卷3 运动和力的关系-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考物理真题分类优化卷(分项3A)

最新5年高考真题分类优化卷·物理（三） 卷3运动和力的关系 姓名 班级 考号 得分 本卷共15小题，满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选 项中，第1~7题是只有一项是符合题目要求的。 1.(2025·北京)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向 前运动。飞船和空间站的质量分别为和M,则飞船和空间站之间的 作用力大小为 () 空间站 飞船 M m M AM十mF B.M+m C.mF D.MF 2.(2025·安徽)倾角为0的传送带以恒定速率v。顺时针转动。t=0时在 传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。。时刻物块运动到传送带 中间某位置，速度达到。。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到 vo. 顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是 3.(2025·海南)神舟十七号载人飞船返▣舱于2024年4月30日在东风 着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减 速，返回舱速度大大减小，在减速过程中 () A.返回舱处于超重状态 B.返回舱处于失重状态 C.主伞的拉力不做功 D.重力对返回舱做负功 4.(2024·全国)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P,P置于 水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略）， 盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得 到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是 () 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（三）3-1】3A 5.(2024·北京)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中， 若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是() A.上升和下落两过程的时间相等 B.上升和下落两过程损失的机械能相等 C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 6.(2024·安徽)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的 一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的 小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中 点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止， 此时拉力F大小为2g。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹 性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过 程中 () 000000000000 MoTgowaN3N 0 A.速度一直增大 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为3g D.加速度先增大后减小 7.(2024·湖南)如图，质量分别为4m、3、2m、m的四个小球A、B、C、D, 通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度 为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 () B C 6D A.g,1.5g B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g 8.(2024·广东)如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落 【3-2】3A 伞。在接近某行星表面时以60m/s的速度竖直匀速下落。此时启动 “背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探 测器质量为1000kg,背罩质量为50kg,该行星的质量和半径分别为地 球的和地球表面重力加速度大小取g10m/5。忽略大气对探 测器和背罩的阻力。下列说法正确的有 () 降落伞 背罩 探测器 A.该行星表面的重力加速度大小为8m/s B.该行星的第一宇宙速度为7.9km/s C.“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80m/s2 D.“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选 项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有 选错的得0分。 9.(2024·辽宁)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为 。t=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一 小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t= 4t。的时间内，木板速度)随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力 加速度大小。t=41。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是 ( 2.36.4。t A.小物块在t=3t。时刻滑上木板 B.小物块和木板间动摩擦因数为24 C.小物块与木板的质量比为3：4 D.t=4t。之后小物块和木板一起做匀速运动 10.(2024·全国)蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到 蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间的关系如图所示。假设运动过 程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略 空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是() 【3-3】3A ◆FN 0 0.5 1.01.5 2.02.5/s A.t=0.15s时，运动员的重力势能最大 B.t=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s C.t=1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小 为4600N 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(12分)(2024·全国)学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力 计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9. 8m/s2。 (1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为 N(结果保留1位小 数)； (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N,则此段时间内物体处 于 (填“超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为 m/s (结果保留1位小数)。 12.(10分)(2022·辽宁)某同学利用如图所示的装置测量重力加速度，其 中光栅板上交替排列着等宽度的遮光带和透光带（宽度用d表示）。