1.C 提示:對繩子進(jìn)行分析可知,兩隊隊員對繩子的拉力是一對平衡力,大小相等,方向相反,選項(xiàng)A 錯誤。對兩隊隊員組成的整體進(jìn)行分析可知,當(dāng)整體突然向獲勝一方移動時,獲勝一方受到的靜摩擦力大于另一方受到的靜摩擦力,選項(xiàng)B 錯誤。雙方相持時,對其中一個運(yùn)動員進(jìn)行受力分析,在豎直方向上有N=mg,即支持力N不變,因此運(yùn)動員改變身體與地面之間的夾角時,運(yùn)動員受到地面的彈力不會變,選項(xiàng)D 錯誤;在水平方向上有T=f,當(dāng)繩子拉力T增大時,靜摩擦力f增大,靜摩擦力和支持力的合力增大,即地面對運(yùn)動員的作用力增大,選項(xiàng)C正確。

2.C 提示:根據(jù)位移與速度的關(guān)系式得v0=2ax,其中v0=30 m/s,x=75 m,解得a=6 m/s2,選項(xiàng)A 錯誤。又有a=μg,解得μ=0.6,選項(xiàng)B 錯誤。根據(jù)速度公式v=v0-at可得,t=3 s時刻,汽車的速率v3=12 m/s,選項(xiàng)C 正確。汽車減速到零所用的時間,因此0～6 s內(nèi),汽車的位移等于75 m,選項(xiàng)D 錯誤。

3.D 提示:如圖1所示,設(shè)每個爪與鍋之間的彈力為N,其方向與豎直方向之間的夾角為θ,正對的兩爪之間的距離為d,根據(jù)幾何關(guān)系得根據(jù)平衡條件得4Ncosθ=mg,解得N=因此R越大,sin θ 越小,cosθ越大,N越小。

圖1

4.A 提示:女運(yùn)動員做圓錐擺運(yùn)動,對女運(yùn)動員進(jìn)行受力分析,她受到重力mg和男運(yùn)動員對她的拉力F,如圖2所示。女運(yùn)動員在豎直方向上受到的合力為零,即Fsin 45°=mg,解得F=,選項(xiàng)C 錯誤。女運(yùn)動員在水平方向上受到的合力提供其做勻速圓周運(yùn)動所需的向心力,即Fcos 45°=ma向,解得a向=10 m/s2,選項(xiàng)A 正確;根據(jù)a向=ω2r,r約為1 m 可知,女運(yùn)動員的角速度約為3.14 rad/s,選項(xiàng)B 錯誤。對男運(yùn)動員進(jìn)行受力分析得N=Fcos 45°+Mg=450 N+Mg,選項(xiàng)D 錯誤。

圖2

5.B 提示:動車速度達(dá)到最大時,牽引力與阻力平衡,則行駛過程中動車受到的阻力大小,選項(xiàng)A 錯誤。當(dāng)動車的速度為時,動車的牽引力,根據(jù)牛頓第二定律得F-f=ma,解得a=,選項(xiàng)B 正確。從啟動到速度增大為vmax的過程中,動車牽引力所做的功等于動車動能增加量和克服阻力做功之和,故大于,選項(xiàng)C錯誤。因?yàn)閯榆嚥皇亲鰟蜃兯僦本€運(yùn)動,所以在只知道最大瞬時速率的情況下,無法估算平均速率,也無法得出路程,選項(xiàng)D 錯誤。

6.B 提示:設(shè)星球表面的重力加速度為g,風(fēng)帆與滑塊的總質(zhì)量為m。沿斜面方向,根據(jù)牛頓第二定律得mgsin θ-μmg cosθkv=ma,解得則a-v圖像的斜率,即風(fēng)帆與滑塊的總質(zhì)量,選項(xiàng)A 錯誤。設(shè)星球的第一宇宙速度為v,則當(dāng)滑塊的速度為零時有mgsin θ-μmg cosθ=ma0,解得g=v=,選項(xiàng)B正確。在星球表面,萬有引力等于重力,即,星球體積,星球密度,解得ρ=,選項(xiàng)C 錯誤。根據(jù),解得星球近地衛(wèi)星的周期,選項(xiàng)D 錯誤。

7.BC 提示:水流垂直落在與水平面成30°角的水輪葉面上,水平分速度和豎直分速度滿足,解得,選項(xiàng)A錯誤,B 正確。水流沖擊水輪葉面瞬間的速率,根據(jù)v=ωR,解得,選項(xiàng)C正確,D 錯誤。

9.AB 提示:根據(jù)v-t圖像可知,貨物先向上做勻加速運(yùn)動,再向上做勻速運(yùn)動,因此傳送帶勻速轉(zhuǎn)動的速度大小v=1 m/s,選項(xiàng)A 正確。0～0.4 s 貨物的加速度a==2.5 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律得μmgcos θ-mg sinθ=ma,解得選項(xiàng)B正確。根據(jù)v-t圖像可知,A、B兩點(diǎn)之間的距離對應(yīng)圖像與橫坐標(biāo)圍成的面積,即s=×(16+15.6)×1 m=15.8 m,選項(xiàng)C錯誤。根據(jù)動能定理得Wf-mgssinθ=,解得Wf=795 J,選項(xiàng)D 錯誤。

