北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
力学模块卷(一)
一、选择题
1.2020年4月初,辽宁号航母编队进行了一次远海训练,6艘舰艇(1艘航母+2艘052D驱逐舰+2艘054A护卫舰+1艘901型远洋综合
补给舰)浩浩荡荡出发,经宫古海峡、巴士海峡,前往南海进行远海训练,然后又经巴士海峡、宫古海峡原路返回,前后耗时20多天,下
列说法中正确的是 ( )
A.辽宁号航母上的观察员感觉海水向后退去,他选择的参考系是海水
B.辽宁号航母上的观察员感觉海水向后退去,他选择的参考系是航母
C.辽宁号航母上的观察员感觉其他舰没有动,其他舰一定是静止的
D.辽宁号航母上的观察员感觉天空的白云没有动,航母一定是静止的
答案 B 辽宁号航母上的观察员感觉海水向后退去是以其所在的行进中航母为参考系的;以航母为参考系,若感觉到其他物体静
止,则其他物体是与航母以相同的速度运动的。故只有B正确。
2.(2020广东广州阶段训练)将甲、乙两小球先后以相同的初速度3v 从水平地面竖直向上抛出,抛出的时间间隔为T,它们运动的v-t
0
图像如图所示,则 ( )
A.t=T时,甲球距离地面的高度为vT
0
B.t=1.5T时,两球高度差最大
C.t=2T时,两球距离地面的高度相同
D.t=3T时,甲球距离地面的高度大于乙球的
v +3v
答案 C 由题意和图像可知,t=T时,甲球距离地面的高度为h = 0 0T=2vT,A错误;乙球被抛出的瞬间,甲球还没有运动到最
甲 0
2
高点,两小球遇之前,它们之间的距离逐渐减小,因此t=T时两球高度差最大,B错误;由图像可知,t=2T时,两球运动的位移相等,因此两
-v +3v
球距离地面的高度相同,C正确;t=3T时,小球甲落地,而小球乙距离地面的高度为h = 0 0×2T=2vT,显然甲球距离地面的高
乙 0
2
度小于乙球的,D错误。
3.(2020四川泸县五中三诊)生活中常见的手机支架,其表面采用了纳米微吸材料,用手触碰无粘感,接触到平整光滑的硬性物体时,会
牢牢吸附在物体上。如图是一款放置在高铁水平桌面上的手机支架,支架能够吸附手机,小明有一次搭乘高铁时将手机放在该支架
上看电影,若手机受到的重力为G,手机所在平面与水平面间的夹角为θ,则下列说法正确的是 ( )
G
A.当高铁未启动时,支架对手机的作用力大小等于
cosθ
B.当高铁未启动时,支架受到桌面的摩擦力方向与图示高铁前进方向相反
C.高铁匀速行驶时,手机可能受到5个力作用北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
D.高铁减速行驶时,手机可能受到3个力作用
答案 D 高铁未启动时,手机处于静止状态,受重力和支架对手机的作用力,根据平衡条件可知,支架对手机的作用力与重力大小相
等、方向相反,A错误;高铁未启动时,以手机和支架整体为研究对象,受重力和桌面的支持力,二力平衡,不受桌面的摩擦力,B错误;高
铁匀速行驶时,手机受重力、纳米材料的吸引力、支架的支持力和摩擦力,共4个力作用,C错误;高铁减速行驶时,手机具有与高铁前
进方向相反的加速度,可能只受重力、纳米材料的吸引力和支架的支持力共3个力作用,D正确。
4.(2020浙江模拟)绰号“威龙”的第五代制空战机歼-20具备高隐身性、高机动性能力,为防止极速提速过程中飞行员因缺氧而晕
厥,歼-20配备的新型抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度。假设某次垂直飞行测试实验中,歼-20加速达到50 m/s后离地,
而后开始竖直向上进行飞行试验。该战机在10 s 内匀加速到3 060 km/h,匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5 km。假设加
速阶段所受阻力恒定,约为重力的0.2。已知该歼-20的质量为20吨,声速为340 m/s,忽略战机因油耗等导致的质量变化,g取10
m/s2。则下列说法正确的是 ( )
