（江苏选考）2018版高考物理二轮复习 第二部分 考前提速力争满分4策略 力学综合练5

1、（江苏选考）2018版高考物理二轮复习 第二部分 考前提速力争满分4策略 力学综合练5力学综合练5一、选择题(第13题为单项选择题，第45题为多项选择题)1发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网，其原因是()A速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大解析：选C发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度较大的球所用的时

2、间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，故C正确，A、B、D错误。2.如图，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁上的O点，现有一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则()A小球对墙壁的压力保持不变B小球对墙壁的压力逐渐减小C轻绳对小球的拉力保持不变D轻绳对小球的拉力逐渐增大解析：选D对小球受力分析如图所示，小球受到重力、轻绳对小球的拉力和墙壁对小球的弹力处于平衡，设轻绳对小球的拉力与竖直方向的夹角为，根据共点力平衡有：轻绳对小球的拉力T，墙壁对小球的弹力Nmgtan，随细杆下移，逐渐增大，cos逐渐减小，则轻绳对小球的拉力T逐渐增大，tan逐渐增大，则墙壁对小球的弹力N逐渐增大，可

3、知小球对墙壁的压力逐渐增大，故A、B、C错误，D正确。3.如图所示，一小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为，物块与斜面间的动摩擦因数tan，以初速度v0的方向为正方向，下列图中表示物块的速度v、加速度a、动能Ek及所受摩擦力Ff随时间t变化的图线，正确的是()解析：选D物块沿足够长的固定斜面上滑，做匀减速运动，当运动到最高点时，最大静摩擦力为fmmgcos，重力沿斜面向下的分力为mgsin，由于tan，则最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，物块将停在最高点。由上述分析可知，物块不能从最高点下滑，故A错误；物块上滑过程中，加速度为a(gsingcos)，保持不变；到了最高点，物

4、块保持静止状态，加速度a0，故B错误；上滑过程中物块的Ekmv2m(v0at)2，Ek与t为非线性关系，图像不是直线，故C错误；物块上滑过程中，物块受到的滑动摩擦力为Ffmgcos，保持不变；在最高点，物块受到的静摩擦力为Ffmgsin，故D正确。4图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置；图乙是根据力传感器采集到的数据作出的力时间图线。两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出，g取10m/s2，根据图像分析可知()A此人的重力为500NBb点是此人下蹲至最低点的位置C此人在f点的加速度等于零D此人在d点的加速度等于20m/s2解析：选AD开始时人处于平衡

5、状态，人对传感器的压力是500N，根据牛顿第三定律和平衡条件可知，人的重力为500N，故A正确；人下蹲过程中先加速下降，到达一个最大速度后再减速下降，当人下蹲到最低点时合力向上，传感器对人的支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知人对传感器的压力也大于重力，由题图乙可知b点时人对传感器的压力小于其重力，故B错误；f点时人对传感器的压力为零，意味着人已经跳离传感器，则此时人只受重力，即人的加速度为重力加速度g，故C错误；人在d点时，根据牛顿第二定律有：am/s220m/s2，故D正确。5地球同步卫星A和一颗轨道平面为赤道平面的科学实验卫星B的轨道半径之比为41，两卫星的公转方向相同，那么关于A、B两

6、卫星的说法正确的是()AA、B两卫星所受地球引力之比为116BB卫星的公转角速度大于地面上随地球自转物体的角速度C同一物体在B卫星中时对支持物的压力更大DB卫星中的宇航员一天内可看到8次日出解析：选BD根据万有引力定律FG知，物体间的引力与两个物体的质量和两者之间的距离均有关，由于A、B两卫星的质量关系未知，所以A、B两卫星所受地球引力之比不一定为116，故A错误；A卫星的轨道半径比B卫星的轨道半径大，由开普勒第三定律知，B卫星的公转周期小于A卫星的公转周期，而A卫星的公转周期等于地球自转周期，所以B卫星的公转周期小于随地球自转物体的周期，因此B卫星的公转角速度大于地面上随地球自转物体的角速度

7、，故B正确；物体在A、B卫星中均处于完全失重状态，物体对支持物的压力均为零，故C错误；根据开普勒第三定律k，由A、B卫星轨道半径之比为41，则周期之比为81，所以B卫星的运行周期是地球自转周期的，因此B卫星中的宇航员一天内可看到8次日出，故D正确。二、非选择题6某学习小组利用拉力传感器和气垫导轨、光电门探究“物体的加速度与力的关系”，如图甲所示为该学习小组设计的实验装置。他们在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d_mm。(2)

8、下列不必要的一项实验要求是_。A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使A位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节水平D应使细线与气垫导轨平行(3)实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码质量m，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图像，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出的图像是_。A“tF图像”B“t2F图像”C“t2图像”D“图像”解析：(1)由题图乙可读得d2mm60.05mm2.30mm。(2)拉力是直接通过力传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A不必要；应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小

9、误差，故B是必要的；应将气垫导轨调节水平，保持细线方向与气垫导轨平行，这样拉力才等于合力，故C、D是必要的。(3)根据牛顿第二定律得a，可得22L，解得：t2，所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出F图像或作出t2图像，故C正确。答案：(1)2.30(2)A(3)C7如图甲，一边长L2.5m、质量m0.5kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在竖直向上、磁感应强度为B0.8T的匀强磁场中，线框的一边与磁场的边界MN重合，在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5s线框被拉出磁场，在线框被拉出的过程中，测得线框中的电流随时间变化的图像如图乙所示。(1)求通过线框横截面

10、的电荷量及线框的电阻；(2)已知在这5s内力F做功为1.92J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？(3)线框即将离开磁场时拉力F为多大？解析：(1)It图像与横轴所围的面积在数值上等于通过线框横截面的电荷量q，即有：q0.55C1.25C；由It图像可知，感应电流I与时间t成正比，有：Ikt0.1tA；由，BL2，qt，联立得：q，则电阻：R4。(2)设在某时刻t，线框的速度为v，则线框中感应电流：I，结合(1)中Ikt0.1tA可得线框速度随时间也是线性变化的，有：vm/s0.2tm/s；所以可知线框做匀加速直线运动，加速度为：a0.2m/s2；t5s时，线框的速度为：v0.2t0.2

11、5m/s1m/s，此过程中线框产生的焦耳热：QWmv2J1.67J。(3)线框做匀加速直线运动，加速度为：a0.2m/s2由牛顿第二定律得：FBILma，联立解得水平力F随时间t变化满足：FBLktma(0.2t0.1)N，故t5s时的拉力为1.1N。答案：(1)1.25C4(2)1.67J(3)1.1N8如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质定滑轮与物体B相连接，B的质量M1kg，绳绷直时B离地面有一定高度。在t0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器(未画出)得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的vt图像如图乙所示

12、，若B落地后不反弹，g取10m/s2，sin370.6，cos370.8。求：(1)B下落的加速度大小a；(2)A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W；(3)A(包括传感器)的质量m及A与斜面间的动摩擦因数；(4)在00.75s内摩擦力对A做的功。解析：(1)A、B具有相同的加速度，由题图乙可知，B下落的加速度大小为：am/s24m/s2。(2)设绳的拉力为T，对B由牛顿第二定律有：MgTMa，解得：TMgMa(11014)N6N，A、B位移相同，则由题图乙可知A沿斜面向上运动的过程中，B的位移为：xm0.5m故绳的拉力对A做的功为：WTx60.5J3J。(3)由题图乙可知后0.25s时间A的加速度大小为：a8m/s2此过程对A由牛顿