專題綜合檢測一一、選擇題1．(多選)(2015·貴州省七校聯考)如圖所示，橫截面為直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的豎直墻面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．當力F增大時，系統(tǒng)還保持靜止，則下列說法正確的是()A．A所受合外力增大B．A對豎直墻壁的壓力增大C．B對地面的壓力一定增大D．墻面對A的摩擦力可能變?yōu)榱憬馕觯哼xBCD.外力增大，系統(tǒng)保持靜止，由平衡條件可知，A所受合外力為零，A項錯誤；對A、B整體進行受力分析，水平方向上墻壁對整體的彈力與外力F為平衡力，根據牛頓第三定律可知，A對豎直墻壁的壓力增大，B項正確；對B受力分析，如圖，根據平衡條件有：F＝F′Nsinθ，可見F增大，則F′N增大，又F″N＝mg＋F′Ncosθ，可見F′N增大，則F″N增大，由牛頓第三定律可知，球對地面的壓力增大，C項正確；取整體為研究對象，當F″N＝m總g時，墻壁與斜劈之間的摩擦力為零，D項正確．2.(2015·貴州六校聯考)如圖所示，用一根長桿和兩個定滑輪的組合裝置來提升重物M，長桿的一端放在地面上通過鉸鏈連接形成轉動軸，其端點恰好處于左側滑輪正下方O點處，在桿的中點C處拴一細繩，通過滑輪后掛上重物M，C點與O點的距離為L，現在桿的另一端用力，使其逆時針勻速轉動，由豎直位置以角速度ω緩慢轉至水平(轉過了90°角)．下列有關此過程的說法中正確的是()A．重物M做勻速直線運動B．重物M做變速直線運動C．重物M的最大速度是2ωLD．重物M的速度先減小后增大解析：選B.設C點線速度方向與繩子的夾角為θ(銳角)．由題知C點的線速度為ωL，該線速度在繩子方向上的分速度就為ωLcosθ，θ的變化規(guī)律是開始最大(90°)，然后逐漸變小，所以ωLcosθ逐漸變大，直至繩子和桿垂直，θ變?yōu)?，繩子的速度變?yōu)樽畲?，為ωL，然后，θ又逐漸增大，ωLcosθ逐漸變小，繩子的速度變小，所以重物的速度先增大后減小，最大速度為ωL，故B正確．3．(2015·高考重慶卷)高空作業(yè)須系安全帶，如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)，此后經歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()A.eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq\f(m\r(2gh),t)－mgC.eq\f(m\r(gh),t)＋mg D.eq\f(m\r(gh),t)－mg解析：選A.設高空作業(yè)人員自由下落h時的速度為v，則v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)，設安全帶對人的平均作用力為F，由牛頓第二定律得F－mg＝ma又v＝at解得F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg.4.(2015·高考重慶卷)若貨物隨升降機運動的v－t圖象如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機的支持力F與時間t關系的圖象可能是()解析：選B.根據題中v－t圖象可知電梯的運動情況：加速下降→勻速下降→減速下降→加速上升→勻速上升→減速上升，根據牛頓第二定律F－mg＝ma可判斷支持力F的變化情況：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故選項B正確．5．(多選)(2015·高考全國卷Ⅱ，T20，6分)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂．當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為eq\f(2,3)a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數可能為()A．8 B．10C．15 D．18解析：選BC.設該列車廂與P相連的部分為P部分，與Q相連的部分為Q部分．設該列車廂有n節(jié)，Q部分為n1節(jié)，每節(jié)車廂質量為m，當加速度為a時，對Q有F＝n1ma；當加速度為eq\f(2,3)a時，對P有F＝(n－n1)meq\f(2,3)a，聯立得2n＝5n1.當n1＝2，n1＝4，n1＝6時，n＝5，n＝10，n＝15，由題中選項得該列車廂節(jié)數可能為10或15，選項B、C正確．6.(2015·上海市徐匯區(qū)二模)如圖，一小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動(小球可視為質點)，飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點．