A.本次飞行测试的匀速阶段运行时间为26.5 s
B.加速阶段系统的推力为1.84×106 N
C.加速阶段时飞行员有晕厥可能
D.战机在匀速阶段时爬升高度为14.25 km
答案 B 加速阶段初速度v=50 m/s,末速度v=3 060 km/h=850 m/s,根据v=v+at可得,加速度a=80 m/s2=8g,飞行员不会晕厥,选项C
0 0
1
错误;根据牛顿第二定律得F-mg-f=ma,解得推力F=1.84×106 N,选项B正确;加速阶段上升的高度x=vt+ at2=4 500 m,则匀速上升高
0
2
s 14 000
度为14 km,选项D错误;匀速飞行时间t= = s≈16.47 s,选项A错误。
v 850
规律总结 多阶段运动中,相邻阶段间存在着运动学物理量间的联系:前一阶段的末速度为后一阶段的初速度,前一阶段的末位置为
后一阶段的初位置。
5.(2020山东九校月考)在城市车流量大、多路口交汇的地方常设置环岛交通设施,需要通过路口的车辆都按照逆时针方向行进,有效
减少了交通事故的发生。环岛路为圆形,已知图中三车道的总宽度为12 m,内车道边缘间最远的距离为120 m。假设汽车受到的最
大静摩擦力等于车重的0.8。g取10 m/s2,假设汽车匀速率通过环形路段,则关于汽车的运动,下列说法正确的是 ( )
A.最大速度不能超过24 m/s
B.所受的合力为零
C.一定受到恒定的合外力作用
D.受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用
120 mv2
答案 A 汽车转弯的最大半径为r= m+12 m=72 m,由牛顿第二定律得f = ,解得v=√0.8×10×72 m/s=24 m/s,选项
2 m r
A正确。汽车做匀速圆周运动,所受的合力大小是不变的,方向不断变化,不等于零,选项B、C错误。车在水平公路上做匀速圆周运
动,所需向心力由摩擦力提供,向心力不是实际受力,选项D错误。
6.(2020北京顺义二模)2019年1月3日10时26分,“嫦娥四号”探测器成功在月球背面着陆,标志着我国探月航天工程达到了一个
新高度,图示为“嫦娥四号”到达月球背面的巡视器。已知地球和月球的半径之比约为4∶1,其表面重力加速度之比约为6∶1。则地
球和月球相比较,下列说法中最接近实际的是 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
A.地球的密度与月球的密度之比为3∶2
B.地球的质量与月球的质量之比为64∶1
C.地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为8∶1
D.苹果在地球表面受到的引力与它在月球表面受到的引力之比为60∶1
答案 A 由GMm=mg得M=R2g,则M 地 =42 ×6=96,B选项错误;由M=R2g、V=4πR3、ρ=M得ρ= 3g ,则ρ 地 =6×
R2 G M 12 1 1 G 3 V 4πRG ρ 1
月 月
1=3,A选项正确;由GMm=mv 1 2 和GMm=mg得v 1 = √gR ,则 v 1地=√6 × 4=2√6,C选项错误;由F=GMm得 F 苹果地 =M 地
4 2 R2 R R2 v 1 1 1 R2 F M
1月 苹果月 月
× R 月 2 =96×12 =6,故D选项错误。
R2 1 42 1
地
7.(2020四川南充高级中学月考)蹦极是一项刺激的户外休闲活动,可以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。如图所示,蹦极
者站在高塔顶端,将一端固定的弹性绳系在腰上,然后双臂伸开,双腿并拢,头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为L,蹦极者下落第一个
L L
时速度的增加量为Δv,下落第五个 时速度的增加量为Δv,把蹦极者视为质点,蹦极者离开塔顶时的速度为零,不计空气阻力,则
1 2
5 5
Δv
1满足 ( )
Δv
2
