2020年高考物理真题分类汇编 力学部分（含解析）
文档属性
| 名称 | 2020年高考物理真题分类汇编 力学部分（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-07-30 10:28:58 | ||
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文档简介
力学部分
一．选择题（共26小题）
1．（2020?新课标Ⅰ）火星的质量约为地球质量的，半径约为地球半径的，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（ ）
A．0.2 B．0.4 C．2.0 D．2.5
right2654302．（2020?浙江）如图所示，新中国成立70周年阅兵仪式上，国产武装直升机排列并保持“70”字样编队从天安门上空整齐飞过。甲、乙分别是编队中的两架直升机，则（ ）
A．以甲为参考系，乙是运动的
B．以乙为参考系，甲是运动的
C．以甲为参考系，坐在观众席上的观众都是静止的
D．以乙为参考系，“70”字样编队中所有直升机都是静止的
3．（2020?浙江）以下物理量为矢量，且单位是国际单位制基本单位的是（ ）
A．电流、A B．位移、m
C．功、J D．磁感应强度、T
right284480004．（2020?浙江）如图所示，一对父子掰手腕，父亲让儿子获胜。若父亲对儿子的力记为F1，儿子对父亲的力记为F2，则（ ）
A．F2＞F1 B．F1和F2大小相等
C．F1先于F2产生 D．F1后于F2产生
5．（2020?江苏）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F．若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（ ）
A．F B． C． D．
right730256．（2020?浙江）如图是“中国天眼”500m口径球面射电望远镜维护时的照片。为不损伤望远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为mg、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，若将人视为质点，此时工作人员（ ）
A．受到的重力大小为mg B．受到的合力大小为mg
C．对球面的压力大小为mg D．对球面的作用力大小为mg
37198306654807．（2020?山东）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（ ）
A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
45580302959108．（2020?浙江）矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff．下列受力分析示意图可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
right749309．（2020?江苏）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是（ ）
A．B． C．D．
right4248150010．（2020?浙江）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车（ ）
A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
11．（2020?山东）我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为（ ）
A．m（0.4g﹣） B．m（0.4g+） C．m（0.2g﹣） D．m（0.2g+）
41865553244850012．（2020?山东）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（ ）
A． B． C． D．
4367530806450013．（2020?新课标Ⅲ）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
A．3J B．4J C．5J D．6J
14．（2020?新课标Ⅲ）“嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K倍。已知地球半径R是月球半径的P倍，地球质量是月球质量的Q倍，地球表面重力加速度大小为g。则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为（ ）
A． B． C． D．
15．（2020?新课标Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
16．（2020?江苏）质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s，受到的阻力大小为1.8×103N．此时，汽车发动机输出的实际功率是（ ）
A．90W B．30kW C．36kW D．300kW
right4064017．（2020?天津）北斗问天，国之夙愿。我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍。与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星（ ）
A．周期大 B．线速度大 C．角速度大 D．加速度大
right800100018．（2020?新课标Ⅰ）如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（ ）
A．200N B．400N C．600N D．800N
19．（2020?新课标Ⅱ）若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是（ ）
A． B． C． D．
right60642520．（2020?新课标Ⅱ）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于（ ）
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
41554407302500021．（2020?浙江）火星探测任务“天问一号”的标识如图所示。若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3：2，则火星与地球绕太阳运动的（ ）
A．轨道周长之比为2：3
B．线速度大小之比为：
C．角速度大小之比为2：3
D．向心加速度大小之比为9：4
right1949450022．（2020?浙江）如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星，则（ ）
A．a、b的周期比c大 B．a、b的向心力一定相等
C．a、b的速度大小相等 D．a、b的向心加速度比c小
right65976523．（2020?北京）在无风的环境里，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落：如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力f1和偏转力f2．这两个力与篮球速度v的关系大致为：f1＝k1v2，方向与篮球运动方向相反；f2＝k2v，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是（ ）
A．k1、k2是与篮球转动角速度无关的常量
B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同
C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动
D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动
24．（2020?北京）我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”。已知火星质量约为地球质量的10%，半径约为地球半径的50%，下列说法正确的是（ ）
A．火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
B．火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间
C．火星的第一字宙速度大于地球的第一宇宙速度
right36830D．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
25．（2020?新课标Ⅲ）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β．若α＝70°，则β等于（ ）
A．45° B．55° C．60° D．70°
right3067050026．（2020?浙江）如图所示，钢球从斜槽轨道末端以v0的水平速度飞出，经过时间t落在斜靠的挡板AB中点。若钢球以2v0的速度水平飞出，则（ ）
A．下落时间仍为t B．下落时间为2t
C．下落时间为t D．落在挡板底端B点
二．多选题（共7小题）
27．（2020?浙江）如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。现有质量为20kg、额定功率为5kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200sright358775到达100m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400V，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则（ ）
A．空气对无人机的作用力始终大于或等于200N
B．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5A
C．无人机上升过程中消耗的平均功率为100W
D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
right38163528．（2020?山东）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（ ）
A．M＜2m
B．2m＜M＜3m
C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
right768350029．（2020?江苏）如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和21．忽略空气阻力，则（ ）
A．A和B的位移大小相等 B．A的运动时间是B的2倍
C．A的初速度是B的 D．A的末速度比B的大
30．（2020?天津）复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（ ）
317690526670A．做匀加速直线运动场
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mvm2﹣mv02
31．（2020?江苏）甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有（ ）
A．由v＝可知，甲的速度是乙的倍
B．由a＝ω2r可知，甲的向心加速度是乙的2倍
C．由F＝G可知，甲的向心力是乙的
D．由＝k可知，甲的周期是乙的2倍
32．（2020?新课标Ⅱ）水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ ）
A．48kg B．53kg C．58kg D．63kg
4153535749300033．（2020?新课标Ⅰ）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2．则（ ）
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2
D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
三．实验题（共1小题）
34．（2020?新课标Ⅲ）某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.02s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB＝ m/s，打出P点时小车的速度大小vP＝ m/s。（结果均保留2位小数）若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量为 。
四．解答题（共9小题）
35．（2020?北京）无人机在距离水平地面高度h处，以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求包裹释放点到落地点的水平距离x；
（2）求包裹落地时的速度大小v；
（3）以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。
36．（2020?浙江）如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F﹣t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件
（1）做匀减速运动的加速度大小和方向；
right74930（2）匀速运动的速度大小；
（3）总位移的大小。
37．（2020?江苏）一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。
38．（2020?浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
right650240（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
39．（2020?山东）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°．某次练习过程中，运动员以vM＝10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2，sin72.8°＝0.96，cos72.8°＝0.30．求：
