专题8 力学专题综合-【一飞冲天·高考专项】2025年高考专题分类物理

专题分类物理 专题八 力学专题综合 馨)基础题 一、单项选择题 1.(2021·南开中学第五次月考)如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静 止状态，铁夹与小球的接触面保持竖直，下列说法正确的是 A.小球受到的摩擦力方向竖直向下 B.小球受到的摩擦力与重力大小相等 C.若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大 D.若铁夹水平移动，小球受到的摩擦力变大 2.(2021·红桥区一模)如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度。匀速下 滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力 A.不为零，方向向右 B.不为零，方向向左 C.大小为零 D.不为零，与大小有关 3.(2023·天津一中第三次月考)在冬奥会短道速滑比赛时，在交接区域，“交棒”的运动员猛推“接棒” 的运动员一把，使“接棒”的运动员向前快速冲出。在此过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上 的相互作用，下列说法正确的是 A.两位运动员的加速度相同 B.两位运动员受到对方的冲量相同 C.两位运动员的动量变化量一定不相同 D.两位运动员组成的系统机械能一定守恒 4.(2020·西青区期末)在滑冰场上，甲、乙两个小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一 下后分别向相反方向运动，假定两板与冰面间的动摩擦因数相同，已知甲在冰上滑行的距离比乙远， 这是由于 () A.在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力 B.在推的过程中，甲推乙的力的时间小于乙推甲的时间 C.在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度 D.在分开后，甲的加速度大小小于乙的加速度大小 5.(2021·耀华中学一模)质量为400kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加 速度α与速度的倒数上的关系如图所示，已知图像斜率k数值大小为400，下列说法正确的是( A.赛车速度随时间均匀增大 a/(m"s23 B.赛车加速度随时间均匀增大 C.赛车运动时发动机输出功率为160kW /(s'm-) D.图中b点取值应为0.01，其对应的物理意义表示赛车的最大时速为160km/h 一心冲天 6.(2024·和平区一模)2023年5月23日，中国空军八一飞行表演队时隔14年换装新机型，歼-10C飞 出国门，在马来西亚航展上腾空而起，特技表演惊艳全场。飞机在竖直平面内经一段圆弧向上爬升， 忽略阻力，飞机沿圆弧运动过程，下列说法正确的是 A.若飞机沿圆弧向上匀速爬升，则所受合力为零 B.若飞机沿圆弧向上匀速爬升，则重力的功率不变 C.若飞机沿圆弧向上匀速爬升，则发动机的推力大小不变 D.若飞机沿圆弧向上加速爬升，则发动机推力做的功大于重力势能增加量 二、不定项选择题 7.(2023·耀华中学第二次月考)如图所示，一个表面光滑的斜面体M置于在水平地面上，它的两个与 水平面的夹角分别为a、B,且α<B,M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个 小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态。剪断细 绳后，A、B滑至斜面底端，斜面体M始终保持静止。下列说法正确的是 A.滑块A的质量大于滑块B的质量 B.两滑块到达斜面底端时的速度相同 B C.两滑块到达斜面底端时，A滑块重力的瞬时功率较大 M D.在滑块A、B下滑的过程中，斜面体受到水平向左的摩擦力 77777777777777777777777777 8.(2020·南开中学第一次月考)如图所示，A、B两物体质量均为，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定 于地面上)。对物体A施加一竖直向下、大小为F(F>2g)的力，将弹簧再压缩一段距离（弹簧始终 处于弹性限度内)而处于平衡状态。