内容正文:
9选BC第5s内的平均速度:0==1m/s=18m/s 13.解析:(1)由题图知小物块沿切线方向飞出做平抛运动,设 故A错误;第5s内的位移是18m,前5s的位移减去前 运动时间为t,水平位移为x,在竖直方向有H 4s的位移有:Dg火1 据几何关系有dF2=R2+x2 4m/s2,第2s内的位移为前2s的位移减去第1s的位移: 水平位移x=wbt,联立解得:vb=4m/s。 (2)物块随转盘一起转动,做水平面内匀速圆周运动,受力 8m-2m=6m,故B正确;根据 分析可知,当物块相对转盘出现滑动时,静摩擦力达到最 大,则有 G,可知,M_R22 nax R=1·()=故C正 圆盘对物块支持力与重力平衡,有FN=mg 最大静摩擦力提供向心力,结合匀速圆周运动向心力公式 确;根据第一宇宙速度公式v=√gR得 g地R地 则有f 故D错误 联立解得 10.选BD根据题意可知, mgtan0=mro2=mo2Lsin0,仅增 答案:(1)4m/s(2)0.53 加绳长后,小球需要向心力变大,则有离心趋势会挤压管;14.解析:(1)由题图乙可知:当2=b时,杆对球的弹力恰 壁外侧,小球受到玻璃管给的斜向下方的压力,若仍保持 小球与玻璃管间无压力,需减小ω,故A错误,B正确;小球 零,此时只受重力,重力提供向心力mg="F物”当 质量可以被约去,所以仅增加小球质量,小球仍与管壁间 无压力,故C错误;仅增加角速度至ω后,小球需要向心力 即重力加速度g 变大,则有离心趋势会挤压管壁外側,小球受到玻璃管斜 向下方的压力,故D正确。 (2)当v2=0时向心力为零,杆对球的弹力恰好与球的重力 11.解析:(1)由题意可知挡光杆转动的线速度v=,则角速 等大反向,F弹=mg=a 小球的质量m 度 (2)若保持角速度和半径都不变,则物体做圆周运动的向:(3)当v=2b时,mg+F=mR=mR 心加速度不变,由牛顿第二定律F=ma可知,质量大的物 体需要的向心力大,所以曲线①对应的砝码质量小于曲线;又g=R ②对应的砝码质量。 答案:(1) (2)小于 所以F=mRmR=a 12.解析:(1)根据平抛运动的特点 答案:( (3)a 水平方向的坐标为x=3×2×10cm=60cm, 坚直方向的坐标为y=(1+2+3)×10cm=60cm, 15.解析:(1)对于小物块,由A到B做平抛运动,在B点竖直 故被拍摄到的小球在4点位置坐标为(60cm,60cm)。方向上有v2=2gh (2)由△=g2得==/L=,/0.1 在B点时有 2l2×0.1 解得vA=3m/s 小物块在B点的速度为 (3)小球傲平抛运动,在竖直方向上有y=1gP 水平方向上有x=vt,解得y= :(2)在O点由牛顿第二定律得FN-mg=mR 则y-x2图像的斜率k= 解得FN=43N (3)小物块沿斜面上滑时,有 EngiN53°+ lingos53°=ma 解得V2V2×2m=10m/s 小物块到达C点的速度vc=vB=5m/s 斜面上C、D间的距离x 答案:(1)(60cm,.60cm)(2)2m/s(3)0 答案:(1)3m/s5m/s(2)43N(3)1.25m 单元检测(五)机械能(高频考点练淸卷) 1.选D把力F分解,水平分力为 Fsin a,根据做功的定义,可!摩擦力大小相等,方向关于AB对称,从C点运动到D点的 知拉力做功为:W= FLinα,故∧错误;支持力始终与位移!过程中,重力先傲正功后做负功,小物玦动能始终不变,即 垂直,所以不做功,故B错误;阻力对小车做功为一∫,C错!合外力傲功始终为0,所以摩擦力对小物块先做负功后做正 误;由动能定理: FLin a-儿L=ΔE,可知小车动能的改变功,D正确 量小于拉力所做的功,故D正确。 A.选B设重心上升的高度为h,根据相似三角形可知,每 2.选B木块漂浮在水面上时有:F浮=G=mg3,木块上表面 刚浸没时受到的浮力为:F浮=Pg3,浮力做的功为:W 俯卧撑中,有0.4=0.9+0.6,得b=0.24m。一次俯卧撑 (F求+F 中,克服重力做功W=mgh=60×10×0.24J=144J,所以 2gah(p+),故选项B正确 1min内克服重力做的总功为Wg=NW=4320J,功率 选BD小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提,P。W总=72W,故选项B正确 供向心力,始终指向圆心,A错误;小物块在B点时由牛顿 第二定律F4- mosin B=mRn2,F1> nisIn0,又因F≤;5.选AC由题图知,t=0时,v=0,外力F≠0,外力的功率为 umgcos B,所以 anglos0> nisin0,则p一定大于tan0,,零,1时刻,质点的加速度为零,外力为零,外力的功率为 B正确;小物块从A点运动到B点的过程