（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
（2）M、N之间的距离L。
6813559588500
40．（2020?山东）如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
（3）求物块Q从A点上升的总高度H；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
3157855114935
41．（2020?天津）长为l的轻绳上和固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
4
2．（2020?新课标Ⅲ）如图，相距L＝11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0＝5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2。
（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
3738880457835（3）若v＝6.0m/s，载物箱滑上传送带△t＝s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
43．（2020?新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
right128270
五．计算题（共4小题）
44．（2020?江苏）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R．在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω．绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）重物落地后，小球线速度的大小v；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
331343078740（3）重物下落的高度h。
45．（2020?新课标Ⅰ）我国自主研制了运﹣20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为1.69×105kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
46．（2020?浙江）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°（sin37°＝0.6）。求小明和滑雪车
（1）滑行过程中的最大速度vm的大小；
359600567310（2）在斜直雪道上滑行的时间t1；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
right114935047．（2020?浙江）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5．滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求：
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能EP0；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系。
力学部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共26小题）
1．【解答】 在星球表面的万有引力等于重力，即：＝mg＝F引，
则有：＝×＝×（）2＝＝0.4，
即同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为0.4。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．【解答】 A、甲、乙分别是编队中的两架直升机，相对静止，以甲为参考系，乙是静止的，故A错误；
B、以乙为参考系，甲是静止的，故B错误；
C、以甲为参考系，坐在观众席上的观众都是运动的，故C错误；
D、以乙为参考系，“70”字样编队中所有直升机都是静止的，故D正确；
故选：D。
3．【解答】 A、电流虽有方向，但电流运算时不遵守矢量的运算法则：平行四边形定则，所以电流是标量，故A错误。
B、位移是矢量，其单位m是国际单位制基本单位，故B正确。
C、功只有大小，没有方向，是标量，故C错误。
D、磁感应强度是矢量，其单位T是导出单位，故D错误。
故选：B。
4．【解答】 父亲与儿子掰手腕，他们之间的相互作用是一对作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，同时产生，同时消失。故B正确，ACD错误。
故选：B。
5．【解答】 设每节车厢的质量为m，每节车厢所受摩擦力、空气阻力为f，从第3节到第40节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：
F﹣（40﹣2）×f＝（40﹣2）×ma
解得：F＝38×（f+ma）
把最后两节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：
F′﹣2f＝2ma
解得：F′＝2×（f+ma）
联立解得倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为：F′＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
6．【解答】 A、工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力为：G＝mg，故A错误；
B、工作人员在球面上缓慢行走，处于平衡状态，合力为0，故B错误；
C、工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于，故C错误；
D、球面对工作人员的作用力为F，由平衡条件得：+F＝mg，解得：，根据牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为F′＝F＝，故D正确。
故选：D。
7．【解答】 A、由于s﹣t图象的斜率表示速度，由图可知在0～t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下运动，根据牛顿第二定律得：mg﹣FN＝ma，解得：FN＝mg﹣ma，则FN＜mg，处于失重状态，故A错误；
B、在t1～t2时间内，s﹣t图象的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，则FN＝mg，故B错误；
CD、在t2～t3时间内，s﹣t图象的斜率变小，所以速度减小，即乘客的减速下降，根据牛顿第二定律得：FN﹣mg＝ma，解得：FN＝mg+ma，则FN＞mg，处于超重状态，故C错误，D正确；
故选：D。
8．【解答】 飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力Ff阻，重力的方向竖直向下，升力F2的方向与速度方向垂直，为右上方，空气阻力Ff力的方向与速度的方向相反，为右下方，为了使合力沿速度方向，则发动机推力F1的方向为左上方，综上分析可知A正确，BCD错误；
故选：A。
9．【解答】 设斜面倾角为θ，小物块的质量为m，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为μ，小物块由静止开始在沿斜面上运动的过程中，当水平位移为x时，由动能定理得：
mg?xtanθ﹣＝Ek﹣0
整理得小物块的动能Ek与水平位移x关系为：
Ek＝（mgtanθ﹣μmg）x
假设小物块达到斜面低端的动能为Ek0，此时小物块的水平位移为x0，在水平面上运动的过程中，由由动能定理得：
﹣μmg（x﹣x0）＝Ek﹣Ek0
整理得小物块的动能Ek与水平位移x关系为：
Ek＝Ek0+μmgx0﹣μmgx
所以小物块的动能Ek与水平位移x关系的图象为正比关系和一次函数关系，故A正确，BCD错误。
故选：A。
10．【解答】 设行李箱a竖立时与汽车发生相对运动的加速度为a1，行李箱b平放时与汽车发生相对运动的加速度为a2，根据实际情况可知a1＜a2。
A、缓慢起动时，汽车的加速度比较小，如果小于a1，则两只行李箱不会相对车子运动，故A错误；
B、急刹车时，汽车减速运动的加速度很大，行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；
C、缓慢转弯时，只要转动的向心加速度小于a1，两只行李箱不会相对车子向外侧运动，故C错误；
D、急转弯时，行李箱b一定会相对车子向外侧运动，不会相对车子向内侧运动，故D错误。
故选：B。
11．【解答】 根据重力等于万有引力，得：
得：
火星表面的重力加速度为g火＝0.4g
着陆器减速运动的加速度大小为
对着陆器根据牛顿第二定律有：
F﹣0.4mg＝ma
解得，故B正确，ACD错误；
故选：B。
12．【解答】 根据题意分析，物块A、B刚好要滑动时，应该是物体A相对物体B向上滑动，设绳子拉力为F，对A受力分析，由平衡条件得：F＝mgsin45°+μmgcos45°
物体B相对斜面向下滑动，对B受力分析，由平衡条件得：2mgsin45°＝F+μmgcos45°+μ（2m+m）gcos45°
联立解得：μ＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
13．【解答】 令乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和v2，
碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3和v4，
碰撞过程中动量守恒，则mv1+Mv2＝mv3+Mv4，
即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，
解得M＝6kg，
则碰撞过程两物块损失的机械能△E＝＝3J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
14．【解答】 令月球的半径为R1，月球的质量为M1，地球的质量为M，嫦娥四号的质量为m，则嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动的半径为KR1，
根据牛顿第二定律有：
所以＝＝
根据黄金代换式有：GM＝gR2，
所以嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为：v＝，故ABC错误，D正确。
故选：D。
15．【解答】 ABD、在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，但安全气囊会增加作用的时间，根据动量定理Ft＝△p可知，可以减小司机受到的冲击力F，同时安全气囊会增大司机的受力面积，则司机单位面积的受力大小减小，故AB错误，D正确。
C、安全气囊只是延长了作用时间，减小了司机的受力，将司机的动能转换成气囊的弹性势能及气囊气体内能，故C错误。
故选：D。
16．【解答】 汽车在水平路面上匀速行驶，故牵引力与阻力的大小相等为1.8×103N，根据功率P＝Fv＝1.8×103×20W＝36kW，故ABD错误，C正确；
故选：C。
17．【解答】 地球对卫星的万有引力提供卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力：G ＝m ＝m＝mω2r＝man
得：T＝2π； v＝；；an＝
由表达式可知，半径越大，运行的周期越大，线速度、角速度、向心加速度越小；地球静止轨道卫星的运行半径大于近地轨道卫星的运行半径，故与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星的周期大，线速度、角速度、向心加速度都小，故A正确，BCD错误；
故选：A。
18．【解答】 以同学和秋千整体作为研究对象，整体受到竖直向下的重力以及竖直向上的绳子的拉力，令每根绳子的拉力为T，绳长为l，
根据牛顿第二定律有：2T﹣mg＝，
代入数据解得每根绳子的拉力为T＝410N，B选项最为接近，故ACD错误，B正确。
故选：B。
19．【解答】 设星球的质量为M，半径为R，卫星的质量为m，运行周期为T，在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星所需的向心力由星球对其的万有引力提供，则根据牛顿第二定律得：G＝m①
星球的密度：②
联立①②解得T＝，故A正确，BCD错误；
故选：A。
20．【解答】 设落到坑内c点时竖直方向的速度为vy1，则有：
vy1＝；
根据平抛运动的规律可得：
v01t＝h
＝h
解得：v01＝
则有：E1＝＝
同理，设摩托车恰能越过坑到达b点时竖直方向的速度为vy2，则有：
＝gh
vy2＝；
根据平抛运动的规律可得：
v02t′＝3h
′＝0.5h
解得：v02＝3vy2
则有：E2＝＝
所以＝18，故B正确、ACD错误。
故选：B。
21．【解答】 A、轨道周长C＝2πr，故轨道周长之比为半径之比为3：2，故A错误；
BCD、行星绕太阳做匀速圆周运动所需的向心力由太阳对其的万有引力提供得：，
则v＝，线速度大小之比为；
ω＝，角速度大小之比为；
an＝，向心加速度大小之比为22：32＝4：9；
故BD错误，C正确；
故选：C。
22．【解答】 卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，＝m＝ma，解得周期T＝，v＝，a＝。
ACD、a、b卫星的轨道半径相等，则周期相等，线速度大小相等，向心加速度大小相等，c卫星的轨道半径大于a、b卫星的轨道半径，则c卫星的向心加速度小于a、b的向心加速度，故AD错误，C正确。
B、卫星的质量未知，无法比较向心力的大小，故B错误。
故选：C。
23．【解答】 A、篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力f2的作用，而篮球转动时，将受到偏转力f2的作用，所以偏转力f2＝k2v中的k2与篮球转动角速度有关，故A错误；
