高中物理——猿題庫——小猿熱搜——動量與能量典型題300（答案冊）

《高中物理——猿題庫——小猿熱搜——動量與能量典型題300（答案冊）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中物理——猿題庫——小猿熱搜——動量與能量典型題300（答案冊）（96頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

刀 瞬 ~ 單項選擇題篇答案解析…………………………………………………l 多項選擇題篇答案解析………………………………………………17 不定項選擇題篇答案解析……………………………………………25 計算題篇答案解析……………………………………………………46 單頂選擇題篇答案解析 1。 ［答案］ B ［解析］ 過程分析:小球從最低點運動到最高點過程中做圓周運動. 問題求解;小球在最低膩時向心力山繩子拉力和小球的重力提供,對小球受力分析得『獺g噸＝等｀在最高咖.題 口巾說恰叫以做閥周運動.說明此時向』…小球胸重力撮供蠅子小受力〕則″鴨≡等從最低點到最高點.由動 能定理可知;W霍氣—mg2R＝咖財;—＋卿剛;聯(lián)立各式得W霉氣＝竿w蜜氣為負,說明空氣阻力傲負功.小球克 服空氣阻力徽功為竿’故B項正確 綜上所述,本題正確答案為B。 2。 ［答案］ D ［解析］ 過程分析:繩子剪斷前,A、B均處于受力平衡狀態(tài),有加Ag＝T9T＝mBgsin0,繩子剪斷后,物塊A做自由落 體運動到地面,由于忽略摩擦,物塊B沿斜面由靜止勻加速到地面 選項分析: A、B項,由于A、B從剪斷到著地的運動過程中只有重力做功,即該過程機械能守恒,設兩物塊距地面高為h,B物塊 到地面的斜面長度為L對A…h(huán)＝枷＾鋤i,對B;…!n0L-＋…詹,且←六｀綜合叫知硼＾＝U圈｀故A、B項 錯誤. C項,剪斷繩子前兩者受力平衡,有加Ag≡加Bgsin0,則mA＜礬B,A重力勢能變化量為加Agh,B重力勢能變化量為 加Bgh,顯然B重力勢能變化量大,故C項錯誤. D項,A重力做功平均功率為PA≡加AguA,B重力做功平均功率為PB＝加BguBsin0,由于兩物體都做勻加速運動,且 末速度相等,因此平均速度相等’又有炯Ag＝加Bgsin09得平均功率PA≡PB,故D項正確 綜上所述,本題正確答案為D。 易錯項辨析: 本題的易錯項為C項.本題要注意的是兩物塊的質(zhì)量是不相等的,而在重力方向的位移相同,所以重力勢能的變化量 小叫能相問他們的關系有咖Ag-…｜n0,設A離地面的雌離為咖,貝｜B離斜面底端的雌離為六重力對A所做 的總功為測＾g偷,重力對B所徽的總功為咖蟹gh,A運動的時間滿足h-＋g‘; 』B運動的時間滿足志＝＋gsm0 ′;解得;!』-俘｀晦≡志√享A受重』做功的平均功率P遜…h(huán)√哥,屑受重』做功的平均功率P徽≡ ~廳 砸Bghsm0√箭,而〃＾g＝″』Bgsin0,所以平均功率相等 3。 ［答案］ C ［解析］ 問題求解:小球從開始下落到落到最低點t2時刻經(jīng)歷三個階段,t2前后的運動過程對稱. 自由落體階段:此階段做自由落體運動。 接觸彈簧,加速階段:在彈簧彈力小于重力時,小球加速下降,但合力變小,加速度變小,當彈力增大到與重力平衡時, 即加速度為零,速度達到最大,故A項錯誤. 接觸彈簧,減速階段:彈簧彈力越來越大,小球做速度向下的減速運動,速度越來越小,直至減為0,此時小球動能最 小,故B項錯誤。 . 1 在對稱的r2～t3階段,小球先加速（平衡前）后減速（平衡后）,動能先增加后減少,故C項正確.減少的彈性勢能等于 增加的動能和重力勢能,故D項錯誤 綜上所述,本題正確答案為C 易錯項辨析: 本題的易錯項為D項t2～t3這段時間內(nèi)物體在彈簧彈力和重力的作用下向上運動,彈簧的彈性勢能-部分轉化為小 球的動能,還有＿部分轉化為小球的重力勢能。 4。 ［答案］ D ［解析］ 選項分析; A項｀由題圖可知小球初動能為E卿-5」’由動能的定義式E贍-＋獅渺2 ’可知小球質(zhì)量獅-ulkg,故∧項錯誤 B項,小球在上升過程中,重力和阻力做的總功等于動能的變化量。可知上升過程中,阻力做功1J,根據(jù)功的定義式W ＝F＄cos0’可知阻力大小為0.25N,故B項錯誤. C項,由題圖叮知小球動能的大小服從E膛-5h,小球的重力勢能的大小服從E腮＝h’兩條直線的交點的橫坐標即 為小球動能與重力勢能相等時的高度,聯(lián)立求解得廁-等m｀故C項錯誤 D項,小球上升到2m時,小球的動能為E股＝2。5J’重力勢能為2J,動能與重力勢能之差為0.5J’故D項正確 綜上所述,本題正確答案為D. 5。 ［答案］ I） ［解析］ 選項分析: A項,根據(jù)功能關系重力和彈簧彈力以外的力對物體做功等于物體機械能的改變量,所以力F和阻力的合力所做的 功等于木箱機械能的增量,即A項正確,故不選擇A項 B項,木箱高度上升,克服重力做功使其他形式的能轉化為重力勢能’即B項正確,故不選擇B項. C項,根據(jù)動能定理,合外力對物體做功等于物體動能改變量’力F、重力、阻力三者合力即合外力,即C項正確’故不 選擇C項。 D項,力F做功減去克服阻力所做的功等于木箱機械能增量,木箱加速,動能增加,所以機械能增量大于重力勢能增 量,即D項錯誤,故選擇D項 綜上所述9本題正確答案為D 6。 ［答案］ D 2 ［解析］ 過程分析;小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力,那么有努＝mg,求得U-√百瓦 選項分析: A項,P、B兩點之間的高度差為R,此過程重力做功′〃gR,故A項錯誤。 B項.以膀點為零勢能面｀機械能的減小量△屑＝″!gR—＋獅U鷹＝十枷gR,故B項錯誤 C項,根據(jù)B項,由于物體的機械能減小’合外力做負功,故C項錯誤. ∏項,機械能的減小量△E-獅凰R—′鵬＂2-＋咖gR.除重力外｀只有摩擦力做功.所以物體克服摩擦力做功溝 十測gR,故∩項正確 綜上所述,本題正確答案為D. 2 7 ［答案］ C ［解析］ 問題求解;A、B、D中的物體受到外力作用,且外力和運動方向不垂直,故外力做功’C中的物體受重力、支持 力作用,支持力不做功,機械能守恒.故C項正確。 綜上所述,本題正確答案C. 