AD
x=vt
a=v/t
同向：x=7,a=6
反向：x=-3,a=-14
B
A：加速度是速度变化量和时间共同决定
B：加速度：速度变化快慢
C：不同向，方向改变
D：同向，质点速度一定增大
BC
A：形状大小不能忽略
D：转动
C：环绕地球，可以看作质点
AD
D：加速度减小时，速度增大，但比较慢
B
设路程为3s
t=2s/V+s/v2
$\overline v=3s/t=28km/h$ 联立，V=35
D
A：位移方向和运动方向不一定相同
C：单向直线才相等
D
B：a表示速度的变化率
D：加速度不变，速度变化，变化率相同，是匀变速
D
ABC：根据x-a公式，位移大小至少由初速度，末速度，加速度三个物理量中的2个确定
D
C
A
BC
D：概念不同
C
AB：地球自西向东旋转，所以看到太阳东升西落。如果清晨，飞机向东飞行，飞机相对太阳向东，乘客看到仍从东升起；向西看不到，错误
CD：看到西边升起，必须傍晚，且相对地球向西，飞机自东向西飞行速度大于地球自转速度，C正确
C
AB：水平速度相同，飞机上看，物体自由落体，AB错误
CD：有水平速度，所以是平抛，C正确
先算到刹车的时间t，再比较是否大于4s，再用
$v^2-v_0^2=2ax$ 求出x
求a：
$x_2-x_1=at^2$ 第二种方法：中间时刻的瞬时速度=平均速度，算出2段平均速度，中间时间10s，x为总位移的一般，然后计算
求$v_0$：代公式
ABC
C：第2次到第三次闪光的位移：根据连续相等时间的位移之比：1:3:5，位移差相等，所以8-x=x-2，x=5
D：不知道初速度是不是0开始
ABC
作差：$v_1^2-v_2^2=\frac{(v_0-v^t)^2}4>0$
$v_1>v_2$
C
B
设位移x，通过前一半位移所用时间为$t_1$，通过后一半位移所用时间为$t_2$
$\frac x 2=\frac 1 2at_1^2$
$x=\frac 1 2a(t_1+t_2)^2$ 联立，$t_2=(\sqrt 2 -1)t_1$
$\frac{v_2-v_1}T$
AB
D：题目条件无法判断
C
$\sqrt n-\sqrt{n-1}$
最后一辆刚准备出发，第一辆最先出发，最远，第二辆第二远
7:16=x:320
x=140
a=2.25
v0=1.5
$\frac{2x(t_1-t_2)}{t_1t_2(t_1+t_2)}$
④：2个
C：速度改变量：△v=at=gt=10×5=50
AB
AC
D
(1)
A：0-2s：匀速直线，v=3m/s；2-6s：静止；6-8s：与正方向相反的匀速直线运动,v=-6m/s
B：0-2s：匀加速直线，a=3m/s^2：2-6s：匀速直线；6-7s：匀减速，7-8s：与正方向相反的匀加速，a=(-6-6)/2=6m/s^2
(2)
A：
x=-6-0=-6m
s=6+|-6-6|=18m
B：
7s时，速度为0，为正向最大位移处
x=30
s=36
火箭上升是向上推力减向下的重力，55s后关闭发动机，意味着55s后只受重力作用，所以55-80s处为g
55-80s，a<0，但是v>0，方向向上，所以80s处为最大高度
(1) g=-240/(80-55)=-9/6
(2) 8750
(3)上升时间$t_1=80s$，下降时间$t_2=\sqrt{\frac{2h}{g}}=42.7s$
$t=t_1+t_2=122.7s$
A：斜率k不为0，速度肯定不为0
C：t1是，相交，说明到了同一位置相遇，但是t=0时位置不同，所以t1时位移不同
AB
D：斜率k是速度，所以Q速度一直大于P
AC
BC
AB：都从0时刻为起点出发，所以A正确
ACD
C：0-4s面积为0，位移为0，所以物体一直在出发点负方向上
BD
BD
B：说法换成加速度先向上后向下正确
C
3s末，t直接代3，而不是4
C
BCD
D：v-t图，位移是面积
C
D：在物理中,加速度的正负号只是代表方向,而不是大小
A
平均速率=路程/时间
D：动能增大了，合外力做正功
BC
不能用$△h=gt^2$，不是位移差，是一段位移
相等时间位移比△h=1:3:5:7
△h=5/16H
H=3.2m
距离地面高度：$h_2=7/16H=1.4m$
(2)
$h=\frac 1 2 gt^2$
$t=\sqrt{\frac{2h}g}=0.8s$ 总时间0.8s，间隔4段，所以△t=0.8/4=0.2s
总时间t，1滴水下落时间：$△t=\frac {t}{n-1}$
$h=\frac 1 2g△t^2$
$=\frac 1 2g\frac {t^2}{(n-1)^2}$ ①第一滴落下，第三滴开始下落，间隔两段，△h=1:3:5
$h'=\frac 3 4h$
$=\frac{3gt^2}{8(n-1)^2}$ ①→$g=\frac{2h(n-1)}{t^2}$
方法1：
设总高度：h，总时间：$t_0$
列方程组：
$h=\frac 1 2 gt^2$
$h-196=\frac 1 2g(t_0-4)^2$ 方法2：平均速度法
4s内中间速度=平均速度：$\overline{v_0}=196/4=49m/s$
4s中间时刻$t_1$,
$0-t_1$ 的平均速度为49m/s根据$v=gt$
$t_1=\frac{v_t}g=\frac{49}{9.8}=5s$
$t_0=5s+4/2=7s$
$h=\frac 1 2t^2=\frac 1 2 ×9.8×7^2$
方法1：
算出上升时间，下降时间，加起来
方法2：
算出上升速度，列方程
$v_0=\sqrt{2gh}=3m/s$ a=-g
x=-10m
$x=v_0t-\frac 1 2gt^2$ 求解，舍小于0的解
D
速率没有方向，只有大小
D
g始终向下
BD
身体重心上升了身高的一半，0.9m
B
向上为正方向，抛出点上方，h取正；下方，h取负
下方：解方程舍去t<0的根
v=40
x=60
g=-10
x=$v_0t-\frac 1 2gt^2$
$60=40t-5t^2$ t=2或t=6
如果在抛出点下方，x=-60，舍去t<0的根
方法1：
$h=\frac 1 2gt^2$
$h=H-△h=\frac 1 2g(T-△t)^2$ 解方程组
方法2：平均速度法
最后4s平均速度=4s中间时刻$t_1$瞬时速度：$\overline v=196/4=49m/s$
$t_1=\frac v g=\frac{49}{9.8}=5s$
$t=5+4/2=7s$
$h=\frac 1 2gt^2=240.1m$
设杆下端初始位置到窗口上沿距离为h，
$h=\frac 1 2gt^2$
$h+2+1.45=\frac 1 2g(T+0.3)^2$ h=5m
126.25m
B
ma=mg-f
$a=\frac 1 3g$
$f=\frac 2 3mg$
C：速度改变量：|-20-30|=50m/s
D：5m/s
AB
速度相等，相距最远；位移相等，追上
△S>S：相撞
△S<S：不相撞
△S=S：临界
∴△S≤S：不相撞
方法1：图像
$△S=\frac{(v_1-v_2)t}{2}≤S$ 临界即$v_a=v_b$时
$v_1-at=v_2$
$t=\frac{v_1-v_2}{a}$ ∴
$\frac{(v_1-v_2)^2}{2a}≤S$ ∴
$a≥\frac{(v_1-v_2)^2}{2S}$ 方法2：
v_a=v_b时，
若△≤S，则不相撞
即$△S=x_a-x_b$
$=(v_1t-\frac 1 2at^2)-v_2t$
$=(v_1-v_2)t-\frac 1 2at^2$ ∴
$a≥\frac{(v_1-v_2)^2}{2S}$
108km/h=30m/s
反应时间位移：$x_1=vt=30×0.5=15$
刹车过程位移：$x_2=\frac{v_2}{2a}=\frac{30^2}{2×4}=112.5m$
$x=x_1+x_2=15+112.5=127.5m$
速度相等经历时间：
$t=\frac{v_2-v_1}{a}=\frac{6-20}{-0.8}=17.5s$ 客车位移：$x_1=\frac{v_2^2-v_1^2}{2a}=227.5m$
货车位移：$x_2=v_2t=6×17.5=105m$
$x_1>x_2+120$ ，会相撞
乙平均速度：$\overline v=\frac{v_2}{2}=5m/s$，A速度<B的平均速度，所以B静止时A仍未追上B
$v_2^2=2ax_B$
$x_B=25m$
$x_B+S=v_1t$ t=8s
经过8s追上
D
CD
两车v_0，a相同，所以刹车时间、位移相同，设刹车时间为t，刹车位移$s=v_0t-\frac 1 2t^2$
后车运动时间为2t，位移$s'=v_0t+s=v_0t+v_0't-\frac 1 2t^2$
所以刹车前两车相距至少为$△s=s'-s=v_0t$,
又因为$0=v_0-at$，所以$v_0=at$，代入$s=v_0t-\frac 1 2t^2$，
得$s=at^2-\frac 1 2at^2=\frac 1 2at^2$，
再将$v_0=at$代入$△s=v_0t$，$△s=at^2$，所以△s=2s
BCD
根据v-t图，乙追上甲时，x相等，图像上围成的面积相等，则$v_乙=2v_0$，但是不知道追上乙车所用时间，所以不能求出乙车走的路程
A
相遇时不相撞，直接按照相遇处理
a=0.5m/s
D：b位移一直大于a位移
AC
AB：0-10s，乙速度一直大于甲，10-20s，甲速度一直大于乙，所以0-10s远离，10-20s靠近
C
$t_1$ 处刚好相遇
$\frac 1 2t_1$ 时，根据图像，甲比乙多走$\frac 3 4S$，当初始距离$d=\frac 3 4S$时，恰巧相遇D
仔细读题：相向
C
C
和$s_2$没有关系
$s_1<s_0$ 不相遇
$s_1=s_0$ 相遇1次
$s_1>s_0$ 相遇2次ABC
质量不均匀的3个球，重心在球心位置分别如图，球受到Q给的弹力都指向重心
C
AC
C
ACD
B：磁铁不用接触
D：惯性
A
力是物体间的相互作用，方式可能是接触、吸引、挤压等
C
C
AD
B：重力，支持力，吸引力三力平衡
C：牛三：铁块对磁板压力大小=磁板对铁块支持力大小，磁板对铁块支持力大小=铁块重力与吸引力的矢量和
D：是作用力和反作用力
AC
C
D
B
B
B：垂直
CD
A：压力大小=重力
压力和支持力是相互作用力,因为它们是作用于不同物体的两个力;重力和支持力是平衡力,因为它们作用于同一物体
C
C
B
ACD
A受到向下的重力，向上的拉力，B对A向下引力和B对A向上的支持力，4力平衡，因为拉力和重力大小相等，所以B对A向下引力和B对A向上支持力相等，所以F1>0，但不一定等于mg
AB当成整体， 重力2mg，向上拉力mg，还有向上支持力mg
D
C：对N，N弹簧不受力，所以绳子也不受力，对a，保持平衡需要M弹簧提供支持力，即M处于压缩状态，这种情况M不可能处于拉伸状态
AD
$F_1=k（l_0-l_1),F_2=k(l_2-l_0)$ 联立C
AB：与相对运动
CD
(2)行李匀加速运动的时间
(3)如果提高传送带的运行速率，行李能较快到B处，求行李从A传送到B的最短时间和传送带对应的最小运行速率
(1)a=F/m直接计算
f=4N a=1m/s^2
(2)
设行李匀加速时间为t，末速度1m/s
v=at带入，t=1s
(3)行李从A一直匀加速到B时，传送时间最短，则
$L=\frac 1 2at_{min}^2$ t=2s
v=at=2m/s
C
B：没相对运动趋势，摩擦力为0
C：不知道是否光滑
AD
D：相对
C
静止
D
如果2个摩擦力都不为0也可选
B
上爬：重力和向上的静摩擦力平衡
下滑：重力和向上的滑动摩擦力平衡
C
主动轮：提供动力，轮子相对地面向后走，静摩擦力，方向向前
从动轮：地面给的摩擦力向前，滑动摩擦力，向后
D
ACD
$m_1:N_1=m_1gcosa,f_1=m_1gsina$
$m_2:N_2=m_2gcosb,f_2=m_2gsinb$
$m_1>m_2, cosa>cosb, sina<sinb$
$N_1>N_2,f_1,f_2$ 无法比较整体分析，只受重力和支持力，水平方向无运动趋势，f=0
静止
ACD
A：受力平衡
B：B向左匀直，$F=f_B+f$，则$f=F-f_B=F-T$，根据牛三，地面受到摩擦力≥F-T
C：滑动摩擦与相对速度无关
D：2F拉木板B，B开始加速，但是AB之间压力，μ不变，所以摩擦力大小不变，A受到摩擦力大小仍为T
AD
3, 5
(2)墙壁受到压力为__
(1)匀速下滑，物体受到重力，压力，墙壁支持力和滑动摩擦力，由平衡条件得：f=mg
