第8章 章末检测卷(八)-【百汇大课堂·高中学习测试卷】2024-2025学年高中物理必修第二册（人教版2019）

5,知倒所示，某时铺将质量为10起的货物轻成在匀违运动的水平传送带最左 章末检测卷（八） 嬸，当货物与传送德的速度恰好相等时，：追带突然停止运动，货物最后停 在传远蓓上，货物与传送带间的动厚擦四数为0.5，货物在传送带上葡下钓 第5巡M (时月：0分钟满分：100分) 有长为10em,重力加速度城取10曲/s,期货物 A,总位移为10m 线运动的总时间为0,2· 一，单慧题{共8小题，每小题3分，共4分) C.与传遗带由摩整面产生的热量为5」)，获得的载大动能为5丁 1,关于功和机械能，下刘说法正骑的是 6.图甲是全球最大的回转自升塔式起重机，它的开发标志着中国工程用每大吨位塔视打破了长期： A,一利相互作用力敏的功，代数和一定为零 赖进口的是面，也意味者中国新零受按路随工装务进一金近向世界前列，该起重机某次从：=0时 H外力对物体敲功为零时，机城使一定守国 朗由静止开始提升质量为规的物体，其年图樟如图乙所示，山一内起重机的功率为额定功率 二，物体的速度发生变化，合外力对物体做功一定不为零 不计其勉阻力，重力相速度为g,期下列说法正确的是 山，做变速直线培动的物体的机候能可能守回 2.紧整中学高一全体师生于21年4月2日灶赵家香预林运昆话动中，有问学付论在正常走路时摩 莓力授功与量香框体的台段时支持力做功的问随，下列时论中正确约是 A.地面材首脚的摩源力戴正结，地面对丽解的摩探力融负功 以地面对首脚的摩蔡力做负功，电面对后群的厚擦力做正功 C,地配对人的支持力餐正虏，人对地面的压力不做功 第6题图 D.不管是摩擦力还是支持力，对人霜不做功 A.该起重机的额定功率为以'(， 拉等3.如图所示，分别用恒力，先后锋看量为m的物体由静止开始沿同一和局的闲定斜直由联拉至面 且.淡起重机的额定勇零为(w以十M山，a,(,一) 德，两次所用时同相间，第一次力F,骨斜面购上，第二次力F骨水零方向。属两个过程 C,0一1和一红时闻内牵引力戴的功之比为，一与) 00一有和，一与时可内牵引力做的功之比为(·2 7.如图甲所示，在公元1267一123年阳名下世的“襄阳饱”儿宾是一种大型麓石机，将石块故在长胃 一病的石袋中，在知臂碳挂上重物。发射们将长臂湘仕下拉至地面A点，然后家然松开，石袋中的 第3超图 石换这最高友时饺被抛出。现将其简化为因乙所示。将一质量用一8润kg的可视为质点的石块装 A.物体动纸变化量相 B物体机规像变化量不司 在长L一碧m的长特末海的石袋中，柯始时长骨与水平面我：=即。龄开后，长背转至级直位置 CF,微的功与下，做的功相同 D.F,做功的功率比下，量功的功率太 4.020年5月12日静时16分，我国在丽泉卫暴发射中心因快丹一号”甲运魏火 时，石块技水平葡出，高在农平地面上，石块落地点与0点的水平距离一00田。忽略长野，知骨 和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，发取10用，，下列说法正确的是 着，以一箱双屋”方式，域功将行云二号/2屋发射升室，卫凡进人衡定轨道，发 射眼得周虎成功。如倒所示，授粒球半径为R,地球表面的重力加速度为年，“行云 二号”殖在半径为尽的五电帽形我道】上运动，到达我道的A点时点大变轨 进人师满轨道川，判达轨道约面趋点B时，再次点火证人轨道半径为4的国 思轨道重旋趋球戴属周运动，设”壮云二号01层质量保特不变。期(1 第4愿图 A.“行云二号"1星作轨道1，上运行的周阴之比为81 第7题图 品“行云二号“1星在轨道且上的鲨行速大于：. A.