O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向夾角為60°，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度為()A.eq\r(\f(3gR,2)) B.eq\r(\f(3\r(3)gR,2))C.eq\r(\f(\r(3)gR,2)) D.eq\r(\f(\r(3)gR,3))解析：選B.到達B點時，小球平拋運動的水平位移x＝R＋Rcos60°設小球拋出時的初速度為v0，則到達B點時有tan60°＝eq\f(v0,gt)，水平位移與水平速度v0的關系為x＝v0t，聯立解得v0＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，選項B正確．7.(2015·高考天津卷)未來的星際航行中，宇航員長期處于零重力狀態(tài)，為緩解這種狀態(tài)帶來的不適，有人設想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉艙”，如圖所示．當旋轉艙繞其軸線勻速旋轉時，宇航員站在旋轉艙內圓柱形側壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力．為達到上述目的，下列說法正確的是()A．旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越大B．旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越小C．宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越大D．宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越小解析：選B.旋轉艙對宇航員的支持力提供宇航員做圓周運動的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(g,r))，即旋轉艙的半徑越大，角速度越小，而且與宇航員的質量無關，選項B正確．8．(2015·高考全國卷Ⅱ，T16，6分)由于衛(wèi)星的發(fā)射場不在赤道上，同步衛(wèi)星發(fā)射后需要從轉移軌道經過調整再進入地球同步軌道．當衛(wèi)星在轉移軌道上飛經赤道上空時，發(fā)動機點火，給衛(wèi)星一附加速度，使衛(wèi)星沿同步軌道運行．已知同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度約為3.1×103m/s，某次發(fā)射衛(wèi)星飛經赤道上空時的速度為1.55×103m/s，此時衛(wèi)星的高度與同步軌道的高度相同，轉移軌道和同步軌道的夾角為30°A．西偏北方向，1.9×103B．東偏南方向，1.9×103C．西偏北方向，2.7×103D．東偏南方向，2.7×103解析：選B.設當衛(wèi)星在轉移軌道上飛經赤道上空與同步軌道高度相同的某點時，速度為v1，發(fā)動機給衛(wèi)星的附加速度為v2，該點在同步軌道上運行時的速度為v.三者關系如圖，由圖知附加速度方向為東偏南，由余弦定理知veq\o\al(2,2)＝veq\o\al(2,1)＋v2－2v1vcos30°，代入數據解得v2≈1.9×103m/s.選項B正確．9.(多選)(2015·遼寧省五校聯考)中國志愿者王躍曾參與人類歷史上第一次全過程模擬從地球往返火星的試驗“火星—500”．假設將來人類一艘飛船從火星返回地球時，經歷如圖所示的變軌過程，則下列說法正確的是()A．飛船在軌道Ⅱ上運動時，在P點的速度大于在Q點的速度B．飛船在軌道Ⅰ上運動時，在P點的速度大于在軌道Ⅱ上運動時在P點的速度C．飛船在軌道Ⅰ上運動到P點時的加速度等于飛船在軌道Ⅱ上運動到P點時的加速度D．若軌道Ⅰ貼近火星表面，測出飛船在軌道Ⅰ上運動的周期，就可以推知火星的密度解析：選ACD.根據開普勒第二定律，行星在單位時間內掃過的面積相等可以知道，行星在遠離中心天體的位置處速度一定小于在靠近中心天體位置處的速度，類比可以知道，A對；人造飛船在P點處受到的萬有引力F引＝Geq\f(Mm,r2)，為其提供做圓周運動所需要的向心力F向＝meq\f(v2,r)，當萬有引力等于所需向心力時，人造飛船做圓周運動，當萬有引力小于所需向心力時，人造飛船做離心運動，飛船在P點，軌道Ⅱ速度大于軌道Ⅰ速度，B錯；根據牛頓第二定律F＝F引＝Geq\f(Mm,r2)＝man，同一個位置萬有引力大小與方向相同，所以在P點任一軌道的加速度相同，C對；當軌道Ⅰ貼近火星時，設火星的半徑為R，萬有引力用來提供向心力可以得到：F＝Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，于是M＝eq\f(4π2R3,GT2)＝ρV，又因為V＝eq\f(4πR3,3)，所以ρ＝eq\f(3π,GT2)，D對．二、非選擇題10．(2015·淄博三模)如圖所示，在傾角θ＝37°的粗糙斜面上距離斜面底端x＝1m處有一質量m＝1kg的物塊，受水平恒力作用，由靜止開始沿斜面下滑．到達底端時撤去水平恒力，物塊在水平面上滑動一段距離后停止．不計物塊撞擊水平面時的能量損失．