实 验时将光栅板置于光电传感器上方某高度，令其自由下落穿过光电传 感器。光电传感器所连接的计算机可连续记录遮光带、透光带通过光 电传感器的时间间隔△t。 遮光带「 透光带 (1)除图中所用的实验器材外，该实验还需要 (填“天平”或“刻 度尺”)； (2)该同学测得遮光带（透光带）的宽度为4.50cm,记录时间间隔的数 【3-4】3A 据如表所示： 编号 1遮光带 2遮光带 3遮光带 △t/(×10-3s) 73.04 38.67 30.00 根据上述实验数据，可得编号为3的遮光带通过光电传感器的平均速 度大小为3= m/s(结果保留两位有效数字)； (3)某相邻遮光带和透光带先后通过光电传感器的时间间隔为△t1、 △t2,则重力加速度g= (用d、△t1、△t2表示)； (4)该同学发现所得实验结果小于当地的重力加速度，请写出一条可能 的原因： 13.(10分)(2024·全国)如图，一长度l=1.0m的均匀薄板初始时静止 在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物 块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离△1=6 时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动 到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数4=0. 3,重力加速度大小g=10m/s2。求： (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； (2)平台距地面的高度 14.(12分)(2024·海南)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的 光滑圆弧形滑梯，半径R=10m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度h= 5,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端，并与其水平相 切，滑板质量M=25kg,一质量为=50kg的游客，从a点由静止开 始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边 缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行：=16m停下。游客视为质 点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为μ=0.2，忽略空气阻 【3-5】3A 力，重力加速度g=10m/s2,求： R (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小： (2)滑板的长度L。 15.(14分)(2024·湖北)如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀 速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一 悬点O,用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球， 小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子， P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左 端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的 速度大小为1/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻 绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间 的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10m/s。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小 距离。 【3-6】3Ak mg-pgV 4.0×106×9.8-8.0×10×9.8×5.0X100 =5.292× 1 15 10-4kg/s (3)若选择一个密度更大，体积相同的小球，浮力 PgV不变，根据m=pV可知小球的质量增大，根据 平衡方程mg=kv十pgV可知小球的速度增大，所 以在相同的时间内小球下落的高度增大，所以该直 线可能是图像中的①虚线。 答案：(1)匀速直线(2)5.292×101(3)① 12.解析：(1)根据胡克定律有mg=kx 整理后有x= g 则m图像的斜牵为冬，则图像斜率越大弹簧的劲 度系数越小，由图乙可看出直线2的斜率大于直线 1的斜率，则k1>k2 由于1的圈数少，2的圈数多，则可知弹簧单位长度 的圈数越多，弹簧的劲度系数越小。 g (2)根据x=友m 结合图乙可计算出 g g 341-kmkm 由于弹簧1的劲度系数为k,则 k k1=k,k,=3 △F (3)根据k= △.x 可知，弹簧1弹力的变化量不受弹簧2的重力的影 响，所以弹簧2不会引起弹簧1劲度系数测量的 误差。 (4)由题意可知，弹簧1的劲度系数为k,则弹簧2 的劲度系数为3，所以把两个弹簧串联起来，当下 面挂质量为m。物体时，根据平衡条件得 k1△x1=mog k2△x2=mog k(△x1+△x2)=mog 解得'=·人一飞 k1十k24 答案：1)多(2令(3)不会(4冬 13.解析：(1)由于木板匀速运动则有 2F cos 0=f 带入数据解得 f=450N (2)根据功的定义式有 W=2Flcos 0 带入数据解得 W=9.0×103J (3)根据功率的定义式有 W P= 带入数据有 P=600W 答案：(1)450N(2)9.0×103J(3)600W 14.解析：(1)重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q 【4】 绳中拉力的大小分别为T,和T2,竖直方向 T cos a=mg+T2cos B 水平方向 Ti sin a=T2sin B 联立代入数值得 T1=1200N,T,=900N (2)整个过程根据动能定理得 W+mgh=0 解得两根绳子拉力对重物做的总功为 W=-4200J 答案：(1)1200N,900N(2)-4200J 15.解析：(1)由题意知，C受力平衡，则竖直方向满足 2Fcos30°=mg 解得F= (2)C恰好降落到地面时，即对地面压力仍为零时， B受C压力的水平分力最大，由几何关系知 2F'c0s60°=mg 则水平分力为Fmx=F′cos30° 此时B受地面的摩擦力为∫=μF、 1 其中F=2mg+F'sin30°=mg 根据题意fin=Fxmax 解得以min=2 (3)由题意得，C下降的高度为 h=(3-1)R A的位移x=2(-1)R 则摩擦力做功的大小为 W,=fx=2(3-1)μmgR 根据动能定理W-W,十mgh=0一0 解得W=(2μ-1)(3-1)mgR 答案：g《2号 (3)(2μ-1)(3-1)mgR 卷3运动和力的关系 1A根据题意，对整体应用牛顿第二定律有 F=(M+m)a 对空间站分析有 F'=Ma 解两式可得飞船和空间站之间的作用力 M F'=M+m F 故选A。 2.C0一t。时间内：物体轻放在传送带上，做加速运 动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦 力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故 做匀加速运动。。之后：当物块速度与传送带相同 时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为 零，物块做匀速直线运动。C正确，A、B、D错误。故 选C。 3.A返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超 重状态，故A正确，B错误；主伞的拉力与返回舱运 动方向相反，对返回舱做负功，故C错误；返回舱的 重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功， 故D错误。故选A。 