Δv Δv
A.1< 1<2 B.2< 1<3
Δv Δv
2 2
Δv Δv
C.3< 1<4 D.4< 1<5
Δv Δv
2 2
答案 D 蹦极者下落高度L的过程,可视为自由落体运动,对于初速度为零的匀加速直线运动,通过连续相等的位移的时间之比为
1∶( -1)∶( - )∶(2- )∶( -2)∶…,可知 t 1 = 1 = +2,即4< t 1 <5,根据Δv=gt可得,4< Δv 1 <5,D正确。
√2 √3 √2 √3 √5 √5
t √5-2 t Δv
2 2 2
解题技巧 本题中是将自由落体运动中的位移进行了等分,由于加速度恒定,可将速度增量的比值问题转化为运动时间比值的问题。
8.(2020贵州监测)如图甲所示,轻弹簧竖直固定在水平地面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到
弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧上升到一定高度后再下落,如此反复,该过程中弹簧的弹力大小F随时间t的变化
关系如图乙所示。不计空气阻力,则 ( )
A.t 时刻小球的速度最大
1北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
B.t 时刻小球所受合力为零
2
C.以地面为零重力势能面,t 和t 时刻小球的机械能相等
1 3
D.以地面为零重力势能面,t~t 时间内小球的机械能守恒
1 3
答案 C 根据题述,结合弹簧弹力随时间变化的图线,金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,t 时刻接触弹簧,由于重力大
1
于弹簧弹力,小球还要加速向下运动,当弹力增大到等于小球重力时,小球速度最大,选项A错误;t 时刻弹簧被压缩到最短,弹簧的弹
2
力最大,小球所受合力向上,选项B错误;t 时刻和t 时刻小球的速度大小相等,动能相同,距离地面高度相同,以地面为零重力势能面,t
1 3 1
时刻和t 时刻小球的机械能相等,选项C正确;以地面为零重力势能面,t~t 时间内,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,但由于小球受
3 1 3
到弹簧的弹力作用,小球的机械能先减小后增大,选项D错误。
9.(2020湖南长沙明达中学模拟)如图甲所示的“襄阳炮”是古代军队攻打城池的装置,其实质就是一种大型抛石机,图乙是其工作原
理的简化图。将质量m=10 kg的石块,装在与转轴O相距L=5 m的长臂末端口袋中,最初静止时长臂与水平面的夹角α=30°,发射时
对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动,石块靠惯性被水平抛出,落在水平地面上。若石块落地位置与抛出位置间的水平
距离s=20 m,不计空气阻力,取g=10 m/s2。以下判断正确的是 ( )
√3
A.石块抛出后运动时间为 s
2
20
B.石块被抛出瞬间的速度大小为 √2 m/s
3
C.石块即将落地时重力的瞬时功率为500√6 W
D.石块落地的瞬时速度大小为15 m/s
1 √6
答案 C 石块被抛出后做平抛运动,h=L+L sin α,竖直方向h= gt2,可得t= s,A错误。石块被抛出后做平抛运动,水平方向s=vt,
0
2 2
20√6
可得v= m/s,故B错误。石块即将落地时重力的瞬时功率为:P=mgv=mg·gt=500√6 W,故C正确。石块落地的瞬时速度大
0 y
3
√1 250
小为v=√v2+(gt)2
= m/s,故D错误。
0 3
易错警示 平抛运动是曲线运动, 速度运算是矢量运算 , 需依据平行四边形定则 ,切记不能直接由v=v+gt计算。
0
10.(2020湖北应城一中期中)如图所示,用两根长度均为l的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板下,轻绳与天花板的夹角为θ,整个系
T'