(2)
根据滑动摩擦力公式：f=μN
得出$N=\frac{mg}{μ}$
支持力和摩擦力，10N，14.6N
100N
B
D
A
A
B
C
A
A
C
B
D
ABD
A
A
正交分解：F1，F2夹角只能为直角
A
BC
定滑轮不改变力的大小
AB
D
$F_Acos60°=F_B$
$F_Bsin60°=G$
$F_A=\frac{2\sqrt3}{3}G=，F_B=\frac{\sqrt 3}{3}G$ 带入G=100
别忘记Fn
B
分解mg为左下的F2，向右的F1即可
D
Fn反向延长，和mg，F放在一个矩形最直观
F=mg/tanθ
Fn=mg/sinθ
A
μ不能用，因为没有滑动
A
$F_合=mg=10N$ 根据合力公式，得最大夹角120°，细绳和竖直夹角为60°，
1/2sin60°即可
A
B
作受力分析图，绳和竖直方向角度为θ
mg=2Fcosθ
A：θ>60°，$F_A>G$
C：不在同一直线无法平衡，不是一对平衡力，加上重力才能保持平衡
D：力的合成为矢量合成，不能加减大小
B
乘坐热气球飘在空中，由于地球自转，一昼夜就能周游世界：不可行
C
(1)
静止或匀直
(2)
向左匀减速或向右匀加速
(3)
向左匀加速或向右匀减速
BD
CD
BCD
C
惯性减小，运动状态易改变
B：上抛最高点受力不平衡
AC
A
A
D
CD
C
AB：称质量
C：弹簧秤称重力
两极重力比赤道重力大
AC
$t=\sqrt{\frac{2g}{h}}$
$v^2=2gh, v=\sqrt{2gh}$ C
没摩擦力，斜面体abc下滑时，小球只受重力和支持力，合力竖直向下，所以碰到斜面之前竖直下落
C
D
A：合外力越大，a越大，但速度不一定越大，静止到受力可能a很大，v很小
D
速度与倾角有关
B
开始受3个力平衡，则有f=F1-F2=10-2=8N
物体处于静止状态，说明最大静摩擦力大于等于8N，
撤去F1，外力为2N，小于8N，所以物体仍处于平衡，合力为0
D
不正确的
A
BC
C
不受外力，物体保持静止或匀直
C
A
A 不符合牛一
C
AD
A
B
C
物体大小，形状相对研究的问题可以忽略不计，物体可以看作质点，是理想化模型
绝对光滑水平面不存在，也是理想化模型
AB
B
B
D
bcad
B
CD应是加速度，不是速度
C
受力分析：刚接触弹簧为A点，压缩到最大为B点，接触弹簧到压缩最大，中间有个O点是平衡状态，合力为0
A到O：a↓，加速直线，$mg>F_N,F_合=mg-kx$
O：合力为0，a=0，v到最大值
O到B：a↑，减速直线，$mg<F_N,F_合=kx-mg$，是最低点，v=0
B
地面有摩擦力，没说忽略摩擦力
$F_1=μm_1g+m_1a$
$F_2=μm_2g+m_2a$ 分别提$m_1,m_2$，两式相除，化简，得
$F_1:F_2=m_1:m_2$ 然后计算$F_2$
C：片面，力和加速度应该同时
A
CD
C
A：合力与a，m无关
B：物体质量与受力无关
CD
D
C
A
A
C
开始时，匀直，F=f，F减小，F<f，合力方向与运动方向相反，牵引力减小，合力增大，a增大
D
BCD
BD
C
C
BCD
0.5N
3.5m/s^2
(1)
水平：f=Fcosθ
竖直：N=Fsinθ+mg
根据f=μN
得$μ=\frac{Fcosθ}{Fsinθ+mg}=0.5$
(2)
F-μmg=ma
a=5m/s^2s
A
AD
B
D
$Fcos60°=μ(mg-Fsin60°)$
$Fcos30°=μ(mg-Fsin30°)$ 联立
B
木块和斜面体有相对滑动，但无相对加速度，可以当做两物体间相对静止，摩擦力达到最大静摩擦力
A
b受重力，支持力，弹簧拉力和绳的拉力，剪断绳的瞬间，绳的拉力消失，但弹簧拉力瞬间不变，b受摩擦力方向向右
AD
D：方向可能改变
AC
CD
A：a方向
B：可能为0，比如火箭发射瞬间
D：合外力方向和v方向相同时加速
C
A
摩擦力产生加速度
C
设物体A质量为m，根据牛二，
F1=ma1=5m,F2=ma2=m
F1，F2合力范围：4m≤F≤6m
然后求a
C
D
0.8kg
被拉动是因为F>f
C
C：下落的物体受重力，不接触
D
小磅秤：$F_N=mg+T_1$
大磅秤：$F_N=Mg+mg+T_1-T_1$ 对大木箱而言，重力不是mg，要减去人向上的作用力
D
A：受到弹力，摩擦力，重力：3对作用力与反作用力
B：重力，B给A的弹力，给A的摩擦力，斜面给B的摩擦力，外力，支持力：6对
哪个弹簧形变量最大？
一样大。都是F，不管左边是是什么，x=F/k。1 2情况相同，3 4相比3的a比4大
压力和支持力是相互作用力,因为它们是作用于不同物体的两个力;重力和支持力是平衡力,因为它们作用于同一物体
A
D
B
D
平衡力：同一物体
D：分解的力是作用效果，不是实际存在的
B
A
牛三：两车之间拉力大小相等，有拉力后两车同时受力同时运动。
拉力相等，根据牛二，m大的a小，v=at可得，v大的m小，有人的车厢质量大，运动慢
C
AB：竖直方向受重力和墙对木块的静摩擦力，是一对平衡力
C：水平方向受外力F和墙对木块的支持力，是一对平衡力
AD
物体与皮带间的，有支持力和静摩擦力
B
a减小为0，但是v没有
B
BC
匀速时：f=F1=6N
2m/s
0.3
受到阻力后a=F/m=8/3
设原来速度为v，对速度减半过程，由$v^2-v_0^2=2ax$，
得$(\frac v 2)^2-v^2=2(-a)x$,
$v=\sqrt{\frac{8ax}3}=8m/s$ 所以减速运动时间：t=v/a=8/(8/3)=3s
重力，弹力，支持力，摩擦力
物体对地球的吸引力 地球
弹力 物体
桌面 水平向右
物体受到的弹力
C
A：作用力和反作用力
B：桌面对A的摩擦力水平向左
C：作用力和反作用力，但不平衡
D：平衡力
B
由于质量不可忽略，当加速启动时，钢绳有合外力，牛二得，摩托车拉钢绳的力大于货物拉钢绳的力
摩托车匀速行驶时，钢绳处于平衡状态，摩托车接钢绳的力=货物拉钢绳的力，而货物拉钢绳的力与钢绳拉货物的力是一对作用力和反作用力，大小相等
AB
不对，是飞机向后喷出的气体，飞机给气体向后的力，气体给飞机向前的力
小鸟飞行时，翅膀对空气产生作用力，而空气对翅膀产生反作用力，所以小鸟就可以飞行了。
BD
k的大小由F/ma的单位规定决定
ABD
AD
D
B：要防止的，不是利用
B
D
C
C：物体受重力，支持力，摩擦力作用，支持力和静摩擦力施力物体是斜面，故斜面对物体的力是这两个力的合力，与重力二力平衡
B
C
D
D
C
摩擦力小于拉力
整体：
$F-μm_1g-μm_2g=0$ 对2：
$F-F'1-μm_2g=0,F'=kx$ 可得：
$kx=μm_1g$ 解得：
$x=\frac{μm_1g}{k}$ 所以距离为$L+x=L+\frac μ k m_1g$
A
$2Fcos30°=m_1g$
$2m_2g\frac{\sqrt 3}2=m_1g$
$m_1:m_2=\sqrt 3$ A
AB：是可能，就正确
A：当静摩擦力沿斜面向上时，有T+f=mgsinθ，加上水平恒力相当于增加绳子的拉力T，静摩擦力f会减小
B：当静摩擦力沿着斜面向下时，有T=f+mgsinθ，加上水平衡力相当于增加绳子的拉力T，静摩擦力f会增加
CD：由于物体静止不动，所以轻绳向上拉力始终=P物体的重力
D
未加F时，木块A在水平地面受弹簧弹力F，和静摩擦力$F_A$作用，且$F_2=F_B=kx=F_A=F_A=kx=8N$，
木块B在水平地面上受弹簧弹力$F_2$和静摩擦力$F_B$作用，且$F_2=F_B=kx=8N$，在木块B上施加F后，由于$F_2+F<μG_B$，故木块B仍静止，所受摩擦力仍未静摩擦力，大小$F_B=F_2+F=9N$，木块A受力情况不变
C
C：不受外力保持静止或匀直，受到外力，运动状态改变，正确
A
Q向右的摩擦力，P受到Q向左的摩擦力，P受到桌面的2μmg
A
D
受力分析：
因为物体匀速运动，水平竖直均受力平衡：
$Fcosθ=μ(mg-Fsinθ)$ 得$F=\frac{μmg}{cosθ+μsinθ}=\frac{μmg}{\sqrt{1+μ^2}sin(α+θ)}$，可知F有最小值，先减小后增大。
F功率：
$P=Fvcosθ=\frac{μmgcosθ}{cosθ+μsinθ}=\frac{μmgv}{1+μtanθ}$ ，θ增大，tanθ增大，所以功率一直减小AC
整体分析，有竖直方向：
$Fsinθ+N=(m_1+m_2)g$ ，则
$N=m_1g+m_2g-Fsinθ$ 水平方向：f=Fcosθ，所以AC正确
AC
还有弹簧对P的弹力
C
恰好静止：说明斜面对物块的摩擦力=最大静摩擦力，
受力分析：
f=mgsinθ
N=mgcosθ
f=μN
mgsinθ=μmgcosθ
施加F时：
斜面垂直方向：$N=(mg+F)cosθ$
因而最大静摩擦力为：$f=μN=μ(mg+F)cosθ=(mg+F)sinθ$，
故合力仍为0，物块静止，
摩擦力由mgsinθ增大到(F+mg)sinθ
受力分析：
$F_合=F-mgsinθ-f$
$f=μmgcosθ$ 由牛二：
$a=\frac{F_合}m=2.4m/s^2$ v=at=12m/s
$x=\frac 1 2at^2=30m$
受力分析：
$F_N=mg-Fsinθ$
$f=μF_N$
$F_合=Fcosθ-f$
$F_合=ma=Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)$ 可知为匀变速
$a=\frac{v^2-v_0^2}{2x}=0.2m/s^2$ 可知为匀减速
$F=\frac{m(a+μg)}{(cosθ+μsinθ)}≈0.44N$
(1)μ？
撤去F前，匀速：
F=μmg
μ=0.2
撤去F后：
$a=\frac f m=2m/s^2$
$x=\frac{v^2}{2a}=4m$
50N
斜面上的物体，沿斜面的合力减去摩擦力，还有物体mg沿斜面的分力
$F_合=F-μmgcosθ-mgsinθ=0.4$
$v=at=2$
$x_1=\frac 1 2at^2=5$ 撤去F后：
$a=\frac{μmgcosθ+mgsinθ}m=g(sinθ+μcosθ)=7.6$ 上滑距离：$x_2=\frac{v^2-v_0^2}{2a}≈0.26m$
最远距离：$x=x_1+x_2=5.26m$
设撤去F前位移$x_1$，受到：
$f=μmg, a_减=μg=2m/s^2$
$x-x_1=\frac 1 2at^2=4m$ 所以$x_1=1m$
物块全程用动能定理：
$Fx_1-fx=0$ F=15N
上抛到最高点，合力不为0，速度为0
合外力方向是a方向，和v方向没直接关系
CD
牛二：F-mg=ma，因为a>g，所以F>2mg，手突然停止向上运动时，弹力开始见效，当弹簧弹力=重力时，a=0，物体因为惯性继续上升，此时弹力<重力，a反向增大
C
C
设牵引力为F，洒水车质量m，阻力为kmg，根据牛二：
F-kmg=ma
$a=\frac F m-kg$ 开始时F=kmg，a=0, 随着m↓，a↑，所以a逐渐增大
D
三力平衡，$F_2⊥F_3$，合力大小与$F_1$大小相同方向相反。由牛二，F=ma，物体质量不变，a方向与受力方向一致。所以三个力单独产生的加速度也遵循适量三角形法则，则去掉$F_3$，a=2
B
BD
$\frac{F_3}m$ 方向与$F_3$相反
$ma_1=F-μmg$
$ma_2=\frac F 2-μmg$ F=6
μ=0.2
(2)A到B时间最短，a为多少？
(1)t=6s
地面：
$F=m_1g=800N$ 升降机：举起120kg，可得物体失重，升降机有向下的a，对重物：
$m_2g=F=m_2a$
$a=\frac{m_2g-F}{m_2}=3.33m/s^2$ 以3.33m/s^2的加速度加速下降/减速上升
起重机最大拉力：$F_拉=1.4·10^4·10=1.4·10^5N$
加速上升，物体超重：
F=mg+ma
F=1100N
$F<F_拉$ 所以不会断裂
物体没有滑动，最大静摩擦力=滑动摩擦力，
减小物体对地面的压力，物体开始滑动
$f=μN$
$F_拉=k△x<f$ 超重：$F_n>mg→F_拉<μN$，不能拉动
失重：$F_n<mg→F_拉≥μN$，可以拉动
$mg-N=ma$
$F_拉≥μN$
$a≥\frac{mg-\frac{k△x}{μ}}{m}=\frac{g-k△x}{μm}$
(1)作v-t图求面积
(2)求出三段位移相加
0-2加速上升
$F_1-mg-ma_1$
