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1、力學(xué)綜合檢測(cè) 一、選擇題 1.(2020·安徽名校質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為m的木塊A放在地面上的質(zhì)量為M的三角形斜劈B上，現(xiàn)用大小均為F、方向相反的力分別推A和B，它們均靜止不動(dòng)，則(　　) A．A與B之間一定存在彈力 B．地面受向右的摩擦力 C．B對(duì)A的支持力一定等于mg D．地面對(duì)B的支持力的大小一定等于Mg 解析：選A．對(duì)A、B整體受力分析，受到重力(M＋m)g、地面的支持力FN和已知的兩個(gè)推力，對(duì)于整體，由于兩個(gè)推力剛好平衡，故整體與地面間沒有摩擦力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有FN＝(M＋m)g，故B、D錯(cuò)誤；再對(duì)木塊A受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜劈B對(duì)A的支持

2、力F′N和摩擦力Ff，當(dāng)推力F沿斜面的分量大于重力的下滑分量時(shí)，摩擦力的方向沿斜面向下，當(dāng)推力F沿斜面的分量小于重力的下滑分量時(shí)，摩擦力的方向沿斜面向上，當(dāng)推力F沿斜面的分量等于重力的下滑分量時(shí)，摩擦力為零，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件，運(yùn)用正交分解法，可以得到：F′N＝mgcos θ＋Fsin θ，故A正確，C錯(cuò)誤． 2.(2020·馬鞍山二檢)如圖所示為固定在水平地面上的頂角為θ的圓錐體，表面光滑．有一質(zhì)量為m的彈性圓環(huán)靜止在圓錐體的表面上，若圓錐體對(duì)圓環(huán)的作用力大小為F，則有(　　) A．F＝mg B．F＝mgsin C．F＝ D．F＝mgcos 解析：選A．圓錐體對(duì)圓環(huán)所有

3、部位作用力的合力與圓環(huán)的重力平衡，即F＝mg，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 3．(2020·蚌埠聯(lián)誼校二次聯(lián)考)如圖所示，物體A放在斜面上，與斜面一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，物體A受到斜面對(duì)它的支持力和摩擦力的合力方向可能是(　　) A．向右斜上方 B．豎直向上 C．向右斜下方 D．上述三種方向均不可能 解析：選A．物體向右加速，由牛頓第二定律可得物體的合外力方向水平向右，故斜面對(duì)物體A的支持力和摩擦力的合力在豎直方向的分力平衡了物體的重力，水平方向的分力為合外力，由平行四邊形定則可得物體A受到斜面對(duì)它的支持力和摩擦力的合力方向向右斜上方，A對(duì)． 4.(多選)(2020·濰坊一模)

4、如圖所示，傾角為α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物體a放在斜面上，輕質(zhì)細(xì)線一端固定在物體a上，另一端繞過光滑的滑輪1固定在c點(diǎn)，滑輪2下懸掛物體b，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．若將固定點(diǎn)c向右移動(dòng)少許，而a與斜劈始終靜止，則(　　) A．細(xì)線對(duì)物體a的拉力增大 B．斜劈對(duì)地面的壓力減小 C．斜劈對(duì)物體a的摩擦力減小 D．地面對(duì)斜劈的摩擦力增大 解析：選AD．設(shè)細(xì)線的拉力為F，滑輪2兩側(cè)細(xì)線的夾角為θ，滑輪2和b的總重力為M，則有2Fcos ＝Mg，固定點(diǎn)c向右移動(dòng)少許，θ增大，F(xiàn)變大，F(xiàn)的豎直分力不變，F(xiàn)的水平分力增大，故A、D對(duì)，B錯(cuò)；因a物體相對(duì)斜劈滑動(dòng)趨勢(shì)的方向不明確，故無法判斷摩擦力

