备战2021年高考物理-一轮复习专项训练-力学综合练习(一)(含答案)

/备战2021年高考物理-一轮复习专项训练-力学综合练习（一）一、单选题1.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直放置的光滑档板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止，如图所示是这个装置的截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。则在此过程中，下列说法正确的是（

）A.

MN对Q的弹力逐渐减小

B.

地面对P的支持力逐渐增大

C.

Q所受的合力逐渐增大

D.

地面对P的摩擦力逐渐增大2.如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程A上升的高度为(

)A.

B.

C.

D.

3.如图所示，物块用一不可伸长的轻绳跨过小滑轮与小球相连，与小球相连的轻绳处于水平拉直状态。小球由静止释放运动到最低点过程中，物块始终保持静止，不计空气阻力。下列说法正确的有（

）

小球刚释放时，地面对物块的摩擦力为零

小球运动到最低点时，地面对物块的支持力可能为零

C.

上述过程中小球的机械能不守恒

D.

上述过程中小球重力的功率一直增大4.如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P的斜面与固定挡板MN接触且处于静止状态，则斜面体P此刻所受的外力个数有可能为(

)A.

2个或3个

B.

3个或5个

C.

2个或4个

D.

4个或5个5.如图所示，小物块在拉力F作用下向左做匀速直线运动，μ＜1，在角由45°逐渐增大到接近90°的过程中力F（

）A.

一直增大

B.

一直减小

C.

先减小后增大

D.

不变6.如图所示，物块在水平地面上向右做匀速直线运动，则物体受力个数为（

）A.

一定4个力

B.

可能2个力

C.

一定3个力

D.

可能2个也可能4个7.两个竖直杆固定在地面上，距离为3m，绳长为5m，分别固定在两个杆上，一件质量为m的衣服通过光滑挂钩挂在绳上，则绳子的拉力为（

）A.

B.

mg

C.

mg

D.

mg8.如图，物体C放在水平面上，物体B放在C上，小球A和B之间通过跨过定滑轮的细线相连。若B上的线竖直、两滑轮间的线水平，且不计滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦、滑轮与线间的摩擦。把A拉到某位置（低于滑轮）由静止释放使A在竖直平面内摆动，在A摆动的过程中B、C始终不动。下列说法中正确的是（

）

地面对C的摩擦力有时不为零

C对B的摩擦力有时有可能为零

C.

C对地面的压力有时可以等于B，C重力之和

D.

C对B的作用力有时竖直向上，有时竖直向下9.如图所示，质量为m的小球在细线A和轻弹簧B的共同作用下保持静止，其中细线A水平，左端固定于竖直墙壁，轻弹簧B上端固定于天花板，轴线与竖直方向的夹角为60°，已知轻弹簧B的劲度系数为k，重力加速度为g，则（

）

细线A中拉力的大小为mg

轻弹簧B中拉力的大小为mg

C.

轻弹簧B的伸长量为

D.

突然剪断弹簧B的瞬间，小球的加速度a大小为10.如图，质量为2m的物块A静置于水平台面上，质量为M、半径为R的半球体C静置于水平地面上，质量为m的光滑小球B（可视为质点）放在半球体C上，P为三根经绳PA、PB、PO的结点。系统在图示位置处于静止状态，P点位于C正上方距离其球心高h处（），OP竖直，PA水平，PB长为，已知A与台面的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则正确的是（

）A.

绳OP的拉力大小为mg

B.

A受到的摩擦力大小为

C.

B对C的压力大小为

D.

绳PB对B的拉力大小为二、多选题11.如图所示，质量为m、电荷量为Q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个带电荷量也为Q的小球B固定于O点的正下方绝缘支架上。可视为质点的小球A距离地面高度为h，平衡时A、B带电小球处于同一高度，重力加速度为g，静电力常量为k。则（

）A.

若剪断轻绳，小球A将沿绳方向做匀变速直线运动

B.

若剪断轻绳，小球A在空中运动时间为

C.

若剪断轻绳，小球A在空中运动时间小于

D.

若剪断轻绳，小球A着地时速度大于12.如图所示，放置在水平地面上的质量为M的直角劈上有一个质量为m的物体，若物体在直角劈上匀速下滑，直角劈仍保持静止，那么下列说法正确的是（

）A.

物体与斜面间的动摩擦因数

B.

物体与斜面间的动摩擦因数

C.

直角劈对地面的压力大于

D.

