2025屆高考物理二輪專題復習與測試滾動綜合練一力學綜合

滾動綜合練(一)力學綜合1.如圖所示，在粗糙的水平地面上放著一左側(cè)截面是半圓的柱狀物體B，在B與豎直墻之間放置一光滑小球A，整個裝置處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用水平力F拉動B緩慢向右移動一小段距離后，它們?nèi)蕴幱陟o止狀態(tài)，在此過程中，下列判斷正確的是(A)A．小球A對物體B的壓力逐漸增大B．小球A對物體B的壓力逐漸減小C．墻面對小球A的支持力逐漸減小D．墻面對小球A的支持力先增大后減小解析：對A球受力分析并建立直角坐標系如圖所示，由平衡條件得，豎直方向有N2cosθ＝mg，水平方向有N1＝N2sinθ，聯(lián)立解得N2＝eq\f(mg,cosθ)，N1＝mgtanθ；B緩慢向右移動一小段距離，A緩慢下落，則θ增大，所以N2增大，N1增大，由牛頓第三定律知小球A對物體B的壓力逐漸增大，故A正確，B、C、D錯誤。2.如圖所示，站在水平地面上的人通過輕繩繞過定滑輪A和輕質(zhì)動滑輪B將一重物吊起。若系統(tǒng)在圖示位置靜止時B兩側(cè)輕繩的夾角為120°，A右側(cè)輕繩沿豎直方向，不計一切摩擦，此時人對地面恰好無壓力，則人與重物的質(zhì)量之比為(A)A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3解析：人對地面恰好無壓力，則繩子的張力大小F＝m人g，對重物分析有2Fcos60°＝m物g，解得人與重物的質(zhì)量之比m人∶m物＝1∶1。3．(多選)如圖所示，小陳去某商場購物，他先從一樓搭乘圖甲所示的觀光電梯到達六樓超市，再搭乘圖乙所示的自動人行道電梯到四樓，最后搭乘圖丙所示的自動扶梯到五樓。已知圖乙和圖丙所示的電梯均勻速運行，圖乙的梯面傾斜程度處處相同，且小陳搭乘三種電梯的過程中都站在電梯上不動，則(BD)A．搭乘圖甲所示電梯的過程中，合外力對小陳做功最大B．搭乘圖乙所示電梯的過程中，小陳所受重力做功的功率不變C．搭乘圖乙所示電梯的過程中，摩擦力對小陳不做功D．搭乘圖丙所示電梯的過程中，小陳的機械能增大解析：題圖甲中，人在電梯中的初末速度均為零，題圖乙和丙搭乘電梯的過程中，電梯均勻速運動，根據(jù)動能定理可得，合外力對小陳做的功均為0，A錯誤；題圖乙中的梯面傾斜程度處處相同，即電梯運動速度方向與豎直方向的夾角一定，根據(jù)P＝mgvcosθ可知，搭乘題圖乙所示的電梯的過程中，小陳受到的重力做功的功率不變，B正確；題圖乙中的梯面傾斜，勻速運動時，對人進行分析，人受到重力、垂直于傾斜梯面的支持力與沿梯面向上的靜摩擦力，可知，搭乘題圖乙所示電梯的過程中，摩擦力對小陳做負功，C錯誤；搭乘題圖丙所示的電梯的過程中，小陳的動能不變，重力勢能增大，小陳的機械能增大，D正確。4.“福建艦”是中國完全自主設(shè)計建造的首艘電磁彈射型航空母艦，采用平直通長飛行甲板。假設(shè)某戰(zhàn)斗機在跑道上加速時加速度大小為10m/s2，彈射系統(tǒng)向戰(zhàn)斗機提供的初速度大小為30m/s，當戰(zhàn)斗機速度達到60m/s時能離開航空母艦起飛，戰(zhàn)斗機在跑道上運動可視為勻加速直線運動。下列說法正確的是(B)A．航空母艦靜止，戰(zhàn)斗機需在甲板上滑行6s起飛B．航空母艦靜止，戰(zhàn)斗機需在甲板上滑行135m起飛C．若航空母艦沿戰(zhàn)斗機起飛方向航行，則戰(zhàn)斗機需相對于甲板滑行135m起飛D．