5、的變化，C錯(cuò)． 5．(多選)為了探測(cè)X星球，總質(zhì)量為m1的探測(cè)飛船載著登陸艙在以該星球中心為圓心的圓軌道上運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為r1，運(yùn)動(dòng)周期為T1.隨后質(zhì)量為m2的登陸艙脫離飛船，變軌到離星球更近的半徑為r2的圓軌道上運(yùn)動(dòng)，則(　　) A．X星球表面的重力加速度gX＝ B．X星球的質(zhì)量M＝ C．登陸艙在r1與r2軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小之比＝ D．登陸艙在半徑為r2的軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T2＝T1 解析：選BD．星球半徑未知，故無法應(yīng)用萬有引力與重力相等的關(guān)系計(jì)算星球表面重力加速度，A項(xiàng)錯(cuò)；飛船繞X星球做圓周運(yùn)動(dòng)過程中，萬有引力充當(dāng)向心力，即G＝m1r1，解得：M＝，B項(xiàng)正確；飛船和登

6、陸艙分別繞X星球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由開普勒第三定律有＝，解得：T2＝T1，D項(xiàng)正確；由周期與線速度關(guān)系v1＝，v2＝，結(jié)合開普勒第三定律可知，運(yùn)行速度與登陸艙質(zhì)量無關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)． 6．(多選)我國自行研制的新一代8×8輪式裝甲車已達(dá)到西方國家第三代戰(zhàn)車的水平，將成為中國軍方快速部署型輕甲部隊(duì)的主力裝備．設(shè)該裝甲車的質(zhì)量為m，若在平直的公路上從靜止開始加速，前進(jìn)較短的距離s速度便可達(dá)到最大值vm.設(shè)在加速過程中發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒定為P，裝甲車所受阻力恒為Ff，當(dāng)速度為v(v

7、＝ C．裝甲車速度為v時(shí)加速度為a＝ D．裝甲車從靜止開始達(dá)到最大速度vm所用時(shí)間t＝ 解析：選BC．裝甲車在加速過程中，其牽引力F＝，隨著速度的增大，牽引力逐漸減小，故裝甲車速度為v時(shí)，裝甲車的牽引力做功可能大于Fs，也可能小于Fs，A錯(cuò)誤；裝甲車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，故vm＝，B正確；裝甲車速度為v時(shí)，由牛頓第二定律得F－Ff＝ma，解得a＝，C正確；裝甲車加速過程由動(dòng)能定理得Pt－Ffs＝mv，解得t＝＋，D錯(cuò)誤． 7．(2020·石家莊模擬)如圖所示，B點(diǎn)位于斜面底端M點(diǎn)的正上方，并與斜面頂端A點(diǎn)等高且高度為h，在A、B兩點(diǎn)分別以速度va和vb沿水平方向拋出兩個(gè)小球a、b(可視為

8、質(zhì)點(diǎn))．若a球落到M點(diǎn)的同時(shí)，b球恰好落到斜面的中點(diǎn)N，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則(　　) A．va＝vb B．va＝vb C．a(chǎn)、b兩球同時(shí)拋出 D．a(chǎn)球比b球提前拋出的時(shí)間為(－1) 解析：選B．由h＝gt，＝gt得：ta＝，tb＝，故a球比b球提前拋出的時(shí)間Δt＝ta－tb＝(－1)，C、D均錯(cuò)誤；由va＝，vb＝可得va＝vb，A錯(cuò)誤，B正確． 8．(多選)(2020·廣州畢業(yè)班測(cè)試)如圖，甲、乙、丙是位于同一直線上的離其他恒星較遠(yuǎn)的三顆恒星，甲、丙圍繞乙在半徑為R的圓軌道上運(yùn)行，若三顆星質(zhì)量均為M，引力常量為G，則(　　) A．甲星所受合外力為 B．乙星

