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文檔簡介
專題綜合檢測二一、選擇題1.(多選)(2015·沈陽一模)如圖所示,自動卸貨車始終靜止在水平地面上,車廂在液壓機的作用下,θ角逐漸增大且貨物相對車廂靜止的過程中,下列說法正確的是()A.貨物受到的摩擦力增大B.貨物受到的支持力不變C.貨物受到的支持力對貨物做正功D.貨物受到的摩擦力對貨物做負功解析:選AC.貨物處于平衡狀態(tài),則有mgsinθ=Ff,F(xiàn)N=mgcosθ,θ增大,F(xiàn)f增大,F(xiàn)N減小,A正確,B錯誤;貨物受到的支持力的方向與速度方向始終相同,做正功,C正確;摩擦力的方向與速度方向始終垂直,不做功,D錯誤.2.(2015·新余一模)如圖所示是質量為1kg的質點在水平面上做直線運動的v-t圖象.以下判斷正確的是()A.在t=1s時,質點的加速度為零B.在4~6s時間內(nèi),質點的平均速度為2mC.在0~3s時間內(nèi),合力對質點做功為10JD.在3~7s時間內(nèi),合力做功的平均功率為2W答案:D3.(2015·北京東城區(qū)模擬)起重機的鋼索將重物由地面起吊到空中某個高度,重物起吊過程中的速度-時間圖象如圖所示,則鋼索拉力的功率隨時間變化的圖象可能是下圖中的()解析:選B.0~t1時間內(nèi),重物勻加速上升,F(xiàn)恒定且F>mg,由P=F·v可知,功率P隨v的增大而增大;t1~t2時間內(nèi),重物勻速上升,F(xiàn)=mg,此過程P=F·v恒定不變,但t1時刻起重機的功率突然變小了,A、D均錯誤;t2~t3時間內(nèi),重物減速上升,F(xiàn)恒定,且有F<mg,此過程中,由P=F·v可知,起重機功率隨v的減小而減小,并且在t2時刻功率突然變小了,故B正確,C錯誤.4.(多選)如圖所示,兩物體A、B用輕質彈簧相連靜止在光滑水平面上,現(xiàn)同時對A、B兩物體施加等大反向的水平恒力F1、F2,使A、B同時由靜止開始運動.在以后的運動過程中,關于A、B兩物體與彈簧組成的系統(tǒng),下列說法正確的是(整個過程中彈簧不超過其彈性限度)()A.由于F1、F2所做的總功為零,所以系統(tǒng)的機械能始終不變B.當A、B兩物體之間的距離減小時,系統(tǒng)的機械能減小C.當彈簧伸長到最長時,系統(tǒng)的機械能最大D.當彈簧彈力的大小與F1、F2的大小相等時,A、B兩物體速度為零解析:選BC.從開始狀態(tài)到彈簧拉到最長過程中,兩拉力方向與其受力物體位移方向均相同,做正功,由功能關系可知,系統(tǒng)機械能增大,A項錯誤;當兩物體之間距離減小即A、B相向運動,力F1和F2做負功,系統(tǒng)機械能減小,B項正確;當彈簧伸長到最長時,力F1和F2做正功最多,故系統(tǒng)機械能最大,C項正確;分別對A、B應用動能定理,從開始到彈力與外力相等時,合外力分別對A、B做正功,兩物體動能增加,速度一定大于零,D項錯誤.5.(2015·河北保定4月模擬)如圖所示,在傾角θ=30°的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定擋板C,質量相等的兩木塊A、B用一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),彈簧壓縮量為l.如果用平行斜面向上的恒力F(F=mAg)拉A,當A向上運動一段距離x后撤去F,A運動到最高處時,B剛好不離開C,重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.A沿斜面上升的初始加速度大小為eq\f(g,2)B.A上升的豎直高度最大為2C.拉力F的功率隨時間均勻增加D.l等于x解析:選D.A沿斜面上升的初始時刻,A所受合力為F=mAg=mAa,得a=g,A項錯誤.初始時A靜止,彈簧壓縮量為l,則有kl=mAgsin30°;當A運動到最高處時,彈簧的伸長量為l′,對B受力分析,則有kl′=mBgsin30°,又mA=mB,得l′=l,所以A上升的豎直高度最大為2lsin30°=l,B項錯誤.拉力F的功率P=Fv=Fat,a時刻改變,所以P隨時間不均勻增加,C項錯誤.在全程對A由動能定理有-mAg2lsinθ+Fx=0,得x=l,所以D項正確.6.(多選)(2015·河北石家莊3月模擬)如圖所示,半徑為R的半圓形光滑凹槽A靜止在光滑水平面上,其質量為m.現(xiàn)有一質量也為m的小物塊B,由靜止開始從槽左端的最高點沿凹槽滑下,當小物塊B剛要到達槽最低點時,凹槽A恰好被一表面涂有粘性物的固定擋板粘住,在極短的時間內(nèi)速度減為零;小物塊B繼續(xù)向右運動,運動到距槽最低點的最大高度為eq\f(R,2).則小物塊從釋放到第一次到達最低點的過程中,下列說法正確的是()A.凹槽A對小物塊B做的功W=-eq\f(1,2)mgRB.凹槽A對小物塊B做的功W=mgRC.