1.解：A、彈簧彈力以及物體之間的摩擦力屬于內(nèi)力，系統(tǒng)所受外力F1和F2的合力為零故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于開始的過程中系統(tǒng)中有兩拉力均做正功，因此機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤;
B、D、分別對(duì)m和M動(dòng)態(tài)分析可知，開始時(shí)二者都做加速運(yùn)動(dòng)，隨距離的增大，彈簧的彈力增大，二者的加速度都減小，當(dāng)加速度a=0時(shí)速度大，即當(dāng)彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能大，此后彈簧的彈力大于拉力，二者都做減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為0.故B錯(cuò)誤，D正確;
C、二者的速度都減小為0后，由于彈力仍然大于拉力，二者之間的距離開始減小，彈簧的彈力做正功，拉力做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能開始減小.故C錯(cuò)誤;
本題選擇錯(cuò)誤的，故選：ABC.
2.AC
解：A、對(duì)于F的做功過程，由幾何知識(shí)得到：力F作用點(diǎn)的位移x=PB﹣PC=
則力F做的功W=Fx=50×0.4J=20J，故A正確;
B、由于B球到達(dá)C處時(shí)，已無沿繩的分速度，所以此時(shí)滑塊A的速度為零，考察兩球及繩子組成的系統(tǒng)的能量變化過程，由功能關(guān)系得：W=mv2+mgR
代入已知量得：20=+2×10×0.3，解得小球B速度的大小v=m/s，故B錯(cuò)誤;
C、當(dāng)繩與軌道相切時(shí)兩球速度相等，如圖：
由三角形知識(shí)得：sin∠OPB==，故C正確;
D、設(shè)低點(diǎn)勢(shì)能為0，小球B從地面拉到P的正下方時(shí)小球B的機(jī)械能增加，故D錯(cuò)誤;
故選：AC
【點(diǎn)評(píng)】：本題連接體問題，關(guān)鍵分析兩物體之間的速度與高度關(guān)系并運(yùn)用幾何知識(shí)和功能關(guān)系來研究，注意分析B球到達(dá)高點(diǎn)時(shí)A球速度為零.
3.解：
A、從題意得到，太陽(yáng)能驅(qū)動(dòng)小車以功率不變啟動(dòng)，當(dāng)開始階段小車所受的牽引力大于阻力，小車做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)牽引力平衡后小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到大.故A正確;
B、阻這段時(shí)間內(nèi)力做功為W=Fs.故B錯(cuò)誤;
C、根據(jù)動(dòng)能定理判斷，這段時(shí)間內(nèi)合力做功為，故C正確;
D、這段時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為，故D錯(cuò)誤.
故選AC
4.解：設(shè)額定功率為P，則速度為3m/s時(shí)的牽引力，速度為6m/s時(shí)，牽引力為.
根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)1﹣f=3(F2﹣f)，解得f=.
因?yàn)闋恳εc阻力相等時(shí)，速度大，則F=f=，知大速度為12m/s.因?yàn)楣β饰粗�，無法求出阻力，該運(yùn)動(dòng)為變加速運(yùn)動(dòng)，無法求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.故A正確，B、C、D錯(cuò)誤.
故選：A.
5.D電勢(shì)能;功能關(guān)系
解：A、由牛頓第二定律得知，小球所受的合力F合=ma=mg，方向向下，根據(jù)動(dòng)能定理知，小球的動(dòng)能增加△Ek=F合h=mgh，故A錯(cuò)誤.
B、由牛頓第二定律得：mg﹣F=mg，解得電場(chǎng)力F=mg，且方向豎直向上，則電場(chǎng)力做功W電=﹣Fh=﹣mgh，故小球的電勢(shì)能增加mgh，故B錯(cuò)誤.
C、小球在豎直方向上下降h高度時(shí)重力做正功mgh，因此，小球的重力勢(shì)能減少mgh，故C錯(cuò)誤.
D、由上知，小球的電勢(shì)能增加mgh，根據(jù)能量守恒知，小球的機(jī)械能減少mgh，故D正確.故選：D.