4.D设P的质量为M,P与桌面的动摩擦力为∫；以 P为对象，根据牛顿第二定律可得 T-f=Ma -3A 以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得 mg-T=ma 联立可得 a=M=孤·m 可知，Qm不是线性关系，排除A、C选项，可知当砝 码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码 静止，加速度为0，当砝码重力大于F时，才有一定的 加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g。 故选D。 5,C小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程 中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升 过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力 (加速度)，D错误；小球运动的整个过程中，空气阻 力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度 小于出时的速度，所以上升过程中小球动量变化 的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定 理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的 冲量，C正确；上升与下落经过同一位置时的速度， 上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过 程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落 过程所用时间，A错误：经同一位置，上升过程中所 受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可 知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损 失，B错误。故选C。 6.A缓慢拉至P,点，保持静止，由平衡条件可知此时 拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此时两弹 簧的合力大小为g。当撤去拉力，则小球从P点运 动到。，点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终 向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；小球 从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖 直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变 小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿 第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,C、 D错误。故选A。 7.A剪断前，对B、C、D分析 FAn=(3m+2m+m)g 对D,FcD=mg 剪断后，对B,FAB-3mg=3maB 解得a=g 方向竖直向上； 对C,Fpc+2mg=2mac 解得ac=1.5g 方向竖直向下。 故选A。 8.C在星球表面，根据G恤-mg 可得g-GM R 行芝的质童和半径分别为地球的。和宁。地球表西 重力加速度大小取g=10m/s2,可得该行星表面的 重力加速度大小 g=4 m/s 故A错误： 在星球表面上空，根据万有引力提供向心力 GMu-m R GM 可得星球的第一字宙速度=√ 【5】 行星的质量和半径分别为地球的0和2，可得该行 星的第一宇宙速度V行=行V 地球的第一宇宙速度为7.9km/s,所以该行星的第 一宇宙速度行=」 -×7.9km/s 故B错误； “背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体 做匀速直线运动，对探测器受力分子，可知探测器与 保护背罩之间的作用力F=mg'=4000N “背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N,对 背罩，根据牛顿第二定律F=m'a 解得a=80m/s 故C正确； “背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率 P=mg'v=1000×4×60W=240kW 故D错误。 故选AC。 9.ABDv-t图像的斜率表示加速度，可知t=3t。时 刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3to 时刻滑上木板，故A正确； 结合图像可知t=3t。时刻，木板的速度为 Vo=ugto 设小物块和木板间动摩擦因数为4，由题意可知物 体开始滑上木板时的速度为 3 01=一2gto,负号表示方向水平向左 物块在木板上滑动的加速度为 a。samg =A0g 经过t。时间与木板共速此时速度大小为V共 1 =24g1o,方向水平向右，故可得0装一U1=a,l0 解得μo=2μ 故B正确； 设木板质量为M,物块质量为m,根据图像可知物块 未滑上木板时，木板的加速度为 1 2ugto 1 a= 2ug 故可得F-Mg=Ma 3 解得F=2uMg 根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为 3 a'= 2g1。-之ug10 =一以g 此时对木板由牛顿第二定律得 F-u(m+M)g-μomg=Ma 解得贺=司 1 故C错误； 假设t=4。之后小物块和木板一起共速运动，对整 3 F-g (m+M)g=uMg-uMg=0 故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t=4t。 之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 故选ABD。 -3A 10.BD根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15s时， 蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此 时运动员处于最低，点，运动员的重力势能最小，故 A错误：根据题图可知运动员从t=0.30s离开蹦 床到t=2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s, 根据竖直上炮运动的对称性可知，运动员上升时间 为1s,则在t=1.3s时，运动员恰好运动到最大高度 处，t=0.30s时运动员的速度大小v=10×1m/s =10m/s,故B正确，C错误；同理可知运动员落到 蹦床时的速度大小为10m/s,以竖直向上为正方 向，根据动量定理 F·△t-mg·△t=mu-(一mw) 其中△t=0.3s 代入数据可得F=4600N 根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到 离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N, 故D正确 故选BD。 11.解析：(1)由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N,则 读数为5.0N。 (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N, 小于物体的重力可知此段时间内物体处于失重 状态； 根据G=mg=5.0N 根据牛顿第二定律mg一T=ma 代入数据联立解得电梯加速度大小a≈l.0m/s 答案：(1)5.0(2)失重1.0 12.解析：(1)该实验测量重力加速度，不需要天平测质 量；需要用刻度尺测量遮光带（透光带）的宽度，故 需要刻度尺： (2)根据平均速度的计算公式可知 d4.5×10-2m ==30×101s =1.5m/s (3)根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的 速度，有 d d 2一t △t2+△ti) v:=v1+g 2d(△t1-△t2) 可得g=M1△，（△1，十△】 (4)光栅板的长度明显，下落过程中受到空气阻力 的影响，所以竖直向下的加速度小于重力加速度。 答案：(1)刻度尺(2)1.5 (3)2d, △t1-△t2 (4)光栅板受到空气阻 △t1△t2(△t1+△t2) 力的作用 13.