现突然撤去力F,设两物体向上运动过程中物体A、B间的相互 作用力大小为F、。不计空气阻力，关于F、的说法正确的是（重力加速度为g) ( ) A.刚撤去力F时，FN=mg十E B.弹簧弹力大小为F时，Fy B C.物体A、B的速度最大时，FN=mg 00000 D.弹簧恢复原长时，FN=O 9.(2023·南开区二模)“神舟十三号”返回舱返回地面时，在距离地面大约十公里的地方打开主降落 伞，一段时间后返回舱开始沿竖直方向匀速下落，从离地13m处经1.5s到达离地1m处，此时返回 舱上的四台反冲发动机同时点火提供恒定作用力，使返回舱到达地面时速度减为2/s,从而实现软 着陆。设返回舱的质量为3×103kg,取g=10m/s2,忽略反冲发动机点火后主降落伞对返回舱的作 用和空气对返回舱的作用，下列说法正确的是 ( ) A.匀速下落过程中，降落伞对返回舱做功的功率逐渐减小 B.反冲发动机工作时，舱内航天员的加速度大小为3g C.减速过程反冲发动机对返回舱做的功为一9.0×10J D.减速过程反冲发动机对返回舱的冲量大小为2.4×10N·s 一冲天 三、非选择题 10.(2022·红桥区期末)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持 v=2m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=1kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩 擦因数4=0.2。设皮带足够长，重力加速度g取10m/s2。 (1)求邮件与皮带发生相对滑动的过程中，邮件相对滑动的时间t; (2)求邮件与皮带发生相对滑动的过程中，邮件对地的位移大小x; (3)求邮件与皮带发生相对滑动过程中生的热。 冲 11.(2020·杨村一中模拟)如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2/s沿顺时针方向匀速转 动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切。一质量为=2kg的物体 自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=0.45,物体与传送带之间的动摩擦因数 为μ=0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，重力加速度g取 10m/s2。 (1)求物体第一次滑到圆弧轨道下端时对轨道的压力大小； (2)求物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W以及由于摩擦 而产生的热量Q ☑ 专题八力学专题综合 12.(2023·耀华中学第三次月考)A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知A、B质量均为 m=1kg,轻弹簧的劲度系数为100N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F,使木块A由静 止开始以2m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动。重力加速度g取10m/s2。 (1)求使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中，力F的最大值； (2)若木块A竖直向上做匀加速运动，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减少了1.28J,求 在这个过程中力F对木块做的功。 7777777777777 知天 13.(2023·新华中学第二次月考)如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左 边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中 间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使 传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光 滑圆轨道。