2021年高考物理真题分类汇编——力学部分（含解析）

2021年高考物理真题分类汇编——力学部分
一．选择题（共22小题）
38246057550151．由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
2．普朗克常量h＝6.626×10﹣34J?s，光速为c，电子质量为me，则在国际单位制下的单位是（　　）
A．J/s B．m C．J?m D．m/s
3．2020年11月10日，我国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909m。“奋斗者”号照片如图所示，下列情况中“奋斗者”号一定可视为质点的是（　　）
317690576835A．估算下降总时间时
B．用推进器使其转弯时
C．在海沟中穿越窄缝时
D．科学家在其舱内进行实验时
4．嫦娥五号探测器是我国首个实施月面采样返回的航天器，由轨道器、返回器、着陆器和上升器等多个部分组成。为等待月面采集的样品，轨道器与返回器的组合体环月做圆周运动。已知引力常量G＝6.67×10﹣11N?m2/kg2地球质量m1＝6.0×1024kg，月球质量m2＝7.3×1022kg，月地距离r1＝3.8×105km，月球半径r2＝1.7×103km。当轨道器与返回器的组合体在月球表面上方约200km处做环月匀速圆周运动时，其环绕速度约为（　　）
A．16m/s B．1.1×102m/s C．1.6×103m/s D．1.4×104m/s
5．“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（　　）
A．10m/s2 B．100m/s2 C．1000m/s2 D．10000m/s2
6．物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p﹣x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p﹣x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（　　）
A． B．
C． D．
7．一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示。则汽车（　　）
A．发动机的输出功率为70kW
B．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J
D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
8．如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1×103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示W，正确的是（　　）
A．N?s B．N?m/s C．kg?m/s D．kg?m2/s3
9．唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α＜β，如图所示。忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（　　）
A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
10．如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（　　）
A．动量守恒，机械能守恒
248158033020B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
11．2021年4月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行。若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（　　）
A．核心舱的质量和绕地半径 B．核心舱的质量和绕地周期
C．核心舱的绕地角速度和绕地周期 D．核心舱的绕地线速度和绕地半径
435800544069012．如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时（　　）
A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
13．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（　　）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm2﹣Pt
14．铯原子钟是精确的计时仪器。图1中铯原子从O点以100m/s的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN所用时间为t1；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为t2。O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2m。重力加速度取g＝10m/s2；则t1：t2为（　　）
A．100：1 B．1：100 C．1：200 D．200：1
15．一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不计空气阻力）（　　）
A． B． C． D．2
16．如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（　　）
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
17．“祝融号”火星车登陆火星之前，“天问一号”探测器沿椭圆形的停泊轨道绕火星飞行，其周期为2个火星日。假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为2个火星日。已知一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则该飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值约为（　　）
A． B． C． D．