地面对直角劈没有摩擦力作用13.水平地面上固定一倾角为的足够长的光滑斜面，如图所示，斜面上放一质量为、长的薄板。质量为的滑块（可视为质点）位于薄板的最下端，与之间的动摩擦因数。开始时用外力使、静止在斜面上，某时刻给滑块一个沿斜面向上的初速度，同时撤去外力，已知重力加速度，，。下列说法不正确的是（

）A.

在滑块向上滑行的过程中，、的加速度大小之比为

B.

从、开始运动到、相对静止的过程所经历的时间为0.5s

C.

从、开始运动到、相对静止的过程中滑块克服摩擦力所做的功为J

D.

从、开始运动到、相对静止的过程中因摩擦产生的热量为J14.如图所示，物体的质量m=4.4kg，用与竖直方向成的斜向右上方的推力F把该物体压在竖直墙壁上，使它静止在竖直的墙壁上。物体与墙壁间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦与滑动摩擦相等，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）则推力F的大小可能是（

）A.

22N

B.

44N

C.

66N

D.

88N15.光滑的轻小滑轮用细绳OO′悬挂于O点，另一细绳跨过定滑轮，其一端连接物块A，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块B，整个系统始终处于平衡状态。若将物块B沿水平面向右缓慢移至C点，下列说法正确的是（

）A.

细绳对物块B的拉力大小增大

B.

物块B与水平面间的摩擦力增大

C.

细绳OO′所受拉力大小不变

D.

始终存在的角度关系16.如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角。则（）A.

车厢的加速度为gsinθ

B.

绳对物体1的拉力为

C.

底板对物体2的支持力为（m2-m1）g

D.

物体2所受底板的摩擦力为m2gtanθ17.一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图6所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（

）

当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小

当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大

C.

当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小

D.

当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小18.如图所示，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为FN和f。若电梯启动加速度减小为，则下面结论正确的是（

）

水平梯板对人的支持力变为

水平梯板对人的摩擦力变为

C.

电梯加速启动过程中，人处于超重状态

D.

水平梯板对人的摩擦力和支持力之比为19.如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球，重力加速度为g。当滑块以加速度a在水平面上做匀加速运动时，小球的受力情况和滑块A的加速度a的大小关系正确的是(

)A.

若绳对小球恰好没有拉力，则滑块A一定有向右的加速度，且a=g

B.

若绳对小球恰好没有拉力，则滑块A一定有向左的加速度，且a=g

C.

若滑块A向左以a=g做匀加速运动时，绳对小球的拉力为

D.

若滑块A向左以a=g做匀加速运动时，绳对小球的拉力为mg20.如图所示,竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中倾角为θ=370的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心。质量为m的小球（可视为质点）从与B点高度差为h的位置A点沿斜面由静止释放。重力加速度大小为g，sin37°=0.6,cos370=0.8，则下列说法正确的是（

）A.

当h=2R时,小球过C点时对轨逍的压カ大小为27mg/5

B.

当h=2R时,小球会从D点离开圆弧轨道做平拋运动

C.

当h=3R时，小球运动到D点时对轨道的压力大小为1.4mg

D.

调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点.三、综合题21.某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，物件和传送带间的动摩擦因数、与木板的动摩擦因数。传送带以的恒定速度顺时针转动。现将物件P无初速置于传送带A点，发现当物件到达B端时刚好相对传送带静止，到达D点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，皮带与木板间可认为无缝连接，重力加速度g=10m/s2。求：（1）传送带的长度L1；（2）木板的长度L2以及物件从A到D所需的时间T；（3）假如机械手未能在D点及时将物件取走，导致物件重新下滑，则此后它将在木板上运动的总路程S是多少？22.科技馆有一套儿童喜爱的机械装置，其结构简图如下：传动带AB部分水平，其长度L=1.2m，传送带以3m/s的速度顺时针匀速转动，大皮带轮半径r=0.4m，其下端C点与圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧EF对应的圆心角且圆弧的半径R=0.5m，F点和倾斜传送带GH的下端G点平滑连接，倾斜传送带GH长为x=4.45m，其倾角．某同学将一质量为0.5kg且可以视为质点的物块静止放在水平传送带左端A处，物块经过B点后恰能无碰撞地从D点进入圆弧轨道部分，当经过F点时，圆弧给物块的摩擦力f=14.5N，然后物块滑上倾斜传送带GH．已知物块与所有的接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度，,,，求：（1）物块由A到B所经历的时间；（2）DE弧对应的圆心角α为多少；（3）若要物块能被送到H端，倾斜传动带顺时针运转的速度应满足的条件及物块从G到H端所用时间的取值范围．23.某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB=4m，倾斜传送带长度LCD=4.45m，倾角为θ=37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1=5m/s的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2。现将一个质量为m=1kg的工件（可看作质点）无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：（1）工件被第一次传送到B端时所花时间；（2）若CD以v2顺时针转动且v2>v1，计算说明物体能否到达D端；（3）若CD以v2=4m/s顺时针转动，求物体在CD传送带上运动到最高点的过程中产生的热量Q。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）24.如图，将质量m＝1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数m＝0.9。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角q＝53°的拉力，（取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2）。（结果可以保留分数）（1）逐级增大拉力，当拉力为F1时，圆环沿杆匀速运动，求F1的大小。（2）小明同学认为，当拉力继续增大为F2时，环还是匀速运动，求F2的大小（3）请进一步分析，当静止的环受到的拉力方向不变，大小分别为下列各值时，圆环处于怎样的运动状态.a.0<F3<F1；b.F1<F4<F2；c.F5>F2

