阶段检测一　力学部分.docx

阶段检测一　力学部分 考生注意：‎ ‎1.本试卷共4页.‎ ‎2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.‎ ‎3.本次考试时间90分钟，满分100分.‎ ‎4.请在密封线内作答，保持试卷清洁完整.‎ 一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分)‎ ‎1.(2018·广东揭阳高三期末)如图1，A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1 kg，B的质量是2 kg，A、B间的动摩擦因数是0.3，其它摩擦不计.由静止释放C，C下落一定高度的过程中(C未落地，B未撞到滑轮，g＝10 m/s2).下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A.A、B两物体发生相对滑动 B.A物体受到的摩擦力大小为3 N C.B物体的加速度大小是2.5 m/s2‎ D.细绳的拉力大小等于10 N ‎2.如图2所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连.由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升.当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度vA≠0，若这时B未落地，其速度为vB，则(　　)‎ 图2‎ A.vB≠0 B.vB＝0‎ C.vB＝vA D.vB>vA ‎3.如图3所示，轻质弹簧左端固定，右端与质量为m的小滑块甲接触(但不相连结)，用一水平力推着滑块甲缓慢压缩弹簧，将弹簧压缩到一定长度时，突然撤去推力，滑块被弹簧弹出，‎ 在桌面上滑动后由桌边水平飞出，落到地面上的a点，落地时速度为v.若将小滑块换成质量为2m的小滑块乙，弹簧压缩的长度相同，忽略两滑块与桌面间的摩擦力和空气阻力，小滑块乙落到地面时(　　)‎ 图3‎ A.落点在a的左侧，落地速度小于v B.落点在a的右侧，落地速度小于v C.落点在a的左侧，落地速度大于v D.落点在a的右侧，落地速度大于v ‎4.(2017·内蒙古赤峰二中模拟)如图4所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ＝60°，AB两点高度差h＝1 m，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为(　　)‎ 图4‎ A.2 m/s B.2 m/s C.4 m/s D. m/s ‎5.(2017·河北邢台第二中学模拟)一物体竖直向下匀加速运动一段距离，对于这一运动过程，下列说法正确的是(　　)‎ A.物体的机械能一定增加 B.物体的机械能一定减少 C.相同时间内，物体动量的增量一定相等 D.相同时间内，物体动能的增量一定相等 ‎6.(2017·四川攀枝花第二次统考改编)如图5所示，一轻弹簧下端固定在倾角为θ的固定斜面底端，弹簧处于原长时上端位于斜面上B点，B点以上光滑，B点到斜面底端粗糙，可视为质点的物体质量为m，从A点静止释放，将弹簧压缩到最短后恰好能被弹回到B点.已知A、B间的距离为L，物体与B点以下斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，则此过程中(　　)‎ 图5‎ A.克服摩擦力做的功为mgLsin θ B.弹簧的最大压缩量为 C.物体的最大动能一定等于mgLsin θ D.弹性势能的最大值为mgL(1＋)‎ 二、多项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)‎ ‎7.(2017·福建四地六校月考)甲、乙两辆汽车沿平直公路从同一地点同时由静止开始向同一方向运动的v－t图象如图6所示，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图6‎ A.0～t时间内，甲的加速度小于乙的加速度 B.0～2t时间内，甲的平均速度大于乙的平均速度 C.t时刻两车再次相遇 D.在t～2t时间内的某时刻，两车再次相遇 ‎8.(2017·江西南昌十所省重点中学模拟)嫦娥一号是我国研制的首颗绕月人造卫星，设嫦娥一号贴着月球表面做匀速圆周运动，经过时间t(t小于嫦娥一号的绕行周期)，嫦娥一号运动的弧长为s，嫦娥一号与月球中心的连线扫过的角度为θ(θ用弧度制表示)，引力常量为G，则下面描述正确的是(　　)‎ A.