量為W=Ikg,g取Iom人2。貝∣］（）

A.小球在斜面上的相碰點(diǎn)C與B點(diǎn)的水平距離是0.9m

B.小球在斜面上的相碰點(diǎn)C與8點(diǎn)的水平距離是1.9m

C.小球經(jīng)過(guò)管道的8點(diǎn)時(shí)，受到管道的作用力QVB的大小是IN

D.小球經(jīng)過(guò)管道的B點(diǎn)時(shí)，受到管道的作用力Evs的大小是2N

AC［小球恰好與傾角為45°的斜面垂直相碰，據(jù)速度偏角公式可得tan45°=E,

e*

解得a=g∕=3m∕s,小球在斜面上的相碰點(diǎn)C與B點(diǎn)的水平距離為尤=0J=0.9m,A正確，

B錯(cuò)誤；小球經(jīng)過(guò)管道的8點(diǎn)時(shí)，設(shè)受到管道的作用力尸N6方向向上，據(jù)牛頓第二定律可得

mg—F,VB=VX=3m∕s,解得BVB=IN,故管道對(duì)小球的作用力大小為1N,方向

豎直向上，C正確，D錯(cuò)誤。］

選擇題專練（三）動(dòng)量和能量用書(shū)p195

1.（2022?廣東佛山市二模）某水上樂(lè)園有兩種滑道，一種是直

軌滑道，另一種是螺旋滑道，兩種滑道的高度及粗糙程度相同，

但螺旋滑道的軌道更長(zhǎng)，某游客分別沿兩種不同的滑道由靜止從

頂端滑下，在由頂端滑至底端的整個(gè)過(guò)程中，沿螺旋滑道下滑

（）

A.重力對(duì)游客做的功更多

B.重力對(duì)游客做的功更少

C.摩擦力對(duì)游客做的功更多

D.摩擦力對(duì)游客做的功更少

C［重力做功WG=Sg與路徑無(wú)關(guān)，只與初末位置的高度差有關(guān)，而兩種軌道的

高度差相同，則重力對(duì)游客做功相同，A、B錯(cuò)誤；摩擦力做功Wf=Ff-5,沿螺旋軌道下

滑時(shí)，做曲線運(yùn)動(dòng)，因此指向圓心方向有FN-mgcos9=i底,其中角度為重力和垂直斜

面方向的夾角，而滑動(dòng)摩擦力大小為R=〃君N,因此螺旋運(yùn)動(dòng)的摩擦力更大，兩種軌道的動(dòng)

摩擦因數(shù)相同，而螺旋滑道更長(zhǎng)，則摩擦力對(duì)游客做的功更多，故C正確，D錯(cuò)誤。］

2.（2022?廣東梅州市一模）某天，一名兩歲女童從5樓窗臺(tái)突然墜落。但幸運(yùn)的是，樓

下快遞員高高舉起雙手接住了孩子，孩子安然無(wú)恙。假設(shè)從5樓窗臺(tái)到接住女童的位置高度

差為〃=20m,快遞員接住女童的整個(gè)過(guò)程時(shí)間約為0.2s,經(jīng)緩沖后女童最終以5m/s的速

度著地，女童的質(zhì)量為機(jī)=25kg,則（忽略空氣阻力，g取Iom∕s2）（）

A.女童接觸快遞員手臂時(shí)的速度大小為40m/s

B.女童自由下落時(shí)間約為4s

C.快遞員手臂受到的平均沖擊力大小約為2125N

D.在接住女童的過(guò)程中，女童處于失重狀態(tài)

C［女童墜落的過(guò)程可看作自由落體過(guò)程，接觸快遞員時(shí)的速度為。，v2=2gh,h=?

gt1,則u=y∣2gh=,^2×10×20m/s=20m/s,t=???=s=2s,A、B錯(cuò)

誤；取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理可知/=p2—p∣,??t=tnv2-mv?,解得

P=2125N,C正確；女童與快遞員接觸時(shí)速度約為20m/s,最后著地時(shí)的速度為5m/s,

所以女童做減速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，處于超重狀態(tài)，D錯(cuò)誤。］

