C 2．A 3．D 4．B 5．B
6．C
【詳解】AB．有圖像可得，在內(nèi)，有則阻力大小為內(nèi)小車做勻速運動，有故小車的額定功率為
故AB錯誤；C．0~2s內(nèi)小車的位移由牛頓第二定律和速度公式
可得內(nèi)，功率不變，則
小車加速階段的平均功率為故C正確；D．根據(jù)動能定理有則加速階段小車的位移
7．A
【詳解】ABC．將物體B的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，如圖

根據(jù)平行四邊形定則，沿繩子方向的速度為可知θ在增大到90°的過程中，物體A的速度方向向下，且逐漸減小；由圖可知，當物體B到達P點時，物體B與滑輪之間的距離最短，繩子長度最小，此時此后物體A向上運動，且速度增大；所以在物體B沿桿由點M勻速下滑到N點的過程中，物體A的速度先向下減小，然后向上增大，故A正確，BC錯誤；D．物體A向下做減速運動和向上做加速運動的過程中，加速度的方向都向上，所以物體A始終處于超重狀態(tài)，故D錯誤。
8． BC
【詳解】A．根據(jù)題意可知，不確定小物塊是否恰好在到達木板右端時與木板相對靜止，由圖可知，物塊的對地位移為木板的對地位移為則木板的長度為
B．根據(jù)題意，設(shè)木板的質(zhì)量為，木塊的質(zhì)量為，由圖可知，時刻二者共速為，由動量守恒定律有解
C．根據(jù)圖像中斜率表示加速度可知，物塊的加速度大小為
由牛頓第二定律，對物塊有解D．根據(jù)題意可知，從開始到時刻系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能為由于不知道木板和木塊的質(zhì)量，則內(nèi)能不可求，故D不符合題意。
9．ACD
【詳解】由題意知，恒力F作用時，小滑塊與木板間出現(xiàn)滑動，對小滑塊：，對木板：；撤去拉力到穩(wěn)定狀態(tài)，小滑塊繼續(xù)加速直到勻速，，木板開始減速直到勻速，木板加速度的大?。?br>A：整個過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量．故A項正確．
BC：設(shè)恒力作用的時間為，在恒力作用的階段，兩物體的相對位移，恒力作用階段兩者的末速度、；撤去外力到穩(wěn)定狀態(tài)，兩物體的相對位移，且、，聯(lián)立解得：、、．故B項錯誤，C項正確．
D：摩擦力對小滑塊Q的沖量，故D項正確．
【點睛】板塊模型是牛頓運動定律部分的典型模型，對各種可能情況要能熟練掌握．必要時可畫出速度時間圖象分析運動過程．
10．AC
【詳解】A做圓周運動所需的向心力為，B做圓周運動所需的向心力為，A和B的最大靜摩擦力大小相同，均為，可見相同情況下，B的靜摩擦力先達到最大，圓盤從靜止開始加速轉(zhuǎn)動，當繩子沒有拉力時，A和B都有靜摩擦力提供向心力，當B的靜摩擦力達到最大時，由牛頓第二定律即
時，繩子出現(xiàn)拉力，受力開始發(fā)生變化；角速度繼續(xù)增大，此時B單純依靠靜摩擦力不足以提供向心力，需要繩子拉力，而A受到繩子拉力作用，A所受的靜摩擦力開始減小，當A不受摩擦力時，設(shè)繩子拉力為F，對B由牛頓第二定律
對A由牛頓第二定律解
角速度繼續(xù)增大，此時A受到的摩擦力開始背離轉(zhuǎn)軸方向，當A受到背離轉(zhuǎn)軸方向的靜摩擦力最大時，設(shè)繩子拉力為，則對A由牛頓第二定律
對B由牛頓第二定律聯(lián)立解得
角速度再增大時，A會靠近圓心，繩子上的力和摩擦力不足以維持B錯圓周運動，故要發(fā)生相對滑動：
A．當圓盤的角速度增大到時，繩子開始出現(xiàn)拉力，故A正確；
B．滑塊A所受的摩擦力，先指向圓心增大，然后指向圓心減小，然后再背離圓心增大，故B錯誤；
C．滑塊所受的摩擦力始終指向圓心，故C正確；
D．當圓盤的角速度增大到時，A、開始相對圓盤發(fā)生滑動，故D錯誤。
11． 同時 不變 B
12．
【分析】本題考查根據(jù)圓周運動性質(zhì)設(shè)計實驗和計算向心力。
【詳解】[1]小球周期，所需向心力F需=
[2]對小球受力分析，記繩與豎直方向夾角為 ，
其中 F供=
[3]物體做圓周運動時F需=F供
圖像斜率表達式為。
13．（1），；（2），
【詳解】（1）靜止時，小球受力平衡，設(shè)繩子對小球的拉力為T，圓錐體對小球的支持力為N，由平衡條件得，
解得，
（2）當小球與圓錐體之間的作用力為零時有
由牛頓第二定律有
解得
所以，小球受力如下圖。

則有，
解得
，
14．（1）m/s2；（2）0.2kg，0.8m
【詳解】(1)小滑塊沿AB面下滑過程，據(jù)牛頓第二定律可得
解得
(2)設(shè)小滑塊每次剛到達C點時的速度大小為，由A到C過程據(jù)動能定理可得
在C點由牛頓第二定律得
聯(lián)立解得
由圖2可得2mg=4N，
解得m=0.2kg，R=0.8m
15．（1）；（2）；（3），
【詳解】（1）A 與 B 碰撞過程，根據(jù)動量守恒有mv0=（m + 2m）v1
解得
（2）設(shè)三者的共同速度為v2，對A、B、C構(gòu)成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有2mv0=4mv2
在A 與 B 碰后到三者達到共同速度過程，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒有
解得
（3）A 與 B 碰后到彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能達到最大， 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒有
解得
設(shè)C第二次通過P點時，C，B的速度分別為v3、v4，從彈簧壓縮到最短到C物塊第二次通過P點過程，對A、B、C構(gòu)成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有4mv2=mv3 + 3mv4
根據(jù)能量守恒有
解得

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