贵州省2012届高三物理复习测试：力学综合训练

贵州省2012届高三物理复习测试：力学综合训练

2012 届高三物理一轮复习力学综合训练 一､选择题 1.下列说法正确的是( ) A.匀速圆周运动是加速度不变的运动 B.简谐运动是加速度不变的运动 C.当物体做曲线运动时,所受的合外力一定不为零 D.当物体速度为零时,加速度一定为零 解析:考查运动和力.匀速圆周运动的加速度始终指向圆心,故加速度时刻改变,A 错;简谐 运动的加速度大小与偏离平衡位置的位移成正比,方向始终指向平衡位置,故加速度时时刻刻 改变,B 错;曲线运动的速度时刻改变,故加速度一定不为零,C 对;速度为零时加速度不一定为 零,比如竖直上抛运动到最高点的速度为零,但加速度为重力加速度,D 错. 答案:C 2.如图,在“探究弹性势能的表达式”的活动中,为计算弹簧弹力所做的功,把拉伸弹簧 的过程分为很多小段,拉力在每小段可以认为是恒力,用各小段做功的代数和代表弹力在整个 过程所做的功,物理学中把这种研究方法叫做“微元法”.下面几个实例中应用到这一思想方 法的是( ) A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用点来代替物体,即质点 B.一个物体受到几个力共同作用产生的效果与某一个力产生的效果相同,这个力叫做那 个力的合力 C.在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看 做匀速直线运动,然后把各小段的位移相加 D.在探究加速度与力、质量之间关系时,先保持质量不变探究加速度与力的关系,再保持 力不变探究加速度与质量的关系 解析:质点是理想模型,A 错;力的合成与分解是等效方法,B 错;在推导匀变速直线运动位 移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看做匀速直线运动,采用微元法,C 正确;D 项为控制变量法,D 错. 答案:C 3.如图为一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形,当 R 处质点在 t=0 时刻的 振动状态传到 S 处时,关于 P、R 处的质点,下列说法正确的是( ) A.P 处的质点位于波峰 B.P 处的质点速度达到最大 C.R 处的质点位于波峰 D.R 处的质点速度达到最大 解析:当 R 处质点在 t=0 时刻的振动状态传到 S 处时,波向前传播了 3 4 λ,经历 3 4 T,R 处质 点在 t=0 时刻正向 y 轴正方向振动,因此经 3 4 T 应处在波谷位置,速度为零,C､D 错;P 处质点正 经过平衡位置向 y 轴负方向运动,速度最大,A 错 B 对.本题考查波的传播特性,判断质点在波的 传播中的振动情况. 答案:B[来源:学科网] 4.一小球自由下落,与地面发生碰撞后以原速率反弹.若从释放小球开始计时,不计小球 与地面发生碰撞的时间及空气阻力.则下图中能正确描述小球位移 s、速度 v、动能 Ek、机械 能 E 与时间 t 关系的是( ) 解析:A 选项中 s-t 图象显示为匀速运动,方向随时间周期变化;C 选项中显示动能随时间 均匀变化,即速率的平方随着时间均匀变化.而自由落体运动的速度随时间均匀变化,做自由 落体运动物体的机械能不变,故 A、C 错,B、D 正确. 答案:BD 5.2008 年 9 月 25 日至 28 日,我国成功实施了“神舟七号”载人航天飞行并实现了航天员 首次出舱.飞船先沿椭圆轨道飞行,后在远地点 343 千米处点火加速,由椭圆轨道变成高度为 343 千米的圆轨道,在此圆轨道上飞船运行周期约为 90 分钟.下列判断正确的是( ) A.飞船变轨前后的机械能相等 B.飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态 C.飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度 D.飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度 解析:本题考查万有引力定律及天体运动知识.飞船变轨时通过点火由椭圆轨道变为圆轨 道,速度突然变大,机械能增大,故 A 错误;飞船变轨之前在椭圆轨道远地点时,飞船距地心高度 和在圆轨道上运行时距地心高度相同,所以万有引力大小相同,故加速度也相同,所以 D 错误; 飞船在圆轨道运行时万有引力完全充当向心力,故处于完全失重状态,所以 B 正确;由于飞船的 飞行周期为 90 分钟,比地球同步卫星的周期 24 小时要短,故角速度要大于地球同步卫星的,所 以 C 正确. 