统静止,这时每根轻绳中的拉力为T。现将一根轻绳剪断,当小球摆至最低点时,轻绳中的拉力为T'。θ为某一值时, 最大,此最大
T
值为 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
9 54
A. B.2 C.3√2-2 D.
4 25
1 v2 T'
答案 A 剪断轻绳之前,2T sin θ=mg;剪断轻绳后,摆到最低点时, mv2=mgl(1- sin θ),由牛顿第二定律得T'-mg=m ;联立解得
2 l T
9
=6 sin θ-4 sin2θ,由数学知识可知,此比值的最大值为 ,故选项A正确。
4
11.(2020云南大理、丽江、怒江二联)(多选)如图所示,下雨天,足球运动员在球场上奔跑时容易滑倒,设他的支撑脚对地面的作用力
为F,方向与竖直方向的夹角为θ,鞋底与球场间的动摩擦因数为μ,下面对该过程的分析正确的是 ( )
A.下雨天,动摩擦因数μ变小,最大静摩擦力增大
B.奔跑步幅越大,越容易滑倒
C.当μ<tan θ时,容易滑倒
D.当μ>tan θ时,容易滑倒
答案 BC 下雨天,地面变光滑,动摩擦因数μ变小,最大静摩擦力减小,故A错误;将力F分解,脚对地面的压力为F cos θ,力在水平
方向上的分力大小为F sin θ,奔跑步幅越大,夹角θ越大,当θ增大到F sin θ>μF cos θ时,人容易滑倒,故B正确;当F sin θ>μF cos θ时
人容易滑倒,此时μ<tan θ,故C正确,D错误。
12.(2020山东潍坊期末)(多选)如图甲,在桌面上有一本书,书的上方放一水杯,给水杯施加一水平力,其大小F随时间t的变化关系如
图乙所示。设桌面对书的摩擦力为f,书的速度为v,假定各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,书的面积足够大,下列反映f和
v随时间t变化的图线可能正确的是 ( )
答案 BC 若一开始两者相对桌面静止,f=F,F不为零,则一开始f不可能为零,A错误;若一开始书就相对桌面滑动,有f=μmg,B正确;
由于F一开始不为零,所以刚开始水杯和书可能发生相对滑动,书和桌面发生相对滑动,书受力恒定,从开始就做匀加速直线运动,C正
确;若杯子与书之间的最大静摩擦力f'大于书与桌面间的最大静摩擦力f,开始时力F<f,系统处于静止状态,随F增大,f'与f均增大,但f
先达到最大,书开始运动,随F增大,加速度由零开始增大,最后二者发生相对滑动后书做匀加速运动;若f'<f,则书不会运动,故D错误。
审题指导 需注意到水平力F的大小不是从零开始增大的,故需先讨论t=0时刻系统是处于静止状态还是滑动状态,若是滑动状态
还需注意是水杯与课本一起滑动还是水杯与课本间出现相对滑动。
13.(2020四川眉山中学模拟)(多选)如图所示,在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点,每隔相同的时间T,轻放上一个相同的工
件。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ,工件质量为m。经测量,发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L,已知重
力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
L
A.传送带的速度大小为
T
2μgL
B.工件在传送带上加速的时间为
T
μmgL
C.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
2北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
D.传送带传送一个工件多消耗的能量为mL2
T2
答案 AD 工件在传送带上先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,每个工件放上传送带后运动的规律相同,可知L=vT,解得传
L v
送带的速度v= ,选项A正确;设每个工件匀加速运动的时间为t,根据牛顿第二定律得,工件的加速度a=μg,根据v=v+at,解得t= =
0
T a
L ,选项B错误;工件与传送带发生相对滑动的位移Δx=x -x =v v - v2 = L2 ,则因摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=mL2 ,
传 物
μgT μg 2μg 2μgT2 2T2
选项C错误;根据能量守恒定律可得,传送带传送一个工件多消耗的能量为E=1mv2+Q=mL2
,选项D正确。
2 T2
易错提醒 在解涉及功能关系的传送带问题时,要理解功是能量转化的量度,从物体增加的机械能和系统增加的内能两个角度去求