解析：(1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大 小为a1=g=3m/s 薄板做加速运动的加速度 d:tumng=3 m/s m 1 对物块l什△1=ut2a1 1 对薄板△l=2a:t 解得vo=4m/s 【6】 1 1=38 (2)物块飞离薄板后薄板得速度v2=a2t=1m/s 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运 动，则当物块落到地面时运动的时间为 261 t'= 5 则平台距地面的高度h=豆82= 5 答案：(1)4m/s:3s(2)gm 14.解析：(1)设游客滑到b点时速度为vo,从a到b过 程，根据机械能守恒 mgh=2 mv 解得vo=10m/s 在b点根据牛顿第二定律 o F、-mg=mR 解得F、=1000N 根据牛顿第三定律得游客滑到b,点时对滑梯的压 力的大小为FN'=FN=1000N (2)设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运 动过程由动能定理得一umgs=0一 2 mo 解得v=8m/s 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台 的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一 直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大 小分别为a1和a2,得 a =umg =ug=2 m/s? m a,=m3=4m/s M 根据运动学规律对游客=v。一a1t 解得t=1s U十V 该段时间内游客的位移为s1= t=9m 2 1 滑板的位移为52=2a,=2m 根据位移关系得滑板的长度为L=51一s2=7m 答案：(1)1000N(2)7m 15.解析：(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第 二定律有mg=ma 解得a=5m/s 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的 距离为 =2.5m<L传=3.6m 可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速， 即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等 于传送带的速度大小5m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短， 小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方 向，由动量守恒定律有 mv=m骑V1十m球vg 其中 v=5m/s,v1=-1m/s 解得v2=3m/s -3A 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的 总动能为 1 1 △Ek=号m元2-2物012m球喝 解得△Ek=0.3J (3)若小球运动到P,点正上方，绳子恰好不松弛，设 此时P,点到O,点的距离为d,小球在P,点正上方的 速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有 m球g=m球Le一d 小球从O,点正下方到P点正上方过程中，由机械能 守恒定律有 之m40i=之m珠0十m球g(2L绳一d) 联立解得d=0.2m 即P,点到O点的最小距离为0.2m。 答案：(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m 卷4曲线运动 M 1.D N AB,鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有？ 二g,由于hw<hN,则w<1N,要同时接到鸟 食，则在N点接到的鸟食先抛出，故AB错误；CD 在水平方向有x=Ut,如图，过M点作一水平面， 可看出在相同高度处M点的水平位移大，则M点接 到的鸟食平抛的初速度较大，故C错误，D正确。 2.C动能表达式为Ek=2mu吗 由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前 的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车 离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上 时间不变，根据x=wt 可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距 离为调整前的2倍。 故选C。 3.B车做平抛运动，设运动时间为t,竖直方向 h=28 水平方向d=u。t 其中d=25m、vw=25m/s 解得h=5m 故选B。 4.A不计空气阻力，在喷泉喷出的水在空中只受重 力，加速度均为重力加速度，故A正确； 设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为，，水平方向 速度为'，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的 2h 时间t=2入g ,可知tb>t,D错误； 最高点的速度等于水平方向的分速度，= 由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断最高 点的速度大小关系，根据速度的合成可知无法判断 初速度的大小，B、C错误； 故选A。 【7】 5.B第一次拋出上升的高度为h1=3.2m一1.4m=1. 8 m 2h 故上升时间为=√g =0.6s 最高点距水平地面高为ho=3.2m,故下降的时间为 t\Ng =0.8s 故一次抛出上升时间，下降时间比值为3：4，故A 错误： 两条轨迹最高，点等高，故可知两次从拋出到落地的 时间相等为 t=t上1+t1=1.4s 故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分 别为 OQ V1= =6m/s U2= OQ:=7m/s 由于两条轨迹最高，点等高，故她出时竖直方向的分 速度相等为 v=gt上1=6m/s 由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第 二次机械能少 △E=2m0。-2mu=1.3J 故B正确； 从尬出到落地瞬间根据动能定理 1 Ex=Exo+mghon=2 m()+mghon= 10J 1 Ev =Exo:mghonr=2 m()+mghonr =11. 3J 故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为100：113， 故C错误； 根据前面分析可知两次她出时竖直方向的分速度相 同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由 于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度 不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角 较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大， 故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向 夹角比第二次大，故D错误。 故选B。 6.D与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦 力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据 牛顿第二定律可得ng=mwr 解得= 因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此 可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO'的距离与陶 屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置 都有陶屑。故A、B、C错误； 离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦 力，由前述分析可知最大的运动半径为R=吗， a2A与 仙均一定，故R为定值，即离轴最远的陶屑距离不超 过某一值R。故D正确。 故选D。 7.B设水从出水口射出的初速度为V。,取t时间内的 水为研究对象，该部分水的质量为m=vtSp -3A