答案一、单选题1.【答案】D【解答】A．对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图由图可知，MN对Q的支持力逐渐增大，P对Q的支持力逐渐增大，A不符合题意；B．以P、Q整体作为研究对象，系统受到竖直向下的总重力和地面施加的竖直向上的支持力，二力平衡，等大反向，故地面对P的支持力不变，B不符合题意；C．物体Q一直平衡状态，所以合力不变，C不符合题意；D．对P、Q整体受力分析，受到总重力、MN杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图由于MN对Q的支持力逐渐增大，所以地面对P的摩擦力逐渐增大，D符合题意。故答案为：D。

【分析】由于Q处于动态平衡所以合力等于0；利用Q的平衡方程结合矢量三角形定则可以判别MN对Q的支持力大小变化；利用整体的平衡方程可以判别地面对P的支持力和摩擦力的大小变化。2.【答案】B【解答】最初弹簧处于压缩状态，根据平衡条件对A有，B刚好离开地面时弹簧处于拉伸状态，根据平衡条件对B有，这一过程A上升的高度为故答案为：B

【分析】利用A和B的平衡方程可以求出上升的高度。3.【答案】A【解答】A．小球刚释放时，小球速度为零，此时绳子的拉力为零，对物块分析可知，受到的摩擦力为零，A符合题意；B．小球运动到最低点时，若地面对物块的支持力为零，此时绳子的拉力对物块有向右的分力，不可能静止，B不符合题意；C．对小球摆动过程只有重力做功，故小球的机械能守恒，C不符合题意；D．刚释放时速度为零，小球的功率为零，到达最底端时，速度方向与重力方向垂直，功率为零，故功率先增大后减小，D不符合题意。故答案为：A。

【分析】小球刚释放时绳子拉力等于0，则利用物体的平衡可以判别地面摩擦力等于0；当小球运动到最低点时，由于水平方向的平衡导致地面对物块有摩擦力的作用所以地面对物块的支持力不等于0；由于小球下落过程只有重力做功所以机械能守恒；下落过程重力的功率先增大后减小。4.【答案】C【解答】对物块分析可知，其一定受到重力和弹簧的弹力，若这两个力恰好相等，则其只受到2个力；若弹力大于重力，则物块还受到挡板MN的支持力和摩擦力，共4个力，故斜面体受力个数可能为2个或4个，C符合题意；故答案为：C。

【分析】利用P物体的平衡条件可以判别物体受力的个数。5.【答案】A【解答】小物块在拉力F作用下向左做匀速直线运动，根据物体的受力平衡：水平方向有Fcosθ=μN竖直方向有N+Fsinθ=mg联立解得其中当θ从45°逐渐增大到接近90°的过程中，sin(θ+α)逐渐减小，所以F逐渐增大，A符合题意。故答案为：A。

【分析】利用物块的平衡方程可以求出拉力的表达式，结合角度的变化可以判别拉力的大小变化。6.【答案】A【解答】如果物块受2个力的作用，即一定为重力与拉力，则此二力不可能平衡，则物块不可能只受2个力的作用，对物块受力分析，重力、拉力、地面对物块的支持力，由于物块在水平面上匀速运动，则合力为0，所以物块还受到地面的摩擦力作用，所以物块一定受4个力的作用故答案为：A。