石块水平数出时的制率度大小为药m/ C二，“行云二号“1星在航道I上经过A处点火用的加递度大小等干在地球本道上的物体的加速度 队重物重力势能的减少量等于石块机候能的增如量 大小 C,石块从1点到最高点的过程中，石袋对在块做的功为1,16×10J 几“行宝二号")1星在轨道【上的机械能小于在轨道围上的机城能 D右块周周运动至量高点时，石袋对石块的作用力大小为1.5×10N 93 94 8,如等8新示，在领角为的斜向上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在 A,骨境在下滑的过程中，滑坎和年簧粗成的系烧杭碱能密园 水平虚慢将料面一分为二，上阁允带，下那相局，一判长为R的纪绳一 B、滑块与斜面间的诗摩擦国数为0.1 端系于料面口点，另一端高一质量为四的小球，现将轻绳救直，小球从A C.弹簧的劲度系数-26的N‘m 点由静止释意，小球价好管第一次通过同周运动的量高点：烈。已知 口带块在最低点时，第黄的弹性势能为10,4J 从与韩面底边半行.OP离为2R,且与斜童底边雨直，重力加德度为 第名题图 2.用轻杆通过段M相连的小球A,B,C.D,E处于经直平图上，各段轻行 R:国小球从A到：的运动过程中 等长，其中小球A,B的质量为为2园：小球C,D.E的质量均为w,观 入，合外为置功宁gR L重力做功xR 指A,B两小球置于距地面高五处，由静止释做，假设所有球且在同一 C克影摩擦力敏功子meR D机城能诚少gR 经直平面内蹈动，不计一切学探和空气阻力，重力相惑度为，喇在下 第12题图 落过程中 二，多进数共4小题，每小靠《分，共18分) A小球A,B,C,D,E担成的系统机城能守国 9,置索是一种古老的度河工其，我已演变为游乐项目。如图所示，滑轮、保隐 B.小球B的机棱能一直诚小 绳常当人体连接，相钢常两端连按在国是韩上。人从高经平台韵A点出发， C,小球B落地的违度大小为2x的 情功儿十米的落差，清函家顺势面下，过量低点C,到达B点时速度为零。 D.青小球A的机城能最小时，烛直对小球C的支持力大小为m: 下得过程中，粗钢素的形状几乎不变，下列说传中无确的有 三，买验题（共2小题，共14分） A.人滑到C点时速度最大 第9题图 科人臀到C点时的加速度方向竖直向上 13,(6分)某同学科用如周所示的实验装置验证机械能守低。半国盘W定在整直 C.人从A滑到C的过程中，人（包括滑轮，保合周常）的机城图一直暖小 平面内，盒面的东平刻度线标挂差距离悬杜点)的高度，金国小周柱用图线 D,人从A滑到C的过程中，人包括滑整、保险蝇常所受重力的贵率先蜡大后减小 悬挂于O点，将小阅柱拉至水平位置，然后由静止释蚊，小测住依次酒过周定 10.一質量为m的汽车由静止开命沿平直公路运动，从一0时剑开始受到水平南，” 在不同高度的光电门，记豪小图住经过各光电门所用时间，已知当地重力加建 首的牵力F作用，F与年用时间上的关装如情所术，若汽车在时划开静 度为 运动，运磷过程中汽车受到的阻力国定不变，侧 诚同学川情量标表示小得柱下网高度血，纵堂标应表示 〈透填“”域 4 第3题图 A.汽车在（一，这段时可内，速度越来越大，加速度练米裤小 ““),从面可以得到一条过原点的直线。他求出图像的斜率为，当= 民汽车在么时划的速更大小为会 第10题图 时，媒可验证小园住摆动过程中机成能是守恒的， 14,(8分)用如图甲所示的实验装置验任隔，m:阳成的系烧航械能守：。圳：从高处由静止开始下 七，时刻汽车奢引力的舰时功水为 落，国，上拖着的怎带打出一系刘的点。对纸带上的点盗进湖量，即可验让机战能守国定律。如 几在弘，一新这段时间内汽车克服阻力做的功为水L 图乙是实验中良取的一条紧带，0是打下的第一个点，得相第两计数点同还有4个点〔图中表标 出)，计数点同的距离-38.40em3一21.60em,,一26,40cm,一31.21mk一3602m,已 1山.如图甲所示，轻弹簧下偏闲定在横角为的相酚斜面底瑞A处，上南连接质量为kg的滑块（视 领m,一50日w,一150，交流电的辑率为50z,期(g取9.8m/,结果绿葡两位有效数学)： 为质点》，斜置周定在水平面上，弹簧与料面平行，得滑典沿部面拉动到弹簧处于原长位置的口 - 点，由静止华较可第一次是算簧压暂到最犯的过程中，其据速度用随位移x的变化关系如图乙所 示，重力加速度g取10m,,n37=0,5,洲37”=0,8。