凹槽A被粘住的瞬間,小物塊B對凹槽A的壓力大小為mgD.凹槽A被粘住的瞬間,小物塊B對凹槽A的壓力大小為2mg解析:選AD.設小物塊B第一次到達最低點的速度為v,小物塊B從最低點繼續(xù)向右運動到最高點,根據(jù)動能定理有mgeq\f(R,2)=eq\f(1,2)mv2,得v=eq\r(gR),小物塊B從左端最高點到最低點的過程中,對B由動能定理有mgR+W=eq\f(1,2)mv2-0,得W=-eq\f(1,2)mgR,A項正確,B項錯誤.在最低點小物塊所受的向心力F向=FN-mg=meq\f(v2,R),得FN=2mg,則由牛頓第三定律可知小物塊對凹槽的壓力大小F′N=FN=2mg,所以D項正確,C項錯誤.7.(2015·河北石家莊二中一模)一質點在0~15s內(nèi)豎直向上運動,其加速度-時間圖象如圖所示,若取豎直向下為正,g取10m/s2,A.質點的機械能不斷增加B.在0~5s內(nèi)質點的動能增加C.在10~15s內(nèi)質點的機械能一直增加D.在t=15s時質點的機械能大于t=5s時質點的機械能解析:選D.質點豎直向上運動,0~15s內(nèi)加速度方向向下,質點一直做減速運動,B錯誤.0~5s內(nèi),a=10m/s2,質點只受重力,機械能守恒;5~10s內(nèi),a=8m/s2,受重力和向上的力F1,F(xiàn)1做正功,機械能增加;10~15s內(nèi),a=12m/s2,質點受重力和向下的力F2,F(xiàn)2做負功,機械能減少,A、C錯誤.由F合=ma可推知F1=F2,由于做減速運動,5~10s內(nèi)通過的位移大于10~15s內(nèi)通過的位移,F(xiàn)1做的功大于F2做的功,5~15s內(nèi)增加的機械能大于減少的機械能,8.如圖所示,可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接,跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱,A的質量為B的兩倍.當B位于地面時,A恰與圓柱軸心等高.將A由靜止釋放,B上升的最大高度是()A.2R B.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3) D.eq\f(2R,3)解析:選C.如圖所示,以A、B為系統(tǒng),以地面為零勢能面,設A質量為2m,B質量為m,根據(jù)機械能守恒定律有:2mgR=mgR+eq\f(1,2)×3mv2,A落地后B將以v做豎直上拋運動,即有eq\f(1,2)mv2=mgh,解得h=eq\f(1,3)R.則B上升的高度為R+eq\f(1,3)R=eq\f(4,3)R,故選項C正確.9.如圖,光滑軌道由AB、BCDE兩段細圓管平滑連接組成,其中AB段水平,BCDE段為半徑為R的四分之三圓弧管,圓心O與AB等高,整個軌道固定在豎直平面內(nèi).現(xiàn)有一質量為m,初速度v0=eq\f(\r(10gR),2)的光滑小球水平進入圓管AB,設小球經(jīng)過軌道交接處無能量損失,圓管孔徑遠小于R,以下說法錯誤的是()A.小球到達C點時的速度大小為vC=eq\f(3\r(2gR),2)B.小球能通過E點并恰好落至B點C.若將DE軌道拆除,則小球能上升的最大高度距離D點為2RD.若減小小球的初速度v0,則小球到達E點時的速度可以為零解析:選C.從A至C過程,機械能守恒(以AB為參考平面):eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)-mgR,將v0=eq\f(\r(10gR),2)代入得vC=eq\f(3\r(2gR),2),故A正確;從A至E過程,機械能守恒:eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)+mgR,vE=eq\f(\r(2gR),2),結合平拋運動規(guī)律可知能正好平拋落回B點,故B正確;設小球能上升的最大高度為h,則由機械能守恒:eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=mgh,h=eq\f(veq\o\al(2,0),2g)=eq\f(5,4)R,故C錯誤;因為是圓弧管,內(nèi)管壁可提供支持力,所以小球在E點速度可以為零,故D正確.10.如圖所示,傾角為30°的粗糙斜面與傾角為60°的足夠長的光滑斜面對接在一起,兩斜面上分別放有質量均為m的物塊甲和乙,兩物塊通過一跨過定滑輪的細線連在一起.在平行于斜面的拉力F的作用下兩物塊做勻速運動.從圖示位置開始計時,在物塊甲與滑輪相碰前的一段時間內(nèi),下面的圖象中,x、t表示每個物塊所通過的路程、時間,E表示兩物塊組成的系統(tǒng)的機械能,Ep表示兩物塊組成的系統(tǒng)的重力勢能,Wf表示物塊甲克服摩擦力所做的功,WF表示拉力F對物塊乙所做的功,則圖象中所反映的關系可能正確的是()解析:選C.