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2018学年高中三维专题二轮复习物理江苏专版专题检测：力学综合练6 含解析 精品

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力学综合练6一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)1.如图所示是2016年里约奥运会中，中国某运动员(可看成质点)参加10米跳台比赛中速度与时间的关系图像，t ＝0是其向上起跳瞬间，则下列关于该运动员的说法中正确的是( )A ．t 1时刻开始进入水面B ．t 3时刻已浮出水面C ．t 2时刻开始进入水面D ．t 2～t 3时间内，处于失重状态解析：选C t ＝0运动员向上起跳，0～t 2时间内，v t 图像为直线，说明此过程中运动员的加速度是相同的，所以在0～t 2时间内运动员在空中，先上升后下降，t 1时刻到达最高点，t 2时刻之后速度减小，说明t 2时刻开始进入水面，t 3时刻运动员在水中，故A 、B 错误，C 正确；t 2～t 3时间内，运动员向下做匀减速运动，具有向上的加速度，处于超重状态，故D 错误。

2.如图所示，三根抗拉能力相同的轻细绳1、2、3将一重物悬挂在水平天花板上，P 、Q 两点为绳子与天花板的结点，绳子1、2与天花板的夹角分别为60°和30°，其拉力大小分别为F 1、F 2，重物重力为G ，下列说法正确的是( )A ．绳子2的拉力F 2＝3F 1B ．绳子2的拉力F 2＝2GC ．若逐渐增大重物重力，绳子3先断D ．若缓慢增大P 、Q 两点间距，F 1、F 2的合力增大解析：选C 对O 点受力分析如图所示，根据平衡条件，有：F 1∶F 2∶F 3＝3∶1∶2，其中F 3＝G ，故F 1＝32G ，F 2＝G 2，故A 、B 错误；由于F 1∶F 2∶F 3＝3∶1∶2，而F 3＝G ，故增大重物重力后，三个拉力F 1、F 2、F 3均增加，由于F 3＞F 1＞F 2，故绳子3先断，故C 正确；若缓慢增大P 、Q 两点间距，点O 保持平衡，根据平衡条件，三个力的合力为零，F 1、F 2的合力与F 3平衡，而F 3＝G ，故F 1、F 2的合力不变，故D 错误。

3.如图所示，质量为m 的小球A 沿高度为h 、倾角为θ的固定光滑斜面由静止开始自由下滑，同时另一质量与A 相同的小球B 自相同高度由静止落下，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．A 、B 两球同时落地B ．下落过程中，A 、B 两球所受重力的平均功率相等C ．落地前一瞬间，A 、B 两球所受重力的瞬时功率相等D ．落地前一瞬间，B 球所受重力的瞬时功率比A 球的大解析：选D A 球做匀加速直线运动，加速度a ＝g sin θ，根据h sin θ＝12at 2得，A 球的运动时间t ＝2h g sin 2θ，B 球做自由落体运动，运动时间t ′＝2h g ，可知A 球的运动时间大于B 球的运动时间，故A 错误；A 、B 两球下落的高度相同，质量相同，则重力做功相同，根据P ＝W t 知，下落过程中，A 、B 两球重力的平均功率不等，故B 错误；根据动能定理知，重力做功相等，初动能相等，则末速度大小相等，根据P ＝mg v cos α知，B 球重力方向与其落地前一瞬间速度方向相同，则B 球重力的瞬时功率大于A 球重力的瞬时功率，故D 正确，C 错误。

4.北斗导航系统具有导航、定位等功能。

如图所示，“北斗”系统的三颗卫星a 、b 、c绕地心做匀速圆周运动，卫星c 所在的轨道半径为r ，卫星a 、b 所在的轨道半径为2r ，若三颗卫星均沿顺时针方向(从上向下看)运行，质量均为m ，卫星c 所受地球的万有引力大小为F ，引力常量为G ，不计卫星间的相互作用。