质量m=2.0kg的物块B从圆轨道的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的 动摩擦因数=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞， 第一次碰撞前，物块A静止。重力加速度g取10m/s2。 (1)求物块B滑到圆轨道的最低点C时对轨道的压力大小； (2)求物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能。 专题分类物理 提升题 一、单项选择题 1.(2022·实验中学第三次月考)如图甲所示，将可视为质点的小物块用轻弹簧悬挂于拉力传感器上， 拉力传感器固定于天花板上，将小物块托起一定高度后释放，拉力传感器记录了弹簧拉力F随时间 变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是 A.t。时刻弹簧弹性势能最大 拉力传感器 B.2t。时刻弹簧弹性势能最大 C.,时刻弹黄弹力的功率为0 D.,时刻物体处于超重状态 2.(2023·天津一中第二次月考)如图所示，用质量为0.5kg的铁锤钉钉子，打击前铁锤的速度为 3m/s,方向竖直向下，打击后铁锤的速度变为1m/s,方向竖直向上，设打击时间为0.05s,重力加速 度g取10m/s2,则铁锤钉钉子的平均作用力大小为 A.20N B.25N C.40N D.45N 3.(2023·新华中学第一次月考)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率1沿顺时针方向转动，传送 带的倾角为37°。物块以初速度。从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的ot 图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取 10m/s2,下列说法正确的是 A.由图乙可知，0~1s内物块受到的摩擦力大于1~2s ←v/(m's) 内的摩擦力 1 B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 、7370 甲 D.传送带底端到顶端的距离为11m 二、不定项选择题 4.(2021·耀华中学二模)如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运 动，上滑的最大高度为3.0。选择地面为参考平面，上滑过程中，物体的机械能E随物体离地面的 高度h的变化关系如图乙所示。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.60，cos37°=0.80。下列说法正 确的是 一冲天 A.物体与斜面之间的动摩擦因数=0.5 B物体的质量m=号kg 个EJ 50 30 C.物体上滑过程中的加速度大小a=1m/s2 01.02.03.0h/m D.物体回到斜面底端时的动能E=10J 甲 乙 5.（2022·五校联考期未)在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面成日 角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将=1kg的货物放在传送带上的A处，经过 1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示， 已知重力加速度g取10m/s2,由vt图像可知，下列说法正确的是 A.货物从A运动到B的过程中，摩擦力恒定不变 /(m's) B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 货物 传送带 C.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热 00.2 量为4.8J B 1.2t/s 甲 乙 D.A、B两点的距离为2.4m 6.(2023·新华中学第二次月考)如图所示，某滑雪运动员从弧形坡面上滑下沿水平方向飞出后又落回 到斜面上，若斜面足够长且倾角为0，某次训练时，运动员从弧形坡面先后以速度。和3，水平飞出， 飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，下列说法正确的是 ) A.运动员先后落在斜面上所用时间之比为1：3 B.