高考物理一轮复习 阶段滚动检测(二)教科版

d212d(2)若机械能守恒，则有mgl=mv,v= ，整理可得gl= 。 22(?t)2?td2答案：(1)1.02 (2)

2(?t)212.【解析】(1)在F-x图像中，图线与x轴围成的面积即为变力所做的功，W=

1×(0.60+1.00)×(0.52-0.30) 2J≈0.18 J，在v-x图中可见，x1=0.30 m时，v1=0，x2=0.52 m时对应小车的速度v2=1.30 m/s，故ΔEk=

12mv212

2-2mv1≈0.17 J。 (2)为减小误差，实验前必须平衡摩擦力，细绳与滑板表面平行，故B、C正确。 答案：(1)0.18 0.17 (2)B、C

13.【解析】(1)小滑块由A到B据动能定理得 mgR+ W1Ff?2mv2 (3分) 解得WFf=-1.5 J

(1分)

(2)小滑块过B点后做平抛运动，设着地时竖直分速度为vy，则有vy=2gh = 5 m/s

(2分)

所以着地速度v= v2?v2y =52 m/s

(2分)

答案：(1)-1.5 J (2)52 m/s 14.【解析】滑块恰好通过最高点,则有:

v2mg=mDR

(2分)

设滑块到达B点时的速度为vB,滑块由B到D过程由动能定理得: -2mgR=

12mv212

D-2mvB

(2分)

滑块从D点离开轨道后做平抛运动, 则2R=

12gt2

，xAB=vDt

(2分)

滑块从A运动到B有:v2

B=2axAB

(2分) 据牛顿第二定律有:F-μmg=ma (1分) 联立以上各式，代入数据得:F=17.5 N。

(1分)

答案：17.5 N

15.【解析】(1)根据牛顿第二定律得： μmgcosθ-mgsinθ=ma

可解得:a=2.5 m/s

2

(2分)

当小物块的速度为1 m/s时，小物块在传送带上运动的位移为

l′= v22a =0.2 m

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即小物块匀速运动了l-l′=4.8 m 由功能关系可得： W=ΔEk+ΔEp=

(2分)

12

mv+mglsin30°=255 J 2 (2分)

(2)电动机做功使小物块的机械能增加，设小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，由(1)知小物块与传送带之间的相对位移l′=0.2 m (2分)

摩擦生热为Q=Ffl′=μmgl′cosθ=15 J (1分) 故电动机做的功为

W总=W+Q=255 J+15 J=270 J (1分) 答案：(1)255 J (2)270 J

16.【解析】(1)小球刚能完成一次完整的圆周运动，到达最高点的速度为v0，在最高点，仅由重力充当向心力，则有

v02mg=m

l (1分)

在整个运动过程中，根据动能定理得 mgh-2mgl-μmg

s12

=mv0 22

(3分)

解上式得h=0.5 m (1分) (2)若滑块从h′=5 m处下滑到将要与小球碰撞时速度为v1,则据动能定理有 mgh′-μmg

s12

=mv1 22

(2分)

由题意可知，滑块与小球碰后滑块静止，小球以速度v1开始做圆周运动，绳子的拉力FT和重力的合力充当向心力，则有

mv12FT-mg=

l

(2分)

解得FT=48 N 答案：(1)0.5 m (2)48 N

(1分)

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