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1、1 阶段检测一阶段检测一 力学部分力学部分 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 3 分，共计 18 分每小题只有一个选项符合题意) 1.(2018苏州市调研)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
2、(C未落地，B 未撞到滑轮，g10 m/s2)下列说法正确的是( ) 图 1 AA、B两物体发生相对滑动 BA物体受到的摩擦力大小为 3 N CB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(2018黄桥中学第三次段考)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vA0，若这时B未落地，其速度为vB，则 2 ( ) 图 2 AvB0 BvB0 CvBvA DvBvA 3.如图 3 所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质
3、量分别为mA6 kg、mB2 kg，A、B之间的动摩擦因数0.2，开始时F10 N，此后逐渐增加，在增大 到 45 N 的过程中，则( ) 图 3 A当拉力FmgR，对小球在B点，应 1 2 1 2 用牛顿第二定律可得：FNmgm，得FNmgm2mg，那么，由牛顿第三定律可知： vB2 R vB2 R 小球第一次过B点时，对槽的压力一定大于 2mg，故 D 正确 13(1)220 (2)刻度尺 (3)A (4)GJ 0.65 解析 (1)电火花计时器的工作电压是 220 V 的交流电 (2)处理实验数据时需要测量两计数点间的距离，因此还需要的器材是刻度尺 (3)橡皮筋最合理的套接方式是 A，以
4、 A 的方式套接释放小车后，橡皮筋不会影响小车的运 动 (4)由题图所示纸带可知，GJ部分两计时点间的距离相等，小车做匀速直线运动，应选用的 纸带是GJ部分；小车获得的速度v m/s0.65 m/s. x t 0.013 0 0.02 14(1)0.660 8.800 (2)D C 解析 (1)游标卡尺读数为L6 mm12 mm6.60 mm0.660 cm 1 20 螺旋测微器的读数为d8.5 mm30.00.01 mm8.800 mm (2)该实验是验证机械能守恒定律的实验，因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就 守恒如果把重物的实际运动看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，
5、那么就 不需要验证了，其中 A、B、C 三项都是运用了自由落体运动的规律求解的，故 A、B、C 错误； D 是运用匀变速直线运动规律求解的，D 正确 根据mghmv2可知，测量结果与重锤质量m无关，A 错误；测量结果与电压U无关，所以 1 2 B 错误；由 Ekmv2，其中v，所以若实际交流电源的频率小于 50 1 2 x1x2 2T x1x 2 f 2 14 Hz，而将f50 Hz 代入上式，求出的速度要大于实际速度，从而导致 Ekmgh，所以 C 正 确；根据能量守恒定律可知，若重锤下落时受到的阻力过大，则重锤动能的增加量应小于重 力势能的减少量，D 错误 15(1)0.6 m 方向与初速
6、度方向相同 (2)1.4 N 0.6 N (3) m 8 15 解析 (1)位移大小x 12 m 10.8 m0.6 m 1 2 1 2 方向与初速度方向相同 (2)01 s 内加速度大小a12 m/s2 v1 t1 FFfma1 12 s 内加速度大小a20.8 m/s2 v2 t2 FFfma2，联立解得F1.4 N，Ff0.6 N (3)撤去拉力后，加速度大小为a30.6 m/s2 Ff m 还能滑行x m v22 2a3 8 15 16(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：F1Ffmmg,
7、 设经过t1时间A开始滑动，则：t11.5 s. mg k (2)t22.0 s 时，有：F2kt222 N4 N， 由牛顿第二定律得F2mgma 解得a1 m/s2. (3)t31.0 s 时水平外力为：F3kt32 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(mM)a，a0.5 m/s2 对A受力分析有：F3Ffma， FfF3ma(210.5) N1.5 N. 17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： 15 nmgcos 4m
8、gsin 解得：n2 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： 3mgcos 4mgsin 4ma 得到agsin ，方向沿斜面向上 1 2 对物块D，由牛顿第二定律得： Fmgsin ma 解得Fmgsin ，方向沿斜面向上 3 2 (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 3Lmgcos 3L0mv2 1 2 解得：v 6gLsin 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
9、用动能定理： 4mgsin 3Lmgcos (3L2LL) 4mv2 4mv02 1 2 1 2 解得：v0v 6gLsin 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 6gLsin 18(1)v1 m/s，v22 m/s (2)见解析 3030 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： m1v1m2v2 由机械能守恒定律，有：Epm1v12m2v22 1 2 1 2 联立并代入数据解得：v1 m/s，v22 m/s 3030 (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： m2v22m2g2Rm2vD2 1 2 1 2 代入数据解得：vD2 m/s 14 又小球能通过竖直面内光滑圆周最高点的条件为：mgm，代入数据解得：v4 m/s v2 R 由于vvD，故小球 2 第一次沿轨道上滑过程中能到达D点