8. ［答案］ A ［解析］ 問題求解;力F對物體做功WF＝F‘cos0（其中0表示力與位移方向的夾角）,受‖｜｜者拖著輪胎在水平直跑道 」二跑了100m的過程’摩擦力方向與位移方向相反’摩擦力對輪胎做負功,輪胎高度不變,重力不做功’拉力與輪胎位 移方向呈銳角,所以拉力對輪胎做正功,支持力方向與輪胎位移方向垂直,對輪胎不做功,故A項正確. 綜上所述,本題正確答案為A 9。 ［答案］ A ［解析］ 問題求解;子彈打人木塊A的時間很短,可視為子彈和A在瞬間動量守恒,擁有共同速度’′＂U0＝l（）0加Ul ,〖′l ＝謊;然后子彈、A、B系統(tǒng)動量守恒,彈簧被壓縮至最短時有最大的彈性勢能,此時三者共速』加鋤0-（l00”』＋′孤＋ 鵬…-赤最大彈性勢熊為E,-l［）0獺翹;—燙…嬰-搖.敬A虹確 ▲ 綜上所述,本題正確答案為A. b ! 10。 ［答案］ I） ［解析］ 問題求解:在△tl時間內(nèi),I1＝F△tl＝加U＝△戶l ,在△t2時間內(nèi)I2＝F△t2≡m2z′—加z′＝mU＝△戶l ’所以I1＝ !脅又因為W］-咖u2 ,W』-〃（2渺）』—″″』-′＂u』 ,所以W］＜W』 ,故D項正確 臼 綜上所述,本題正確答案為D 11. ［答案］ C ［解析］ 問題求解:桿勻速轉動,說明拉力做正功’重力做負功,且拉力做功與重力做功的大小相等.重力豎直問下’ 大小c-獅g｀小球的速度為渺＝oL.與重力夾角為120..故重力的功率是P鷹ˉ…。sl20.-′…L’所以拉力 功率是P＝—P儡＝…L,故C項正確 綜上所述,本題正確答案C。 12. ［答案］ B ［解析］ 問題求解:系統(tǒng)在從子彈開始射人到彈簧被壓縮至最短的整個過程中,由于墻壁對彈簧有力的作用,所以 系統(tǒng)所受的合外力不為零,所以系統(tǒng)動量不守恒;在整個過程中,由于子彈射人木塊的碰撞過程為完全非彈性碰撞, 有內(nèi)能產(chǎn)生,所以系統(tǒng)機械能不守恒故B項正確. 綜上所述,本題正確答案為B. 13。 ［答案］ A ［解析］ 在滑道AB段上取任意＿點E,比較從A點到E點的速度ul和從C點到E點的速度u2 ,易知ul＞z′2.因E 點處于“凸,,形軌道上,速度越大,軌道對小滑塊的支持力越小,因動摩擦因數(shù)恒定,則摩擦力越小,可知由A滑到C 比由C滑到A在AB段上的摩擦力小,因摩擦造成的動能損失也小.同理,在滑道BC段的“凹”形軌道上,小滑塊速 度越小,其所受支持力越小,摩擦力也越小,因摩擦造成的動能損失也越小,從C處開始滑動時,小滑塊損失的動能 更大.故綜上所述’從A滑到C比從C滑到A在軌道上因摩擦造成的動能損失要小’整個過程中從A滑到C平均速 度要更大＿些,故t1＜t2.選項A正確 . 3 。 14。 ［答案］ A ［解析］ 方法＿;設高空作業(yè)人員自由下落／l時的速度為z′ ,則U2＝2g∧,得U＝√回百萬,設安全帶對人的平均作用力 為F,由牛頓第二定律得F加g＝″〖α 又U＝αt 解得F＝m√面顫＋加g. t 方法二:由動量定理得（″1g-F）t＝0—′ⅧU,得F≡加√2gh＋mg。選項A正確. t 15. ［答案］ A ［解析］ 從繩恰好伸直到人第-次下降至最低點的過程中’人先做加速度減小的加速運動,后做加速度增大的減速 運動,加速度等于零時,速度最大’故人的動量和動能都是先增大后減小,加速度等于零時（即繩對人的拉力等于人 所受的重力時）速度最大,動量和動能最大,在最低點時人具有向上的加速度,繩對人的拉力大于人所受的重力。繩 的拉力方向始終向上與運動方向相反,故繩對人的沖量方向始終向上,繩對人的拉力始終做負功.故選項A正確,選 項B、C、D錯誤 16. ［答案］ B ［解析］ 圓環(huán)沿桿下滑的過程中,圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動能、彈性勢能、重力勢能之和守恒,選項A、D錯誤;彈簧 長度為2L時,圓環(huán)下落的高度∧＝√習L,根據(jù)機械能守恒定律,彈簧的彈性勢能增加了△Ep＝″!gh＝√百》′!gL,選項B 正確;圓環(huán)釋放后,圓環(huán)向下先做加速運動,后做減速運動,當速度最大時,合力為零,下滑到最大距離時,具有向上 的加速度,合力不為零,選項C錯誤. 17。 ［答案］ D ［解析］ 選項分析: A、B項,由圖象知,當U2≡0時,F＝α,故有:F≡加g＝α,當U2＝b時,F＝0,桿對小球無彈力,此時重力提供小球做圓 2周運動的向心力,有;哪g＝爺｀得;g＝,當有α-普時,得;砸≡乎｀故AB項錯誤 C項,根據(jù)圖象可知,當U2＝C時,小球對桿為拉力,即小球對桿的彈力方向向上,故C項錯誤 2枷6乎2b2D項,根據(jù)圖象可知,當砌2-2b時’由牛頓第二定律有;F合＝爺,故有:F＋咖g＝了＝ R ＝2α-2獅g’則F- 加g,故I）項正確。 綜上所述,本題正確答案為D. 18. ［答案］ D ［解梳］ 問題求解》設小球在最低點的灌度為酣.最高點的逮度為聊｜側N』—噸—鵬普. lv:—棘愿≡耀普,且 ＋m鋤;—枷p;≡獅g2R聯(lián)立方程式可得;MM-…,故D項「F確 綜上所述,本題正確答案為D。 19 ［答案］ D ［解析］ 選項分析: A項,小球和小車組成的系統(tǒng)僅在水平方向上動量守恒’豎直方向動量不守恒,故A項錯誤. B項,小車與小球組成的系統(tǒng),在水平方向上動量守恒,設小車的水平方向速度為U］ ,小球的水平方向速度為U2 ,則 由動量守恒,0＝加Ul＋″lU2 9對于每時刻水平方向的瞬時速度,均滿足動量守恒,對于微小的時間段△t’可得′nUl△t 4 ＋mU2△t＝0’因為時間與速度的乘積等于位移’所以兩者對應的微小位移滿足″!△sl＋加△s2＝0’對于整個過程中的 位移5l 、52,可得5l＋＄2＝0,又因為二者的相對位移s相＝s］-＄2＝2R,可得Jl＝R,即小車向左運動的最大距離為R, 故B項錯誤. C項,由于動量守恒,在小球即將離開小車時’小車和小球都沒有水平方向的速度’所以小球離開小車后做堅百卜拋 運動,故C項錯誤. Q ］ D項’小球與小車間摩擦力對系統(tǒng)所做的功使系統(tǒng)機械能的損失為△E＝加gh0-寸順gh0＝丁咖gh0’在小球第二次 滑過軌道時,由于速度小于第-次的速度’所以對軌道的壓力小于第＿次的壓力,滑動摩擦力小于第—次的摩擦力’ 損失的機械能小于＋啊gh0 』所以第二次滑過軌道后系統(tǒng)的機械能＋…0＜E＜…0,小球能上升的高度h＂ q ＜h＜h0 ,故D項正確. 