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第十单元　力学综合
(75分钟　100分)
考情分析
高考对接点 直线运动、牛顿运动定律、曲线运动、万有引力、机械能、动量、机械振动、机械波
单元疑难点 机械能守恒定律、动量守恒定律的应用
典型情境题 1、2、3、4、6、8、11、13
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.2023年10月7日晚，在杭州第19届亚运会女排决赛中，中国队3比0战胜日本队，以6战全胜不失一局的骄人战绩成功卫冕，斩获队史亚运第9冠。若赛前训练中某运动员在原地做向上抛接排球训练，排球在空中受到空气的阻力大小可视为不变，下列可能正确反映排球上升和下落运动过程的速率-时间图像或加速度-时间图像的是
A.
B.
C.
D.
2.如图所示，质量为m的滑块放在静止于水平地面上的粗糙斜面体上，滑块能够在斜面体上静止不动，如果用弹簧测力计给滑块施加竖直向上的拉力F，当弹簧测力计的示数FA.滑块与斜面之间的弹力不为零，滑块受到的摩擦力沿斜面向下
B.滑块与斜面之间的弹力不为零，滑块受到的摩擦力沿斜面向上
C.滑块与斜面之间的弹力不为零，滑块受到的摩擦力为零
D.斜面体与水平地面之间的弹力和摩擦力均不为零
3.航母上的电磁弹射系统能够使飞机获得一个启动的初速度，从而达到缩短滑行距离的目的。设飞机仅靠自身引擎获得的加速度为a，没有弹射的情况下，飞机滑行L1的距离达到起飞速度，开启弹射系统后，使飞机获得一个初速度v0，飞机滑行L2的距离达到起飞速度。若L1与L2的差值就是节省的跑道长度ΔL，且飞机的起飞速度恒定，则下列说法正确的是
A.ΔL与v0成正比 B.ΔL与a成正比
C.ΔL与成正比 D.ΔL与成正比
4.2024年2月3日7时37分，长征二号丙运载火箭搭载吉利星座02组11颗卫星从西昌卫星发射中心发射升空，成功将卫星送入预定轨道，所有卫星状态正常。已知吉利星座02组11颗卫星在同一倾斜轨道上绕地球做圆周运动的周期约为90分钟。假设某时刻该组某一卫星正好经过赤道上方，下列说法正确的是
A.该组卫星的线速度大小比地球同步卫星的线速度小
B.该组11颗卫星的向心力大小均相等
C.该组11颗卫星的向心加速度大小均比地球同步卫星的向心加速度大
D.从该时刻到此卫星下一次经过赤道上方，需要大约24小时
5.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，将一物块压在弹簧上端，物块静止时弹簧的压缩量为x0，这时给物块施加一个竖直向上的力F，使物块向上做匀加速运动，F与物块运动距离x(x≤x0)的关系图像如图乙所示。已知纵轴截距为b，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则物块的加速度大小为
甲　　　　　　乙
A. B. C. D.
6.如图，直角坐标系xOy位于竖直面内，其中x轴位于水平地面上，y轴竖直。将小球从y轴上的A点水平抛出，小球落在x轴上的A'点，若将小球从y轴上的B点斜向上抛出，小球落在x轴上的B'点，两次的运动轨迹相交于P点，P是轨迹BB'上的最高点，P'点是P在x轴上的投影。已知OP'=P'A'=A'B'，不考虑空气阻力，则A、B两点的纵坐标之比为
A.3∶2 B.4∶3
C.9∶4 D.16∶9
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7.使用无人机播种时，为保证种子的成活率，会将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时，无人机在离地面10 m高处以15 m/s的速度水平匀速飞行，无人机上的播种器把种子胶囊以5 m/s的速度(相对无人机)竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下10 cm深处完成一次播种。若种子胶囊的总质量为20 g，不考虑空气阻力及其进入土壤后的重力作用，取重力加速度g=10 m/s2，则
A.射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功为0.25 J
B.离开无人机后，种子胶囊落地时的速度大小为15 m/s
C.土壤对种子胶囊冲量的大小为 N·s
D.种子胶囊在土壤内受到平均阻力的大小为22.5 N
