第8单元 力学综合-2024年高考物理一轮复习单元提升训练

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一、单选题（每题3分，共计24分）
1.一个质点做初速度不为零的匀加速直线运动,关于质点运动的位移x、位移与时间的比值、速度v、速度平方v2随t2、t、t、x变化的图象,其中不正确的是( )。
【解析】由x=v0t+at2可知x与t2并不是呈线性关系,A项错误;由x=v0t+at2可得=v0+at,B项正确;由v=v0+at可知,C项正确;由v2=+2ax,可知D项正确。
【答案】A
2.一艘小船要从O点渡过一条两岸平行、宽度d=80 m的河流,已知小船在静水中运动的速度为4 m/s,水流速度为5 m/s,方向向右。B点距小船正对岸的A点x0=60 m。取cs 37°=0.8,sin 37°=0.6,下列关于该船渡河的判断中,正确的是( )。
A.小船过河的最短航程为80 m
B.小船过河的最短时间为16 s
C.若要使小船运动到B点,则小船船头指向与上游河岸成37°角
D.小船做曲线运动
【解析】当船的速度方向垂直河岸时,过河时间最短,最短时间t==20 s,故B项错误;因为v船【答案】C
3.火星的质量约为地球质量的，半径约为地球半径的，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（ ）
A. 0.2B. 0.4C. 2.0D. 2.5
【答案】B
【解析】
设物体质量为m，则在火星表面有，在地球表面有，由题意知有
，故联立以上公式可得
4.在甲地用竖直向上的拉力使质量为m1的物体竖直向上加速运动,其加速度a1随不同的拉力而变化的图线如图所示;在乙地用竖直向上的拉力使质量为m2的物体竖直向上加速运动,其加速度a2随不同的拉力而变化的图线如图所示。甲、乙两地的重力加速度分别为g1、g2,由图象知( )。
A.m1g2
C.m1>m2,g1m2,g1>g2
【解析】由牛顿第二定律得 F-mg=ma,所以a=F-g,结合图象知m1>m2,g1【答案】C
5.如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是
A．物体A下落过程中机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．物体A着地时的加速度大小为
D．物体A着地时弹簧的弹性势能为
【答案】C
【解析】A项：由题知道，物体A下落过程中，B一直静止不动。对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；B项：物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为T=mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T=kh，得弹簧的劲度系数为，故B错误；C项：物体A着地时，细绳对A的拉力也等于mg，对A，根据牛顿第二定律得 2mg–mg=2ma，得，故C正确；D项：物体A与弹簧系统机械能守恒，有：，所以，故D错误。
6.如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B均匀增大，小物块从A点由静止释放，恰好可以到达B点，小物块的速度v、加速度a、动能Ek和机械能E机（取地面为零势能面）随下滑位移x变化的图像可能正确的是
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】设斜面的倾角为α．据题有μ=kx，k是常数。小物块所受的滑动摩擦力大小为 f=μmgcsα=kxmgcsα，知f∝x．根据动能定理得，得v2=2gxsinα–kx2gcsα，知v–x图象为曲线，故A错误。根据牛顿第二定律得mgsinα–μmgcsα=ma，结合μ=kx，得a=gsinα–kxgcsα，a随x先均匀减小后反向均匀增大，加速度先正后负，故B错误。根据动能定理得，得Ek=mgxsinα–kx2mgcsα，知Ek–x是开口向下的抛物线，故C正确。根据功能关系知，随着x的增大，E机–x图象斜率绝对值增大，故D错误。
7.如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则此过程中
A．球A的机械能一直减小
B．球C的机械能一直增大
C．球B对地面的压力不可能小于mg
D．球A落地的瞬时速度为
【答案】D
【解析】因为A、B、C组成的系统机械能守恒，在A落地前，BC运动；在A落地时，BC停止运动。由于系统机械能守恒可知，A的机械能转化为BC的动能，故A的机械能不可能一直减小，同理C的机械能不可能一直增大，故A B错误；在A落地前，B做减速运动，由于轻杆对B有斜向上的拉力，因此B对地面的压力可小于mg，故C错误；根据动能定理可得：mgL=mv2，解得：，故D正确。
8. .如图所示,劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为m的物体P接触,但未拴接,弹簧水平且无形变。现对物体P施加一个水平向右的瞬间冲量,大小为I0,测得物体P向右运动的最大距离为x0,之后物体P被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹性限度内,物体P与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。下列说法中正确的是( )。
A.物体P与弹簧作用的过程中,系统的最大弹性势能Ep=-μmgx0
B.弹簧被压缩到最短之后的过程,物体P先做加速度减小的加速运动,再做加速度减小的减速运动,最后做匀减速运动
C.最初对物体P施加的瞬时冲量I0=m
D.物体P整个运动过程,摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反
