高考物理一轮总复习-力学综合训练(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题

wordword/word力学综合训练一、选择题：(此题共8小题，每一小题6分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，其中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．甲、乙两物体同时从同一位置开始做直线运动，其运动的v－t图象如下列图，在0～t0时间内如下说法正确的答案是()A．甲的位移大于乙的位移B．甲的加速度先增大后减小C．甲的平均速度等于乙的平均速度D．t0时刻甲、乙相遇解析：选A.v－t图象中图线与横轴所围图形的面积表示位移，所以甲的位移大于乙的位移，故A项正确；v－t图象中切线的斜率表示加速度，所以甲的加速度一直减小，故B项错误；由于甲的位移大于乙的位移，而时间一样，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C项错误；甲乙从同一位置开始运动，t0时间内甲的位移大于乙的位移，所以t0时刻甲在乙的前面，故D项错误．2．假设我国宇航员在2022年，首次实现月球登陆和月面巡视勘察，并开展了月表形貌与地质构造调查等科学探测，假设在地面上测得小球自由下落某一高度所用的时间为t1，在月面上小球自由下落一样高度所用的时间为t2，地球、月球的半径分别为R1、R2，不计空气阻力，如此地球和月球的第一宇宙速度之比为()A.eq\f(R1t\o\al(,2)2,R2t\o\al(,1)2) B．eq\r(\f(R1t1,R2t2))C.eq\f(t1,t2)eq\r(\f(R1,R2)) D．eq\f(t2,t1)eq\r(\f(R1,R2))解析：选D.对小球自由下落过程有：h＝eq\f(1,2)gt2，又天体外表上有Geq\f(Mm,R2)＝mg，第一宇宙速度v＝eq\r(gR)，如此有eq\f(v地,v月)＝eq\r(\f(g地R地,g月R月))＝eq\f(t2,t1)eq\r(\f(R1,R2))，故D项正确．3．一物块从某一高度水平抛出，从抛出点到落地点的水平距离是下落高度的2倍，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为()A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D．eq\f(5π,12)解析：选B.物块平抛运动的过程中，水平方向有x＝v0t，竖直方向有h＝eq\f(vyt,2)，又x＝2h，如此有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝1，即θ＝eq\f(π,4)，故B项正确．4．一串质量为50g的钥匙从橱柜上1.8m高的位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间为0.05s，且不反弹．重力加速度g＝10m/s2，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为()A．5N B．5.5NC．6N D．6.5N解析：选D.钥匙落地时的速度v＝eq\r(2gh)＝6m/s，以竖直向上为正方向，钥匙与地面作用前后由动量定理得：(FN－mg)t＝0－(－mv)，解得FN＝6.5N，故D项正确．5．如下列图，质量分别为0.1kg和0.2kg的A、B两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、大小为6N的拉力F作用下以一样的加速度向上做匀加速直线运动，弹簧的劲度系数为1N/cm，取g＝10m/s2.如此弹簧的形变量为()A．1cm B．2cmC．3cm D．4cm解析：选D.此题考查了连接体问题的分析．对AB两物体由牛顿第二定律得F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，对B物体由牛顿第二定律得FT－mBg＝mBa，又FT＝kx，解得x＝4cm，故D项正确．6．如下列图，P、Q两物体保持相对静止，且一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q的上外表水平，如此如下说法正确的答案是()A．Q处于失重状态B．P受到的支持力大小等于其重力C．P受到的摩擦力方向水平向右D．Q受到的摩擦力方向水平向右解析：选AD.由于P、Q一起沿着固定光滑斜面下滑，具有一样的沿斜面向下的加速度，该加速度有竖直向下的分量，所以Q处于失重状态，故A项正确；P也处于失重状态，所以受到的支持力小于重力，故B项错误；由于P的加速度有水平向左的分量，所以水平方向受到的合力方向水平向左，即P受到的摩擦力方向水平向左，故C项错误；由牛顿第三定律可知，P对Q的摩擦力水平向右，故D项正确．7．如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.如此物体沿斜面向上运动过程中，如下说法正确的答案是()A．机械能先增大后减小，在x＝3.2m处，物体机械能最大B．机械能一直增大，在x＝4m处，物体机械能最大C．动能先增大后减小，在x＝2m处，物体动能最大D．动能一直增大，在x＝4m处，物体动能最大解析：选AC.物体所受滑动摩擦力的大小为Ff＝μmgcosθ＝4N，所以当F减小到4N之前，物体的机械能一直增加，当F从4N减小到0的过程中，物体的机械能在减小，由F­x图象可知，当F＝4N时，位移为3.2m，故A项正确，B项错误；当F＝mgsinθ＋μmgcosθ＝10N时动能最大，由F­x图象知此时x＝2m，此后动能减小，故C项正确，D项错误．8．绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v­t图象如下列图．t＝0时刻质量为1kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2s后开始减速，在t＝4s时物体恰好到达最高点A点．重力加速度为10m/s2.对物体从B点运动到A点的过程中，如下说法正确的答案是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．物体与传送带间的摩擦因数为0.75B．物体重力势能增加48JC．摩擦力对物体做功12JD．物块在传送带上运动过程中产生的热量为12J解析：选AD.物体前两秒内沿传送带向上匀速运动，如此有mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝0.75，故A项正确；经分析可知，2s时物体速度与传送带一样，由图象可知等于2m/s，2s后物体的加速度a＝gsinθ＋μgcosθ＝12m/s2>1m/s2，故物体和传送带相对静止，加速度为1m/s2，所以物体上滑的总位移为x＝vt1＋eq\f(v2,2a)＝6m，物体的重力势能增加Ep＝mgxsinθ＝36J，故B项错误；由能量守恒得摩擦力对物体做功W＝Ep－eq\f(1,2)mv2＝34J，故C项错误；物块在传送带上运动过程产生的热量为Q＝μmgcosθΔx1，结合图象可得Δx1＝x带1－vt1＝2m，Q＝12J，选项D对．