20202021年高三物理单元同步提升训练力学综合pdf

2020-2021年高三物理单元同步提升训练：力学综合一、单选题（每题3分，共计24分）1.一个质点做初速度不为零的匀加速直线运动,关于质点运动的位移x、位移与时间的比值、速度v、速度平方v2随t2、t、t、x变化的图象,其中不正确．．．的是()。【解析】由x=v0t+at2可知x与t2并不是呈线性关系,A项错误;由x=v0t+at2可得=v0+at,B项正确;由v=v0+at可知,C项正确;由v2=+2ax,可知D项正确。【答案】A2.一艘小船要从O点渡过一条两岸平行、宽度d=80m的河流,已知小船在静水中运动的速度为4m/s,水流速度为5m/s,方向向右。B点距小船正对岸的A点x0=60m。取cos37°=0.8,sin37°=0.6,下列关于该船渡河的判断中,正确的是()。A.小船过河的最短航程为80mB.小船过河的最短时间为16sC.若要使小船运动到B点,则小船船头指向与上游河岸成37°角D.小船做曲线运动【解析】当船的速度方向垂直河岸时,过河时间最短,最短时间t==20s,故B项错误;因为v船v水,故小船过河轨迹不可能垂直河岸,最短航程大于80m,A项错误;要使小船运动到B点,其速度方向沿OB方向,故船头指向与上游河岸成37°角,C项正确;由运动的合成可知小船做直线运动,D项错误。【答案】C3.火星的质量约为地球质量的110，半径约为地球半径的12，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（）A.0.2B.0.4C.2.0D.2.5【答案】B【解析】【详解】设物体质量为m，则在火星表面有1121MmFGR=在地球表面有2222MmFGR=由题意知有12110MM=1212RR故联立以上公式可得21122221140.4101FMRFMR4.在甲地用竖直向上的拉力使质量为m1的物体竖直向上加速运动,其加速度a1随不同的拉力而变化的图线如图所示;在乙地用竖直向上的拉力使质量为m2的物体竖直向上加速运动,其加速度a2随不同的拉力而变化的图线如图所示。甲、乙两地的重力加速度分别为g1、g2,由图象知()。A.m1m2,g1g2B.m1m2,g1g2C.m1m2,g1g2D.m1m2,g1g2【解析】由牛顿第二定律得F-mg=ma,所以a=F-g,结合图象知m1m2,g1g2,所以C项正确。【答案】C5.如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是A．物体A下落过程中机械能守恒B．弹簧的劲度系数为2mghC．物体A着地时的加速度大小为2gD．物体A着地时弹簧的弹性势能为25m/sv【答案】C【解析】A项：由题知道，物体A下落过程中，B一直静止不动。对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；B项：物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为T=mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T=kh，得弹簧的劲度系数为mgkh，故B错误；C项：物体A着地时，细绳对A的拉力也等于mg，对A，根据牛顿第二定律得2mg–mg=2ma，得2ga，故C正确；D项：物体A与弹簧系统机械能守恒，有：，所以，故D错误。6.如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B均匀增大，小物块从A点由静止释放，恰好可以到达B点，小物块的速度v、加速度a、动能Ek和机械能E机（取地面为零势能面）随下滑位移x变化的图像可能正确的是A．B．C．D．【答案】C【解析】设斜面的倾角为α．据题有μ=kx，k是常数。小物块所受的滑动摩擦力大小为f=μmgcosα=kxmgcosα，知f∝x．根据动能定理得，得v2=2gxsinα–kx2gcosα，知v–x图象为曲线，故A错误。根据牛顿第二定律得mgsinα–μmgcosα=ma，结合μ=kx，得a=gsinα–kxgcosα，a随x先均匀减小后反向均匀增大，加速度先正后负，故B错误。根据动能定理得，得Ek=mgxsinα–12kx2mgcosα，知Ek–x是开口向下的抛物线，故C正确。根据功能关系知，随着x的增大，E机–x图象斜率绝对值增大，故D错误。7.如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则此过程中A．球A的机械能一直减小B．球C的机械能一直增大C．球B对地面的压力不可能小于mgD．球A落地的瞬时速度为2gL【答案】D【解析】因为A、B、C组成的系统机械能守恒，在A落地前，BC运动；在A落地时，BC停止运动。由于系统机械能守恒可知，A的机械能转化为BC的动能，故A的机械能不可能一直减小，同理C的机械能不可能一直增大，故AB错误；在A落地前，B做减速运动，由于轻杆对B有斜向上的拉力，因此B对地面的压力可小于mg，故C错误；根据动能定理可得：mgL=12mv2，解得：2vgL，故D正确。8..如图所示,劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为m的物体P接触,但未拴接,弹簧水平且无形变。现对物体P施加一个水平向右的瞬间冲量,大小为I0,测得物体P向右运动的最大距离为x0,之后物体P被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹性限度内,物体P与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。下列说法中正确的是()。A.物体P与弹簧作用的过程中,系统的最大弹性势能Ep=-μmgx0B.弹簧被压缩到最短之后的过程,物体P先做加速度减小的加速运动,再做加速度减小的减速运动,最后做匀减速运动C.最初对物体P施加的瞬时冲量I0=mD.