1.解：A、弹簧弹力以及物体之间的摩擦力属于内力，系统所受外力F1和F2的合力为零故系统动量守恒，由于开始的过程中系统中有两拉力均做正功，因此机械能不守恒，故A错误;
B、D、分别对m和M动态分析可知，开始时二者都做加速运动，随距离的增大，弹簧的弹力增大，二者的加速度都减小，当加速度a=0时速度大，即当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，系统的动能大，此后弹簧的弹力大于拉力，二者都做减速运动，直到速度为0.故B错误，D正确;
C、二者的速度都减小为0后，由于弹力仍然大于拉力，二者之间的距离开始减小，弹簧的弹力做正功，拉力做负功，系统机械能开始减小.故C错误;
本题选择错误的，故选：ABC.
2.AC
解：A、对于F的做功过程，由几何知识得到：力F作用点的位移x=PB﹣PC=
则力F做的功W=Fx=50×0.4J=20J，故A正确;
B、由于B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零，考察两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系得：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错误;
C、当绳与轨道相切时两球速度相等，如图：
由三角形知识得：sin∠OPB==，故C正确;
D、设低点势能为0，小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加，故D错误;
故选：AC
【点评】：本题连接体问题，关键分析两物体之间的速度与高度关系并运用几何知识和功能关系来研究，注意分析B球到达高点时A球速度为零.
3.解：
A、从题意得到，太阳能驱动小车以功率不变启动，当开始阶段小车所受的牵引力大于阻力，小车做加速运动，当牵引力平衡后小球做匀速直线运动，速度达到大.故A正确;
B、阻这段时间内力做功为W=Fs.故B错误;
C、根据动能定理判断，这段时间内合力做功为，故C正确;
D、这段时间内电动机所做的功为，故D错误.
故选AC
4.解：设额定功率为P，则速度为3m/s时的牵引力，速度为6m/s时，牵引力为.
根据牛顿第二定律得，F1﹣f=3(F2﹣f)，解得f=.
因为牵引力与阻力相等时，速度大，则F=f=，知大速度为12m/s.因为功率未知，无法求出阻力，该运动为变加速运动，无法求出运动的时间.故A正确，B、C、D错误.
故选：A.
5.D电势能;功能关系
解：A、由牛顿第二定律得知，小球所受的合力F合=ma=mg，方向向下，根据动能定理知，小球的动能增加△Ek=F合h=mgh，故A错误.
B、由牛顿第二定律得：mg﹣F=mg，解得电场力F=mg，且方向竖直向上，则电场力做功W电=﹣Fh=﹣mgh，故小球的电势能增加mgh，故B错误.
C、小球在竖直方向上下降h高度时重力做正功mgh，因此，小球的重力势能减少mgh，故C错误.
D、由上知，小球的电势能增加mgh，根据能量守恒知，小球的机械能减少mgh，故D正确.故选：D.
6.ACD解：A、A向右运动至大速度时C恰好离开地面，此时A、B、C加速度均为零，设此时绳的拉力为T，
对A：F﹣μmg﹣T=0
对B、C整体：T﹣2mg=0
代入数据解得F=2.2mg，故A正确，B错误;
C、开始时整个系统静止，弹簧压缩量为x，则对B有kx=mg
x=
因B、C的质量相等，故C恰好离开地面时，弹簧伸长量仍为x=
所以拉力做的功W=F•2x=，故C正确;
D、A由静止到向右运动至速度大的过程中，对A、B、C由能量守恒得
(F﹣μmg)•2x=(2m)v2+mg•2x
解得v=g，故D正确.
故选：ACD
【点评】：本题的关键是对物体进行受力分析，抓住临界状态，然后结合功能关系和胡克定律多次列式求解分析，关键是要知道A向右运动至速度大时C恰好离开地面，此时A、B、C的加速度均为零，注意整体法和隔离法的应用，难度适中.
7.(1)AD(2)mg(s0+sl)
8.(1)ABC(2)(3)减小(4)二
9.解：(1)设赛车越过壕沟需要的小速度为v1，由平抛运动的规律，有：
s=v1t
h=gt2
解得：v1=s=2.5×=5m/s
(2)设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道高点的速度为v2，低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律，有：
mg=m
m=m+mg•(2R)
解得：v3===4m/s
(3)由于B点以后的轨道均为光滑，故轨道低点速度应该等于平抛的初速度，通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度小应该是：
vmin=4m/s
设电动机工作时间至少为t，根据功能原理有：
pt﹣fL=m
由此可得：t=2.53s
即要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.53s的时间.