下刘说法正确的是 第14题图 (1)由城花物出w,m运动的如建度大个为4一 曲/，在派花上打下针数点5时的速度 第11题图 m's. 6 多 (2》在打点0一五过程中系统动能的增量总 J.系烧势能的减少量△E,三 16,(9分)将轻质弹簧竖直截置在电面上，在北面端将一质量为4辉的小 《)若某同学根据实股数指作出的号图领如图丙质不，则当地的实际重力却迷度不 球由桥止释放，小球下降的最大高度为‘，现将谈洋簧水平位置，一 南州定在A点，另一滑与质量为网的物块P(可昆为质点接触们不 以w. 连接。A山是水平轨通，B端与率径为1的毕保航通CD相可，率属 四，计算题共4小题，共46分》 的直径BD琴直，如围所术。用外力缓慢推动物块P将弹簧医缩长 第1G题图 15,(了分)游乐场中一大型等乐设值可前化成如倒所示的复型。一内壁光滑的经 度，然后由静止帮成，P开始补轨近运功，刚好能到达半属轨道的D点，两轨通平滑连核，不计空 直调彩管道刚好放置于因定在水平地面上的再光滑竖直板A,B之可，圆形 气阻力，指块P与AB间的动摩整国数：一0.5，释放时PB距两为2，重力加速度大个为长，求： 管道的半径为R,其国国复略不计，可钱为原点的小球管在管道内做国周超动， (11释故时弹簧的弹生势能： 当小球运动可管道最高点时，国形管道对水平地而的压力刚好为零。已知周形 . (2物块P到达书明轨道最低点B时所受的支持力大小： 管道的质量为周，小球的质量为，，重力相速度为期，求。 第15想图 (3从串周轨道B点到D点过醒攀擦力时物块P黄的功 《1》小球运动闭与偶心等高的位置时，属形管道对签直挡版的压力大小： (4)物块P离开平圆轨道D点后做什么运动 (2侧形管道对水平地面最大压力的大小 97 每 7,(1(分》如图所示，为某小组设计的节健运输的实验装置。小车携带货物从料南题编无初违度滑 1,(16分)利用舞簧0射和传送带可以算工作运送室高处。如图8所示，传 为 下。小币压缩经弹簧，速度减为零时货物被都下，空军拾好可以国列斜面照瑞。已知斜面湖瑞可 递带与水平方向戒3？”角，时针匀速品动的逼度一4m/s,B.C分 弹簧的距周一1m,候角一30”，空车质量得一1g,小车在料面上运动时，受到的用力等于其重 划是转运梦与两轮的切点，相慰工一5,4m。领角也是5厂的斜商成定 力的·因第黄约奶度系数较大，小车与弹资的控触过程极知g取0m。 干地面且与传递警上的B点良好接。一原长小干斜面的轻弹簧 早行斜面放置，下端成定在斜面能省，上偏放一质量m一1k这的工件 (可视为质点)。用力将加西压缩至A点后山静止释成，工针离开斜而 第18题图 度南剂式B点时速度，一m',A,B得的距离2一1m,工件与斜面.传送带列的动摩擦因数相 问，均为加=0，十作到达C点睡为运送过程结桌，从取10m/。,对m3”=0.6e37”=0,5,求， 第17题用 (11弹簧压霜至A点时的弹性势能： (1求小年希料面下滑的时问： (2工件沿传送梦由B点上滑河C点所用的时间： (2)求弹簧的量大弹往势雀E, (工针沿特运警由B点子滑到C点的过程中，工件和传遇蕾间由于摩擦面产生的热量， (31若运透货物的质量M较大：小车运同到斜面顶端时会骑空。为保证安全，小车所空的高度不 通过0,1m,求M的量大值， 100(2)由能量守恒可知，弹弓将石子拉到A点时橡皮筋 的弹性势能 01墨在载道1上运行时g。="贺，可得一√R Ep=m1g(x十h1)(第一次)， 因此可知“行云二号”01星在轨道Ⅲ上的运行速率< Ep=m2g(x十h2)(第二次)， √gR,B错误：“行云二号”01星在轨道I上受到的万有 解得x=0.6m,E。=0.72J。 引力全部契侯向心方，向心加流度a一，在赤道上静 (3)由能量守恒可知E,=gmg(r十h3), 止的物体随地球自转，万有引力主要提供重力，只有一 m3m=0.012kg 所以m3≤0.012kg。 