8.一辆汽车的质量为1×103 kg，其发动机的额定功率为3×104 W。若汽车以1.5 m/s2的恒定加速度启动，所受阻力恒为车重的，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.匀加速阶段结束时刻汽车的速度最大
B.汽车在匀加速运动阶段的平均速度大小为5 m/s
C.启动后经过6 s，发动机的功率为2.7×103 W
D.汽车的最大动能为2×105 J
9.有一列简谐横波沿着x轴传播，x轴正半轴上的B点对应的平衡位置与原点相距4 m，从t=0时刻开始计时，B点振动图像如图甲所示，t=0时波形图如图乙所示，下列说法正确的是
A.波沿着x轴正方向传播
B.t=0.15 s时，B达到最大速度
C.t= s时，B的位移为 cm
D.t= s时，平衡位置在x=16 m处的质点的位移为 cm
10.如图所示，足够长的倾斜传送带与水平面的夹角θ=37°，劲度系数k=32 N/m的轻质光滑弹簧平行于传送带放置，下端固定在水平地面上，另一端处于自由状态时位于Q点。小滑块质量m=5 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25。设P、Q间距L=2 m，小滑块从P点由静止释放，传送带以v=4 m/s的速率逆时针转动。整个过程中小滑块未脱离传送带，弹簧处于弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep=kx2，x为弹簧的形变量。已知重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是
A.小滑块从P点刚开始下滑时的加速度大小为8 m/s2
B.小滑块加速到第一次与传送带的速度大小相等需要的时间为0.4 s
C.小滑块从P点由静止释放后经过0.4 s，系统因摩擦产生的热量为9.6 J
D.小滑块向下滑行的最大距离为 m
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11.(7分)如图所示的实验装置可以用来研究影响向心力的因素：金属小球放置在水平转台上，定滑轮固定在转盘中心，跨过定滑轮的细绳一端系住小球，另一端跟力传感器相连。某同学利用这一实验装置探究在小球质量m、转动半径r一定的情况下，向心力大小F与转动角速度ω之间的关系。
(1)当转台稳定转动时，这位同学利用手机上的秒表功能测量转台的转速。当小球经过他面前时开始计时，记录为1，下次小球再经过他面前时记录为2……依次记录，直到第n次，通过手机的秒表记录从1到n转台转动花费的时间为t，则小球随着转台转动的角速度ω=　　　　。(用所给字母表示)
(2)调节转台的转速，读取不同转速下的力传感器的示数F，并测出对应的角速度ω，得到F与ω的多组数据。利用图像法处理数据，以F为纵轴，ω2为横轴，作出F-ω2图像。发现在误差允许范围内，F-ω2图像是一条过原点的直线，得出结论：在小球质量m、转动半径r一定的情况下，向心力F与转动角速度的平方ω2　　　　(选填“成正比”或“成反比”)。
(3)用图像法处理数据时，作F-ω2图像而不作F-ω图像的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
12.(9分)如图甲所示的实验装置可以用来验证机械能守恒定律，光滑平整水平长木板左侧固定有一光滑平整的斜面，光电门固定在水平木板上右侧，调节光电门的高度，使其与金属球球心到长木板的距离相等。把一金属球从斜面上高为h处(球心到长木板的距离为h)由静止释放，金属球通过光电门的遮光时间为t，已知当地的重力加速度为g。
甲
(1)用10分度的游标卡尺测出金属球的直径，如图乙所示，则金属球直径d=　　　　cm。
乙
(2)多次改变金属球在斜面上释放位置的高度h，用图像法处理数据，以　　　　(选填“t2”“”或“”)为横轴，以h为纵轴，将实验中记录的多组数据在坐标系中描点、连线，如果得到的图像是一条斜率k=　　　　(用所给物理量的字母表示)的直线，则验证了机械能守恒定律。
13.(10分)2024年伊始，黑龙江哈尔滨冰雪旅游大热。其中滑雪圈是哈尔滨非常火的一项户外活动项目，人们可以坐在滑雪圈内，由小伙伴拉着自己在水平雪地上肆意滑行。某次小芳用滑雪圈拉着小孙向前沿直线滑行的运动可简化为如图所示的情形，小芳用与水平方向夹角θ=37°、大小F=80 N的拉力使质量M=54 kg的小孙和m=2 kg的滑雪圈在水平雪地上以1.25 m/s的速度匀速前进，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2。
(1)求滑雪圈与雪地间的动摩擦因数。
(2)若小芳突然放手，求撤去拉力后小孙还能继续前进的距离。