【分析】利用物块的平衡条件可以判别受力的个数。7.【答案】A【解答】同一根绳子绳中的拉力大小左右相等，由平衡可知，左、右两边绳子与水平方向的夹角相同设为，由几何关系得即则得根据平衡条件得解得故答案为：A。

【分析】利用几何关系可以求出绳子与竖直方向夹角的大小，结合衣服的平衡方程可以求出拉力的大小。8.【答案】B【解答】A．以BC为对象，受到重力支持力和绳子的拉力，由于力都在竖直方向，所以地面对C的摩擦力为零，A不符合题意；B小球A在最低点时，绳子的拉力和重力提供向心力，当绳子的拉力正好等于B的重力时，BC之间没有弹力，此时BC间摩擦力等于零，对C进行受力分析可知，C所示重力和地面的支持力平衡，不受摩擦力，B符合题意；C.以BC为对象，受到重力支持力和绳子的拉力，由于绳子的拉力不可能为零，所以C对地面的压力不可能等于B、C重力之和，C不符合题意；D.由于地面没有摩擦力，所以B对C的作用力只能在竖直方向，C对B的作用力可以竖直向上，但不会竖直向下，D不符合题意；故答案为：B．

【分析】利用BC为整体的平衡方程可以判别地面对C的摩擦力的大小；小球A在最低点利用拉力和重力提供向心力，当拉力等于B的重力时，BC之间没有摩擦力的作用；利用BC为整体结合拉力不能等于0可以判别C对地面的压力大小；由于地面没有摩擦力的作用所以C对B的作用力可以竖直向上。9.【答案】C【解答】A．对小球受力分析，如图所示．由平衡条件得tan60°=解得细线A中拉力的大小FA=mgA不符合题意；BC．由三角函数关系得cos60°=解得FB=2mg由胡克定律得FB=k△x可得△x=B不符合题意、C符合题意；D．突然剪断弹簧B的瞬间，细绳A的拉力突变为零，此时小球的加速度a大小为g，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】对小球进行受力分析，在重力、弹力和拉力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解他那里，结合胡克定律求解形变量即可。10.【答案】C【解答】对小球B受力分析如图，由相似三角形得解得，A．绳OP的拉力大小为A不符合题意；B．A受到的摩擦力大小为等于PB绳沿水平方向的分力即为C．由上分析可知，B对C的压力大小为，C符合题意；D．由上分析可知，绳PB对B的拉力大小为，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】对小球B进行受力分析，在重力、拉力和支持力的作用下，小球处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。二、多选题11.【答案】C,D【解答】对平衡的小球A受力分析，水平向右的库仑力，竖直向下的库仑力，斜向右上的绳的拉力，如图所示A．若剪断轻绳，初态合力沿拉力的反方向，斜向右下的加速直线运动，但A与B间的库仑力逐渐减小，方向沿着两球的连线为变力，则合力与速度有夹角，小球A做加速度逐渐减小的曲线运动，A不符合题意；BC．若剪断轻绳后，库仑力斜向右下在竖直方向有分力，则小球在竖直方向的加速度大于重力加速度g，由可知运动时间B不符合题意，C符合题意；D．若剪断轻绳，对小球落地的过程，库仑斥力要做正功，由动能定理则小球A着地时速度D符合题意。故答案为：CD。

【分析】利用剪断绳子后，小球受到的库仑力变化可以判别小球不是做匀变速直线运动；利用竖直方向的加速度可以判别小球在空中运动的时间；利用动能定理可以判别小球落地速度的大小。12.【答案】B,D【解答】AB．物体在直角劈上匀速下滑，说明物体重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力解得A不符合题意，B符合题意；C．将M、m视为整体，根据牛顿第二定律，两物体均没有竖直向下的加速度，则系统的总重力等于对地面的压力，根据牛顿第三定了，直角劈对地面的压力等于，C不符合题意；D．将M、m视为整体，根据牛顿第二定律，两物体均没有水平方向的加速度，故水平方向不能受到地面的摩擦力，D符合题意。故答案为：BD。