解电动机多消耗的电能。
二、非选择题
14.(2017浙江宁波余姚中学期中,15)在进行“探究速度随时间变化的规律”的实验中:
(1)如图是四位同学用重锤代替小车,将打点计时器竖直安放进行实验时释放纸带瞬间的照片,你认为操作正确的是 。
(2)已知打点计时器所用电源频率为50 Hz。测得所用的重锤的质量为0.20 kg,实验中得到一条清晰的纸带,如图所示是截取了
某一段纸带用刻度尺(单位:cm)测量时的情景,其中取了A、B、C三个计数点,在相邻两计数点之间还有一个打印点,可知,纸带上打
下B点时重锤的瞬时速度为 m/s,重锤下落的加速度为 m/s2。(结果均保留2位有效数字)
(3)若当交流电的实际频率小于50 Hz时,仍按50 Hz计算,则测量加速度值比真实加速度值 (填“偏大”“偏小”或
“不变”)。
答案 (1)A (2)0.74 9.69 (3)偏大
解析 (1)在做“探究速度随时间变化的规律”实验时,应让重物紧靠打点计时器,手拉着纸带的上方,保持纸带竖直,由静止释放,故
A正确,B、C、D错误。
(2)由于每相邻两个计数点间还有1个打印点,所以相邻的两计数点间的时间间隔T=0.04 s。由图可得s =2.20 cm,s =3.75 cm,
AB BC
x
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上B点时重锤的瞬时速度大小v = AC=
B
2T
0.022 0+0.037 5
m/s=0.74 m/s,根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2可以求出重锤下落的加速度的大小为a=
2×0.04
0.037 5-0.022 0
m/s2=9.69 m/s2。
(0.04)2
(3)当电源频率低于50 Hz时,实际打点周期将变大,而进行计算时,仍然用0.02 s,因此测出的加速度值将比真实加速度值偏大。
15.(2018金华一中段考,16)(1)在探究平抛运动的规律时,可以选用如图所示的各种装置,以下操作合理的是 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
A.选用装置1研究平抛物体的竖直分运动,应该保证A、B两球同时开始运动
B.选用装置2时,要获得稳定细水柱所显示的平抛轨迹,竖直管上端A一定要低于水面
C.选用装置3时,要获得钢球的平抛轨迹,钢球不一定每次都从斜槽上同一位置由静止释放
D.除上述装置外,也可以用数码照相机每秒拍摄十几帧的钢球做平抛运动的照片,获得平抛轨迹
(2)某物理兴趣小组在做探究平抛运动的规律实验时,使小球做平抛运动,用频闪照相机对准方格背景照相,拍摄到了如图所示的
照片,已知每个小方格边长9.8 cm,当地的重力加速度为g=9.8 m/s2。
①若以拍摄的第一个小球位置为坐标原点,水平向右和竖直向下为平面直角坐标系的正方向,则没有被拍摄到的小球(在图中没
有方格的区域内)位置坐标为 [用图中格数表示坐标,比如图中标记为2的小球坐标为(2,1)]。
②小球平抛的初速度大小为 m/s。
答案 (1)ABD (2)①(6,6) ②1.96
解析 (1)选用装置1研究平抛物体的竖直分运动,判断落地时间,故应该保证A、B两球同时开始运动;选用装置2时,要获得稳定细
水柱所显示的平抛轨迹,则出水口处的压强应恒定,所以竖直管上端A一定要低于水面,这样能保证与A处同一深度的液面压强始终
等于大气压,出水口处压强恒定;选用装置3时,要获得钢球的平抛轨迹,应保证初速度不变,故每次一定要使钢球从斜槽上同一位置由
静止释放;除上述装置外,也可以用数码照相机每秒拍摄钢球十几帧做平抛运动的照片,获得平抛轨迹。故选项A、B、D正确。
(2)①因小球在水平方向匀速运动,故水平坐标为x=6;小球在竖直方向做匀加速直线运动,则在竖直方向上连续相等时间内的高度差
2×9.8×10-2
Δy恒定,故y=6,所以位置坐标为(6,6)。②由Δy=gT2得频闪周期T=0.1 s,所以小球平抛的初速度大小为v=
0 0.1
m/s=1.96 m/s。
16.某同学利用数码相机连拍功能(此相机每秒连拍10张),记录下北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在10 m跳台跳水的全过
程。所拍摄的第一张恰为她们起跳的瞬间,第四张如图甲所示,该同学认为这是她们在最高点;第十九张如图乙所示,她们正好身体竖
直双手触及水面。设起跳时她们的重心离台面的距离和触水时她们的重心离水面的距离相等(g取10 m/s2)。由以上材料:
(1)估算陈若琳起跳速度的大小;
(2)分析第四张照片是在最高点吗?如果不是,此时重心是处于上升还是下降阶段?
