（江蘇選考）物理第二部分考前提速力爭滿分策略力學(xué)綜合練

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE力學(xué)綜合練2一、選擇題（第1～3題為單項選擇題，第4～5題為多項選擇題）1。利用傳感器和計算機(jī)可以研究快速變化的力的大小,實驗時讓質(zhì)量為M的某消防員從一平臺上自由下落，落地過程中先雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖,使自身重心又下降了一小段距離，最后停止，用這種方法獲得消防員受到的地面沖擊力隨時間變化的圖線如圖所示。已知Fm＜2Mg，根據(jù)圖線所提供的信息，在消防員落地過程中下列判斷正確的是(）A．t1時刻消防員的速度最大B．t2時刻消防員的動能最大C．t3時刻消防員的加速度最大D．t4時刻消防員的合外力最大解析：選B由題圖知，t1時刻消防員雙腳觸地，在t1～t2時間內(nèi)消防員受到的合力向下,其加速度向下，做加速度減小的加速下落運動；而t2～t3時間內(nèi)，消防員所受合力向上,做向下的減速運動，t2時刻消防員所受的彈力與重力大小相等、方向相反，合力為零，消防員的速度最大，動能最大，故A錯誤，B正確;在t2～t4時間內(nèi)消防員所受的合力向上，t3時刻消防員與地面之間的相互作用力最大,但由于Fm＜2Mg,可知在t3時刻消防員的加速度小于g，小于t1時刻的加速度，故C錯誤；t4時刻消防員與地面之間的作用力等于他的重力，受到的合外力等于0，故D錯誤.2.在同一豎直線上的不同高度水平擲出兩支飛鏢，飛鏢打到鏢盤上的位置如圖所示。已知1鏢鏢體與豎直方向的夾角小于2鏢鏢體與豎直方向的夾角，忽略空氣阻力，則下列判斷正確的是()A．兩支飛鏢擲出的速度相同B．1鏢擲出的速度比2鏢擲出的速度小C．1鏢在空氣中飛行的時間比2鏢飛行的時間短D．1鏢的擲出點一定比2鏢的擲出點低解析:選B若兩支飛鏢擲出的速度相同，水平位移也相同，則兩鏢打到鏢盤上時，鏢體與豎直方向的夾角應(yīng)該相同,故A錯誤；1鏢鏢體與豎直方向的夾角小,說明1鏢擲出的速度比2鏢擲出的速度小,故B正確;由于兩支飛鏢的水平位移相同，1鏢的速度小，因此1鏢飛行時間長，故C錯誤；1鏢飛行時間長，且1鏢的落點還在2鏢的上方，則1鏢的擲出點一定比2鏢的擲出點高，故D錯誤。3.2016年4月6日，我國首顆微重力科學(xué)實驗衛(wèi)星—實踐十號，在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心由長征二號丁運載火箭發(fā)射升空，進(jìn)入近百萬米預(yù)定軌道，開始了為期15天的太空之旅，如圖所示,大約能圍繞地球轉(zhuǎn)200圈。實踐十號衛(wèi)星在太空中完成了19項微重力科學(xué)和空間生命科學(xué)實驗，取得了重大科學(xué)成果。當(dāng)實踐十號衛(wèi)星在預(yù)定軌道上運動時，下列描述正確的是（)A．實踐十號衛(wèi)星在地球同步軌道上B．實踐十號衛(wèi)星的環(huán)繞速度大于第一宇宙速度C．實踐十號衛(wèi)星的加速度小于地球表面的重力加速度D．在實踐十號衛(wèi)星中可以用天平測出物體的質(zhì)量解析：選C同步衛(wèi)星的周期為24h，而實踐十號衛(wèi)星的周期T＝eq\f（15×24,200）h＝1。8h,可知實踐十號衛(wèi)星不在地球同步軌道上，故A錯誤；第一宇宙速度是近地衛(wèi)星繞地球做圓周運動的最大環(huán)繞速度,實踐十號衛(wèi)星的環(huán)繞速度小于第一宇宙速度，故B錯誤;根據(jù)Geq\f(Mm,R2）＝mg知，地球表面處的重力加速度g＝eq\f（GM，R2)，實踐十號的加速度a＝eq\f(GM,r2),r＞R，則a＜g，故C正確；實踐十號衛(wèi)星繞地球做圓周運動，處于完全失重狀態(tài),在實踐十號衛(wèi)星中，不能通過天平測出物體的質(zhì)量，故D錯誤。4。將質(zhì)量為m＝0.1kg的小球豎直向上拋出，初速度v0＝20m/s，小球在運動中所受空氣阻力與速率的關(guān)系為f＝kv.