【精准解析】2021届江苏高考物理一轮复习滚动检测一力学综合检测.pdf

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1、1滚动检测一力学综合检测考生注意：1本试卷共 4 页2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上3本次考试时间90 分钟，满分100 分4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整一、单项选择题(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(2019安徽六安市模拟)高中物理核心素养之一是培养科学思维能力，在高中物理的学习中我们接触了许多科学思维方法，如理想实验法、控制变量法、微元法、类比法等以下有关物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是()A牛顿巧妙地运用扭秤实验，应用了放大法成功测出万有引力常量的数值并得

2、出了万有引力定律B用比值定义法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强EFq，加速度aFm都是采用比值定义法定义的C当物体本身的形状和大小对所研究问题的影响忽略不计时，用质点来代替物体的方法是假设法D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加代表物体的位移，这里采用了微元法2(2019福建厦门市调研)如图 1 所示，光滑水平面上放置着质量分别为1 kg 和 2 kg 的 A、B两个物体，A、B 间的最大静摩擦力为2 N现用水平拉力F 拉 B 物体，使 A、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为()图 1A

3、2 NB4 NC6 ND8 N3(2020河南郑州市模拟)某段公路有一个大圆弧形弯道，公路外侧路基比内侧路基高，如图2 所示当汽车以理论时速vc行驶时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势则()2图 2A车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动B要求汽车在转弯过程中不打滑，车速不能大于vcC当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小D当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值不变4(2019北京四中期末)1966 年，在太空中完成了用动力学方法测质量的实验双子星号宇宙飞船与火箭组紧密连在一起，只开动双子星号飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速推进器的平均推力为F，推进器开动时间为 t.测出飞船和火箭组

4、的速度变化量为v.已知双子星号飞船的质量为m1.由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为()A.F tvm1B.Fv tm1C.tFvm1D.vF tm15 天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星组成的系统称为双星系统若某双星系统中两颗恒星的质量分别为M、m，间距为L，双星分别围绕其连线上的某点O 做匀速圆周运动，其角速度分别为1、2，质量为 M 的恒星轨道半径为R，已知引力常量为G，则描述该双星运动的上述物理量满足()A12CGM22(LR)L2DGm 12R36(2020安徽蚌埠市模拟)一固定杆与水平方向夹角为 37，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的

5、小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为 0.5.若滑块与小球保持相对静止，以相同的加速度a10 m/s2一起向上做匀减速直线运动，则此时小球的位置可能是下图中的哪一个()二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题4 分，共 16 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4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分)7(2019河南开封市模拟)如图 3 所示，a、b 两个小球用一根不可伸长的细线连接，细线绕过固定光滑水平细杆C 与光滑水平细杆D 接触，C、D 在同一水平线上，D 到小球 b 的距离为 L，在 D 的正下方固定有一光滑水平细杆E，D、E 间的距离为L2.小球 a 放在水

6、平地面上，细线水平拉直，由静止释放小球b.当细线与水平细杆E 接触的瞬间，小球a 对地面的压力恰3好为零，不计小球的大小，则下列说法正确的是()图 3A细线与水平细杆E 接触的瞬间，小球b 的加速度大小不变B细线与水平细杆E 接触的瞬间，小球b 的速度大小不变C小球 a 与小球 b 的质量之比为51D将 D、E 细杆向右平移相同的一小段距离再固定，由静止释放小球b，细线与 E 接触的瞬间，小球a 会离开地面8(2019湖南岳阳市调研)两个质量分别为m11 kg，m22 kg 的物体 A、B 静止在光滑的水平地面上，中间用一轻质弹簧将两物体连接如图4所示，现用两个水平力推力F110 N、F240

7、 N 分别作用在物体A、B 上，则()图 4A弹簧的弹力为25 NB弹簧的弹力为20 NC在突然撤去F1的瞬间，A 的加速度为30 m/s2D在突然撤去F2的瞬间，A 的加速度为10 m/s29.(2019辽宁重点协作体模拟)从 t0 时刻开始，物块在外力作用下由静止开始沿x 轴做直线运动，如图5 所示为其位移和速率二次方的关系图线，下列说法正确的是()图 5At0 时刻物块位于x0 处B物块运动的加速度a0.5 m/s2Ct4 s 时物块位于x2 m 处D由图可知物体做往复运动10.(2019四川成都市模拟)某课外活动小组为探究能量转换关系，设计了如图6 所示的实验 质量为 m 的物块 B

8、静放在水平地面上，劲度系数为k 的竖直轻质弹簧固定在B 上，弹簧上端装有特制锁扣，若物体与其接触会立即被锁住每次实验时让物块A 从弹簧正上方的恰当位置4处由静止释放，都使物块B 刚好离开地面整个过程无机械能损失实验表明，物块A 质量M 不同，释放点距弹簧上端的高度H 就不同当物块A 的质量为m 时，释放点高度H h.则下列说法中正确的是()图 6A物块 A 下落过程中速度最大时，物块B 对地面的压力最大B物块 A下落到最低点时，物块B 对地面的压力最大C当 A 的质量 M2m 时，释放点高度Hh2D当 A 的质量 M2m 时，释放点高度H12hmgk三、非选择题(本题共 6 小题，共60 分)

9、11.(6 分)(2019江苏扬州市调研)图 7 甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图图 7(1)实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保证每次平抛_(2)图乙是正确实验取得的比较准确的数据，其中 O 为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为_(g9.8 m/s2，计算结果保留两位有效数字)(3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L5 cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，B 点的竖直分速度为_(g10 m/s2，计算结果保留两位有效数字)512.(8 分)(2020河北邢台市模拟)某同学利用竖直上抛小球的频闪照片

