2021届高考物理通用一轮练习：综合模块检测1　力学部分

  www.ks5u.com综合模块检测(一)　力学部分

　　时间：90分钟　　　满分：110分

第Ⅰ卷(选择题，共48分)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1～8题只有一项符合题目要求，9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

1．(2019·河北衡水中学三模)下列说法正确的是(　　)

A．地球同步卫星根据需要可以定点在北京正上空

B．若加速度方向与速度方向相同，当物体加速度减小时，物体的速度可能减小

C．物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒

D．做平抛运动的物体，在任何相等的时间内速度的变化量都是相等的

答案　D

解析　同步卫星轨道固定，一定位于赤道的正上方，且速度、高度、周期一定，故A错误；当加速度与速度方向相同，且加速度又在减小时，物体做加速度减小的加速运动，故B错误；物体所受的合外力为零，若重力之外的其他力做功，则物体的机械能不守恒，故C错误；根据Δv＝at＝gt知，做平抛运动的物体，在任何相等的时间内速度的变化量总相等，故D正确。

2．如图所示，a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其x­t图象中，图线c是一条x＝0.4t2的抛物线。有关这三个物体在0～5 s内的运动，下列说法正确的是(　　)

A．a物体做匀加速直线运动

B．c物体做加速度增大的加速直线运动

C．t＝5 s时，a物体与c物体相距10 m

D．a、b两物体都做匀速直线运动，且速度相同

答案　C

解析　对于x­t图象，斜率表示速度，由题图知，a、b两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，速度不同，故A、D错误；图线c是一条x＝0.4t2的抛物线，结合x＝v0t＋at2可知，c做初速度为0、加速度为0.8 m/s2的匀加速直线运动，故B错误；根据图象可知，t＝5 s时，a物体与c物体相距s＝xa－xc＝20 m－10 m＝10 m，故C正确。

3．(2019·山东济宁模拟)如图，在固定斜面上的一物块受到一拉力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F1和F2的方向均沿斜面向上)。由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为(　　)

A.  B．2F2

C.  D.

答案　C

解析　对物块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设物块受到的最大静摩擦力为f，物块保持静止，受力平衡，合力为零；当静摩擦力沿斜面向下时，拉力最大，有：F1－mgsinθ－f＝0　①，当静摩擦力沿斜面向上时，拉力最小，有：F2＋f－mgsinθ＝0　②，联立解得：f＝，故C正确，A、B、D错误。

4．(2019·湖南衡阳二模)2019年春晚在舞《春海》中拉开帷幕。如图所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量(包括衣服和道具)相等，下面说法中正确的是(　　)

A．观众欣赏表演时可把领舞者看做质点

B．2号和4号领舞者的重力势能相等

C．3号领舞者处于超重状态

D．她们在上升过程中机械能守恒

答案　B

解析　观众欣赏表演时，要看领舞者的动作，不能把她们看做质点，故A错误；2号和4号领舞者的质量相等，高度相同，则重力势能相等，故B正确；3号领舞者缓缓升起，处于平衡状态，故C错误；她们在上升过程中，钢丝绳的拉力对她们做功，所以她们的机械能不守恒，故D错误。

5．(2019·湖南岳阳一模)一个质量M＝2 kg的物体受五个力的作用处于平衡状态。当其中一个F＝10 N的作用力突然消失，其余四个力保持不变。经过时间t＝2 s后，下列说法正确的是(　　)

A．物体一定做匀加速直线运动

B．物体的速度一定是10 m/s

C．物体速度的变化量一定等于10 m/s

D．物体的动能一定增加了100 J

答案　C

解析　当10 N的力消失后，其他力的合力与消失的力大小相等，方向相反，则物体做匀变速运动，加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，若物体原来做匀速直线运动，且速度方向与F的方向不在一条直线上，则物体做匀变速曲线运动，A错误；因初速度未知，则不能确定2 s后物体的速度，B错误；物体速度的变化量Δv＝at＝10 m/s，C正确；因物体的位移不确定，故物体的动能变化量不能确定，D错误。

6．(2020·长春市高三质量监测(一))石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的电梯，电梯始终相对地面静止。如图所示，假设某物体B乘坐太空电梯到了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星A、地球同步卫星C相比较，下列说法正确的是(　　)