下列判断中正确的是( )A ．卫星a 所受地球的万有引力大小为F 4B ．地球质量为Fr 2GmC ．如果使卫星b 加速，它一定能追上卫星aD ．卫星b 的周期是卫星c 的2倍解析：选AB 由F ＝G Mm r 2可知，卫星a 所受地球的万有引力大小为F 4，则A 正确；对于卫星c ，由F ＝G Mm r 2可知M ＝Fr 2Gm ，则B 正确；卫星b 加速，会做离心运动，则不能追上卫星a ，则C 错误；由万有引力提供向心力G Mm r 2＝m 4π2T2r 得：T ＝2π r 3GM，则卫星b 的周期为卫星c 的2 2 倍，则D 错误。

5.质量m ＝2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示。

已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．x ＝1 m 时物块的速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前2 m 位移的运动过程中物块所经历的时间为2 sD ．在前4 m 位移的运动过程中拉力对物块做的功为25 J解析：选CD 根据题图知，x ＝1 m 时，动能为2 J ，即12m v 2＝2 J ，解得v ＝ 2 m/s ，故A 错误；对x ＝2 m 到x ＝4 m 段运用动能定理，有：Fx －μmgx ＝ΔE k ，解得F ＝6.5 N ，a ＝F －μmg m ＝6.5－0.2×202m /s 2＝1.25 m/s 2，故B 错误；对前2 m 运用动能定理得，F ′x －μmgx ＝ΔE k ′，解得F ′＝6 N ，物体的加速度a ′＝F ′－μmg m ＝6－42 m /s 2＝1 m/s 2，末速度v ′＝2E k ′m ＝82m /s ＝2 m/s ，根据v ′＝a ′t 得，t ＝2 s ，故C 正确；对全过程运用动能定理得，W F －μmgs ＝ΔE k ″，解得W F ＝25 J ，故D 正确。

二、非选择题6．某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。

实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示。

实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。

在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置。

(已知滴水计时器每30 s 内共滴下46个小水滴)(1)由图(b)可知，小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的。

(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动。

小车运动到图(b)中A 点位置时的速度大小为________m /s ，加速度大小为________m/s 2。

(结果均保留2位有效数字)解析：(1)由于小车在水平桌面上运动时必然受到阻力作用，做匀减速直线运动，相邻水滴(时间间隔相同)的位置间的距离逐渐减小，所以由题图(b)可知，小车在桌面上是从右向左运动的。

(2)滴水计时器每30 s 内共滴下46个小水滴，其滴水的时间间隔为T ＝30 46－1s ≈0.67 s 。

根据匀变速直线运动的规律，可得小车运动到题图(b)中A 点位置时的速度大小为v A ＝0.117＋0.1332×0.67m /s ≈0.19 m/s 。

根据逐差法，共有5组数据，舍去中间的一组数据，则加速度a ＝x 4＋x 5－x 1－x 26T 2＝(100＋83－150－133)×0.0016×0.672 m /s 2≈－0.037 m/s 2，因此加速度的大小为0.037 m/s 2。

答案：(1)从右向左 (2)0.19 0.0377.如图所示，在A 点固定一正点电荷，电荷量为Q ，在离A 点高度为H的C 处由静止释放某带电小球(可视为点电荷)，开始运动瞬间小球的加速度大小恰好为重力加速度g ，已知静电力常量为k ，不计空气阻力。

求：(1)小球所带电荷的性质和电荷量大小；(2)小球运动至多高时速度最大；(3)若已知在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ＝kQ r ，其中r 为该点到Q 的距离(选无限远处电势为零)，小球能到达的最高点离地面的高度大小。

解析：(1)设小球的电量为q ，质量为m ，由题意知，小球所受库仑力与重力方向相反，而A 点的点电荷带正电，则小球带正电；根据牛顿第二定律，当小球在C 点时，k qQ H 2－mg ＝mg 解得：q ＝2mgH 2kQ。

