22届高中物理一轮总复习 阶段滚动卷二　力学综合检测

阶段滚动卷二　力学综合检测

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,只有一个选项是符合题目要求的)

1.“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器,它是目前世界上下潜能力最强的潜水器。假设某次海试活动中,“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮,从上浮速度为v时开始计时,此后“蛟龙号”匀减速上浮,经过时间t,上浮到海面,速度恰好减为零。则“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海平面的深度为(　　)

A. B. C.vt0 D.

2.如图所示,叠放在固定粗糙斜面上的物块A和B接触面是水平的,A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑,在下滑过程中A和B的受力个数为(　　)

A.2个,4个 B.2个,5个

C.3个,4个 D.3个,5个

3.如图所示,某河流中水流速度大小恒为v1,A处的下游C处是个旋涡,过A点作旋涡的切线AB,AB与河岸的夹角为θ。为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸,小船航行时在静水中速度的最小值为(　　)

A.v1sin θ B.v1cos θ

C.v1tan θ D.

4.如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图,已知A、B、C三颗卫星均做匀速圆周运动,A是地球同步卫星,三个卫星的半径满足rA=rB=nrC,已知地球自转周期为T,地球质量为M,引力常量为G,下列说法正确的是(　　)

A.卫星B也是地球同步卫星

B.根据题设条件可以计算出同步卫星离地面的高度

C.卫星C的周期为nT

D.A、B、C三颗卫星的运行速度大小之比为vA∶vB∶vC=1∶1∶

(第2题图)

(第3题图)

(第4题图)

5.

冰壶比赛中,运动员以一定的初速度将冰壶沿水平冰面推出,其动能Ek随位移x变化关系如图所示,根据图像信息可求解(　　)

A.冰壶被推出时的初速度v0

B.冰壶从推出到停止的位移x

C.冰壶与冰面间的动摩擦因数μ

D.冰壶从推出到停止的时间t

6.

如图所示,斜面ABC倾角为θ,在A点以速度v1将小球水平抛出(小球可以看成质点),小球恰好经过斜面上的小孔E,落在斜面底部的D点,且D为BC的中点。在A点以速度v2将小球水平抛出,小球刚好落在C点。若小球从E运动到D的时间为t1,从A运动到C的时间为t2,则t1∶t2为(　　)

A.1∶1 B.1∶2

C.2∶3 D.1∶3

二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。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.

如图所示,竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形槽,一小球(可看作质点)自半圆形槽左边缘的A点无初速度释放,在最低点B处安装一个压力传感器以测量小球通过B点时对轨道的压力大小,下列说法正确的是(　　)

A.压力传感器的示数与小球的质量无关

B.压力传感器的示数与半圆形槽半径R无关

C.小球在B点的速度与半圆形槽半径R无关

D.小球在B点的加速度与半圆形槽半径R无关

8.

如图所示,两个半径均为R的光滑圆弧对接于O点,有物体从上面圆弧的某点C以上任意位置由静止下滑(C点未标出),都能从O点平抛出去,则(　　)

A.∠CO1O=60°

B.∠CO1O=45°

C.落地点距O2最远为2R

D.落地点距O2最近为R

9.如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x,现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则(　　)

A.A物体的质量为3m B.A物体的质量为2m

C.弹簧压缩最大时的弹性势能为 D.弹簧压缩最大时的弹性势能为m

10.如图甲,MN是倾角θ=37°的传送带的两个端点,一个质量m=5 kg的物块(可看作质点),以4 m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v-t图像如图乙所示,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)

A.物块最终从N点离开传送带 B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.6

C.物块在第6 s时回到M点 D.传送带的速度v=2 m/s,方向沿斜面向上

(第9题图)

(第10题图)

三、实验题(共15分)

11.(6分)气垫导轨上相隔一定距离的两处安装有两个光电传感器A、B,AB间距为L,滑块P上固定一遮光条,P与遮光条的总质量为M,若光线被遮光条遮挡,光电传感器会输出高电压,两光电传感器采集数据后与计算机相连。滑块在细线的牵引下向左加速运动,遮光条经过光电传感器A、B时,通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图像:

(1)实验前,按通气源,将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上,轻推滑块,当图乙中的t1　　　　　t2(选填“>”“=”或“<”)时,说明气垫导轨已经水平; 

(2)用螺旋测微器测遮光条宽度d,测量结果如图丙所示,则d=　　　　　mm; 

(3)将滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连,将滑块P由图甲所示位置释放,通过计算机得到的图像如图乙所示。利用测定的数据,当关系式=　　　　　　　　　成立时,表明在上述过程中,滑块和钩码组成的系统机械能守恒。(重力加速度为g,用题中给定的物理量符号表达) 

12.(9分)(1)平抛物体的运动规律可以概括为两点,①水平方向做匀速运动,②竖直方向做自由落体运动。为了研究平抛物体的运动,可做下面的实验:如图甲所示,用小锤打击弹性金属片,A球水平飞出,同时B球被松开,做自由落体运动,两球同时落到地面,这个实验　　　　　。 

