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力学部分综合
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，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12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·浙江宁波慈溪高三上学期期末)北京时间2018年4月13日晚上19：00全国游泳冠军赛男子200米自由泳决赛进行，孙杨以1分46秒07轻松夺冠(国际标准游泳池长50米)，下列说法正确的是(　　)
A．在研究孙杨的技术动作时，不能把孙杨看成质点
B．时间“2018年4月13日晚上19：00”指的是时间间隔
C．在游泳过程中，以游泳池里的水为参考系孙杨是静止的
D．孙杨200米自由泳的平均速度为1.92 m/s
答案　A
解析　质点是理想化的物理模型，当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或影响很小时，物体才可以看做质点，在研究孙杨的技术动作时，孙杨的形状不能忽略，所以孙杨不能看做质点，A正确； “2018年4月13日晚上19：00”对应时间轴上的点，指的是时刻，B错误；孙杨在游泳过程中，以游泳池里的水为参考系，他是运动的，C错误；200米游泳比赛的位移是0，根据平均速度定义式可知平均速度为0，D错误。
2．(2019·安徽皖中名校联盟高三第一次模拟联考)一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第4 s内的位移是42 m，则(　　)
A．小球在2 s末的速度是16 m/s
B．该星球上的重力加速度为12 m/s2
C．小球在第4 s末的速度是42 m/s
D．小球在4 s内的位移是80 m
答案　B
解析　第4 s内的位移是42 m，有：gt－gt＝42 m，t4＝4 s，t3＝3 s，解得：g＝12 m/s2，所以2 s末的速度：v2＝gt2＝24 m/s，故A错误，B正确；小球在第4 s末的速度是v4＝gt4＝48 m/s，C错误；小球在4 s内的位移是gt＝96 m，D错误。
3．(2019·天津高考)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
答案　C
解析　索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡，增加钢索数量，其整体重力变大，故索塔受到的压力变大，A错误；若索塔高度降低，则钢索与竖直方向夹角θ将变大，由Tcosθ＝G可知，钢索拉力T将变大，B错误；两侧拉力对称，合力一定在夹角平分线上，即竖直向下，C正确；若钢索非对称分布，但其水平方向的合力为0，合力仍竖直向下，D错误。
4．(2019·广西名校高三上学期联合调研)如图所示，半径为R的光滑半圆轨道竖直固定在水平地面上，AB是竖直直径。一小球以某一速度进入半圆轨道，通过最高点B时，对轨道的压力为其重力的一半，小球落地点到B点的水平距离为(　　)
A.R B.R C.R D.R
答案　D
解析　小球在最高点时受到的弹力方向向下，小球受到的合外力为mg＋mg，由牛顿第二定律有mg＋mg＝m，解得v＝，小球从B点抛出做平抛运动，故有2R＝gt2，小球落地点到B点的水平距离为：x＝vt＝R，D正确，A、B、C错误。
5. (2019·江苏常州高三上学期期末)据报道，2018年我国发射了全球低轨卫星星座“鸿雁星座”系统的首颗试验卫星，它将运行在距离地球1100公里的圆轨道上，则其(　　)
A．向心加速度小于地面的重力加速度
B．线速度大于第一宇宙速度
C．周期大于地球自转周期
D．角速度小于地球自转角速度
答案　A
解析　由a＝知，试验卫星的向心加速度小于近地卫星的向心加速度，而近地卫星的向心加速度约等于地面的重力加速度，所以试验卫星的向心加速度小于地面的重力加速度，A正确；第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，知试验卫星的线速度小于第一宇宙速度，B错误；根据v＝ 和v＝rω可知ω＝ ，将试验卫星与地球同步卫星比较，由于试验卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以试验卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度，而地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度，所以试验卫星的角速度大于地球自转角速度，由T＝知，其周期小于地球自转周期，C、D错误。
6．(2019·江苏常州高三上学期期末)在水平地面上以某一初速度竖直向上抛出一物体，物体所受的空气阻力与物体的速率成正比，经一段时间后落回地面，则下列关于物体的加速度随时间变化图象、速度随时间变化图象、机械能随路程变化图象、重力势能(以地面作为参考平面)随路程变化图象正确的是(　　)
答案　C
解析　物体竖直向上抛出，上升过程中受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg＋f＝ma1，又f＝kv，可知a1＝g＋，由于速度不断变小，故阻力不断变小，加速度不断变小，最高点速度为零，阻力为零，加速度为g；下落过程中，物体受到重力和向上的空气阻力，则有mg－f＝ma2，又f＝kv，则得a2＝g－，速度v不断变大，则知加速度不断变小，故加速度一直变小，方向一直竖直向下，A错误。v?t图象的斜率代表加速度，则斜率一直减小，但速度是先减小到零后反向增大，B错误。由功能关系可知除重力以外有空气阻力一直做负功，故机械能一直减小，ΔE＝－fs，故E?s图象的斜率大小代表空气阻力大小，则斜率大小先减小后增大，C正确。由重力势能Ep＝mgh可知，Ep?s图象的斜率大小代表重力mg，则图象为两段倾斜直线，D错误。