$h_1=\frac 1 2a_1t_1^2$
$v_1=a_1t_1$
$v_1=10m/s, h_1=10m$ 2-5s匀速上升
$h_2=v_1t_2=30m$ 5-7s减速上升
$mg-F_3=ma_3$
$a_3=5m/s^2$
$t_3=\frac{v_1}{t_3}=2s$
$t_1=t_3$ ，所以7s末电梯速度恰好为0
$h_3=\frac 1 2v_1t_3=10m$ 总位移：$h=h_1+h_2+h_3=50m$
BD
抛出时，阻力和重力同方向，速度最大，阻力f=kv最大，所以合力最大，a最大
子弹最高点时只受重力作用，阻力为0，a=g，落地时速度到达下降阶段最大，向上阻力最大，和重力合力最小，a最小
AC
BD
B
(1)
mg-F=ma
$m=\frac{F}{g-a}=\frac{600}{10-5}=120kg$ (2)
F-mg=ma
$a=\frac{F-mg}{m}=5m/s^2$ 向上匀加速/向下匀减速
0-2：$a_1=2,F_支-mg=ma_1$
5-8：$a_2=0，F_支=mg$
10-12：$a_3=-1，,mg-F_支=ma_1$
600
500
450
绳子断裂后，拉力消失，箱子只受重力作用，和物体做自由落体运动，a=g，完全失重，箱子和物体之间没有力的作用
B
F
B
失重，不受力
D
BC
物体：
mg-T=ma
得，绳子拉力T=m(g-a)
人：
N=mg-T=Mg-m(g-a)=(M-m)g+ma
根据牛三，人对地面压力N'=N
C
2.5 48
$m_1g-F=m_1a_1$
$a_1=g-\frac{F}{m_1}=10-600/80=2.5$ 电梯匀加速上升：
$F=m_2g=m_2a_2$
$m_2=\frac{F}{g+a_2}=48$
10kg
8m 8m/s
260N
整体法：$a=\frac{F}{m_A+m_B}$
左：隔离B：
$N_1=m_Ba$
$N_1=\frac{m_B}{m_A+m_B}·F$ 右：隔离A：
$N_2=m_Aa$
$N_2=\frac{m_A}{m_A+m_B}·F$ ACD
整体法：
$F-f_D=(m_A+m_B)a$
$f_D=μ(m_A+m_B)g$
$a=\frac{F-μ(m_A+m_B)g}{m_A+m_B}$ 隔离A：A受mg，支持力，向右的f
$f_A=m_Aa$
$f_A=\frac{m_A}{m_A+m_B}[F-μ(m_A+m_B)g]$
$=\frac{m_AF}{m_A+m_B}-μm_Ag$
先隔离$m_1,a_1=\frac{F}{m_1}=3m/s^2$
隔离$m_2，a_2=\frac {F}{m_2}=2m/s^2$
整体法：$a=\frac{F}{m_1+m_2}$
代入$a_1,a_2$
$F_1=15N,F_2=10N$ AD
静止：
(2)α不变，a≠0，$T_b=0$时
B：不知道具体数值无法判断
D：仅根据作用力大小无法判断
AC：扫题
AC
BC
整体：
$(M+m)a=(M+m)gsinθ-μ_1(M+m)gcosθ$ a=g(sinθ-μ_1cosθ)
设A对B摩擦力方向沿斜面向下，大小为f，则
mgsinθ+f=ma，则
$f-ma-mgsinθ=-μ_1mgcosθ$ ，负号表示摩擦力沿斜面向上
匀速：都受力平衡，
A必然没有水平方向的摩擦力，$f_A=0$
B受到向右的拉力，又受力平衡，必然C给B的摩擦力向左，因此BC间的摩擦力$f_B=F$
C除了受到B给向右的摩擦力，还受到桌面向左的摩擦力，又受力平衡，因此C和桌面的摩擦力$f_C=F$
匀加速：
A必然受到B给的向右的摩擦力，大小是ma，即AB间的摩擦力$f_A=ma$
设桌面与C的摩擦力为$f_C$，整体而言：
$F-f_C=3ma$ 所以C与桌面摩擦力大小为$f_C=F-3ma$
对C而言，还收到B给的向右的摩擦力$f_B$，对C：
$f_B-f_C=ma$ 则BC间的摩擦力$f_B=f_C+ma=F-2ma$
BD
解析：先整体求a，然后隔离求AB间的作用力
整体：
$F_1-F_2-μm_Ag-μm_Bg=(m_A+m_B)a$
$a=\frac{F_1-F_2}{m_A+m_B}-μg$ A：A水平方向受推力$F_1$，B对A的作用力N，地面摩擦力
$F_1-μm_Ag-N=m_Aa$
$N=F_1-μm_Ag-m_Aa$
$=F_1-\frac{m_A(F_1-F_2)}{m_A+m_B}$
$N_1=50N$
$N_2=20N$ (3) 2
B
对m：要产生滑动摩擦，$a=F_N/m=6/2=3m/s^2$
整体：$F-μ(m+M)=(m+M)a$
F=16.5N
一车西瓜的a都是相互的，m的加速度也是a，m产生的加速度是合外力的结果，所以是ma
B
整体：$a=\frac{F}{m_A+m_B}$
$a=4m/s^2$ 对B：
$N=m_Ba=12N$
A
AC
(2)
$k=\frac F x=\frac{mg}{l}=gk_斜=0.250N/m$
D：当O位置确定，弹簧测力计A示数也确定，由于重物重力确定，两力大小与方向均一定因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，不需要改变拉力多次试验
3.60N
D
(3)
① 改变弹簧测力计B拉力的大小
② 减小重物M的质量（或换更大量程的弹簧测力计）
平衡时：
$F_N=mg=kx$ 下拉后：
$F_N'=k(x+△x)$
$a=\frac{F_N'-mg}{m}$
$=\frac{k(x+△x-mg)}{m}$ 第一步mg=kx，约掉
$=\frac{k△x}{m}$ （$F_合=k△x$）
得a=2.5
A
C
烧断前：
乙：mg=T
甲：向上：2mg，向下：mg+T=2mg
后：
乙：只有mg，a=g，↓
甲：向上2mg，向下的mg，合力mg，a=g，↑
B
弹簧问题：
μ=0时，形变→恢复，加速度减小的加速直线运动，恢复原长速度最大
μ≠0时，加速度减小的加速直线运动，a=0时v有最大值，得kx=μmg时速度最大，得，恢复原长之前的O’点速度已经最大，是平衡位置，过了O’，弹力<f，题中，加速度向左，越来越大
D
B
0
F/m
a减小的加速直线运动
轻杆连接AB，突然抽走C，A B的加速度是多少？
抽走后，物体自由落体，$F_N$和N消失
换成弹簧：
A：a=0
B：N消失，a=2g，↓
$F>g(μ_1+μ_2)(m+M)$
整体：$a=\frac{F_合}{m+M}$
隔离m：$a=\frac{F_合}{m}=\frac{mgtanα}{m}=gtanα$
所以
$F_0=(m+M)gtanα$
$F>F_0$ ：a大，物体沿斜面上飞
$F<F_0$ ：a小，物体沿斜面下滑
→a
ma=Tcosα-Nsinα ①
mg=Tsinα+Ncosα ②
α不变时，当a变大：
- N不变，T增大：①可行，②：左边不符合mg不变
- T不变，N减小：①可行，②同上
- T增大，N减小：可行
T增大，N减小→临界现象：N=0
$ma_0=Tcosα$ mg=Tsinα
$a_0=\frac{mgtanθ}{m}=g$ 结论：
a<g：N≠0，小球未离开斜面
a=g：N=0，小球未离开斜面
a>g：小球飞起离开斜面，其中α减小，满足：ma=Tcosα mg=Tsinα
光滑时：
T=ma
$a=\frac T m$
$F_1=2ma=\frac{2mT}m=2T$ 粗糙时：
$T=ma+f$
$a=\frac{T-f}{m}$
$F_2=2ma+2f=\frac{2m(T-f)}m+2f=2(T-f)+2f=2T$ 所以$F_1=F_2$
B
不滑落，在车上达到速度一样，就是相对静止，
μmg=ma
a=μg
由$v^2-v_0^2=2ax$，初速度为0
$a=\frac{v^2}{2x}$ 由μmg=ma，μg=a，带入a
$x=\frac{v^2}{2μg}$
设斜面与水平方向夹角为α（取锐角），受力分析，当球对水平扯面的压力为0时为临界条件，此时小球的加速度最大。
设斜面对小球支持力为F，受力分析：
Fsinα=ma
a=gtanα（问题：扫题联立没有数据）
a不得超过gtanα
对照相机受力分析，受重力，3个支架的支持力，3个支架平衡力的合力应=重力，即3Fcosθ=mg
$F=\frac{2\sqrt 3}{9}$ C
BD
斜面匀加速→平面匀减速
v-t图：2段倾斜直线
a-t图：2段水平线
f-t图：2段水平线，水平面摩擦力大
s-t图：物体匀加速阶段，$x=\frac 1 2 at^2$，应是抛物线，不是直线
C
AD
质量m的物体，受水平力F的作用，在粗糙的水平面运动，正确的是ACD
A. 如果物体做加速直线运动，F一定做正功
B. 如果物体做减速直线运动，F一定做负功：可能同向或者反向
C. 如果物体做减速直线运动，F可能做正功
D. 如果物体做匀速直线运动，F一定做正功
用力将重物竖直提起，先从静止开始匀加速上升，然后匀速上升。如果前后两过程的运动时间相同，不计空气阻力，则
A. 加速过程中拉力做的功>匀速过程中拉力做的功
A. 加速过程中拉力做的功<匀速过程中拉力做的功
A. 加速过程中拉力做的功=匀速过程中拉力做的功
D. 上述三种情况都有可能
质量0.5kg的物体从高处自由下落，下落前2s内重力队物体做功是多少？这2s内重力对物体做功的平均功率是多少？2s末，重力对物体做功的即时功率是多少？
$h=\frac 1 2 gt^2=20m$ W=mgh=5*20=100J
平均功率：$P=\frac W t=100/2=50W$
2s末速度：v=gt=10*2=20m/s
重力做功的瞬时功率：$P=mgv=0.51020=100w$
质量2000kg，额定功率80kW的汽车，在平直公路行驶的最大速度为20m/s，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，$a=2m/s^2$,运动中的阻力不变。求：
① 汽车所受阻力的大小
② 汽车做匀加速运动的时间
③ 3s末汽车的瞬时功率
④ 汽车在匀加速运动中牵引力所做的功
①
P=fv
$f=\frac P v=80000/20=4000N$ ②
F-f=ma
$F=f+ma=4000+2×10^3×2=8000N$ ∴ 匀加速运动的最大速度：$v=\frac P F=10m/s$
匀加速运动的时间：t=v/a=10/2=5s
③
3s末速度：v=at=2*3=6m/s
瞬时功率：P=Fv=8000×6=48000w=48kW
④
∵ 匀加速时间为5s，
∴ 匀加速位移：$x=\frac 1 2at^2=25m$
牵引力做功：W=Fs=80000*25=200000J
铁路提速。列车阻力与速度平方成正比，即$F_f=kv^2$
① 计算列车分别以120km/h, 40km/h的速度行驶时，机车功率大小的比值
② 举例其他需要解决的技术问题，例如，为了减少列车在高速行驶中的振动，需要把原先的有缝轨道改为无缝轨道。举例说明
①
∵
$F_f=kv^2$ ，∴
$P=Fv=kv^3$ ∴
$p_1=27p_2$ ② 向心力$F=m\frac{v^2}r$，可知，m，v一定时，半径越大，向心力越小。火车速度越大，需向心力越大，通过增大弯道半径，减小向心力
机车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受阻力不变。在此过程中，正确的是AD
A. 机车输出功率逐渐增大
B. 机车输出功率不变
C. 任意两相等时间内，机车动能变化相等
D. 在任意两相等的时间内，机车动量变化大小相等
一个25kg的小孩从高度3m的话题顶端静止开始滑下，滑到底端速度为2m/s，关于力对小孩做的功，下列正确的是_
A. 合外力做功50J
B. 阻力做功500J：-700J
C. 重力做功500J：750J
D. 支持力做功50J：与位移垂直，不做功
v-t图，速度增大，合外力做正功，速度减小，合外力做负功
宋晓磊：4页6题
质量1kg的质点静止于光滑水平面上，t=0开始，第1s内收到2N的水平外力，第2s收到同方向的1N的外力作用，正确的是AD
A. 0-2s内外力的平均功率是9/4w
B. 第2s内外力做功5/4J
C. 第2s末外力的瞬时功率最大
D. 第1s内与第2s内质点动能增加量的比值是4/5
车总质量920kg，16s内从静止加速到100km/h(27.8m/s)，收到恒定阻力1500N，假设它做匀速直线运动，动力系统提供的牵引力为3100N，最高时速120km/h(33.3m/s)做匀速直线运动时，动力系统输出功率为50kw.