甲

A.只能说明上述规律中的第①条 B.只能说明上述规律中的第②条

C.不能说明上述规律中的任何一条 D.能同时说明上述两条规律

(2)某同学通过实验对平抛运动进行研究,他在竖直墙上记录了抛物线轨迹的一部分,如图乙所示。x轴沿水平方向,y轴是竖直方向,由图中所给的数据可求出:图中坐标原点O　　　　　(选填“是”或“不是”)抛出点;平抛物体的初速度是　　　　　 m/s,A到B点的运动时间是　　　　　 s。(g取10 m/s2) 

乙

四、计算题(共41分)

13.(12分)如图所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为2m、3m,A球从左边某高度处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的B球相撞,碰撞后B球能达到的最大高度为,重力加速度为g。试求:

(1)第一次碰撞刚结束时B球的速度;

(2)若AB两球的碰撞是完全弹性碰撞,则A球当初是从多高的地方滑下的。

14.(13分)如图,倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连,O点为轨道圆心,BC为圆轨道直径且处于竖直方向,A、C两点等高。质量m=1 kg的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与O点等高的D点,g取10 m/s2。

(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;

(2)若使滑块能到达C点,求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值;

(3)若使滑块经过C点时的速度大小为10 m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。

15.(16分)如图所示,一对杂技演员荡秋千(均视为质点),女演员由与悬点O1等高的A位置静止摆下,男演员从平台上D点静止摆下,女演员摆到最低点B时离开秋千,到达C点(男演员下摆的最低点)刚好被男演员接住,最后二者恰好摆回到平台D点。已知男、女演员均在同一竖直平面内运动,其质量分别为2m和m,其余质量忽略不计,秋千的绳长分别为l和2l,O1与O2等高,空气阻力不计,重力加速度为g。求:

(1)女演员摆到最低点B的速度;

(2)秋千绳O2D与竖直方向的夹角;

(3)若男演员接住女演员用时t,此过程女演员对男演员的平均作用力。

参考答案

阶段滚动卷二　力学综合检测

1.D　蛟龙号上浮时的加速度大小为a=,根据逆向思维,可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度为h=a(t-t0)2=×(t-t0)2=,选项D正确。

2.A　叠放在固定粗糙斜面上的物块A和B接触面是水平的,A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑,A受到重力和B对它的支持力,故A受2个力;B受到重力、A对它的压力、斜面对它的支持力和斜面对它的摩擦力,故B受4个力。故选A。

3.A　如图所示,设小船航行时在静水中速度为v2,当v2垂直AB时速度最小,由三角函数关系可知v2=v1sin θ,故A正确,BCD错误。

4.D　地球同步卫星必须定点于赤道正上方,所以卫星B不是地球同步卫星,故A错误;对同步卫星由万有引力提供向心力得G=m(R+h),由于不知道地球半径,所以无法求出同步卫星离地面的高度,故B错误;A是地球同步卫星,其周期为T,A的轨道半径为C的n倍,由开普勒第三定律=k,得卫星C的周期为T,故C错误;由卫星速度公式v=得,A、B、C三颗卫星的运行速度大小之比为vA∶vB∶vC=1∶1∶,故D正确。

5.B　从图像可知冰壶被推出时的初动能为38 J,但是冰壶的质量未知,不能求解初速度v0,A错误;从图像可知,冰壶从推出到停止的位移为10 m,B正确;根据动能定理Ek=Ek0-μmgx,由于冰壶质量未知,则不能求解冰壶与冰面间的动摩擦因数μ,C错误;因不能求解动摩擦因数,则不能求解加速度,从而不能求解冰壶从推出到停止的时间t,D错误。

6.

B　对于平抛运动,其运动时间只由高度h决定,不管是以初速度v1或v2抛出,其落到斜面底端的时间一样,都为t2.设从A到E的时间为t',由平抛运动规律得tan θ=,同理,从A到D的运动tan α=,根据数学几何知识可知tan θ=,tan α=,tan α=2tan θ,即t2=2t',由于t2=t1+t',故t1∶t2=1∶2,故选B。

7.BD　设小球到达B处的速度为v,则mgR=mv2,在B点有F-mg=,解得压力传感器的示数F=3mg,小球在B点的速度v=,小球在B点的加速度大小a==2g,故B、D正确,A、C错误。

8.AC　要使物体从O点平抛出去,在O点有mg≤,解得物体从O点平抛出去的最小速度vmin=。设∠CO1O=θ,由机械能守恒定律,mgR(1-cos θ)=,解得∠CO1O=θ=60°,选项A正确,B错误;由平抛运动规律,xmin=vmint,R=gt2,解得落地点距O1最近为R。若物体从A点下滑,到达O点时速度为vmax=。由平抛运动规律,xmax=vmaxt,R=gt2,解得落地点距O2最远为2R,选项C正确,D错误。