10.AD 提示:輕繩被拉斷瞬間,彈簧的彈力等于kx,對長木板應(yīng)用牛頓第二定律得kx=Ma,解得a=,選項(xiàng)A 正確。輕繩被拉斷之前對由長木板和滑塊組成的系統(tǒng)有拉力作用,因此系統(tǒng)的動量不守恒,選項(xiàng)B 錯誤。彈簧恢復(fù)原長時長木板有動能,因此滑塊的動能小于,選項(xiàng)C 錯誤。設(shè)輕繩被拉斷時滑塊的速度為v1,彈簧彈力做功,根據(jù)動能定理得,設(shè)輕繩被拉斷后長木板和滑塊最終以速度v2向左運(yùn)動,根據(jù)動量守恒定律得mv1=(M+m)v2,根據(jù)功能關(guān)系得,解得μ=,選項(xiàng)D 正確。

11.(1)9.4 (2)滑輪的軸不光滑(或滑輪有質(zhì)量,軟繩有質(zhì)量,物體在運(yùn)動過程中受到空氣阻力,手機(jī)在下落過程中發(fā)生擺動等)

提示:(1)根據(jù)a-t圖像讀出手機(jī)的加速度a=4.7 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律得(mBmA)g1=(mA+mB)a,解得g1=9.4 m/s2。

提示:(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)d=5 mm+2×0.1 mm=5.2 mm。(2)滑塊通過光電門Ⅰ的瞬時速度v1==0.20 m/s。(3)滑塊在沿光滑的斜面下滑的過程中機(jī)械能守恒,則,整理得h1-h2=

13.(1)物體恰好能通過D點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律得mg=,解得vD=2 m/s。(2)物體經(jīng)過B點(diǎn)時的受力情況如圖3所示,根據(jù)動能定理可知,物體由B點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中有,根據(jù)牛頓第二定律得,解得vB=m/s,N=60 N。(3)物體在水平面上做勻加速直線運(yùn)動,根據(jù)牛頓第二定律得F-μmg=ma,根據(jù)位移與速度的關(guān)系式得2ax=v2B,解得x=2 m。

圖3

14.(1)運(yùn)動員從A點(diǎn)滑到O點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh=,解得v=(2)運(yùn)動員從離開O點(diǎn)到落在斜坡上,根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律得,解得(3)運(yùn)動員從離開O點(diǎn)到落在斜坡上,根據(jù)動量定理得Δp=mgt,解得,方向豎直向下。

16.(1)t=0時刻,物體P和Q之間發(fā)生彈性碰撞,設(shè)碰撞后物體P的速度是v1,物體Q的速度是v2,根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得,解得v1=6 m/s,v2=-3 m/s。物體P與Q發(fā)生碰撞后,物體P向右運(yùn)動,設(shè)物體P的加速度大小為a1,根據(jù)牛頓第二定律得μ1Mg=Ma1,解得a1=1 m/s。①設(shè)經(jīng)過時間t1,物體P向右運(yùn)動通過B點(diǎn),根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律得L=v1t1-,解得t1=(6-) s=0.7 s或t1==11.3 s(不符合實(shí)際,舍去)。因?yàn)閠1＜2 s,所以物體P向右通過B點(diǎn)時,不會被探測到。②設(shè)經(jīng)過時間t2,物體P與擋板碰撞后向左運(yùn)動通過B點(diǎn),根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律得,解得t2=(6-) s=2.54 s或t2=(6+) s=9.46 s(不符合實(shí)際,舍去)。因?yàn)? s＜t2＜4 s,所以物體P向左運(yùn)動通過B點(diǎn)時,會被探測到。(2)物體P與Q發(fā)生碰撞后,物體Q向左運(yùn)動,設(shè)物體Q的加速度大小為a2,根據(jù)牛頓第二定律得μ2mg=ma2,解得a2=3 m/s2。物體Q向左運(yùn)動的時間t==1 s,物體Q從A點(diǎn)開始向左運(yùn)動的距離x==1.5 m,物體P從發(fā)生第一次碰撞到停止運(yùn)動通過的路程s==18 m。因?yàn)閟-4L＞x,所以物體P與Q能發(fā)生第二次碰撞。物體Q向左運(yùn)動的時間t=1 s,在第一次碰撞結(jié)束后1 s 內(nèi),物體P通過的路程s1=v1t-=5.5 m,s1＜4L+x,因此物體P與Q的第二次碰撞發(fā)生在物體Q靜止之后,即在第二次碰撞之前,物體P通過的路程為4L+x,物體Q通過的路程為x。從第一次碰撞到第二次碰撞的過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能E=μ1Mg(4L+x)+μ2mgx,解得E=39.5 J。