在高台跳水运动中,ts时运动员相对于水面的高度是hm,h(t)=-4.9t2+6.5t+10,则运动员在t=1s的

A重球水平面内做圆周运动，在转速不断增大的过程中，重力不做功，则拉力一定做功，故A错误，B正确．
C、球飞出后在空中运动时间由球所处的高度决定与松手时球的速率无关，故C正确．
D、球飞出的水平距离由松手时球所处的高度及球的速率决定，故D错误．
故选BC．

点评：
本题考点： 平抛运动；物体做曲线运动的条件．

考点点评： 解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动．且分运动与合运动具有等时性．

（1）玩具车从顶端飞出做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，
由运动学公式得，vy＝
2gh=4m/s，
玩具车无碰撞地沿圆弧切线从A点切入竖直圆弧轨道，说明玩具车到A点时的速度方向沿圆弧轨道的切线方向，
作出速度的平行四边形，解三角形得，v₁=3m/s，v_A=5m/s．
对玩具车从高台底端到高台顶端的过程，根据动能定理列式得，
Pt-mgh+W_f=
1
2mv12−
1
2mv02，
解得W_f=-5.4J．
（2）在O点对玩具车受力分析，根据圆周运动的特点得，N−mg＝m
v2
R
从A到O的过程中根据动能定理得，mgR（1-cos53°）+W_f′=
1
2mv2−
1
2mvA2
联立解得W_f′=-2.7J．
（3）设倾斜轨道至少高H，从A点到最高点，
对人和车根据动能定理列式得，−mgH+2Wf′−μmgcos53°×
H
sin53°=0-
1
2mvA2
解得H=0.73m．
答：（1）玩具车冲上高台顶部的过程中，摩擦力做了-5.4J的功；
（2）玩具车从A到O的过程中摩擦力做了-2.7J的功；
（3）倾斜轨道至少0.73m，才能保证玩具车不会飞出．

点评：
本题考点： 动能定理；平抛运动；向心力．

考点点评： 本题考查了动能定理和平抛运动、圆周运动的综合，知道圆周运动向心力的来源，平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键．

小球离开水平台后做平抛运动，
水平方向：s=v₀t，
竖直方向：h=[1/2]gt²，
小球击中橡皮泥过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv₀=（M+m）v，
小球与橡皮泥离开水平台后做平抛运动，
水平位移：s′=vt，
AB间的距离：d=s-s′，
解得：d=[Ms/M+m]；
答：AB间的距离为[Ms/M+m]．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；平抛运动．

考点点评： 本题考查了求小球与橡皮泥落地点间的距离，分析清楚运动过程、应用平抛运动规律与动量守恒定律即可正确解题．

（1）摩托车离开高台做平抛运动，则
竖直方向有：h＝
1
2gt′2
水平方向有：s=v_tt′
联立求出：水平距离 s=vt

2h
g=7.5×

2×5
10=7.5m
（2）设摩托车落地时的速度为v，根据机械能守恒定律得
mgh+[1/2m
v2t]=[1/2mv2
则得 v=

v2t+2gh]=
7．52+2×10×5=12.5m/s
（3）摩托车冲上高台的过程中，根据动能定理得
Pt−mgh−W＝
1
2mvt2−
1
2mv02
则得 W=Pt-mgh-[1/2m
v2t]+[1/2m
v20]
代入数据解得，W=2.37×10⁴J
答：
（1）摩托车的落地点到高台的水平距离是7.5m；
（2）摩托车落地时速度的大小是12.5m/s；
（3）摩托车冲上高台过程中克服摩擦阻力所做的功是2.37×10⁴J．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；平抛运动；机械能守恒定律．

考点点评： 本题考查了动能定理和平抛运动的综合，知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，以及能够熟练运用动能定理．

A、B、这两种方法，都把重物推到了高台上，两人做同样多的有用功，克服重力做功相同．选项A错误、选项B正确；
C、功率等于功与时间是比值，由于题中没有给出时间，不能确定哪个做功的功率大．此选项错误；
D、由于乙中情况需要克服摩擦做功，所以乙种情况下的机械效率小．此选项错误．
故选B．