答案 (1)3.4 m/s (2)不是 上升阶段
解析 (1)由题意得:运动员从起跳到入水所用时间为t=1.8 s
1
设跳台高h,起跳速度为v,由:-h=vt- gt2
0 0
2
代入数据得v≈3.4 m/s
0北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
0-v
(2)上升至最高点所用时间t= 0=0.34 s
1 -g
而拍第四张时历时0.3 s,所以第四张照片不是在最高点拍摄的,此时运动员重心还处于上升阶段。
易错警示 注意拍第一张时恰好是她们起跳的时刻即计时开始时刻,则拍第N张时她们运动的时间应为(N-1)T,其中T是频闪时间
间隔。
17.(2020山西临汾第二次月考)我国科技已经开启“人工智能”时代,“人工智能”已经走进千家万户。某天,东东呼叫了外卖,外卖
小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上,东东操控小型无人机带动货物,由静止开始竖直向上做匀加速直线运动,一段时间后,货物
又匀速上升53 s,最后再匀减速1 s恰好到达他家阳台且速度为零。货物上升过程中,遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程
中对货物的作用力F、F 和F 大小分别为20.8 N、20.4 N和18.4 N,货物受到的阻力恒为其重力的0.02。g取10 m/s2。计算:
1 2 3
(1)货物的质量m;
(2)货物上升过程中的最大速度v及东东家阳台距地面的高度h。
答案 (1)2 kg (2)1 m/s 56 m
解析 (1)在货物匀速上升的过程中
由平衡条件得F=mg+f
2
其中f=0.02mg
解得m=2 kg
(2)设整个过程中的最大速度为v,在货物匀减速运动阶段
由牛顿第二定律得mg+f-F=ma
3 3
由运动学公式得0=v-at
33
解得v=1 m/s
1
减速阶段的位移x= vt=0.5 m
3 3
2
匀速阶段的位移x=vt=53 m
2 2
加速阶段,由牛顿第二定律得F-mg-f=ma,由运动学公式得2ax=v2,解得x=2.5 m
1 1 1 1 1
阳台距地面的高度h=x+x+x=56 m
1 2 3
18.(2020江苏南通、泰州期末)如图所示,矩形拉杆箱上放着平底箱包,在与水平方向成α=37°的拉力F作用下,一起沿水平面从静止
开始加速运动。已知箱包的质量m=1.0 kg,拉杆箱的质量M=9.0 kg,箱底与水平面间的夹角θ=37°,不计所有接触面间的摩擦,取g=10
m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)若F=25 N,求拉杆箱的加速度大小a;
(2)在(1)的情况下,求拉杆箱运动x=4.0 m时的速度大小v;
(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出,求拉力的最大值F 。
m
答案 (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)93.75 N
解析 (1)若F=25 N,以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得F cos α=(m+M)a
Fcosα 25×0.8
解得a= = m/s2=2 m/s2
m+M 1+9
(2)根据速度与位移的关系可得v2=2ax
解得v=√2ax=√2×2×4 m/s=4 m/s
(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时,箱包与拉杆之间的弹力刚好为零,以箱包为研究对象,受到重力和支持力作用,此时的加速度为
a,如图所示,
0北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
根据牛顿第二定律可得mg tan θ=ma
0
解得a=g tan θ=7.5 m/s2
0
以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得F cos α=(m+M)a
m 0
解得拉力的最大值为F =93.75 N
m
19.(2020黑龙江重点中学联考)如图所示,竖直平面内有一半径为R=0.50 m的光滑圆弧槽BCD,B点与圆心O等高,水平面DQ与圆
弧槽相接于D点,一质量为m=0.10 kg的小球从B点的正上方H=0.95 m高处的A点自由下落,由B点进入圆弧槽轨道,从D点飞出
后落在水平面上的Q点,D、Q间的距离x=2.4 m,球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h=0.80 m,取g=10 m/s2,
不计空气阻力,求:
(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小F ;
N
(2)小球经过P点时的速度大小v ;
P
(3)D点与圆心O的高度差h 。
OD
答案 (1)6.8 N (2)3 m/s (3)0.3 m
解析 (1)设小球经过C点时的速度为v,由机械能守恒定律有
1
1
mg(H+R)= mv2
2 1
由牛顿第二定律有F
-mg=mv2
N 1
R
代入数据解得F =6.8 N。
N
(2)从P到Q小球做平抛运动
1
竖直方向有h= gt2
2
x
水平方向有 =v t
P
2
代入数据解得v =3 m/s。
P
1
(3)小球从开始运动到P点的过程中,机械能守恒,取DQ水平面为零势能面,则 mv2+mgh=mg(H+h )
2 P OD
代入数据解得h =0.3 m。
OD
技巧点拨 在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点,转化观点不用选取零势能面。