B、空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，故B错误；
C、篮球下落过程中，其受力情况如下图所示：
篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到f1和f2的合力沿竖直方向的分力可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确；
D、如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力f2将变小，不能保持f2与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。
故选：C。
24．【解答】 A、当发射速度大于第二宇宙速度时，探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动，火星在太阳系内，所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，故A正确；
B、第二宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件，当发射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之间时，探测器将围绕地球运动，故B错误；
C、万有引力提供向心力，则有：
解得第一宇宙速度为：v1＝
所以火星的第一宇宙速度为：v火＝v地＝v地，因此火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；
D、万有引力近似等于重力，则有：
解得：火星表面的重力加速度，g火＝＝＝，所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。
故选：A。
25．【解答】 （法一）由于甲、乙两物体质量相等，则设它们的质量为m，
对O点进行受力分析，下面绳子的拉力mg，右边绳子的拉力mg，左边绳子的拉力F，如下图所示：
因处于静止状态，依据力的平行四边形定则，则有：
竖直方向：mgcos70°+Fcosβ＝mg
水平方向：mgsin70°＝Fsinβ
因α＝70°，
联立上式，解得：β＝55°，
（法二）还可通过作图法：
由于甲、乙质量相等，通过矢量的合成法则，结合几何关系，则有：∠r+∠r+∠α＝180°；
因∠α＝70°，那么：∠β＝55°
故B正确，ACD错误；
故选：B。
26．【解答】 钢球做平抛运动，落到斜挡板上时，斜挡板的倾角表示位移与水平方向的夹角，tanθ＝＝
解得下落时间为：t＝，
假设初速度为2v0时，钢球仍落到斜挡板上，则下落时间t'＝2t，竖直方向上下落高度h'＝＝4h，其中h为以v0的水平速度飞出时下落的高度，故钢球落到了地面上，假设不成立。
钢球落到地面上，下落高度为2h，其中t＝，则有：t'＝＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
二．多选题（共7小题）
27．【解答】 A、由于系留无人机开始起飞经过200s到达100m高处后悬停并进行工作，可见系留无人机先加速后减速再停留在空中，所以空气对无人机的作用力先大于重力、再小于重力、最后等于重力，故A错误；
B、直流电源对无人机供电的额定电流为I＝＝A＝12.5A，故B正确；
C、无人机上升过程中克服重力做的功为W＝mgh＝20×10×100J＝20000J，另外还要克服空气的阻力做功，电动机内电阻还要消耗能量，所以无人机上升过程中消耗的平均功率＞＝100W，故C错误；
D、无人机上升过程中要克服空气阻力做功，悬停时旋翼转动时也会克服阻力做功，所以两种情况下均有部分功率用于对空气做功，故D正确。
故选：BD。
28．【解答】 AB、由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据简谐运动的对称性，在最低点的加速度为竖直向上的g，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝mg，解得在最低点时有弹簧弹力为：T＝2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，根据A对水平桌面的压力刚好为零，有：2mgsinθ＝Mg，故有M＜2m，故A正确，B错误；
C、由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
D、对于B，在从释放到速度最大过程中，根据除重力以外其他力做功等于物体机械能的增加量，而其他力就是弹簧弹力，由弹簧弹力对B球做负功，可知B机械能的减少量等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。
故选：ACD。
29．【解答】 A、A和B的位移大小都为，故A正确；
B、根据h＝得：t＝，则A的运动时间为：tA＝，B的运动时间为：tB＝，故，故B错误；
C、水平初速度为：v0＝，则有：＝＝＝，故C错误；
D、根据动能定理得：mgh＝，化简消去m，则：代入得：
；＝2gl+＝4gl，故A的末速度比B的大，故D正确；
故选：AD。
30．【解答】 AB、根据牛顿第二定律得：F牵﹣F＝ma，而F牵v＝P，动车的速度在增大，则牵引力在减小，故加速度在减小，故A错误，B正确；
C、当加速度为零时，速度达到最大值为vm，此时牵引力的大小等于阻力F，故功率P＝Fvm，故C正确；
D、根据动能定理得：牵引力做功W﹣克服阻力做的功WF＝mvm2﹣mv0，故D错误；
故选：BC。
31．【解答】 AB、甲的轨道半径是乙的2倍，根据万有引力提供向心力G＝＝man得：
v＝，故，故乙的速度是甲的倍；
，甲的向心加速度是乙的，故A错误，B错误；
C、根据万有引力提供向心力则F＝G，而甲、乙两颗人造卫星质量相等，甲的轨道半径是乙的2倍，故甲的向心力是乙的，故C正确；
D、由开普勒第三定律＝k可知T＝，而甲的轨道半径是乙的2倍，故甲的周期是乙的2倍，故D正确；
故选：CD。
32．【解答】 设该运动员的质量为M，物块的质量为m＝4.0kg，推物块的速度大小为v＝5.0m/s，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
第一次推物块的过程中：0＝Mv1﹣mv
第二次推物块的过程中：Mv1+mv＝Mv2﹣mv
第三次推物块的过程中：Mv2+mv＝Mv3﹣mv
…
第n次推物块的过程中：Mvn﹣1+mv＝Mvn﹣mv
以上各式相加可得：Mvn＝（2n﹣1）mv
当n＝7时，v7＜v，解得M＞52kg
当n＝8时，v8≥v，解得M≤60kg，
故52kg＜M≤60kg，故AD错误、BC正确。
故选：BC。
33．【解答】 A、物块在初位置其重力势能为Ep＝mgh＝30J，动能Ek＝0
则物块的质量m＝1kg，
此时物块具有的机械能为E1＝Ep+Ek＝30J
当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为E2＝Ep′+Ek′＝10J＜E1，
所以下滑过程中物块的机械能减小，故A正确；
B、令斜面的倾角为θ，则sin，
所以θ＝37°
物体下滑的距离为x＝5m的过程中，根据功能关系有Wf＝μmg?cosθ?x＝E1﹣E2，
代入数据μ＝0.5，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为a＝＝2m/s2，故C错误；
D、当物块下滑距离为x′＝2.0m时，物体克服滑动摩擦力做功为Wf＝μmgcosθ?x′＝8J，
根据功能关系可知，机械能损失了△E′＝Wf＝8J，故D错误。
故选：AB。
三．实验题（共1小题）
34．【解答】 根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得B点和P点的速度分别为
若要验证动能定理需要求出小车运动过程中拉力对小车做的功，必须要知道在拉力作用下小车通过B点和P点的距离。
故答案为：0.36，1.80，B、P之间的距离。
四．解答题（共9小题）
35．【解答】 （1）包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有：
解得：
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为：x＝v0t＝
（2）包裹落地时，竖直方向速度为：vy＝gt＝
落地时速度为：v＝＝
（3）包裹做平抛运动，分解位移，水平方向上有：x＝v0t′
竖直方向上有：y＝gt′2
两式消去时间得包裹的轨迹方程为：y＝
答：（1）包裹释放点到落地点的水平距离x为；
（2）包裹落地时的速度大小v落地时速度为；
（3）以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，该包裹运动的轨迹方程为y＝。
36．【解答】 （1）由图2可知，物件26s时开始减速，减速过程受牵引力为1975N，重力G＝mg
由牛顿第二定律可得：
mg﹣FT＝ma
解得：a＝0.125m/s2；
因牵引力小于重力，故加速度竖直向下；
（2）对减速过程分析可知，减速时间t2＝8s，逆向分析可将匀减速过程视为初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可得：
v＝at2＝0.125×8m/s＝1m/s
（3）匀速向上的位移h1＝vt1＝1×26m＝26m
匀减速上升力的位移h2＝＝m＝4m
则总位移h＝＝m＝40m
答：（1）做匀减速运动的加速度大小为0.125m/s2；方向竖直向下；
（2）匀速运动的速度大小为1m/s；
（3）总位移的大小为40m。
37．【解答】 乌贼与乌贼喷出的水组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乌贼的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv′﹣mv＝0
代入数据解得乌贼喷出的水的速度为：v＝28m/s
答：该乌贼喷出的水的速度大小v为28m/s。
38．【解答】 （1）滑块从开始下滑到D点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgH＝mgR+
在D点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F＝m，
代入数据解得：F＝8N，
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小：F′＝F＝8N，方向：水平向左；
（2）设滑块在斜轨道上到达的最高点为C′，BC′的长度为L，从滑块开始下滑到C′过程，由能量守恒定律得：
mgH＝μmgLAB+μmgcosθ?L+mgLsinθ，
代入数据解得：L＝m＜LBC＝1.0m，滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）滑块开始下滑到运动到距离A点x处过程，由动能定理得：
mgH﹣μmgx＝﹣0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝（m+2m）v′，
设碰撞后滑块滑上斜轨道的高度为h，碰撞后滑块滑动过程，由动能定理得：、
﹣μ?3mg（LAB﹣x）﹣μ?3mgcosθ?﹣3mgh＝0﹣
解得：h＝x﹣ （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x≤ m）；
答：（1）滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力大小为8N，方向：水平向左；
（2）滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系是：h＝x﹣ （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x≤ m）。
39．【解答】 （1）在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得：
v1＝vMsin72.8°…①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得：
mgcos17.2°＝ma1 …②
由运动学公式得：d＝…③
联立①②③式，代入数据得：
d＝4.8m…④
（2）在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得：
v2＝vMcos72.8°…⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得：
mgsin17.2°＝ma2 …⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得：t＝…⑦
沿斜面方向根据位移﹣时间关系可得：L＝v2t+…⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：L＝12m。
答：（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值为4.8m；
（2）M、N之间的距离为12m。
40．【解答】 （1）P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mvP1+4mvQ1
由机械能守恒定律得：
解得：vP1＝﹣v0，vQ1＝v0
（2）Q向上滑行过程，由牛顿第二定律得：
4mgsinθ+μ?4mgcosθ＝4ma
解得：a＝2gsinθ
P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a）
解得：h1＝
设P运动到与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后到第二次碰撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh1＝
解得：v02＝v0
P、Q发生第二次碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv02＝mvP2+4mvQ2
由机械能守恒定律得：
解得：vP2＝﹣×v0，vQ2＝v0
第二次碰撞后Q向上运动过程，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a）
解得：h2＝?
