《江苏版2018版高考物理二轮复习第二部分考前提速力争满分4策略力学综合练》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏版2018版高考物理二轮复习第二部分考前提速力争满分4策略力学综合练（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、力学综合练6一、选择题(第13题为单项选择题，第45题为多项选择题)1.如图所示是2016年里约奥运会中，中国某运动员(可看成质点)参加10米跳台比赛中速度与时间的关系图像，t0是其向上起跳瞬间，则下列关于该运动员的说法中正确的是()At1时刻开始进入水面Bt3时刻已浮出水面Ct2时刻开始进入水面Dt2t3时间内，处于失重状态解析：选Ct0运动员向上起跳，0t2时间内，vt图像为直线，说明此过程中运动员的加速度是相同的，所以在0t2时间内运动员在空中，先上升后下降，t1时刻到达最高点，t2时刻之后速度减小，说明t2时刻开始进入水面，t3时刻运动员在水中，故A、B错误，C正确；t2t3时间内，运
2、动员向下做匀减速运动，具有向上的加速度，处于超重状态，故D错误。2.如图所示，三根抗拉能力相同的轻细绳1、2、3将一重物悬挂在水平天花板上，P、Q两点为绳子与天花板的结点，绳子1、2与天花板的夹角分别为60和30，其拉力大小分别为F1、F2，重物重力为G，下列说法正确的是()A绳子2的拉力F2F1B绳子2的拉力F22GC若逐渐增大重物重力，绳子3先断D若缓慢增大P、Q两点间距，F1、F2的合力增大解析：选C对O点受力分析如图所示，根据平衡条件，有：F1F2F312，其中F3G，故F1G，F2，故A、B错误；由于F1F2F312，而F3G，故增大重物重力后，三个拉力F1、F2、F3均增加，由于F
3、3F1F2，故绳子3先断，故C正确；若缓慢增大P、Q两点间距，点O保持平衡，根据平衡条件，三个力的合力为零，F1、F2的合力与F3平衡，而F3G，故F1、F2的合力不变，故D错误。3.如图所示，质量为m的小球A沿高度为h、倾角为的固定光滑斜面由静止开始自由下滑，同时另一质量与A相同的小球B自相同高度由静止落下，不计空气阻力，下列说法正确的是()AA、B两球同时落地B下落过程中，A、B两球所受重力的平均功率相等C落地前一瞬间，A、B两球所受重力的瞬时功率相等D落地前一瞬间，B球所受重力的瞬时功率比A球的大解析：选DA球做匀加速直线运动，加速度agsin ，根据at2得，A球的运动时间t，B球做自
4、由落体运动，运动时间t，可知A球的运动时间大于B球的运动时间，故A错误；A、B两球下落的高度相同，质量相同，则重力做功相同，根据P知，下落过程中，A、B两球重力的平均功率不等，故B错误；根据动能定理知，重力做功相等，初动能相等，则末速度大小相等，根据Pmgvcos 知，B球重力方向与其落地前一瞬间速度方向相同，则B球重力的瞬时功率大于A球重力的瞬时功率，故D正确，C错误。4.北斗导航系统具有导航、定位等功能。如图所示，“北斗”系统的三颗卫星a、b、c绕地心做匀速圆周运动，卫星c所在的轨道半径为r，卫星a、b所在的轨道半径为2r，若三颗卫星均沿顺时针方向(从上向下看)运行，质量均为m，卫星c所受
5、地球的万有引力大小为F，引力常量为G，不计卫星间的相互作用。下列判断中正确的是()A卫星a所受地球的万有引力大小为B地球质量为C如果使卫星b加速，它一定能追上卫星aD卫星b的周期是卫星c的2倍解析：选AB由FG可知，卫星a所受地球的万有引力大小为，则A正确；对于卫星c，由FG可知M，则B正确；卫星b加速，会做离心运动，则不能追上卫星a，则C错误；由万有引力提供向心力Gmr得：T2 ，则卫星b的周期为卫星c的2 倍，则D错误。5.质量m2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数0.2，重力加速度g
6、取10 m/s2，则下列说法中正确的是()Ax1 m时物块的速度大小为2 m/sBx3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2C在前2 m位移的运动过程中物块所经历的时间为2 sD在前4 m位移的运动过程中拉力对物块做的功为25 J解析：选CD根据题图知，x1 m时，动能为2 J，即mv22 J，解得v m/s，故A错误；对x2 m到x4 m段运用动能定理，有：FxmgxEk，解得F6.5 N，a m/s21.25 m/s2，故B错误；对前2 m运用动能定理得，FxmgxEk，解得F6 N，物体的加速度a m/s21 m/s2，末速度v m/s2 m/s，根据vat得，t2 s，故C正确；对全