綜上所述,本題正確答案為D. 20. ［答案］ B ［解析］ 選項分析: A項,物體被向上提高1m,速度從0增加到2m／s,則手對物體做功等于其動能與重力勢能增量之和為:W＝加g／l＋ 砸洶』＝l101］＋14］＝12］,即A項正確,故不選擇A項 B、C項’合外力對物體做功等于物體動能變化量,動能變化量為2J,即B項錯誤’C項正確’故選擇B項’不選擇C項 D項,通過A項計算可得物體重力勢能增加l0J,則物體克服重力做功10J,即D項正確,故不選擇D項. 綜上所述,本題正確答案為B. 易錯項辨析: 本題的易錯項為D項.物體克服重力做功的公式為WG＝′川gh,解得:WG＝10J。本題要注意的是’物體向上運動’重 力做負功’＿個力對物體做負功＿般說物體克服這個力做功,結果就為I〔值 21. ［答案］ D ［解析］ 問題求解;當秋千與豎直方向呈β角時,拉力與重力在繩方向上的分力的合力提供向心力’秋千受力如圖所示 ｜T＼~ ｜0＼~ ｜A ｀ 2 由圖可得’T—′＂gcosβ＝加,且由能量守恒知擺動到最低點時速度最大,此時0＝0’c。s0最大’T最大,故D項 正確。 綜上所述,本題正確答案為D. 22 ［答案］ D ［解析］ 選項分析: ］ ｜ A、B項’由題意可知E臆0＝虧mU;＝5J,E膨＝寸′m《＝30J’且有U2＝√z〈＋（g‘）2 ’解出小球的質(zhì)量為獅＝0. l25kg’ 初速度u0＝4√百m／s,故可以確定質(zhì)量和初速度,故不選A、B項。 C項’最初2｀內(nèi)重力對小球做功的平均功率P＝mg＝125W』故可以確定最初23內(nèi)的平均功率故不選C項 5 ◎ D項’根據(jù)已知條件只能求出2s內(nèi)豎直方向高度為h＝2（）m,而不能求出小球拋出時的高度,故選擇D項 綜上所述,本題正確答案為D 23. ［答案］ C ［解析］ 問題求解;設大圓環(huán)底端為重力勢能零點,大圓環(huán)半徑為R,小環(huán)在最低點速度為U,由于小圓環(huán)運動過程 ］ 中只受彈力和重力,故機械能守恒并滿足式古mz′2≡2′＂gR,解得＂＝√I百瓦當小環(huán)到大環(huán)最低點時’分析小環(huán)的受 力得F霓ˉ″g≡等’把砌—√『麗代人得F寞-6枷g分析大環(huán)受力,大環(huán)受蕊‖自身重力和小環(huán)豎直問下的雁力 5加g,故大環(huán)對輕桿的拉力為Mg＋5加g。故C項正確。 綜上所述,本題正確答案為C. 24. ［答案］ C ［解析］ 問題求解:物體僅在力F的作用下運動,尸工圖線與工軸圍成的面積等于力F做的功,根據(jù)動能定理得 「l0』＋＋』l0＋（ˉl0）qJ—40J≡枷砌斟 ’解褥刨≡2√面m′s,故C項正確 綜上所述,本題正確答案為C 25. ［答案］ B ［解析］ 問題求解:小球A的運動過程中,重力和彈簧的彈力對小球A做功,使小球A的動能發(fā)生改變,在從彈簧的 原長下降到h的過程中’小球A的動能的變化量為零,根據(jù)動能定理,可知在該過程中小球A的重力做的正功恰等 于該過程彈力做的負功’當小球B經(jīng)歷相同過程時蟬簧做的負功不變｀對小球B運用動能定理’則有＋.…』- 2加gh-加gh,解得此時的速度為√顫,故B項正確. 綜上所述,本題正確答案為B. 26。 ［答案］ D ［解析］ 問題求解;設斜面底邊長度為』,傾角為0,那么斜邊的長為L＝志,對物體受力分析,那么物體受到的滑 動摩擦力為／≡嚴FN＝尸′網(wǎng)gcos0,那么物體克服摩擦力做的功為W＝／L≡／』′川g＄,即物體克服摩擦力做的功與斜面傾 角無關.所以三物體克服摩擦力做的功—樣多,故D項正確. 綜上所述,本題正確答案為D. 27. ［答案］ C ［解析］ 選項分析: A項,圓環(huán)沿桿滑下,滑到桿的底端的過程中有兩個力對圓環(huán)做功,即環(huán)的重力和彈簧的拉力,所以圓環(huán)的機械能不 守恒’如果把圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)作為研究對象,系統(tǒng)內(nèi)只有重力和彈簧的彈力做功,則系統(tǒng)的機械能守恒,故A 項錯誤. B項,彈簧的彈性勢能隨彈簧的形變量的變化而變化,由圖知彈簧先縮短后再伸長,故彈簧的彈性勢能先增大再減小 再增大,故B項錯誤。 ＼ A c項,根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒,圓環(huán)的機械能減少了′〃gh,那么彈簧的機械能即彈性勢能增大′Ⅷg′l,故c項正確 D項,根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒,彈簧彈性勢能最大時圓環(huán)的速度最小,故D項錯誤。 綜上所述,本題正確答案為C。 . 6 ~~~ 28. ［答案］ D ［解析］ 問題求解:上坡時,需要增大牽引力,根據(jù)P＝FU可知,功率＿定時,減小速度,可以增大牽弓｜力’故D項 正確 綜上所述,本題正確答案為D。 29. ［答案］ A ［解析］ 問題求解;根據(jù)動能定理,合外力做功等于動能的改變量,Wˉ′拋U;—咖U; ,由于動能變化量為零,所以 外力不做功.故A項正確. 綜上所述’本題正確答案為A. 30. ［答案］ B ［解析］ 選項分析; A、D項,A追上B,則碰撞后不可能發(fā)生二次碰撞,即U′A≤U′B,故A、D項錯誤。 B項｀（｀-2m／鼠｀融′凰ˉ4m／s’不會二次碰撞瞞足動量守恒定律’碰撞后…′i＋′＂愿,′小于砸劍砌i＋ 獺儡砌:.能量不增加’故B項正確 C項,財′A＝—4m／s,u′凰-7m／爵,不會二次碰撞,滿足動量守恒定律,碰撞后砸AⅦ／i＋咖闊u′謅大于′翹Aui＋ ＋″犧詭’違背能量守恒定律』故C項錯誤 綜上所述,本題正確答案為B。 3L［答案］ D ［解析］ 從α至b過程中彈力小于重力’故彈力的沖量值小于重力的沖量值故A錯誤;從α至C過程中,對人運用 動量定理,有IG＿IT≡0-muα’解得;IT≡IG＋加uα’即彈力的沖量值大于重力的沖量值,故B錯誤;從p至b的過程 中’重力作用時間大于彈力作用時間,重力也大于彈力,故重力的沖量大于彈力的沖量’故C錯誤;從P至C的過程 中’對人運用動量定理,有IG-IT≡0’故重力的沖量大小等于彈性繩彈力的沖量大小,故D正確. 