航天器的轨道半径为 B.航天器的环绕周期为 C.月球的质量为 D.月球的密度为 ‎9.(2017·山东莱州第二次质量检测)一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图象如图7所示.若已知汽车的质量m，牵引力F1 和速度v1及该车所能达到的最大速度v3，运动过程中阻力大小恒定，则根据图象所给的信息，下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A.汽车运动中的最大功率为F1v1‎ B.速度为v2时的加速度大小为 C.汽车行驶中所受的阻力为 D.恒定加速时，加速度大小为 ‎10.(2017·广东深圳三校模拟改编)如图8所示，重力为G的圆柱体A被平板B夹在板与墙壁之间，平板B与底座C右端的铰链相连，左端由液压器调节高度，以改变平板B与水平底座C间的夹角θ，B、C及D总重力也为G，底座C与水平地面间动摩擦因数为μ(0.5＜μ＜1)，平板B的上表面及墙壁是光滑的.底座C与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A.C与地面间的摩擦力总等于2μG不变 B.θ角增大时，地面对C的摩擦力总增大 C.要保持底座C静止不动，应满足tan θ≤2μ D.若保持θ＝45°不变，圆柱体重力增大ΔG，仍要保持底座C静止，则ΔG的最大值ΔGm＝G ‎11.(2017·安徽亳州模拟)如图9所示，质量为m的小球从固定半圆形槽上与圆心等高的P点无初速度释放，先后经过A、B、C点，C点是小球能到达左侧的最高点.B点是最低点，半圆形槽的半径为R，A点与 图9‎ C点等高，与B点的高度差为，重力加速度为g, 则(　　)‎ A.小球从P点运动到C点，重力对小球做的功大于小球克服摩擦力做的功 B.小球第一次由A点运动到B点克服摩擦力做的功等于由B点运动到C点克服摩擦力做的功 C.小球只能经过A点一次 D.小球第一次经过B点时，对槽的压力一定大于2mg ‎12.(2017·甘肃兰州第一中学模拟)质量为m的物体以速度v沿光滑水平面匀速滑行，现对物体施加一水平恒力，t秒内该力对物体所施冲量大小为3mv，则t秒内(　　)‎ A.t秒末物体运动速率可能为4v B.物体位移的大小可能为vt C.该力对物体做功不可能大于mv2‎ D.该力的大小为 三、非选择题(本题共6小题，共46分)‎ ‎13.(6分)(2017·重庆第一中学考前热身)某研究小组设计了一种“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案.如图10所示，A是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽(滑槽末端与桌面相切)，B是质量为m 的滑块(可视为质点).‎ 图10‎ 第一次实验，如图a所示，将滑槽末端与桌面右端M对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出M距离地面的高度H、M与P间的水平距离x1.‎ 第二次实验，如图b所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块B从 X 由静止滑下，最终落在水平地面上的P′点，测出滑槽末端与桌面右端M的距离L、M与P′间的水平距离x2.‎ ‎(1)第二次实验中，“X”处应填 .‎ ‎(2)第二次实验中，滑块滑到槽最低点时的速度大小为 .(用实验中所测物理量的符号表示，已知重力加速度为g).‎ ‎(3)若实验中测得H＝25 cm、x1＝30 cm、L＝10 cm、x2＝20 cm，则滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝ .‎ ‎14.(8分)(2017·四川德阳一诊)如图11，某实验小组探究合外力做功和动能变化的关系，他们将宽度一定的遮光片固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与砝码盘相连，‎ 在水平桌面上的A、B两点各安装一个光电门，记录小车通过A、B位置时的遮光时间，小车中可以放置砝码.