7、过程运用动能定理得，WFmgsEk，解得WF25 J，故D正确。二、非选择题6某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置。(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)(1)由图(b)可知，小车在桌面上是_(填“从右向左”或“从左向右”)运动的。(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为_m/s，加速度大小为_m/s2。(结果均
8、保留2位有效数字)解析：(1)由于小车在水平桌面上运动时必然受到阻力作用，做匀减速直线运动，相邻水滴(时间间隔相同)的位置间的距离逐渐减小，所以由题图(b)可知，小车在桌面上是从右向左运动的。(2)滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴，其滴水的时间间隔为T s0.67 s。根据匀变速直线运动的规律，可得小车运动到题图(b)中A点位置时的速度大小为vA m/s0.19 m/s。根据逐差法，共有5组数据，舍去中间的一组数据，则加速度a m/s20.037 m/s2，因此加速度的大小为0.037 m/s2。答案：(1)从右向左(2)0.190.0377.如图所示，在A点固定一正点电荷，电荷量为Q
9、，在离A点高度为H的C处由静止释放某带电小球(可视为点电荷)，开始运动瞬间小球的加速度大小恰好为重力加速度g，已知静电力常量为k，不计空气阻力。求：(1)小球所带电荷的性质和电荷量大小；(2)小球运动至多高时速度最大；(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成，其中r为该点到Q的距离(选无限远处电势为零)，小球能到达的最高点离地面的高度大小。解析：(1)设小球的电量为q，质量为m，由题意知，小球所受库仑力与重力方向相反，而A点的点电荷带正电，则小球带正电；根据牛顿第二定律，当小球在C点时，kmgmg解得：q。(2)当小球速度最大时kmg得hH。(3)设小球能到达的最高点为B，B、C间的
10、电势差大小UCB，由题意得UCBCB对由释放至小球到达最高点B(速度为零)的全过程应用动能定理得qUCBmg(rBH)0即qmg(rBH)0将q代入化简得rB23HrB2H20解得rB2H(rBH舍去)。答案：(1)正电(2)H(3)2H8如图所示，质量为m13 kg的滑块C(可视为质点)放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B。已知木板A、B的长度均为L5 m，质量均为m21.5 kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A与平台和木板B均接触但不粘连，滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为10.3，木板
11、A、B与地面间的动摩擦因数为20.1。现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩一段距离，然后将滑块C由静止释放，当滑块C刚滑上木板A时，滑块C的速度为v07 m/s。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取 g10 m/s2。求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；(3)从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间。解析：(1)由能量守恒定律可得，Epmaxm1v0273.5 J。(2)设滑块C在木板A上滑动时，滑块C的加速度为a1，木板A、B的加速度为a2。则：1m1gm1a1，解得：a13 m/s2。1m1g2(m12m2)
12、g2m2a2，解得：a21 m/s2。(3)设滑块C在木板A上运动的时间为t1。则： La2t12解得：t11 s或t12.5 s(舍去)设滑块C离开木板A时的速度为vC，木板A、B的速度分别为vA和vB。vCv0a1t14 m/svAvBa2t11 m/s滑块C在木板B上滑动时，滑块C的加速度仍为a1，设木板B的加速度为a3。1m1g2(m1m2)gm2a3，解得：a33 m/s2。设经过时间t2，B、C达到共同速度v，则有：vvCa1t2vBa3t2，解得 t20.5 s，v2.5 m/s从滑块C滑上木板B到与木板B速度相同的过程中，滑块C与木板B的相对位移为：xt2t20.75 m5 m可知此过程中滑块C未离开木板B，又因12，B、C共速后无相对运动，设B、C一起做匀减速运动的加速度为a，到停止运动所用时间为t3。2(m1m2)g(m1m2)a，解得a1 m/s2。0vat3，解得t32.5 s则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间为： tt1t2t34 s。答案：(1)73.5 J(2)1 m/s23 m/s2(3)4 s