A．物体B的角速度大于卫星A的角速度

B．物体B的线速度大于卫星A的线速度

C．物体B的线速度大于卫星C的线速度

D．若物体B突然脱离电梯，B将做近心运动

答案　D

解析　对卫星A和同步卫星C的运动，由万有引力提供向心力有G＝mrω2，解得ω＝，由于rC>rA，所以ωC<ωA，由于太空电梯始终与地面相对静止，故物体B的角速度与同步卫星C的角速度大小相等，即ωB＝ωC，所以ωB<ωA，A错误；根据v＝ωr，ωB<ωA，rA＝rB，可知物体B的线速度小于卫星A的线速度，B错误；根据v＝ωr，ωB＝ωC，rB<rC，可知物体B的线速度小于同步卫星C的线速度，C错误；若物体B突然脱离电梯，由于vB＜vA，故＝＞，B受到的万有引力大于其做匀速圆周运动所需要的向心力，物体B将做近心运动，D正确。

7．(2019·湖北八校二模)质量为2 kg的物体在粗糙的水平地面上运动，当运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个水平恒力，在此恒力的作用下物体做直线运动，其速度随时间的变化如图所示，则下列说法中错误的是(g取10 m/s2)(　　)

A．恒力的大小为6 N

B．前4 s内摩擦产生的热量为48 J

C．前6 s内合外力的冲量大小为24 N·s

D．物体与地面间的动摩擦因数为0.2

答案　C

解析　设力的大小为F,0～2 s，－F－μmg＝ma1,2～4 s，F－μmg＝ma2，代入图给数据解得：F＝6 N，μ＝0.2，故A、D正确；前4 s内摩擦产生的热量Q＝μmg(s1＋s2)＝0.2×2×10× J＝48 J，故B正确；根据动量定理，前6 s内合外力的冲量I＝Δp＝mv－mv0＝2×(－4－10)  N·s＝－28 N·s，故C错误。

8．(2019·福建漳州二模)2019年1月3日，中国“嫦娥四号”探测器成功在月球背面软着陆，中国载人登月工程前进了一大步。假设将来某宇航员登月后，在月球表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m的小球(可视为质点)，如图所示，当给小球一瞬时冲量I时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。已知圆轨道半径为r，月球的半径为R，则月球的第一宇宙速度为(　　)

A.   B.  

C.   D.

答案　B

解析　设月球表面的重力加速度为g月，小球在最高点的速度为v1，小球从最低点到最高点的过程中机械能守恒：mv2＝mv＋mg月·2r，其中：v＝，小球刚好能做完整的圆周运动，则在最高点有：mg月＝m，由以上两式可得：g月＝＝，若在月球表面发射一颗卫星，则重力提供向心力，则有：mg月＝m，故卫星的最小发射速度v2＝＝，故A、C、D错误，B正确。

9.(2019·广东广州二模)如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力，A、B质量相等且均可视为质点，重力加速度为g，以下判断正确的是(　　)

A．相遇时A的速度一定为零

B．相遇时B的速度一定为零

C．A从抛出到最高点的时间为

D．从抛出到相遇A、B动量的变化量相同

答案　BCD

解析　A的运动可分解为竖直方向的竖直上抛运动与水平方向的匀速直线运动，相遇时A竖直方向速度为零、水平方向速度不为零，则此时A的速度不为零，A错误；设A初始时刻在竖直方向的分速度为v1y，则A、B相遇时：v1yt－gt2＝v2t－gt2，解得v2＝v1y，因A在最高点的竖直方向的分速度为零，可知相遇时B的速度一定为零，B正确；A从抛出到最高点运动的时间为t＝＝，C正确；根据Δp＝mgt可知，从抛出到相遇A、B动量的变化量相同，D正确。

10．(2019·辽宁重点协作体二模)如图所示，质量为M、倾角为θ的足够长斜面体始终静止在水平面上，有一个质量为m的小物块在受到沿斜面向下的力F的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体对地面的摩擦力方向向左。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．斜面体给小物块的支持力大小为mgcosθ

B．斜面体对地面的压力小于(M＋m)g

C．若将力F的方向突然改为竖直向下，小物块仍做加速运动

D．若将力F撤掉，小物块将减速下滑

答案　AD

解析　该过程中小物块受重力、支持力、拉力和摩擦力，则小物块受到的支持力为：FN′＝mgcosθ，故A正确；小物块在受到沿斜面向下的力F的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体对地面的摩擦力方向向左，对M受力分析可知：μmgcos2θ>mgcosθsinθ，故μ>tanθ，斜面体受到的支持力：FN＝Mg＋μmgcosθsinθ＋mgcos2θ>(M＋m)g，所以斜面体对地面的压力大于(M＋m)g，B错误；力F改为竖直向下后，对小物块受力进行正交分解可得：(F＋mg)sinθ－μ(F＋mg)cosθ<0，所以加速度沿斜面向上，小物块将做减速运动，故C错误；由以上分析可知，因为μ>tanθ，若将力F撤掉，小物块将减速下滑，故D正确。

11．(2019·江苏南京、盐城一模)如图所示，质量相等的两个物块A和B用细线连接后，再用轻弹簧将A悬挂，A和B处于静止状态。剪断细线，物块A向上运动到最高点的过程，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)

