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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(shè)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(guān)系有咖Ag-…｜n0,設(shè)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(zhuǎn)化為小 球的動能,還有＿部分轉(zhuǎn)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?？芍仙^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(guān)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(shè)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(shè)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(xí)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?qū)U為拉力,即小球?qū)U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(shè)小球在最低點的灌度為酣.最高點的逮度為聊｜側(cè)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(shè)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(yīng)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(jié)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(shè)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(shè)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(guān).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(shè)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(guān)系z＝z』 』根據(jù)加速度的定義α＝ ”罕0 ,得兩過程的加速度關(guān)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(zhuǎn)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(shè)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小／正比于它的速度,設(shè)／＝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(shè)繩的逮度為財絢.那么,編≡…當′≡30.時,砌繩—…曠-粵融根據(jù)功熊關(guān)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(jié)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(shè)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(cè)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(guān),故B項錯誤。 C項,沖量大小與動量大小無關(guān),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(shè)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(guān),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(shè)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(zhuǎn)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(cè)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(shè)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(shè)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(guān)系未知,所以無法判斷質(zhì)量和速度大小關(guān)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(jié)束 后,機械能守恒,只有重力做功’動能轉(zhuǎn)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(shù) 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(cè)（如圖所示）。由題知AB＝α,＿—← B O MA OA＞OB＜根據(jù)功能關(guān)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′≡O(shè)M,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(shè)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(cè);-而黑『翹, ’炊A項錯誤,B項正確 C、D項,系統(tǒng)損失的動能轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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