运动员先后落在斜面上位移之比为1：3 C.运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为1：3 D.运动员先后落在斜面上动量的变化量之比为1：3 7.(2024·和平区一模)如图所示，质量相同、带等量异种电荷的甲、乙两粒子，先后从S点沿SO方向垂 直射入匀强电场中，分别经过圆周上的P、Q两点，不计粒子间的相互作用及重力，则两粒子在圆形 区域内运动过程中，下列说法正确的是 ( ) A.甲粒子的入射速度小于乙粒子 P< E 甲 B.甲粒子所受电场力的冲量小于乙粒子 0 C.甲粒子在P点的速度方向可能沿OP方向 D.电场力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功 一冲天 三、非选择题 8.(2021·南开中学第四次月考)如图甲所示，水平桌面上固定一光滑曲面，曲面下端A切线水平，并与 半径为r=0.08m的竖直光滑圆轨道平滑连接。质量为m=0.1kg的小物块从曲面上离桌面的高 度h处无初速度释放，先通过圆轨道后进人桌面AC部分。在圆轨道的最高点B有一压力传感器， 可测出物块经过B点时对轨道的压力F,取不同高度得到相应的压力，做出F-h关系图像如图乙所 示。已知桌面AC长度L=0.6m,与小物块间的动摩擦因数4=0.5，桌面离地面的高度H=0.45m, 空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。 △L 777777777777 甲 (1)若小物块恰能滑到C端，求小物块释放时离桌面的高度九； (2)求图乙中的横、纵截距a、b; (3)若将桌面右端截去长为△L的一段，小物块仍从五，位置无初速度释放后将滑离桌面，最终落在水 平地面上的P点，要使AP的水平距离最大，△L应为多大？ 飞冲天 专题八力学专题综合 9.(2021·南开中学第六次月考)如图所示，轨道ABCD由三个几何图形的边拼接而成，其中OAB是 半径为R=2.5m的圆周，OBCE为一正方形，ECD为等腰三角形，其中EC边长等于ED边长，D 点与水平轨道BC间的高度差h=0.8m。现将质量为0.8kg的小滑块m1放在轨道A点，将质量为 1kg的小滑块m2放在轨道的D点，然后将两滑块同时由静止释放，m1沿轨道AB下滑，m2沿光滑 轨道DC下滑，然后滑上水平轨道BC,BC轨道与m2间的动摩擦因数4=0.14，设m2由DC滑至BC 轨道时没有动能损失，两滑块恰好在B点发生碰撞，m,碰撞后静止在B点，2反弹滑回轨道BC,滑 行s=0.7m后停在BC上，两滑块碰撞的时间△t=0.01s。(重力加速度g取10m/s (1)求两滑块撞击时的撞击力大小； (2)求碰撞前瞬间1对圆弧轨道B点的压力； (3)求m1沿圆弧轨道下滑过程中摩擦力的功。 (4)求m,沿圆弧轨道下滑的时间。（结果保留三位有效数字） 冲天 THET○P 飞冲天专题八力学专题综合 基础题 1.BA、B.在竖直方向上小球受摩擦力和竖直向下的重力，二力 平衡，等大反向，所以摩擦力方向竖直向上；C.若增大铁夹对小 球的压力，则水平方向上的力变化了，而竖直方向上摩擦力和 重力仍等大反向，故小球受到的摩擦力不变；D.若铁夹水平匀 速移动，水平方向不受摩擦力，小球在竖直方向上合力仍为零， 摩擦力和重力仍等大反向，故小球受到的摩擦力不变。 2.C物块滑动时受到重力、斜劈提供的弹力和摩擦力，由于匀 速，所以斜劈提供的弹力和摩擦力的合力方向竖直向上，大小 等于物块的重力。对斜劈受力分析，受到重力、地面的支持 力、物块对斜劈的弹力和摩擦力，由于物块对斜劈的弹力和摩 擦力的合力方向竖直向下，所以地面对斜劈的摩擦力为零。 3.CA.根据牛顿第三定律，两位运动员受到的推力大小相等， 、但因为两位运动员的质量不一定相同，根据牛顿第二定律，两 一人的加速度不一定相同：B两位运动员受到的冲量大小相 一等，方向相反；C.根据动量定理，动量的变化量等于冲量，所 以两位运动员动量的变化量方向相反，一定不相同：D.由题 意知该过程化学能转化为动能，所以两位运动员组成的系统 机械能一定增加。 4.CA、B.由牛顿第三定律可知，两个力等大反向，且具有等时 性：C.由=2μgs可知，因为s甲>sz,所以仰>z:D.由牛 顿第二定律可知，加速度a=ms=g,所以a甲=a2。 m 5.C对汽车受力分析，根据牛顿第二定律得？-∫=m,整理 得a=卫·⊥一士。