1、力学综合检测一、单项选择题1.(2015杭州二检)如图所示为固定在水平地面上的顶角为的圆锥体，表面光滑有一质量为m的弹性圆环静止在圆锥体的表面上，若圆锥体对圆环的作用力大小为F，则有()AFmgBFmgsinCF DFmgcos解析：选A.圆锥体对圆环所有部位作用力的合力与圆环的重力平衡，即Fmg，选项A正确，B、C、D错误2(2015蚌埠联谊校二次联考)如图所示，物体A放在斜面上，与斜面一起向右做匀加速运动，物体A受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向可能是()A向右斜上方B竖直向上C向右斜下方D上述三种方向均不可能解析：选A.物体向右加速，由牛顿第二定律可得物体的合外力方向水平向右，故斜面
2、对物体A的支持力和摩擦力的合力在竖直方向的分力平衡了物体的重力，水平方向的分力为合外力，由平行四边形定则可得物体A受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向向右斜上方，A对3(2015嘉兴测试卷)PCAV是一种新的光驱数据传输技术，即光盘驱动器在读取内圈数据时，以恒定线速度方式读取；而在读取外圈数据时，以恒定角速度方式读取设内圈内边缘半径为R1，内圈外边缘半径为R2，外圈外边缘半径为R3.A、B、C分别为内圈内边缘、内圈外边缘和外圈外边缘上的点则读取内圈上A点时A点的向心加速度大小和读取外圈上C点时C点的向心加速度大小之比为()A.B.C. D.解析：选A.由题意知，AR1BR2，BC，又A点的向
3、心加速度大小aAR1，又C点的向心加速度大小aCR3，即得 .4.(2015金华模拟)如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速度为v0的平抛运动，恰落在b点若小球初速度为v，其落点位于c，则()Av0v2v0Bv2v0C2v0v3v0 Dv3v0解析：选A.如图所示，M点和b点在同一水平线上，M点在c点的正上方根据平抛运动的规律，若v2v0，则小球落到M点可见以初速度2v0平抛小球不能落在c点，只能落在c点右边的斜面上，故只有选项A正确5(2015石家庄模拟)如图所示，B点位于斜面底端M点的正上方，并与斜面顶端A点等高且高度为h，在A、B两点分别以速度va和vb沿水平方
4、向抛出两个小球a、b(可视为质点)若a球落到M点的同时，b球恰好落到斜面的中点N，不计空气阻力，重力加速度为g，则()AvavbBvavbCa、b两球同时抛出Da球比b球提前抛出的时间为(1)解析：选B.由hgt，gt得：ta，tb，故a球比b球提前抛出的时间ttatb(1)，C、D均错误；由va，vb可得vavb，A错误，B正确二、不定项选择题6.(2015安徽名校质检)如图所示，质量为m的木块A放在地面上的质量为M的三角形斜劈B上，现用大小均为F、方向相反的力分别推A和B，它们均静止不动，则()AA与B之间一定存在弹力B地面不受摩擦力作用CB对A的支持力一定等于mgD地面对B的支持力的大小
5、一定等于Mg解析：选AB.对A、B整体受力分析，受到重力(Mm)g、地面的支持力FN和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，根据共点力平衡条件，有FN(Mm)g，故B正确、D错误；再对木块A受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜劈B对A的支持力FN和摩擦力Ff，当推力F沿斜面的分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，当推力F沿斜面的分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，当推力F沿斜面的分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，根据共点力的平衡条件，运用正交分解法，可以得到：FNmgcos Fsin ，故A正确，C错误7.如图所示，倾角为的粗
6、糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮1固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则()A细线对物体a的拉力增大B斜劈对地面的压力减小C斜劈对物体a的摩擦力减小D地面对斜劈的摩擦力增大解析：选AD.设细线的拉力为F，滑轮2两侧细线的夹角为，滑轮2和b的总重力为M，则有2Fcos Mg，固定点c向右移动少许，增大，F变大，F的竖直分力不变，F的水平分力增大，故A、D对，B错；因a物体相对斜劈滑动趋势的方向不明确，故无法判断摩擦力的变化，C错8.(2015绍兴模拟)如图所示，水平向左的匀强电场中
7、，长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，将小球拉到使细线水平伸直的A点，无初速度释放小球，小球沿圆弧到达最低位置B时速度恰好为零，重力加速度为g.以下说法不正确的是()A匀强电场场强大小为EB小球在B位置时加速度为零C小球运动过程中的最大速率为vD若将小球拉到使细线水平伸直的C点，无初速度释放小球后，小球必能回到C点解析：选ABD.对由A到B过程应用动能定理mgLqEL0，E，A错；小球在B位置受重力和向左的电场力，合力不为零，B错；小球运动到AB轨迹中点时速度最大，由动能定理mgLsin 45qE(LLcos 45)mv20，解得v ，C对
