江苏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220180324513

力学综合练2
一、选择题(第1～3题为单项选择题,第4～5题为多项选择题)
1.利用传感器和计算机可以研究快速变化的
力的大小,实验时让质量为M的某消防员从一平台
上自由下落,落地过程中先双脚触地,接着他用双
腿弯曲的方法缓冲,使自身重心又下降了一小段距离,最后停止,用这种方法获得消防员受到的地面冲击力随时间变化的图线如图所示。

已知F m＜2Mg,根据图线所提供的信息,在消防员落地过程中下列判断正确的是( )
A．t1时刻消防员的速度最大
B．t2时刻消防员的动能最大
C．t3时刻消防员的加速度最大
D．t4时刻消防员的合外力最大
解析：选B 由题图知,t1时刻消防员双脚触地,在t1～t2时间内消防员受到的合力向下,其加速度向下,做加速度减小的加速下落运动；而t2～t3时间内,消防员所受合力向上,做向下的减速运动,t2时刻消防员所受的弹力与重力大小相等、方向相反,合力为零,消防员的速度最大,动能最大,故A错误,B正确；在t2～t4时间内消防员所受的合力向上,t3时刻消防员与地面之间的相互作用力最大,但由于F m＜2Mg,可知在t3时刻消防员的加速度小于g,小于t1时刻的加速度,故C 错误；t4时刻消防员与地面之间的作用力等于他的重力,受到的合外力等于0,故D错误。

2.在同一竖直线上的不同高度水平掷出两支飞镖,飞镖打
到镖盘上的位置如图所示。

已知1镖镖体与竖直方向的夹角小
于2镖镖体与竖直方向的夹角,忽略空气阻力,则下列判断正确
的是( )
A ．两支飞镖掷出的速度相同
B ．1镖掷出的速度比2镖掷出的速度小
C ．1镖在空气中飞行的时间比2镖飞行的时间短
D ．1镖的掷出点一定比2镖的掷出点低
解析：选B 若两支飞镖掷出的速度相同,水平位移也相同,则两镖打到镖盘上时,镖体与竖直方向的夹角应该相同,故A 错误；1镖镖体与竖直方向的夹角小,说明1镖掷出的速度比2镖掷出的速度小,故B 正确；由于两支飞镖的水平位移相同,1镖的速度小,因此1镖飞行时间长,故C 错误；1镖飞行时间长,且1镖的落点还在2镖的上方,则1镖的掷出点一定比2镖的掷出点高,故D 错误。

3.2016年4月6日,我国首颗微重力科学实验卫
星—实践十号,在酒泉卫星发射中心由长征二号丁运
载火箭发射升空,进入近百万米预定轨道,开始了为期
15天的太空之旅,如图所示,大约能围绕地球转200圈。

实践十号卫星在太空中完成了19项微重力科学和空间生命科学实验,取得了重大科学成果。

当实践十号卫星在预定轨道上运动时,下列描述正确的是( )
A ．实践十号卫星在地球同步轨道上
B ．实践十号卫星的环绕速度大于第一宇宙速度
C ．实践十号卫星的加速度小于地球表面的重力加速度
D ．在实践十号卫星中可以用天平测出物体的质量
解析：选C 同步卫星的周期为24 h,而实践十号卫星的周期T ＝15×24200
h ＝1.8 h,可知实践十号卫星不在地球同步轨道上,故A 错误；第一宇宙速度是近地卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度,实
践十号卫星的环绕速度小于第一宇宙速度,故B 错误；根据G Mm R 2＝mg 知,地球表面处的重力加速度g ＝GM R 2,实践十号的加速度a ＝GM r 2,r ＞R ,则a ＜g ,故C 正确；实践十号卫星绕地球做圆周运动,处于完全失重状态,在实践十号卫星中,不能通过天平测出物体的质量,故D 错误。