A因为功率恒定，所以加速度随时间发 m v m 生变化，汽车做变加速直线运动；B.随着速度增大，加速度逐 渐减小：C.结合图像得k=P=400,解得P=160kW:D.由 m 函数知识可知图像的斜率=合=40，解得=0.01/m,其 对应的物理意义表示赛车的最大时速=方=10m/s= 360km/h. 6.DA.若飞机沿圆弧向上匀速爬升，所受合力提供所需向心 力，所受合力不为零；B.若飞机沿圆弧向上匀速爬升，根据 P。=mg℃，由于竖直分速度大小不断变化，所以重力的功率 不断变化；C.若飞机沿圆弧向上匀速爬升，飞机的重力和发 动机的推力的合力提供所需向心力，由于重力不变，合力大小 不变，合力的方向时刻发生变化，根据力的矢量三角形定则可 知发动机的推力大小时刻发生变化；D.若飞机沿圆弧向上加 速爬升，则飞机的动能增加，根据动能定理，可知发动机推力 做的功大于克服重力做的功，即发动机推力做的功大于重力 势能增加量。 7.ADA.开始时由滑块A、B均静止，则满足magsin a= nagsin B,因为a<B,所以mA>B;B.根据动能定理有mgh= 2m心一0，所以两滑块到达斜面底端时的速度大小相同，但 1 方向不同；C.滑到底端时滑块A重力的瞬时功率PA= ngusin&,滑块B重力的瞬时功率PGB=ngusin3B,所以PcA= PGB;D.在滑块A、B下滑的过程中，设斜面体受到水平向左 的摩擦力f,满足mAgcos asin a=f+mpgcos Bsin B,整理得 f=ma gsin a(cosa一cos3)>0,所以斜面体受到水平向左的 摩擦力。 8.BCDA.在突然撤去F的瞬间，物体A、B整体的合力向上， F 大小为F,根据牛顿第二定律，有F=2ma,则a=2加，对物体 A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有F、一 F mg=ma,联立解得F=mg十之：B.弹簧弹力等于F时，对 整体根据牛顿第二定律，有F一2mg=2ma1,对物体A有Fv F mg=ma,联立解得F、=乞C.当物体A,B整体的合力为 零时，速度最大，对物体A,由平衡条件得F、=mg;D.当弹簧 恢复原长时，根据牛顿第二定律，对整体有2mg=2ma2,对物 体A有mg一FN=ma2,联立解得FN=0。 9.BDA.匀速下落过程中，降落伞对返回舱的作用力不变，所 以降落伞对返回舱做功的功率不变；B.返回舱做减速运动的 初速度4=子-13m四-8m/s,由运动学公式2a 1.5s 一品，解得反冲发动机工作时，舱内航天员的加速度α 一30m/s,即加速度大小为3g:C.减速过程，根据动能定理， 有mgh十w=之m-名m,解得W=-1.2×101: D.返回舱减速过程时间'=—=0.2s,由动量定理， 有I十mg'=mv一m,解得反冲发动机对返回舱的冲量 I=-2.4×104N·s,大小为2.4×10N·s。 10.(1)1s(2)1m(3)2J 解：(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动的过程中， 根据牛顿第二定律有mg=ma, 代入数据解得a=2m/s2, 根据运动学公式得时间t一”=1s: a (2)邮件对地的位移大小x=之a=1m: (3)邮件与皮带发生的相对位移△x=vt一x=1m, 产生的热Q=mg△x=2J。 11.(1)60N(2)W,=-20J,Q=25J 解：(1)物体沿圆弧轨道下滑过程， 由动能定理得mgR=号m号-0， 解得y=3m/s, 在轨道最低点，由牛顿第二定律得V一mg=m尺， 解得N=60N, 由牛顿第三定律可得，物体对轨道的压力大小F、=N= 60N。 (2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，规定 水平向右为正方向，由动量定理得mgt=mv一m(一)， 解得物体在传送带上运动的时间t=2.5s, 摩擦力对传送带做的功W,=一mg·=一20J, 物体与传送带间的相对位移x=十2g =6.25m, 摩擦而产生的热量Q=mgx=25J。 12.(1)12N(2)0.64J 解：(1)对木块A受力分析，受重力、拉力和木块B的支 持力， 根据牛顿第二定律有F+FN一mg=ma, 由题意，木块A做匀加速运动，合外力不变， 所以当Fy=0时，力F有最大值，此时Fm=mg十ma= 12N; (2)对木块A、B整体受力分析，静止时有2ng=kx1, 木块A、B分离时，对木块B,根据牛顿第二定律有k.x2一mg =ma, 则木块A、B分离前的位移x=x1一x2, 根据运动学方程有=2a.x, 整个过程木块A、B始终相对静止，对系统由功能关系， 有w,=号×2m+2mg+△E,且△EN=-1.28J, 联立解得W=0.64J。 