7．(2019·石家庄精英中学高三二调)如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态。开始一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，使弹簧伸长。那么(　　)
A．碰撞过程中环与板系统的机械能守恒
B．碰撞过程中环与板的总动能减小，转化为弹簧的弹性势能
C．碰撞后新平衡位置与下落高度h无关
D．碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
答案　C
解析　圆环与圆板碰撞过程时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，A错误；碰撞过程中，弹簧还未来得及发生形变，弹性势能不发生改变，减小的机械能转化为内能，B错误；碰撞后平衡时，有kx＝(m＋M)g，故碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，C正确；碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，D错误。
8．(2019·江苏通州、海门、启东高三上学期期末三县联考)如图所示，橡皮筋一端固定在竖直墙的O点，另一端悬挂质量为m的小球静止在M点。O点正下方N处固定一铁钉(橡皮筋靠在铁钉左侧)，ON间距等于橡皮筋原长，现对小球施加拉力F，使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动，橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则小球从M移动到N的过程中(　　)
A．橡皮筋的弹力一直在变小
B．拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直
C．拉力F的方向始终跟圆弧垂直
D．拉力F先变大后变小
答案　AB
解析　小球从M移动到N的过程中，橡皮筋的长度越来越小，即形变量越来越小，所以橡皮筋的弹力一直在变小，A正确；由题可知，小球由M移动到N的过程中时刻保持平衡状态，对小球在圆弧上任意一点A受力分析如图，
设小球与N的连线与竖直方向夹角为α，橡皮筋的劲度系数为k，圆弧直径为d，由题可知，橡皮筋原长x0＝，在M点时小球静止，则有mg＝kd，则当小球在圆弧上A点时，橡皮筋的弹力F′＝k·Δx，又Δx＝d·cosα，联立解得F′＝mgcosα，方向沿橡皮筋由A指向N，由平衡条件可得，拉力F与橡皮筋弹力F′的合力一定与小球的重力mg等大、反向，求得拉力F＝mgsinα，方向始终垂直于橡皮筋，故B正确，C错误；小球由M向N运动的过程中，α越来越大，则拉力F＝mgsinα也越来越大，D错误。
9．(2019·山东济南高三上学期期末)物体甲做匀变速直线运动，物体乙做匀速直线运动，它们的位移—时间图象如图所示(t＝2 s时，曲线与横轴相切)。下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时，物体甲的速度大小为2 m/s
B．物体甲的加速度大小为2 m/s2
C．t＝1 s时，甲、乙两物体速度相等
D．0到2 s内，乙物体的平均速度大于甲物体的平均速度
答案　BC
解析　根据x?t图象的斜率表示速度，知t＝2 s时甲物体的速度为零，设t＝0时，物体甲的速度大小为v0，由图知，0～2 s内甲的位移x＝4 m，由x＝t得v0＝4 m/s，A错误；甲物体运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，有x＝at2，得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，B正确；乙的速度大小v乙＝＝ m/s＝2 m/s，t＝1 s时，甲的速度大小v甲＝v0－at＝(4－2×1) m/s＝2 m/s，且由图象知甲、乙两物体的速度方向相同，知t＝1 s时，甲、乙两物体速度相等，C正确；0～2 s内，两物体的位移相等，所用时间相等，则两者的平均速度相等，D错误。
10．(2019·山东临沂十九中高三上学期第六次调研)如图所示，初始时A、B两木块在水平方向的外力作用下被挤压在竖直墙面上处于静止状态，A与B、B与墙面之间的动摩擦因数都为μ＝0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两木块质量相等，都为1 kg。当外力F变为下列不同值时，关于A、B之间的摩擦力f1，B与墙壁之间的摩擦力f2的大小，下列说法中正确的是(g＝10 m/s2)(　　)
A．当F＝0时，f1＝f2＝0
B．当F＝50 N时，f1＝0，f2＝5 N
C．当F＝100 N时，f1＝5 N，f2＝10 N
D．当F＝300 N时，f1＝10 N，f2＝20 N
答案　ACD
解析　当F＝0时，A、B间及B与墙壁间均没有相互挤压，故没有摩擦力，A正确；当F＝50 N时，B与墙面间的最大静摩擦力fm＝μF＝5 N＜2mg，所以A、B下滑，即f2＝fm＝5 N，设A、B相对静止，则2mg－f2＝2ma，对A有mg－f1＝ma，解得a＝7.5 m/s2，f1＝2.5 N＜μF，假设成立，B错误；当F＝100 N时，B与墙面间的最大静摩擦力fm＝μF＝10 N＜2mg，由以上分析可知，A、B以相同加速度下滑，有f2＝fm＝10 N,2mg－f2＝2ma，mg－f1＝ma，解得f1＝5 N，C正确；当F＝300 N时，B与墙面间的最大静摩擦力fm＝μF＝30 N＞2mg，则A、B静止，对A、B整体有2mg＝f2，对A有mg＝f1，则f1＝10 N，f2＝20 N，D正确。