设P运动到与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰撞后到第三次碰撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh2＝
解得：v03＝v0
P与Q第三次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv03＝mvP3+4mvQ3
由机械能守恒定律得：
解得：vP3＝﹣v0，vQ3＝v0
第三次碰撞后对Q，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a），
解得：h3＝
…………
第n次碰撞后，Q上升的高度：hn＝（）n﹣1? n＝1、2、3……
（3）P、Q向上运动过程速度逐渐减小，两物体到达同一位置时发生碰撞，
当P、Q最后一次发生碰撞时到达最高点，此时两者到达同一高度，
当P、Q到达H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程，由动能定理得：
﹣（m+4m）gH﹣μ?4mgcosθ?＝0﹣
解得：H＝
（4）设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，则：t1＝
设P运动到斜面底端时的速度为vP1′，需要的时间为t2，则：vP1′＝vP1+gsinθ?t2，＝2gsinθ?s，
设P从A点到Q第一次碰撞后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则：v02＝（﹣vP1）﹣gsinθ?t3，
当A点与挡板之间的距离最小时：t1＝2t2+t3
解得：s＝
答：（1）P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1分别为v0、v0；
（2）第n次碰撞使物块Q上升的高度hn是（）n﹣1? n＝1、2、3……；
（3）物块Q从A点上升的总高度H为；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，A点与挡板之间的最小距离s为。
41．【解答】 （1）A恰好能通过圆周运动最高点，此时轻绳拉力恰好为零，设A在最高点的速度为v，由牛顿第二定律，有
①
A从最低点到最高点过程机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度为vA，有
②
由动量定理，有
I＝m1vA③
联立①②③式，得
I＝④
（2）设两球粘在一起是速度v′，AB粘在一起恰能通过圆周运动轨迹最高点，需满足
v′＝v ⑤
要达到上述条件，碰撞后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬时速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB﹣m1vA＝（m1+m2）v′⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦
⑧
答：（1）A受到的水平瞬时冲量的大小为；
（2）碰撞前瞬间B的动能Ek至少。
42．【解答】 （1）传送带的速度v＝4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律可得
μmg＝ma ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式可得
②
联立①②代入数据解得：s1＝4.5m ③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动，设载物箱在传送带上做匀减速运动的时间为t1，在传送带上做匀速运动的时间为t2，则
v＝v0﹣at1 ④
⑤
则载物箱通过传送带的时间为
t＝t1+t2
联立①③④⑤代入数据解得：t＝2.75s ⑥
（2）当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2．由动能定理得
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得：
⑨
（3）传送带的速度v＝6.0m/s时，由于v0＜v＜v2，所以载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为s2，所用时间为t1′，由运动学公式得
v＝v0+at1′
代入数据解得：
t1′＝1.0s
s2＝5.5m
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度，此后载物箱与传送带共同匀速运动（△t﹣t1′）的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为s3，则
s3＝v（△t﹣t1′）＝0.5m
由上面可知，，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式可得
解得：v3＝5m/s
所以传送带停止转动后，载物箱滑动的时间为
设载物箱通过传送带的过程中，合外力对它的冲量为I，由动量定理有
I＝m（v3﹣v0）
代入数据得I＝0
所以传送带给载物箱的冲量等于在这段时间内重力的冲量，方向与重力的方向相反，为竖直向上，大小为
答：（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间为2.75s；
（2）载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度为，最小速度为；
（3）若v＝6.0m/s，载物箱滑上传送带△t＝s后，传送带速度突然变为零。载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量为。
43．【解答】 （1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：
Ma1＝Mg+f
ma2＝f﹣mg
联立并代入题给数据，得：
a1＝2g
a2＝3g；
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得，碰地前瞬间它们的速度大小均为：
v0＝，方向均向下
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：
v0﹣a1t1＝﹣v0+a2t1
解得：t1＝
设此时管的下端离地高度为h1，速度为v，由运动学公式可得
h1＝v0t1﹣
v＝v0﹣a1t1
由此可知此时v＞0，此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点，由运动学公式有：h2＝
管第一次落地弹起后上升的最大高度H1＝h1+h2＝；
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有：
Mg（H﹣H1）+mg（H﹣H1+x1）﹣4mgx1＝0
解得：x1＝
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为：x2＝
设圆管长度为L．管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L
联立解得L应满足条件为：L≥。
答：（1）管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小分别为2g、3g；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足L≥。
五．计算题（共4小题）
44．【解答】 （1）根据线速度和角速度的关系可知，重物落地后，小球线速度的大小为：v＝2Rω
（2）重物落地后一小球转到水平位置，此时小球的向心力为：F向＝2mRω2
此时小球受到的向心力等于球受到杆的作用力与球重力的合力，如图所示；
根据几何关系可得：F＝＝
（3）落地时，重物的速度为：v'＝ωR
由机械能守恒得：Mv′2+4×mv2＝Mgh
解得：h＝。
答：（1）重物落地后，小球线速度的大小为2Rω；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小为；
（3）重物下落的高度为。
45．【解答】 （1）令飞机装载货物前的起飞速度为v1，飞机的质量为m
离地时有，
代入数据解得k＝N?s2/m2，
令飞机装载货物后的质量为m′，飞机的起飞速度为v2，
则当飞机起飞时有，
则v2＝78m/s；
（2）根据运动学公式可知，飞机在滑行过程中加速度的大小为a＝＝2m/s2，
所用时间为t＝＝39s。
答：（1）飞机装载货物后的起飞离地速度为78m/s；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，飞机在滑行过程中加速度的大小为2m/s2，所用的时间为39s。
46．【解答】 （1）根据匀变速直线运动的规律可知全程的平均速度为，根据平均速度和位移的关系可得：t＝x1+x2
解得：vm＝m/s＝18m/s；
（2）根据平均速度和位移的关系可得：x1＝t1
解得：t1＝6s；
（3）斜直轨道上的加速度a＝＝m/s2＝3m/s2
根据牛顿第二定律可得mgsin37°﹣Ff＝ma
解得Ff＝180N
答：（1）滑行过程中的最大速度vm的大小为18m/s。
（2）在斜直雪道上滑行的时间为6s。
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小为180N。
47．【解答】 （1）滑块恰好过F的条件为，
解得vF＝1m/s。
（2）滑块从E到B，根据动能定理有﹣mgh﹣μmgL2＝0﹣，
在E点有，
代入数据解得FN＝0.14N，
从O到B点，
Ep0﹣mgh﹣μmg（L1+L2）＝0，
解得Ep0＝8.0×10﹣3J。
（3）滑块恰能过F点的弹性势能为Ep1＝2mgr+μmgL1，
从B点减速到0有Ep1﹣mgh1﹣μmg（L1+L2）＝0，
代入数据解得h1＝0.05m，
能停在B点，则μmgcosθ＝mgsinθ，
得tanθ＝0.5，
此时h2＝0.2m，
从O到B点Ep＝mgh+μmg（L1+L2）＝2×10﹣3（10h+3）J，
其中0.05m≤h≤0.2m。
答：（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小为1m/s。
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小为0.14N，弹簧的弹性势能为8.0×10﹣3J。
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系为Ep＝2×10﹣3（10h+3）J。
一．选择题（共26小题）
1．（2020?新课标Ⅰ）火星的质量约为地球质量的，半径约为地球半径的，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（ ）
A．0.2 B．0.4 C．2.0 D．2.5
right2654302．（2020?浙江）如图所示，新中国成立70周年阅兵仪式上，国产武装直升机排列并保持“70”字样编队从天安门上空整齐飞过。甲、乙分别是编队中的两架直升机，则（ ）
A．以甲为参考系，乙是运动的
B．以乙为参考系，甲是运动的
C．以甲为参考系，坐在观众席上的观众都是静止的
D．以乙为参考系，“70”字样编队中所有直升机都是静止的
3．（2020?浙江）以下物理量为矢量，且单位是国际单位制基本单位的是（ ）
A．电流、A B．位移、m
C．功、J D．磁感应强度、T
right284480004．（2020?浙江）如图所示，一对父子掰手腕，父亲让儿子获胜。若父亲对儿子的力记为F1，儿子对父亲的力记为F2，则（ ）
A．F2＞F1 B．F1和F2大小相等
C．F1先于F2产生 D．F1后于F2产生
5．（2020?江苏）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F．若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（ ）
A．F B． C． D．
right730256．（2020?浙江）如图是“中国天眼”500m口径球面射电望远镜维护时的照片。为不损伤望远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为mg、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，若将人视为质点，此时工作人员（ ）
A．受到的重力大小为mg B．受到的合力大小为mg
C．对球面的压力大小为mg D．对球面的作用力大小为mg
37198306654807．（2020?山东）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（ ）
A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
45580302959108．（2020?浙江）矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff．下列受力分析示意图可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