綜上所述,本題正確答案為D 32. ［答案］ A ［解析｜ 問題求解』當繩的拉刀為F時,F≡￥｀此時小球的動能為″翹｛≡＋FR′當繩的拉力為子時,- 簧,此時小球的動能為′鵬硼;ˉ竿根搬外力做功霉于動能的變化旦得知外力做功粵ˉ竿≡竿.敏A項正確 綜上所述,本題正確答案為A 33. ［答案］ A ［解析］ 選項分析: A項,根據(jù)力對物體做功的定義可知合外力為零時,合外力對物體做的功-定為零,故A項正確。 B項,若物體在合外力的方向上的位移為零,那么合外力對物體做的功為零’但合外力不-定為零,比如拉＿個箱子, 但是沒拉動,故B項錯誤. C、D項,物體在合外力的作用下做勻速圓周運動,是變速運動,但動能不變’且合外力-定不為零,故C、D項錯誤。 綜上所述,本題正確答案為A. 句 ● ／ 34。 ［答案］ C ［解析］ 問題求解:由質(zhì)點滑到最低點Q時對軌道的正壓力為2′門g,所以軌道對質(zhì)點的支持力為2加g,支持力和重 力的合力提供質(zhì)點做圓｜葡運動的向心h‖逮度’故2,″g—咖gˉ′鵬,所以履點在最低點的動能E腮-枷刨』≡ 十獅gR質(zhì)點自P滑到Q的過程中,由動能定理得獅g愿ˉW′＝E蹦｀所以克服摩擦力所做的功為W′ˉ啊gR｀故c 項正確 綜上所述,本題正確答案為C. 易錯項辨析: 2 本題的易錯項為A項質(zhì)點在最低點Q時有:2砸g—加g＝m,質(zhì)點從P點到Q點的過程,由動能定理可知:加gR Ⅶ＝E臆’解得;Ⅶ＝＋咖gR本題要注意的是摩擦力是變力｀所以其所做的功尤法用功的公式直接求』通常用動能 定理來求。 35。 ［答案］ B ［解析｜ 問題求解;在斜面運動的過程中根據(jù)動熊定埋得;〃m』ˉ竿,根據(jù)問心力公式有;N-″』爺,聯(lián)立兩式 解得: lV＝加g,故正確答案為B. 綜上所述,本題正確答案為B. 36 ［答案］ D ［解析］ 選項分析: A項’因為A｀B之間存在摩擦力做功產(chǎn)生熱量,所以外力F做的功大于A和B動能的增量,故A項錯誤。 B項,由于A的合力等于B給A的摩擦力,由動能定理知B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量,故B項 錯誤. C項’由于存在相對滑動,A與B相對地面位移不同,又因為兩者所受摩擦力大小相同,所以A對B的摩擦力所做的 功不等于B對A的摩擦力所做的功,故C項錯誤. D項,只有外力F和摩擦力對B做功’所以根據(jù)動能定理,外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力 所做的功之和,故D項正確. 綜上所述,本題正確答案為D 37. ［答案］ A ［解析］ 設質(zhì)點的初速度大小為U0、末速度大小為U! ,由末動能為初動能的9倍,得末速度為初速度的3倍,即U′＝ 3″0 ,由勻變速直線運動規(guī)律可知,十-,0＋3U0—2U0,由加速度的定義可知質(zhì)點的加速度α- 3財』—鞠≡竿,由以上2 t 兩式可知,α＝,A項正確,B、C、D項錯誤 L 38. ［答案］ C ［解析］ 選項分析: A項,兩個小球在運動的過程中都是只有重力做功,機械能守恒,所以根據(jù)機械能守恒可以知兩物體落地時速度大 小相等,方向不同,所以速度不同,故A項錯誤. B項,到達底端時兩物體的速率相同,重力也相同,但小球A重力與速度有夾角,小球B重力與速度方向相同,所以 落地前的瞬間小球B重力的瞬時功率大于小球A重力的瞬時功率,故B項錯誤. C項,根據(jù)重力做功的表達式得兩個小球運動的過程重力對兩小球做功都為′川gh,故C項正確. 。 8 D項,從開始運動至落地,重力對兩小球做功相同,但小球A所需時間小于小球B所需時間,根據(jù)P＝華知道重力對 L 兩小球做功的平均功率不相同,故D項錯誤。 綜上所述,本題正確答案為C. 39. ［答案］ C ［解析］ 根據(jù)塹＝渺寧b′得｀兩過程的位移關系z＝z』 』根據(jù)加速度的定義α＝ ”罕0 ,得兩過程的加速度關系 臼 為α1＝等由于在相同的粗糙水平地面上運動,故兩過程的摩擦力大小相等’即／!＝／2＝／,根據(jù)牛頓第二定律F- △ ′≡咖凰得’F］—′｜＝獅“｜ ,F‘—′:＝咖凰凰,所以F］＝F』＋＋／,即F］＞等根據(jù)功的計算公式w＝F′》可知w＾＝ ＋W耀’W鳳＞＋W厘,故選項C正確,選項A、BD錯誤 40. ［答案］ A ［解析］ 利用機械能守恒定律和速率變化特點解決問題.根據(jù)機械能守恒定律可知Ul≡U2 ’ 再根據(jù)速率變化特點知,小球由M到P再到N,速率先減小至最小,再增大到原速率.小球由 M到Q再到lV,速率先增大至最大’再減小到原速率.由兩球運動速率特點以及兩條路徑的路 程相等可畫出如圖所示圖象,由圖象可知小球沿MQN路徑運動的平均速率大,所以t1＞t2 ,故 選項A正確. d′ ≡≡≥q0′0 O t2 t1 ′ 4L［答案］ A ［解析］ 問題求解:木塊從木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝／5,因為木板不固定時木塊A的位移要比固 定時長,所以Wl＜W2。摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝／5相對,兩次都從木板左端滑到右端’相對位移相等’所以Ql＝Q2故A 項正確。 綜上所述,本題正確答案為A. 42。 ［答案］ B ［解析］ 問題求解;物體做平拋運動’從A運動到B的過程中,根據(jù)動能定理W-△E臆可知,咖gh-E腿—獅″; ,可 知B處物體的動能E鵬-,測渺;＋…｀故B項旅確 綜上所述,本題正確答案為B. 43。 ［答案］ A ［解析］ 問題求解:小孩在甲、乙中用同樣大小的力拉繩,則左右兩只船受力大小相同,加速度相同,在相同時間內(nèi), 左邊的船移動的位移相同;在乙圖中’右邊的船也有位移,故乙圖中拉力使物體產(chǎn)生的位移更大,拉力做的功更大, 即W:＞W(wǎng)M由于時間相同,根據(jù)P-平,P:＞P! ,故A項正確 綜上所述,本題正確答案為A。 