372935596647018．质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（　　）
A．推力F先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
19．科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1000AU （太阳到地球的距离为1AU）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（　　）
A．4×104M B．4×106M C．4×108M D．4×1010M
20．某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度。下列说法正确的是（　　）
A．相邻位置运动员重心的速度变化相同 B．运动员在A、D位置时重心的速度相同
C．运动员从A到B和从C到D的时间相同 D．运动员重心位置的最高点位于B和C中间
21．如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（　　）
35280607302500A．沿雪道做匀速直线运动
B．下滑过程中机械能均守恒
C．前后间的距离随时间不断增大
D．所受重力沿雪道向下的分力相同
22．在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2：1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．两碎块的位移大小之比为1：2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
二．多选题（共8小题）
23．长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g。下列说法正确的有（　　）
380555523495A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
24．赛龙舟是端午节的传统活动。下列v﹣t和s﹣t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（　　）
A． B．
C． D．
25．水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则（　　）
A．在此过程中F所做的功为mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
26．水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）
A．F1＝μ1m1g B．F2＝（μ2﹣μ1）g
C．μ2＞μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
27．如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（　　）
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B．mA＞mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1﹣S2＝S3
28．如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速328739574930000转动时（　　）
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
29．2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。下列说法正确的是（　　）
A．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的（）2倍
B．核心舱在轨道上飞行的速度大于7.9km/s
C．核心舱在轨道上飞行的周期小于24h
D．后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
30．为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则（　　）
A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同
B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同
D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
三．填空题（共2小题）
31．如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。经时间，小球从最低点向上运动的距离　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）；在时刻，小球的动能　 　（选填“最大”或“最小”）。
32．如图，一弹簧振子沿x轴做简谐运动，振子零时刻向右经过A点，2s时第一次经过B点，已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，2s内经过的路程为6m，则该简谐运动的周期为　 　s，振幅为　 　m。
四．解答题（共3小题）
33．算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10﹣2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10﹣2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
34．如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑块
388175573025（1）最大位移值x；
（2）与斜面间的动摩擦因数；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。
35．如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