已知k＝0。1kg/s，其速率隨時間變化的規(guī)律如圖所示，取g＝10m/s2,下列說法正確的是（）A．小球在上升階段的平均速度大小為10m/sB．小球在t1時刻到達(dá)最高點，此時加速度為gC．小球落地前做勻速運動，落地速度大小v1＝10m/sD．小球拋出瞬間的加速度大小為20m/s2解析：選BC根據(jù)速度—時間圖像與時間軸包圍的面積表示位移，則從圖像可以看出，小球在上升階段的位移小于陰影部分面積，而陰影部分面積是勻減速直線運動的位移,勻減速直線運動的平均速度等于eq\f（v0，2)＝10m/s，故小球上升階段的平均速度大小小于10m/s，故A錯誤；小球在t1時刻速率為零，到達(dá)最高點,空氣阻力為零，只受重力，加速度為g，故B正確；由題圖可知，小球落地前做勻速運動，由mg＝f＝kv1,得v1＝10m/s，故C正確;小球拋出瞬間,有：mg＋kv0＝ma0；聯(lián)立解得：a0＝30m/s2，故D錯誤。5。如圖所示,斜面體A靜置于水平地面上，其傾角為45°，上底面水平的物塊B在A上恰能勻速下滑?，F(xiàn)對B施加一個沿斜面向上的力F，使B能緩慢地向上勻速運動，某時刻在B上輕輕地放上一個質(zhì)量為m的小物體C(圖中未畫出），A始終靜止，B保持運動狀態(tài)不變，關(guān)于放上C之后的情況，下列說法正確的是(）A．B受到的摩擦力增加了eq\f(\r(2),2)mgB．F增大了eq\f(\r(2）,2)mgC．F增大了eq\r(2）mgD．A受到地面的摩擦力增加了mg解析：選ACD由B在A上恰能勻速下滑,知mBgsin45°＝μmBgcos45°，解得：μ＝1;現(xiàn)對B施加一個沿斜面向上的力F，使B能緩慢地向上勻速運動，則B受到的摩擦力為fB＝μmBgcos45°，F(xiàn)＝mBgsin45°＋μmBgcos45°;在B上輕輕地放上C,B的運動狀態(tài)不變，則fB′＝μ(mB＋m）gcos45°，F(xiàn)′＝（mB＋m）gsin45°＋μ（mB＋m）gcos45°；由以上分析知：fB′－fB＝eq\f（\r（2）,2）mg，F(xiàn)′－F＝eq\r(2)mg，故A、C正確,B錯誤；分別把AB、ABC作為整體分析知,A受到地面的摩擦力先后分別為:fA＝Fcos45°，fA′＝F′cos45°，故A受到地面的摩擦力增加了ΔF＝(F′－F)cos45°＝mg，D正確。二、非選擇題6．在做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗中，某實驗小組采用如圖1所示的裝置，實驗步驟如下：a．把紙帶的一端固定在小車上，另一端穿過打點計時器的限位孔;b．調(diào)整木板的傾角，以重力沿斜面向下的分力平衡小車及紙帶受到的摩擦力;c．用細(xì)線將木板上的小車通過定滑輪與砂桶相連；d．接通電源，放開小車,讓小車拖著紙帶運動,打點計時器就在紙帶上打下一系列的點；e．換上新的紙帶，在砂桶中依次加入適量的砂，重復(fù)d步驟多次，得到幾條點跡清晰的紙帶?，F(xiàn)測出了其中一條紙帶上的距離,如圖2所示,已知打點周期為0.02s，則這條紙帶上C點速度的大小vC＝________m/s，小車加速度的大小a＝________m/s2（取三位有效數(shù)字）。根據(jù)所測紙帶數(shù)據(jù)，把砂和砂桶的重力作為合外力F，擬作出加速度aF圖像，發(fā)現(xiàn)當(dāng)a比較大時圖線明顯向F軸偏移,這是由于實驗原理的不完善導(dǎo)致的，請你在這個實驗的基礎(chǔ)上，稍加改進(jìn)實驗操作，得到一條aF成正比的圖線，寫出你的改進(jìn)方法：________________________________________________。解析：每打2個點取一個計數(shù)點，相鄰的計數(shù)點間的時間間隔是T＝0。04s，根據(jù)中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度,可得C點的速度為:vC＝eq\f（xBD,2T)＝eq\f（0。0670＋0。