11．(2019·甘肃民乐一中、张掖二中一调联考)在竖直杆上安装一个光滑导向槽，使竖直上抛的小球通过导向槽能改变方向做平抛运动。不计经导向槽时小球的能量损失，设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是(　　)
A．导向槽位置应在高为的位置
B．最大水平距离为
C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下＝2v上
D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角
答案　AD
解析　设平抛时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得：mv＋mgh＝mv2，解得v0＝ ，根据平抛运动的知识可得下落时间t＝ ，则水平位移x＝v0t＝，所以当－2h＝2h时水平位移最大，解得h＝，A正确；最大的水平位移为x＝＝2h＝，B错误；根据机械能守恒定律可知，小球在经过某相同高度处时上升的速率和下落的速率相等，C错误；当小球落地时，设速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tanθ＝2tanα＝2×＝1，则θ＝45°，D正确。
12．(2019·福建南平二模)如图所示，质量为M＝950 g的木块随足够长的水平传送带AB一起以v1＝6 m/s的速度向左匀速运动，传送带的速度恒定，木块与传送带的动摩擦因数μ＝0.5。当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝50 g的子弹，以v0＝254 m/s的水平向右的速度射入木块并留在其中，设子弹射中木块的时间极短，重力加速度g取10 m/s2。则(　　)
A．子弹射中木块后，木块一直做减速运动
B．木块被击中后向右运动，离A点的最大距离为4.9 m
C．木块被击中后由于木块与皮带的摩擦而产生的热量为6.5 J
D．木块被击中后到相对传送带静止过程中，摩擦力对木块的冲量大小为13 N·s
答案　BD
解析　子弹射中木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒：mv0－Mv1＝(m＋M)v，解得v＝7 m/s，子弹射中木块后，木块先向右做减速运动，速度减到零后反向加速，A错误；木块被击中后向右运动，当速度减为零时有：－μg(m＋M)x＝0－(m＋M)v2，解得离A点的最大距离为x＝＝ m＝4.9 m，B正确；木块向右运动速度减到零的时间：t1＝＝1.4 s，此过程中木块相对传送带的位移：s1＝t1＋v1t1＝13.3 m，然后木块向左运动，当速度与传送带共速时所用时间：t2＝＝1.2 s，此过程中木块相对传送带的位移：s2＝v1t2－t2＝3.6 m，则木块被击中后由于木块与皮带的摩擦而产生的热量为Q＝μ(m＋M)·g(s1＋s2)＝0.5×1×10×(13.3＋3.6) J＝84.5 J，C错误；木块被击中后到相对传送带静止过程中，根据动量定理，摩擦力对木块的冲量大小为I＝(M＋m)(v＋v1)＝13 N·s，D正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共62分)
二、实验题(本题共2小题，共14分)
13. (2019·安徽芜湖高三上学期期末)(6分)阿特武德机是早期测量重力加速度的装置，由英国数学家、物理学家阿特武德于1784年制成。某同学根据其原理设计出测量当地重力加速度的装置如图所示。一根不可伸长的轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接正方体物块A和物块B(A、B的质量分别为m1和m2，且m1＜m2)，让两物块组成的系统从静止开始做匀加速运动，测出物块A先后通过光电门1和光电门2的遮光时间。保持物块A的质量不变，逐渐增大物块B的质量，重复以上操作，测出物块B不同质量时A、B的加速度。
(1)测得物块A的边长为d，在某次实验中它先后通过两个光电门的遮光时间分别为Δt1和Δt2，则其通过两个光电门的速度分别为______________、____________。
(2)为了测算A、B的加速度大小，还需要测量的物理量有________。
A．两个光电门的间距 B．物块B的边长
C．物块A的初始高度 D．轻绳的长度
(3)某次实验中测得物块A和物块B的质量分别为m1、m2，测算出A、B的加速度大小为a，可以得到g＝________(用m1、m2、a表示)。
答案　(1)　　　(2)A　(3)a
解析　(1)物块A通过两个光电门的速度分别为：v1＝和v2＝。
(2)根据v－v＝2ah可知，为了测算A、B的加速度大小，还需要测量的物理量有两个光电门的间距h，故选A。
(3)设轻绳的张力为T，
对物块B：m2g－T＝m2a；
对物块A：T －m1g＝m1a；
联立解得g＝a。
14．(2019·江苏无锡高三上学期期末)(8分)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图1所示，轻弹簧放置在倾斜的长木板上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。
(1)实验中涉及下列操作步骤：
①松手释放物块；
②接通打点计时器电源；
③木板一端抬高以平衡摩擦；
④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量。
上述步骤正确的操作顺序是________(填序号)。
(2)甲同学实际打点结果如图2所示，观察纸带，判断测量值比真实值________(填“偏小”或“偏大”)。
(3)乙同学实际打点结果如图3所示。打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，小车质量为200 g，结合纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________ m/s，相应的弹簧的弹性势能为________ J。(结果均保留两位有效数字)