答：(1)赛车越过壕沟需要的小速度为5m/s;
(2)赛车进入圆轨道前在B点的小速度为4m/s;
(3)要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.53s时间.
10.解：(1)分析M受力，由牛顿第二定律得：
F﹣μmg=Ma1
代入数据解得：a1=12m/s2
设装置向左运动到速度为0的时间为t1，则有：
v0﹣a1t1=0
联立并代入数据解得：t1=1s
装置向左运动的距离：x1==12×1m﹣0.5×12×1m=6m
(2)对m受力分析，由牛顿第二定律得：μmg=ma2
代入数据解得：a2=4m/s2
设滑块运动到A点时的速度为v1，则：
v1=v0﹣a2t1
联立并代入数据解得：v1=8m/s
小滑块向左运动的距离为：x2==12×1m﹣0.5×4×1m=10m
则平板长为：l=x2﹣x1=10m﹣6m=4m
(3)设滑块在B点的速度为v2，从A至B，由动能定理得：
﹣mg×2R﹣Wf=
在B点有：mg=
联立解得：R=0.9m，v2=3m/s
小滑块从B点飞出做平抛运动：2R=
联立解得：t2=0.6s
落点离A的距离为：x=v2t2=3×0.6m=1.8m
答：1)装置运动的时间和位移大小6m;
(2)长平板的长度l为4m;
(3)小滑块后落回长平板上的落点离A的距离1.8m.
11.考点：动能定理;运动的合成和分解.
专题：动能定理的应用专题.
分析：(1)根据几何关系求解物体升高的高度h.
(2)该同学的结论是错误的.因为汽车经过B点时的速度与此时物体的速度不等，应根据速度的分解得到物体的速度，再由动能定理求解功.
解答：解：(1)当车运动到B点时，物体升高的高度为：
h=﹣H=(﹣1)m=0.41m
(2)该同学的结论是错误的.因为绳总长不变，物体的速度与车在同一时刻沿绳方向的速度大小相等，而此刻车的速度方向不沿绳的方向，所以两者的速度大小不相等.如图，将车的速度v沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，得：
v1=vBcosθ
绳Q端拉力对物体是变力做功，可用动能定理求解.则有：
W﹣mgh=
得：W=mgh+=(10×10×0.41+10×52×cos245°)J=103.5J
答：(1)当车运动到B点时，物体升高的高度h是0.41m;
(2)该同学的结论是错误的.因为绳总长不变，物体的速度与车在同一时刻沿绳方向的速度大小相等，而此刻车的速度方向不沿绳的方向，所以两者的速度大小不相等.该功的大小为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)运动员打开伞后做匀减速运动，由v22-v12=2as2可求得运动员打开伞时的速度为v1=60m/s，运动员自由下落距离为s1=v12/2g=180m，运动员离开飞机时距地面高度为s=s1+s2=305m.(2)自由落体运动的时间为t1==6s，打开伞后运动的时间为t2==3.85s,离开飞机后运动的时间为t=t1+t2=9.85s?
14.可以将这5滴水运动等效地视为一滴水下落，并对这一滴水的运动全过程分成4个相等的时间间隔，如图中相邻的两滴水间的距离分别对应着各个相等时间间隔内的位移，它们满足比例关系：1∶3∶5∶7.设相邻水滴之间的距离自上而下依次为：x、3x、5x、7x,则窗户高为5x，依题意有：?
5x=1则x=0.2m?
屋檐高度h=x+3x+5x+7x=16x=3.2m
由h=gt2得：t=s=0.8s.?
所以滴水的时间间隔为：Δt==0.2s?
15.每碰撞后所做竖直上抛运动，可分为上升和回落两个阶段，不计空气阻力，这两段所用时间和行程相等.?
小球原来距桌面高度为4.9m，用h0表示，下落至桌面时的速度v0应为：?
v0==9.8m/s.下落时间为：t0==1s.?
首先用演绎法：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、回落需用时间：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、回落需用时间：2t2=2v2/g=2×(7/9)2.?
再用归纳法：依次类推可得：小球第n次和桌面碰撞后上升，回落需用时间：2tn=2×(7/9)n(s)
所以小球从开始下落到经n次碰撞后静止所用总时间为：?
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]括号内为等比级数求和，首项a1=7/9,公比q=7/9,因为|q|<1,?
所以无穷递减等比级数的和为：,所以T=1+2×7/2=8s.