二、非选择题(此题共3小题，共52分)9．(9分)某同学用如下列图装置验证动量守恒定律．在上方沿斜面向下推一下滑块A，滑块A匀速通过光电门甲，与静止在两光电门间的滑块B相碰，碰后滑块A、B先后通过光电门乙，采集相关数据进展验证．(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)(1)如下所列物理量哪些是必须测量的______．A．滑块A的质量mA，滑块B的质量mB.B．遮光片的的宽度d(滑块A与滑块B上的遮光片宽度相等)C．本地的重力加速度gD．滑块AB与长木板间的摩擦因数μE．滑块A、B上遮光片通过光电门的时间(2)滑块A、B与斜面间的摩擦因数μA、μB，质量mA、mB，要完本钱实验，它们需要满足的条件是________．A．μA＞μBmA＞mB B．μA＞μBmA＜mBC．μA＝μBmA＞mB D．μA＜μBmA＜mB(3)实验时，要先调节斜面的倾角，应该如何调节？________________.(4)假设光电门甲的读数为t1，光电门乙先后的读数为t2，t3，用题目中给定的物理量符号写出动量守恒的表达式________．解析：(1)本实验中要验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要验证mAeq\f(d,tA甲)＝mAeq\f(d,tA乙)＋mBeq\f(d,tB乙)，应当选项A、E正确．(2)由于滑块A匀速通过光电门甲，如此有mgsinθ＝μmgcosθ，要通过光电门验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要滑块B也满足mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，所以有μA＝μB，又因为碰后两滑块先后通过光电门乙，所以A的质量大于B的质量，故C项正确．(3)实验过程要求两滑块匀速运动，所以调整斜面的倾角，当滑块下滑通过两光电门所用时间相等时，表示滑块在斜面上做匀速运动．(4)由第(1)问解析可得两滑块碰撞前后动量守恒的表达式为：mAeq\f(d,t1)＝mAeq\f(d,t3)＋mBeq\f(d,t2).答案：(1)AE(2)C(3)滑块下滑通过两光电门所用时间相等(意思相近的表示均可给分)(4)mAeq\f(d,t1)＝mAeq\f(d,t3)＋mBeq\f(d,t2)(或eq\f(mA,t1)＝eq\f(mA,t3)＋eq\f(mB,t2))10．(20分)如下列图，一质量为m1＝1kg的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板最右端放有一质量为m2＝1kg、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2.现给木板左端施加一大小为F＝12N、方向水平向右的推力，经时间t1＝0.5s后撤去推力F，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，取g＝10m/s2，求：(1)撤去推力F瞬间，木板的速度大小v1和物块的速度大小v2；(2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量．解析：(1)假设木板和物块有相对滑动，撤F前，对木板：F－μ1(m1＋m2)g－μ2m2g＝解得：a1＝8m/s2对物块：μ2m2g＝解得：a2＝2m/s2因a1>a2，故假设成立，撤去F时，木板、物块的速度大小分别为：v1＝a1t1＝4m/sv2＝a2t1＝1m/s(2)撤去F后，对木板：μ1(m1＋m2)g＋μ2m2g＝解得：a3＝4m/s2对物块：μ2m2g＝解得：a4＝2m/s2撤去F后，设经过t2时间木板和物块速度一样：对木板有：v＝v1－a3t2对物块有：v＝v2＋a4t2得：t2＝0.5s，v＝2m/s撤去F前，物块相对木板向左滑行了Δx1＝eq\f(v1,2)t1－eq\f(v2,2)t1＝0.75m撤去F后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了Δx2＝eq\f(v1＋v,2)t2－eq\f(v2＋v,2)t2＝0.75m之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为：L＝Δx1＋Δx2＝1.5m(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量：Q1＝μ2m2共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为a，有：a＝μ1g＝1m/s全过程中木板对地位移为：s＝eq\f(v1,2)t1＋eq\f(v1＋v,2)t2＋eq\f(v2,2a)＝4.5m木板与地面间因摩擦产生的热量为：Q2＝μ1(m1＋m2)gs＝9J故全过程中因摩擦产生的热量为：Q＝Q1＋Q2＝12J解法二：由功能关系可得：Q＝Fx1x1＝eq\f(v1,2)t1Q＝12J答案：(1)4m/s1m/s(2)1.5m(3)12J11．(23分)如下列图，竖直平面内，固定一半径为R的光滑圆环，圆心为O，O点正上方固定一根竖直的光滑杆，质量为m的小球A套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B一起套在杆上，小球A和滑块B之间再用长为2R的轻杆通过铰链分别连接，当小球A位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A位于圆环最右端时，装置能够保持静止，假设将小球A置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A的速度vA＝eq\r(gR)(g为重力加速度)，不计一切摩擦，A、B均可视为质点，求：(1)此时滑块B的速度大小；(2)此过程中，弹簧对滑块B所做的功；(3)小球A滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．解析：(1)由于此时A、B速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A、B沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B的速度大小为：vB＝vA＝eq\r(gR).(2)对系统，由最高点→图示位置有：(WGA＋WGB)＋W弹＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mAv\o\al(2,A)＋\f(1,2)mB