周复习题(3)答案

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周复习题（3）答案

1、答案：.B 解析：当物体所受合外力的方向与速度方向不在一条直线上时，物体做曲线运动，所以选项C错误；在物体做曲线运动时，运动的轨迹始终处在合外力方向与速度方向的夹角之中，并且合外力F的方向指向轨迹的凹侧，据此可知，选项B正确，AD错误。

2、答案：C 解析：未加恒力F时，由牛顿第二定律知amgsinmgcos，而加上F后，

a(g

F

m

)(mgsinmgcos)，即aa，选项C正确。 3、答案：B 解析：选项 A中，当t=2s时，x=0，这表示物体在t=2s内位移为0，其实物体做的是一次往返运动；v-t图像与坐标轴所围图形的“面积”大小表示位移大小，图形方位表示位移方向，当图形位于时间轴上方时表示位移方向为正，当位于下方时表示位移方向为负，观察选项图可知，选项B中的“图形”只位于横轴上方，这表示物体在t=2s内位移方向为正，大小等于图形的“面积”，而选项CD中的“图形”有两部分组成，它们分居横轴上下两侧，且两部分图形的“面积”大小相等，这表示物体在t=2s内位移均为0。

4.D 【解析】根据vt图象，取竖直向下为正方向，在前2s内该同学的加速度方向向下，大小为1m/s2

，处于失重状态，选项A错误；在最后1s内，同学的加速度大小为2m/s2，所以前2s内该同学的加速度是最后1s内

的

12，选项B错误；根据vt图象的“面积”可求得，该同学在10s内通过的位移是x=1

2

7102m17m，平均速度vxt17m

10s

1.7m/s，选项C错误，D正确。本题答案为D。

5、答案：B 解析：若地面对车的支持力恰好为零，那么车的重力提高向心力，即mg=mv2/r，所以

vgr6.4106m9.8m/s27.9103m/s7.9km/s，故正确选项为B。

6、答案：ABC 解析：如果传送带足够长，小物块滑上传送带后，先在恒定的滑动摩擦力的作用下做匀减

速直线运动，直至速度减为零，然后在相同的滑动摩擦力的作用下反向做匀加速直线运动，直至速度大小达到v1，之后随传送带一起运动，如选项B所示图象；若小滑块滑到传送带最左端时，速度刚好减为零，则对应于选项C所示图象；若小滑块滑到传送带最左端时，速度还没有减为零，则对应于选项B所示图象；选项D图象描述的过程是小滑块先向左做减速运动，直到速度减为零，然后继续向左做加速运动，这显然是不可能的。故本题正确选项为ABC。

7、答案：ABD 解析：演员和摩托车在沿虚线做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，对系统受力分析，如图所示，根据系统在竖直方向上平衡有，Ncosθ=mg，所以

N=mg/cosθ，合外力F=Nsinθ=mgtanθ，其中θ为侧壁与水平方向的夹角，可见，筒在A处对系统的支持力等于B处的支持力，系统在A处的向心力等于B处的向心力，所以选项D正确，根据牛顿第三定律，选项C错误；根据关系式F=mv2/r=mω2r及rA＞rB，可知vA＞vB，ωA＜ωB，所以选项AB正确。

8、答案：CD 解析：两球在下落过程中，机械能守恒，刚开始下落时，势能相同，动能都为零，所以机械能相等，下落到最低点时的机械能也一样大，选项C正确；选取小球A为研究对象，设球到达最低点时的速度

1mv2

mv2大小为vA，动能为EA，球所受的拉力大小为FA，则mgL=2，FA-mg=L，可得：vA=2gL，EA

=mgL，

FA=3mg；同理可得：vB=

2gL，EB=2mgL，FB

=3mg；所以，选项AB错误，选项D正确。

9、答案：BD 解析：撤去F后，在物体离开弹簧的过程中，弹簧弹力是变力，物体先做变加速运动，离开弹簧之后做匀变速运动，故A错；刚开始时，由kx0-μmg=ma可知B正确；离开弹簧之后做匀减速运动，减速时间满足3x0=a1t2/2，a1=μg则t=6x0/g，从而C错；速度最大时合力为零，此时弹簧弹力F=μmg=kx，x=μmg/k，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为W