塔式起重机，在起重机将质量m=5×10^3kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s^2，当起重机输出功率达到允许的最大值时，保持该功率知道重物做$v_m=1.02m/s$的匀速运动，取g=10，不计额外功，求：
（1）起重机允许输出的最大功率
（2）重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2s末的输出功率
5.1×10^4W
5s 2.04×10^4W
完全弹性碰撞/能量动量双守恒碰撞/没有能量损失的碰撞
$\frac 1 2 m_1v_{10}^2+\frac 1 2m_2v_{20}^2=\frac 1 2m_1v_1^2+\frac 1 2m_2v_2^2$ =>$v_{10}-v_{20}=v_2-v_1$
$m_1v_{10}+m_2v_20=m_1v_1+m_2v_2$
$v_{10}+v_1=v_{20}+v_2(v_{10}>v_1)$
$e=\frac{v_2-v_1}{v_{10}-v_{20}}$ e=1：完全弹性碰撞（相互靠近速度=相互远离速度）
0<e<1：完全非弹性碰撞（碰到后黏在一起）
完全弹性碰撞：
m1=m2：质量相等，交换速度
$v_{20}=0$ ：
用手将5kg的铅球水平抛出，落到3.6m远的地上，铅球在空中运动0.6s，正确的是ABD
A. 手对铅球做功90J
B. 铅球落地时动能180J
C. 铅球落地时动能90J
D. 重力做功90J
两个质量相同的物体A，B，在同一高度，A物体自由落下，B物体沿光滑斜面下滑，则它们到达底面时（空气阻力不计）AC
A. 速率相同，动能相同
B. B物体速率大，动能也大
C. A,B两物体在运动过程中机械能都守恒
D. B物体重力做功比A物体重力做功多
斜面光滑，B运动过程中只有重力做功，所以AB机械能都守恒。初速度为0，高度相同，所以到达底面动能相同
在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有（ ）
A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统
B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统：初动量为0，末动量不为0
C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统：初动量不为0，末动量为0
D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以重物和斜面为一系统：物体沿斜面下滑时，向下的动量增大
A：水平方向受合外力为0，所以水平方向动量守恒
判断动量是否守恒：
- 动量守恒条件：系统受到的合外力为0
- 动量定义
合力方向与初速度方向不一致：不可能是直线运动
曲线运动合力方向指向轨道弯曲的内侧：B正确
B
（作图）
静止开始：没有初速度和方向，所以开始两个力沿着合理方向做直线运动
F1突然增大：合力方向与v方向不同，改变了运动方向，大小不变，所以是匀加速曲线运动
v和合力方向是锐角，加速运动
速度增大
CD
平抛：重力是恒力
压缩弹簧：非匀变速直线运动
CD
AC
合外力不变：匀变速曲线
A
A：速率不变，方向可能变化，有a
曲线运动一定有加速度
B
运动方向就是速度方向
ABD
B：单向直线：S=x，除此之外路程>位移
ACD
BC
B
C
B
A点方向与x轴平行：不可能沿+x方向。恒力方向应在弧内
ABC
合成v，火车速度和雨滴速度为直角边，合力为斜边，得雨滴速度：v=20m/s
方向：合速度与竖直夹角为θ，$tanθ=\frac{v_火}{v_雨}$
x方向：匀直，合力为0
y方向：匀加速，a=0.5，合力F=ma
(1)
$v_0=v_x=3m/s$ (2) x方向合力为0，物体合力=y方向合力，$F_合=F_y=ma_y$,
$F_合=1N$ (3)
$v_x=3, v_y=4, 合成力：v=5m/s$ (4)
$x_x=v_xt=12m$
$x_y=\frac 1 2at^2=4m$
$x=\sqrt{x_x^2+x_y^2}=40m$
图上60°为准
圆柱体运动：实际运动，斜边运动
C
B
t=d/船速
C
C
B
$x=v_t$
$t=d/v_2$
$x=\frac{v_1}{v_2}d$ C
角速度是ω，v=ωr
A
C
BC
y轴匀速，x轴匀加速，
设为轨迹任一点速度方向与水平方向的夹角，
$tanθ=\frac{v_y}{v_x}=\frac{v_y}{at}$ ，随着时间增大α减小，即切线方向与水平夹角减小曲线逐渐平缓B
(1) 正对岸，80s
(2) 400m
C
C
轨迹一定是曲线
C
水平加速度=0，合加速度=竖直方向加速度，所以加速度方向大小允不变
BC
转化为平抛射程问题
$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$
$x=vt$
$v_t=\frac{v_0}{sinθ}$
$v_y=\frac{v_0}{tanθ}$ 又因为$v_y=gt$
所以$t=\frac{v_y}{g}=\frac{v_0}{gtanθ}$
$v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{v_0^2+(gt)^2}$ t=4s
$h=\frac 1 2gt^2=80m$
速度看图求解
B点垂直方向速度：中间时刻速度=(初速度+末速度)/2=平均速度$=\frac{H}{2△t}$
$v_0=5×2/0.1=100cm/s=1m/s$
$v_{By}=\frac{5×8}{0.1×2}=200cm/s=2m/s$
AB水平方向速度均相同，都在飞机正下方
竖直方向B先A后，距离越来越大
D
C
方法一：
$\frac{h}{\frac S 2}=tan60°$
$h=4\sqrt 3m$ 方法二：
位移与水平方向夹角为γ，
α，γ角度值不是2:1，正切值是2:1
$tanα=\frac{h}{\frac S 2}$
$tanγ=\frac h S$
$tanα:tanγ=2:1$
令竖直位移为h，水平位移x，
$x=v_0t=Lcosθ$
$h=\frac 1 2gt^2=Lsinθ$ 竖直方向得到$t=\sqrt{2Lsinθ}g$
联立，
$v_0=Lcosθ\sqrt{\frac{g}{2Lsinθ}}$
A
$tanα=\frac{gt}{v_0}$ ，正比例B
A：下标2是0的话正确
BC
设初速度为$v_0$，则从抛出点运动到A的时间$t_1=\frac{x_1}{v_0}$
从抛出点到B的时间$t_1=\frac{x_2}{v_0}$,
竖直方向有$\frac 1 2gt_2^2-\frac 1 2gt_1^2=h$
带入$t_1，t_2$，$v_0=\sqrt{\frac{(x_2^2-x_1^2)g}{2h}}$
A
几何关系的理解应用
得出t的表达式，尽量用已知的物理量描述
$\frac h x=\frac{gt}{2v_0}$ (1)
$t_1:t_2=\frac{tanα}{tanβ}$ (2)水平位移比：$x_1:x_2=\frac{v_0t_1}{v_0t_2}=\frac{tanα}{tanβ}$
(3)高度之比：
因为$h=\frac 1 2gt^2$
$h_1:h_2=t_1^2:t_2^2=\frac{tan^2α}{tan^2β}$
由几何关系，物体落在斜面上时与水平方向夹角为β-α，
有平行四边形定则知，竖直分速度
$v_g=v_0tan(β-α)$ 到达斜面的速度$v=\frac{v_0}{cos(β-α)}$
根据$v_y=gt$得，飞行时间$t=\frac{v_y}{g}=v_0tan(β-α){g}$
$v_y=gt=10m/s$
$v_0=\frac{v_y}{tan45°}=10m/s$
$v_A=10\sqrt 2m/s$
$h_1=\frac 1 2gt^2=5m$
$s_1=v_0t=10m$ 落地：已知$v_0=10$
$v_y'=v_0tan60°=10\sqrt 3m/s$
$v_B=\sqrt{v_0}{cos60°}=2v_0=20m/s$ ∵
$v_g'=gt'$ ∴
$t'=\frac{v_y'}{g}=\sqrt 3s$
$H=\frac 1 2gt^2=15m$
$S=v_0t=10\sqrt 3m$
A：$v=L\sqrt{\frac{g}{2H}}$
B
B
D
t=1s
$s=10\sqrt{2}$
(1) 相距最近，两质点正好转动角度相差2π时，相距最近题意得再次相距最近用时为t，则
$ω_At-ω_Bt=2π$ 因为$ω_A=\frac{2π}{T_1},ω_B=\frac{2π}{T_2}$,
所以$t=\frac{T_1T_2}{T_2-T_1}$（同×n）
(2) 两质点相距最远用时：
转动角度相差(2n-1)π时，相距最远，第一次相距最远时：
$ω_At-ω_Bt=π$ 得出$t=\frac{T_1T_2}{2(T_2-T_1)}$
设OA=2r，OB=3r，角速度ω，质量m
B球：$T_{AB}=F_向=3mv^2r$
A球：$F_向'=T_{OA}-T_{AB}=2mv^2r$
联立：$T_{OA}=5mv^2r$
所以：5:3
A
B：a方向变化，不是匀变速
C
向心力是效果力，不是性质力，不能参与计算
B
匀速：T-mg
突然制动：F_向=T-mg
B
A
不打滑：线速度v相同
$a=\frac{v^2}{r}$ 1:1
2:1
2:1
相同时间圈数：频率
$f_甲=\frac{60}{t}$
$f_乙=\frac{45}{t}$
$f_甲：f_乙=60:45=4:3$ 带入$a=4π^2f^2r$
B
A
B：方向时刻改变
D
B
前后速度是不变的
2:3
先求线速度，然后求向心加速度
ω=θ/t
$a=ω^2r$
认为最大静摩擦力就是μmg，
临界条件和向心力大小比较，判断物体是否需要外力，比如绳子弥补向心力
$m\omega ^2_mr=μmg$
$ω_m=\sqrt{\frac{μg}{r}}$ 当
$ω_1<ω_m$ ，即$F_向<f_μ$当
$ω_2>ω_m$ ，即$F_向>f_μ$(1) <，$T_1=0$
(2) >，
$F_向=mω_2^2r=\frac{3μmg}{2}=T_2+μmg$
$T_2=\frac 1 2μmg$
D
A
转弯时，静摩擦力提供向心力，不侧滑：
f≤μmg
又因圆周运动有：$f=m\frac{v^2}R$
得$v≤\sqrt{μgR}$
C
CD
C
D
D
C
D
D
温度刻度一端
内侧
重力 弹力 摩擦力
向心力
$F_向=F_合=mgtanθ$
$mgtanθ=\frac{4mπ^2r}{T^2}$ 又因为r=Lsinθ，带入，
$T=\sqrt{\frac{4π^2Lsinθ}{gtanθ}}$
$F_向=mgtanθ=m\frac{v^2}{r}=mω^2r$
$a_向=gtanθ$ A
$F_向=F_f=m\frac{v^2}{r}$
$\frac{F_{f甲}}{F_{f乙}}=\frac{R_乙}{R_甲}$ 因为$r_乙<r_甲$
所以$F_{f甲}<F_{f乙}$
A
合力提供向心力，作图
$mgtanθ=\frac{mv^2}{r}$ tanθ=h/d
所以$v=\sqrt{\frac{gRh}{d}}$
B
C
严谨点：$v=\sqrt{grtanθ}$
A
B
典型的处理成圆周运动的模型：
B点：圆周运动最低点，
$F_支-mg=F_向$ 所以$F_支=mg+m\frac{v_B^2}{R}$
=mg+2mg
=3mg
由牛三得：$F_B=F_支=3mg$
C点：匀速直线运动，$F_合=0$
$F_N=mg$
(1)没有支撑物：绳模型
临界条件：$v=\sqrt{gr}$
过最高点：$v≥\sqrt{gr}$ =没有挤压，>向下挤压
不能过最高点：<
(2)①有支撑物：杆模型
能过最高点：v≥0
杆对球的作用力：$mg=F_N$
②
<：作用力向上，$mg-m\frac{v^2}{r}$
=：无作用力
>：向下，$mg+m\frac{v^2}{r}$
讨论：杆能被压缩，弹力可以向上、向下
绳子：只能向下，不能向上
刚好过最高点
B：$F_向=T-mg$
$T=mg+m\frac{v^2}{r}$ ，比向心力大
C：重力=向心力，拉力=0
D
AB
BC
D
不滑下：$f=μF_N=mg$
转动：$F_N=mω^2r$
D
A
B
A：最小值0
B：v增大，$F_向=m\frac{v^2}{r}$，增加
BCD
(1)最高点：$T_1+mg=m\frac{v_1^2}{r}$
$T_1=1N$ (2)
$T_2+mg=m\frac{v_2^2}{r}$
(1)$F_1+mg=mω^2r$
$F_1=0.88N$ ，方向竖直向下(2)对杆中心小球分析，设下端杆对球的作用力为$F_2$，牛二：
$F_2+mg-F_1=m\frac L 2ω^2$
$F_2=0.32N$ ，方向竖直向下，所以杆对O的作用力是0.32N，方向竖直向下
4720N
T-mg=ma
C
D
分为竖直面内圆周运动和
思路：
① 竖直面内圆周运动，$v_m=\sqrt{gR}$
② 平抛运动
$t=\sqrt{\frac{4R}{g}}$
$x=v_0t=\sqrt{gR}·\sqrt{4R}{g}=2R$
$\frac{r^3}{T^2}=k$ 同一中心天体，k是常数用比例式求解
30倍
设地球半径为r，则小行星半径为2.77r
$\frac{r_小^3}{T_小^2}=\frac{r^3}{T_地^2}$
$T_小=\sqrt{\frac{r_小^3}{r^3}}T_地$ ≈4.6年
C：宇宙是转动的
ABC
突然消失：切线方向匀速直线
增加：向心
减少：离心
B
C
$k=\frac{r^3}{T^2}$
$T=\frac{2π}{ω},v=ωr→T=\frac{2πr}{v}$ 然后联立求解
$\sqrt{\frac{1}{2.6}}$
B
$\frac{GMm}{r^2}=m\frac{4π^2}{T^2}r$ A
$\frac{GMm}{r^2}=m\frac{4π^2}{T^2}r$
$r=\sqrt[3]{\frac{GMT^2}{4π^2}}$ r:R=1:9
C
D
C：$v=\frac{2π}{T}R$得，速度之比为$\sqrt[3]{3}:1$
D：质量不知道
B
ABD
D
ACD
$k=\frac{r^3}{T^2}$
$\frac{T_1}{T_2}=\sqrt{\frac{r_1^3}{r_2^3}}=8:1$ 8:1
开普勒第三定律，化简比例式：
