内容正文:
滑动摩擦力总是阻力,做负功,从开始滑动到停止,对滑
第四次月考检测卷
块由动能定理有ngsin0·x0一ngcos0·l=0一
1,D开始时运动员受到的弹力大于重力,运动员向上做加
2m6(2分),解得1=10x0.(1分)
速运动,弹力做正功,动能不断增大,速度逐渐增大,重力
16.解:(1)将水平面上长为L一a的链条填补到斜面上链条
和弹力平衡时速度达到最大,此后,运动员受到的弹力小
的下端,由系统重力势能的减少量等于动能的增加量得
于重力,运动员的速度逐渐减小,动能减小,但弹力仍然
s(a+2)in0=名m(4分
做正功,选项A、B错误.整个过程中只有重力和弹力做
功,运动员和床面组成的系统机械能守恒,选项C错误.
链条的D端滑到B点时,链条的速度大小
上升过程中重力势能不断增加,所以运动员的动能与床
气V是(2-a2)sin02分).
面的弹性势能总和逐渐减小,选项D正确,
(2)以桌面为零势能面,开始时链条的机械能为
2.C铁链从初状态到末状态,铁链的重心位置提高了h=
E=-子mg·gL(2分)
1=0.5m,选项A错误,因而铁链克服重力所微的功为
当链条刚脱离桌面时的机械能为
W=mgl=20小,选项B错误.铁链的重力势能增加了
E2=7m”-mg·1(2分)
20J,选项C正确.若选铁链初态所在水平桌面位置为参
由机械能守恒可得E1=E2(2分)
考平面,则铁链重力势能为20J,若选水平地面位置为参
解得=15gL(2分.
4
考平面,则铁链重力势能大于20J,选项D错误.
附加题
3.C将F撤去,对小球,由机械能守恒定律得mgl(1一cos)=
解:(1)小球恰好通过最高点C时,由重力提供其做圆周
2m,得小球到达最低点时的速度大小v
1
动的向心力,即ng=mP(2
√2gl(1-cos0)=2m/s,选项C正确.
则c=√gR=5m/s.(2分)
4.C根据2g2=w1得平抛运动的时间为1=2他,则竖直
(2)从B点到C点,由机械能守恒守律得
1
分速度为vy=gt=20,为水平分速度的2倍,根据平行
2m呢+mg·2R=2m呢(2分)
四边形定则得物体的瞬时速度为v=√002十,2=√50,
在B点对小球进行受力分析,由牛顿第二定律得
物体的动能大小为2.5mu2,选项A、B错误.重力的瞬时
R-ng=m爱2分
功率为P=mg℃y=2mg0,选项C正确.竖直位移为h=
解得F、=6N.(2分)
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,重力做功的平均功率为P=”m=mg0,选项D错误.
(3)从A,点到B,点,由机械能守恒定律有
g
2m暖+mgR1-c0s53)=2m(2分)
5.D小球从抛出到将轻质弹簧压缩到最短的过程中,只有
重力和弹簧弹力做功,因此小球和轻质弹簧组成的系统
所以vA=W√105m/s(1分)
在A点对速度进行分解有v,=Asin53(1分)
的机械能守恒,即m哈=mgh十Ep由此得到轻质弹簧
所以H=2=3.36m.(1分)
的最大弹性势能E,<m,选项A,B错误.针上抛可
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分解为竖直方向上的上抛运动和水平方向上的匀速直线
为0,则有0一0=gt,可得1=0
=g√2,选项A错误,
运动,在竖直方向上有2gh=u诟sin0(0为v0与水平方向
选项B正确,
夹角,解得功=船选项C错误,选项D正
10.AD小球在下滑过程中速度越来越大,由于做的是螺
6.C小球运动到最高点时只受重力作用,重力提供向心
旋圆周运动,根据F向=m可知,支持力越未越大,选
力,选项A错误.碰到挡钉前后瞬间,速度不变,故机械能
项A正确,选项B错误.小球在整个运动过程中,只有重
不变,选项B错误.由初始位置到最低,点,根据动能定理
力微功,由动能定理得mgh=m心,则小球到下端管口
有mgL=合m,所以在最低点小球的连度为口
的速度大小为v=√2gh,沿管道的切线方向,但不是竖
2
直方向,因此小球到达下端管口时重力的功率不等于
√2gL,又因为最低点向心力为T一mg=m乙,所以绳子
mg√2gh,选项C错误.小球在管道内下滑的加速度大
的拉力为T=mg十
gL=3mg,选项C正确.令和挡钉
L
2L-
小为a=坠设下滑所需时间为1,因1=之,1=√
碰后瞬间小球运动的半径为x,在最高点重力提供向心
/212
√g方,选项D正确.
力,故最高点的速度1=√gx,小球从最低点到最高点由
h
11.CD
动能定理可得-mg·2x=分m2-7m,解得=号
由几何关系可知,开始时河面上的绳长为sm30
40m;此时船离岸的距离x1=20√3m;5s后,人向左移
,所以小球到达最高点时距离A点的距高为L,选项
动了wt=15m,则河面上绳长为40m一15m=25m;则
D错误.
此时,小船离河边的距离为x2=√252-202m=15m,
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