【分析】利用物体的平衡方程可以求出动摩擦因素的大小；利用整体的平衡方程可以判别地面对斜面的支持力和摩擦力的大小。13.【答案】A,B,C【解答】A.A、B的加速度大小分别为：则aA：aB=2：5A错误，符合题意。B.B沿斜面向上运动的时间为：B运动到最高点时，A沿斜面向下运动的速度为：vA=aAt1=2m/s设B从最高点向下运动到两者速度沿斜面向下相同时用时为t2．则有：aBt2=vA+aAt2得：共同速度为：因此从A、B开始运动到A、B沿斜面向下的速度相同所经历的时间为：B错误，符合题意。C.B沿斜面向上运动的位移为：此过程中A向下运动的位移为：B球沿斜面向下运动到两者速度相同时，下滑的位移为：此过程中，A向下运动的位移为：故整个过程中摩擦力对滑块B所做的功为：即滑块B克服摩擦力所做的功为，C错误，符合题意。D.整个过程中因摩擦产生的热量为：D正确，不符合题意。故答案为：ABC

【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度，结合运动学公式求解位移，利用运动学公式求解物体与底面的相对位移，摩擦力产生的热量用摩擦力的大小乘以两物体相对运动的距离即可。14.【答案】B,C,D【解答】当物体有向上滑动的趋势且达到最大静摩擦力时，受力分析如左图所示，根据平衡条件有水平方向FN=Fsinθ竖直方向Fcosθ=Ff+mg又因为Ff=μFN由以上三式可解得F当物体有向下滑动的趋势且达到最大静摩擦力时，受力分析如右图所示，根据平衡条件有水平方向FN=Fsinθ竖直方向Fcosθ+Ff=mg又因为Ff=μFN由以上三式可解得

当F在40N和88N之间时，物体总能保持静止。故答案为：BCD。

【分析】利用物体的平衡方程结合最大静摩擦力的方向可以求出推力的大小范围。15.【答案】B,D【解答】A．细绳对物块B的拉力大小等于A的重力，则大小不变，A不符合题意；B．物块B与水平面间的摩擦力，则将物块B沿水平面向右缓慢移至C点时，增大，则物块B与水平面间的摩擦力f增大，B符合题意；C．细绳OO′所受拉力大小等于两边绳子的拉力的矢量和，因两边绳子拉力不变，夹角变大，则细绳OO′所受拉力减小，C不符合题意；D．因滑轮两边绳子拉力大小相等，可知，由几何关系可知，则始终存在的角度关系，D符合题意。故答案为：BD

【分析】对节点O’进行受力分析，在三个拉力的作用下，节点处于平衡状态，合力为零，结合拉力方向的变化分析其他力的变化。16.【答案】B,D【解答】AB、由题以物体1为研究对象设绳子拉力为则，，则，B符合题意；由牛顿第二定律有：，则，A不符合题意；CD、以物体2为研究对象竖直方向有：，则，C不符合题意；水平方向有：，D符合题意，故答案为：BD【分析】利用1物体求出小车的加速度和绳子的拉力，对物体2进行受力分析求出受到的摩擦力和压力。17.【答案】B,C【解答】解法一：物体放在斜面上，受到三个力作用：重力mg、斜面的支持力FN和静摩擦力F，如图所示.由于物体在电梯中，具有与电梯相同的向上加速度，故物体在水平方向上合外力为零，在竖直方向由Ffcosθ=FNsinθFfsinθ+FNcosθ-mg=ma由以上两式解得FN=m(g+a)cosθFf=m(g+a)sinθ由支持力和摩擦力的表达式可判断B、C符合题意解法二：在加速度向上的系统中的物体处于超重状态，也就是在该系统中放一静止的物体，受到的重力大小可以认为是m（g+a）.然后利用平衡条件进行判断.对于在斜面上的物体，斜面对物体的支持力FN=m(g+a)cosθ.斜面对物体的静摩擦力Ff=m(g+a)sinθ.由支持力和摩擦力的表达式可以判断B、C两项正确.故答案为：BC【分析】对物体进行受力分析，结合物体的加速度，求出斜面对物体支持力的变化，进而分析摩擦力的变化。18.【答案】B,C【解答】将人的加速度分解，水平方向，竖直方向对于人根据牛顿第二定律，在水平方向有：在竖直方向有，人处于超重状态；当加速度由a变为时，对于人根据牛顿第二定律，在水平方向有，摩擦力变为原来的一半，即为；但由知支持力不为原来的一半，则水平梯板对人的摩擦力和支持力之比也发生变化，AD不符合题意，BC符合题意。故答案为：BC【分析】把人的加速度分解到水平和竖直方向，分别应用牛顿第二定律求解受力即可。19.【答案】A,C【解答】A、若绳对小球恰好没有拉力，则对小球进行受力分析如图所示：