$T=16\sqrt{2}T_地≈22.6年$
卡文迪许测出G大小
AB
BCD
A
CD
BD
B
A
$G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{4π^2}{T^2}r$ T=1年=?s
r=500s×3×10^8m/s
$M_太=\frac{4π^2r^3}{GT^2}$
B
物体质量$m=\frac{G}{g}=160/10=16kg$
$a=5m/s^2$ 设火箭离地面高度h，火箭上物体受到支持力为N，物体受到重力为mg'，
牛二：N-mg'=ma
$g'=\frac{N-ma}{m}=\frac{90-16×5}{16}=\frac 5 8m/s^2$ h高处：$g'=\frac{GM}{(R+h)^2}$
地球表面：$g=\frac{GM}{R^2}$
联立以上各式，$h=3R=1.92×10^4km$
$\frac{GMm}{r^2}=m\frac{4π^2}{T^2}r$
$M=\frac{4π^2r^3}{GT^2}$ 又$M=ρV=ρ\frac 4 3πr^3$
所以行星密度$ρ=\frac M V=\frac{3π}{GT^2}$
测飞船绕行星运动的时间就可测密度
设两星球质量为$m_1,m_2$，做圆周运动的半径为$r_1,r_2$，
万有引力提供向心力得：
$G\frac{m_1m_2}{R^2}=m_1\frac{4π^2}{T^2}r_1$
$G\frac{m_1m_2}{R^2}=m_2\frac{4π^2}{T^2}r_2$ 且$r_1+r_2=R$
联立，$m_1+m_2=\frac{4π^2R^3}{GT^2}$
$mg=G\frac{Mm}{R^2}$
$g=\frac{GM}{R^2}$
$v_0→h=\frac{v_0^2}{2g}=\frac{v_0^2R^2}{2GM}$ 所以
$\frac{H_地}{H_x}=k=\frac{R_地^2M_x}{R_x^2M_地}$
$M_地:M_x=k$ B
D
C
C改成离地面高度2R处为1/9mg
$mg=G\frac{Mm}{R^2}$
$g=\frac{GM}{R^2}$ ，R越大，g越小C
$\frac{g_月}{g_地}=\frac 1 6=\frac{M_月R_地^2}{M_地R_月^2}$ D
D
$g=\frac{GM}{R^2}=\frac{GρV}{r^2}=\frac{Gρ\frac 4 3πR^3}{R^2}=\frac{4GρRπ}{3}$
$\frac{g_太}{g_地}=\frac{ρ_太}{R_太}{ρ_地R_地}$
$g_太=g_0\frac{ρ'R'}{ρR}$ C
$mg=G\frac{Mm}{R^2}$
$g=\frac{GM}{R^2}$
$\frac{g_火}{g_地}=\frac{M_火R_地^2}{M_地R_火^2}=p/q^2$ A
地球表面：$\frac{GMm}{R^2}=mg$
$M=\frac{gR^2}{G}$
$G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{4π^2}{T^2}r$
$r=\sqrt[3]{\frac{GMT^2}{4π^2}}$ 又$GM=gR^2$
$r=\sqrt[3]{\frac{gR^2T^2}{4π^2}}$ 带入值，$≈4×10^8m$
比较g即可
$\frac{GMm}{R^2}=mg$
$g=\frac{GM}{R^2}$ 9:4
$G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{4π^2}{T^2}r$
$\frac{GMm}{R^2}=mg$ 联立，$T=2π\sqrt{\frac R g}$
带入数据，T=1.4h
$G\frac{m_1m_2}{L^2}=m_1\frac{4π^2}{T^2}r_1$ ①
$G\frac{m_1m_2}{L^2}=m_2\frac{4π^2}{T^2}r_2$ 则$m_1r_1=m_2r_2$
又$r_1+r_2=L$
得$r_1=\frac{m_2}{m_1+m_2}L$
带入①得$T=2π\sqrt{\frac{L}{G(m_1+m_2)}}$
A：$T=\sqrt{\frac{4π^2r^3}{GM}}$，G减小T变大
B：$G\frac{Mm}{r^2}=mω^2r，ω=\sqrt{\frac{GM}{r^3}}$，G减小ω减小
C：大爆炸认为星球以不同速度向外运动，则距离逐渐增加，公转半径逐渐增大
D：$G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{v^2}r，v=\sqrt{\frac{GM}r}$，G减小v减小
A
$\frac{GMm}{r^2}=\frac{4π^2r}{T^2}$
$T=\frac{2πr}v$ ACD
N年后相遇，即N年后地球比行星多转一圈，则周期比为$\frac{N}{N-1}$，
带入开3
B
$v_地=7.9km/s$
$M_月:M_地=1/81$
$R_月：R_地=1/4$
$v=\sqrt{\frac{GM}{R}}=\sqrt{gR}$
$\frac{v_月}{v_地}=\sqrt{\frac{M_月}{M_地}·\frac{R_地}{R_月}}=\sqrt{\frac{1}{81}·4}=\frac 2 9$
$v_月=v_地·\frac 2 g=1.8km/s$
由万有引力提供向心力，且有ω，选择
$\frac{GMm}{r^2}=mω^2r$ 由题意得：
r=2.5R
$gR^2=GM$ 所以
$ω=\sqrt{\frac{GM}{r^2}}$
$=\sqrt{\frac{gR^2}{(\frac 5 2 R)^3}}$
$=\frac 2 5\sqrt{\frac{2g}{5R}}$ A
C
r=R+h
$v=\sqrt{\frac{GM}{r}}=\sqrt{\frac{gR^2}{R+h}}$
$T=\sqrt{\frac{4π^2r^3}{GM}}=\sqrt{\frac{4π^2(R+h)^3}{gR^2}}$
$r=\sqrt{\frac{GMT^2}{4π^2}}$
$=\sqrt{\frac{gR^2T^2}{4π^2}}$ 代入数值，$=4.2×10^7m$
$h=r-R=4.2×10^7-6.4×10^6>735km$
$g_天=\frac F m$
$G\frac{mM}{R_天^2}=m\frac{4π^2}{T^2}R_天$
$M=\frac{4π^2R_天^3}{GT^2}$ R未知，黄金代换：$g_天R_天^2=GM$
$M=\frac{F_3T_4}{16π^4Gm^3}$
(1) 物体不是卫星，不能以同步卫星公式计算
同步：$ma_1=mω^2r=mω^26R$
物体：$m'a_2=m'ωR$
$a_1:a_2=6:1$ (2)
同步：$F_万=F_向→G\frac{mM}{(6R)^2}=m_1a_1$
近地：$F_万'=F_向'→G\frac{mM}{R^2}=ma_2$
$a_1:a_2=1:36$
$T_1=24h>T_2=\frac{36}{24}h$ 所以
$r_1>r_2$
$v_1<v_2$
$ω_1<ω_2$
$a_1<a_2$ AD
$G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}=m\omega ^2r=m(\frac{2\pi}{T})^2=ma_n$
$r=\sqrt[3]{\frac{GMT^2}{4π^2}}$
$\frac{r_1}{r_2}=\sqrt[3]{\frac{T_1^2}{T_2^2}}$
$\frac{GMm}{r^2}=mg$
$g=\frac{GM}{r^2}$
$\frac{g_1}{g_2}=\sqrt[3]{(\frac{T_2}{T_1})^4}$ B
AC
A
ACD
F1和合力同直线，撤掉时，合力为F1，做匀加速
不同直线：撤掉时，做匀变速曲线
AC
C
$\frac{24}{7}d$
(1)
$\frac h x=tanθ$ ①
$h=\frac 1 2gt^2$
$x=v_0t$ 带入①
$tanθ=\frac{gt}{2v_0}$
$t=\frac{2v_0tanθ}{g}$ 根据t求位移
$s=\frac{h}{sinθ}=\frac{\frac 1 2gt^2}{sinθ}=\frac{2v_0^2tan^2θ}{gsinθ}$ (2)
$v_t$ 与斜面平行时，与斜面距离最大
$v_y=v_0tanθ$
$v_y=gt$
$t=\frac{v_0tanθ}g$
找到向心力来源是关键
$F_合=F_向=mgtanθ=m\frac{v^2}r$
$v=\sqrt{grtanθ}$
$tanθ=\frac{v^2}{gr}$ B
AB
B点：$mg=F_向=m\frac{v^2}{r}$
所以$v_B=\sqrt{gr}，t=\sqrt{\frac{2·2R}{g}}$
$x_{AC}=v_Bt$
AD
B
C
曲线运动：a和v不共线
两个互成角度且不为0的匀变速曲线运动的合运动，a和v有可能共线也有可能不共线，所以可能是直线/曲线运动。由于加速度不为0，且为定值，一定做匀变速运动
C
B
B
A
BD
曲线运动的加速度方向不一定变化，比如平抛
AC
D：错误，是2倍关系
C
- 分析受力
- 求分力做功
受重力，支持力，摩擦力
(1)
W=Fx：
$W_G=Fxcos(90°+α)=-mg s sinα$
$W_N=Fxcos90°=0$
$W_f=-fs=-μmgcosα$ (2)
$W_G=mgx sinα>0$
$W_N=0$
$W_f=-μmg xcosα<0$
$f_1=f_2$
$f_1=f_2=μmg$ m：
$W_{f_1}=f_1x'cos180°=-μmg(S+L)$
$W_{f_2}=fxcos0°=μmg S$
$v_B=\sqrt{2gh}$
$t=\sqrt{\frac{2h}{gsin^2θ}}$ (1)平均功率
$P=\frac{W_G}{t}=\frac{mgh}{\sqrt\frac{2h}{gsin^2θ}}$ (2)
$P=mg v_t cosα=mgv_Bcosθ$
$f=fv_Bcos180°=-fv_B$
(1)
当v=2m/s时，牵引力未达到最大值
$F=\frac P v_1=3×10^4N$ ma=F-f
所以$a=\frac{F-f}{m}$
=5m/s^2
(2)
速度达到最大值，F=f
∴P=Fv=fv
$v=\frac P f=15m/s$
200N是踢时的力，50m是踢后的位移，要求做的功，必须知道踢出的速度，根据动能定理可求
D
物体受向上拉力，向下重力，a向上
ma=F-mg
F=mg+ma
克服拉力做功：一定是正的
D
第三秒内的做功，x=0，W=0
D
拉力：支持力减小，摩擦力减小，合力小
推力：支持力增大，摩擦力增大，合力大
C
A对B摩擦力做功，B有位移，做负功
C
C
做功一样的，结果：粗糙平面有f
光滑面a>粗糙面a，光滑面t<粗糙面t，光滑面v>粗糙面v
B
P=Fv
A
W=Pt肯定正确
AD
$f_阻=kv^2$ ①
$P=f_阻v=kv^3$ ②
$P=f_阻·2v=8kv^3=8P$ C
P=Fv，功率不变，加速过程中，v↑，F↓
$a=\frac{F-f}{m}$ ，阻力不变，a↓A
AB：
对小球受力分析：Tcosθ=mg，Tsinθ=ma
a=tanθ，
汽车做初速度为0的匀加速运动，运动4s，可以根据匀加速公式求出汽车长度和4s末速度
CD：水平方向受到牵引力和摩擦力，摩擦力未提供，只能求出水平方向的合力，不能求出牵引力，所以不能求牵引力做的功和功率
AB
支持力方向始终与x方向一致
D
(1) 匀速运动时
$f=F=\frac{P}{v_m}=2.5×10^3N$ 匀加速运动：
F-f=ma
$F=f+ma=7.5×10^3N$ 末速度$v=\frac P F=5m/s$
由v=at，t=v/a=5s
(2) 关闭发动机后，
$a=\frac F m=0.5m/s^2$ 由$v^2=2ax$
x=225m
质量是2000kg、额定功率为80kW的汽车，在平直公路上行驶中的最大速度为20m/s。若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2m/s^2，运动中的阻力不变。
求：①汽车所受阻力的大小。
②汽车做匀加速运动的时间。
③3s末汽车的瞬时功率。
④汽车在匀加速运动中牵引力所做的功。
(1)
$P_额=f_阻v_m$ f=P/v=4000N
(2)t时刻汽车功率为额定功率
$P_额=Fv_1$ F=ma+f=8000N
$v_1=at=2t$ ，t=5s(3)3s速度v=at=6m/s
$P=Fv_3=8000×6=4.8×10^4W$ (4)
F=ma+f=8000N
$x=\frac 1 2at^2=25s$ W=Fx=20000J
一质量m=2Kg的铅球从离地面H=2m高处自由下落,陷入沙坑h=2cm深处,求沙子对铅球的平均阻力
平均阻力：匀减速
$W_G=mg(H+h)$
$W_{\overline F}=-\overline Fh$
$△E_k=0$
$mg(H+h)-\overline Fh=0$
$\overline F=mg\frac{H+h}{h}$ 如果没告诉陷入沙坑h，告诉陷入时间t，求解？
动量定理：I=△p，$Ft=mv-mv_0$
$mg(T+t)-\overline Ft=0$
$\overline F=mg\frac{T+t}{t}$
C：初速度为0，初动能为0；末速度为0，末动能为0，末-初=0，不做功
CD
受力分析：
N+Fsinα=mg
f=μN
ma=Fcosα-f
联立，$a=\frac{Fcosα-μ(mg-Fsinθ)}{m}$
根据$2ax=v^2-0$
$v=\sqrt{\frac{2s[Fcosα-μ(mg-Fsinθ)]}{m}}$ 方法2：动能定理
物体受重力，支持力，拉力
拉力始终与速度垂直，不做功
缓慢拉：时刻平衡
重力做功只与初末位置的高度有关
W-mgl(1-cosθ)=0
C
末速度：v；初速度：0
位移：x
弹力做正功，摩擦力做负功
$W-μmgx=\frac 1 2mv^2-0$
$W=\frac 1 2mv^2+μmgx$
小球升高：重力势能增加，重力做负功
阻力：做负功
$-mg·2l-W_f=\frac 1 2mv^2-\frac 12mv_0^2$ 最高点：$mg=\frac{mv^2}{l}$
最低点：$7mg-mg=\frac{mv_0^2}{l}$（张力是7mg指向圆心，重力是mg背离圆心）