‎ 图11‎ ‎(1)实验主要步骤如下：‎ ‎①实验前应将木板左端略微抬高，使小车通过两光电门的遮光时间相等，这样做的目的是 ；‎ ‎②用长度测量工具游标卡尺测量遮光片宽度为d，再用刻度尺量得A、B之间的距离为L；‎ ‎③将小车停在C点，在砝码盘中放上砝码，小车在细线拉动下运动，记录此时小车(含遮光片及车中砝码)的质量为M，砝码盘和盘中砝码的总质量为m，小车通过A、B的遮光时间分别为t1、t2，已知重力加速度为g，则可以得到A至B过程中小车的合外力做功为 ，小车的动能变化量为 (用相应的字母m、M、t1、t2、L、d表示)；‎ ‎④在小车中增减砝码或在砝码盘中增减砝码，重复③的操作.‎ ‎(2)为了实验能达到预期效果，步骤③中M、m应满足的条件是 .‎ ‎15.(6分)如图12，一质量M＝3.0 kg、足够长的木板B放在光滑的水平面上，其上表面放置质量m＝1.0 kg的小木块A，A、B均处于静止状态，A与B间的动摩擦因数μ＝0.30，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.现给木块A施加一随时间t变化的水平力F＝kt(k＝2.0 N/s)，重力加速度取g＝10 m/s2.‎ 图12‎ ‎(1)若木板B固定，则经过多少时间木块A开始滑动？‎ ‎(2)若木板B固定，求t2＝2.0 s时木块A的加速度大小.‎ ‎(3)若木板B不固定，求t3＝1.0 s时木块A受到的摩擦力大小.‎ ‎16.(8分)(2017·四川德阳一诊)如图13所示，倾角为θ的无限长斜面上PQ部分粗糙，且长为3L，其余部分都光滑.质量均为m的四个小物块(可视为质点)置于斜面，每相邻两物块间有一长为L且平行于斜面的轻杆，每根杆的上端与物块粘连而下端与物块不粘连，各物块与斜面PQ段的动摩擦因数均为2tan θ.A、B、C、D同时释放时A恰在P点，且各物块有相同的沿斜面向下的初速度，最终四个物块均能通过Q点.重力加速度为g.求：‎ 图13‎ ‎(1)A在PQ段运动刚达到最大速度时的位置；‎ ‎(2)物块C刚过P点时，杆对物块D的弹力；‎ ‎(3)要使四个物块均能通过Q点，最初释放各物块时的初速度应该满足的条件.‎ ‎17.(8分)(2017·山师大附中第三次模拟)如图14所示，在水平面上固定一个半径R＝1.6 m的光滑圆弧轨道的工件，其圆心在O点，AOC连线水平，BOD连线竖直.在圆周轨道的最低点B有两个质量分别为m1＝2 kg，m2＝1 kg的可视为质点的小球1和2，两小球间夹有一个极短的轻弹簧，当弹簧储存了Ep＝90 J的弹性势能时锁定弹簧.某时刻解除锁定，弹簧将两个小球弹开，重力加速度g＝10 m/s2，试求：‎ 图14‎ ‎(1)两小球脱离弹簧瞬间的速度大小；‎ ‎(2)通过计算说明小球2第一次沿轨道上滑过程中能否到达D点？‎ ‎18.(10分)(2017·四川达州一模)如图15，质量为M＝2.0 kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB部分是半径为R＝0.4 m的四分之一圆弧光滑轨道，BC部分是长为L＝0.2 m的水平粗糙轨道，动摩擦因数为μ＝0.5，两段轨道相切于B点.C点离地面高为h＝0.2 m，质量为m＝1.0 kg的小球(视为质点)在小车上A点从静止沿轨道下滑，重力加速度取g＝10 m/s2.‎ 图15‎ ‎(1)若小车固定，求小球运动到B点时受到的支持力大小FN；‎ ‎(2)若小车不固定，小球仍从A点由静止下滑：‎ ‎①求小球运到B点时小车的速度大小v2；‎ ‎②小球能否从C点滑出小车？若不能，请说明理由；若能，求小球落地时与小车之间的水平距离s.‎ 答案精析 ‎1.C　[假设A、B不发生相对滑动，整体的加速度a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，对A物体，Ff＝mAa＝1×2.5 N＝2.5 NmgR，对小球在B点，应用牛顿第二定律可得：FN－mg＝m，得FN＝mg＋m>2mg，那么，由牛顿第三定律可知：小球第一次过B点时，对槽的压力一定大于2mg，故D正确.]‎ ‎12.ABC　[若冲量方向与物体初动量方向相同，则由动量定理可得，m·3v＝mvt－mv，解得vt＝4v；若方向相反，则有－3mv＝mv′－mv，解得v′＝－2v，故A正确；若冲量方向与初动量方向相同，则平均速度＝＝2.5v，则位移x＝t＝2.5vt，若冲量方向与初动量方向相反，则平均速度′＝＝－0.5v，则位移x＝′t＝－0.5vt，即位移大小为vt，故B 正确；根据动能定理，冲量方向与初动量方向相同时，力对物体做功最大，W＝m(4v)2－mv2＝，C正确；由动量定理可得，Ft＝m·3v，解得F＝，故D错误.]‎ ‎13.