right749309．（2020?江苏）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是（ ）
A．B． C．D．
right4248150010．（2020?浙江）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车（ ）
A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
11．（2020?山东）我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为（ ）
A．m（0.4g﹣） B．m（0.4g+） C．m（0.2g﹣） D．m（0.2g+）
41865553244850012．（2020?山东）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（ ）
A． B． C． D．
4367530806450013．（2020?新课标Ⅲ）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
A．3J B．4J C．5J D．6J
14．（2020?新课标Ⅲ）“嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K倍。已知地球半径R是月球半径的P倍，地球质量是月球质量的Q倍，地球表面重力加速度大小为g。则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为（ ）
A． B． C． D．
15．（2020?新课标Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
16．（2020?江苏）质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s，受到的阻力大小为1.8×103N．此时，汽车发动机输出的实际功率是（ ）
A．90W B．30kW C．36kW D．300kW
right4064017．（2020?天津）北斗问天，国之夙愿。我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍。与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星（ ）
A．周期大 B．线速度大 C．角速度大 D．加速度大
right800100018．（2020?新课标Ⅰ）如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（ ）
A．200N B．400N C．600N D．800N
19．（2020?新课标Ⅱ）若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是（ ）
A． B． C． D．
right60642520．（2020?新课标Ⅱ）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于（ ）
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
41554407302500021．（2020?浙江）火星探测任务“天问一号”的标识如图所示。若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3：2，则火星与地球绕太阳运动的（ ）
A．轨道周长之比为2：3
B．线速度大小之比为：
C．角速度大小之比为2：3
D．向心加速度大小之比为9：4
right1949450022．（2020?浙江）如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星，则（ ）
A．a、b的周期比c大 B．a、b的向心力一定相等
C．a、b的速度大小相等 D．a、b的向心加速度比c小
right65976523．（2020?北京）在无风的环境里，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落：如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力f1和偏转力f2．这两个力与篮球速度v的关系大致为：f1＝k1v2，方向与篮球运动方向相反；f2＝k2v，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是（ ）
A．k1、k2是与篮球转动角速度无关的常量
B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同
C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动
D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动
24．（2020?北京）我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”。已知火星质量约为地球质量的10%，半径约为地球半径的50%，下列说法正确的是（ ）
A．火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
B．火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间
C．火星的第一字宙速度大于地球的第一宇宙速度
right36830D．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
25．（2020?新课标Ⅲ）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β．若α＝70°，则β等于（ ）
A．45° B．55° C．60° D．70°
right3067050026．（2020?浙江）如图所示，钢球从斜槽轨道末端以v0的水平速度飞出，经过时间t落在斜靠的挡板AB中点。若钢球以2v0的速度水平飞出，则（ ）
A．下落时间仍为t B．下落时间为2t
C．下落时间为t D．落在挡板底端B点
二．多选题（共7小题）
27．（2020?浙江）如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。现有质量为20kg、额定功率为5kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200sright358775到达100m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400V，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则（ ）
A．空气对无人机的作用力始终大于或等于200N
B．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5A
C．无人机上升过程中消耗的平均功率为100W
D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
right38163528．（2020?山东）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（ ）
A．M＜2m
B．2m＜M＜3m
C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
right768350029．（2020?江苏）如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和21．忽略空气阻力，则（ ）
A．A和B的位移大小相等 B．A的运动时间是B的2倍
C．A的初速度是B的 D．A的末速度比B的大
30．（2020?天津）复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（ ）
317690526670A．做匀加速直线运动场
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mvm2﹣mv02
31．（2020?江苏）甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有（ ）
A．由v＝可知，甲的速度是乙的倍
B．由a＝ω2r可知，甲的向心加速度是乙的2倍
C．由F＝G可知，甲的向心力是乙的
D．由＝k可知，甲的周期是乙的2倍
32．（2020?新课标Ⅱ）水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ ）
A．48kg B．53kg C．58kg D．63kg
4153535749300033．（2020?新课标Ⅰ）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2．则（ ）
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2
D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
三．实验题（共1小题）
34．（2020?新课标Ⅲ）某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.02s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB＝ m/s，打出P点时小车的速度大小vP＝ m/s。（结果均保留2位小数）若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量为 。
四．解答题（共9小题）
35．（2020?北京）无人机在距离水平地面高度h处，以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求包裹释放点到落地点的水平距离x；
（2）求包裹落地时的速度大小v；
（3）以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。
36．（2020?浙江）如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F﹣t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件
（1）做匀减速运动的加速度大小和方向；
right74930（2）匀速运动的速度大小；
（3）总位移的大小。
37．（2020?江苏）一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。
38．（2020?浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
right650240（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
39．（2020?山东）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°．某次练习过程中，运动员以vM＝10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2，sin72.8°＝0.96，cos72.8°＝0.30．求：
（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
（2）M、N之间的距离L。
6813559588500
40．（2020?山东）如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
（3）求物块Q从A点上升的总高度H；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
3157855114935
41．（2020?天津）长为l的轻绳上和固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
4
2．（2020?新课标Ⅲ）如图，相距L＝11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0＝5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2。
（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
3738880457835（3）若v＝6.0m/s，载物箱滑上传送带△t＝s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
43．（2020?新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
right128270
五．计算题（共4小题）
44．（2020?江苏）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R．在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω．绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）重物落地后，小球线速度的大小v；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