44 ［答案］ D ［解析］ 問題求解:因為以桌面為零勢能參考平面,所以對于桌面,地面的高度為-′l＄則小球落地時的重力勢能為 -″!gh;而釋放點相對桌面的高度為H,所以重力勢能變化為′＂g［（ h）-H］＝-″!g（H＋h）,即減少了′＂g（H＋ h） ,故D項正確. 綜上所述,本題正確答案為D 9 45. ［答案］ C ［解析］ 問題求解:P點位移是H,而當彈簧對物體的拉力與物體重力平衡時,物體才開始離開地面,所以彈簧的伸長量 為竿’物體問上位移為∏竿則物體蔽力勢能改變（增j‖》旦為Mg（臼—竿）＝Mg∏絆衛(wèi).故C項正確 綜上所述,本題正確答案為C. 46. ［答案］ B ［解析］ 問題求解:碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒’故mAUA＝（加A＋加B）U,代人數(shù)據(jù)得到碰撞后A、B共同的速度為 2m／s’由于水平面光滑.所以碰撞后的運動過程為A｀B物體的動能轉化為彈簧的彈性勢能’故E彈＝E臆-（獅』＾＋ ″!B）U2＝8J’故B項正確 綜上所述’本題正確答案為B. 47。 ［答案］ A ［解析］ 由尸t圖線知:0～tl內(nèi)汽車以恒定功率Pl行駛,tl～t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛.設汽車所受牽弓｜力為F,則 由P≡Fu得,當u增加時,F減小,由α≡互≡工知α減小,又因速度不可能突變,所以選項B、C、D錯誤,選項A正確. ″】 48. ［答案］ D ［解析］ 問題求解:摩托艇受到的阻力的大?。扔谒乃俣?設／＝hU,點為比例系數(shù).摩托車勻速運動時,牽引 力等于受到的阻力,則輸出功率p≡F［′＝／u＝如2 ,當p′＝2p時’觸／2＝2貞z′2 ,所以u′＝√面i′’故D項正確. 綜上所述,本題正確答案為D. 49. ［答案］ C ［解析］ 選項分析: A、B項’雪橇在豎直方向上沒有位移,所以支持力和重力都不做功,故A、B項錯誤 C項,根據(jù)功的定義,拉力做功為Flcos0,故C項正確. D項,雪橇在豎直方向受力平衡,所以雪橇所受支持力大小為′″g Fsin0,則滑動摩擦力做功為＿（″!g-Fsin0）嚴／, 故D項錯誤. 綜上所述,本題正確答案為C. 50。 ［答案］ C ［解析］ 問題求解:其速度方向恰好改變了90,可以判斷恒力方向指向右下方,與初速度的方向夾角要大于90。小 于18（）才能出現(xiàn)末速度與初速度垂直的情況,因此恒力先做負功’當達到速度與恒力方向垂直后,恒力做正功,動能 先減小后增大,故C項正確。 綜上所述,本題正確答案為C. 51. ［答案］ B ［解析］ 選項分析: A項,斜面對物體的支持力-定垂直于斜面向上,又因為斜面向左做勻加速運動,可見支持力方向與物體運動方向 成銳角,因而支持力一定做正功,即A項正確,故不選擇A項. B、C、D項,首先判斷摩擦力的方向,當加速度較小時,摩擦力沿斜面向上,此時摩擦力方向與物體運動方向成鈍角, 摩擦力做負功;當加速度較大時,摩擦力方向沿斜面向下,此時摩擦力方向與物體運動方向成銳角,摩擦力做正功; 另外,當取合適的加速度時,摩擦力為零,此時摩擦力不做功.因此,摩擦力可能做正功,可能做負功,也可能不做功’ 即B項錯誤,C、D項正確,故選擇B項,不選擇C、D項 綜上所述’本題正確答案為B. 10 . ~~ 52. ［答案］ B ［解析］ 選項分析: A舊項設繩的逮度為財絢.那么,編≡…當′≡30.時,砌繩—…曠-粵融根據(jù)功熊關系’拉力做功籌于物體機 械能的增j‖量｀所以拉力做功為′…＋;獅砌:,故A項錯誤’B項正確 oD項.由P≡FⅡ』’當0≡3曠時’蘊＝…曠ˉ乎圃,由于物體具銜向上的加逮度』所以拉力大于重力,拉力功率大 于粵枷凰渺｀故QD項錯誤 綜上所述,本題正確答案為B。 53. ［答案］ B ［解析］ 乙推甲的過程中,他們之間的作用力大小相等,方向相反9作用時間相等,根據(jù)沖量的定義’甲對乙的沖量 與乙對甲的沖量大小相等,但方向相反,選項A錯誤;乙推甲的過程中,遵守動量守恒定律,即△戶甲＝-△戶乙,他們 的動量變化大小相等,方向相反,選項B正確;在乙推甲的過程中’甲、乙的位移不＿定相等’所以甲對乙做的負功與 乙對甲做的正功不—定相等’結合動能定理知,選項C、D錯誤. 54。 ［答案］ C ［解析］ 問題求解:取向右為正方向,設每個物塊的質(zhì)量為m’第1號物塊的初動量大小為P0 ,第1號物塊的初速度 為U0,最終三個物塊的共同速度為U.以三個物塊組成的系統(tǒng)為研究對象,對于整個過程,根據(jù)動量守恒定律得:P0 ≡…P廠…烏-獺刨;聯(lián)京解得翻＝√罕,整休動髓為愿≡…』≡鳥放C項眶確 綜上所述,本題正確答案為C. 55. ［答案］ B ［解析］問題求解:根據(jù)動量守恒定律,加甲U甲＋′″乙Ⅶ′乙≡′Ⅷ甲〖／甲＋′拋乙U′乙’整理得,,Ⅶ甲（U甲-〖／甲）≡″』乙（Ⅺ／乙- ,乙）側籍≡;斃≡蓋-放頤正確 綜上所述,本題正確答案為B. 56 ［答案］ C ［解析］ 選項分析: A項,小車對槍有力的作用’槍和子彈組成的系統(tǒng)受到合外力不為零’動量不守恒,故A項錯誤 B項,子彈對槍有作用力,故槍和車組成的系統(tǒng)受到的合外力不為零,動量不守恒,故B項錯誤. C、D項’槍、車、子彈之間的作用力屬于內(nèi)力,系統(tǒng)受到的合外力為零,動量守恒,故C項正確,D項錯誤 綜上所述,本題正確答案為C. 57. ［答案］ D ［解析］ 問題求解;玻璃杯從同-高度落下,落地時獲得的動量相同,最后速度變?yōu)榱?地面給它的沖量也相同掉 在石頭上比掉在草地上容易碎,這是由于玻璃杯在與石頭撞擊的過程中,作用時間短,動量變化快’沖擊力大,故D 項正確. 綜上所述,本題正確答案為D. . 11 。 58。 ［答案］ A ［解析］ 問題求解gA、B受大小相同的力作用相同時間,則A、B受到的沖量相等’獲得的動量相等’撤去外力后A、 B組成的系統(tǒng)動量守恒,總動量為零,故碰撞后粘在＿起系統(tǒng)動量為零,將停止運動’故A項正確. 綜上所述,本題正確答案為A。 