$W_f=-mg·2l-\frac 1 2mgl+\frac 1 2·6mgl=\frac{mgl}{2}$ C
mg(H+h)-fh=0-0
$W_f=-fh=-mg(H+h)$
$F=-\frac{mg(H+h)}{h}$
BD：总是错误，是先正功后负功
C：初，末动能不相等，做功
1-3s内，不做功
A
B
合外力做功=动能变化量：合外力做功为2J
W-mgh=2J-0
W=12J
BC
80J改50算
初动能算出初速度：
$E_{k1}=\frac 1 2mv^2$
$v=\sqrt{\frac{2E_{k1}}{m}}=10m/s$ 根据末速度0，初速度为v，平均速度为v/2
$x=\frac{v} 2·t$ t=25/5=5s
D
A：匀速圆周：合外力提供向心力，始终与v垂直，不做功
B
$mgh-W=\frac 1 2mv^2-\frac 1 2mv_0^2$ C
$-fd=0-\frac 1 2mv^2$
$-fx=0-\frac 1 2m(2v)^2$ C
光滑轴：没摩擦力
至少：末动能为0；初动能为0
均匀正方形金属片：几何中心就是重心，手做正功，重力做负功
$W-G(\frac{\sqrt 2a-a}{2})=0-0$ C
W=Fs
$v^2-0=2as_1$
$(2v)^2-v^2=2as_2$ C
托着物体未产生摩擦：动摩擦因数μ不能使用
D
A
人做功为初动能
中途只有重力做功
$W_人=E_{k0}$
$mgh=11E_{k0}-E_{k0}$ 所以
$W_人=\frac{1}{10}mgh=7.32J$
$W_1-W_2=0-0$
$W_1:W_2=1:1$
$W_1=F_1S_1$ 动力：0-1s
$W_2=F_2S_2$ 阻力：0-4s比较S：1:4
$F_1:F_2=4:1$
t1刚到地面
t1-t2：合力向下，a向下，a↓的加速下落运动
t2-t3：合力向上，人做向下的减速运动
t2弹力与重力大小相等，方向相反，合力为0，速度最大，动能最大
t3-t4：合力向上，a向上，向下减速运动
t4：静止
C
仔细读题：AB段克服摩擦力做功
AB段：摩擦力是变力，BC段摩擦力是恒力
A→C：mgR-W_AB-W_{BC}=0
$W_{AB}=mgR-W_{BC}$ =mgR=μmgR
动能定理：$W_1-mgL(1-cosθ)=0$
拉力做功：$W_1=mgL(1-cosθ)$
C
S=W=Fx
$S=W=△E_k=\frac 1 2mv^2$ 求S即可
C
$W_1-W_2=△E_k=0$
$W_1=W_2$
$Fx_1=f(x_1+x_2)$ BC
缓慢：每一时刻动能相等
弹簧本身被拉长了，所以物体上升高度<H
k△x=mg
△x=mg/k 弹簧拉长
$△E_p=mgx$ x=H-△x
C
设物体在桌面为A点，最高点B点，最低点C点，
A点为0势能面，重力势能为0
根据动能守恒定律：
$E_A=E_B=E_C$
$\frac 1 2mv_0^2=mg(H-h)=E_C$ C
选取石头落地地面为0势能面
解法1：状态
$\frac 1 2mv_0^2+mgh=\frac 1 2mv_t^2$
$v_t=15m/s$ 解法2：过程
$mgh=\frac 1 2mv_t^2-\frac 1 2mv_0^2$
$v_t=15m/s$ 解法3：运动学，以$v_0$方向为正方向，则x为-10m
$x=v_0t+\frac 1 2at^2$
$-10=5t-\frac 1 2at^2$ 解出t，
$v_t=v_0+gt=-15m/s$ 取了向上为正方向改为平抛/斜抛/竖直下抛：落地速度也是15m/s
要先分析
角度一样，但是r不同，角速度一定不一样
物体做圆周运动，只有重力做功→机械能守恒定律
$mgl=\frac 1 2mv_1^2， v=\sqrt{2gl}$
$mg 2l=\frac 1 2mv_2^2， v=\sqrt{4gl}$
$a=\frac{v^2}{r}$
$a_1=\frac{v_1^2}{l}=2g$
$a_2=\frac{v_2^2}{2l}=2g$ 最低点：
$T_1-mg=ma$
$T_2-mg=ma$ 所以最低点拉力相同
CD
B加速上升，重力势能，动能都增加
B机械能增加量=A机械能减少量
BD
选取铁链上方为0等势面，铁链长l
开始铁链重心在等势面下方$\frac l 4$处，
列状态方程求解：$E_1=E_2$
$E_1=E_{p1}+E_{k1}=-mg\frac l 4+0$ 开始动能为0
$E_2=E_{p2}+E_{k2}=-mg\frac l 2+\frac 1 2mv^2$ 因为机械能守恒，$E_1=E_2$
所以$-mg\frac l 4=-mg\frac l 2+\frac 1 2mv^2$
所以$v=\sqrt{\frac{gl}{2}}$
a-b：a↓的加速运动，b点a=0，v最大
C：
c→d过程：过程方程，只看初末
设c到d为H，a到d为x
$mgH-\frac 1 2kx^2=\frac 1 2mv_d^2-\frac 1 2mv_c^2$ 初，末动能都为0
所以$mgH-\frac 1 2kx^2=0$
$mgH=\frac 1 2kx^2$ ，弹性势能增加量=重力势能减少量D：
c到b：
设c→b为h，a→b为y
$mgh-\frac 1 2ky^2=\frac 1 2mv_b^2-0$
$△E_k=\frac 1 2mv_b^2$ 重力势能一部分转化为弹性势能，一部分转化成动能，所以c到b动能不等于重力势能
BC
斜抛运动，只受重力作用，且不计空气阻力：机械能守恒
使用过程方程（最好把过程方程转化成动能定理：左边做功，右边动能变化）：
$mgh=\frac 1 2mv_B^2-\frac 1 2mv_A^2$ 所以$E_{k_B}=mgh+\frac 1 2mv_0^2$
B
因为以$a=\frac g 2$下落，a<g，所以一定受阻力
f=mg-ma
$=mg-\frac 1 2mg$
$=\frac 1 2mg$ 因为有阻力做功，所以机械能不守恒
根据动能定理：
$mgh-fh=\frac 1 2mv^2-0$
$mgh-\frac 1 2mgh=△E_k$ 机械能减少量=多出来的/克服阻力做的功
动能增加$\frac 1 2mgh$
ACD
运动：竖直面内的圆周运动（杆模型）：
光滑，只有重力做功
所以：机械能守恒
从B→C：$v_c=0$恰好从C出来
$-mg·2R=\frac 1 2mv_C^2-\frac 1 2mv_B^2$
$V_B=2\sqrt{gR}$ 所以$v_0≥2\sqrt{gr}$，小球能从C出来
(1)
$V_C=\sqrt{gR}$ ，没有挤压→
$-mg·2R=\frac 1 2mv_C^2-\frac 1 2mv_B^2$
$V_B=\sqrt{5gR}$
$V_C>\sqrt{gR}$ ，挤压上管壁→$V_B>\sqrt{5gR}$
$V_C<\sqrt{gR}$ ，挤压下管壁（且要>最小速度）→$2\sqrt{gR}<V_B<\sqrt{5gR}$
扩展：圆管改成圆面，相当于绳模型，不计摩擦，求恰好通过C点时B点需要的速度$v_0$的条件
运动：竖直面内的圆周运动，不计摩擦
所以机械能守恒
从B→C：
$-mg·2R=\frac 1 2mv_c^2-\frac 1 2mv_0^2$ 所以$v_0=\sqrt{5gr}$
条件：m=1kg
分析：平抛运动
(1)
$h=\frac 1 2gt^2=45m$
$l_{OA}=\frac{h}{sinθ}=75m$ x=60m
(2)
$v_0=\frac x t=20m/s$ (3)
从O到A：
$mgh=\frac 1 2mv^2-\frac 1 2mv_0^2$
$E_{k_A}=mgh+\frac 1 2mv_0^2=650J$
先受力分析：
剪断绳子前：物体受重力，绳子拉力，弹簧拉力，弹簧拉力和mg合成，与绳子拉力等大反向
剪断前：
$F_合=F=mgtanθ$ 剪断瞬间：重力不变，弹簧拉力不变，绳子拉力消失
ma=mgtanθ
a=gtanθ
右上连接绳子时：
剪断前（和连接弹簧相同）：$F_合=F=mgtanθ$
剪断后物体进行竖直面的圆周运动，剪断瞬间：
v=0
$F_向=m\frac{v^2}{R}=0$ 要让向心力为0，则mg必须有$F_1'$反向的分力mgcosθ抵消向心力
$F_1'=mgcosθ$ 此时，绳子切线方向就是mgsinθ，就是绳子剪断瞬间的合外力
$F_合=mgsinθ$ a=gsinθ
A：受重力和支持力$F_N$
B：受A压力$F_N'$，重力，弹簧向上弹力和原长比较的$kx_0$
A上施加F后：(A,B连在一起，加速度一定相同)
对A：$F+F_N'-m_Ag=m_Aa$
对B：$kx_0-m_Bg-F_N'=m_Ba$
（这时F，弹簧弹力，F_N都是变力）
所以AB分离时：
$F_N=0$ $v_A=v_B$ - 加速度相同
$F-m_Ag=m_Aa$ ①
$kx_1-m_bg=m_Ba$ ②①所以AB分离时，F最大
所以
$F_M=m_Ag+m_Aa=4.41N$ ② 所以
$x_1=\frac{m_B(g+a)}{k}$
$x_0=\frac{(m_A+m_B)g}{k}$
$△x=x_0-x_1$ 因为F是变力，所以需要动能定理求F做功
$W_F-(m_A+m_B)g△x-\frac 1 2k△x^2=\frac 1 2mv^2-0$
$v^2=2a△x=9.64×10^{-2}J$
方法1：
初始位置：下面弹簧受两个物体重力
$F_1=m_1g+m_2g$ 被压缩长度：$x_1=\frac{F_1}{k_2}=\frac{(m_1+m_2)g}{k_2}$
上边木块离开弹簧时：下面弹簧$k_2$的弹力$F_2=mg$,
被压缩长度：$x_2=\frac{F_2}{k_2}=\frac{m_2g}{k_2}$
所以下面木块移动距离：$x=x_1-x_2=\frac{m_1g}{k_2}$
方法2：
根据胡克定律：
下面弹簧压力由$(m_1+m_2)g$减少到$m_2g$，减少了$m_1g$，所以下面弹簧长度增加了$l=\frac{m_1g}{k_2}$
原状态：
$k_1$ 压缩量：$m_1g=k_1x_1→x_1=\frac{m_1g}{k_1}$
$k_2$ 压缩量：$(m_1+m_2)g=k_2x_2→x_3=\frac{(m_1+m_2)g}{k_2}$末状态：
$k_1$ ，伸长量为：$x_2=\frac{m_2g}{k_1}$
$k_2$ 恢复原长，$x_3'=0$所以，物块2上升高度：
$h_2=x_2=\frac{(m_1+m_2)g}{k_2}$ 物块2重力势能增加：
$△E_{p_2}=m_2gh=m_2gx_3=m_2g×\frac{(m_1+m_2)g}{k_2}=m_2g^2\frac{m_1+m_2}{k_2}$ 物块1重力势能增加量：
$△E_{p_1}=m_1gh=m_1g(x_1+x_2+x_3)=m_1(m_1+m_2)g^2(\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2})$
根据机械能守恒定律：小球从开始下落到弹簧被压缩到最短过程中，小球重力势能转化为弹簧的弹性势能、内能，则重力做功=克服阻力做的功和弹簧最大弹性势能之和，所以：
$mg(H-L+x)=W_弹+W_f$
$W_f=f(H-L+x)$ 联立得：
$W_弹=(mg-f)(H-L+x)$
$(mg-f)(H-L+x)$
μ=0
受力分析：
A受到F和弹簧弹力，做a↓加速
B受到弹簧弹力，做a↑加速
两者弹簧弹力同为kx
图像法，A逐渐减小，B逐渐增大，
v相同时，B斜率大，速度大；
a相同时，A对应斜下方B相同斜率的地方，此时A速度大
I=Ft：F是恒力
$I_g=mgt$
$I_N=F_nt$
$I_合=mgsinθ$ 斜面长$L=\frac{H}{sinθ}$
$L=\frac 1 2at^2$
$t=\sqrt{\frac{2L}{gsinθ}}$ t带入3个冲量式子即可
B：不严谨，应是合外力冲量大小和动量变化大小相同
C：平抛：初动量，末动量方向不同，冲量是mg，方向不变
D：推桌子不动，桌子动量是0，推力冲量不为0
先选正方向
以动能定理求做功，初末速度都是v，所以弹簧对小球做功为0
A：只要F不为0，t不为0，冲量一定不为0
B：
平抛：△P和I方向相同
斜抛：最小速度对应最小动量
匀速圆周：v大小不变，方向时刻变化，$E_k=\frac 12mv^2；p=mv$，所以动量时刻变化
动能不变只能说明速度大小不变；匀速圆周运动方向时刻变化，所以动量可能变化
CD：都可能做正负功
D
动量变化率：$\frac{△p}{△t}$
△p：0-mv
△E_k=0-\frac 1 2mv^2
$\frac{△p}{△t}$ ：△p不变，直接接住和伸出再引到胸前，t不同B
受力分析：
上升时：受mg，向下的f
下降时：受mg，向上的f
由于空气阻力，$v_0>v_t$
上抛到落地：重力做功为0
$W_f=-f·2H$
$W_f=△E_k=-2fH$ ，机械能减少量就是-2fH，转化为了热能A：t不为0，冲量肯定不为0
B：上升过程：$△p_1=0-mv_0$
下降过程：$△p_2=mv_t-0$
因为$v_0>v_t$，所以$|△p_1|>|△p_2|$
C
D：有摩擦力，物体没有被拉动，说明物体处于平衡状态，受到合外力为0，所以合力对物体的冲量为0
BD
根据动能定理，物体下落v相等，因为角度不一样，所以v的水平方向分量一定不一样
设高度h，下落时间$t=\sqrt{\frac{2h}{gsin^2θ}}$，θ越大，t越小，所以两者时间不同
下落时间求法：
机械能守恒定律：$mgh=\frac 12mv^2$，
到斜面底端，$v=\sqrt{2gh}$
牛二：mgsinθ=ma
a=gsinθ
下滑时间$t=\frac v a=\frac{\sqrt{2gh}}{gsinθ}=\frac {1}{sinθ}\sqrt{\frac{2h}{g}}$
A：重力冲量：I=mgt，t不同，I一定不同
B：由动能定理可知，合力冲量=动量的变化，物体下滑过程中，动量变化大小mv相等，因为斜面倾角不同，动量方向不同，动量不同，则合力冲量不同
C：到达底端时动量的水平分量：$mvcosθ=m\sqrt{2gh}cosθ$
D
轻推时，b跟着a一起，△v变化大，所以I较大，a给b的冲量大
猛击时，b没有运动，△v几乎等于0，所以I较小，a给b的冲量小
作用力就是滑动摩擦力f=μmg
B
下落时间t=1s
$v_y=10m/s$
$v_x=10m/s$ tanθ=1
θ=45°
合速度$v=10\sqrt2$
$p=mv=\sqrt 2kg·m/s$
-20
16
$△p=p_2-p_1=36kgm/s$
B选项改成合外力冲量大小