331343078740（3）重物下落的高度h。
45．（2020?新课标Ⅰ）我国自主研制了运﹣20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为1.69×105kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
46．（2020?浙江）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°（sin37°＝0.6）。求小明和滑雪车
（1）滑行过程中的最大速度vm的大小；
359600567310（2）在斜直雪道上滑行的时间t1；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
right114935047．（2020?浙江）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5．滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求：
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能EP0；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系。
力学部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共26小题）
1．【解答】 在星球表面的万有引力等于重力，即：＝mg＝F引，
则有：＝×＝×（）2＝＝0.4，
即同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为0.4。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．【解答】 A、甲、乙分别是编队中的两架直升机，相对静止，以甲为参考系，乙是静止的，故A错误；
B、以乙为参考系，甲是静止的，故B错误；
C、以甲为参考系，坐在观众席上的观众都是运动的，故C错误；
D、以乙为参考系，“70”字样编队中所有直升机都是静止的，故D正确；
故选：D。
3．【解答】 A、电流虽有方向，但电流运算时不遵守矢量的运算法则：平行四边形定则，所以电流是标量，故A错误。
B、位移是矢量，其单位m是国际单位制基本单位，故B正确。
C、功只有大小，没有方向，是标量，故C错误。
D、磁感应强度是矢量，其单位T是导出单位，故D错误。
故选：B。
4．【解答】 父亲与儿子掰手腕，他们之间的相互作用是一对作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，同时产生，同时消失。故B正确，ACD错误。
故选：B。
5．【解答】 设每节车厢的质量为m，每节车厢所受摩擦力、空气阻力为f，从第3节到第40节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：
F﹣（40﹣2）×f＝（40﹣2）×ma
解得：F＝38×（f+ma）
把最后两节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：
F′﹣2f＝2ma
解得：F′＝2×（f+ma）
联立解得倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为：F′＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
6．【解答】 A、工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力为：G＝mg，故A错误；
B、工作人员在球面上缓慢行走，处于平衡状态，合力为0，故B错误；
C、工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于，故C错误；
D、球面对工作人员的作用力为F，由平衡条件得：+F＝mg，解得：，根据牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为F′＝F＝，故D正确。
故选：D。
7．【解答】 A、由于s﹣t图象的斜率表示速度，由图可知在0～t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下运动，根据牛顿第二定律得：mg﹣FN＝ma，解得：FN＝mg﹣ma，则FN＜mg，处于失重状态，故A错误；
B、在t1～t2时间内，s﹣t图象的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，则FN＝mg，故B错误；
CD、在t2～t3时间内，s﹣t图象的斜率变小，所以速度减小，即乘客的减速下降，根据牛顿第二定律得：FN﹣mg＝ma，解得：FN＝mg+ma，则FN＞mg，处于超重状态，故C错误，D正确；
故选：D。
8．【解答】 飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力Ff阻，重力的方向竖直向下，升力F2的方向与速度方向垂直，为右上方，空气阻力Ff力的方向与速度的方向相反，为右下方，为了使合力沿速度方向，则发动机推力F1的方向为左上方，综上分析可知A正确，BCD错误；
故选：A。
9．【解答】 设斜面倾角为θ，小物块的质量为m，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为μ，小物块由静止开始在沿斜面上运动的过程中，当水平位移为x时，由动能定理得：
mg?xtanθ﹣＝Ek﹣0
整理得小物块的动能Ek与水平位移x关系为：
Ek＝（mgtanθ﹣μmg）x
假设小物块达到斜面低端的动能为Ek0，此时小物块的水平位移为x0，在水平面上运动的过程中，由由动能定理得：
﹣μmg（x﹣x0）＝Ek﹣Ek0
整理得小物块的动能Ek与水平位移x关系为：
Ek＝Ek0+μmgx0﹣μmgx
所以小物块的动能Ek与水平位移x关系的图象为正比关系和一次函数关系，故A正确，BCD错误。
故选：A。
10．【解答】 设行李箱a竖立时与汽车发生相对运动的加速度为a1，行李箱b平放时与汽车发生相对运动的加速度为a2，根据实际情况可知a1＜a2。
A、缓慢起动时，汽车的加速度比较小，如果小于a1，则两只行李箱不会相对车子运动，故A错误；
B、急刹车时，汽车减速运动的加速度很大，行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；
C、缓慢转弯时，只要转动的向心加速度小于a1，两只行李箱不会相对车子向外侧运动，故C错误；
D、急转弯时，行李箱b一定会相对车子向外侧运动，不会相对车子向内侧运动，故D错误。
故选：B。
11．【解答】 根据重力等于万有引力，得：
得：
火星表面的重力加速度为g火＝0.4g
着陆器减速运动的加速度大小为
对着陆器根据牛顿第二定律有：
F﹣0.4mg＝ma
解得，故B正确，ACD错误；
故选：B。
12．【解答】 根据题意分析，物块A、B刚好要滑动时，应该是物体A相对物体B向上滑动，设绳子拉力为F，对A受力分析，由平衡条件得：F＝mgsin45°+μmgcos45°
物体B相对斜面向下滑动，对B受力分析，由平衡条件得：2mgsin45°＝F+μmgcos45°+μ（2m+m）gcos45°
联立解得：μ＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
13．【解答】 令乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和v2，
碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3和v4，
碰撞过程中动量守恒，则mv1+Mv2＝mv3+Mv4，
即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，
解得M＝6kg，
则碰撞过程两物块损失的机械能△E＝＝3J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
14．【解答】 令月球的半径为R1，月球的质量为M1，地球的质量为M，嫦娥四号的质量为m，则嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动的半径为KR1，
根据牛顿第二定律有：
所以＝＝
根据黄金代换式有：GM＝gR2，
所以嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为：v＝，故ABC错误，D正确。
故选：D。
15．【解答】 ABD、在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，但安全气囊会增加作用的时间，根据动量定理Ft＝△p可知，可以减小司机受到的冲击力F，同时安全气囊会增大司机的受力面积，则司机单位面积的受力大小减小，故AB错误，D正确。
C、安全气囊只是延长了作用时间，减小了司机的受力，将司机的动能转换成气囊的弹性势能及气囊气体内能，故C错误。
故选：D。
16．【解答】 汽车在水平路面上匀速行驶，故牵引力与阻力的大小相等为1.8×103N，根据功率P＝Fv＝1.8×103×20W＝36kW，故ABD错误，C正确；
故选：C。
17．【解答】 地球对卫星的万有引力提供卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力：G ＝m ＝m＝mω2r＝man
得：T＝2π； v＝；；an＝
由表达式可知，半径越大，运行的周期越大，线速度、角速度、向心加速度越小；地球静止轨道卫星的运行半径大于近地轨道卫星的运行半径，故与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星的周期大，线速度、角速度、向心加速度都小，故A正确，BCD错误；
故选：A。
18．【解答】 以同学和秋千整体作为研究对象，整体受到竖直向下的重力以及竖直向上的绳子的拉力，令每根绳子的拉力为T，绳长为l，
根据牛顿第二定律有：2T﹣mg＝，
代入数据解得每根绳子的拉力为T＝410N，B选项最为接近，故ACD错误，B正确。
故选：B。
19．【解答】 设星球的质量为M，半径为R，卫星的质量为m，运行周期为T，在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星所需的向心力由星球对其的万有引力提供，则根据牛顿第二定律得：G＝m①
星球的密度：②
联立①②解得T＝，故A正确，BCD错误；
故选：A。
20．【解答】 设落到坑内c点时竖直方向的速度为vy1，则有：
vy1＝；
根据平抛运动的规律可得：
v01t＝h
＝h
解得：v01＝
则有：E1＝＝
同理，设摩托车恰能越过坑到达b点时竖直方向的速度为vy2，则有：
＝gh
vy2＝；
根据平抛运动的规律可得：
v02t′＝3h
′＝0.5h
解得：v02＝3vy2
则有：E2＝＝
所以＝18，故B正确、ACD错误。
故选：B。
21．【解答】 A、轨道周长C＝2πr，故轨道周长之比为半径之比为3：2，故A错误；
BCD、行星绕太阳做匀速圆周运动所需的向心力由太阳对其的万有引力提供得：，
则v＝，线速度大小之比为；
ω＝，角速度大小之比为；
an＝，向心加速度大小之比为22：32＝4：9；
故BD错误，C正确；
故选：C。
22．【解答】 卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，＝m＝ma，解得周期T＝，v＝，a＝。
ACD、a、b卫星的轨道半径相等，则周期相等，线速度大小相等，向心加速度大小相等，c卫星的轨道半径大于a、b卫星的轨道半径，则c卫星的向心加速度小于a、b的向心加速度，故AD错误，C正确。
B、卫星的质量未知，无法比较向心力的大小，故B错误。
故选：C。
23．【解答】 A、篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力f2的作用，而篮球转动时，将受到偏转力f2的作用，所以偏转力f2＝k2v中的k2与篮球转动角速度有关，故A错误；
B、空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，故B错误；
C、篮球下落过程中，其受力情况如下图所示：
篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到f1和f2的合力沿竖直方向的分力可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确；
D、如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力f2将变小，不能保持f2与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。
故选：C。
24．【解答】 A、当发射速度大于第二宇宙速度时，探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动，火星在太阳系内，所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，故A正确；