（1）若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；
（2）求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
（3）若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
403479016764000
五．计算题（共4小题）
36．如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝，34055051082675cosθ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
（1）滑道AB段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
37．一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
38．如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上。重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
39．如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
2021年高考物理真题分类汇编——力学部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共22小题）
1．【解答】A、杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，可认为转动的角速度ω不变，由v＝ωr，P点转动半径r不变，所以P点的线速度大小不变，故A正确；
B、向心加速度始终指向圆心O点，所以P点的加速度方向时刻改变，故B错误；
CD、对两位置的速度沿竖直方向和水平方向分解，如图所示，由图可知，竖直方向的分速度在逐渐变小，水平方向的分速度在逐渐增大，所以在P点的带动下，Q点在竖直方向做做减速运动，在水平方向做做加速运动，故CD错误。
故选：A。
2．【解答】在国际单位制下的导出单位为J?s/（kg?m?s﹣1），又因1J＝1N?m，1N＝1kg?m?s﹣2，代入导出单位中计算可得其单位为m.故ACD错误，B正确。
故选：B。
3．【解答】A、估算潜水器下降的总时间时，潜水器的大小和形状相对运动的轨迹可以忽略，可以视为质点，故A正确；
BD、用推进器使其转弯时和科学家在其舱内进行实验时，都需要研究潜水器本身的特点，不可视为质点，故BD错误；
C、在海沟中穿越窄缝时，潜水器的大小和形状相对窄缝，尺寸不可以忽略，不可视为质点，故C错误。
故选：A。
4．【解答】组合体在离月球表面距离为r＝r2+h；设组合体质量为m，月球对组合体的万有引力充当向心力，
根据G＝m
可得v＝＝m/s＝1.6×103m/s，故C正确，ABD错误。
故选：C。
5．【解答】根据匀速圆周运动的规律，ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s，r＝1cm＝0.01m，向心加速度为：an＝ω2r＝（100π）2×0.01m/s2＝100π2m/s2≈1000m/s2，故C正确，ABD错误。
故选：C。
6．【解答】一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么位移与速度关系为：x＝，
而动量表达式为：p＝mv，
联合上式，则有：p2＝2am2x
再由位移与速度均沿着x轴正方向，则取正值，那么动量也取正值，
综上所述，故D正确，ABC错误；
故选：D。
7．【解答】A、由图可知，发动机1s内输出的功为W＝1.7×104J，则输出功率为：P＝＝W＝1.7×104W＝17kW，故A错误；
BCD、每1s消耗的燃料有△E＝6.9×104J进入发动机，则最终转化成的内能为：Q＝△E＝6.9×104J，故C正确，BD错误。
故选：C。
8．【解答】A、N不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义I＝Ft可知，N?s是冲量的的单位，故A错误；
B、根据功率的计算公式P＝Fv可知功率的单位可以表示为N?m/s，但N不是国际单位制基本单位，故B错误；
C、根据动量的定义p＝Fv，结合F＝ma知N＝kg?m2/s2，可知kg?m/s是动量的单位，故C错误；
D、根据P＝Fv可知功率的单位可以表示为N?m/s，结合F＝ma知N＝kg?m2/s2，则功率得单位W＝kg?m2/s3，故D正确。
故选：D。
9．【解答】A、耕索对曲辕犁拉力的水平分力大小为F1＝Fsinα，耕索对直辕犁拉力的水平分力大小为F2＝Fsinβ，由于α＜β，则耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁拉力的水平分力小，故A错误；
B、耕索对曲辕犁拉力的在竖直方向的分力大小为F1′＝Fcosα，耕索对直辕犁拉力的竖直方向分力大小为F2′＝Fcosβ，由于α＜β，则耕索对曲辕犁拉力的竖直方向的分力比对直辕犁拉力在竖直方向的分力大，故B正确；
CD、无论曲辕犁匀速前进或直辕犁加速前进，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力属于物体间的相互作用力，总是大小相等、方向相反，故CD错误。
故选：B。
10．【解答】从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；
撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，弹簧被压缩且弹簧的弹力大于滑块受到的滑动摩擦力，
撤去外力后滑块受到的合力不为零，滑块相对车厢底板滑动，系统要克服摩擦力做功，
克服摩擦力做的功转化为系统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故B正确，ACD错误。
故选：B。
11．【解答】设引力常量为G。
AB、根据万有引力提供向心力，则有：＝mr，解得M＝，要计算地球的质量M，需要知道核心舱的轨道半径和周期，故AB错误；