14.(14分)介质中一质点O做简谐振动，振幅A=10 cm，振动周期T=0.8 s，以O为原点建立平面直角坐标系，质点O引起的横波沿着x轴正方向传播。t=0时刻波源的位移为5 cm，此时的波动图像如图所示。
(1)求当t=0.2 s时，波源O的位移。
(2)设质点P平衡位置的坐标为x=10 m，请用余弦函数写出P的位移y随时间t变化的规律。
15.(16分)如图所示，质量m3=4 kg且足够长的木板静止在光滑水平面上，质量m2=2 kg的物块乙静止在上表面水平的木板上，此时木板被锁定在水平面上，质量m1=1 kg的物块甲滑上长木板后以v0=6 m/s的速度与物块乙发生弹性碰撞，碰后瞬间解除木板的锁定。已知甲、乙与木板之间的动摩擦因数分别为0.6和0.5，重力加速度g=10 m/s2，甲、乙始终在木板上运动，且甲、乙都可以看成质点。求：
(1)物块甲、乙碰后瞬间的速度。
(2)从碰后瞬间到三者共速过程系统损失的机械能。
(3)从甲、乙碰后至甲与木板相对静止前，系统因摩擦而产生的热量。
参考答案
1.B
【解析】在上升阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相同，合力较大；下落阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相反，合力较小。根据牛顿第二定律F=ma可知，上升阶段的加速度比下落阶段的要大，且加速度方向相同，又由h=at2，可知上升所需的时间较短，下落所需的时间较长，排球落回抛球点时的速率比抛出时的小，故B项正确。
2.B
【解析】当弹簧测力计的示数F3.C
【解析】设飞机的起飞速度为v，不开启弹射系统时有v2=2aL1，开启弹射系统后有v2-=2aL2，联立可得ΔL=L1-L2=·，C项正确。
4.C
【解析】同步卫星的周期为24小时，而吉利星座02组卫星的周期为90分钟，由开普勒第三定律=k可知，该组卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，又由v=可知，该组卫星的线速度大小比地球同步卫星的线速度大，A项错误；由于该组11颗卫星的质量可能不同，故该组11颗卫星的向心力大小可能不同，B项错误；由a=可知，该组11颗卫星的向心加速度大小均比地球同步卫星的向心加速度大，C项正确；根据题目中给出的信息，该卫星为倾斜轨道卫星，轨道与地球赤道有夹角，且卫星的运行周期约为90分钟，因此从该时刻到卫星下一次经过赤道上方需要的时间不是24小时，D项错误。
5.A
【解析】平衡时有kx0=mg，当物块向上做匀加速直线运动时有 F+k(x0-x)-mg=ma，联立可得F=kx+ma=kx+a，由题意知a=b，解得a=，A项正确。
6.D
【解析】设A点的纵坐标为yA，对于抛物线AA'，由于P'是OA'的中点，因此小球从A到P与从P到A'的时间相等，设为t1，则yA=g(2t1)2，yA-PP'=g，解得yA=PP'；设B点的纵坐标为yB，由于P是轨迹BB'上的最高点，则轨迹PB'是一段抛物线，过B点作x轴的平行线，与轨迹相交于C点，根据对称性，C在A'的正上方，对于抛物线PB'，由于A'是P'B'的中点，小球从P运动到C与从C运动到B'经过的时间相等，设为t2，则 PP'=g(2t2)2，PP'-yB=g，解得yB=PP'，则=，D项正确。
7.AC
【解析】射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功等于其动能的增量，即W=mv2 =0.25 J，A项正确；种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动，由h=vt+gt2，代入数据解得t=1 s，种子胶囊落地时的竖直分速度vy=v+gt=15 m/s，水平分速度vx=v0=15 m/s，落地时的合速度大小v合==15 m/s，进入土壤时竖直方向有h'=，t'=，可求得t'= s，又由动量定理得I=Ft'=0-(-mv合)，可解得土壤对种子胶囊的冲量大小I=mv合= N·s，平均阻力大小F= N，C项正确，B、D项错误。
8.BD
【解析】匀加速阶段结束后，汽车做变加速运动，汽车的速度继续增加，A项错误；匀加速阶段的牵引力大小F1=0.15mg+ma=3×103 N，由P额=F1v1，解得匀加速阶段的末速度v1=10 m/s，则平均速度为v1=5 m/s，B项正确；匀加速运动的时间t1== s= s，6 s9.AC