9.AC　对题图甲,设物体A的质量为M,由机械能守恒定律可得,弹簧压缩x时弹性势能Ep=;对题图乙,物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,A、B组成的系统动量守恒,弹簧达到最大压缩量x时,A、B二者达到相等的速度v

由动量守恒定律有:M·2v0=(M+m)v

由能量守恒有:Ep=M(2v0)2-(M+m)v2

联立两式可得:M=3m,Ep=,故B、D错误,A、C正确。

10.CD　从图像可知,物块速度减为零后反向沿斜面向上运动,最终的速度大小为2 m/s,方向沿斜面向上,所以物块没从N点离开传送带,而是从M点离开;并且可以推出传送带沿斜面向上运动,速度大小为2 m/s,故A错误、D正确;速度图像中斜率表示加速度,可知物块0~4 s内加速度大小a==1.5 m/s2,根据牛顿第二定律μmgcos 37°-mgsin 37°=ma,解得μ==0.937 5,故B错误;图像与时间轴围成的面积表示位移,由图像可知,t1= s时,物块的速度为0,之后物块沿斜面向上运动,所以物块沿斜面向下运动的位移x1=×4× m= m,t1= s到t2=6 s时,物块沿斜面向上运动的位移x2=×2 m= m,因为x1=x2,所以物块在第6 s时回到M点,故C正确。

11.答案 (1)=　(2)8.475　(3)

解析 (1)如果遮光条通过光电门的时间相等,即t1=t2,说明滑块做匀速运动,即说明气垫导轨已经水平;

(2)螺旋测微器的固定刻度读数为8 mm,可动刻度读数为0.01×47.5 mm=0.475 mm,所以最终读数为:8 mm+0.475 mm=8.475 mm;

(3)由于遮光条的宽度很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度,则vA=,vB=

滑块和砝码组成的系统动能的增加量ΔEk=(m+M)()

系统的重力势能的减少量ΔEp=mgL

如果系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量,则系统机械能守恒,即mgL=(M+m)()

化简得

12.答案 (1)B　(2)不是　4　0.1

解析 (1)在打击金属片时,两小球同时做平抛运动与自由落体运动,结果同时落地,则说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动,故B正确,A、C、D错误。

(2)做平抛运动的物体在竖直方向是初速度为零的匀加速运动,则在相等时间的竖直位移之比为1∶3∶5∶7…;图中OA、AB、BC的竖直位移之比为5∶7∶9,则O点不是平抛的抛出点;

在竖直方向上,根据Δy=gT2得T= s=0.1 s,平抛运动的初速度v0= m/s=4 m/s。

13.答案 (1)　(2)R

解析 (1)根据机械能守恒定律有·3m=3mg·①

解得vB=

(2)设A球当初是从高H的地方滑下的,且碰前A的速度为v,则2mgH=·2mv2②

A、B碰撞过程,由动量守恒定律和能量守恒定律可知2mv=2mvA+3mvB③

·2mv2=·2m·3m④

联立①②③④可得H=R

14.答案 (1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.1 s

解析 (1)滑块从A到D过程,根据动能定理有

mg·(2R-R)-μmgcos 37°×=0

整理得μ=tan 37°=0.375

(2)若滑块能到达C点,根据牛顿第二定律有mg+FN=m

因FN≥0,解得vC≥ m/s=2 m/s

滑块从A到C的过程,根据动能定理有-μmgcos 37°×

解得v0= m/s=2 m/s

(3)离开C点做平抛运动,则有x=vt

y=gt2

又由几何关系有tan 37°=

联立代入得t=0.1 s

15.答案 (1)　(2)60°　(3)mg+,方向竖直向下

解析 (1)设女演员在B点速度大小为v,由机械能守恒定律得:mgl=mv2

代入数据得:v=

(2)设O2D和竖直方向的夹角为θ,男演员从平台上D点静止摆下至C点时,速度大小为vC

由机械能守恒定律有:2mg×2l×(1-cos θ)=(2m)

当女演员到达C点时刚好被男演员接住,最后二者恰好摆回到平台D点

可见男女演员在C点的共同速度大小也应该为vC

男演员接住女演员的过程水平方向动量守恒,以水平向右为正方向,有:mv+2mvC=3mvC

代入数据得:cos θ=,θ=60°

若男演员接住女演员时两者速度方向相反,有:mv-2mvC=3mvC

代入数值得:cos θ=(不符合实际,舍去)

(3)女演员从B点离开秋千做平抛运动,到达C点的竖直速度大小为vy

=2g(2l-l)=2gl

设男演员对女演员的平均作用力大小为F,取竖直向上方向为正方向,对女演员,由动量定理:(F-mg)t=mvy

解得:F=mg+

根据牛顿第三定律,女演员对男演员的平均作用力大小为F=mg+,方向竖直向下。