4.将质量为m ＝0.1 kg 的小球竖直向上抛出,初速
度v 0＝20 m/s,小球在运动中所受空气阻力与速率的
关系为f ＝kv 。

已知k ＝0.1 kg/s,其速率随时间变化
的规律如图所示,取g ＝10 m/s 2,下列说法正确的是( )
A ．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/s
B ．小球在t 1时刻到达最高点,此时加速度为g
C ．小球落地前做匀速运动,落地速度大小v 1＝10 m/s
D ．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s 2
解析：选BC 根据速度—时间图像与时间轴包围
的面积表示位移,则从图像可以看出,小球在上升阶段
的位移小于阴影部分面积,而阴影部分面积是匀减速
直线运动的位移,匀减速直线运动的平均速度等于v 02
＝10 m/s,故小球上升阶段的平均速度大小小于10 m/s,故A 错误；小球在t 1时刻速率
为零,到达最高点,空气阻力为零,只受重力,加速度为g ,故B 正确；由题图可知,小球落地前做匀速运动,由 mg ＝f ＝kv 1,得 v 1＝10 m/s,故C 正确；小球抛出瞬间,有：mg ＋kv 0＝ma 0；联立解得：a 0＝30 m/s 2,故D 错误。

5.如图所示,斜面体A 静置于水平地面上,其倾角
为45°,上底面水平的物块B 在A 上恰能匀速下滑。

现
对B施加一个沿斜面向上的力F,使B能缓慢地向上匀速运动,某时刻在B上轻轻地放上一个质量为m的小物体C(图中未画出),A始终静止,B保持运动状态不变,关于放上C之后的情况,下列说法正确的是( )
A．B受到的摩擦力增加了
2 2 mg
B．F增大了
2 2 mg
C．F增大了2mg
D．A受到地面的摩擦力增加了mg
解析：选ACD 由B在A上恰能匀速下滑,知m B g sin 45°＝μm B g cos 45°,解得：μ＝1；现对B施加一个沿斜面向上的力F,使B能缓慢地向上匀速运动,则B受到的摩擦力为f B＝μm B g cos 45°,F ＝m B g sin 45°＋μm B g cos 45°；在B上轻轻地放上C,B的运动状态不变,则f B′＝μ(m B＋m)g co s 45°,F′＝(m B＋m)g sin 45°＋μ(m B
＋m)g cos 45°；由以上分析知：f B′－f B＝
2
2
mg,F′－F＝2mg,故
A、C正确,B错误；分别把A
B、ABC作为整体分析知,A受到地面的摩擦力先后分别为：f A＝F cos 45°,f A′＝F′cos 45°,故A受到地面的摩擦力增加了ΔF＝(F′－F)cos 45°＝mg,D正确。

二、非选择题
6．在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中,某实验小组采用如图1所示的装置,实验步骤如下：
a．把纸带的一端固定在小车上,另一端穿过打点计时器的限位孔；
b．调整木板的倾角,以重力沿斜面向下的分力平衡小车及纸带受到的摩擦力；
c．用细线将木板上的小车通过定滑轮与砂桶相连；
d．接通电源,放开小车,让小车拖着纸带运动,打点计时器就在纸带上打下一系列的点；
e．换上新的纸带,在砂桶中依次加入适量的砂,重复d步骤多次,得到几条点迹清晰的纸带。

现测出了其中一条纸带上的距离,如图2所示,已知打点周期为0.02 s,则这条纸带上C点速度的大小v C＝________m/s,小车加速度的大小a＝________m/s2(取三位有效数字)。

根据所测纸带数据,把砂和砂桶的重力作为合外力F,拟作出加速度a F图像,发现当a比较大时图线明显向F轴偏移,这是由于实验原理的不完善导致的,请你在这个实验的基础上,稍加改进实验操作,得到一条a F成正比的图线,写出你的改进方法：________________________________________________。