答案:BC 6.截面为直角三角形的木块 A 质量为 M,放在倾角为θ的斜面上,当θ=37°时,木块恰能 静止在斜面上.现将θ改为 30°,在 A 与斜面间放一质量为 m 的光滑圆柱体 B,如图 乙,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则 ( ) A.A、B 仍一定静止于斜面上 B.若 M=4m,则 A 受到斜面的摩擦力为 5 2 mg[来源:学科网 ZXXK] C.若 A、B 仍静止,则一定有 M≥2 3 m D.若 M=2m,则 A 受到的摩擦力为 3 2 mg 解析:由图甲得 mgsin37°=μmgcos37°,μ=tan37°= 3 4 ,当θ改为 30°,在 A 与斜面间放 一质量为 m 的光滑圆柱体 B 后,三角形木块对斜面的压力为 Mgcos30°,若要 A､B 仍静止,则必 须满足μMgcos30°≥(M+m)gsin30°,则 M≥ 4 1.2 m,B 能满足要求,而静摩擦力与 A､B 重力沿斜 面向下的分力相平衡,即 Ff=(M+m)gsin30°= 5 2 mg,A、C 错,B 正确;若 M=2m,则 A､B 沿斜面下滑,A 受到的滑动摩擦力 Ff=μMgscos30°= 3 3 4 mg,D 错. 答案:B 7.如图所示,a、b 的质量均为 m,a 从倾角为 45°的光滑固定斜面顶端无初速地下滑,b 从 斜面顶端以初速度 v0 平抛,对二者的运动过程以下说法正确的是( ) A.落地前的瞬间二者速率相同 B.a、b 都做匀变速运动 C.整个运动过程重力对二者做功的平均功率相同 D.落地前的瞬间重力对二者的瞬时功率相同 解析:根据机械能守恒定律得,两者落地前的瞬时速率不相等,vb>va,所以 A 错;a 做初速度 为零的匀加速直线运动,加速度 a=gsin45°,b 做匀加速曲线运动,加速度为 g,所以 B 正确;两 个运动过程中重力做功相同,但 ta>tb,所以 C 错误;PQ=mgvy,因为 vy 不相等,所以 D 错误. 答案:B[来源:学科网 ZXXK] 8.我国运动员刘翔获得雅典奥运会 110 米栏冠军,成绩是 12′91″,在男子 110 米跨栏中 夺得金牌,实现了我国在短跑中多年的梦想,是亚洲第一,为亚洲争了光,更加为中国争了光, 刘翔之所以能够取得冠军,取决于他在 110 米中的( ) A.起跑时的加速度大 B.平均速度大 C.撞线时的即时速度大 D.某时刻的即时速度大 解析:径赛中的成绩是以相同距离所用时间来确定的,时间短则成绩好.距离→时间→平 均速度,即平均速度越大,运动时间越短,选 B.考查考生的综合能力,有的考生可能会选 A 或 C, 特别是 C 项,因为人们一般只看最后谁先到达终点,只以冲刺速度决胜负. 答案:B[来源:Zxxk.Com] 9.重量为 mg 的物体静止在水平地面上,物体与地面之间的最大静摩擦力为 fm.从 0 时刻开 始,物体受到水平拉力 F 的作用,F 与时间 t 的关系如图甲所示,为了定性地表达该物体的运动 情况,在图乙所示的图象中,纵轴 y 应为该物体的( ) A.位移大小 s B.加速度大小 a C.动量大小 P D.动能大小 Ek 解析:由图甲可知,力 F 大于 fm,因此物体在水平面上做匀加速直线运动,加速度不变,速度 和动量与时间成正比,位移与时间的平方成正比,动能 Ek= 1 2 mv2= 1 2 ma2t2 与时间的平方成正比, 故只有 C 正确. 答案:C 10.静止在粗糙水平面上的物体,受到水平方向的拉力作用由静止开始运动,在 0~6 s 内其 速度与时间图象和拉力的功率与时间图象如图所示,则物体的质量为(取 g=10 m/s2)( ) 5 10. .3 9 3 9. .5 10 A kg B kg C kg D kg 解析:对 2~6 s 过程,v=6 m/s,P=10 W.由 P=Fv,此时匀速,∴f=F,∴P=fv,f= 10 6 P v  N. 对 0~2 s,由 v-t 图象:a= 6 0 2  m/s2=3 m/s2 第 2 s 时,v=6 m/s,P=30 W, ∴P=Fv,F= 30 6 P v  N=5 N. 对 0~2 s 应用牛顿第二定律,F-f=ma,5-10 6 =m·3,m=10 9 kg.选 B. 