59. ［答案］ C ［解析］ 問題求解:碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒,擺球的速度在碰撞的瞬間不發(fā)生改變,可以認為 沒有參與碰撞’若小車和木塊碰撞后的速度分別為Ul和〖′2 ,則根據(jù)動量守恒定律’有MU≡M℃l＋mU2 ’若小車和木 塊碰撞后的速度均為ul ,則根據(jù)動量守恒定律,有Mu＝（M＋加）ul ,故C項正確。 綜上所述,本題正確答案為C. 60. ［答案］ B ［解析］ 問題求解;物體A在恒力F的作用「’做勻加逮運動｀其加逮度為齋;物體B在沖量］的作用下做勻逮運 動｀其逮度戳-齋,兩物體再次相遇時有r＾＿工凰,即咖粵＝硯’所以!-粵故B項正確 綜上所述,本題正確答案為B. 6L［答案］ C ［解析］ 問題求解:根據(jù)動量守恒’即每秒鐘噴出氣體的動量等于火箭每秒增加的動量,即m氣U氣＝加箭U箭’即可獲 得火箭的動力F箭＝ t加箭u箭＝2〔）0u氣,又有F箭—m箭g＝加箭α,得每秒鐘噴出氣體的速度u氣≡900m／s’故C項 正確. 綜上所述,本題正確答案為C。 62。 ［答案］ A ［解析］ 選項分析: A項,力與力的作用時間的乘積叫力的沖量,沖量是物體動量變化的量度,故A項正確 B項,力作用—段時間便有了沖量’I＝Ft’與物體處于什么運動狀態(tài)無關,故B項錯誤。 C項,沖量大小與動量大小無關,動量變化越大的物體受到的沖量越大,故C項錯誤 D項,沖量是＿個過程量,只有在某-過程中力的方向不變時’沖量的方向才與力的方向相同故D項錯誤 綜上所述,本題正確答案為A. 63。 ［答案］ D ［解析］ 問題求解;火箭點火的過程中’動量守恒’′nU0＝（M—′閥）U,U＝∏駕U0,故D項正確 綜上所述9本題正確答案為D. 64. ［答案］ B ［解析］ 選項分析: A項,由題可知,人從開始蹬地到雙腳離開地面,雖腳-直未離開地面,但是人體重心已經(jīng)向上移動,并且具有＿定 向上的速度,所以人體才能跳起離開地面,因此從開始蹬地到雙腳離開地面過程中為使人體具有向上的速度,所受 地面支持力必有＿段時間大于重力;在腳即將離開地面時’人體只受重力的作用,人體處于失重狀態(tài),所以地面對人 的支持力先大于重力,后小于重力,故A項錯誤. B項,設人體離開地面時的速度為U9從開始蹬地到雙腳離開地面的時間為t,由沖量定義可知:F支r—mgr≡′ⅦU,所以 地面對人的支持力的沖量大于重力的沖量,故B項正確. 12 C項,人原地跳起獲得的動能來自于自身消耗的能量,故C項錯誤. D項’因為人體自身獲得的動能來自于自身消耗的內(nèi)能’所以人與地球組成的系統(tǒng)機械能增加,故D項錯誤 綜上所述,本題正確答案為B 65。 ［答案］ A ［解析］ 概念分析》物體的動旦浚-″蛔＿√環(huán)瓦是矢量,既有大小、也有方向.動熊虱—砸,:≡嘉是標量,只 有大小、沒有方向。 選項分析: A項’＿物體的動量不變,其質(zhì)量和速度均不變,則其動能＿定不變’故A項正確。 B項,—物體的動能不變,其速度大小不變但方向可能改變,則其動量的方向可能改變,故B項錯誤。 C項,兩物體的動量相等,但二者的質(zhì)量可能不等,則其動能不—定相等,故C項錯誤. D項’兩物體的動能相等,但二者的速度方向和質(zhì)量都可能不等’其動量不＿定相等,故D項錯誤 綜上所述’本題正確答案為A. 66. ［答案］ C ［解析］ 選項分析: 從同＿高度落下到站穩(wěn),人的動量改變量是相同的,因此人受到的沖量也是相同的.腳尖先著地,是為了增大人與地 面的作用時間,相同沖量情況下,作用時間長的沖力更小,人與地面的作用力是相互的,此舉也減小了人對地面的壓 力,故C項正確. 綜上所述,本題正確答案為C. 67。 ［答案］ B （解析］ 選項分析: A項,慣性大小只與物體質(zhì)量有關,故A項錯誤. B項,根據(jù)動量定義戶＝′″U,動量是質(zhì)量和速度大小的乘積伺-物體動量越大’其速度越大,故B項正確. C項,動量是矢量,物體的加速度不變但速度可能變化’如平拋運動,動量改變,故C項錯誤. D項,動量方向與速度方向相同,當加速度方向與速度方向不同時,如圓周運動,動量方向與加速度方向不同,故D 項錯誤。 綜上所述,本題正確答案為B. 68。 ［答案］ A ［解析］ 問題求解;小球｛徽平拋運絢下落＂恫為′≡√乎≡2.豎直方向逮廢大小為吟≡娜≡:…｀小球在落到 車底前瞬時速度是25m／s,根據(jù)速度合成原則,u燙＝√252-202m／s＝15m／s,小球與車在水平方向上動量守恒’以 向右為正方向,-加ur＋Mu＝（M＋″〗）u′ ,u′＝5m／s,故A項正確。 綜上所述,本題正確答案為A. 69. ［答案］ B ［解析］ 問題求解:根據(jù)動量守恒定律,當人往站臺上跳的時候,人相對地面向右運動,車子必然向左運動.人的動 量小于在地面上起跳的動量,人相對于地面的速度小于站在地面上立定跳遠的初速度,站立在地面上起跳需要跳L m.所以當L＝＄或L＞5,人跳不到站臺上,L＜5,人才有可能跳上站臺。故B項正確. 綜上所述,本題正確答案為B. . 13 70. ［答案］ B ［解析］ 選項分析; A、B｀C項,P物體接觸彈簧后,在彈簧彈力的作用下’P做減速運動,Q做加速運動,當P、Q速度相等時,兩者的距離 最短.故A、C項錯誤,B項正確. D項根據(jù)動量守恒定律’PQ速度相等時有m鍘＝2″m′ ,故＂′-＋鍘,戰(zhàn)D項錯誤 綜上所述,本題正確答案為B. 71. ［答案］ A ［解析］ 問題求解:長途客車與卡車發(fā)生碰撞,系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力,碰撞過程外力可忽略不計,故碰撞過程系統(tǒng)動 量守恒,設阿南為止方悶根搪動量守慎庭律裔;M!!ˉM』纜≡（M!＋M』）鍘＞0.代人數(shù)擂有醚＜冊鍘!≡l＂m｛s故＾ 項正確. 綜上所述,本題正確答案為A. 72. ［答案］ C ［解析］ 選項分析: A項’小球在槽內(nèi)運動的全過程中,從剛釋放到最低點,只有重力做功’而從最低點開始上升過程中,由于水平面光 滑’槽將向右運動,故｜涂小球重力做功外,還有槽對球作用力做負功,故A項錯誤 B項,無碰撞過程,而且接觸表面均光滑,無內(nèi)能轉化,所以小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒,故B項錯誤 C項,小球在槽內(nèi)運動的前半過程中,小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒,而小球在槽內(nèi)運動的后半過程 中,小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量守恒,故C項正確. D項,小球離開右側槽口同時,槽由于在球的作用力下向右運動,所以做斜拋運動,故D項錯誤 綜上所述,本題正確答案為C. 