点评：
本题考点： 有用功和额外功；机械效率．

考点点评： 此题考查的是使用机械的优缺点，需要清楚：使用机械可以省力，但要做额外功，一般机械效率是降低的．

（1）由机械能守恒定律得：[1/2]mv₀²=mgL（1-cos37°）+[1/2]mv²，
解得：v=5m/s；
（2）选手在放开绳子时，水平速度为v_x，竖直速度为v_y，则
v_x=vcos37°=5×0.8=4m/s
v_y=vsin37°=5×0.6=3m/s
当竖直方向上的速度为零时，到达最高点，竖直方向上做匀减速直线运动
-v_y²=-2gh　　　　　　　
h=0.45m　　　　　　　
（3）选手在最高点站到传送带上有4m/s向右的速度，在传送带上做匀减速直线运动，
选手的加速度：a=[kmg/m]=kg=0.2×10=2m/s²　　
以地面为参考系
-v_x²=-2ax
x=4m＞3.75m　　　　　　　　　
所以可以到达终点
设选手从A到B的时间为t，则s_AB=v_xt-[1/2]at²
得：t₁=1.5s；t₂=2.5s（舍去）
在这段时间内传送带通过的位移为：x₁=v₁t₁=3×1.5=4.5m；
所以，摩擦力做功：W_f=Q=kmg（S_AB+x₁）=0.2×600×（3.75+4.5）=990J；
答：（1）速度大小为5m/s；（2）选手放开绳子后到达最高点与放开绳子时的位置间的竖直高度是4.5m；（3）能到达终点，滑行过程中因摩擦而产生的热量Q为990J．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律．

考点点评： 本题是多研究对象、多过程问题，难度较大，分析清楚选手的运动过程，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即、牛顿第二定律、运动学公式、功的计算公式可正确解题，解题时要注意，选手在传送带上运动时，系统克服摩擦力做功转化为内能，克服摩擦力做的功等于摩擦力与相对于位移的乘积．

AB、根据图甲可知，起重机在做功的过程中所用的时间短，所用由P=[W/t]可知，起重机的功率大，故A错误，B正确；
CD、根据图乙可知，相同时间内，起重机做的功多，因此起重机比人做功快，故C错误，D正确．
故选BD．

点评：
本题考点： 功的大小比较；功率大小的比较．

考点点评： 本题考查功率计算公式的应用，关键是能从图中读出有用信息．

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．速度与水平方向的夹角为θ₁，
tanθ1＝
vy
v0＝
gt
v0．位移与竖直方向的夹角为θ₂，tanθ2＝
x
y＝
v0t

1
2gt2＝
2v0
gt，则tanθ₁tanθ₂=2．故B正确，A、C、D错误．
故选B．

点评：
本题考点： 平抛运动．

考点点评： 解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．以及知道速度与水平方向夹角的正切值是同一位置位移与水平方向夹角的正切值的两倍．

A、加速过程：根据动能定理，有
mgH=
1
2mv2①
根据动量定理，有
mgt=mv ②
减速过程：根据动能定理，有
mgh-Fh=0-
1
2mv2 ③
根据动量定理，有
mgt-Ft=0-mv ④
故入水后的运动过程中动能减小量为：
1
2mv2=mgH=Fh-mgh，故A错误；
B、机械能的变化等于除重力外其余力做的功，即机械能的减小量等于克服阻力做的功Fh，故B正确；
C、由②④两式，得到Ft=mg（T+t），故C错误；
D、机械能的变化等于除重力外其余力做的功，即整个过程中机械能的减小量等于克服阻力做的功Fh，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 功能关系；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题关键是对加速过程和减速过程运用动能定理和动量定理列式分析，同时机械能的变化等于除重力外其余力做的功．

(1)M由A到B过场中，由机械能守恒定律可得：

①解得：vB=5m/s

滑块在B点时，由牛顿定律②，解得N=150N

由牛顿第三定律可知，M在B点时对轨道的压力大小为150N③

(2)M离开B后做平抛运动的水平位移v=vBt=5m④

由几何关系可得m的位移为：⑤

设滑块m向上运动的加速度为a，由⑥可得a=5m/s2

由牛顿第二定律可得：⑦

解得：F=13N⑧

(3)撤去拉力后，滑块m沿斜面上滑过程的加速度

⑨

上滑时间⑩

上滑位移⑾

滑块m沿斜面下滑过程的加速度

⑿

下滑过程⒀

由⑾⑿⒀得：

所以返回所用的时间为：

（1）150N；（2）13N；（3）


<>

（1）由运动学公式：V²=2ax得抓住绳时的速度V=
2ax＝
2×2.5×13=
65m/s
（2）根据机械守恒定律有：[1/2]m
V2C＝
1
2mV2−mgL(1−cosθ)，
解得：V_C=
V2−2gL(1−cosθ)=5m/s
（3）选手在放开绳子时，水平速度为v_x，竖直速度为v_y，则v_x=v_Ccos37°=4m/s．
选手在最高点站到传送带上A点有4m/s向右的速度，在传送带上做匀减速直线运动．
选手的加速度大小a=[kmg/m]=2m/s²．
以地面为参考系
-v_x²=-2ax，
x=4m＞3.75m
所以可以顺利冲过终点．
答：（1）选手加速运动抓住绳时的速度
65m/s；（2）选手飞越到C点放开绳子时的速度大小5m/s．
（3）可以顺利冲过终点．