戰(zhàn)斗機在航空母艦上加速運動過程，航空母艦可以看成質(zhì)點解析：航空母艦靜止時，戰(zhàn)斗機需在甲板上滑行的時間t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(60－30,10)s＝3s，故A錯誤；戰(zhàn)斗機在甲板上滑行的距離x＝eq\f(v＋v0,2)t＝eq\f(90,2)×3m＝135m，故B正確；由B項知戰(zhàn)斗機相對于海面的位移大小為135m，戰(zhàn)斗機從被彈出到起飛的過程中假設(shè)航空母艦沿戰(zhàn)斗機起飛方向航行的位移為x0，則戰(zhàn)斗機相對于甲板滑行的距離d＝135m－x0，故C錯誤；戰(zhàn)斗機在航空母艦上加速運動過程，涉及跑道的長度，故航空母艦不可以看成質(zhì)點，故D錯誤。5.江南多雨，屋頂常常修成坡度固定的“人”字形，“人”字形的尖頂屋可以看作是由兩個斜面構(gòu)成的。如圖所示，斜面與水平方向的夾角均為α，房屋長度2x為一定值，將雨滴從“人”字形坡頂開始的下滑過程簡化為雨滴從光滑斜面頂端由靜止下滑。不考慮雨滴滑下時質(zhì)量的變化，下列說法正確的是(C)A．α越大，雨滴滑下的時間越長B．α越大，雨滴滑下的時間越短C．α越大，雨滴滑下獲得的動能越大D．當α＝45°時，雨滴滑下獲得的動量最大解析：將雨滴從“人”字形坡頂開始的下滑看作由靜止開始的勻變速直線運動，其加速度a＝gsinα，則由eq\f(x,cosα)＝eq\f(1,2)at2，可知雨滴運動的時間t＝eq\r(\f(2x,gcosαsinα))＝eq\r(\f(4x,gsin2α))，可知當α＝45°時，雨滴滑下時所用的時間最短，故A、B錯誤；由動能定理可得mgxtanα＝Ek，可知α越大，雨滴滑下時獲得的動能越大，故C正確；雨滴滑下獲得的動量p＝eq\r(2mEk)，可知動能越大，動量也越大，即α越大，雨滴滑下時的動量越大，故D錯誤。6．(2024·梅州市二模)2024年1月18日1時46分，天舟七號貨運飛船成功對接于空間站(離地面高度約為400km)天和核心艙后向端口。天舟七號貨運飛船裝載了航天員在軌駐留消耗品、推進劑、應(yīng)用實(試)驗裝置等物資，并為神舟十七號航天員乘組送去龍年春節(jié)的年貨。下列說法正確的是(D)A．為實現(xiàn)成功對接，天舟七號在與空間站同一軌道上需要加速靠近天和核心艙B．天舟七號與空間站的組合體在軌道上運行速度大于7.9km/sC．天舟七號與空間站的組合體在軌道上運行周期比同步衛(wèi)星的周期大D．天舟七號與空間站的組合體在軌道上穩(wěn)定運行時，“年貨”處于完全失重狀態(tài)解析：為實現(xiàn)成功對接，天舟七號需點火加速做離心運動從較低軌道進入較高軌道，故A錯誤；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知空間站的軌道半徑大于地球的半徑，所以天舟七號與空間站的組合體在軌道上運行速度小于7.9km/s，故B錯誤；由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，可知空間站的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，得空間站的周期小于地球同步衛(wèi)星的周期，故C錯誤；天舟七號與空間站的組合體在軌道上穩(wěn)定運行時，因為萬有引力充當做圓周運動的向心力，可知空間站內(nèi)物體處于完全失重狀態(tài)，故D正確。7．某人所受重力為G，他穿著平底鞋起跳，豎直著地過程中，雙腳與地面間的作用時間為t，地面對他的平均沖擊力大小為4G，若他穿上帶有減震氣墊的鞋起跳，以與第一次相同的速度著地時，雙腳與地面間的作用時間變?yōu)?.5t，則地面對他的平均沖擊力變?yōu)?C)A．1.2G B．1.6GC．2.2G D．2.6G解析：設(shè)腳著地瞬間的速度大小為v，取豎直向上為正方向，他穿著平底鞋起跳，雙腳豎直著地過程中，根據(jù)動量定理有(F－G)t＝0－(－mv)，其中F＝4G，穿上氣墊鞋起跳，雙腳豎直著地過程中，根據(jù)動量定理有(F′－G)×2.5t＝0－(－mv)，解得F′＝2.2G。