《(江苏专版)2019版高考物理一轮复习 精选提分综合练 阶段检测一 力学部分》由会员分享,可在线阅读,更多相关《(江苏专版)2019版高考物理一轮复习 精选提分综合练 阶段检测一 力学部分(15页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
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