fmgx0x=mg

xmg

0

k

，D正确。 10答案：AC解析：要使物体从O点平抛出去，在O点有mg=mv2

/R，解得物体从O点平抛出去的最小速度v=gR。设∠CO，

11O＝θ，由机械能守恒定律，mgR(1-cosθ)=2

mv2

，解得θ=∠CO1O＝60°，选项A正确B错误；由平抛运动规律，x=vt，R=

12

gt2

，解得落地点距O2最近为2R。若物体从A点下滑，到达O点时速度为v=2gR。由平抛运动规律，x=vt，R=12

2

gt，解得落地点距O2最远为2R，选项C正确D错误。

11答案：BD解析：设ab=bc=cd=de=L0，初速度为v时，小球落在斜面上的b点，则有，L0cosα=vt1，

L10sinα=

2gt22v时，Lcosα=2vt1

1，初速度为2，Lsinα=2

gt22，联立解得L=4 L0，即小球一定落在斜面上的e点，选项B正确A错误；由平抛运动规律可知，小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ，选项C错误D正确。

12. C 当弹簧的弹力等于重力时，小球的速度最大，a0。 13.（1） 3s （2）FN90N （3）0.47m

【解析】（1）在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律mgma 得ag3m/s2

加速到与传送带达到同速所需要的时间，tv0/a2m/s 位移s11/2at2

6m


之后滑块做匀速运动的位移s2LS16m 所用的时间t2s2/v01s 故tt1t23s （2）滑块由B到C的过程中动能定理mgH

12mv212

mv2c0 在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得，

Fv2

CNmgmR

，代入数据得FN90N，方向竖直向下，由牛顿第三定律可知，滑块滑到轨道最高点C时对

轨道作用力的大小为90N，，方向向上.

（3）滑块从B到D的过程中由动能定理得mg(H2R)

12mv212B2

mvD 在P点vvD

v2

yytan600

，又因h2g

，解得h0.47m 2gLsin2gLcosv2sinv2

02gL0

14、答案：（1）2gsin2gcos （2）2gcos

解析：（1）设滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P的最大距离为x，在这次运动过程中，对滑块运用动

12

mv2

2gLsin2gLcosv0

能定理，有mg（L-x）sinθ-μmgcosθ（L+x）=0-20

，可得：x=2gsin2gcos。

（2）设滑块在整个运动过程中通过的路程为s，由于滑块和挡板的碰撞没有能量损失，所以摩擦力做的负功等于滑块的动能加上滑块重力势能的减小量。到最后运动结束时，滑块必然是停止靠在挡板处的，所以重力势能

12

12减小了mgLsinθ，动能减小了2mv0

，摩擦力大小为μmgcosθ，所以mgLsinθ+2mv0=μmgscosθ，可得，路程

2gLsinv2

0

s=2gcos。

15解析：由于0.5tan0.75，物体一定沿传送带对地下移，且不会与传送带相对静止。

设从物块刚放上到皮带速度达10m/s，物体位移为s1，加速度a1，时间t1，因物速小于皮带速率，根据牛顿第二定律，amgsinmgcos1m10m/s2，方向沿斜面向下。tv12

1a1s，s1a1t15m皮带长

12

度。

设从物块速率为10m/s2到B端所用时间为t2，加速度a2，位移s2，物块速度大于皮带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，有：

amgsinmgcos

2

2m/s2

m

s1

2

2vt22

a2t2

即16510t2

12

2t2

2，t21s（t210s舍去） 所用总时间tt1t22s 16 解析：（1）依据题意，物块在小车上停止运动时，物块与小车保持相对静止，应具有共同的速度。设物块在小车上相对运动时间为t，物块、小车受力分析如图8：



物块放上小车后做初速度为零加速度为a1的匀加速直线运动，小车做加速度为a2匀加速运动。 由牛顿运动定律：

物块放上小车后加速度：a2

1g2m/s 小车加速度：a2Fmg/M0.5m/s2

v1a1t

v 由v1v2得：t2s

23a2t

（2）物块在前2s内做加速度为a1的匀加速运动，后1s同小车一起做加速度为a2的匀加速运动。 以系统为研究对象：

根据牛顿运动定律，由FMma3得：

a3F/Mm0.8m/s2 物块位移ss1s2

s11/2a1t24m

s2

2v1t1/2at24.4m

ss1s28.4m

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