C、根据万有引力提供向心力，则有：＝mrω2，解得：M＝＝，由于轨道半径不知道，所以无法计算地球的质量，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力，则有：＝m，解得：M＝，已知核心舱的绕地线速度和绕地半径，可以计算地球的质量，故D正确。
故选：D。
12．【解答】A、小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，故A错误；
B、木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一定不在水平方向，故B错误；
CD、木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。
故选：D。
13．【解答】A、若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合力不变则牵引力也将增大，故A错误；
B、若动车组输出功率均为额定值，则其加速a＝＝，随着速度增大，加速度减小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B错误；
C、当动车组的速度增大到最大vm时，其加速度为零，则有：，若总功率变为2.25P，则同样有：，联立两式可得：vm′＝，故C正确；
D、对动车组根据动能定理有：4Pt﹣Wf＝，所以克服阻力做的功Wf＝4Pt﹣，故D错误。
故选：C。
14．【解答】由题意可知，O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2m，设d＝0.2m
图1中铯原子做平抛运动，平抛运动的初速度v0＝100m/s，水平方向：d＝v0t1，
代入数据解得：t1＝0.002s
图2中铯原子做竖直上抛运动，上升时间与下降时间相等，为，
由匀变速直线运动的位移﹣时间公式得：d＝
代入数据解得：t2＝0.4s，
则，故C正确，ABD错误。
故选：C。
15．【解答】小球从开始下落到与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下降的高度为：
h＝R+（πR﹣）＝R+πR
取小球在末位置的重力势能为零，由机械能守恒定律有：
mgh＝
解得：v＝，故A正确，BCD错误。
故选：A。
16．【解答】设铁架台底座距离为d，则物块沿平板的位移为x＝，
对物块利用牛顿第二定律可得
mgsinθ＝ma
利用运动学公式可得
x＝at2
整理可得
t＝＝
由数学知识可知，当θ＝45°时，sin2θ最大，对应时间t最小，故θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间将先减小后增大，故ABC错误，D正确。
故选：D。
17．【解答】环绕天体m绕中心天体M做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：＝，
环绕天体的半径与周期的关系为：r＝，
所以飞船绕火星的轨道半径r飞与同步卫星绕地球的轨道半径r同之比为：
＝＝，故ABC错误，D正确。
故选：D。
18．【解答】AB、如图所示，设F与竖直方向夹角为α，根据受力平衡知：mgcosα＝F，mgsinα＝N，从A到B过程中，α从逐渐减小到0，可知F逐渐增大，N逐渐减小，故AB错误；
C、将两物体看成整体，整体受水平向左的作用力为F′＝Fsinα＝mgcosαsinα＝，因为0≤2α≤π，根据函数单调性可知sin2α先增大后减小，则F′先增大后减小，根据牛顿第三定律知墙面对凹槽的压力先增大后减小，故C正确；
D、对凹槽进行受力分析可知，水平地面对凹槽的支持力N1＝Mg+N′sinα，根据牛顿第三定律N′＝N，则地面对凹槽的作用力为N1＝Mg+Nsinα，由以上分析知，α逐渐减小，N逐渐减小，可知水平地面对凹槽的支持力逐渐减小，故D错误。
故选：C。
19．【解答】设地球的质量为m，地球到太阳的距离为r＝1AU，地球的公转周期为T＝1年；
由万有引力提供向心力可得：＝mr，
解得：M＝；
对于S2受到黑洞的作用，椭圆轨迹半长轴R＝1000AU，
根据图中数据结合图象可以得到S2运动的半周期（）为8年，则周期为T′＝16年，
根据开普勒第三定律结合万有引力公式可以得出：M黑＝，
因此有：M黑＝，代入数据解得：M黑≈4×106M，故B正确，ACD错误。
故选：B。
20．【解答】A、因每次曝光的时间间隔相等，设为△t，而运动员在空中只受重力作用，加速度为g，则相邻位置运动员重心的速度变化均为g△t，故A正确；
B、A和D处于同一水平高度，根据机械能守恒知运动员在A、D位置时重心的速度大小相同，但是方向不同，所以速度不同，故B错误；
C、由图可知，运动员从A到B为5△t，从C到D的时间6△t，时间不相同，故C错误；
D、由图知A到C的时间等于C到D的时间，根据斜抛运动的对称性可知运动员重心位置的最高点位于C点，故D错误。
故选：A。
21．【解答】A、设平直雪道的倾角为θ，同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，根据牛顿第二定律可知加速度为：a＝＝gsinθ﹣μgcosθ，又因为μ相同，所以同学们做加速度相同的匀加速直线运动，故A错误；
B、下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，故B错误；
C、设前一个同学下滑时间t0后，另一个同学开始下滑，根据匀加速直线运动位移与时间的关系可得前后两个同学的间距△x＝﹣＝att0+，可知同学们前后距离随着时间t的不断增大而增大，故C正确；
D、各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力为mgsinθ也可能不相同，故D错误。
故选：C。
22．【解答】A、爆炸物在最高点时炸裂成质量之比为2：1的两个碎块，
设两碎块的质量分别为m1＝2m，m2＝m，设爆炸后两碎块的速度分别为v1、v2，
爆炸过程，系统在水平方向动量守恒，m1的速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
m1v1﹣m2v2＝0
爆炸后两碎块做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，设两碎块的水平位移分别为x1、x2，则有：
m1v1t﹣m2v2t＝0
m1x1﹣m2x2＝0