【解析】因物体整个运动过程中的路程为4x0,由功能关系可得μmg·4x0=m=,解得I0=2m,故C项错误;当弹簧的压缩量最大时,物体的路程为x0,则压缩的过程中由能量关系可知m-μmgx0=Ep,所以Ep=-μmgx0(或Ep=3μmgx0),A项正确;弹簧被压缩成最短之后的过程,P向左运动的过程中水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力,滑动摩擦力不变,而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小,可知物体先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,最后物体离开弹簧后做匀减速运动,故B项错误;物体P整个运动过程,P在水平方向只受到弹力与摩擦力,根据动量定理可知,摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量的和等于-I0,故D项错误。
【答案】A
二、多选题（每题5分，共计20分）
9.如图所示,一质量为m的物块在倾角为θ的斜面上匀速下滑,斜面足够长,重力加速度为g,现在给物块以平行斜面向上,大小为mgsin θ的推力,则下列说法正确的是( )。
A.推力加上的一瞬间,物块的速度立即变为零
B.推力加上的一瞬间,物块的加速度沿斜面向上,大小为gsin θ
C.推力作用足够长时间后,物块会向上运动
D.推力作用足够长时间后,物块受到的摩擦力为零
【解析】物块原来沿斜面向下匀速运动,因此物块受到的滑动摩擦力沿斜面向上,大小为mgsin θ,加上推力的一瞬间,物块受到的合力为mgsin θ,加速度为gsin θ,方向沿斜面向上,物块先做匀减速直线运动,A项错误,B项正确;推力作用足够长时间后,物块处于静止状态,推力等于重力沿斜面向下的分力,因此摩擦力为零,C项错误,D项正确。
【答案】BD
10.如图所示,上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上,一小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点,在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点,此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态。下列说法中正确的是( )。
A.半圆柱体对小物块的支持力变大
B.地面对半圆柱体的摩擦力先增大后减小
C.外力F变大
D.地面对半圆柱体的支持力变大
【解析】物块缓慢下滑过程中处于平衡状态,F始终沿圆弧的切线方向,即始终垂直于圆柱面对小物块支持力F1的方向,受力分析如图乙所示。
乙
因此总有F=mgsin θ,F1=mgcs θ,下滑过程中θ增大,因此F增大,F1 减小,故A项错误,C项正确;对半圆柱体分析,地面对半圆柱体的摩擦力Ff=F1'sin θ,F1'=F1,则Ff=mgcs θsin θ=mgsin 2θ,地面对半圆柱体的支持力FN=Mg+F1'cs θ=Mg+mgcs2θ,θ从接近0°到90°变化的过程中,摩擦力先增大后减小,支持力一直减小,所以B项正确,D项错误。
【答案】BC
11.如图所示，小球A、B分别从和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和。忽略空气阻力，则（ ）
A. A和B的位移大小相等
B. A的运动时间是B的2倍
C. A的初速度是B的
D. A末速度比B的大
【答案】AD
【解析】
A．位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得 ，
A和B的位移大小相等，A正确；B．平抛运动运动的时间由高度决定，即 ，，则A的运动时间是B的倍，B错误；C．平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则 ，，则A的初速度是B的，C错误；D．小球A、B在竖直方向上的速度分别为，，所以可得 ，，即，D正确。故选AD。
12. 一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（ ）
A. 物块下滑过程中机械能不守恒
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D. 当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【答案】AB
【解析】
A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J，可得质量m＝1kg，下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·csθ·s＝20J，求得μ＝0.5，B正确；C．由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcsθ＝ma，求得
a＝2m/s2，C错误；D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。故选AB。
三、实验题（每题10分，共20分）
13.图甲所示为由小车、斜面及粗糙程度可以改变的水平长直平面构成的伽利略理想斜面实验装置。实验时,在水平长直平面旁边放上刻度尺,小车可以从斜面平稳地滑行到水平长直平面。利用该装置与器材,完成能体现如图乙“伽利略理想斜面实验思想与方法”的实验推论。(重力加速度为g)
(1)请指出实验时必须控制的实验条件: 。
(2)请表述由实验现象可以得出的实验推论: 。
(3)图丙是每隔Δt时间曝光一次得到小车在粗糙水平面上运动过程中的五张照片中的位置,测得小车之间的距离分别是s1、s2、s3、s4,由此可估算出小车与水平面间的动摩擦因数μ= 。(需要用s1、s2、s3、s4、g、Δt符号表示)
【解析】(1)实验是在相同高度下,看小车运动到水平长直平面的情况,所以必须控制小车的竖直高度相同。