点评：
本题考点： 动能定理；牛顿第二定律．

考点点评： 本题综合考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式以及功能关系，综合性较强，对学生的能力要求较高，是一道好题．

已知：m₁=8t=8×10³kg，G₂=4000N，p=7×10⁴Pa，F=2500N，OA=12m，cos30°≈0.87，h=3m，g=10N/kg
求：（1）支架与地面接触的总面积S；
（2）支撑臂给起重臂的支持力F_B；
（3）起重机做的额外功W_额和机械效率η．
（1）起重机的重力：
G₁=m₁g=8×10³kg×10N/kg=8×10⁴N，
设备重：
G₂=4000N，
起重机对地的压力：
F=G₁+G₂=8×10⁴N+4000N=8.4×10⁴N，
根据压强公式p=[F/S]可得，支架的与地的最小接触面积
S=[F/p]=
8.4×104N
7×104Pa=1.2m²；
（2）作用在A点的力：
F_A=G₂=4000N
由图可知力F_A的力臂：
l_A=OAcos30°=12m×0.87=10.44m，
根据杠杆平衡条件可得：
F_B=
FAlA
lB=[4000N×10.44m/4m]=10440N；
（3）绳子自由端移动的距离：
s=2h=2×3m=6m，
拉力做的有用功：
W_有=Gh=4000N×3m=1.2×10⁴J，
拉力做的总功：
W_总=Fs=2500N×6m=1.5×10⁴J，
额外功：
W_额=W_总-W_有=1.5×10⁴J-1.2×10⁴J=3000J，
起重机的机械效率：
η=
W有
W总×100%=
1.2×104J
1.5×104J×100%=80%．
答：（1）支架与地面接触的总面积是1.2m²；
（2）支撑臂给起重臂的支持力为10440N；
（3）起重机做的额外功为3000J，机械效率为80%．

点评：
本题考点： 压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件；滑轮（组）的机械效率．

考点点评： 本题中综合考查了多个力学公式的运用，包括功、功率、机械效率、压强、杠杆的平衡条件等，同时还有对滑轮的分析、杠杆的分析、三角函数的应用等，综合性较强，值得我们认真思考．

设运动员起跳到入水所用的时间是xs，
根据题意可知：-5（x-2）（x+1）=0，
解得：x₁=-1（不合题意舍去），x₂=2，
那么运动员起跳到入水所用的时间是2s．
故选B．

点评：
本题考点： 一元二次方程的应用．

考点点评： 可根据题意列出方程，判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．

（1）起重机的重力G₁=m₁g=8×10³kg×10N/kg=8×10⁴N，设备重G₂=4000N，
起重机对地的压力：F=G₁+G₂=8×10⁴N+4000N=8.4×10⁴N，
根据压强公式p=[F/S]可得支架的与地的最小接触面积：S=[F/p]=
8.4×104N
7×104Pa=1.2m²；
（2）作用在A点的力F_A=G₂=4000N，
由图可知力F_A的力臂：l_A=OAcos30°=12m×0.87=10.44m，
根据杠杆平衡条件可得：F_B=
FAlA
lB=[4000N×10.44m /4m ]=10440N；
绳子自由端移动的距离s=2h=2×3m=6m，
拉力做的有用功W_有=Gh=4000N×3m=1.2×10⁴J，
拉力做的总功W_总=Fs=2500N×6m=1.5×10⁴J，
起重机的机械效率η=
W有
W总×100%=
1.2×104J
1.5×104J×100%=80%．
答：（1）支架与地面接触的总面积是1.2m²；
（2）支撑臂给起重臂的支持力为10440N，机械效率为80%．

点评：
本题考点： 压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件；杠杆的机械效率．

考点点评： 本题中综合考查了多个力学公式的运用，包括机械效率、压强、杠杆的平衡条件等，同时还有对滑轮的分析、杠杆的分析、三角函数的应用等，综合性较强，值得我们认真思考．