解析：每打2个点取一个计数点,相邻的计数点间的时间间隔是T＝0.04 s,根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,可得
C 点的速度为：v C ＝x B
D 2T ＝0.067 0＋0.072 20.08
m/s ＝1.74 m/s,根据逐差法得：a ＝x CE －x AC 4T 2＝0.077 2＋0.072 2－0.067 0－0.061 92 m/s 2≈ 3.20 m/s 2；当砂和砂桶的质量较大时,加速度较大,不满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量,所以不能用砂和砂桶的重力代替小车受到的合力,可以在拉小车的细线上安装力传感器,直接测出小车受到的细线拉力,就不需要满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量,图像也不会弯曲。

答案：1.74 3.20 在拉小车的细线上安装力传感器,直接测出
小车受到的细线拉力
7.如图所示,一个质量为m ＝0.01 kg,边长L ＝0.1 m,
电阻R ＝0.4 Ω的正方形导体线框abcd ,从距下方有界匀
强磁场h ＝0.8 m 的高处由静止自由下落,下落时线框平面始终在竖直平面内,且保持与匀强磁场水平边界垂直,当线框下边bc 刚一进入下方的匀强磁场时,恰好做匀速运动(g ＝10 m/s 2)。

(1)求磁场的磁感应强度B 的大小；
(2)如果线框的下边bc 通过磁场所经历的时间为t ＝0.125 s,求bc 边刚从磁场下边界穿出时线框的加速度大小。

解析：(1)线框先做自由落体运动,由v 2＝2gh 可得,线框进入磁场时的速度为：v ＝2gh ＝4 m/s
产生的感应电动势为E ＝BLv
感应电流：I ＝BLv R
线框所受的安培力大小为：F ＝BLI
刚进入磁场时线框刚好做匀速运动,则有：
F ＝mg
解得：B ＝1 T 。

(2)线框完全进入磁场前做匀速直线运动：L ＝vt 1,得
t 1＝0.025 s
则线框在磁场中以加速度g 下落的时间为：
t 2＝(0.125－0.025)s ＝0.1 s
根据速度时间公式,线框下边bc 刚穿出磁场时的速度
v ′＝v ＋gt 2＝5 m/s
根据牛顿第二定律：mg －B BLv ′R
L ＝ma 解得：a ＝－2.5 m/s 2,则加速度大小为2.5 m/s 2。

答案：(1)1 T (2)2.5 m/s 2
8.如图所示,绷紧的传送带在电动机的带动下,始
终保持v 0＝2 m/s 的速度匀速转动,传送带与水平地面
的夹角θ＝30°。

现把一质量m ＝10 kg 的工件轻轻
地放在传送带底端,由传送带送至h ＝2 m 的高处,已知工件与传送带
间动摩擦因数μ＝32
,g ＝10 m/s 2。

(1)试通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动；
(2)在工件从传送带底端运动至h ＝2 m 高处的过程中,摩擦力对工件做了多少功？
(3)由于传送工件,电动机多消耗的能量为多少？
解析：(1)工件轻轻地放在传送带底端后,受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力作用,由牛顿第二定律知,上滑过程中有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得：a ＝2.5 m/s 2
设工件加速到v 0＝2 m/s 时运动的位移为x ,则有：
2ax ＝v 02,解得x ＝0.8 m
可得：x ＜h
sin θ
＝4 m 所以工件在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动。

(2)匀加速运动过程中,摩擦力对工件做功为： W 1＝μmg cos θ·x ＝60 J
匀速运动后,工件受到的摩擦力大小为：f ＝mg sin θ 通过的位移为：x ′＝h
sin θ
－x ＝3.2 m 匀速运动过程中,摩擦力对工件做功为： W 2＝mg sin θ·x ′＝160 J
所以摩擦力对工件做的总功为：W ＝W 1＋W 2＝220 J 。

(3)多消耗的能量转化为工件的动能和重力势能以及摩擦产生的内能
其中：Q ＝F f ·x 相对＝μmg cos θ·(2x －x )＝60 J
所以：ΔE ＝12
mv 02＋mgh ＋Q 代入数据解得：ΔE ＝280 J 。

答案：(1)先做匀加速运动后做匀速运动(计算过程见解析)
(2)220 J (3)280 J。