8.工人使用一塊長L＝4m的木板從平臺上卸貨，木板一端搭在平臺上(與平臺等高)，另一端固定在地面上，形成傾角θ＝37°的斜面。工人甲從木板底部推動質(zhì)量M＝3kg的小車，使小車以v0＝12m/s的速度沖上木板。工人乙站在平臺上，當小車在木板上運動到某處時，以v1＝1.6m/s的速度水平拋出貨物，貨物速度方向與木板平行時恰好落入到達斜面頂端的小車，兩者速度立刻變?yōu)榱?。已知小車與木板間的摩擦力與壓力大小之比k＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，小車和貨物均可視作質(zhì)點。求：(1)貨物拋出點距平臺的高度；(2)貨物的質(zhì)量m。解析：(1)由于貨物落入小車時速度方向沿著斜面方向，有vy＝v1tanθ＝1.2m/s根據(jù)豎直方向做自由落體運動，有veq\o\al(2,y)＝2gh解得h＝0.072m。(2)小車沿斜面向上運動，則有a1＝eq\f(Mgsinθ＋kMgcosθ,M)＝10m/s2根據(jù)運動學公式可得veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝－2a1L解得vt＝8m/s貨物沿斜面方向的速度vm＝eq\f(v1,cosθ)＝2m/s貨物和小車碰撞瞬間沿斜面方向動量守恒，有Mvt－mvm＝0解得m＝12kg。答案：(1)0.072m(2)12kg9.在火力發(fā)電廠，將煤塊制成煤粉的球磨機的核心部件是一個半徑R＝eq\r(2)m的躺臥圓筒。圓筒繞水平中心軸旋轉(zhuǎn)，將筒內(nèi)的鋼球帶到一定高度后，鋼球脫離筒壁落下將煤塊擊碎，截面簡化如圖。設(shè)筒內(nèi)僅有一個質(zhì)量m＝0.2kg、大小不計的鋼球，初始靜止在最低點A。(g取10m/s2)(1)啟動電機使圓筒加速轉(zhuǎn)動，鋼球與圓筒保持相對靜止，第一次到達與圓心等高的位置B時，圓筒的角速度ω0＝eq\r(2)rad/s，求此時鋼球線速度v0的大小和該過程中圓筒對鋼球所做的功W；(2)當鋼球通過C點時，另一裝置瞬間讓鋼球與圓筒分離(分離前后鋼球速度不變)，此后鋼球僅在重力作用下落到位置D。CD連線過O點，與水平方向成45°，求分離時圓筒的角速度ω1；(3)停止工作后將圓筒洗凈，內(nèi)壁視為光滑。將一鋼球從位置C正下方的E點由靜止釋放，與筒壁碰撞6次后恰好又回到E點。若所有碰撞都是彈性的(即碰撞前后沿半徑方向的速度大小相等、方向相反，沿切線方向速度不變)，求鋼球從釋放開始至第一次回到E點所用的時間；若改變鋼球釋放的高度，鋼球能否與筒壁碰撞3次后回到釋放點，并簡要說明理由(取eq\r(\r(2)－1)＝eq\f(\r(10),5))。解析：(1)此時鋼球線速度v0＝ω0R解得v0＝2m/s該過程中設(shè)圓筒對鋼球做的功為W，由動能定理有W－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W＝(0.4＋2eq\r(2))J。(2)鋼球分離后做斜拋運動，將運動沿水平方向和豎直方向分解可得eq\r(2)R＝vCtcos45°－eq\r(2)R＝vCtsin45°－eq\f(1,2)gt2解得vC＝eq\r(10)m/s根據(jù)圓周運動，有vC＝ω1R解得ω1＝eq\r(5)rad/s。(3)鋼球碰撞6次返回E點，在F點發(fā)生碰撞后做平拋運動，在F點與A點之間滿足(1－cos45°)R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)解得t1＝eq\r(\f(\r(2)－1,5))s＝eq\f(\r(2),5)s又Rsin45°＝vFt1解得vF＝eq\f(5\