小部分美铁向心力：向心加装度a<议，固成“行云二 章末检测卷（八） 号”01星在轨道I上A处的向心加速度大小大于在地 1.D解析：只有当一对相互作用力的作用点的位移相等 球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小，C错 时，两者做功的代数和才为零，否则就不为零，敌A错 误：“行云二号”01星发射的高度越高，机械能越大，因 此“行云二号”01星在轨道I上的机械能小于在轨道Ⅲ 误：除重力或弹力之外的外力对物体做功为零时，物体 上的机械能，D正确。 的机械能才守恒，故B错误：根据动能定理可知，只有物 5.D解析：设传送带的速度为v,经时间1货物与传送带 体的速度大小发生变化时，合外力对物体做功才不为 零，若只是速度方向发生变化而大小不变，则合外力对 速度相等，则货物相对传送带的位移为4虹=议一受 物体做功为零，故C错误；当物体只在重力作用下做变 速直线运动（如自由落体运动或整直上抛运动）时，其机 号，即为划痕长度，当传送常停止运动时，货物开始做匀 械能守恒，故D正确。 减速运动，由于加速和减速过程的加速度大小相等，则 2.D解析：人走路时，前脚受摩擦力向后，后脚受摩擦力 货物在传送带上减速的位移为山一受，由于加速过程 向前，地面对人的支持力竖直向上，但是人脚在受力时 留下的划痕长度与减速过程留下的划痕长度相等，划痕 相对地面静止，没有位移，当人抬脚走路时，脚有位移， 重合，则货物的总位移大小为划痕长度的两倍，即为 但和地面之间没有力，所以不管是摩擦力还是支持力， 20cm,故A错误：货物减速的位移大小为10cm,加速 对人都不微功，选项A、B、C错误，D正确。 3.A解析：由题意知两次物体均做初速度为零的匀加速 度为a==g=5/g3,则有10×101=号× 直线运动，由公式x=1=受1，可知U=二，所以两次物 5112.解得11=0.2s,总时间为1=211=0.4s,故B错 误：与传送带由摩擦而产生的热量为Q=2gx1=2× 体到达项端的速率相等，所以动能的变化量相同，故A 0.5×10×10×0.1J=10J,故C错误：当货物与传送带 正确：由A项分析可知，物体的动能增量相同，又由于 最后处于相同的高度，所以两次物体机械能变化量相 速度相等时速度最大，动能最大，则10X102=受× 同，故B错误：由题图可知，第二次物体所受斜面的摩擦 0.2,得=1ms,则最大动能为Ea=名m=名× 力较大，克服摩擦力做功较多，除重力以外的合力对物 10×12J=5J,故D正确。 体做功等于机械能的增量，由于两次物体的机械能增量 6.C解析：当1=t1时，根据F一mg=mao,P=F1= 相同，所以F做的功较多，故C错误：由公式P=W可 Fa。41,联立解得该起重机的颜定功率为P=(mg十 mao)agt1,故A、B错误：0~t1内牵引力做的功为W,= 知，由于时间相同，所以F,做功的功率比F2做功的功 率小，故D错误。 1,山一1内率引力做的功为w,=P餐（一），故 4》解析：根据开音装第三定体只-太，代入数据可得 在0一1和1~tg时间内牵引力做的功之比为t1:2(t2 一t1),故C正确，D错误。 √(4R)=8,A错误：根据GMm=m2 T R 1 ，得u= 7.C解析：石块平抛运动的高度h=L+Lsin30°=40 m G,可知轨道半径越大，运行速度越小，“行云二号” 十9×合m=20m,根搭么=专，得1= 1 2M= 40 2X2。=2s,故石块水平抛出时的初婆度w一广= 素)在A点速度为0，重力的瓣时功率为0，在C点竖直 10 方向上的分速度为0，重力的瞬时功率为0，所以人从A 2m/s=50m/s,选项A错误：转动过程中，重物的动 10 滑到C的过程中，人（包括滑轮、保险绳索）所受重力的 能也在增加，因此重物重力势能的减少量不等于石块机 功率先增大后减小，D正确。 械能的增加量，选项B错误：石块从A点到最高点的过 10.BC解析：汽车在o时刻开始运动，此刻汽车的牵引 力为F。,可知汽车运动过程中受到的阻力大小为F。 程中，石袋对石块俄的功W=名m2十mgh=号×80 在o一20这段时间内，由牛顿第二定律，可得F-F。 ×502J+80×10×20J=1.16×105J,选项C正确：石 =ma,因牵引力F逐渐增大，所以汽车的加速度逐渐 块圆周运动至最商点时，有F十mg=m乙，所以石袋 增大，速度也逐渐增大，选项A错误：在0~20时间 内，因牵引力F随时间均匀增大，所以合力也随时间均 对石块的作用力大小F=m元-mg=1.42X10N,选 匀堆大，成合力的平均值为受，由年额第二定律可得汽 项D错误。 8.D解析：以小球为研究对象，则小球恰好能第一次通 车在达段时同内的平均加走度大小为ā一易，解得2 过圆周运动的最高点B时，绳子的拉力为O,小球受到 重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好提供 时刻汽车的速度大小为。二批，选项书正确：在2 向心力.则有mgsn30-"m爱，解得=Rsn0 ~410时间内，由牛顿第二定律可得2F一F。=ma,解 爵汽车在这段时间内的加速度大小为。=二，放3斯圆 =√0.5gR,小球从A到B的运动过程中，合外力做的 1 功等于动能的增加量，合外力傲的功为W金=豆m 刻汽车的速度大小为v=2m +a-3,该时刻牵引 1 mgR,故A错误：小球从A到B的运动过程中，重 力的功率为P=2F。v 3F,选项C正确：汽车在21% 力货功为W。=mgRsin30=mgR,故B错误：小球 40时间内的位移大小为x=?州×2十2X州× 2m 从A到B的运动过程中，设摩擦力做功为W(,根据动 (22=3,公，故这段时同内汽车克原阻力微的功 能定理，可得W:+WG=2mvg2-0,解得W1= 为W=F,=3F,,选项D猎误。 子mgR,即小球克服摩擦力做的功为mgR,故C错 1 11,BC解析：滑块在下滑的过程中，除重力和弹簧的弹 误：由于小球克服摩擦力微的功为mgR,根据功能关 力做功外，还有摩擦力做功，故滑块和弹簧组成的系统 机械能不守恒，故A错误：刚释放瞬间，弹簧的弹力为 系，可知机械能减少mgR,故D正确。 零，由题中图像可知，此时加速度大小为a= 9.CD解析：人在C点受整直向下的重力，钢索对人（包 5.2m/s2,根据牛顿第二定律，有mgsin0-umgcos0 括滑轮、保险绳索)竖直向上的支持力和水平向右的摩 =ma,解得=0.1，故B正确：当x=0.1m时a=0, 擦力，处于减速状态，结合运动和受力可知，人在C点 则滑块的速度最大，此时滑块受到的合力为零，则有 之前已经在做减速运动，所以在C点速度不可能最大， mgsin0-k.x一ngcos0=0,解得k=260Nm,故C正 A错误；人（包括滑轮、保险绳索）在C点有竖直向上的 确；滑块滑到最低点时，加速度为a'=一5.2ms2,根 向心加速度，还有水平向右的摩擦力提供的切向加速 据牛顿第二定律，可得mgsin0-ngcos0-k.x' 度，根据平行四边形定则，可知人在C点的加速度不是 ma',解得x'=0.2m,从O点下滑到最低点的过程中， 竖直向上，B错误：人的机械能由重力势能和动能构成， 根据动能定理，有(ngsin0-mgcos).x'-E。=0-0, 人在下滑过程中摩擦力一直做负功，人（包括滑轮、保险 解得E,=5.2J,故D错误。 绳索)的机械能一直减小，C正确：重力的瞬时功率为重 12.ACD解析：小球A,B,C,DE组成的系统只有重力做 力乘以人在竖直方向上的分速度，人（包括滑轮、保险绳 功，系统的机械能守恒，故A正确；由于小球D受力平 41 衡，所以小球D在整个过程中不会动，所以轻杆DB对小 32 球B不做功，而轻杆BE对小球B先做负功后做正功，所 据牛顿第二定律，有F一mg=mR,小球从最高点 以小球B的机械能先减小后增大，故B错误：当小球B落 到藏低点，有m2+2mgR=之m3,联立解得F 地时小球E的速度等于零，根据功能关系，有mgh一 =9mg,设小球对管道的压力为Fa',地面对管道的支 2m,可知小球B的速度为√2gh,故C正确：当小球A 持力为F地，管道对地面的压力为F地'，根据平衡条 的机械能最小时，轻杆AC没有弹力，小球C竖直方向上 件，有Fa'十3mg=F,根据牛顿第三定律，有FNg 的力平衡，所以支持力等于重力，故D正确。 =F3,F地′=F斑，联立各式，解得管道对地面的最大 13.答案：22g 压力大小为F地'=12mg。 解析：根据机被能守恒定律，有mh=m,则有子 16.答案：(1)4mgl(2)7mg(3)-0.5mgl(4)平抛 2g,知子与h成正比：由题意可知，图线的斜率等于2g。 运动 14.答案：(1)4.82.4(2)0.580.59(3)9.7 解析：(1)弹簧整直放置时，根据机械能守恒定律可知 解析：(1)根据匀变速直线运动的推论公式△x一aT E。=4mgl则弹簧水平放置时，因同样被压缩l,则释 可以求出加速度的大小，则有a= 放时弹簧的弹性势能仍为E,=4mgl。 5十十1十5）-1，代入数据，解得a=4.8m/s2: (2)从P到B点，由动能定理得E。一mg·2l= (4T)2 1 B2 根据某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的 mvn2,解得g=V6g,在B点Nn一mg=m, 等时婆度，得计数点5的驿时建度西=，代入数 解得NB=7ng。 据，解得=2.4ms。 (3)因P刚好能到达半圆轨道的D点，则mg=m (2)系统增加的动能△E=(m1十m)2=0.58小， 1 从B到D由动能定理-mg·21+W1=2mvo2 系统重力势能的减少量△Ep=(m2-m1)gh=0.59J。 mg2,解得W1=-0.5mgl. 1 C3)根据（m一)gh三)（m十m2),得 (4)物块P离开半圆轨道D点后，初速度方向水平，只 他gh,则图线的斜率k=mg=0】 m1+m2g=0.2×g,解 受重力作用，故做平抛运动。 m1十2 得g=2x5号。 m/s2=9.7mfs2. 1.答案：1号。(26J(31.5ks 15.答案：(1)6mg(2)12mg 解析：(1)对小车和货物整体受力分析，根据牛顿第二 解析：(1)设小球在管道最高点时的速度为，小球受 定律，得(M+m)gsin8-k(M+m)g=(M+m)a,由运 到管道的弹力为F1,在最高点，对小球，根据牛颜第 动学公式，得L=a2,联立上式解得1= 28 212 二定律，有mg十FN=m尺，由题意，圆形管道对水 (2)根据空车恰好可以反弹到轨道顶端，由功能关系可 平地面的压力刚好为零，则F-3mg,设小球运动到 得E。=mgLsin0+kmgL,解得Em=6J。 与圆心等高的位置时的速度为2，受到管道的弹力为 (3)设小车允许离开斜面的最大速度为山，则有 22 (vsin0)2=2gH,根据功能关系，有(M+m)gLsin0 F2,对小球，根据牛顿第二定律，有FN2=m尺，小球 从最高点到与圆心等高处，根据机械能守恒定律，有 M+m)gL=mgl.sin0+kmgL+多m2,解得M 之mm十mgR=之m2,联立以上各式，解得Fe =1.5kg 18.答案：(1)42J(2)2.4s(3)19.2J 6mg,根据牛顿第三定律和平衡条件，可知圆形管道对 解析：(1)由功能关系得，弹黄压编至A点时的弹性势 整直挡板的压力大小为Fv2'=F2=6mg。 (2)小球运动到管道的最低点时对管道的压力最大，设 能为E,=mgzsin37产十mgr0s37”十名nmw2,解得 小球在最低点的速度为内，受到管道的弹力为F,根 E.=42J. 42 (2)工件从B点开始减速到与传送带速度相等的过程 mg,解得Fy=mgcos0-mm2lcos0sin0,Fr=ngsin0+ 中，设加速度为a1,由牛顿第二定律，得ngsin37°十 m21cos20,魔盘旋转角速度缓慢增大时，游客受到的支 umgcos37°=1a1,解得a1=10m/s2,工件与传送带共 持力逐渐减小，静摩擦力逐浙增大，当静摩擦力达到最 速需要的时间为1=6一”，解得1=0.4s,工件滑行 大时，有F(=FN,联立上式并代入数据，解得w=0.5 rad/s,故B正确。 