(2)当小球速度最大时k Qq h 2＝mg 得h ＝2H 。

(3)设小球能到达的最高点为B ，B 、C 间的电势差大小U CB ，由题意得U CB ＝φC －φB ＝kQ H －kQ r B对由释放至小球到达最高点B (速度为零)的全过程应用动能定理得qU CB －mg (r B －H )＝0即q ⎝⎛⎭⎫kQ H －kQ r B－mg (r B －H )＝0 将q ＝2mgH 2kQ 代入化简得r B 2－3Hr B ＋2H 2＝0解得r B ＝2H (r B ′＝H 舍去)。

答案：(1)正电 2mgH 2kQ(2)2H (3)2H 8．如图所示，质量为m 1＝3 kg 的滑块C (可视为质点)放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A 、B 。

已知木板A 、B 的长度均为L ＝5 m ，质量均为m 2＝1.5 kg ，木板A 、B 上表面与平台相平，木板A 与平台和木板B 均接触但不粘连，滑块C 与木板A 、B 间的动摩擦因数为μ1＝0.3，木板A 、B 与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。

现用一水平向左的力作用于滑块C 上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩一段距离，然后将滑块C 由静止释放，当滑块C 刚滑上木板A 时，滑块C 的速度为v 0＝7 m /s 。

设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取 g ＝10 m/s 2。

求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块C 刚滑上木板A 时，木板A 、B 及滑块C 的加速度；(3)从滑块C 滑上木板A 到整个系统停止运动所需的时间。

解析：(1)由能量守恒定律可得，E pmax ＝12m 1v 02＝73.5 J 。

(2)设滑块C 在木板A 上滑动时，滑块C 的加速度为a 1，木板A 、B 的加速度为a 2。

则：μ1m 1g ＝m 1a 1，解得：a 1＝3 m/s 2。

μ1m 1g －μ2(m 1＋2m 2)g ＝2m 2a 2，解得：a 2＝1 m/s 2。

(3)设滑块C 在木板A 上运动的时间为t 1。

则： L ＝⎝⎛⎭⎫v 0t 1－12a 1t 12－12a 2t 12 解得：t 1＝1 s 或t 1＝2.5 s(舍去)设滑块C 离开木板A 时的速度为v C ，木板A 、B 的速度分别为v A 和v B 。

v C ＝v 0－a 1t 1＝4 m/sv A ＝v B ＝a 2t 1＝1 m/s滑块C 在木板B 上滑动时，滑块C 的加速度仍为a 1，设木板B 的加速度为a 3。

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2018学年高中三维专题二轮复习物理江苏专版专题检测：力学综合练3 含解析 精品

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力学综合练3一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)1.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。

当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客( )A ．处于失重状态B ．不受摩擦力的作用C ．受到向前(水平向右)的摩擦力作用D ．所受力的合力竖直向上解析：选C 车加速上坡，车里的乘客与车相对静止，应该和车具有相同的加速度，方向沿斜坡向上，对人受力分析可知，人应受到竖直向下的重力，垂直水平座椅竖直向上的弹力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜坡向上，B 、D 错误，C 正确；弹力大于重力，人处于超重状态，A 错误。

2．我国成功发射世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”，实现了卫星与地面的量子通信，量子的不可复制性可确保信息传输的绝对安全。

若“墨子号”卫星定轨后，在离地面高度为h 的轨道上做匀速圆周运动，已知地球的质量为M ，万有引力常量为G ，地球表面的重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．运载火箭发射加速升空时，该卫星对火箭的压力小于自身重力B ．该卫星在轨运行的速度大于7.9 km/sC ．该卫星在轨运行的周期等于T ＝2π h 3GMD ．该卫星在轨运行的向心加速度小于g解析：选D 运载火箭发射加速升空时，加速度的方向向上，处于超重状态，所以该卫星对火箭的压力大于自身重力，故A 错误；7.9 km/s 是第一宇宙速度，是近地卫星最大的在轨运行速度，则该卫星在轨运行的速度小于第一宇宙速度，故B 错误；根据G Mm r2＝m 4π2r T 2(r 为卫星的轨道半径)可知，T ＝2π r 3GM ＞2π h 3GM ，故C 错误；根据G Mm r 2＝ma 可知，a ＝G M r2，半径越大，加速度越小，则该卫星在轨运行时加速度小于地球表面的重力加速度，故D 正确。