B、第二宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件，当发射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之间时，探测器将围绕地球运动，故B错误；
C、万有引力提供向心力，则有：
解得第一宇宙速度为：v1＝
所以火星的第一宇宙速度为：v火＝v地＝v地，因此火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；
D、万有引力近似等于重力，则有：
解得：火星表面的重力加速度，g火＝＝＝，所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。
故选：A。
25．【解答】 （法一）由于甲、乙两物体质量相等，则设它们的质量为m，
对O点进行受力分析，下面绳子的拉力mg，右边绳子的拉力mg，左边绳子的拉力F，如下图所示：
因处于静止状态，依据力的平行四边形定则，则有：
竖直方向：mgcos70°+Fcosβ＝mg
水平方向：mgsin70°＝Fsinβ
因α＝70°，
联立上式，解得：β＝55°，
（法二）还可通过作图法：
由于甲、乙质量相等，通过矢量的合成法则，结合几何关系，则有：∠r+∠r+∠α＝180°；
因∠α＝70°，那么：∠β＝55°
故B正确，ACD错误；
故选：B。
26．【解答】 钢球做平抛运动，落到斜挡板上时，斜挡板的倾角表示位移与水平方向的夹角，tanθ＝＝
解得下落时间为：t＝，
假设初速度为2v0时，钢球仍落到斜挡板上，则下落时间t'＝2t，竖直方向上下落高度h'＝＝4h，其中h为以v0的水平速度飞出时下落的高度，故钢球落到了地面上，假设不成立。
钢球落到地面上，下落高度为2h，其中t＝，则有：t'＝＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
二．多选题（共7小题）
27．【解答】 A、由于系留无人机开始起飞经过200s到达100m高处后悬停并进行工作，可见系留无人机先加速后减速再停留在空中，所以空气对无人机的作用力先大于重力、再小于重力、最后等于重力，故A错误；
B、直流电源对无人机供电的额定电流为I＝＝A＝12.5A，故B正确；
C、无人机上升过程中克服重力做的功为W＝mgh＝20×10×100J＝20000J，另外还要克服空气的阻力做功，电动机内电阻还要消耗能量，所以无人机上升过程中消耗的平均功率＞＝100W，故C错误；
D、无人机上升过程中要克服空气阻力做功，悬停时旋翼转动时也会克服阻力做功，所以两种情况下均有部分功率用于对空气做功，故D正确。
故选：BD。
28．【解答】 AB、由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据简谐运动的对称性，在最低点的加速度为竖直向上的g，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝mg，解得在最低点时有弹簧弹力为：T＝2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，根据A对水平桌面的压力刚好为零，有：2mgsinθ＝Mg，故有M＜2m，故A正确，B错误；
C、由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
D、对于B，在从释放到速度最大过程中，根据除重力以外其他力做功等于物体机械能的增加量，而其他力就是弹簧弹力，由弹簧弹力对B球做负功，可知B机械能的减少量等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。
故选：ACD。
29．【解答】 A、A和B的位移大小都为，故A正确；
B、根据h＝得：t＝，则A的运动时间为：tA＝，B的运动时间为：tB＝，故，故B错误；
C、水平初速度为：v0＝，则有：＝＝＝，故C错误；
D、根据动能定理得：mgh＝，化简消去m，则：代入得：
；＝2gl+＝4gl，故A的末速度比B的大，故D正确；
故选：AD。
30．【解答】 AB、根据牛顿第二定律得：F牵﹣F＝ma，而F牵v＝P，动车的速度在增大，则牵引力在减小，故加速度在减小，故A错误，B正确；
C、当加速度为零时，速度达到最大值为vm，此时牵引力的大小等于阻力F，故功率P＝Fvm，故C正确；
D、根据动能定理得：牵引力做功W﹣克服阻力做的功WF＝mvm2﹣mv0，故D错误；
故选：BC。
31．【解答】 AB、甲的轨道半径是乙的2倍，根据万有引力提供向心力G＝＝man得：
v＝，故，故乙的速度是甲的倍；
，甲的向心加速度是乙的，故A错误，B错误；
C、根据万有引力提供向心力则F＝G，而甲、乙两颗人造卫星质量相等，甲的轨道半径是乙的2倍，故甲的向心力是乙的，故C正确；
D、由开普勒第三定律＝k可知T＝，而甲的轨道半径是乙的2倍，故甲的周期是乙的2倍，故D正确；
故选：CD。
32．【解答】 设该运动员的质量为M，物块的质量为m＝4.0kg，推物块的速度大小为v＝5.0m/s，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
第一次推物块的过程中：0＝Mv1﹣mv
第二次推物块的过程中：Mv1+mv＝Mv2﹣mv
第三次推物块的过程中：Mv2+mv＝Mv3﹣mv
…
第n次推物块的过程中：Mvn﹣1+mv＝Mvn﹣mv
以上各式相加可得：Mvn＝（2n﹣1）mv
当n＝7时，v7＜v，解得M＞52kg
当n＝8时，v8≥v，解得M≤60kg，
故52kg＜M≤60kg，故AD错误、BC正确。
故选：BC。
33．【解答】 A、物块在初位置其重力势能为Ep＝mgh＝30J，动能Ek＝0
则物块的质量m＝1kg，
此时物块具有的机械能为E1＝Ep+Ek＝30J
当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为E2＝Ep′+Ek′＝10J＜E1，
所以下滑过程中物块的机械能减小，故A正确；
B、令斜面的倾角为θ，则sin，
所以θ＝37°
物体下滑的距离为x＝5m的过程中，根据功能关系有Wf＝μmg?cosθ?x＝E1﹣E2，
代入数据μ＝0.5，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为a＝＝2m/s2，故C错误；
D、当物块下滑距离为x′＝2.0m时，物体克服滑动摩擦力做功为Wf＝μmgcosθ?x′＝8J，
根据功能关系可知，机械能损失了△E′＝Wf＝8J，故D错误。
故选：AB。
三．实验题（共1小题）
34．【解答】 根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得B点和P点的速度分别为
若要验证动能定理需要求出小车运动过程中拉力对小车做的功，必须要知道在拉力作用下小车通过B点和P点的距离。
故答案为：0.36，1.80，B、P之间的距离。
四．解答题（共9小题）
35．【解答】 （1）包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有：
解得：
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为：x＝v0t＝
（2）包裹落地时，竖直方向速度为：vy＝gt＝
落地时速度为：v＝＝
（3）包裹做平抛运动，分解位移，水平方向上有：x＝v0t′
竖直方向上有：y＝gt′2
两式消去时间得包裹的轨迹方程为：y＝
答：（1）包裹释放点到落地点的水平距离x为；
（2）包裹落地时的速度大小v落地时速度为；
（3）以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，该包裹运动的轨迹方程为y＝。
36．【解答】 （1）由图2可知，物件26s时开始减速，减速过程受牵引力为1975N，重力G＝mg
由牛顿第二定律可得：
mg﹣FT＝ma
解得：a＝0.125m/s2；
因牵引力小于重力，故加速度竖直向下；
（2）对减速过程分析可知，减速时间t2＝8s，逆向分析可将匀减速过程视为初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可得：
v＝at2＝0.125×8m/s＝1m/s
（3）匀速向上的位移h1＝vt1＝1×26m＝26m
匀减速上升力的位移h2＝＝m＝4m
则总位移h＝＝m＝40m
答：（1）做匀减速运动的加速度大小为0.125m/s2；方向竖直向下；
（2）匀速运动的速度大小为1m/s；
（3）总位移的大小为40m。
37．【解答】 乌贼与乌贼喷出的水组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乌贼的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv′﹣mv＝0
代入数据解得乌贼喷出的水的速度为：v＝28m/s
答：该乌贼喷出的水的速度大小v为28m/s。
38．【解答】 （1）滑块从开始下滑到D点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgH＝mgR+
在D点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F＝m，
代入数据解得：F＝8N，
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小：F′＝F＝8N，方向：水平向左；
（2）设滑块在斜轨道上到达的最高点为C′，BC′的长度为L，从滑块开始下滑到C′过程，由能量守恒定律得：
mgH＝μmgLAB+μmgcosθ?L+mgLsinθ，
代入数据解得：L＝m＜LBC＝1.0m，滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）滑块开始下滑到运动到距离A点x处过程，由动能定理得：
mgH﹣μmgx＝﹣0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝（m+2m）v′，
设碰撞后滑块滑上斜轨道的高度为h，碰撞后滑块滑动过程，由动能定理得：、
﹣μ?3mg（LAB﹣x）﹣μ?3mgcosθ?﹣3mgh＝0﹣
解得：h＝x﹣ （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x≤ m）；
答：（1）滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力大小为8N，方向：水平向左；
（2）滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系是：h＝x﹣ （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x≤ m）。
39．【解答】 （1）在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得：
v1＝vMsin72.8°…①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得：
mgcos17.2°＝ma1 …②
由运动学公式得：d＝…③
联立①②③式，代入数据得：
d＝4.8m…④
（2）在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得：
v2＝vMcos72.8°…⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得：
mgsin17.2°＝ma2 …⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得：t＝…⑦
沿斜面方向根据位移﹣时间关系可得：L＝v2t+…⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：L＝12m。
答：（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值为4.8m；
（2）M、N之间的距离为12m。
40．【解答】 （1）P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mvP1+4mvQ1
由机械能守恒定律得：
解得：vP1＝﹣v0，vQ1＝v0
（2）Q向上滑行过程，由牛顿第二定律得：
4mgsinθ+μ?4mgcosθ＝4ma
解得：a＝2gsinθ
P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a）
解得：h1＝
设P运动到与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后到第二次碰撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh1＝
解得：v02＝v0
P、Q发生第二次碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv02＝mvP2+4mvQ2
由机械能守恒定律得：
解得：vP2＝﹣×v0，vQ2＝v0
第二次碰撞后Q向上运动过程，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a）
解得：h2＝?