物体P整个运动过程,摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反【解析】因物体整个运动过程中的路程为4x0,由功能关系可得μmg·4x0=m=,解得I0=2m,故C项错误;当弹簧的压缩量最大时,物体的路程为x0,则压缩的过程中由能量关系可知m-μmgx0=Ep,所以Ep=-μmgx0(或Ep=3μmgx0),A项正确;弹簧被压缩成最短之后的过程,P向左运动的过程中水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力,滑动摩擦力不变,而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小,可知物体先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,最后物体离开弹簧后做匀减速运动,故B项错误;物体P整个运动过程,P在水平方向只受到弹力与摩擦力,根据动量定理可知,摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量的和等于-I0,故D项错误。【答案】A二、多选题（每题5分，共计20分）9.如图所示,一质量为m的物块在倾角为θ的斜面上匀速下滑,斜面足够长,重力加速度为g,现在给物块以平行斜面向上,大小为mgsinθ的推力,则下列说法正确的是()。A.推力加上的一瞬间,物块的速度立即变为零B.推力加上的一瞬间,物块的加速度沿斜面向上,大小为gsinθC.推力作用足够长时间后,物块会向上运动D.推力作用足够长时间后,物块受到的摩擦力为零【解析】物块原来沿斜面向下匀速运动,因此物块受到的滑动摩擦力沿斜面向上,大小为mgsinθ,加上推力的一瞬间,物块受到的合力为mgsinθ,加速度为gsinθ,方向沿斜面向上,物块先做匀减速直线运动,A项错误,B项正确;推力作用足够长时间后,物块处于静止状态,推力等于重力沿斜面向下的分力,因此摩擦力为零,C项错误,D项正确。【答案】BD10.如图所示,上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上,一小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点,在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点,此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态。下列说法中正确的是()。A.半圆柱体对小物块的支持力变大B.地面对半圆柱体的摩擦力先增大后减小C.外力F变大D.地面对半圆柱体的支持力变大【解析】物块缓慢下滑过程中处于平衡状态,F始终沿圆弧的切线方向,即始终垂直于圆柱面对小物块支持力F1的方向,受力分析如图乙所示。乙因此总有F=mgsinθ,F1=mgcosθ,下滑过程中θ增大,因此F增大,F1减小,故A项错误,C项正确;对半圆柱体分析,地面对半圆柱体的摩擦力Ff=F1'sinθ,F1'=F1,则Ff=mgcosθsinθ=mgsin2θ,地面对半圆柱体的支持力FN=Mg+F1'cosθ=Mg+mgcos2θ,θ从接近0°到90°变化的过程中,摩擦力先增大后减小,支持力一直减小,所以B项正确,D项错误。【答案】BC11.（2020年江苏卷）如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则（）A.A和B的位移大小相等B.A的运动时间是B的2倍C.A的初速度是B的12D.A的末速度比B的大【答案】AD【解析】【详解】A．位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得22A25slll，22B25slllA和B的位移大小相等，A正确；B．平抛运动运动的时间由高度决定，即A2222lltgg，B22lltgg则A的运动时间是B的2倍，B错误；C．平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则xAA2gllvt，xBB22lvglt则A的初速度是B的122，C错误；D．小球A、B在竖直方向上的速度分别为yA2vgl，yB2vgl所以可得A172glv，B1622glvgl即ABvv，D正确。故选AD。12.（2020年全国I卷）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则（）A.物块下滑过程中机械能不守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J【答案】AB【解析】【详解】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J可得质量m＝1kg下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20J求得μ＝0.5B正确；C．由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma求得a＝2m/s2C错误；D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。故选AB。三、实验题（每题10分，共20分）13.图甲所示为由小车、斜面及粗糙程度可以改变的水平长直平面构成的伽利略理想斜面实验装置。实验时,在水平长直平面旁边放上刻度尺,小车可以从斜面平稳地滑行到水平长直平面。利用该装置与器材,完成能体现如图乙“伽利略理想斜面实验思想与方法”的实验推论。(重力加速度为g)(1)请指出实验时必须控制的实验条件:。(2)请表述由实验现象可以得出的实验推论:。(3)图丙是每隔Δt时间曝光一次得到小车在粗糙水平面上运动过程中的五张照片中的位置,测得小车之间的距离分别是s1、s2、s3、s4,由此可估算出小车与水平面间的动摩擦因数μ=。(需要用s1、s2、s3、s4、g、Δt符号表示)【解析】(1)实验是在相同高度下,看小车运动到水平长直平面的情况,所以必须控制小车的竖直高度相同。(2)水平面的摩擦力越小,即水平面越光滑,小车滑得越远,当水平面完全光滑时,小车将滑向无穷远。(3)由逐差法求得加速度a=根据牛顿第二定律有μmg=ma所以得μ=。【答案】(1)小车的竖直高度相同(2)水平面越光滑,小车滑得越远,当水平面完全光滑时,小车将滑向无穷远(3)14.（2020年北京卷）在“探究