6.ACD解：A、A向右運(yùn)動(dòng)至大速度時(shí)C恰好離開地面，此時(shí)A、B、C加速度均為零，設(shè)此時(shí)繩的拉力為T，
對(duì)A：F﹣μmg﹣T=0
對(duì)B、C整體：T﹣2mg=0
代入數(shù)據(jù)解得F=2.2mg，故A正確，B錯(cuò)誤;
C、開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜止，彈簧壓縮量為x，則對(duì)B有kx=mg
x=
因B、C的質(zhì)量相等，故C恰好離開地面時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量仍為x=
所以拉力做的功W=F•2x=，故C正確;
D、A由靜止到向右運(yùn)動(dòng)至速度大的過程中，對(duì)A、B、C由能量守恒得
(F﹣μmg)•2x=(2m)v2+mg•2x
解得v=g，故D正確.
故選：ACD
【點(diǎn)評(píng)】：本題的關(guān)鍵是對(duì)物體進(jìn)行受力分析，抓住臨界狀態(tài)，然后結(jié)合功能關(guān)系和胡克定律多次列式求解分析，關(guān)鍵是要知道A向右運(yùn)動(dòng)至速度大時(shí)C恰好離開地面，此時(shí)A、B、C的加速度均為零，注意整體法和隔離法的應(yīng)用，難度適中.
7.(1)AD(2)mg(s0+sl)
8.(1)ABC(2)(3)減小(4)二
9.解：(1)設(shè)賽車越過壕溝需要的小速度為v1，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有：
s=v1t
h=gt2
解得：v1=s=2.5×=5m/s
(2)設(shè)賽車恰好越過圓軌道，對(duì)應(yīng)圓軌道高點(diǎn)的速度為v2，低點(diǎn)的速度為v3，由牛頓第二定律及機(jī)械能守恒定律，有：
mg=m
m=m+mg•(2R)
解得：v3===4m/s
(3)由于B點(diǎn)以后的軌道均為光滑，故軌道低點(diǎn)速度應(yīng)該等于平拋的初速度，通過分析比較，賽車要完成比賽，在進(jìn)入圓軌道前的速度小應(yīng)該是：
vmin=4m/s
設(shè)電動(dòng)機(jī)工作時(shí)間至少為t，根據(jù)功能原理有：
pt﹣fL=m
由此可得：t=2.53s
即要使賽車完成比賽，電動(dòng)機(jī)至少工作2.53s的時(shí)間.
答：(1)賽車越過壕溝需要的小速度為5m/s;
(2)賽車進(jìn)入圓軌道前在B點(diǎn)的小速度為4m/s;
(3)要使賽車完成比賽，電動(dòng)機(jī)至少工作2.53s時(shí)間.
10.解：(1)分析M受力，由牛頓第二定律得：
F﹣μmg=Ma1
代入數(shù)據(jù)解得：a1=12m/s2
設(shè)裝置向左運(yùn)動(dòng)到速度為0的時(shí)間為t1，則有：
v0﹣a1t1=0
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：t1=1s
裝置向左運(yùn)動(dòng)的距離：x1==12×1m﹣0.5×12×1m=6m
(2)對(duì)m受力分析，由牛頓第二定律得：μmg=ma2
代入數(shù)據(jù)解得：a2=4m/s2
設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度為v1，則：
v1=v0﹣a2t1
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v1=8m/s
小滑塊向左運(yùn)動(dòng)的距離為：x2==12×1m﹣0.5×4×1m=10m
則平板長(zhǎng)為：l=x2﹣x1=10m﹣6m=4m
(3)設(shè)滑塊在B點(diǎn)的速度為v2，從A至B，由動(dòng)能定理得：
﹣mg×2R﹣Wf=
在B點(diǎn)有：mg=
聯(lián)立解得：R=0.9m，v2=3m/s
小滑塊從B點(diǎn)飛出做平拋運(yùn)動(dòng)：2R=
聯(lián)立解得：t2=0.6s
落點(diǎn)離A的距離為：x=v2t2=3×0.6m=1.8m
答：1)裝置運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和位移大小6m;
(2)長(zhǎng)平板的長(zhǎng)度l為4m;
(3)小滑塊后落回長(zhǎng)平板上的落點(diǎn)離A的距離1.8m.
11.考點(diǎn)：動(dòng)能定理;運(yùn)動(dòng)的合成和分解.
專題：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題.
分析：(1)根據(jù)幾何關(guān)系求解物體升高的高度h.