设P运动到与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰撞后到第三次碰撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh2＝
解得：v03＝v0
P与Q第三次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv03＝mvP3+4mvQ3
由机械能守恒定律得：
解得：vP3＝﹣v0，vQ3＝v0
第三次碰撞后对Q，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a），
解得：h3＝
…………
第n次碰撞后，Q上升的高度：hn＝（）n﹣1? n＝1、2、3……
（3）P、Q向上运动过程速度逐渐减小，两物体到达同一位置时发生碰撞，
当P、Q最后一次发生碰撞时到达最高点，此时两者到达同一高度，
当P、Q到达H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程，由动能定理得：
﹣（m+4m）gH﹣μ?4mgcosθ?＝0﹣
解得：H＝
（4）设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，则：t1＝
设P运动到斜面底端时的速度为vP1′，需要的时间为t2，则：vP1′＝vP1+gsinθ?t2，＝2gsinθ?s，
设P从A点到Q第一次碰撞后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则：v02＝（﹣vP1）﹣gsinθ?t3，
当A点与挡板之间的距离最小时：t1＝2t2+t3
解得：s＝
答：（1）P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1分别为v0、v0；
（2）第n次碰撞使物块Q上升的高度hn是（）n﹣1? n＝1、2、3……；
（3）物块Q从A点上升的总高度H为；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，A点与挡板之间的最小距离s为。
41．【解答】 （1）A恰好能通过圆周运动最高点，此时轻绳拉力恰好为零，设A在最高点的速度为v，由牛顿第二定律，有
①
A从最低点到最高点过程机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度为vA，有
②
由动量定理，有
I＝m1vA③
联立①②③式，得
I＝④
（2）设两球粘在一起是速度v′，AB粘在一起恰能通过圆周运动轨迹最高点，需满足
v′＝v ⑤
要达到上述条件，碰撞后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬时速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB﹣m1vA＝（m1+m2）v′⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦
⑧
答：（1）A受到的水平瞬时冲量的大小为；
（2）碰撞前瞬间B的动能Ek至少。
42．【解答】 （1）传送带的速度v＝4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律可得
μmg＝ma ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式可得
②
联立①②代入数据解得：s1＝4.5m ③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动，设载物箱在传送带上做匀减速运动的时间为t1，在传送带上做匀速运动的时间为t2，则
v＝v0﹣at1 ④
⑤
则载物箱通过传送带的时间为
t＝t1+t2
联立①③④⑤代入数据解得：t＝2.75s ⑥
（2）当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2．由动能定理得
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得：
⑨
（3）传送带的速度v＝6.0m/s时，由于v0＜v＜v2，所以载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为s2，所用时间为t1′，由运动学公式得
v＝v0+at1′
代入数据解得：
t1′＝1.0s
s2＝5.5m
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度，此后载物箱与传送带共同匀速运动（△t﹣t1′）的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为s3，则
s3＝v（△t﹣t1′）＝0.5m
由上面可知，，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式可得
解得：v3＝5m/s
所以传送带停止转动后，载物箱滑动的时间为
设载物箱通过传送带的过程中，合外力对它的冲量为I，由动量定理有
I＝m（v3﹣v0）
代入数据得I＝0
所以传送带给载物箱的冲量等于在这段时间内重力的冲量，方向与重力的方向相反，为竖直向上，大小为
答：（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间为2.75s；
（2）载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度为，最小速度为；
（3）若v＝6.0m/s，载物箱滑上传送带△t＝s后，传送带速度突然变为零。载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量为。
43．【解答】 （1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：
Ma1＝Mg+f
ma2＝f﹣mg
联立并代入题给数据，得：
a1＝2g
a2＝3g；
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得，碰地前瞬间它们的速度大小均为：
v0＝，方向均向下
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：
v0﹣a1t1＝﹣v0+a2t1
解得：t1＝
设此时管的下端离地高度为h1，速度为v，由运动学公式可得
h1＝v0t1﹣
v＝v0﹣a1t1
由此可知此时v＞0，此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点，由运动学公式有：h2＝
管第一次落地弹起后上升的最大高度H1＝h1+h2＝；
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有：
Mg（H﹣H1）+mg（H﹣H1+x1）﹣4mgx1＝0
解得：x1＝
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为：x2＝
设圆管长度为L．管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L
联立解得L应满足条件为：L≥。
答：（1）管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小分别为2g、3g；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足L≥。
五．计算题（共4小题）
44．【解答】 （1）根据线速度和角速度的关系可知，重物落地后，小球线速度的大小为：v＝2Rω
（2）重物落地后一小球转到水平位置，此时小球的向心力为：F向＝2mRω2
此时小球受到的向心力等于球受到杆的作用力与球重力的合力，如图所示；
根据几何关系可得：F＝＝
（3）落地时，重物的速度为：v'＝ωR
由机械能守恒得：Mv′2+4×mv2＝Mgh
解得：h＝。
答：（1）重物落地后，小球线速度的大小为2Rω；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小为；
（3）重物下落的高度为。
45．【解答】 （1）令飞机装载货物前的起飞速度为v1，飞机的质量为m
离地时有，
代入数据解得k＝N?s2/m2，
令飞机装载货物后的质量为m′，飞机的起飞速度为v2，
则当飞机起飞时有，
则v2＝78m/s；
（2）根据运动学公式可知，飞机在滑行过程中加速度的大小为a＝＝2m/s2，
所用时间为t＝＝39s。
答：（1）飞机装载货物后的起飞离地速度为78m/s；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，飞机在滑行过程中加速度的大小为2m/s2，所用的时间为39s。
46．【解答】 （1）根据匀变速直线运动的规律可知全程的平均速度为，根据平均速度和位移的关系可得：t＝x1+x2
解得：vm＝m/s＝18m/s；
（2）根据平均速度和位移的关系可得：x1＝t1
解得：t1＝6s；
（3）斜直轨道上的加速度a＝＝m/s2＝3m/s2
根据牛顿第二定律可得mgsin37°﹣Ff＝ma
解得Ff＝180N
答：（1）滑行过程中的最大速度vm的大小为18m/s。
（2）在斜直雪道上滑行的时间为6s。
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小为180N。
47．【解答】 （1）滑块恰好过F的条件为，
解得vF＝1m/s。
（2）滑块从E到B，根据动能定理有﹣mgh﹣μmgL2＝0﹣，
在E点有，
代入数据解得FN＝0.14N，
从O到B点，
Ep0﹣mgh﹣μmg（L1+L2）＝0，
解得Ep0＝8.0×10﹣3J。
（3）滑块恰能过F点的弹性势能为Ep1＝2mgr+μmgL1，
从B点减速到0有Ep1﹣mgh1﹣μmg（L1+L2）＝0，
代入数据解得h1＝0.05m，
能停在B点，则μmgcosθ＝mgsinθ，
得tanθ＝0.5，
此时h2＝0.2m，
从O到B点Ep＝mgh+μmg（L1+L2）＝2×10﹣3（10h+3）J，
其中0.05m≤h≤0.2m。
答：（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小为1m/s。
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小为0.14N，弹簧的弹性势能为8.0×10﹣3J。
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系为Ep＝2×10﹣3（10h+3）J。
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