因為相同時間內(nèi)兩物塊的位移大小相等,但斜面傾角不同,故eq\f(h甲,h乙)=eq\f(sin30°,sin60°),即h甲<h乙,所以任意時間段內(nèi),乙增加的重力勢能大于甲減少的重力勢能,系統(tǒng)的重力勢能增加,而系統(tǒng)動能不變,則系統(tǒng)的機械能增加,故A、B錯誤;物塊甲克服摩擦力所做的功Wf=μmgxcos30°,x=vt,故Wf-t圖線為一條過原點的傾斜直線,同理WF-t圖線也為一條過原點的直線,故C正確,D錯誤.二、非選擇題11.如圖所示,質量為M=4kg的木板靜止在光滑的水平面上,在木板的右端放置一個質量m=1kg、大小可以忽略的鐵塊,鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4,在鐵塊上加一水平向左的恒力F=8N,鐵塊在長L=6m的木板上滑動.取g=10m(1)經(jīng)過多長時間鐵塊運動到木板的左端;(2)在鐵塊到達木板左端的過程中,恒力F對鐵塊所做的功;(3)在鐵塊到達木板左端時,鐵塊和木板的總動能.解析:(1)鐵塊與木板間的滑動摩擦力Ff=μmg=0.4×1×10N=4N鐵塊的加速度a1=eq\f(F-Ff,m)=eq\f(8-4,1)m/s2=4m/s2木板的加速度a2=eq\f(Ff,M)=eq\f(4,4)m/s2=1m/s2鐵塊滑到木板左端的時間為t則eq\f(1,2)a1t2-eq\f(1,2)a2t2=L代入數(shù)據(jù)解得t=2s.(2)鐵塊位移x1=eq\f(1,2)a1t2=eq\f(1,2)×4×22m=8m木板位移x2=eq\f(1,2)a2t2=eq\f(1,2)×1×22m=2m恒力F對鐵塊做的功W=Fx1=8×8J=64J.(3)法一:鐵塊的動能EkA=(F-Ff)x1=(8-4)×8J=32J木板的動能EkB=Ffx2=4×2J=8J鐵塊和木板的總動能Ek總=EkA+EkB=32J+8J=40J.法二:鐵塊的速度v1=a1t=4×2m/s=8鐵塊的動能EkA=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)=eq\f(1,2)×1×82J=32J木板的速度v2=a2t=1×2m/s=2木板的動能EkB=eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)=eq\f(1,2)×4×22J=8J鐵塊和木板的總動能Ek總=EkA+EkB=32J+8J=40J.答案:(1)2s(2)64J(3)40J12.如圖所示,在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平臺面上,一個質量m=1kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住,儲存了一定量的彈性勢能Ep.現(xiàn)打開鎖扣K,物塊與彈簧分離后將以一定的水平速度v1向右滑離平臺,并恰好從B點沿切線方向進入光滑豎直的圓弧軌道BC.已知B點距水平地面的高h2=0.6m,圓弧軌道BC的圓心O與水平臺面等高,C點的切線水平,并與水平地面上長為L=2.8m的粗糙直軌道CD平滑連接,小物塊沿軌道BCD運動并與右邊的豎直墻壁發(fā)生碰撞,重力加速度g=10(1)小物塊由A到B的運動時間;(2)壓縮的彈簧在被鎖扣K鎖住時所儲存的彈性勢能Ep;(3)若小物塊與墻壁碰撞后速度反向、大小變?yōu)榕銮暗囊话耄抑粫l(fā)生一次碰撞,那么小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數(shù)μ應該滿足怎樣的條件.解析:(1)小物塊由A運動到B的過程中做平拋運動,在豎直方向上根據(jù)自由落體運動規(guī)律可知,小物塊由A運動到B的時間為:t=eq\r(\f(2(h1-h(huán)2),g))=eq\f(\r(3),5)s≈0.346s.(2)根據(jù)題圖中幾何關系可知,h2=h1(1-cos∠BOC),解得:∠BOC=60°根據(jù)平拋運動規(guī)律有:tan60°=eq\f(gt,v1),解得:v1=2m根據(jù)能量的轉化與守恒可知,原來壓縮的彈簧儲存的彈性勢能為:Ep=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)=2J.(3)依據(jù)題意知,μ的最大值對應的是物塊撞墻前瞬間速度趨于零,根據(jù)能量關系有:mgh1+Ep>μmgL,代入數(shù)據(jù)解得:μ<eq\f(1,2)對于μ的最小值求解,首先應判斷物塊第一次碰撞后反彈,能否沿圓軌道滑離B點,設物塊碰前在D處的速度為v2,由能量關系有:mgh1+Ep=μmgL+eq\f(1,2)mveq\o\a
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