8、；从C点释放后，电场力和重力对小球都做正功，小球不会返回C点，D错9.(2015高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，ACh.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环()A下滑过程中，加速度一直减小B下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2C在C处，弹簧的弹性势能为mv2mghD上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度解析：选BD.圆环下落时，先加速，在B位置时速度最大，加速度减小至0.从B到C圆环减速，加速度增
9、大，方向向上，选项A错误圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为Ep，由A到C的过程中，根据功能关系有mghEpWf.由C到A的过程中，有mv2EpWfmgh.联立解得Wfmv2，Epmghmv2，选项B正确，选项C错误设圆环在B位置时，弹簧弹性势能为Ep，根据能量守恒，A到B的过程有mvEpWfmgh，B到A的过程有mvEpmghWf，比较两式得vBvB，选项D正确三、非选择题10(2015湖州测试卷)如图所示，足够长的木板质量M10 kg，放置于光滑水平地面上，以初速度v05 m/s沿水平地面向右匀速运动现有足够多的小铁块，它们的质量均为m1 kg，在木板上方有一固定挡板，
10、当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速地放在木板上小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数0.5，当木板运动了L1 m时，又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块只要木板运动了L就按同样的方式再放置一个小铁块，直到木板停止运动取g10 m/s2.试问：(1)第1个铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？(2)最终木板上放有多少个铁块？(3)最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？解析：(1)第1个铁块放上后，木板做匀减速运动即有：mgMa1，vv 2a1L代入数据解得：v12 m/s.(2)设最终有n个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为an，第1
11、个铁块放上后：vv2a1L，第2个铁块放上后：vv2a2L，第n个铁块放上后，vv2anL，由以上可得：vv 2(123n)L，木板停下时，vn0，得n6.6，即最终有7个铁块放在木板上(3)从放上第1个铁块至刚放上第7个铁块的过程中，由(2)中表达式可得：vv 2(1236)L, 从放上第7个铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d，则：v02d，联立解得：d m. 答案：(1)2 m/s(2)7(3) m11(2015高考重庆卷)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P为最高
12、点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H，N板上固定有三个圆环将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功解析：(1)设小球在Q点的速度为v0，由平抛运动规律有Hgt，Lv0t1，得v0L.从Q点到距Q点水平距离为的圆环中心的竖直高度为h，则v0t2，得hgtH.该位置距底板的高度：hHhH.(2)由(1)问知小球运动到Q点时的速度大小v0L.设小球在Q点受的支持力为F
13、N，由牛顿第二定律FNmgm，得FNmg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力FNFNmg，方向竖直向下(3)设摩擦力对小球做功为W，则由动能定理得mgRWmv得Wmg.答案：见解析12.(2015青岛模拟)如图所示，一粗糙斜面AB与圆心角为37的光滑圆弧BC相切，经过C点的切线方向水平已知圆弧的半径为R1.25 m，斜面AB的长度为L1 m质量为m1 kg的小物块(可视为质点)在水平外力F1 N作用下，从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面向下运动，当到达B点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C点抛出，若落地点E与C点间的水平距离为x1.2 m，C点距离地面高度为h0.8 m(sin 370.6，cos
14、370.8，重力加速度g取10 m/s2)求：(1)物块经C点时对圆弧面的压力大小；(2)物块滑至B点时的速度大小；(3)物块与斜面间的动摩擦因数解析：(1)物块从C点到E点做平抛运动由hgt2，得t0.4 svC3 m/s由牛顿第二定律知：FNmgm解得FN17.2 N由牛顿第三定律知物块在C点时对圆弧面的压力大小为17.2 N.(2)从B点到C点由动能定理，知mgRmgRcos 37mvmv解得vB2 m/s.(3)从A点到B点，由v2aL，得a2 m/s2由牛顿第二定律，知mgsin 37Fcos 37(mgcos 37Fsin 37)ma解得0.65.答案：(1)17.2 N(2)2 m/s(3)0.65