,根据牛顿第二定律可知：，则a=g，方向水平向右，A符合题意，B不符合题意；C、当滑块A向左以a=g做匀加速运动时，则小球的合力为：，方向水平向左，则对小球进行受力分析如图所示：

，

则此时小球与斜面之间恰好没有弹力，则由图可知绳的拉力为：，C符合题意，D不符合题意。故答案为：AC【分析】利用整体加速度相同，结合牛顿第二定律可以求出小球和滑块的加速度的方向及大小；利用整体法及滑块的加速度大小可以求出绳子拉力的大小。20.【答案】A,C【解答】A、当h=2R时，从A到C的过程：由动能定理，在C点由牛顿第二定律得，解得，由牛顿第三定律得：小球在刚过C点时对轨道的压力大小为，A符合题意；B、小球会从D点离开圆弧轨道做平拋运动的条件是，从A到D的过程：由动能定理，解得，所以小球不会从D点离开圆弧轨道做平拋运动，B不符合题意；C、当h=3R时，解得，在D点由牛顿第二定律得，解得

，所以，由牛顿第三定律得小球运动到D点时对轨道的压力大小为1.4mg，C符合题意；D、小球从D点离开圆弧轨道做平抛运动，则有，解得，小球水平方向的位移，大于，所以小球能从D点离开圆弧轨道，不能恰好落在B点，D不符合题意；故答案为：BC。【分析】利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出小球过C点对轨道的压力大小；利用动能定理可以求出小球经过最高点的速度，利用最高点的临界速度可以判别是否能过最高点做平抛运动；结合牛顿第二定律可以求出在D点对轨道的压力大小；利用小球恰好过最高点后的平抛水平位移与BD间的位移进行对比判别小球能否恰好打在B点。三、综合题21.【答案】（1）解：P放上皮带后，受力如图一由牛顿第二定律有根据速度位移公式有联立代入数据解得

（2）解：到达木板上C点后，受力如图二由牛顿第二定律得则C、D间距离（板长）为解得在皮带上上滑时间为在木板上上滑时间为所以有

（3）解：从D点向下运动，受力如图三由牛顿第二定律得第一次返回B时有滑过B点后在皮带上先向下减速后以相同加速度返回，向上冲的位移第二次返回B往上冲设第i次向上经过B点时速度为vi，物块可上冲xi，则返回B点时速度为可知第i+1次向上经过B点时速度大小仍为vi+1，则物块可上冲的位移为即物块每次冲上木板的距离是上一次的倍，可得此后物块还能在板上运动的路程为【分析】（1）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合物体的初末速度，利用运动学公式求解传送带长度；

（2）同理，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合木板长度利用运动学公式求解运动时间；

（3）物体现在木板上加速下滑，然后再传送带上的带动下冲上木板，明确物体的运动过程，结合物体的加速度，利用运动学公式求解即可。22.【答案】（1）解：物体在水平传送带上，由牛顿第二定律得：所以：物体加速到3m/s的时间：在加速阶段的位移：物体做匀速直线运动的时间：物块由A到B所经历的时间：t=t1+t2=0.7s

（2）解：若物体能在B点恰好离开传送带做平抛运动，则满足：

所以：所以物体能够在B点离开传送带做平抛运动，平抛的时间：解得：

到达D点时物体沿竖直方向的分速度：到达D点时物体的速度与水平方向之间的夹角：所以：α=53°

即DE弧对应的圆心角α为530

（3）解：当经过F点时，圆弧给物块的摩擦力f=14.5N，所以物体在F点受到的支持力：物体在F点时，支持力与重力的分力提供向心力得：代入数据得：v3=5m/s物体在倾斜的传动带上受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，滑动摩擦力：f′=μmgcos370=2N重力沿斜面向下的分力：Fx=mgsin370=3N>f′可知物体不可能相对于传动带静止，所以物体在传送带上将一直做减速运动，物体恰好到达H点时速度为0.Ⅰ、若传送带的速度大于等于物体在F点的速度，则物体受到的摩擦力的方向向上，物体一直以不变的加速度向上做减速运动；此时：Fx-f′=ma3解得：a3=2m/s2物体的位移为：代入数据解得：t′=1.16s（或t′=3.84s不合题意）Ⅱ、若传送带的速度小于物体在F点的速度，则物体先相对于传送带向上运动，受到的摩擦力的方向向下；当物体的速度小于传送带的速度后，受到的摩擦力方向向上，物体继续向上做减速运动，速度的大小发生变化．设物体恰好能到达H点时，传送带的速度是vmi