解得：x1：x2＝m2：m1＝1：2，
两碎块的竖直分位移相等，两碎块的水平位移之比为1：2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1：2，故A错误；
BD、设两碎片做平抛运动的时间均为t，两碎块落地发出的声音的传播时间分别为t1＝5s﹣t，t2＝6s﹣t，声音的传播位移：
x1＝v声音t1，x2＝v声音t2，由A可知x1：x2＝1：2，
代入数据解得：t＝4s，x1＝340m，x2＝680m，
爆炸物的爆炸点离地面高度：
h＝m＝80m，
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离：
x＝x1+x2＝（340+680）m＝1020m，故B正确，D错误；
C、由B可知，爆炸后碎块m1的水平位移：x1＝340m，碎块m2的水平位移x2＝680m，
爆炸后质量大的碎块m1的初速度为v1＝m/s＝85m/s，故C错误。
故选：B。
二．多选题（共8小题）
23．【解答】A、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动，有
h＝gt2
战士在同一位置先后投出甲、乙两颗手榴弹，故h相等，故甲乙在空中运动的时间相等，故A错误；
B、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动，设落地前瞬间手榴弹竖直分速度为vy，有
＝2gh
此时重力的功率为P＝mgvy
由题意h相等，故重力的功率相等，故B正确；
C、从投出到落地，每颗手榴弹的重力做功为WG＝mgh，根据功能关系可知，手榴弹的重力势能减少mgh，故C正确；
D、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在运动过程中只有重力做功，故手榴弹的机械能守恒，故D错误。
故选：BC。
24．【解答】A、速度﹣时间图线围成的面积表示位移，由图可知，在到达终点前，甲图线围成的面积始终大于乙图线围成的面积，则龙舟甲与龙舟乙在途中不会出现船头并齐的现象，故A错误；
B、速度﹣时间图线围成的面积表示位移，由图可知，在两图线交点对应的时刻前，丙的位移比甲大，即丙在前，在交点对应的时刻后有一个时刻，两图线围成的面积相等，即位移相等，可知龙舟甲和龙舟乙在途中会出现船头并齐，故B正确；
C、由图可知，在到达终点前，两图线没有交点，即不会出现位移相同，则龙舟甲和龙舟乙在途中不会出现船头并齐，故C错误；
D、由图可知，在到达终点前，两图线有交点，即位移相同，可知龙舟甲和龙舟戊在途中出现船头并齐，故D正确。
故选：BD。
25．【解答】A、在F作用下，由动能定理可知：WF﹣fs0＝﹣0，撤去外力之后，由动能定理可知：﹣f×2s0＝0﹣，联立解得：WF＝，故A错误；
BD、由于外力做功WF＝Fs0，则解得F＝3f，撤去外力前的加速度大小a1＝＝＝，撤去外力后的加速度大小a2＝，则v0＝a1t1＝a2t2，即撤去外力前后时间关系：t2＝2t1
取v0方向为正，撤去外力之前对物体动量定理可知：（F﹣f）t1＝mv0﹣0，撤去外力之后对物体动量定理可知：﹣ft2＝0﹣mv0，则F的冲量大小I＝Ft1＝mv0，故B正确，D错误；
C、撤去外力之后，由动能定理可知：﹣f×2s0＝0﹣，摩擦力f＝μmg，则解得：μ＝，故C正确；
故选：BC。
26．【解答】A、由图（c）可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A错误；
B、由图（c）可知，t1～t2时间段物块和木板一起匀加速运动，在t2时刻物块和木板分离，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
对物块和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）am
对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am
整理可得F2＝（μ2﹣μ1）g
故B正确；
C、由图（c）可知，对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am
故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2＞μ1，故C正确；
D、通过结合图（c）分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起匀加速运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D正确。
故选：BCD。
27．【解答】A、撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小：I＝mAv0，
弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝mAv0，对B，以向右为正方向，由动量定理得：I墙壁﹣I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝mAv0，方向水平向右，故A正确；
B、弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得：a＝，由图（b）所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是：aB＞aA，即＞，解得：mB＜mA，故B正确；
C、B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误；
D、a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体的速度，则t1时刻A的速度大小v0＝S1，t2时刻A的速度大小vA＝S2，B的速度大小vB＝S3，
由图（b）所示图象可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，此后A、B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，从t1到t2过程，由动量守恒定律得：mAv0＝mAvA+mBvB，把速度代入得：mAS1＝mAS2+mBS3，mA（S1﹣S2）＝mBS3，由于mA≠mB，则S1﹣S2≠S3，故D错误。