0722,0.08）m/s＝1.74m/s，根據(jù)逐差法得：a＝eq\f(xCE－xAC，4T2)＝eq\f（0。0772＋0。0722－0。0670－0。0619，4×0.022)m/s2≈3。20m/s2;當(dāng)砂和砂桶的質(zhì)量較大時,加速度較大，不滿足砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量,所以不能用砂和砂桶的重力代替小車受到的合力，可以在拉小車的細(xì)線上安裝力傳感器，直接測出小車受到的細(xì)線拉力，就不需要滿足砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，圖像也不會彎曲.答案：1.743.20在拉小車的細(xì)線上安裝力傳感器，直接測出小車受到的細(xì)線拉力7.如圖所示，一個質(zhì)量為m＝0。01kg，邊長L＝0.1m,電阻R＝0。4Ω的正方形導(dǎo)體線框abcd，從距下方有界勻強(qiáng)磁場h＝0。8m的高處由靜止自由下落,下落時線框平面始終在豎直平面內(nèi)，且保持與勻強(qiáng)磁場水平邊界垂直，當(dāng)線框下邊bc剛一進(jìn)入下方的勻強(qiáng)磁場時,恰好做勻速運動（g＝10m/s2）。(1）求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)如果線框的下邊bc通過磁場所經(jīng)歷的時間為t＝0.125s，求bc邊剛從磁場下邊界穿出時線框的加速度大小。解析：（1)線框先做自由落體運動,由v2＝2gh可得，線框進(jìn)入磁場時的速度為：v＝eq\r（2gh)＝4m/s產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv感應(yīng)電流:I＝eq\f(BLv，R）線框所受的安培力大小為：F＝BLI剛進(jìn)入磁場時線框剛好做勻速運動，則有：F＝mg解得：B＝1T。（2）線框完全進(jìn)入磁場前做勻速直線運動：L＝vt1，得t1＝0.025s則線框在磁場中以加速度g下落的時間為:t2＝(0。125－0。025)s＝0。1s根據(jù)速度時間公式,線框下邊bc剛穿出磁場時的速度v′＝v＋gt2＝5m/s根據(jù)牛頓第二定律：mg－Beq\f(BLv′,R）L＝ma解得：a＝－2。5m/s2，則加速度大小為2。5m/s2。答案：(1)1T（2）2.5m/s28。如圖所示，繃緊的傳送帶在電動機(jī)的帶動下，始終保持v0＝2m/s的速度勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶與水平地面的夾角θ＝30°?，F(xiàn)把一質(zhì)量m＝10kg的工件輕輕地放在傳送帶底端,由傳送帶送至h＝2m的高處，已知工件與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r（3），2)，g＝10m/s2.(1)試通過計算分析工件在傳送帶上做怎樣的運動；（2）在工件從傳送帶底端運動至h＝2m高處的過程中,摩擦力對工件做了多少功?(3）由于傳送工件，電動機(jī)多消耗的能量為多少？解析:(1）工件輕輕地放在傳送帶底端后，受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，由牛頓第二定律知，上滑過程中有：μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得：a＝2。5m/s2設(shè)工件加速到v0＝2m/s時運動的位移為x,則有：2ax＝v02，解得x＝0.8m可得：x＜eq\f(h,sinθ)＝4m所以工件在傳送帶上先做勻加速運動后做勻速運動。（2)勻加速運動過程中,摩擦力對工件做功為：W1＝μmgcosθ·x＝60J勻速運動后，工件受到的摩擦力大小為：f＝mgsinθ通過的位移為：x′＝eq\f(h,sinθ）－x＝3。2m勻速運動過程中,摩擦力對工件做功為：W2＝mgsinθ·x′＝160J所以摩擦力對工件做的總功為：W＝W1＋W2＝220J。(