《優(yōu)化方案（浙江專用）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 力學(xué)綜合檢測(cè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《優(yōu)化方案（浙江專用）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 力學(xué)綜合檢測(cè)（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、力學(xué)綜合檢測(cè) 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2020·杭州二檢)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． 2．(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

2、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)． 3．(2020·嘉興測(cè)試卷)PCAV是一種新的光驅(qū)數(shù)據(jù)傳輸技術(shù)，即光盤(pán)驅(qū)動(dòng)器在讀取內(nèi)圈數(shù)據(jù)時(shí)，以恒定線速度方式讀??；而在讀取外圈數(shù)據(jù)時(shí)，以恒定角速度方式讀?。O(shè)內(nèi)圈內(nèi)邊緣半徑為R1，內(nèi)圈外邊緣半徑為R2，外圈外邊緣半徑為R3.A、B、C分別為內(nèi)圈內(nèi)邊緣、內(nèi)圈外邊緣和外圈外邊緣上的點(diǎn)．則讀取內(nèi)圈上A點(diǎn)時(shí)A點(diǎn)的向心

3、加速度大小和讀取外圈上C點(diǎn)時(shí)C點(diǎn)的向心加速度大小之比為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選A.由題意知，ωAR1＝ωBR2，ωB＝ωC，又A點(diǎn)的向心加速度大小aA＝ωR1，又C點(diǎn)的向心加速度大小aC＝ωR3，即得 ＝. 4.(2020·金華模擬)如圖，斜面上a、b、c三點(diǎn)等距，小球從a點(diǎn)正上方O點(diǎn)拋出，做初速度為v0的平拋運(yùn)動(dòng)，恰落在b點(diǎn)．若小球初速度為v，其落點(diǎn)位于c，則(　　) A．v0＜v＜2v0　　　　　　 B．v＝2v0 C．2v0＜v＜3v0 D．v＞3v0 解析：選A.如圖所示，M點(diǎn)和b點(diǎn)在同一水平線上，M點(diǎn)在c點(diǎn)的正上方

4、．根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，若v＝2v0，則小球落到M點(diǎn)．可見(jiàn)以初速度2v0平拋小球不能落在c點(diǎn)，只能落在c點(diǎn)右邊的斜面上，故只有選項(xiàng)A正確． 5．(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＝t

5、a－tb＝(－1)，C、D均錯(cuò)誤；由va＝，vb＝可得va＝vb，A錯(cuò)誤，B正確． 二、不定項(xiàng)選擇題 6.(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．地面不受摩擦力作用 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AB.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(méi)有摩擦力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有FN＝(M＋m)g，

6、故B正確、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的支持力F′N(xiāo)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(xiāo)＝mgcos θ＋Fsin θ，故A正確，C錯(cuò)誤． 7.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(guò)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

7、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(wú)法判斷摩擦力的變化，C錯(cuò)． 8.(2020·紹興模擬)如圖所示，水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端固定于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，將小球拉到使細(xì)線水平伸直的A點(diǎn)，無(wú)

8、初速度釋放小球，小球沿圓弧到達(dá)最低位置B時(shí)速度恰好為零，重力加速度為g.以下說(shuō)法不正確的是(　　) A．勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝ B．小球在B位置時(shí)加速度為零 C．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速率為v＝ D．若將小球拉到使細(xì)線水平伸直的C點(diǎn)，無(wú)初速度釋放小球后，小球必能回到C點(diǎn) 解析：選ABD.對(duì)由A到B過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理mgL－qEL＝0，E＝，A錯(cuò)；小球在B位置受重力和向左的電場(chǎng)力，合力不為零，B錯(cuò)；小球運(yùn)動(dòng)到AB軌跡中點(diǎn)時(shí)速度最大，由動(dòng)能定理mgLsin 45°－qE(L－Lcos 45°)＝mv2－0，解得v＝ ，C對(duì)；從C點(diǎn)釋放后，電場(chǎng)力和重力對(duì)小球都做正功，小球不會(huì)返回C點(diǎn)，D錯(cuò)

9、． 9.(2020·高考江蘇卷)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(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(zhǎng)．圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)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(guò)程中，加速度一直減小 B．下滑過(guò)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(guò)B的速度大于下滑經(jīng)過(guò)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

10、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ΔEp，由A到C的過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系有mgh＝ΔEp＋Wf.由C到A的過(guò)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(guò)程有mv＋ΔEp′＋W′f＝mgh′，B到A的過(guò)程有mv′＋ΔEp′＝mgh′＋W′f，比較兩式得v′B>vB，選項(xiàng)D正確． 三、非選擇題 10．(2020·湖州測(cè)試卷)如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板質(zhì)量M＝10 kg，放置于光滑水平地面上，以初速度v0＝5 m/s沿水平地面向右勻速運(yùn)動(dòng)．

11、現(xiàn)有足夠多的小鐵塊，它們的質(zhì)量均為m＝1 kg，在木板上方有一固定擋板，當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)到其最右端位于擋板正下方時(shí)，將一小鐵塊貼著擋板無(wú)初速地放在木板上．小鐵塊與木板的上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)了L＝1 m時(shí)，又無(wú)初速地貼著擋板在第1個(gè)小鐵塊上放上第2個(gè)小鐵塊．只要木板運(yùn)動(dòng)了L就按同樣的方式再放置一個(gè)小鐵塊，直到木板停止運(yùn)動(dòng)．取g＝10 m/s2.試問(wèn)： (1)第1個(gè)鐵塊放上后，木板運(yùn)動(dòng)了L時(shí)，木板的速度多大？ (2)最終木板上放有多少個(gè)鐵塊？ (3)最后一個(gè)鐵塊放上后，木板再向右運(yùn)動(dòng)的距離是多少？ 解析：(1)第1個(gè)鐵塊放上后，木板做勻減速運(yùn)動(dòng)即有：μmg＝Ma1，v－

12、v ＝2a1L 代入數(shù)據(jù)解得：v1＝2 m/s. (2)設(shè)最終有n個(gè)鐵塊能放在木板上，則木板運(yùn)動(dòng)的加速度大小為an＝， 第1個(gè)鐵塊放上后：v－v＝2a1L， 第2個(gè)鐵塊放上后：v－v＝2a2L， …… 第n個(gè)鐵塊放上后，v－v＝2anL， 由以上可得：v－v ＝2(1＋2＋3＋…＋n)L， 木板停下時(shí)，vn＝0，得n＝6.6，即最終有7個(gè)鐵塊放在木板上． (3)從放上第1個(gè)鐵塊至剛放上第7個(gè)鐵塊的過(guò)程中，由(2)中表達(dá)式可得： v－v ＝2(1＋2＋3＋…＋6)L, 從放上第7個(gè)鐵塊至木板停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)木板發(fā)生的位移為d，則： v－0＝2×d， 聯(lián)立解得：d＝

13、m. 答案：(1)2 m/s　(2)7　(3) m 11．(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板上固定有三個(gè)圓環(huán)．將質(zhì)量為m的小球從P處?kù)o止釋放，小球運(yùn)動(dòng)至Q飛出后無(wú)阻礙地通過(guò)各圓環(huán)中心，落到底板上距Q水平距離為L(zhǎng)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．

14、 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(wèn)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，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(xiāo)＝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(jiàn)解析 12.(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B

15、C相切，經(jīng)過(guò)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(zhǎng)度為L(zhǎng)＝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(kāi)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)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??； (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