(2)該同學(xué)的結(jié)論是錯(cuò)誤的.因?yàn)槠嚱?jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度與此時(shí)物體的速度不等，應(yīng)根據(jù)速度的分解得到物體的速度，再由動(dòng)能定理求解功.
解答：解：(1)當(dāng)車運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，物體升高的高度為：
h=﹣H=(﹣1)m=0.41m
(2)該同學(xué)的結(jié)論是錯(cuò)誤的.因?yàn)槔K總長(zhǎng)不變，物體的速度與車在同一時(shí)刻沿繩方向的速度大小相等，而此刻車的速度方向不沿繩的方向，所以兩者的速度大小不相等.如圖，將車的速度v沿繩的方向和垂直于繩的方向分解，得：
v1=vBcosθ
繩Q端拉力對(duì)物體是變力做功，可用動(dòng)能定理求解.則有：
W﹣mgh=
得：W=mgh+=(10×10×0.41+10×52×cos245°)J=103.5J
答：(1)當(dāng)車運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，物體升高的高度h是0.41m;
(2)該同學(xué)的結(jié)論是錯(cuò)誤的.因?yàn)槔K總長(zhǎng)不變，物體的速度與車在同一時(shí)刻沿繩方向的速度大小相等，而此刻車的速度方向不沿繩的方向，所以兩者的速度大小不相等.該功的大小為103.5J.
一、1.B2.C3.B4.B5.ACD6.ACD7.C8.D?
二、9.0.23610.2;4011.1.712.0.2s?
三、13.(1)運(yùn)動(dòng)員打開傘后做勻減速運(yùn)動(dòng)，由v22-v12=2as2可求得運(yùn)動(dòng)員打開傘時(shí)的速度為v1=60m/s，運(yùn)動(dòng)員自由下落距離為s1=v12/2g=180m，運(yùn)動(dòng)員離開飛機(jī)時(shí)距地面高度為s=s1+s2=305m.(2)自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1==6s，打開傘后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2==3.85s,離開飛機(jī)后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=t1+t2=9.85s?
14.可以將這5滴水運(yùn)動(dòng)等效地視為一滴水下落，并對(duì)這一滴水的運(yùn)動(dòng)全過程分成4個(gè)相等的時(shí)間間隔，如圖中相鄰的兩滴水間的距離分別對(duì)應(yīng)著各個(gè)相等時(shí)間間隔內(nèi)的位移，它們滿足比例關(guān)系：1∶3∶5∶7.設(shè)相鄰水滴之間的距離自上而下依次為：x、3x、5x、7x,則窗戶高為5x，依題意有：?
5x=1則x=0.2m?
屋檐高度h=x+3x+5x+7x=16x=3.2m
由h=gt2得：t=s=0.8s.?
所以滴水的時(shí)間間隔為：Δt==0.2s?
15.每碰撞后所做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，可分為上升和回落兩個(gè)階段，不計(jì)空氣阻力，這兩段所用時(shí)間和行程相等.?
小球原來距桌面高度為4.9m，用h0表示，下落至桌面時(shí)的速度v0應(yīng)為：?
v0==9.8m/s.下落時(shí)間為：t0==1s.?
首先用演繹法：小球第和桌面碰撞，那么，第碰撞桌面后小球的速度：v1=v0×7/9m/s.?
第碰撞后上升、回落需用時(shí)間：2t1=2v1/g=(2×v0/g)×7/9=2×7/9s.?
小球第二次和桌面碰撞，那么，第二次碰撞桌面后小球的速率：?
v2=v1×7/9=(v0×7/9)×7/9=v0×(7/9)2m/s.?
第二次碰撞后上升、回落需用時(shí)間：2t2=2v2/g=2×(7/9)2.?
再用歸納法：依次類推可得：小球第n次和桌面碰撞后上升，回落需用時(shí)間：2tn=2×(7/9)n(s)
所以小球從開始下落到經(jīng)n次碰撞后靜止所用總時(shí)間為：?
T=t2+2t1+2t2+…+2tn=1+2×7/9+2×(7/9)2+…+2×(7/9)n=1+2×[7/9+(7/9)2+…+(7/9)n]括號(hào)內(nèi)為等比級(jí)數(shù)求和，首項(xiàng)a1=7/9,公比q=7/9,因?yàn)閨q|<1,?
所以無窮遞減等比級(jí)數(shù)的和為：,所以T=1+2×7/2=8s.