10、验证机械能守恒定律，频闪仪每隔0.05 s 闪光一次，如图8 所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表(当地重力加速度取9.8 m/s2，小球质量m 0.2 kg，结果保留3 位有效数字)图 8时刻t2t3t4t5速度(ms1)4.994.483.98(1)由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5 _ m/s；(2)从 t2到 t5时间内，重力势能的增加量 Ep_ J，动能的减少量 Ek_ J；(3)在误差允许的范围内，若 Ep与 Ek近似相等，即验证了机械能守恒定律由上述计算得 Ep_(选填“”“5mbg，即 Fmag，因此细线与E 接触的瞬间，小球 a 会离开地面，故

11、D 正确 8BD对 A、B 整体，由牛顿第二定律有：F2F1(m1m2)a，解得 a10 m/s2，对 A：FF1m1a，解得 F20 N，选项 A 错误，B 正确；在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不变，则此时 A 的加速度为aAFm120 m/s2，选项 C 错误；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，则此时A 所受的合外力不变，则A 的加速度仍为10 m/s2，选项 D 正确 9 BC根据 xx0v22a，结合题图可知物块做匀加速直线运动，且有12a2042s2/m1 s2/m，则加速度a0.5 m/s2，初位置 x0 2 m，故 A、D 错误，B 正确；t4 s 内，物块的位移 x12a

12、t212 0.5 42m4 m，则 t 4s 时物块的位置坐标x xx02 m，故 C 正确 10BD物块 A 下落到最低点时，弹簧的压缩量最大，此时物块B 对地面的压力最大，选项 A 错误，B 正确；当物块 B 刚好离开地面时k xmg；由能量关系可知：mgh mg xEp；当 A 的质量 M2m 时，2mgH2mg x Ep；解得 H12hmgk，选项 C 错误，D 正确 11(1)初速度相同(2)1.6 m/s(3)2.0 m/s解析(1)每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保证小球每次平抛的初速度相同(2)由于 O 为抛出点，所以根据平抛运动规律有：xv0t，y12gt2，将 x32

13、.0 cm，y19.6 cm，代入解得：v01.6 m/s.(3)由题图丙可知，小球由AB 和由 BC 所用的时间相等，则在竖直方向上，有 ygT2，由图可知 y2L，联立并代入数据解得：T2Lg20.0510s0.1 s，竖直方向上小球做自由落体运动，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，则vyBhAC2T8L2T80.0520.1m/s2.0 m/s.12(1)3.48(2)1.241.28(3)存在空气阻力10解析(1)v516.1418.6620.05102m/s3.48m/s.(2)重力势能的增加量 Epmg h，代入数据可得 Ep1.24 J，动能减少量为 E

14、k12mv2212mv52，代入数据可得 Ek1.28 J.(3)由计算可得 Ep Ek，主要是由于存在空气阻力13(1)0(2)110 N解析(1)对箱子进行受力分析，利用正交分解由平衡条件可得：Ff1 F1mgsin 37 0(2)箱子从 A 到 B做匀加速运动，由位移公式：L12at2解得：a0.2 m/s2对箱子受力分析，沿着木板方向，由牛顿第二定律得：F1F2mgsin 37 mgcos 37 ma解得：F2110 N.14(1)0.4 m/s(2)0.8 s解析(1)以木块和小车为研究对象，向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0(Mm)v解得：vmMmv00.4 m/s(2)以木

15、块为研究对象，由动量定理可得Fftmvmv0且 Ff mg得到 tv0vg0.8 s.15(1)3 s(2)20 m/s(3)见解析解析(1)将运动员位移分解，水平位移x scos 37 60 m，竖直位移y ssin 37 45 m运动员在竖直方向做自由落体运动，则有 y12gt2，11解得：t3 s；(2)运动员在水平方向做匀速直线运动，则有xv0t解得：v0 20 m/s；(3)运动员的始末位置都在斜面上，位移方向沿斜面向下，将其运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有：xv0t，y12gt2tan 37 yx联立解得：x2v02tan 37 g则 sxcos 37

16、316v02由此可知，sv0关系是二次函数关系，是一条抛物线，如图所示16(1)40 N(2)187mh3 m解析(1)设工件从起点滑到圆弧轨道底端B点时的速度为vB，由机械能守恒定律得mgh12mvB2在 B 点由牛顿第二定律得FNmgmvB2R联立解得FN40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力大小为FNFN 40 N.(2)由于 BC 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能够达到共速设工件刚滑上小车时的速度为v0，工件与小车达到共速时的速度为v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得mv0(

17、m12M)v1由动能定理得 mgL 12mv0212(m M)v21对于工件从AB 轨道下滑的过程，由机械能守恒定律得mgh112mv02联立并代入数据，解得h13 m要使工件能滑上CD 轨道，h13 m 为其从 AB 轨道滑下的最大高度若工件恰好滑到CD 轨道最高点，设其从轨道下滑的高度为h，刚滑上小车的速度为v0，与小车达到共速时的速度为v1，刚滑上CD 轨道的速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(m M)v1由动能定理得 mgL 12mv0212Mv1212mv22工件由 C 到 D 过程，由机械能守恒定律得12mv22mgr工件在 AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得mgh12mv02联立并代入数据，解得h 187m综上所述，要使工件能从CD 轨道最高点飞出，应使h 满足：187mh3 m