13.(1)60N(2)12J 解：(1)物块B从静止释放到C点的过程， 由动能定理，有mgR=之m6-0, 在C点，对物块B由牛顿第二定律可得下、一mg=m爱， 联立解得FN=60N, 由牛顿第三定律可得，物块B滑到圆轨道的最低点C时， 对轨道的压力大小F=F、=60N: (2)由(1)可知=5m/s, 物块B在传送带上做匀减速直线运动，对物块B, 由牛顿第二定律有mg=ma, 解得物块B的加速度大小a=1m/s,方向水平向右， 对物块B,由运动学公式可得v一=2al, 解得物块B离开传送带时的速度U,=4m/s, 因为>4，所以物块B在传送带上一直向左做匀减速直线 运动， 因为物块B与物块A发生正对弹性碰撞， 由动量守恒定律，有mu,=m十M, 由能量守恒定律，有子m=合m十号M心， 联立解得2=-2m/s,3=2m/s, 所以物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能等 于碰后物块A的初动能， 即E,=号MG=12J。 提升题 山AA6时刻弹簧弹力最大，形变最最大，根据E,=?kx, 弹性势能最大；B.2。时刻弹簧弹力最小，形变量最小，根据 瓦，=k,弹性势能最小，C.2,时刻物块速度不为0，弹簧 弹力的功率也不为0：D.由图像可知，物体做简谐运动，拉力 为2F。时为平衡位置，此时mg=2F。,即号时刻拉力等于重 力，合外力为0，加速度为0，既不超重也不失重 2.D以铁锤为研究对象，取竖直向上为正方向，则打击前后铁 锤的速度分别为v,=一3m/s,2=1m/s,设钉子对铁锤的平 均作用力为F,方向竖直向上，根据动量定理可得(F-mg)t= m%一m,代入数据解得F=45N,根据牛顿第三定律可得，铁 锤钉钉子的平均作用力大小为45N,方向竖直向下。 3.CA、B.由题图乙可知，在0~1s内物块的速度大于传动带 的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方 向相反，1~2s内物块的速度小于传动带的速度，物块所受摩 擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，由于物块对 传送带的压力相等，根据公式F=:F、,可知两段时间内的摩 擦力大小相等：C.由题图乙可知，在0~1s内物块的加速度 大小a=A=8m/S2,根据牛顿第二定律得mgsin37°+ At umgcos37°=ma,解得=0.25；D.物块上升的位移大小等于 w-t图像中图线与坐标轴围成的图形的面积，所以x=10m。 4.ADA、B.以地面为参考平面，物体在斜面的最高点时，速度 为零，动能为零，所以物体的机械能E=E。=mgh,解得物体 质量=1kg,物体在沿斜面向上运动的过程中，只有重力和 摩擦力做功，由动能定理可得-mgh一amgeos37×sim3T =0一E制，物体在斜面的最低点时，E=Ek物=50J,解得4 0.5:C.物体在上滑运动中受重力、滑动摩擦力和支持力，由 牛顿第二定律可知mngsin37°十umgcos37°=ma,解得物体上 滑时的加速度大小a=10m/s2;D.物体在上滑和下滑的运动 中，受到的摩擦力大小相等，方向相反，在整个运动中，只有滑 动摩擦力做负功，重力、支持力做功均为零，因此摩擦力做负 功等于物体机械能的减少，所以物体回到斜面底端时的动能 sin37=10J。 h Ek=En-2 amgcos37°X、 5.BCA.由图像可知，0一0.2s时间内，传>v饿，货物受到的 摩擦力的方向沿传送带向下，0,2~1.2s时间内，货>传，货 物受到的摩擦力的方向沿传送带向上，故摩擦力的方向发生 变化：B.由图像可知，在0~0.2s时间内，货物做匀加速直线 运动，加速度的大小a1=10m/s2,对货物根据牛顿第二定律 有mngsin0十ngcos0=ma1,同理在0.2~1.2s时间内，货物 也做匀加速直线运动，但加速度的大小a2=2m/s2,对货物根 据牛顿第二定律有ngsin0-mgcos0=ma2,联立解得： 0.5、sin0=0.6、cos0=0.8;C.0~0.2s时间内的相对距离 (即两图线与坐标轴所围图形的面积差)△x1=0.2m,0.2 1.2s时间内的相对距离△x2=1m,总相对距离△x=△x1十 △x2=1.2m,所以货物与传送带摩擦产生的热量Q=mngcos0△x =4.8J:D.A、B两点的距离为v-t图像中，代表货物的图线 与横坐标围成的图形的面积，即x=3.2。 