9、所受合外力為 C．甲星和丙星的線速度相同 D．甲星和丙星的角速度相同 解析：選AD．由萬有引力定律可知，甲、乙和乙、丙之間的萬有引力為F1＝G，甲、丙之間的萬有引力為F2＝G＝，甲星所受兩個(gè)引力的方向相同，故合力為F1＋F2＝，A項(xiàng)正確；乙星所受兩個(gè)引力等大、反向，合力為零，B項(xiàng)錯(cuò)誤；甲、丙兩星線速度方向始終不同，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由題知甲、丙兩星周期相同，由角速度定義可知，兩星角速度相同，D項(xiàng)正確． 9．(2020·濟(jì)南針對(duì)性訓(xùn)練)火星表面特征非常接近地球，可能適合人類居?。阎鹦前霃绞堑厍虬霃降模|(zhì)量是地球質(zhì)量的，自轉(zhuǎn)周期基本相同．地球表面重力加速度是g，若王躍在地面上能向上跳起的最大高

10、度是h，在忽略自轉(zhuǎn)影響的條件下，下述分析正確的是(　　) A．王躍在火星表面所受火星引力是他在地球表面所受地球引力的 B．火星表面的重力加速度是 C．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 D．王躍在火星上能向上跳起的最大高度是 解析：選C．根據(jù)萬有引力定律：F＝可知，＝·＝，因此A選項(xiàng)錯(cuò)誤；同理可知，火星表面的重力加速度為g，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)星球的第一宇宙速度與星球的半徑及其表面重力加速度的關(guān)系v＝可知，＝＝，所以C選項(xiàng)正確；根據(jù)h＝和H＝可以求得，王躍在火星上向上跳起的最大高度為H＝h，因此D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 10.(多選)(2020·高考江蘇卷)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端

11、與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A．彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.則圓環(huán)(　　) A．下滑過程中，加速度一直減小 B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2 C．在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為mv2－mgh D．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度 解析：選BD．圓環(huán)下落時(shí)，先加速，在B位置時(shí)速度最大，加速度減小至0.從B到C圓環(huán)減速，加速度增大，方向向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．圓環(huán)下滑時(shí)，設(shè)克服摩擦力做功為Wf，彈簧的最大彈性勢(shì)能為Δ

12、Ep，由A到C的過程中，根據(jù)功能關(guān)系有mgh＝ΔEp＋Wf.由C到A的過程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh.聯(lián)立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．設(shè)圓環(huán)在B位置時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能為ΔEp′，根據(jù)能量守恒，A到B的過程有mv＋ΔEp′＋W′f＝mgh′，B到A的過程有mv′＋ΔEp′＝mgh′＋W′f，比較兩式得v′B>vB，選項(xiàng)D正確． 二、計(jì)算題 11．(2020·嘉興一模)“遼寧號(hào)”航空母艦上艦載機(jī)的起飛問題一直備受關(guān)注．某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)通過查閱資料對(duì)艦載機(jī)的起飛進(jìn)行了模擬設(shè)計(jì)．如圖，艦載機(jī)總質(zhì)量為m，發(fā)動(dòng)機(jī)額定功率為P，在水平軌道運(yùn)行階段所受阻力恒為f

13、.艦載機(jī)在A處以額定功率啟動(dòng)，同時(shí)開啟電磁彈射系統(tǒng)，它能額外給艦載機(jī)提供水平向右、大小為F的恒定推力．經(jīng)歷時(shí)間t1，艦載機(jī)運(yùn)行至B處，速度達(dá)到v1，電磁彈射系統(tǒng)關(guān)閉．艦載機(jī)繼續(xù)以額定功率加速運(yùn)行至C處，經(jīng)歷的時(shí)間為t2，速度達(dá)到v2.此后，艦載機(jī)進(jìn)入傾斜曲面軌道，在D處離開航母起飛．請(qǐng)根據(jù)以上信息求解下列問題． (1)電磁彈射系統(tǒng)關(guān)閉的瞬間艦載機(jī)的加速度； (2)水平軌道AC的長度． 解析：(1)根據(jù)功率表達(dá)式可得F1＝ 由牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律得 F1－f＝ma 解得a＝－. (2)艦載機(jī)在A處以額定功率啟動(dòng)，同時(shí)開啟電磁彈射系統(tǒng)，它能額外給艦載機(jī)提供水平向右、大小為F的恒定推力

