肩对锄头的支持力与锄头对肩的压力是一对作用力和反作用力。他向右匀速前进时,根据平衡条件分析人对锄头的作用力方向。他向右减速前进时,或向右加速前进时,根据牛顿第二定律和平行四边形定则分析锄头对人的作用力方向。
本题运用平衡条件和牛顿运动定律分析锄头的受力情况,要知道加速度方向与合外力方向相同,要能根据锄头的运动情况确定加速度方向,从而确定出锄头的合外力方向。 5.【答案】D
【解析】解:AD、A、B两点属于同轴转动,角速度相等;雨刮杆OB、O’C可绕O、O’同步转动,则A、B、C三点角速度相等,故A错误,D正确;
B、由线速度与角速度关系v=rω可知,角速度一定时,线速度与半径成正比,由于OB=O′C=2OA,因此vB=vC=2vA,故B错误;
C、根据向心加速度与角速度的关系a=rω2可知,角速度一定时,向心加速度与半径成正比,由于OB=O′C=2OA,因此aB=aC=2aA,故C错误; 故选:D。
(1)A、B两点属于同轴转动,角速度相等;雨刮杆OB、O’C可绕O、O’同步转动,则A、B、C三点角速度相等;
2
(2)判断三点做圆周运动的半径大小关系,根据v=rω判断线速度大小,根据a=rω判断向心加速度的关系。
明确同轴转动的特征,熟记匀速圆周运动中线速度和角速度的关系式以及向心加速度与角速度的关系。 6.【答案】B
【解析】解:A、货物在无人机拉力作用下加速上升,空气阻力不可忽略,除了重力之外还受拉力和空气阻力,而且这两个力都做功,故拉力做功和空气阻力做功之和等于货物机械能增加量,故A错误; B、加速上升,克服重力做功,重力势能增加,且重力势能增加量等于克服重力做的功,故B正确;
C、货物加速上升,根据牛顿第二定律,F-mg-f=ma,则F=ma+f+mg>mg,货物处于超重状态,故C错误; D、根据动能定理得拉力、重力和空气阻力做功之和等于货物动能增加量,故D错误; 故选:B。
机械能的增量等于除了重力做功之外其他力做的功;重力做功对应重力势能的变化;物体加速度向上,物体则处于失重状态;合外力的功对应动能的变化。
本题考查功能关系,关键熟练掌握几种常用的功能关系:重力做功对应重力势能变化、除了重力之外的力做功对应机械能变化;合外力的功对应动能的变化;电场力做的功对应电势能的变化,并能灵活应用。 7.【答案】C
【解析】解:A、根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移,知小车的位移一直增大,故A错误。 B、根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移,图线围成的方格大约55格,则小车的最大位移约为55×
1)m=27.5m。故B错误。 (0.5×
C、小车运动的平均速度 = =
≈3m/s,故C正确。
D、速度-时间图象只能表示直线运动的规律,则知小车做变速直线运动,故D错误。 故选:C。
根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移,分析位移的变化情况,并求出小车的最大位移,从而求得小车运动的平均速度。速度-时间图象只能表示直线运动的规律。
解决本题的关键知道速度时间图线表示的物理意义,知道图线与时间轴围成的面积表示的含义,通过估算的方法求小车的位移。 8.【答案】C
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【解析】解:设卫星的质量为m,轨道半径为r,地球的质量为M,根据万有引力等于向心力,得 G
=m=ma=m
r,解得,v= ,a= ,T=2π 。
A、根据v= ,知卫星A与卫星C的轨道半径相等,线速度大小相等,但线速度方向不同,则线速度不
同,故A错误。 B、根据F=GB错误。 C、根据a=
,知由于卫星A与卫星C的质量关系未知,所以它们受到的地球引力大小不一定相同,故
,得卫星B与卫星
C的向心加速度之比为 = = .故
C正确。
D、根据T=2π ,得卫星A与卫星B的周期之比为 =
,故D错误。
故选:C。
根据万有引力等于向心力,得到卫星线速度、向心加速度、周期的表达式,再分析它们之间的关系。 解决本题的关键要建立模型,找到卫星向心力的来源:地球的万有引力。要知道所有地球同步卫星的轨道半径都相同。 9.【答案】C
【解析】解:
他走一步克服重力做功: W=Gh=600N×0.06m=36J,
走125步时,他克服重力做的总功: W总=W×125=36J×125=4500J; 做功功率: P= =
W=75W,故C正确。
故选:C。
知道人的重力和每走一步重心位置的变化(升高的高度),利用W=Gh求走一步克服重力做功;求出走125步可求走100m克服重力做的总功,利用P= 求做功的平均功率。
本题考查了功和功率的计算,先求出每一步克服重力做功大小是解题的关键,计算时注意单位统一。 10.【答案】B
【解析】解:A、根据动能表达式可知,初速度为v0,末速度为 ,末速度与初速度方向的夹角的余弦值cosθ= ,正切值tanθ=3,故C错误。
B、垂直于初速度方向的末速度分量为3v0,则运动时间t=
,故B正确。
A、动量增量为△p=3mv0,方向与初速度方向垂直,故A错误。 D、沿F方向的位移x=
=,故
D错误。
故选:B。
滑块做类平抛运动,根据平抛运动的规律分析求解。
初速度方向做匀速直线运动,垂直于初速度方向做匀加速直线运动。
本题考查了类平抛运动的规律,解题的关键是运动的合成与分解,分析初速度垂直的方向,根据运动学公
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式求解时间和位移等。 11.【答案】D