3.2016 年起，我国空军出动“战神”轰 6K 等战机赴南海战斗巡航，如图所示。

(江苏专版)2018年高考物理二轮复习：滚动讲练卷 汇编98页(含答案)

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2018学年高中三维专题二轮复习物理江苏专版专题检测：

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考前提速练2一、单项选择题1．带电粒子仅受电场力作用，其不可能做的运动是()A．匀加速直线运动B．匀速圆周运动C．匀变速曲线运动D．匀速直线运动解析：选D粒子在匀强电场中，若粒子所受的电场力方向与速度方向相同，粒子做匀加速直线运动，故A可能；粒子在点电荷形成的电场中，若库仑引力提供向心力，做匀速圆周运动，故B可能；粒子在匀强电场中，若粒子的速度方向与电场力方向垂直，粒子做匀变速曲线运动，故C可能；粒子做匀速直线运动，合力为零，由于粒子仅受电场力，合力不可能为零，则不可能做匀速直线运动，故D不可能。

2.如图所示的闭合电路中，当滑动变阻器滑片P移动时，各电流表(内阻可不计)示数变化情况是()A．A1、A2的示数同时增大、同时减小B．A1示数增大时，A2的示数减小C．A1的示数减小时，A2的示数增大D．A1的示数变化量大于A2的示数变化量解析：选A当滑动变阻器滑片P向下移动时，连入电路的阻值变小，故外电路的总电阻变小，故根据闭合电路欧姆定律，总电流变大，电流表A1的示数增大，故路端电压U ＝E－Ir变小；定值电阻R1的电流减小，由于总电流增加，故通过滑动变阻器的电流增加了，即A2的示数增大，则A1、A2的示数同时增大；同理，当滑动变阻器滑片P向上移动时，连入电路的阻值变大，故外电路的总电阻变大，故根据闭合电路欧姆定律，总电流变小，电流表A1的示数减小，故路端电压U＝E－Ir变大；定值电阻R1的电流增大，由于总电流减小，故通过滑动变阻器的电流减小了，即A2的示数减小，则A1、A2的示数同时减小，故A正确，B、C错误；A1、A2的示数同时增大、同时减小，而R1的电流变化情况与两只电流表相反，所以A1的示数变化量小于A2的示数变化量，故D错误。

3.如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，跟物体1相连接的细绳与竖直方向成θ角。

下列说法中正确的是()A．车厢的加速度为g sin θB．细绳对物体1的拉力为m1g cos θC．底板对物体2的支持力为m2g－m1gD．物体2所受底板的摩擦力为m2g tan θ解析：选D对物体1研究，分析受力如图甲，受重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m 1g tan θ＝m 1a ，得a ＝g tan θ，则车厢的加速度也为g tan θ，T ＝m 1g cos θ，故A 、B 错误；对物体2研究，分析受力如图乙，根据牛顿第二定律得：N ＝m 2g －T ＝m 2g －m 1g cos θ，f ＝m 2a ＝m 2g tan θ，故D 正确，C 错误。

