（练习册）【20-21春】力学

（练习册）【20-21春】力学答案解析模块1：静力学例题11【答案】A【解析】对结点O受力分析，重力的大小和方向均不变，水平拉力F的方向不变，绳OA段的拉力的方向在变化，满足三力平衡的动态平衡，如图所示．由图可知，水平拉力F逐渐增大，绳的拉力T逐渐增大，故A故选A．例题21【答案】C【解析】设悬挂小物块的点为O′，圆弧的圆心为O，由于ab=R，所以三角形Oab为等边三角形，根据几何知识可得∠aO′b=120∘，而一条细线上的拉力相等，故T=mg，小物块受到两条细线的拉力作用，两力大小相等，夹角为120∘，故受到的拉力的合力等于mg，因为小物块受到细线的拉力和重力作用，处于静止状态，故拉力的合力等于小物块的重力，所以小物块的质量为m，C正确。例题31【答案】B【解析】解：AB、设动滑轮两侧绳子总长为L，定滑轮与墙壁的距离为s，动滑轮两侧绳子的夹角为2α，由对称性和数学知识可得：sinα=s，L因为s和L均不变，则α不变，由平衡条件知绳的拉力大小一直不变，故A错误，BC、绳子对的拉力不变，Q的受力情况不变，摩擦力不变，故C错误；D、P处于平衡状态，合力为零，没有变化，故D错误。故选：B。例题41【答案】AC【解析】解：A、对整体分析，整体的加速度大小都为：Fa=m1+m2

，故A正确。BC、隔离分析，第一种情况，

A对B的作用力为：F1=m2a=

m2F ，m1+m2第二种情况，

B对A的作用力为：F2=m1a=

m1F 。m1+m2则有：F1+F2=F。故B错误，C正确。D、由以上数据可知，

F1=F2

m2，故D错误。m1例题51【答案】BD【解析】AC、物块b仍始终保持静止，可知物块a也始终保持静止，滑轮两侧绳子的夹角不变，可知连接a和b的绳的张力等于物块a的重力，所以连接a和b的绳的张力保持不变，夹角不变，所以，绳OO′的张力不变，故A、C错误；BD、对b进行受力分析可知，当F方向不变，大小在一定范围内变化时，而重力mg和绳子的拉力FT保持不变，所以，物块b所受到的支持力也在一定范围内变化，物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故B、D正确。模块2：动力学 例题61【答案】C【解析】设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2．对木块进行受力分析，根据牛顿第二定律得：mgsinαμmgcosαma1，mgsinβμmgcosβma2，得a1=gsinαμgcosαa2=gsinβμgcosβ，则知a1>a2因v−t图像的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率；上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x=

1at2知，上滑过程时间较短，2因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，故两段图像都是直线，由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达v0．故C正确，ABD错误；故选C．例题71【答案】ACD【解析】A选项：剪断细线OA的瞬间，小球开始做竖直面内的圆周运动，其线速度为零，所以沿径向的加速度为零，只有沿切向的加速度．由牛顿第二定律有：径线方向：TOB−mgcosθ=0，切线方向：mgsinθ=ma，得：a=gsinθ，故A错误；B选项：剪断OA线后，下摆到最低点过程中，根据动能定理可知mgL21cosθ=mv2

1mv2，2在最低点，根据牛顿第二定律可知F−mg=确；

，联立解得F=mg(3−2cosθ)，故B正L2C选项：剪断OB线瞬间，小球做自由落体运动，加速度为g，故C错误；D选项：剪断OB线后，设小球与水平方向的夹角为α时，速度为v，则mgL1sinα=此时重力做功的瞬时功率

1mv2，2P=mgvcosα=mg识可知，故D错误；故选ACD．

2gL1sinαcosαmg 2gL1(sinαsin3α)，根据数学知例题81【答案】D【解析】解：由题意知，小球通过D点时的速度方向与圆柱体相切，则有vy=v0tan53∘小球从C到D，水平方向有Rsin53∘=v0tvy竖直方向上有y= 2t，8联立解得y=15R，根据几何关系得，C点到B点的距离yCByR(1cos53∘)=

215R，故D正确，A、B、C错误．故选例题91【答案】D【解析】解：A与B两个座椅具有相同的角速度。A、根据公式：v=ωr，A的运动半径较小，则A的速度较小，故A错误；B、根据公式：a=ω2r，A的运动半径较小，则A的向心加速度较小，故B错误；C、对任一座椅，受力如图：由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθmω2r，则得tanθ=运动半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误；

ω2rg

，A的D、缆绳的拉力T= (mg)2+(ma)2，A的向心加速度小，悬挂A的缆绳所受的拉力较小，故D正确。例题101【答案】D【解析】A选项，B力f=mrω2，木块a、的ω相等，质量分别为2m和m，开始时a和受到的摩擦力是相等的，当圆盘的角速度增大时的静摩擦力先达到最大值，当滑动时，a的摩擦力是的2倍，故AB错误；C选项：以a、整体为研究对象，临界角速度为ω，则：k3mg2mω2Lmω22L，解得3kgω= 4L，故C错误；D选项：当ω= 2kg时，a、均未滑动，f −T=2mω2L；对b：3LT+kmg=mω2⋅2L，解得：f

a5kmg，故D正确；a 3故选D．例题111【答案】B【解析】由于篮球垂直击中A点，其逆过程是平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小．若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大．因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上的A点．故选B．例题121【答案】BCD【解析】解：A、小球恰好能通过半圆的最高点M，由重力提供向心力，则有mg=m

vM2，得RvM=

gR，故A错误；B、小球从A点到M点，由动能定理得−2mgR，故B正确；

122mvM 2

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