A：冲量方向和动量方向不一定相同：比如平抛，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向
B：动量定理：合力冲量=物体动量的变化，所以冲量大小=动量变化量大小
C：动量增量方向与合力冲量方向相同，与动量方向不一定相同，比如减速直线运动，动量增量的方向和动量方向相反
D：增量的大小：矢量；大小的增量：绝对值，不是一回事
AB：动量变化，说明速度变化，可能是大小，也可能只是方向、二者都有，所以速率不一定变化
CD：速率变化，说明速度大小一定变了，动量一定变化
BC
AB：p=mv，动量由二者大小共同决定
CD：$p=\sqrt{2mE_k}$，物体动能相等，如果质量不等，则动量不相等，即使质量相等，物体动量大小相等，动量方向不一定相同，动量不一定相同
C
动量：$p=mv=\sqrt{2mE_k}$，是矢量
动能：$E_k=\frac 1 2mv^2=\frac{p^2}{2m}$，是标量，没有方向
A：动能不变，质量和速度均不变，动能一定不变
B：动能不变，速度大小不变，但方向可能改变
C：动量相等，质量可能不等，则动能不一定相等
D：动能相等，速度方向和质量都可能不等，则动量不一定相等
A
题目给出动量相等了
动量p=mv
动能$E_k=\frac 1 2mv^2$
$E_k=\frac{p^2}{2m}$ 动量相等，则质量大动能小
A
B
D：滑下v的方向不同，动量不同
F
方法：动量变化量=合外力的冲量，由动量定理分析解题
由动量定理可知：物体动量变化量：
△p=mgt=80kgm/s，方向竖直向下
则物体动量大小改变了80kgm/s，方向竖直向下，由动量定理可知，物体受到冲量为：
I=mgt=80kgm/s，方向竖直向下
A
B
A：动量是矢量，动量方向就是v方向，上抛竖直落下，平抛斜落下，所以动量不同
BD：都只受重力作用，只有重力做功，初末位置高度相同，所以$W_g=mgh$
根据动能定理，$E_k-E_{k_0}=W_G$，
因为$E_{k_0}=\frac 1 2mv^2$相同，所以两球着地动能相同
C：两球初始高度相同，a竖直上抛，b平抛，a运动时间长，所以重力对a球冲量比b大
BD
Ft
选向上为正方向
80
-40
-120
分析物体刚落地到速度为0这段时间：
设高度为h，落到石头上杯子为1，落在草地上为2，
刚落到石头上和草地上速度都为$\sqrt{2gh}$
到最终速度为0：取向下为正方向，动量变化量都为：
$△p=mv_1'-mv1$
$=0-mv_1$
$=-mv_1$ （$p_1,p_2$相同）水泥地上：$△p_1=F_1t_1→F_1=\frac{△p_1}{t_1}$
海绵地板：$△p_2=F_2t_2→F_2=\frac{△p_2}{t_2}$
由于$p_1,p_2$相同，但是$t_1<t_2$，
$F_1>F_2$ 作用时间短，动量变化快，冲击力大
D
原长15m橡皮绳往下落：则这15m为自由落体，用时$\sqrt{2gh}=\sqrt 3s$,
之后受到mg和橡皮绳向上的弹力
初末速度都为0，
取向下为正方向
给出位移：动能定理
$mg(h+△l)=\overline F_N△L=0$
$\overline F=\frac{mg(h+△l)}{△l}$ 给出t：动量定理
高处下落，到运动停止用时4s，则自由落体时间t=4s
$mgt-\overline F_N(t-\sqrt{3})=0-0$
$\overline F=\frac{mgt}{t-\sqrt 3}$ 最后结果：1176N
重要
落地瞬间$v=\sqrt{2gh}=10m/s$
根据动量定理，取向下为正方向
$△p=mv_1-mv_0$
$=0-mv_0=-600kgm/s$ I=△p,
Ft=△p
$\overline F=\frac{-600}{1.2}=-500N$ （这是合外力平均作用力）求的是蹦床给的平均作用力
演员落地受到mg和蹦床给的向上的弹力，（向下为正方向）
$F_合=mg-F_N=-500N$
$F_N=1100N$ （这是大小）方向竖直向上
取向上为正方向，设弹簧弹力对物体A的冲量为I，上升和下落t相同，
对物体A由动量定理可得：
I-mgt=mv-0
对B：
-Mgt=-Mu-0
联立可解得：I=mv+mu
D
动量变化量=冲量
D
I=△p，I<0，所以△p<0，说明动量变化量方向与正方向相反
C
A：质量m的物体，以恒定加速度a运动时，在一段时间内动量变化量为m△v=ma△t
BCD：都只受重力作用
BCD
动量定理：
△P=Ft
$t=\frac{0-mv_0}{F}$ C
不知道2物体质量，F=ma判断错误
Ft=△p
$F=\frac{△p}{△t}$ B
C
AB：若有摩擦力，合力不是2倍关系，加速度不一定是2a，速度变化量也不一定是原来的2倍，所以错
D：W=Fx，两次时间相等，位移不相等
C（I=Ft）
D
C
把鸟初速看成0，末速度看成500m/s
鸟$v_0=0，v_t=500m/s$
所以$△p=mv_t$
由$\overline Ft=△p$
$\overline F=\frac{△p}{△t}$ 设鸟长0.3m左右
$\overline F·\frac{0.3}{500}=1×500-0$ F约为10^6N
C
两车相撞时，人和车一起匀减速运动直到停止，此过程位移0.5m，设人随车运动时间为t，初速度28m/s，
根据
$\overline v=\frac{v+v_0}{2}=14$
$t=\frac{x}{\overline v}=0.5/14$
$△p=mv-mv_0=-1680kgm/s$
$\overline Ft=△p$
$\overline F=\frac{△p}{△t}=42000N$
(1)
冰壶在冰面上受到摩擦力做减速运动，设在A点速度为$V_A$，由动能定理：
$-μmgl=0-\frac 1 2mv_A$
$V_A=\sqrt{2μgl}$ (2)
设小球从O点到A点运动过程中受到冲量由动量定理可知：$I=mV_A-0$带入，得
$I=m\sqrt{2μgl}$
D
ABC
CD
AD
C
$△P=mv-mv_0=-6Ns$ 说明物体动量增量一定与规定的正方向相反，不能说明原末动量的方向和大小，所以BCD错误
A
mgt
△p=mgt
30kgm/s
$t=\sqrt{2gh}$
$△p=mv-mv_0$
$=m\sqrt{2gh}$
以足球水平速度飞来为正方向，由动量定理得：
$Ft=mv-mv_0$
$F=\frac{mv-mv_0}{t}$ =24.5N
(1)
对整个过程由动量定理：
$(F-μmg)t_1-μmgt_2=0$ (2)
牛二
t=12s
B：$P_初=m_Bv_0$，方向向右
$P_末=m_Av_A+m_Bv_B=m_Bv_0$ AB
$P_初=(m+M)v_0$
$P_末=p_初$
$P_末=mv_1+Mv_2$
$mv_0+Mv_2=(m+M)v_0$ 所以$v_2=v_0$
A
对象：甲，乙，球
初：$p_1=0$
末：$p_2=0$
这个问题是看球最后落在谁手里
如果到乙手里：$p_2=m_甲v_甲+(m_乙+m_球)v_乙$
所以：$m_甲v_甲+(m_乙+m_球)v_乙=0$
所以：$-mv_甲=(m_乙+m_球)v_乙$
所以：$v_甲>v_乙$
B
如果AB和C之间μ=0，则弹簧给A和B弹力相等；μ≠0，AB摩擦力不相等，以AB为系统，$f_A，f_B$是外力给的，动量不守恒
AC
光滑：满足动量守恒定律条件，水平方向动量守恒
是碰撞问题
取$v_1$方向为正方向
初：$p_1=m_1v_1+m_2v_2$
末：$p_2=m_1v_1'+m_2v_2'$
根据动量守恒定律：$p_1=p_2$
即$m_1v_1+m_2v_2=m_1v_1'+m_2v_2'$
$v_2'=\frac{m_1v_1+m_2v_2-m_1v_1'}{m_2}$ =8m/s（>0表明和正方向相同）
系统总动量没变化=系统动量守恒
B
B：$△p=m_1v_1+m_2v_2$，一个变大另一个一定变小
BCD
B
A：可以是变力，只考虑初末状态
C
取甲方向为正方向
(M+m)v-Mv=(M+m)v'+0
$v'=\frac{mv}{M+m}$ A
$m_1v_1-m_2v_2=0$ C：人停了船不会走，不然违反动量守恒定律条件
BD
取向右为正方向，
$0=m_乙v_2-m甲v_1+mv_3$
$v_3=-0.6m$ 方向向左
子弹和枪筒是3者构成系统的内力
C
C
A：水平方向受到合外力为0，所以水平方向动量守恒
B：初动量为0，末动量不为0
C：重物和车厢为系统的末动量为0，初动量不为0
D：物体沿斜面下滑，向下动量增大
A
CD
BD
A：
$m_Av_A=m_Bv_B$
$m_A=2m_B$ 所以$v_B=2v_A$
AD
A
沿斜面匀速下滑：合力为0，则动量守恒
弹簧压缩到最短：共速
$m_1v_1+m_2v_2=(m_1+m_2)v$
$v=\frac{m_1v_1+m_2v_2}{m_1+m_2}$
恰好水平：合力为0
$mv_0+m_av_a+(M-m_a)v_b$
$v_b=\frac{Mv_0-m_av_a}{M-m_a}$
$Mv_0$ 大小不确定，要分类讨论若$Mv_0>m_av_a$
所以v_b>0，方向与$v_0$同向
若$Mv_0>m_av_a$
所以v_b<0，方向与$v_0$反向
若$Mv_0=m_av_a$
所以v_b=0
D：
爆炸瞬间，F相同，动量改变量相同，否则动量不守恒
$I_a=I_b=F△t=△p$ C
甲：碰撞后速度反向，v=0
ABC
BCD
C
物体与车构成系统
物体停止：和车共速
车与地面视为光滑
初：$mv_0=p_1$
末：$(m+M)v=p_2$
$p_1=p_2$
$v=\frac{mv_0}{m+M}$ B
动能定理：牵引力做功-阻力做功=车动能改变量，未给阻力等量，不可行
动量定理：车匀速到车厢脱钩速度为0过程中，动量为0
$f=F_车$ ，合力为0
$p_1=mv_0$
$p_2=(M-m)v$ 所以$Mv_0=(M-m)v$
$v=\frac{mv_0}{M-m}$ A
$mv_0=mv_1+mv_2$
$\frac 1 2mv^2=\frac 1 2mv_1^2+\frac 1 2mv_2^2$ 联立得：
$v_1=0$
$v_2=v_0$ 以B为研究对象：$\overline F△t=△p=mv_0-0$
$\overline F=\frac{mv_0}{△t}$
$[Math Processing Error]m_1v_0=m_1v_1+m_2v_2$
$\frac 1 2mv_0^2=\frac 1 2m_1v_1^2+\frac 1 2m_2v_2^2$
$v_1=\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}v_0$
$v_2=\frac{2m_1}{m_1+m_2}v_0$
$[Math Processing Error]\frac 1 2m_1v_0^2=m_0gh$
$v_0=\sqrt{2gh}$
1阶段：竖直面的曲线运动。斜面光滑：机械能守恒
$mgh=\frac 1 2mv_B^2-0$
$v_B=\sqrt{2gh}$ 2阶段：m与M相互作用的系统：机械能守恒
$mv_B=(m+M)v_C$ 存在功能关系：
$\frac 1 2 mv_B^2-\frac 1 2(m+M)v_C^2=△E_K$ 且
$△E_K=Q=μmgL$
$μ=\frac{△E_K}{mgL}$
$I=△p=mv_B$
程序法：
1阶段：圆周运动，斜面光滑：机械能守恒
$mgR=\frac 1 2mv_0^2$
$v_0=\sqrt{2gR}$ 2阶段：物块在木板上滑动。
规律：
- 动量守恒：$mv_0=mv_1+Mv_2$
- 功能关系（损失的动能转化为内能）：$Q(=μmgL)=\frac 1 2mv_0^2-(\frac 1 2mv_1^2+\frac 1 2Mv_2^2)$
3阶段：m平抛，两物体相互关联
m：
$x_{AB}=v_1t$
$t=\sqrt{\frac{2h}g}$ M：匀速直线
$x_{AB}=v_2t'$
$t'=t+0.2s$
BD
D
(1) 共速
$mv_0=(m+M)v$
$v=\frac{mv_0}{m+M}$ (2) 不共速
$mv_0=mv_1+mv_2$
$v_2=\frac{m(v_0-v_1)}{M}$
相对静止：共速
(1)小木板滑上长木板到二者相对静止经历的时间
(2)题中滑行最大距离
(1)设二者相对静止速度为$v_1$，相对运动距离为s，在木块和木板相互作用过程中，二者组成的系统合外力为0，系统动量守恒
$mv_0=(m+M)v_1$ 相对静止的共同$v_1=\frac{mv_0}{m+M}$ ②
对木板用动量定理：
$μmgt=mv_1$ 二者相对静止经历的时间$t=\frac{Mv_0}{μ(m+M)g}$
(2)
系统全过程，由动量守恒得：
$μmgs=\frac 1 2mv_0^2-\frac 1 2(m+M)v_1^2$ ⑤由②⑤得
$L=\frac{Mv_0^2}{2μ(m+M)g}$
程序法：运动分3阶段：
- 共速，动量守恒
- 光滑：匀速直线到B。如果不光滑，是匀减速
- 竖直面内圆周运动
1阶段：$mv_0=(m+M)v_1$
2阶段：$v_B=v_1=\frac{mv_0}{m+M}$
3阶段：有压力
$2(m+M)g=(m+M)\frac{v_c^2}{R}$
$v_c=\sqrt{2gr}$
$-(m+M)g·2R=\frac 1 2(m+M)v_c^2-\frac 1 2(m+M)v_B^2$ 联立，子弹射入木块前瞬间速度：
$v=\frac{m+M}{m}\sqrt{6gR}$
两次系统不一样：第一次是木块和子弹，第二次是木块和木板
(1)
子弹穿过B过程中系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向：
由动量守恒定律得：
$mv_0=m_2v_B+mv$ v=80m/s
(2)
AB系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
$m_2v_b=(m_1+m_2)v_共$
$v_共=0.12m/s$
(2)最后M圆周运动的高度h是多少？
1阶段：m与M作用，动量守恒
$mv_0=(m+M)v$ （子弹打木块模型，打进后位移很小，忽略）
二阶段：m和M圆周运动，摆到最高点，机械能守恒
$\frac 1 2(m+M)v^2=(m+M)gh$ 所以：$F_拉-(m+M)g=(m+M)\frac{v^2}{L}$
这个运动是2个过程
① 打进m1过程，m1位移很小，弹簧没形变，和m2没相互作用，不构成系统
②m和m1共速与m2组成的系统