【解析】解:设轨道AB的倾角为α.小车在AB上运动时,根据牛顿第二定律得 mgsinα=ma1。 得a1=gsinα
根据运动学公式有AB=
得t1= 根据数学知识可知, =2R 解得,小车在AB上运动的时间为t1= = =2s
小车从B运动到D的过程,由牛顿第二定律得0.2mg=ma2。
2
得a2=2m/s。
该过程的逆运动是初速度为10m/s的匀加速直线运动,则BD=vDt2+
可得t2=3s(另一负值舍去)
故小车从A到D的运动时间是t=t1+t2=5s,故ABC错误,D正确。 故选:D。
根据牛顿第二定律求出小车在AB段和BC段的加速度,再根据位移时间公式求运动时间。
本题要在理清小车运动过程的基础上,巧用逆向思维求BD段运动时间。也可以根据等时圆来求AB段运动时间。
12.【答案】BD
【解析】解:A、撤去F后,摩擦力对滑块要做功,所以滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒。故A错误。 B、在水平外力F向左压缩弹簧的过程中,滑块机械能的变化量为零。根据功能关系知滑块和弹簧组成的系统机械能增加量为W1-W2,所以撤去F时,弹簧的弹性势能为W1-W2.故B正确。 C、弹簧恢复原长时滑块与弹簧分离,此时滑块的合力等于滑动摩擦力,所以加速度不等于零,故C错误。 D、从开始到滑块与弹簧分离的过程,由动能定理得:W1-2W2=Ek-0,得滑块与弹簧分离时的动能为:Ek=W1-2W2.故D正确。 故选:BD。
在水平外力F向左压缩弹簧的过程中,外力F和摩擦力做功的代数和等于滑块和弹簧组成的系统机械能增加量,由此求出撤去F时弹簧的弹性势能。撤去F后,对照机械能守恒的条件:只有重力和弹力做功,分析系统机械能是否守恒。弹簧恢复原长时滑块与弹簧分离,由牛顿第二定律分析滑块的加速度。由功能关系求滑块与弹簧分离时的动能。
本题要注意正确分析物理过程,明确能量转化的情况,分段运用功能关系研究。 13.【答案】ACD
【解析】解:小于处于静止状态,合力为零,小球受重力作用,可作如下分析:
1、当斜面对小球没有支持力作用时,则可知弹簧Q一定不会有弹力,弹簧P一定处于拉伸状态,且弹力与小球重力平衡,若此时剪断弹簧Q,小球仍可处于静止状态;
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2、若斜面对小球有支持力的作用,要使小球的合力为零,则弹簧Q一定处于拉伸状态,对小球产生沿斜面向上的弹力作用,才可以保证小球的合力为零,此时弹簧P可能处于拉伸、也可能处于压缩状态、同样可能处于原长状态,如果弹簧P处于原长状态,则剪断弹簧P,小球仍可处于静止状态;
3、若弹簧Q处于压缩状态,则会小球产生沿斜面向下的弹力作用,由于有支持力的时候,支持力的方向一定垂直于斜面向上,所以不管弹簧P是处于压缩状态还是拉伸状态,均不可使小球的合力为零,则可知弹簧Q不可能处于压缩状态;
综上所述可知,ACD正确,B错误。 故选:ACD。
小球处于静止状态,合力为零。对小球受力分析,结合共点力平衡条件和弹簧弹力的产生条件分析即可。 本题关键是对小球进行受力分析,分弹簧P有力、弹簧Q有力、弹簧P和Q均有力来进行讨论,结合力的产生条件、作用效果来进行分析,紧紧围绕小球的合外力为零是分析本题的中心点。 14.【答案】AC
【解析】解:A、设第②次提升过程矿车上升所用的时间为t。根据v-t图象的面积表示位移,结合两次提升的高度相同得:
= ? +
,解得t=2.5t0。
所以第①次和第②次提升过程矿车上升所用的时间之比为2t0:t=4:5,故A正确。
B、根据图象的斜率表示加速度,知两次矿车匀加速运动的加速度相同,由牛顿第二定律得F -mg=ma,可得F =mg+ma,所以电机的最大牵引力相等,故B错误。
C、设电机的最大牵引力为F.第①次电机输出的最大功率为P1=Fv0,第②次电机输出的最大功率为P2=F?v0,
因此电机输出的最大功率之比为2:1,故C正确。
D、电机所做的功与重力做功之和为零,因此电机做功之比为W1:W2=1:1,故D错误。 故选:AC。
两次提升的高度相同,根据v-t图象的面积表示位移列式,求解矿车上升所用的时间之比。根据图象的斜率表示加速度,由牛顿第二定律分析电机的最大牵引力之比。由P=Fv求电机输出的最大功率之比。由W=Pt求电机所做的功之比。
解决本题的关键要理清矿车的运动情况,知道v-t图象的面积表示位移,抓住两次总位移相等来求第2次运动时间。 15.【答案】AD
【解析】解:A、物体落到斜面上时,斜面倾角等于位移夹角,根据平抛运动规律可知,位移夹角正切值的二倍等于速度夹角正切值,设速度夹角为φ,则tanφ=2tanθ=1,第二次小球落到斜面上的竖直末速度为 ,下落高度为
=,故落地斜面底端,水平位移为 =2L,故
A正确。
B、落到斜面上的竖直末速度之比为 : ,运动时间t= ,则运动时间之比为1: ,故B错误。 C、速度正切值tanφ=1,则φ≠15°,故C错误。
D、斜面倾角等于位移夹角,小球A与小球B落在接触面上的速度方向平行,故D正确。 故选:AD。
当物体落在水平地面上,运动的时间由高度决定,结合运动的时间求出斜面的高度。 当物体落在斜面上,结合水平位移和竖直位移的关系求出斜面的倾角。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式灵活求解,知道运动的时间由高度决定。
16.【答案】ABD 19.45 0.80 平衡摩擦力过度 右
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