14、．經(jīng)歷時(shí)間t1，艦載機(jī)運(yùn)行至B處，速度達(dá)到v1，AB長度設(shè)為x1，由動(dòng)能定理 Pt1＋Fx1－fx1＝mv 電磁彈射系統(tǒng)關(guān)閉．艦載機(jī)繼續(xù)以額定功率加速運(yùn)行至C處，經(jīng)歷的時(shí)間為t2，速度達(dá)到v2，BC長度設(shè)為x2. 同理得Pt2－fx2＝mv－mv 水平軌道的長度AC＝x1＋x2 聯(lián)立以上三式解得 AC＝＋. 答案：(1)－ (2)＋ 12．(2020·高考重慶卷)同學(xué)們參照伽利略時(shí)期演示平拋運(yùn)動(dòng)的方法制作了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板．M板上部有一半徑為R的圓弧形的粗糙軌道，P為最高點(diǎn)，Q為最低點(diǎn)，Q點(diǎn)處的切線水平，距底板高為H，N板上固定有

15、三個(gè)圓環(huán)．將質(zhì)量為m的小球從P處靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心，落到底板上距Q水平距離為L處．不考慮空氣阻力，重力加速度為g.求： (1)距Q水平距離為的圓環(huán)中心到底板的高度； (2)小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)速度的大小以及對(duì)軌道壓力的大小和方向； (3)摩擦力對(duì)小球做的功． 解析：(1)設(shè)小球在Q點(diǎn)的速度為v0，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有H＝gt，L＝v0t1，得v0＝L.從Q點(diǎn)到距Q點(diǎn)水平距離為的圓環(huán)中心的豎直高度為h，則＝v0t2，得h＝gt＝H. 該位置距底板的高度：Δh＝H－h(huán)＝H. (2)由(1)問知小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v0＝L.設(shè)小球在Q點(diǎn)受的支持力為FN，

16、由牛頓第二定律FN－mg＝m，得FN＝mg，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫′N＝FN＝mg·，方向豎直向下． (3)設(shè)摩擦力對(duì)小球做功為W，則由動(dòng)能定理得 mgR＋W＝mv 得W＝mg. 答案：見解析 13.(2020·青島模擬)如圖所示，一粗糙斜面AB與圓心角為37°的光滑圓弧BC相切，經(jīng)過C點(diǎn)的切線方向水平．已知圓弧的半徑為R＝1.25 m，斜面AB的長度為L＝1 m．質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在水平外力F＝1 N作用下，從斜面頂端A點(diǎn)處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去外力，物塊沿圓弧滑至C點(diǎn)拋出，若落地點(diǎn)E與C點(diǎn)間的水平距離為x＝1.2 m，C點(diǎn)

17、距離地面高度為h＝0.8 m．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)求： (1)物塊經(jīng)C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧面的壓力大小； (2)物塊滑至B點(diǎn)時(shí)的速度大?。? (3)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)． 解析：(1)物塊從C點(diǎn)到E點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng) 由h＝gt2，得t＝0.4 s vC＝＝3 m/s 由牛頓第二定律知：FN－mg＝m 解得FN＝17.2 N 由牛頓第三定律知物塊在C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧面的壓力大小為17.2 N. (2)從B點(diǎn)到C點(diǎn)由動(dòng)能定理，知 mgR－mgRcos 37°＝mv－mv 解得vB＝2 m/s. (3)從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由v＝2aL，得a＝2 m/s2 由牛頓第二定律，知 mgsin 37°＋Fcos 37°－μ(mgcos 37°－Fsin 37°)＝ma 解得μ＝≈0.65. 答案：(1)17.2 N　(2)2 m/s　(3)0.65