A．剪断细线时，物块A的加速度大小为g

B．弹簧恢复原长时，物块A的速度最大

C．物块A所受弹簧弹力做的功等于克服重力做的功

D．弹簧的弹性势能减少量等于物块A的机械能增加量

答案　ACD

解析　设A、B的质量均为m，开始时系统处于平衡状态，弹簧的弹力大小为F＝2mg，当细线剪断瞬间，弹簧不能突变，则A受的合力仍为F＝2mg，由F－mg＝ma，得a＝g，即A的加速度大小为g，方向向上，A正确；当弹簧向上的弹力等于A的重力时，A的速度最大，B错误；A初末态的速度都是0，则其动能变化量为零，根据动能定理可知A所受弹簧弹力做的功等于克服重力做的功，C正确；由机械能守恒定律可知，该过程中弹簧的弹性势能减少量等于物块A的机械能增加量，D正确。

12．(2019·四川名校联考)某同学做了一个趣味实验，如图所示，有两个弹性小球A、B重叠放置，质量分别为m1、m2，两球球心在同一竖直线上。现让它们在距水平地面高h处由静止释放，落地时认为小球B先与地面碰撞，再与小球A碰撞，小球A碰后能上升的最大高度为H。所有的碰撞都是弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞前后两小球都在竖直方向运动，两小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)

A．若m2＝3m1，则H＝4h

B．若m2＝3m1，则H＝9h

C．若m2≫m1，则近似有H＝9h

D．若m2≫m1，则近似有H＝16h

答案　AC

解析　A、B下降过程为自由落体运动，由v2＝2gh，解得B触地时两球速度相同，均为v＝，B与地面碰撞之后，速度瞬间反向，大小相等，选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为v1、v2，选向上为正方向，由动量守恒定律得：m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得：(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，解得v1＝v，若m2＝3m1，联立解得：v1＝2，A反弹后能上升的最大高度为：H＝＝4h，故A正确，B错误；若m2≫m1，则v1→3v，由H＝，则近似有H＝9h，C正确，D错误。

第Ⅱ卷(非选择题，共62分)

二、实验题(本题共2小题，共12分)

13．(6分)(2019·四川绵阳二诊)小明用如图甲所示装置测量重力加速度，用电火花计时器(频率为50 Hz)打出纸带的一部分如图乙所示。

(1)由打出的纸带可判断，实验时小明是用手拿着纸带的________(选填“A”或“B”)端由静止释放的。

(2)本实验________(选填“需要”或“不需要”)用天平测重物的质量。

(3)纸带上所打点1至9均为计时点，用刻度尺测得1、2两点之间的距离x12＝4.56 cm,7、8两点之间的距离x78＝2.23 cm，结合这两个数据可以算出当地重力加速度为________ m/s2。(保留三位有效数字)

答案　(1)A　(2)不需要　(3)9.71

解析　(1)重物拉着纸带运动的过程中，相等时间间隔内位移越来越大，则实验时纸带的B端与重物相连接，即实验时小明拿着纸带的A端。

(2)本实验只需通过纸带分析即可求得当地重力加速度，不需要测量重物的质量。

(3)根据匀变速直线运动的推论得：a＝＝ m/s2＝9.71 m/s2。

14．(6分)(2019·福建厦门一模)某实验小组用下列器材探究加速度与合外力的关系：

将两辆相同的小车放在光滑水平桌面上，前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可放砝码，改变盘中砝码就可以改变小车的合力。

两辆小车后端各系一条细线，用黑板擦把两条细线同时按在桌面上，使小车静止。抬起黑板擦，两辆小车同时开始运动，按下黑板擦，两辆小车同时停下，用刻度尺测出两辆小车通过的位移。

(1)将砝码(含小盘)的重力当作小车的合力，由此引起的误差属于________(选填“系统”或“偶然”)误差。为了减小该误差，应使砝码(含小盘)质量之和________(选填“远大于”“远小于”或“等于”)小车质量。

(2)测得两辆小车通过的位移分别为x1、x2，砝码(含小盘)质量分别为m1、m2，只要满足关系式________，则可验证加速度与合外力成正比。

答案　(1)系统　远小于　(2)＝

解析　(1)小车匀加速运动过程中，所受合力为绳的拉力，必小于砝码(含小盘)的重力，这是由于实验方法不完善造成的误差，所以是系统误差；根据牛顿第二定律可以求出绳的拉力F＝Ma＝M·＝，为了减小误差，应使砝码(含小盘)的质量m远小于小车的质量。

(2)两辆小车在拉力的作用下均做初速度为零的加速运动，由运动学公式x＝at2，当时间一定时，x正比于a，又F正比于m，所以当满足质量之比等于位移之比即＝时，则可验证加速度与合外力成正比。