(2)水平面的摩擦力越小,即水平面越光滑,小车滑得越远,当水平面完全光滑时,小车将滑向无穷远。
(3)由逐差法求得加速度a =
根据牛顿第二定律有μmg=ma
所以得μ = 。
【答案】(1)小车的竖直高度相同 (2)水平面越光滑,小车滑得越远,当水平面完全光滑时,小车将滑向无穷远
(3)
14.（2021年山东卷13题）某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下：
①固定好手机，打开录音功能；
②从一定高度由静止释放乒乓球；
③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间（单位：s）的变化图像如图所示。
根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。
根据实验数据，回答下列问题：
（1）利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为___________m（保留2位有效数字，当地重力加速度）。
（2）设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的___________倍（用k表示），第3次碰撞过程中___________（保留2位有效数字）。
（3）由于存在空气阻力，第（1）问中计算的弹起高度___________（填“高于”或“低于”）实际弹起高度。
【答案】 ①. 0.20 ②. ③. 0.95 ④. 高于
【解析】
（1）[1]第3次碰撞到第4次碰撞用时，根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为
（2）[2]碰撞后弹起瞬间速度为，碰撞前瞬间速度为，根据题意可知
则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为
[3]第2次碰后从最高点落地瞬间的速度
第3次碰撞后瞬间速度为
则第3次碰撞过程中
（3）[4]由于存在空气阻力，乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加速度变大，上升的高度变小，所以第（1）问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。
四、计算题（15题10分，16题12分，17题14分，共计36分）
15.如图所示,在倾角θ=37°的斜面顶端,固定着长为L,质量为2m的长木板B,在板的上端放一个质量为m的物块A同时释放长木板,结果物块经t时间滑离长木板,已知斜面足够长,长木板与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g,不计物块的大小,已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。求:
(1)物块与长木板间的动摩擦因数。
(2)A在木板上滑动的过程中,木板在斜面上滑动的距离。
【解析】(1)由于长木板与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5因此释放长板后,长木板会沿斜面下滑,设物块与长木板间的动摩擦因数为μ2
对长木板有2mgsin θ+μ2mgcs θ-μ1(2m+m)gcs θ=2ma1
对物块有mgsin θ-μ2mgcs θ=ma2
a2t2-a1t2=L
解得μ2=-。
(2)由(1)解得长木板下滑过程中的加速度a1=0.2g-
则长木板在t时间内的位移x=a1t2=0.1gt2-。
【答案】(1)- (2)0.1gt2-
16.探究平抛运动的实验装置如图所示,半径为L的四分之一光滑圆弧轨道固定于水平桌面上,切口水平且与桌边对齐,切口离地面的高度为2L,离切口水平距离为L的一探测屏AB竖直放置,一端放在水平面上,其高为2L,一质量为m的小球从圆弧轨道上不同的位置由静止释放打在探测屏上,若小球在运动过程中空气阻力不计,小球可视为质点,重力加速度为g。
(1)求小球从图示位置P处由静止释放,到达圆轨道最低点Q处的速度大小及小球对圆轨道的压力。
(2)为让小球能打在探测屏上,小球应从圆轨道上什么范围内由静止释放?
(3)小球从什么位置由静止释放,小球打在屏上时动能最小,最小动能为多少?
【解析】小球从P处下滑到Q点,由机械能守恒可得
mgL=mv2
得v=
在Q点对小球受力分析得FN-mg=
解得FN=3mg
根据牛顿第三定律可知,小球对轨道压力大小为3mg,方向竖直向下。
(2)设小球从轨道上某点C下滑到Q处平拋,经过时间t恰好打在B点,则根据平拋运动规律
竖直方向有2L=gt2
得t=2
水平方向有vQ=
从C到Q根据机械能守恒得
mghC=m
联立解得hC=
即小球在释放高度大于的情况下能打在探测屏上。
(3)设从Q处以速度v0射出,经过时间t'打到探测屏上,其动能Ek=m+mgh
而h=gt'2=,得Ek=m+m·
由此可知当v0=时Ek最小,Ekmin=mgL
释放点位置离Q的竖直高度H=。
【答案】(1) 3mg,方向竖直向下 (2)小球在释放高度大于的情况下能打在探测屏上 (3)离Q竖直高度为处 mgL
17.（2021年广东卷13题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
【答案】（1）能；（2）0.2s
【解析】
（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则
解得
v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律

解得碰后乙的速度
v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
碰撞次序
1
2
3
4
5
6
7
碰撞时刻（s）
1.12
1.58
2.00
2.40
2.78
3.14
3.47