6.ADA运动员做平抛运动，则1ang=义=三矿 =,所以 21 时间1=tan9,因此运动员先后落在斜面上所用时间之比 g 4:4=6:3,=1:3:B,运动员在斜面上的位移s=) 贮因此运动员先后落在斜面上位移之比、：2=(：号 2sin 0 =1：9;C.运动员落在斜面上的速度，=√十(gt)2,所以 运动员落在斜面上的动能的变化量△E.=号m心-之md- 名mg,所以运动员先后落在斜面上动能的变化量之比 △E1:△Ek2=：t=1:9;D.运动员水平方向上动量守恒， 所以运动员落在斜面上的动量的变化量△p=m)=mg,所 以运动员先后落在斜面上动量的变化量之比△p,：△P2= t1:t2=1:3。 7.BDA.甲、乙两粒子在电场中均做类平抛运动，垂直于电场 。1 方向的位移y=%,沿电场方向的位移x=2at,根据牛顿 第二定徘有a-光，联立解得=y品由于>， m 甲<，所以甲>2B因为印<2x=盟，所以 2m <z,根据I电=qE,可知1电甲<I电乙：C.甲粒子在电场中均 做类平抛运动，可知速度反向延长线交于竖直位移的中点，即 甲粒子在P点的速度反向延长线应交SO于O点下方；D.因 为x甲<x乙，电场力对粒子做功W=gEx,所以W甲<W2。 8.(1)0.3(2)a=0.2,b=-5(3)0.225m 解：(1)根据动能定理有mgh,一mgL=0, 解得h1=0.3m; (2)设小物块经过B点时的速度为VB, 小物块从静止到B点的过程中， 由动能定理有mg（h一2r）=之m-0, 在B点根据牛顿第二定律有F十mg=m, 解得F=25h-5, 结合数学知识可得，当F=0时，a=0.2,当h=0时，b=一5： (3)截去△L后，设小物块滑离桌面时的速度为， 根据动能定理有mgh,一mg(L-AL)=之m-0, 小物块的落点到A点的水平距离s=L一△L十vt,又H= 联立解得s=0.6+√0.9△L-△L, 对s关于△L求导数得s=√0.9×7（△L)立-1， 令s=0,解得△L=0.225m。 【巧解】针对s=0.6十√/0.9△L一△L而言，本题求的是s的最 大值，从函数的角度出发，该式其实是二次函数，令f(x)=s, /△L=x,即f(x)=一x2+√0.9x+0.6,因为△L的取值范 围是[0,0.6]，所以x的取值范围是[0，√0.6]，二次函数的 因缘开口向下，关对称销为x=一名√品∈[0V06],所 b 以二次函数f(x)在对称轴处取最大值，即V公工=√0，所 /9 9 以△L=40m=0.225m. 9.(1)440N(2)17.68N,方向竖直向下(3)-7.9J (4)1.71s 解：(1)对滑块m2从D滑至B和m1碰撞前的过程 由动能定理可得mgh一m:gR=2m,心-0， 解得U1=3m/s, 对滑块m2与m1碰撞后的过程 由动能定理可得一m=0一2m号， 解得=1.4m/s, 对滑块2碰撞过程应用动量定理，规定向右为正方向， 则F△t=mh一(-m2%）, 解得F=440N; (2)对m1、m2碰撞过程， 由动量守恒定律可得m1十（一2y)=2, 解得m1运动到圆弧轨道最低点时的速度y=5.5m/s, 对m1运动到圆弧轨道最低点位置， 由牛顿第二定律可得F、一mg=mR, 解得Fx=17.68N, 由牛顿第三定律可知对圆弧轨道B点的压力大小为 17.68N,方向竖直向下； (3)对m1沿圆弧下滑过程， 由动能定理可得mgR十W=号m话一0， 解得W=一7.9J, (4)由于m1沿圆弧下滑过程所用时间和m2从D滑至B和 m1碰撞前的过程所用时间相同，所以计算m2从D滑至B的 时间即可， 设斜面与水平面夹角为0， 由牛顿第二定律得m2沿光滑斜面下滑的加速度a1= m2 gsin 0 =gsin 0, m2 沿斜面方向的位移x=之8sn0~, 由几何关系可知x=2Rsin0,(△ECD是等腰三角形，可过点 E作CD边的垂线得到此结论) 解得t=1s, 由牛顿第二定律，m2在水平面上滑行的加速度大小a2= 8=4g=1.4m/s, m2 由C滑至B的减速过程可看成由B滑至C的加速过程， 由运动学公式得R=2十2a,片， 解得=号 则m沿圆弧轨道下滑的时间1=4十名=号1.715，