的位移大小为x1= %2-v2 ,解得x1=2.4m<L,因 4.C解析：物体随摩天轮一起 2a1 在竖直平面内做匀速圆周运 为<tan37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑，设 动，其加速度总是指向圆心。 在继续上滑过程中加速度为a2,则有mngsin37°一 30 当物体上升到10点钟位置 mg mgcos37°=ma2,解得a2=2m/s2,假设工件速度减 时，加速度斜向右下，与水平 为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为g= 方向夹角为30°。该物体受 第4题答图 。解得2=28：工件潘行的位移大小为二 42 -,解 力分析如图所示，由牛顿第二定律，得水平方向，F,= 得x2=4m,可知工件运动到C点时速度恰好为零，故 nacos30°，竖直方向，mg-FN=masin30°，又a= 假设成立。工件在传送带上上滑的总时间为1=11十 (停)R=2x2X104m/s2,代入数据，解得F=（10 tg=2.4s. π2×10-4)N,F1=√3π2×10-4N,故C正确。 (3)第一阶段，工件滑行位移为=2.4m,传送带位 5.B解析：当小铁球对水平桌面的压力恰好 移x1'=t1=1.6m,相对位移为△c1=0.8m,摩擦生 为零时，对小铁球进行受力分析，如图所示。 热为Q1=mg△x1cos37°，解得Q1=3.2J。第二阶 细线的拉力和小铁球的重力的合力提供小 段，工件滑行位移为x2=4m,传送带位移为x2'=2 铁球做匀速圆周运动所需要的向心力。设 =8m,相对位移为△x2=4m,摩擦生热为Q2一 细线与竖直方向的夹角为0，S点离桌面的 umg△x2cos37°，解得Q2=16J。总热量为Q=Q1十 高度为h,由牛顿第二定律，可得mgtan0= mg Q2=19.2J. 第5题答图 综合检测卷（一） m2r,又r=han0.解得w=√。分析可 1.B解析：曲线运动一定是变速运动，做曲线运动的物 得，两小铁球对桌面压力为零的临界角速度，与细线的 体所受合力的方向和速度方向不在同一直线上，可以是 长度1、小铁球质量m、细线与竖直方向的夹角日均无 恒力，也可以是变力，故A错误：曲线运动的加速度方 关，故B正确。 向和速度方向一定不在同一直线上，加速度一定不为 6.C解析：由题图乙可知，0~t1过程中物体的机械能一 零，加速度可以是变化的，也可以是恒定的，故B正确： 直在减少，故外力F做负功，故物体沿斜面向下运动，A 做圆周运动的物体所受合力不一定指向圆心，因为速率 正确：对物体，由牛顿第二定律可得ngsin0-F=na, 变化的圆周运动切向合力必不为零，合力就不指向圆 题图乙中图线切线的斜率表示外力F,因此在0~x1过 心，故C错误：平抛运动是匀变速曲线运动，在相同时 程中外力F逐渐减小，故物体的加速度一直增大，B正 间内速度变化量是相等的，故D错误。 确：在1~x2过程中，机械能不变，故外力F等于0，因 2.B解析：人上台阶时，台阶的支持力对人不做功，故A 此物体做匀加速运动，C错误：在x1~x2过程中由于外 错误：由W一mgh得，两捆书的重力做功相等，故B正 力F等于0，故物体的加速度大小为gsin0,D正确。 确：没有确定零势能面，重力势能的值无法确定，故C 7.B解析：小物体在传送带上到达B处时恰好达到传送 错误：两捆书的重力做功相等，所用时问相等，功率相 带的速桌，说明小物体一直受滑动摩擦力，做匀加速 等，故D错误。 运动，若增大传送带的速率，小物体的受力不变，运动情 3.B解析：对游客进行受力分 析，如图所示，水平方向根据 况不变，到达B点的时间不变，故A错误：增大传送带 向心力公式，得Fcos0一 的逮率，小物体的运动情况不变，但与传送带的相对位 移变大，由Q=F:·8相可知，小物体与传送带之间产生 Fxsin0=maw2lcos0,整直方 向，有Fsin0+Fxcos0= 的热量更多，故B正确：减小传送带的速率，小物体未到 第3题答图 B点就与传送带的速率相等，之后做匀速直线运动到达 43