答案:B 二､实验题[来源:Zxxk.Com][来源:Zxxk.Com] 11.某同学用如图的装置“验证动量守恒定律”,水平地面上的 O 点是斜槽轨道末端在竖 直方向的射影点.实验时,先将球 a 从斜槽轨道上某固定点由静止释放,在水平地面上的记录纸 上留下压痕,重复多次;再把同样大小的球 b 放在斜槽轨道水平段的末端处静止,让球 a 仍从原 固定点由静止释放,之后与 b 球相碰,碰后两球分别落在记录纸上的不同位置,重复多次.实验 中必须测量的物理量是________.(填序号字母) A.小球 a、b 的质量 ma、mb B.小球 a、b 的半径 r[来源:Z_xx_k.Com] C.斜槽轨道末端在水平地面的高度 H D.小球 a、b 离开斜槽轨道后做平抛运动的飞行时间 E.记录纸上 O 点到两小球碰撞前后的平均落点 A、B、C 的距离OA OB OC、 、 解析:实验只要验证 ma·OB ma OA mb OC   . ∴选 AE. 答案:AE 12.如图,用底部带孔的玻璃试管和弹簧可以组装一个简易“多功能实验器”,利用该实 验器,一方面能测弹簧的劲度系数,另一方面可测量小球平抛运动初速度,还可以用来验证弹 性势能大小与弹簧缩短量间的关系. (1)用该装置测量弹簧劲度系数 k 时需要读出几次操作时的________和________,然后由 公式________求出 k 的平均值. (2)使用该装置测量小球的初速度时,需要多次将弹簧右端压到________(填“同一”或 “不同”)位置.然后分别测出小球几次飞出后的________和________,再由公式________求 出初速度的平均值. (3)由于弹簧缩短时弹性势能 Ep 的大小等于弹出的小球的初动能.因此用该装置可验证弹 簧弹性势能Ep 与弹簧缩短量 x 之间的关系是否满足 Ep∝x2,主要步骤如下,请排出合理顺序 ________. A.改变拉引细线的拉力即改变弹簧长度,从刻度尺读出 x2、x3…并求出对应小球初速度 v2、 v3 B.调好装置,用手缓缓拉引拴住弹簧右端的细线,使弹簧缩短到某一位置,用刻度尺读出 弹簧缩短量 x1,并将小球轻推至管内弹簧端点处 C.突然释放细线,弹出的球平抛运动到复写纸上,留下痕迹,测出相关距离,求出小球初速 度 v1 D.分析数据,比较几次 v2 与 x2 之间的关系,可得结论 解析:(1)由胡克定律可知,要测出弹簧的劲度系数,需测拉力(等于弹簧弹力)和弹簧的形 变量;(2)此实验是利用平抛运动测小球初速度,因此弹簧每次都要压到同一位置,使小球平抛 的初速度恒定;测平抛初速度须测定平抛竖直高度 h 和水平位移 s,则 s=v0t,h= 1 2 gt2 求初速 度;(3)略. 答案:(1)拉力大小 F 弹簧缩短量 x k= F x (或 31 2 1 2 3 ( ) / 3)FF Fk x x x    (2)同一 水平位移 s 下落高度 h v=s 2 g h (或 1 2 3 1 2 3 v ( ) / 3)2 2 2 g g gs s sh h h    (3)BCAD 二、计算题 13.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量 m=2 kg,动力系统提供的恒定升力 F=28 N. 试飞时,飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的阻力大小不变,g 取 10 m/s2. (1)第一次试飞,飞行器飞行 t1=8 s 时到达高度 H=64 m.求飞行器所受阻力 f 的大小; (2)第二次试飞,飞行器飞行 t2=6 s 时遥控器出现故障,飞行器立即失去升力.求飞行器能 达到的最大高度 h; (3)为了使飞行器不致坠落到地面,求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间 t3. 解:(1)第一次飞行中,设加速度为 a1 匀加速运动 H= 2 1 1 12 a t 由牛顿第二定律 F-mg-f=ma1 解得 f=4 N. (2)第二次飞行中,设失去升力时的速度为 v1,上升的高度为 s1 匀加速运动 s1= 2 1 2 1 2 a t 设失去升力后加速度为 a2,上升的高度为 s2 由牛顿第二定律 mg+f=ma2 v1=a1t2 s2= 2 1 22 v a 解得 h=s1+s2=42 m. (3)设失去升力下降阶段加速度为 a3;恢复升力后加速度为 a4,恢复升力时速度为 v3 由牛顿第二定律 mg-f=ma 3 F+f-mg=ma4 且 2 2 3 3 3 42 2 v v a a  =h v3=a3t3 解得 t3= 3 2 2 s(或 2.1 s). 