求的是第二个过程损失的动能全部转化成弹簧的弹性势能
$mv_0=(m+m_1)v_1$
$(m+m_1)v_1=(m+m_1+m_2)v_2$
$E_P=\frac 1 2(m+m_1)v_1^2-\frac 1 2(m+m_1+m_2)v_2^2$
选取左图右液面为零势能面，
（看势能时，等势面以下液体当做不存在）
初状态：左边高L的液体重心距等势面L/2，则初状态$E_1=mg \frac L 2$
末状态：左右两边液体高度减半，重心在等势面上L/4处（=重心下移L/4）；动能是所有水都有速度，所以，水的重量是4m，则末状态$E_2=mg\frac L 4+\frac 1 24mv^2$
根据机械能守恒定律，$E_1=E_2$，联立可求v
设小球A质量$m_A$
A：
1（A碰撞B瞬间的速度）：$v_0=\sqrt{2g3x_0}=\sqrt{6gx_0}$
2：AB碰撞（只要是碰撞，动量都守恒）：$m_Av_0=(m_A+m)v_1$
3：AB下落，到向上恰能回到O点（O点弹力为0），是复杂变速运动，只能机械能守恒定律。
选B最开始静止的水平面为零势能面，
碰撞瞬间机械能：$E_1=\frac 1 2(m_A+m)v_1^2+0+\frac 1 2kx_0^2$ 重力势能+动能+弹性势能
$E_2=0+(m_A+m)gx_0+0$ 动能+重力势能+弹性势能
$E_1=E_2$ 所以$\frac 1 2(m_A+m)v_1^2+\frac 1 2kx_0^2=(m_A+m)gx_0$
m_A=
(2)最大值：a=0时
$(m_A+m)g=kx'$ ①机械能守恒：
$E_1=\frac 1 2(m_A+m)v_1^2+\frac 1 2kx_0^2$
$E_2'=\frac 1 2(m_A+m)v_m^2+\frac 1 2 kx'^2-(m_A+m_B)g(x'-x_0)$ 求得$v_m$
C在B上滑动，和BA共同构成系统；C从B滑到A上，B不受力，做匀直，A受力匀加速，AB分开，AC共同构成系统。C和BA之间有摩擦力，机械能有损失
过程1：C从B滑到A，机械能有损失
$mv_0=mv_1+4mv_2$
$\frac 1 2mv_0^2-\frac 1 2mv_1^2-\frac 1 2mv_2^2=μmgL$ 过程2：C从A到滑下，机械能有损失
$mv_1+2mv_2=mv_4+2mv_3$
$\frac 1 2mv_1^2+\frac 1 22mv_2^2-\frac 1 2mv_4^2-\frac 1 2 2mv_3^2=μmgL$ 联立4个方程，解得
v_2
v_3
v_4
$mv=(m+m+2m+...)v_共$
$mv_共=\frac{1}{32}mv_0$ 物块分别为m, 2m, 4m...，m碰撞若干次后都共速为$\frac{1}{32}$，求木块n个数
5
A：回弹的时候速度和回复力方向相同，x是负时，v正也有可能
B：回复力、回复力产生的加速度一定与位移方向相反
C：远离平衡位置动能↓势能↑
D：靠近平衡位置，势能↓，回复力↓，a↓
AD
A=0.1m
T=0.4s
f=2.5Hz
t=1.8s=4T+T/2
- 路程：4A+4+2A=18A=1.8m
- 位移：0
波峰：v=0，a为负的最大值
D
$\frac{x}{T_1}=v_1$
$\frac{x}{2T_2}=v_2$ 又因为
$v_2=2v_1$ 所以
$\frac{x}{2T_2}=\frac{2x}{T_1}$ 所以
$T_2=\frac 1 4T_1$ D
a↑，x↑，远离平衡位置，v↓，动能↓，势能↑
D
动量相同：v相同，连续2次动量相同的位置，v相同即可，不是x同样也相同，可能相反
题中，从回到平衡位置，到下次离开平衡位置是在半个周期内，B再回到B是一个波峰内对应的2次，则A到第二次B是半个周期，路程是2A，则T=4，A=6cm
x为负，回复力是正，a是正
CD
两次经过同一位置：动量方向相反
ABC
BC
D
F=-kx
$a=\frac F m=\frac{-kx}{m}$ 线性关系
C
ABC
CD
5cm
1.25hz
0.1s：正
0.3，0.5：负
0.7：正
0.4s 平衡位置
0.2s，负最大值
用t这个式子除以$T=2π\sqrt{\frac L g}$
$t=\frac 3 4T$ 三要素：
负向最大速度：在平衡位置
振动方向：负向，斜率负
D
C
A：且方向与位移方向相反
B：可能是合力，分力
C
D
回复力相同，a相同，动能是标量，相同，弹性势能是标量，相同
A
A：重力提供mgtanθ
B：方向变化
C：切线反向
D
B
F=-kx=0
但是合力不为0。v不为0，向心力不为0
C
秒摆：T=2s
与m无关
C：与A无关，但是T=2s不变
ACD
C
BD：都不变
C
D
随着水流出，重心下降，水流完，重心恢复
C
$T=2π\sqrt{\frac L g}=2π×0.2=1.2s$ 画图，0s从平衡位置往右
D
摆动加快：T减小→l减小或g增大
C
D
涉及弹簧时，光滑，没有摩擦力做功， 只有弹力和重力做功，这时弹簧构成的系统机械能守恒，本身机械能不守恒
弹簧最大形变是能最大，原长势能最小
AC
AC
频率不变
驱动力：周期性外力
D：仅由驱动力决定
AC
$d_2：f_外=2Hz=120r/60s$
$d_1=2d_2=240r/60s$ D
B
CD
C
BD
B
B：周期性外力
ACD
纵坐标：振幅
横坐标：f
准确：不同频率的振幅
C
看振动图像
振幅最高点，a向下，受重力和支持力，$mg-F_支=ma→F_压<mg$
振幅最低点，a向上，$F_支-mg=ma→F_压>mg$
C
$f_固=\frac{20}{10}=2Hz$
$f_外=2Hz=120r/60s$
$T=\frac 1 f=0.5s$
$f=\frac 1 T=\frac{1}{2π}\sqrt{\frac g l}$
$l=\frac{g}{4π^2f^2}=1m$ 由图像可知，共振时，$A_m=8cm$，设单摆偏角最大为θ，摆球能达到最大高度为h，由机械能守恒定律：
$\frac 1 2mv_m^2=mgh$ 又h=l(1-cosθ)，当θ很小时$1-cosθ=2sin^2\frac θ 2=\frac{A^2}{2l^2}$
解得$v_m=\frac A l \sqrt{gl}=0.25m/s$
摆球在最高点时加速度最大，
$mgsinθ=ma_m$
$a_m=gsinθ=gA/l$
$a_m=0.8m/s^2$
t=0到a：a是振源
振源开始怎么振动，其他各点就怎么振动
v=2m/s
T=4s
λ=vT=8m
ABD
B：振源+介质
C：不是一回事
同一种波在不同介质中f不变，波速v，波长A会变
D
方法：画出若干个波形图，找这两个点
方向：逆向复描
D
M为波源，向右传播；N为波源：向左传播
波峰：v=0，动能最小，势能最大
BD
ABC
经历△t第一次出现如图=是完整的一个周期
第n次：T=△t/n
A
C
波长>7m,<10m,AB=14m：AB不在一个周期
AB=14m=
$\frac 5 4λ$ ，λ=11.2m$\frac 7 4λ$ ，λ=8m$\frac 9 4$ ，λ=6米多根据范围：AB只能是7/4λ
v=λ/T=80m
从起振到C点第一次波谷，经历了$\frac 3 4 T$，
则传到t点时间t=0.5-0.075=0.425s
$x=vt_c=34m$ AB
C
A
图不清晰，ab对应不是3,5，a是2-3中间，b是5-6中间
C
纵波速度快，先到，所以P先振动
根据\frac{x}{v_1}-\frac{x}{v_2}=5s
x=36km
A
向左，平移1/4个波长
若沿正方向传播，经过△t传播距离为(n+3/4)λ，对应时间(n+3/4)T
若沿着负方向传播，经过△t传播距离为(n+1/4)λ，对应时间(n+1/4)T
C
B
下列离子由静止经电压为U的电场后，哪种粒子v最大？
A. 质子
B. 氘核
C. α粒子
D. 钠离子
根据动能定理，$v=\sqrt{\frac{2qU}m}$，q/m是核质比，核质比大的v最大
极板长l，板间距d，两极板间电势差为U，有质量为m，电量为q的正电荷和平行于板面以$v_0$的速度射入电场，一段时间后该点和恰好从极板边缘射出电场，求：
（1）正电荷射出电场时，沿电场方向偏移的距离
（2）正电荷射出电场时，偏转角度的正切值
一个质子 P 和一个α粒子，从同一位置垂直电场方向以相同的动量射入匀强电场，它们在电场中的运动轨迹是如图中的（C）
P=mv
$y=\frac{qUl^2}{2mv^2_0d}$ 分子分母同×m→$y=\frac{mqUl^2}{2P^2d}$ P相等，比较mq的乘积即可，α粒子是2，质子是1
∴ y方向α距离远
$y=\frac 1 2at^2=\frac 1 2 \frac{qE}m·t^2$
$l=v_0t→t=\frac {l}{v_0}$ 联立：$y=\frac{qEl^2}{2mv_0^2}$
$qU_1=\frac 1 2mv^2$ →$mv^2=2qU_1$ （出B板的末速度=入平行板的初速度）
$y=\frac 1 2at^2=\frac{qU_2}{2md}·t^2$
$l=vt →t=\frac l u$ 联立：
$y=\frac{qU_2l_2}{2mv^2d}$
$tanθ=\frac{qU_2l}{mv^2d}$ 带入
$mv^2=2qU_1$ →
$y=\frac{U_2l^2}{4U_1d}$
$tanθ=\frac{U_2l}{2U_1d}$ →
与q/m（荷质比）无关
电压表示数两次分别为1.4V, 0.1A；1V，0.5A，求电源电动势E和内阻r
AB两点测的是外电路电势差
全电路欧姆定律：$E=U_外+Ir$
E=1.4+0.1r
E=1+0.5r
E=1.5V, r=1Ω
外电阻：250Ω
R=ρl/S，同一导线，ρ和S相同，电阻和长度成正比
∴ R_外(250Ω):800=x:40km
x=12.5km(<40km)
所以短路处距离A有12.5km
动态电路题型：串反并同（滑动变阻器电阻减小，并联的电压/电流表都减小，串联的增大）
部分R→整体I=$E/R_总$→部分I
【物理29-2】
M：电动机，电阻20Ω，电源电压12V（忽略电阻）时，电动机正常工作，
（1）求电压表示数
（2）求电动机输入，输出，热功率
（1）电动机不能使用欧姆定律：9.5错
串联电路电压之比=电阻之比，但不能用欧姆定律，8错
U=IR=0.25×20=5V
（2）电动机电压=12-5=7V
$P_入=UI=7×0.25=1.75W$
$P_热=I^2r=0.25^2×10=0.625W$
$P_出=1.75-0.625=1.125W$
四个电源，电动势为8V，r分别为1,2,3,4Ω，分别队R=2Ω的电阻供电，哪个输出功率最大？
内阻不是定值，不满足R=r，输出功率最大
r=1Ω，电流最大，输出功率最大
有一根导线，长0.2m，通过电流3A，受磁场力$F=6×10^{-2}N$，磁感应强度是多少？
如果该导线长度和电流都减小一半，磁感应强度是原来的？
$B=\frac F{IL}$ 磁感应强度由场决定，场是场源电流产生的，电流是试探电荷产生的：场强不变，磁场力F变化（磁场强度不会因导线改变而改变）
根据左手定则，安培力向上，
F=BIL
BIL+T(张力)=mg
要使张力为0，F要增大。
电流或者磁场方向都不改变或者都改变可以。如果只改变1个，安培力向下，张力不能为0
质量m的导体MN静止于宽度为l的水平轨道上，通过MN的电流强度为I，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与水平面成θ角，求MN所受的支持力和摩擦力
做题步骤：三维视图转化为二维视图，平面图画受力分析，然后解题
$F_安=BIL$
$BILcosθ+N=mg$
$BILsinθ=f$
动量定理与电路结合在一起
如图，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入，磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿过磁场时，速度方向与电子原来入射方向的夹角为30°，则
①电子的质量
②穿过磁场的时间
分析：
①速度偏角=圆心角
②θ=ωt，对应圆心角是30°，则T是完整周期的1/12，
$\frac{θ}{2π}=\frac t T$
$t=\frac{θT}{2π}$ ①
②
$T=\frac{2πr}{v}$ 解得
$T=\frac{2πm}{qB}$
$t=\frac{πm}{6eB}$ 带入①问m
$t=\frac{πd}{3v}$
圆形有界磁场，圆心O，磁感应强度为B，半径r，方向垂直曲面向里，质量m，带电量为q的正电荷从a沿ao射入磁场，离开磁场时，速度θ偏转了60°
(1)粒子做匀速圆周运动轨道半径
(2)粒子入射速度
根据$R=\frac{mv}{qB}$
$v=\frac{\sqrt{3}qBr}{m}$ (3)粒子在磁场中运动的时间
$t=\frac {θT}{2π}$
$T=\frac{2πm}{qB}$ 联立：t=T/6
$t=\frac{πm}{3qB}$
一电荷量+q，质量m的小球从倾角为θ的固定静止光滑绝缘斜面上由静止开始下滑，斜面处于磁感应强度B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，求小球在斜面上滑行的时间
正交
动量定理
光滑墙壁（竖着的）顶端，将质量m， 带电量+q的滑块自由释放，已知电场强度为E，磁感应强度为B，某时刻滑块v与a都水平，此时滑块距墙面的水平距离为x，求滑块此时距离墙的位置下落的高度
根据图，电场力向左， 还受重力，支持力（支持力向右）
状态1：qE=N
过程1：qE=N+qvB（一段时间内，一加速，产生向右的洛伦兹力）
状态2：恰好脱离墙面时
N=0
$qE=qv_1B$
$v_1=E/B$ 过程2：脱离墙面
状态3：脱离墙面后，因g↑，受洛伦兹力↑，洛伦兹力方向逐渐向上偏转，直至向上垂直，这时滑块a与v都水平
$qv_2B=mg$
$v_2=\frac{mg}{qB}$ 过程2用动能定理：
$mgh-qEx=\frac 1 2mv_2^2-\frac 1 2 mv_1^2$ 其他分量已知，求h带入$v_1，v_2$
$h=\frac{m^2g-gE^2}{2q^2B^2}+\frac{gEx}{mg}$
匀速直线：$F_合=0$ ，受三个力合力为0，则任意两个力与第三个力等大反向。应是重力与电场力合成，与洛伦兹力反向。
作图，mg，$F_电$合成（右下），与洛伦兹力f等大反向；
已知洛伦兹力反向，磁场方向，v向右上
计算通过立方体的磁通量不是看方向，而是看穿入面还是穿出面
如果是穿过圆柱体，曲面进入曲面出，磁通量为0