(1)滑槽最高点　(2)x1　(3)0.5‎ 解析　(1)第二次实验中，应让滑块B仍从滑槽最高点由静止滑下；‎ ‎(2)两次实验中，滑块到达滑槽底端的速度相等，题图a中，由平抛运动知识得：‎ 水平方向：v1＝ ①‎ ‎ 竖直方向有：H＝gt2 ②‎ 由①②式求得：v1＝x1 ③‎ ‎(3)利用平抛运动知识，同理可求得题图b中滑块离开桌面时的速度为：v2＝x2 ④‎ 物体在水平桌面上运动，由动能定理：‎ ‎－μmgL＝mv22－mv v12 ⑤‎ ‎ 联立③④⑤式并代入数据，解得：μ＝0.5.‎ ‎14.(1)①平衡摩擦力　③mgL　M()2－M()2‎ ‎(2)M远大于m ‎15.(1)1.5 s　(2)1 m/s2　(3)1.5 N 解析　(1)当木板固定时，A开始滑动瞬间，水平力F与最大静摩擦力大小相等，‎ 则：F1＝Ffm＝μmg, ‎ 设经过t1时间A开始滑动，则：t1＝＝1.5 s.‎ ‎(2)t2＝2.0 s时，有：F2＝kt2＝2×2 N＝4 N，‎ 由牛顿第二定律得F2－μmg＝ma 解得a＝1 m/s2.‎ ‎(3)t3＝1.0 s时水平外力为：F3＝kt3＝2 N 由于此时F3小于最大静摩擦力，两者一定不发生相对滑动，故一起做匀加速运动 以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得：F3＝(m＋M)a′，a′＝0.5 m/s2‎ 对A受力分析有：F3－Ff＝ma′，‎ Ff＝F3－ma′＝(2－1×0.5) N＝1.5 N.‎ ‎16.见解析 解析　(1)‎ 由整体法，将四物块及杆看成整体，当它们下滑到重力沿斜面向下的分力等于摩擦力时运动速度达最大值，有：‎ μ·nmgcos θ＝4mgsin θ 解得：n＝2‎ 即滑块B刚过P点时A在PQ段运动刚达到最大速度，此时A离P点的距离为L ‎(2)对四物块及杆整体，由牛顿第二定律得：‎ μ·3mgcos θ－4mgsin θ＝4ma 得到a＝gsin θ，方向沿斜面向上 对物块D，由牛顿第二定律得：‎ F－mgsin θ＝ma 解得F＝mgsin θ，方向沿斜面向上 ‎(3)要使四个物块都能通过Q点，则物块D过Q点时的速度应大于零.物块A过Q点时，物块D刚过P点，设此时物块D的速度为v 对物块D从P到Q的过程用动能定理得 mgsin θ·3L－μmgcos θ·3L＝0－mv2‎ 解得：v＝ 设最初释放各物块时的初速度为v0，由释放到整体进入PQ段过程用动能定理：‎ ‎4mgsin θ·3L－μmgcos θ(3L＋2L＋L)＝×4mv2－×4mv 解得：v0＝v＝ 故要使四个物块均能通过Q点，最初释放各物块时的初速度应大于 ‎17.(1)v1＝ m/s，v2＝2 m/s　(2)能 解析　(1)两小球脱离弹簧瞬间，设小球m1的速度为v1，m2的速度为v2，两个小球与弹簧组成的系统，水平方向受到的合外力为零，且只有弹力做功，水平方向动量守恒，有：‎ m1v1＝m2v2 ①‎ 由机械能守恒定律，有：‎ Ep＝m1v12＋m2v22 ②‎ 联立①②并代入数据解得：v1＝ m/s，v2＝2 m/s ‎(2)小球2向右运动，设其能到达圆周轨道的最高点D，由机械能守恒，有：‎ m2v22＝m2g·2R＋m2vD2‎ 代入数据解得：vD＝2 m/s 又小球能通过竖直面内光滑圆周最高点的条件为：mg＝m 代入数据解得：v＝4 m/s 由于v＜vD，故小球2第一次沿轨道上滑过程中能到达D点.‎ ‎18.(1)30 N　(2)① m/s　②能　0.6 m 解析　(1)小球从A运动到B过程，根据动能定理得：‎ mgR＝mvB2－0，‎ 在B点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m，‎ 联立解得：FN＝30 N；‎ ‎(2)①若不固定小车，小球到达B点时，设小车的速度大小为v1，小球的速度大小为v2，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，‎ 由动量守恒定律得：mv2－Mv1＝0，解得：＝＝，即v2＝2v1，‎ 由机械能守恒定律得：mgR＝mv22＋Mv12，‎ 解得：v1＝ m/s，v2＝ m/s；‎ ‎②假设小球能从C点滑出，设小球滑到C处时小车的速度大小为v，则由系统水平方向动量守恒知小球的速度大小为2v.‎ 根据能量守恒定律得：mgR＝m·(2v)2＋Mv2＋μmgL，代入数据，解得：v＝1 m/s，‎ 所以假设成立，小球能从C点滑出小车，做平抛运动，运动时间为t，则h＝gt2，解得t＝＝0.2 s，‎ 故s＝x车＋x球＝vt＋2vt＝0.6 m.‎