物塊與各接觸面之間的動摩擦因數均為μ＝0.2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2(1)若物塊運動過程中的最大速度為1m/s，水平恒力F(2)若改變水平恒力F的大小，可使物塊總的運動時間有一最小值，最小值為多少？解析：(1)物塊到達斜面底端時速度最大，v2＝2ax對物塊，有FN＝mgcosθ＋Fsinθmgsinθ－Fcosθ－Ff＝maFf＝μFN代入數據得F＝4.2N.(2)設斜面上物塊加速度為a1，運動時間為t1，在水平面上運動時間為t2則x＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)到達底端時速度v′2＝2a1物塊在水平面上運動時a2＝μg，v′＝a2t2總時間t＝t1＋t2＝eq\r(\f(2x,a1))＋eq\f(\r(2a1x),a2)由數學知識可知，當a1＝2m/s2時tmin＝2答案：(1)4.2N(2)2s11．(2015·太原模擬)質量為3kg的長木板A置于光滑的水平地面上，質量為2kg的木塊B(可視為質點)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由靜止開始運動，如圖甲所示．A、B運動的加速度隨時間變化的圖象如圖乙所示．(g取10m(1)求木板與木塊之間的動摩擦因數；(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(2)求4s末A、B的速度大??；(3)若6s末木板和木塊剛好分離，則木板的長度為多少？解析：(1)由題圖乙知4s末A、B間達到最大靜摩擦力，此時a＝2m/s對應A板Ff＝mAa＝μmBgA、B間動摩擦因數μ＝eq\f(mAa,mBg)＝0.3.(2)由題圖乙知4s末二者的速度等于圖線與坐標軸包圍的面積v＝eq\f(1,2)at1＝eq\f(1,2)×2×4m/s＝4m/s.(3)4s到6s末t2＝2s木板A運動的位移xA＝vt2＋eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,2)木塊B運動的位移xB＝vt2＋eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,2)木板的長度l＝xB－xA＝4m答案：(1)0.3(2)4m/s4m/s12．(2015·高考全國卷Ⅱ，T25，20分)下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質災害．某地有一傾角為θ＝37°(sin37°＝eq\f(3,5))的山坡C，上面有一質量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示．假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質量也為m(可視為質量不變的滑塊)，在極短時間內，A、B間的動摩擦因數μ1減小為eq\f(3,8)，B、C間的動摩擦因數μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?保持不變．已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l＝27m，C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)在0～2s時間內A和B加速度的大?。?2)A在B上總的運動時間．解析：(1)在0～2s時間內，A和B的受力如圖所示，其中Ff1、FN1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，Ff2、FN2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示．由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得Ff1＝μ1FN1①FN1＝mgcosθ②Ff2＝μ2FN2③FN2＝F′N1＋mgcosθ④規(guī)定沿斜面向下為正．設A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得mgsinθ－Ff1＝ma1⑤mgsinθ－Ff2＋F′f1＝ma2⑥FN1＝F′N1⑦Ff1＝F′f1⑧聯立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入題給數據得a1＝3m/s2a2＝1m/s2.(2)在t1＝2s時，設A和B的速度分別為v1和v2，則v1＝a1t1＝6m/sv2＝a2t1＝2m/st＞t1時，設A和B的加速度分別為a′1和a′2.此時A與B之間的摩擦力為零，同理可得a′1＝6m/s2a′2＝－2m/s2B做減速運動．設經過時間t2，B的速度減為零，則有v2＋a′2t2＝0?聯立???式得t2＝1s在t1＋t2時間內，A相對于B運動的距離為x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a1teq\