江苏省南通市2018届高三物理第二次调研测试答案

江苏省南通市2018届高三物理第二次调研测试答案

南通市2018届高三第二次调研测试物理参考答案及评分标准一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．C 2．A 3．A 4．B 5．C二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得O 分． 6．ABD 7．CD 8．BC 9．AD三、简答题：本题共3小题，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置． 10. （8分）（1）3.33（2分）（2）0.32~0.36（2分） 大于（1分）滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等（1分） （3）不需要（2分） 11．（10分）（1） ①最左端（1分） ③R （2分） （2）14948.0（2分） （3）H （1分） J （1分） （4）12.1（1分） 0.9（2分） 12．A (选修模块3-3)(12分)（1）BC （3分，漏选得1分） （2）500VnS（2分） 偏大（2分）（3）①由热力学第一定律有 U Q W ∆=+ （1分）代入数据得 0.15J W =-气体对外做功 0.15J W W '=-= （1分）②气体做等压变化，由盖-吕萨克定律有000V V xST T+= （2分） 解得 000V T Vx ST S=-（1分）B (选修模块3- 4)(12分)（1）BD （3分，漏选得1分） （2）>（2分） <（2分） （3）①光在玻璃砖中的速度 ncv =（2分）生全反射应满足1sin R R d n θ=≥+ （2分）解得 1-≥n dR（1分）C (选修模块3-5)(12分)（1） AC （3分，漏选得1分） （2）2.29（2分） 1 （2分）（3）①重力的冲量大小 250N s I mgt ==⋅（2分）②设运动员下落h 1高度时的速度大小为v 1，弹起时速度大小为v 2，则2112v gh =，2222v gh =由动量定理有 21()()F mg t mv mv -⋅=-- （2分）代入数据解得 1600N F =（1分）第12B(3)题答图四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位． 13．（15分）解：（1）设0~2t 0时间内线框产生的电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律有2011104B L E t t φ∆==∆ （1分）产生的感应电流 11E I R=（1分） 通过的电荷量 10(2)q I t =⋅（1分）解得 202B L q R=（2分）（2）设2t 0~3t 0时间内线框产生的电动势为E 2，感应电流为I 2，同理有2022202B L E t t φ∆==∆，22E I R = （2分） 产生的焦耳热 221020(2)Q I R t I Rt =⋅+（1分） 解得 240038B LQ Rt =（2分）（3）0~2t 0时间内ab 边受到的安培力方向水平向右，其大小301104B L F BI L B Rt ==⋅受到方向水平向左的摩擦力大小 301104B L f F B Rt ==⋅ （1分）2t 0~3t 0时间内ab 边受到的安培力方向水平向左，其大小302202B L F BI L B Rt ==⋅受到方向水平向右的摩擦力大小 302202B L f F B Rt ==⋅ （1分）再由B t -图画出摩擦力f 随时间t 的变化图线如图所示（3分）14．（16分）解：（1）在N 点，A 、B 和轻杆整体处于平衡状态，在竖直方向有20F mg -=（3分） 解得 2F mg =（1分）（2）A 球在M 点、P 点时，B 球的速度都为零 （2分）A 、B 球和轻杆组成的系统在运动过程中满足机械能守恒定律，则2202121)2(2mv mv R mg -=（2分） 解得 gR v v 820+=（2分）（3）此时B 球有向上的加速度a ，设杆对B 球支持力为F 0，由牛顿第二定律有0F mg ma -=（2分）A 球此时受到重力、轨道竖直向上的支持力和轻杆竖直向下的压力，同理有20A v F F mg m R--=（2分） 解得 210A v F mg ma m R=++（2分） 15．（16分）解：（1）由动能定理有 200102eU mv =-（3分）解得 emv U 220=（1分）（2）如图所示，从O 点射出的电子落在x 轴PQ 间，设电子做圆周运动半径为r ，由几何关系有22cos x r r θ∆=- （1分）由向心力公式有 201mv ev B r=（1分）解得 xe mv B ∆-=)cos 1(201θ （2分）最短路程 min 2()2s r πθ=- （1分）则有 min 00(2)2(1cos )s xt v v πθθ-∆==- （1分）（3）电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知 r R =（1分） 且有 θθθsin 2)sin ()sin (r r r r r y =--+=∆（1分）解得 2sin yR θ∆=（2分）由向心力公式有 rmv B ev 2020=（1分）解得 ye mv B ∆=θsin 202（1分）θ OPQθxy O 1第15(2)题答图θ Oyθ O 1O 2x。