三、计算题(本题共4小题，共50分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)

15．(8分)(2019·天津部分区联考一模)游乐场上有一小孩乘坐小电动车，静止于水平地面上的A点，小孩与小车总质量为m＝40 kg，现用F＝100 N的水平恒定牵引力使小车沿直线从A点运动到C点，位移为x1，此后关闭发动机，小车继续滑动一段时间t停在B点，A、B两点相距x＝20 m，如图所示。小车与地面间的摩擦力恒为Ff＝80 N，取g＝10 m/s2，求：

(1)小车从A到C的位移大小x1；

(2)小车从C到B的滑动时间t。

答案　(1)16 m　(2)2 s

解析　(1)整个运动过程，根据动能定理得：

Fx1－Ffx＝0－0

解得：x1＝16 m。

(2)A到C，由动能定理得：Fx1－Ffx1＝mv2－0

根据平均速度公式，有：xCB＝·t，

又xCB＝x－x1

解得：t＝

代入数据得：t＝2 s。

16．(12分)(2019·河北衡水二调)如图所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与水平面相切，质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0＝2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动，g取10 m/s2。求：

(1)小物块从A点运动至B点的时间；

(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，所受轨道支持力的大小。

答案　(1) s　(2)8 N

解析　(1)小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，根据几何关系有：tan60°＝

解得：t＝ s。

(2)小物块由B运动到C，根据机械能守恒定律：

mgR(1＋sinθ)＝mv－mv

又vB＝＝4 m/s

在C点处，根据牛顿第二定律有NC－mg＝m

联立以上三式并代入数据解得NC＝8 N。

17.(12分)(2019·北京西城区期末)为了备战2022年北京冬奥会，一名滑雪运动员在倾角θ＝30°的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的总质量m＝70 kg。滑道与水平地面平滑连接，如图所示。他从滑道上由静止开始匀加速下滑，经过t＝5 s到达坡底，滑下的路程x＝50 m。滑雪运动员到达坡底后又在水平面上滑行了一段距离后静止。运动员视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)滑雪运动员沿山坡下滑时的加速度大小a；

(2)滑雪运动员沿山坡下滑过程中受到的阻力大小f；

(3)滑雪运动员在全过程中克服阻力做的功Wf。

答案　(1)4 m/s2　(2)70 N　(3)1.75×104 J

解析　(1)根据匀变速直线运动规律得：x＝at2

解得：a＝4 m/s2。

(2)运动员受力如图所示，根据牛顿第二定律得：

mgsinθ－f＝ma

解得：f＝70 N。

(3)全程应用动能定理，得：

mgxsinθ－Wf＝0

解得：Wf＝1.75×104 J。

18．(18分)(2019·福建泉州二模)如图，光滑水平面上有一辆匀质平板车，平板车右端固定有质量不计的竖直挡板，左端靠在倾角θ＝37°的斜面底端。一个小滑块从离斜面底端h高处无初速度释放，滑上平板车后恰好不会落地。已知滑块与平板车的质量相等，滑块与斜面及平板车间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从斜面滑上平板车的过程中速度大小不变，滑块与挡板撞击过程时间极短且无动能损失，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)求滑块在斜面上的运动时间t；

(2)求滑块撞击挡板时滑块离斜面底端的距离s；

(3)若将平板车左边一半去掉后放回斜面底端，滑块仍从原处释放，求其离开平板车时的速度大小v。

答案　(1)5　(2)h　(3)

解析　(1)设滑块的质量为m，下滑距离为d，

根据几何关系：d＝①

在下滑过程中，根据牛顿第二定律有：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma②

根据位移与时间关系有：d＝at2③

联立①②③式并代入数据解得t＝5。④

(2)设滑块滑到斜面底端时速度为v0，有：v0＝at，⑤

设平板车长度为L，从滑块滑上平板车到与平板车相对静止的过程中，对滑块与平板车组成的系统，根据动量守恒定律有：mv0＝2mv共⑥

根据功能关系有：

－μmg·2L＝·2mv－mv⑦

同理，从滑块滑上车至与挡板碰撞前的过程中，

对系统有：mv0＝mv1＋mv2⑧

－μmgL＝mv＋mv－mv⑨

对滑块，根据牛顿第二定律有：a′＝－⑩

根据匀变速直线运动规律有：v－v＝2a′s⑪

联立以上各式可解得s＝h。

(3)平板车去掉左边一半后，设滑块离开平板车时，平板车的速度为v3，对系统，根据动量守恒定律有：

mv0＝mv＋v3

根据功能关系有：

－μmgL＝mv2＋·v－mv

又由题意可知v<v3，解得v＝ 。