故选：AB。
28．【解答】AB、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，如图所示，小球在竖直方向受力平衡，则Fcosα＝mg，所以α不变，小球的高度不变，弹簧弹力的大小F一定不变，故A错误，B正确；
C、若金属框的角速度较小，杆对小球的弹力方向垂直于杆向外，如图所示，在水平方向上，由牛顿第二定律得
Fsinα﹣FN＝mω2r，则得FN＝Fsinα﹣mω2r，ω变大，其它量不变，则FN变小，由牛顿第三定律知小球对杆压力的大小变小，故C错误；
D、小球所受合外力的大小F合＝Fn＝mω2r，ω变大，其它量不变，则F合一定变大，故D正确。
故选：BD。
29．【解答】A、由题意知，核心舱进入轨道后所受地球的万有引力为F＝，而在地面上的引力大小为F0＝，所以，故A正确；
B、v1＝7.9km/s 是第一宇宙速度，是圆轨道最大的环绕速度，根据环绕速度公式v＝，因为r＞R所以核心舱的飞行速度应小于7.9km/s，故B错误；
C、与同步卫星相比，核心舱的轨道半径远小于同步卫星，根据周期公式T＝＝，故核心舱的运动周期小于同步卫星的周期，故C正确；
D、后续加挂实验舱后，根据上述环绕速度公式知，与环绕天体的质量m无关，但只要运行速度不变，则轨道半径不变，故D错误。
故选：AC。
30．【解答】A、根据共振产生的条件，当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树木的固有频率不同，针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同，故A正确；
B、当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，故B错误；
C、打击杆对不同粗细树干打击的振动频率不同，打击结束后，树干的振动频率为其固有频率，不同粗细的树干的固有频率是不同的，故C错误；
D、树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，故D正确。
故选：AD。
三．填空题（共2小题）
31．【解答】小球从最低点向上运动的过程中做变加速运动，在时间内运动的距离为A，小球在前时间内的平均速度小于后时间内的平均速度，则经时间，小球从最低点向上运动的距离小于。在时刻，小球到达平衡位置，动能最大。
故答案为：小于，最大。
32．【解答】振子从A点向右开始计时，振子先到达右侧最大位移处，再反向到达平衡位置，最后到达B点用时2s，因B点的速度大小和A点速度大小相等，则说明AB关于平衡位置对称；则可知2s时间对应，故周期T＝2×2s＝4s；
因半个周期内对应的路程为2A，则有2A＝6m，解得A＝3m。
故答案为：4；3。
四．解答题（共3小题）
33．【解答】（1）算珠相同，设每个算珠的质量为m，
由题意可知，甲算珠的初速度大小v0＝0.4m/s，碰撞后瞬间甲算珠的速度大小v甲＝0.1m/s
设甲、乙两算珠碰撞前瞬间甲算珠的速度大小为v1，从甲算珠开始运动到甲、乙碰撞前瞬间过程，
对甲算珠，由动能定理得：﹣μmgs1＝
代入数据解得：v1＝0.3m/s
甲、乙两算珠碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间乙算珠的速度大小为v乙，
以碰撞前甲算珠的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝mv甲+mv乙，
代入数据解得：v乙＝0.2m/s
设碰撞后乙算珠甲减速到零过程滑行的距离为s，对乙算珠，由动能定理得：﹣μmgs＝0﹣
代入数据解得：s＝0.02m＝s2＝2.0×10﹣2m，乙算珠恰好到达边框a处
（2）设两算珠碰撞后甲滑行距离s3后速度变为零，对甲，由动能定理得：﹣μmgs3＝0﹣
代入数据解得：s3＝0.005m
设从甲开始运动到甲乙碰撞所需时间为t1，从甲乙碰撞到甲停止运动需要的时间为t2，
则：s1＝t1，s3＝t2，
代入数据解得：t1＝0.1s，t2＝0.1s
甲算珠从拨出到停下所需的时间：t＝t1+t2＝（0.1+0.1）s＝0.2s
答：（1）乙算珠能滑动到边框a；
（2）甲算珠从拨出到停下所需的时间是0.2s。
34．【解答】（1）小车向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动推论有：x＝
代入数据解得：
x＝m＝16m
（2）小车向上做匀减速直线运动，根据加速度定义得加速度大小：a1＝＝m/s2＝8m/s2
上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
得：a1＝＝gsinθ+μgcosθ
代入数据解得：μ＝＝＝＝0.25
（3）小车下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：a2＝＝gsinθ﹣μgcosθ＝10×0.6﹣0.25×10×0.8m/s2＝4m/s2
由运动学公式得：vt＝＝m/s＝m/s＝11.3m/s
得重力的平均功率：＝mgcos（90°﹣θ）＝W＝W＝67.9W
答：（1）最大位移值x为16m；
（2）与斜面间的动摩擦因数为0.25；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率为67.9W。
35．【解答】（1）对小球，从释放点到圆管最低点C的过程中，由机械能守恒定律得：
mgh0＝
代入数据解得速度大小vC为：vC＝
在此过程中，对小球由动量定理得：I＝mvC
代入数据解得所受合力的冲量I的大小：I＝m，方向水平向左。
（2）对小球从释放点到D点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（h﹣R）＝
在D点，对小球由牛顿第二定律得：
FN＝
联立解得D点所受弹力FN与h的关系式为：FN＝2mg（﹣1）
满足的条件为：h≥R
（3）第1种情况：不滑离轨道原路返回，条件为：h≤
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前做平抛运动，由运动学公式得：d＝vxt
竖直方向上，由速度﹣时间公式得：t＝
对小球在G点，由速度的分解得：vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ
联立解得：vG＝2
对小球从释放点到G点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（h﹣R）＝
联立解得h满足的条件为：h＝
答：（1）小球第一次运动到圆管最低点C时，速度大小vC为，在此过程中所受合力的冲量I大小为m，方向水平向左；
（2）小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式为FN＝2mg（﹣1）；
（3）小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该：不滑离轨道原路返回，条件为h≤，与墙面垂直碰撞后原路返回，条件为h＝。
五．计算题（共4小题）
36．【解答】（1）背包在斜面上运动，受力分析如图所示：
由牛顿第二定律可知：mgsinθ﹣f＝ma1
其中f＝μmgcosθ
解得：a1＝2m/s2
背包从斜面滑下过程：L＝
滑雪者在斜面上滑动过程中有：L＝v0t2+
其中：t1﹣t2＝1s
解得：L＝9m，t1＝3s，t2＝2s
（2）滑雪者在斜面上滑动过程到底部时，
v＝v0t2+a2t2
解得：v＝9m/s
答：
（1）滑道AB段的长度为9m；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度为9m/s。
37．【解答】（1）设篮球自由下落与地面碰撞前瞬间的动能大小为Ek1，
篮球与地面碰撞后瞬间篮球的动能为Ek2，由动能定理得：
篮球下落过程：mgh1＝Ek1﹣0
篮球上升过程：﹣mgh2＝0﹣Ek2，
篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值：k＝
代入数据解得：k＝1.5
设拍球后篮球落地瞬间的速度大小为Ek3，与地面碰撞后瞬间动能为Ek3，
拍球后篮球反弹上升过程，对篮球，由动能定理得：﹣mgh3＝0﹣Ek4，
设拍球过程，运动员对篮球做的功为W，从拍球到篮球与地面碰撞前瞬间过程，
由动能定理得：W+mgh3＝Ek3﹣0
篮球与地面碰撞前后的动能之比k＝
代入数据解得：W＝4.5J
（2）运动员对篮球做功转化为篮球的动能，由功能关系可知，
运动员拍球后篮球获得的动能Ek＝W＝
代入数据解得，运动员拍球后篮球获得的速度大小：v＝m/s
设运动员对篮球的作用力大小为F，以向下为正方向，运动员拍球过程，
对篮球，由动量定理得：（F+mg）t＝mv﹣0
代入数据解得：F＝（3﹣6）N≈5.6N
答：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功是4.5J；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小是5.6N。
38．【解答】（1）设物块A由静止开始运动到O点的速度大小为v0，对此过程由动能定理得
mg?2μL﹣μmgL＝﹣0
解得：v0＝
（2）A经O点水平抛出后做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，物块A经过O点的速度大小为vx，落到弧形轨道上时，速度大小为v，竖直方向速度大小为vy，落在弧形轨道上的动能均相同为Ek，则
x＝vxt，y＝，，
解得：
Ek＝＝＝
已知P点坐标为（2μL，μL），即当物块A落到P点时，x＝2μL，y＝μL，可得
Ek＝＝2μmgL
依题意：物块A落在弧形轨道上的动能均相同，则有
＝2μmgL，
整理得PQ的曲线方程为：，0≤x≤2μL。
（3）设A下滑的初始位置距x轴高度为h，A与B碰撞前瞬间速度大小为vA，碰撞后瞬间A、B的分别为vA1、vB，
对A由静止开始运动到碰撞B之前的过程，由动能定理得
mgh﹣μmgL＝
解得vA＝
A与B发生弹性碰撞的过程，设水平向右为正方向，因B质量为λm（λ≥5）大于A的质量，碰后A的速度水平向左，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可得
mvA＝﹣mvA1+λmvB
＝+
解得：vA1＝，vB＝
设碰撞之后A向左运动再返回O点的速度大小为vA2，对此过程由动能定理得
﹣2μmgL＝﹣
解得：＝﹣4μgL＝﹣4μgL
要使A落在B落点的右侧，需满足：vA2＞vB，即，则有
﹣4μgL＞，
解得：＞
将vA＝代入得：
h＞
由（2）的结论：，可得当物体落在P（2μL，μL）点时，在O点平抛的初速度大小满足
要使A和B均能落在弧形轨道上，因vA2＞vB，故只要A能落在弧形轨道上，B就一定能落在弧形轨道上，
所以需满足：≤，即：﹣4μgL≤2μgL
解得：h≤
则A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为＜h≤。
答：（1）A经过O点时的速度大小为；
（2）PQ的曲线方程为，0≤x≤2μL；
（3）A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为＜h≤。
39．【解答】（1）小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，则小车与减速带碰撞过程中机械能的损失恰好等于经过距离d时增加的动能，即△E＝△Ek；
小车通过第30个减速带后，每经过d的过程中，根据动能定理可得：△Ek＝mgdsinθ
所以有：△E＝mgdsinθ；
（2）设小车通过第30个减速带后，每次与减速带碰撞后的动能为Ek，小车与第50个减速带碰撞后在水平面上继续滑行距离s后停下，在此过程中根据动能定理可得：﹣μmgs＝0﹣Ek，
解得：Ek＝μmgs
小车从开始运动到与第30个减速带碰撞后的过程中，根据功能关系可得损失的总能量为：△E1＝mg（L+29d）sinθ﹣Ek，
小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为：＝
解得：＝；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则有：＞mgdsinθ
解得：L＞d+。
答：（1）小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为mgdsinθ；
（2）小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L＞d+。