3.（2022?廣東河源市質(zhì)檢）高臺(tái)跳水被譽(yù)為最富有冒險(xiǎn)性的體育項(xiàng)目。質(zhì)量為〃?的高臺(tái)

跳水運(yùn)動(dòng)員在一次訓(xùn)練中，從距離水面高/7的高臺(tái)自由下落，在空中保持姿態(tài)不變，接觸水

面后在平均大小等于4倍重力的阻力作用下，豎直向下減速運(yùn)動(dòng)。若忽略空氣阻力，重力加

速度為g。運(yùn)動(dòng)員在接觸水面到速度減為零的過(guò)程中（）

A.動(dòng)能的改變量與阻力做功大小相等

B.阻力的沖量與重力的沖量相同

C.重力勢(shì)能減少了;mgh

4

D.機(jī)械能減少了

D［根據(jù)動(dòng)能定理，重力做功與阻力做功之和等于動(dòng)能的改變量，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定

理，阻力的沖量與重力的沖量之和等于運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量的變化量，而運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量的變化量不為

零，所以阻力的沖量與重力的沖量不僅方向相反，大小也不等，B錯(cuò)誤；從高臺(tái)開(kāi)始，至速

度為零，全程由動(dòng)能定理得",gS+x）-4/MgX=0,所以在水中下落的深度為x=（h,根據(jù)功

能關(guān)系，重力勢(shì)能的減少量等于重力做的功，即&mg∕ι,C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，

4

機(jī)械能的減少量等于克服非重力做的功，即AE=-2∕πg(shù)/?,D正確。］

4.如圖所示，帶有擋板的小車質(zhì)量為m,上表面光滑，靜止于光滑水平面上。輕質(zhì)彈

簧左端固定在小車上，右端處于自由伸長(zhǎng)狀態(tài)。質(zhì)量也為，”的小球，以速度。從右側(cè)滑上

小車，在小球剛接觸彈簧至與彈簧分離的過(guò)程中，以下判斷正確的是（）

A.彈簧的最大彈性勢(shì)能為Tmv2

B.彈簧的最大彈性勢(shì)能為:加。2

C.彈簧對(duì)小車做的功為（mv2

D.彈簧對(duì)小球做的功嗎mv2

B［當(dāng)小球和小車的速度相同時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，取向左為正方向，由系統(tǒng)動(dòng)量守

恒和機(jī)械能守恒分別有機(jī)。=2"八T機(jī)〃=/.2mv>2+￡p>聯(lián)立得到彈簧最大的彈性勢(shì)能

2

?￡P(guān)=1mv,A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)小球與彈簧分離時(shí)，小車和小球的速度分別為0和02,

由系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒分別得到mv-mvι+mv2,；nw2=?mv∣2+∣mv22,解得V?

=v,V2=O,對(duì)小車，由動(dòng)能定理得彈簧對(duì)小車做的功M=/mv∣2-0=^mv2,C錯(cuò)誤；

對(duì)小球，由動(dòng)能定理得彈簧對(duì)小球做的功為肌=；mvr-^mv2-0-^mv2——^mv2,D

錯(cuò)誤。］

5.如圖所示，楔形木塊α爐固定在水平面上，粗糙斜面H和光滑斜面歷與水平面的

夾角相同，頂角6處安裝一定滑輪，質(zhì)量分別為M、的滑塊通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩跨

過(guò)定滑輪連接，輕繩與斜面平行。兩滑塊山靜止釋放后，均沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)。若不計(jì)滑

輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中（）

A.兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

B.重力對(duì)M做的功等于m機(jī)械能的增加

C.輕繩對(duì)M做的功大于輕繩對(duì)m做的功

D.兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功

D［由于斜面外粗糙，兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；由能量守恒關(guān)系可

知，重力對(duì)M做的功等于加機(jī)械能的增加和M克服摩擦力做的功以及例動(dòng)能的增加，B

錯(cuò)誤；輕繩對(duì)M