73。 ［答案］ C ［解析］ 問題求解;以汽車行駛的方向為正方向,根據(jù)動量定理可得:-F合Z＝加U2—′″z′l ,初速度為90km／h≡25 m／s,末速度為零’作用時間為5s’代人數(shù)據(jù)得:F合＝350N,故C項正確. 綜上所述,本題正確答案為C 74。 ［答案］ A ［解析］ 問題求解;設碰后三球的動量大小均為戶0’由機械能守恒,球1與球2碰撞前后, 2與球3碰撞前后’ （2p0）2＝魚＋魚’因」比m1 ;獅2 ;獅3＝6 ; 3 ; 1,故A項正確. ′Ⅶ2 ″〗2 刀?3 綜上所述,本題正確答案為A。 （3戶0）2 戶;｜（2戶0）2 —＝＝＿＿-廠 ″2］ γγ〗l ′γt2 ,球 75. ［答案］ B ［解析］ 問題求解:因人跳離車的瞬間地面阻力的沖量忽略不計,因此在人跳離車的瞬間人利車組成的系統(tǒng)動量守 恒,取車前進的方向為正方向’由動量守恒可得:3mUo＝ 加uo＋2″?u′ ,可得u′≡2℃0 ,所以在人跳離車之前,車和人 ＿起做勻減速運動,當速度減至Uo,人跳離車瞬間車的速度變?yōu)?Uo,之后車以該速度做勻減速運動,故選B. 甲‖叫↓《◆丁『卜《↓→呼… 曠十↓←‖］↑←』】＋鏟『『←‖‖← 滬甲掙＾ 76。 ［答案］ B ［解析］ 選項分析: A項,打擊過程中鐵錘和鐵塊所受支持力大于重力,合外力不為零,動量不守恒,故A項錯誤. B項,子彈打進木塊的過程中,子彈與木塊之｜司的作用力遠大于它們所受的外力,可近似看做系統(tǒng)受到的合外力為 零,動量守恒,故B項正確. 14 ~~~…『［←｛～‖廣』了↓十』 ～戶←怯↓侶｛尸『〃 C項,子彈的動量減小,墻壁動量不變,動量不守恒,故C項錯誤 I）項,人施加了擊球的動力,動量不守恒,故D項錯誤. 綜上所述’本題正確答案為B. 77. ［答案］ C ［解析］ 問題求解;人和小船組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,以小船運動方向為正方向, （M＋加）U0＝MU′- ”…′＝劃0—片（＂0ˉ｝剛）,故C項正確 綜上所述,本題正確答案為C. 78. ［答案］ A ［解析］ 問題求解:規(guī)定向右為正方向,且開始的時候兩球的動量都為正值,所以兩球都是向右運動的;碰撞前兩球 動量相等,B球質(zhì)量更大’則A球速度更快,所以是A追上B并發(fā)生碰撞’故左邊的是A球碰撞前后動量守恒,戶A ′ ′ ＋戶B≡P′A＋戶′B,戶′A≡2kgm／s,戶′B≡l0kgm／s,′＂B≡2′網(wǎng)A,〖／A : z／β≡△:絲≡2 : 5,故A項正確. ″【A ′γ【B 綜上所述,本題正確答案為A。 79。 ［答案］ D ［解析］ 選項分析: A｀B項,動量是矢量,物體的動量改變,既可能是速度大小改變,也可能是速度方向改變,故A、B項錯誤 C項,物體的速度大小不變’速度方向可能改變’動量可能改變,故C項錯誤。 D項,運動狀態(tài)改變’則速度改變,動量＿定改變,故D項正確. 綜上所述,本題正確答案為D 80。 ［答案］ C ［解析］ 問題求解:甲、乙兩球在光滑水平面上發(fā)生碰撞’碰撞后—起向右運動,說明兩個小球組成的系統(tǒng)總動量水 平向右,而在碰撞前甲球向左運動,乙球向右運動,設水平向右為正方向,所以戶總＝-戶甲＋戶乙＞0,可知甲的初動量 比乙小,但二者的動量的變化大小相等,由于具體的質(zhì)量大小關系未知,所以無法判斷質(zhì)量和速度大小關系,故C項 正確. 綜上所述,本題正確答案為C。 8L［答案］ C ［解析］ 問題求解:A球擺動到最低點與B球碰撞過程中動量守恒,故′＂AUA＝（加A＋′″B）U,UA＝｀／百顏;碰撞結束 后,機械能守恒,只有重力做功’動能轉化為重力勢能,故Ep＝E臆＝（咖愈＋″″』）鋤:＝（′＂愈＋″』凰）gh′ ,綜合以上三式 〗 可得〃＝,故C項正確 綜上所述,本題正確答案為C。 82. ［答案］ C ［解析］ 問題求解:力與力的作用時間的乘積叫力的沖量,在整個過程重力的作用時間為（Zl＋Z2）,所以重力沖呈為 I＝加g（tl＋t2） ,故C項正確。 綜上所述,本題正確答案為C. 15 83. ［答案］ C ［解析］ 問題求解:當只有摩擦力F｛的作用時,圖中線段AB／／／CD說明α、b兩物體加速度相等,由于兩物體質(zhì)量相 等9所以它們所受的摩擦力相等對α由動量定理可知:Fltl F｛tl＝″!Uα,對b由動量定理可知:F2t2-F［r2＝加Ub, 由圖象可知tl＜t2,uα＝ub,故F2／2＞Fltl ,即F2的沖量大于Fl的沖量,故A、B、D項錯誤,C項正確。 綜上所述,本題正確答案為C。 84 ［答案］ D ［解析］ 問題求解;由動量定理可知Fr＝′門Ul-″!U0 ,作出矢量合成圖如下: U1 ○ˉ＝ ＝＝C →BO r、葫D A 由于不知道z′l的大小,但是Ⅺ′l大小肯定不會大于u0 ,所以F的方向有可能沿著OB方向,也有可能沿著OD方向, 故D項正確. 綜上所述,本題正確答案為D。 85。 ［答案］ C ［解析］ 問題求解;根據(jù)牛頓第三定律,作用力與反作用力大小相等,方向相反,且兩船運動方向相反,則受到水的 阻力方向相反,則同時考慮在甲船上的等式（F-F［）r＝加lUl和乙船上的等式（ F＋F｛）t＝加2U2 ,所以mlUl＋″〗2U2＝0’即 甲、乙兩船的總動量相等,又由于兩船開始靜止,后來開始運動,所以兩船各自的動量不守恒’故C項正確 綜上所述,本題正確答案為C. 86。 ［答案］ A ［解析］ 問題求解;由于大鳥的質(zhì)量和速度對于航天飛機而言都很小,所以碰撞可以忽略大鳥的碰撞前的速度,以及碰撞 對航火飛機逮度造成的影響,根搪沖量＂定義,FⅡ≡…r≡罕-l裂黑x-40l0,N蚊∧項止確 綜上所述,本題正確答案為A。 