答案　(1)③④②①　(2)偏小　(3)0.78　0.061
解析　(1)正确的操作顺序是：③④②①。
(2)由纸带可知，物块先加速后减速，可知平衡摩擦力不够，弹簧的弹性势能一部分克服摩擦力做功，则弹簧弹性势能的测量值小于真实值。
(3)物块脱离弹簧时的速度为v＝＝ m/s＝0.78 m/s，相应的弹簧的弹性势能为：Ep＝mv2＝×0.2×0.782 J≈0.061 J。
三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位)
15. (2019·河北唐山一模)(10分)如图所示，两个半圆柱A、B相接触并静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为2m，A、B的质量都为m，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；
(2)动摩擦因数的最小值μmin。
答案　(1)mg　(2)
解析　(1)对C受力分析，如图所示：
根据平衡条件有：2Fcos30°＝2mg
解得：F＝mg。
(2)C恰好降到地面上时，B受C压力的水平分力最大，对C受力分析可知2F′cos60°＝2mg
此时，B受C的压力大小FN＝F′
B受C压力的水平分力Fxmax＝FNsin60°＝mg
B受地面的摩擦力Ff＝Fxmax
根据题意，若此时B恰好保持静止，则μ有最小值，
Ff＝μmin(mg＋FNcos60°)＝2μminmg
解得：μmin＝。
16．(2019·山西高三二模)(12分)足够长的光滑细杆竖直固定在地面上，轻弹簧及小球A、B均套在细杆上，弹簧下端固定在地面上，上端和质量为m1＝50 g的小球A相连，质量为m2＝30 g的小球B放置在小球A上，此时A、B均处于静止状态，弹簧的压缩量x0＝0.16 m，如图所示。从t＝0时开始，对小球B施加竖直向上的外力，使小球B始终沿杆向上做匀加速直线运动。经过一段时间后A、B两球分离；再经过同样长的时间，B球距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)整个过程中小球B加速度a的大小及外力F的最大值。
答案　(1)5 N/m　(2)2 m/s2　0.36 N
解析　(1)根据共点力平衡条件和胡克定律得：
(m1＋m2)g＝kx0
解得：k＝5 N/m。
(2)设经过时间t小球A、B分离，此时弹簧的压缩量为x，
对小球A：kx－m1g＝m1a
x0－x＝at2
对小球B：x0＝a(2t)2
当B与A的相互作用力为零时F最大
对小球B: Fmax－m2g＝m2a
解得：a＝2 m/s2，Fmax＝0.36 N。
17. (2019·河北衡水中学高三二调)(12分)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粗糙水平面相切。一质量为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，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，对轨道的压力大小。
答案　(1)0.35 s　(2)8 N
解析　(1)将小物块在B点的速度分解为水平方向和竖直方向，则有：vy＝v0tan60°
小物块从A点运动至B点的时间为：
t＝＝ s≈0.35 s。
(2)小物块在B点的速度为：vB＝＝2v0＝4 m/s
对小物块从B到C应用动能定理得：
mgR(1＋sin30°)＝mv－mv
在C点由牛顿第二定律可得：FN－mg＝
由以上两式解得： FN＝8 N
由牛顿第三定律可得：小物体对轨道的压力大小为8 N。
18．(2019·全国卷Ⅰ)(14分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图a所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v?t图象如图b所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
(1)求物块B的质量；
(2)在图b所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
答案　(1)3m　(2)mgH　(3)
解析　(1)根据图b，v1为物块A在碰撞前瞬间的速度，－为其碰撞后瞬间的速度。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝m＋m′v′①
mv＝m2＋m′v′2②
联立①②式得
m′＝3m③
(2)在图b所描述的运动中，设物块A与倾斜轨道间的滑动摩擦力为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
mgH－fs1＝mv－0④
－(fs2＋mgh)＝0－m2⑤
从图b所给出的v?t图线可知
s1＝v1t1⑥
s2＝··(1.4t1－t1)⑦
由几何关系
＝⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W＝μmgcosθ·?
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有
－μm′gs′＝0－m′v′2?
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcosθ·－μ′mgs′＝0?
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得＝。?

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