14.倾角为 30°的足够长光滑斜面下端与一足够长光滑水平面相接,连接处用一光滑小圆 弧过渡,斜面上距水平面高度分别为 h1=5 m 和 h2=0.2 m 的两点上,各固定一小球 A 和 B.某时刻 由静止开始释放 A 球,经过一段时间 t 后,同样由静止开始释放 B 球.g 取 10 m/s2,则:[来源: 学科网][来源:学.科.网 Z.X.X.K] (1)为了保证 A、B 两球不会在斜面上相碰,t 最长不能超过多少? (2)在满足(1)的情况下,为了保证两球在水平面上的碰撞次数不少于两次,两球的质量 mA 和 mB 应满足什么条件?(假设两球的碰撞过程没有能量损失) 解:(1)设两球在斜面上下滑的加速度为 a,根据牛顿第二定律得: mgsin30°=ma 设 A､B 两球下滑到斜面底端所用时间分别为 t1 和 t2,则: 21 1 1 30 2 h atsin  22 2 1 30 2 h atsin  所以:t=t1-t2=1.6 s. (2)设 A､B 两球下滑到斜面底端时速度分别为 v1 和 v2,第一次相碰后速度分别为 vA 和 vB, 则根据机械能守恒 2 1 1 2 mAv =mAgh1① 2 2 1 2 mBv =mBgh2② 根据动量守恒和能量守恒 mAv1+mBv2=mAvA+mBv B③ 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2A BmAv mBv mAv mBv   ④ 为使两球能发生第二次碰撞,应满足 vA<0 且|vA|>vB⑤ 由①②③④⑤代入数据后可得: 1 7 A B m m  . 15.如图所示,半径分别为 R 和 r(R>r)的甲乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内,两轨 道之间由一光滑水平轨道 CD 相连,在水平轨道 CD 上有一轻弹簧被 a、b 两个小球夹住,但不拴 接.同时释放两小球,a、b 球恰好能通过各自的圆轨道的最高点.(1)已知小球 a 的质量为 m,求 小球 b 的质量. (2)若 ma=mb=m,且要求 a、b 都还能够通过各自的最高点,则弹簧在释放前至少具有多大的 弹性势能. 解:(1) 2 21 122 2a amv mgR mv  mg= 2 avm R  解得:v a= 5gR ;同理可得:vb= 5gr 又:mva=mbvb 所以:mb= Rmr . (2)由题意分析知,应该按照 a 球在轨道最顶点具有临界速度这一条件计算.依照上面结果 可得: va= 5gR mva=mvb 所以有:Ep=2× 21 2 amv  5mgR. 16.如图所示,半径 R=0.5 m 的光滑半圆轨道竖直固定在高 h=0.8 m 的光滑水平台上,与平 台平滑连接,平台长 L=1.2 m.可视为质点的两物块 m1、m2 紧靠在一起静止在平台的最右端 D 点, 它们之间有烈性炸药.今点燃炸药,假设炸药释放出来的能量全部转化为物块 m1、m2 的机械能, 使它们具有水平方向的速度,m1 通过平台到达半圆轨道的最高点 A 时,轨道对它的压力大小是 N=44 N,水平抛出落在水平地面上的 P 点,m2 也落在 P 点,已知 m1=2 kg,g 取 10 m/s2.求炸药释 放出来的能量是多少? 解:设 m1 在 A 点时的速度为 v,由牛顿第二定律得 mg+N= 2mv R , 有 v=4 m/s 从 A 点到 P 点运动的时间为 t1, h+2R= 2 1 1 2 gt ,有 t1=0.6 s[来源:学§科§网 Z§X§X§K] 设运动的水平距离为 s,则 s+L=vt1, 故 s=1.2 m 设刚爆炸后,m1 的速度为 v1,由机械能守恒定律得 2 1 1 1 2 m v =m1g×2R+ 1 2 m1v2, 解得 v1=6 m/s 设平抛时的速度为 v2,平抛运动的时间为 t2 因 h= 2 2 1 ,2 gt 得 t2=4 s, v2= 2 s t =3 m/s. 对 m1、m2 爆炸过程运用动量守恒定律得 0=m1v1-m2v2, 所以 m2= 1 1 2 m v v =4 kg 炸药释放出来的能量 E= 2 2 1 2 1 11 22 2m v m v =54 J.