87. ［答案］ B ［解析］ 問題求解:整個過程中0消防員受重力與支持力,初、末速度都為零,運用動量定理可得:加g（tl＋t2）-Ft2＝ 0,可得旦＝1上旦,‘l＝（）.8s、‘2＝0.2s’所以旦≡5,故B項正確.加g ／2 7刃g 綜上所述,本題正確答案為B 16 審 多頂選擇題篇答案解析 88. ［答案］ B,C ［解析］ 由于有摩擦,O點不在AB的中點,而是在AB中點的左側（如圖所示）。由題知AB＝α,＿—← B O MA OA＞OB＜根據(jù)功能關系,物塊在A點時,彈簧的彈性勢能Ep＝W—件mgOA＜W— l丁陛咖凰“,選項A錯誤』物塊在B點時｀彈簧的彈性勢能E‘＝E′ˉ〃咖gα＿w—陛″嘿o八—鵬′＂gα＜W—…’選項 B正確;物塊在O點的動能Ek＝Ep-／Z加gOA＝W-2尸加gOA＜W-／么加gα,選項C正確;物塊動能最大時,彈簧的彈 力粒＝尸′刀g,此時物塊處于M點（如圖所示）,若BM光滑,則物塊能運動至M′點速度為零,則OM′≡OM,由于存在 摩擦,OB＜OM,故物塊動能最大時彈簧的彈性勢能大于物塊在B點時彈簧的彈性勢能,選項D錯誤 89 ［答案］ A,D ［解析］ 選項分析: A項,B球運動到最低點,A球運動到最高點’兩個球系統(tǒng)機械能守恒,故A球增加的機械能等于B球減少的機械 能,故A項正確。 B項,A球重力勢能增加加g。 2R,B球重力勢能減小2′Ⅶg 2R,故B項錯誤. C項,兩個球系統(tǒng)機械能守恒,兩球速度大小相等,當B球運動到最低點時,A球速度最大,根據(jù)動能定理有2′＂g 2愿—’鵬g.2R-（獅—…』 ｀可解得A球的遮度為融≡√孿,敬c項錯誤 D項根膳動能定理’Wˉ2咖gR-酗刨』—0｀細桿對A球做的功為W＝椒gR,故D項正確 綜上所述,本題正確答案為AD. 90。 ［答案］ B,D ′川U［解析］ 過程分析:設物塊與箱子相對靜止時共同速度為〖b,則由動量守恒定律得′＂U＝（加＋M）％,得到酚＝＿ 加＋M 選項分析: A、B項｀系統(tǒng)損失的動能為△E-m硼:—（咖＋M）側;-而黑『翹, ’炊A項錯誤,B項正確 C、D項,系統(tǒng)損失的動能轉化為摩擦生熱Q≡／△刃,其中／表示物體間相互作用力,△工表示物體間相對路程,每次碰 撞它們的相對滑動距離是L,所以N次碰撞產(chǎn)生摩擦生熱為Q＝／dVmgL,故C項錯誤,D項正確. 綜上所述’本題正確答案為BD. 91. ［答案］ A9C,D ［解析］ 選項分析: A項,在兩手同時放開后,水平方向無外力作用,只有彈簧的彈力（內(nèi)力）作用,故動量守恒,即系統(tǒng)的總動量始終為 零’故A項正確. B項,先放開左手,再放開右手后是指兩手對系統(tǒng)都無作用力之后的那＿段時間,系統(tǒng)所受合外力也為零,即動量是 守恒的,故B項錯誤. C項,先放開左手,系統(tǒng)在右手作用下,產(chǎn)生向左的沖量’故有向左的動量,再放開右手后,系統(tǒng)的動量仍守恒,即此后 的總動量向左,故C項正確. D項,其實,無論何時放開手9只要是兩手都放開就滿足動量守恒的條件,即系統(tǒng)的總動量保持不變?nèi)敉瑫r放開,那 么作用后系統(tǒng)的總動量就等于放手前的總動量,即為零;若兩手先后放開9那么兩手都放開后的總動量就與放開最 后-只手后系統(tǒng)所具有的總動量相等’即不為零。故D項正確。 綜上所述,本題正確答案為ACD 17 92。 ［答案］ A,D ［解析］ 選項分析: A項,在0～rl時間內(nèi),質(zhì)點的速度增大,所以由動能定理知外力做正功,故A項正確. B項’在0～r］時間內(nèi),t＝0處速度為零;而t＝t1處速度最大但加速度為零,于是由牛頓第二定律知此時外力為零; 最后由P＝Fu可知,這兩處外力的功率都為零,所以外力的功率先逐漸增大后逐漸減小’故B項錯誤. C項,在t2時刻,同理可知此時速度為零,所以由P＝Fu可知’此時外力的功率為零,故C項錯誤 D項｀因為tl與t3時刻物體運動的速率相等,所以由動能定理可知在tl～t3時間內(nèi),外力做的總功為零,故D項正確 綜上所述,本題正確答案為AD. 93。 ［答案］ A,B’D ［解析］ 問題求解;人對物體做的功為物體增加的重力勢能與動能,即為′＂gh＋＋″″:＝｜2］合外力對物體做的功 為物體增加的動能’即為＋咖渺』-2J物體克服重力的功為加gh-l0J,故A｀BD項正確 綜上所述,本題正確答案為ABD. 94. ［答案］ B9I） ［解析］ 選項分析: A項,彈簧與桿垂直時,彈力方向與桿垂直,合外力方向沿桿問下,小球繼續(xù)加速,速度沒有達到最大值,故A項錯誤. B項!彈簧與桿垂直時’彈簧的伸長量最小’彈性勢能最小,根據(jù)能量守恒定律,小球的動能和重力勢能之和最大,故 B項正確. C、D項,由能量守恒定律可知,重力勢能變化量等于彈性勢能變化量與動能變化量之和,初、末速度都為0,因此重力 勢能全部轉化為彈性勢能,故C項錯誤,D項正確. 綜上所述,本題正確答案為BD 95. ［答案］ A,C ［解析］ 選項分析: A項,根據(jù)閣乙可得,碰撞前′帥2的位移不變,說明m2靜止,要使′門l 、Ⅷ2發(fā)生正碰,碰撞前加l＿定向右運動,故A項 正確. B項,根據(jù)圖乙可得,碰撞后ml的位移越來越小,′門2的位移越來越大,說明′〃l 、加2的速度相反,因此不可能加］ 、加2 都向右運動,故B項錯誤. C項』根據(jù)圖乙可知.碰撞前渺｜-罕m／s＝4m／s,似』-0m／s;碰撞后,i＝馮m／鼠＝—2m／鼠,渺〃,-腎m／鼠- 2m／s;根據(jù)動量守恒定律′Ⅷlul＋′″2u2≡加］u′l＋m2u′2 ,得m2≡0。3kg9故C項正確. D項’雨小球在光滑水平面發(fā)生碰撞’則兩球的重』勢能不變;碰撞前,系統(tǒng)的動能為鳳≡砸｜刨;ˉ0β］;碰撞肩, 系統(tǒng)的動能為E傲-＋腳!√;＋＋獅』財′:-α2＋α6-α8J;因此碰撞前后系統(tǒng)的動能不變,故碰撞過程中系統(tǒng)沒有 損失機械能,故D項錯誤 綜上所述,本題正確答案為AC. ‖帝｜＋｜←‖薩‖＋｜＋』←｜干｛…＄】＋′△｛←｝←～‖｝←『丁『十』巴『丁↓’…烘嘶市任鉛 96。 ［答案］ A’B,D ［解析］ 過程分析:系統(tǒng)靜止時,對物塊α受力分析得:″!αgslnβ≡′′『g。 選項分析: A項’當物塊b上升h,物塊α重力勢能減