【解析】由在t=0时刻质点B沿y轴正方向振动，可知波沿x轴正方向传播，A项正确；t=0.15 s时，质点B在波谷位置，则此时质点B的加速度达到最大值，速度为0，B项错误；波速v== m/s=40 m/s，可得B点的振动方程y=5sint(cm)=5sin 10πt(cm)，把t= s代入振动方程可得，B点位移为 cm，C项正确；同理可知t=0时，平衡位置在x=5 m处的质点位移为- cm， s内波传播的距离为11 m，则t= s时，平衡位置在x=16 m处质点的位移为- cm，D项错误。
10.AC
【解析】开始时，对小滑块，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1 ，解得a1=8 m/s2，A项正确。滑块加速到与传送带的速度相等需要的时间t==0.5 s>0.4 s，所以0.4 s内滑块的位移x物=a1t2=0.64 m m，然后滑块继续做减速运动直到速度为0，故小滑块向下滑动的最大距离大于 m，D项错误。
11.(1)　(2分)
(2)成正比　(2分)
(3)F-ω图像不是直线(只要合理即可)　(3分)
【解析】(1)小球从第1次到第n次通过同一位置，转动圈数为n-1，时间为t，故周期T= ，角速度ω==。
(2)根据实验数据描点作图，图像为一条直线，表明向心力F与转动角速度的平方ω2成正比。
(3)根据向心力公式F=mrω2，F-ω图像不是直线，不能得出F与ω之间的关系。
12.(1)0.97 　(3分)
(2)　(3分)　　(3分)
【解析】(1)游标卡尺的精度为0.1 mm，游标卡尺示数为0.9 cm+7×0.1 mm=0.97 cm。
(2)金属球经过光电门时的速度大小v=，如果机械能守恒定律成立，则m()2=mg(h-)，h=·+，则可看出h与是线性关系，图像是一条斜率k=的直线。
13.解：(1)匀速前进时滑雪圈在水平方向受力平衡，有
Fcos 37°=f 　(1分)
滑雪圈及小孙在竖直方向受力平衡，有
(M+m)g=Fsin 37°+FN 　(1分)
由f=μFN 　(1分)
联立解得μ=0.125。　(2分)
(2)撤去拉力后滑雪圈受雪地的弹力大小变为
FN'=(M+m)g 　(1分)
则滑动摩擦力大小变为f'=μFN'
则由牛顿第二定律有f'=(M+m)a 　(1分)
又由v2=2ax　(1分)
求得能继续前进的距离x=0.625 m。　(2分)
14.解：(1)对于波源O，有ω==2.5π rad/s　(1分)
在t=0时刻，5=10cos φ0　(2分)
解得φ0=　(1分)
因此波源O的振动方程为y=10cos(2.5πt+) cm　(2分)
当t=0.2 s时，波源O的位移
y0=10cos(2.5π×0.2+) cm=-5 cm。　(2分)
(2)由题图可知，质点P在t=0时刻向y轴负方向运动　(2分)
所以质点P的振动方程为
y=Acos(ωt+)=10cos(πt+) cm。　(4分)
15.解：(1)甲、乙碰撞满足动量守恒与机械能守恒，以向右为正方向，有
m1v0=m1v1+m2v2 　(1分)
m1=m1+m2　(1分)
解得v1=-2 m/s，v2=4 m/s
其中负号表示速度方向与正方向相反，即向左。　(1分)
(2)从碰撞至三者达到共同速度v共，根据动量守恒定律有
m1v0=(m1+m2+m3)v共 　(1分)
解得三者的共同速度v共= m/s　(1分)
由能量守恒定律有m1=(m1+m2+m3)+ΔE
系统损失的机械能ΔE= J。　(1分)
(3)对物块甲，根据牛顿第二定律有μ1m1g=m1a1
解得a1=6 m/s2　(1分)
对物块乙，根据牛顿第二定律有μ2m2g=m2a2
解得a2=5 m/s2　(1分)
对木板有μ2m2g-μ1m1g=m3a3
解得a3=1 m/s2　(1分)
甲先减速至零再反向加速直至与木板共速，设该共同速度为u，用时为t1，若此时乙未与木板共速，则
u=v1+a1t1=a3t1
解得t1=0.4 s　(1分)
甲与木板的共同速度u=a3t1=0.4 m/s　(1分)
此过程中物块乙一直减速，此时物块乙的速度
v2'=v2-a2t1
解得v2'=2 m/s　(1分)
在t1时间内，物块甲向左做减速运动的位移大小
x甲1== m　(1分)
物块甲向右做加速运动的位移大小
x甲2== m
木板运动位移大小
x1=a3=0.08 m　(1分)
物块乙向右做减速运动的位移大小
x乙1=t1=1.2 m　(1分)
从甲、乙碰后至物块甲与木板相对静止前，系统因摩擦产生的热量
Q=μ1m1g(x甲1+x1-x甲2)+μ2m2g(x乙1-x1)
解得Q=13.6 J。　(1分)

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