（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段綜合檢測(cè)（二）第一-五章驗(yàn)收（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段綜合檢測(cè)（二）第一-五章驗(yàn)收（含解析） 一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題3分，共計(jì)21分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意) 1．(2018·汕頭一模)一騎行者所騎自行車前后輪軸的距離為L(zhǎng)，在水平道路上勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)看到道路前方有一條減速帶時(shí)，立刻剎車使自行車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，自行車垂直經(jīng)過(guò)該減速帶時(shí)，對(duì)前、后輪造成的兩次顛簸的時(shí)間間隔為t。利用以上數(shù)據(jù)，可以求出前、后輪經(jīng)過(guò)減速帶這段時(shí)間內(nèi)自行車的(　　) A．初速度　　　　　　　 　B．末速度 C．平均速度 D．加速度 解析：選C　在只知道時(shí)間t和這段時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)位移x的前提下，由＝可知能

2、求平均速度，C項(xiàng)正確。 2.(2018·武漢模擬)一段圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，O為圓心，輕繩的兩端分別系在圓環(huán)上的P、Q兩點(diǎn)，P、Q兩點(diǎn)等高，一物體通過(guò)光滑的輕質(zhì)掛鉤掛在繩上，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)保持輕繩的Q端位置不變，使P端在圓環(huán)上沿逆時(shí)針方向緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，至PO水平。此過(guò)程中輕繩的張力(　　) A．一直減小 B．一直增大 C．先增大后減小 D．先減小后增大 解析：選B　物體通過(guò)光滑的掛鉤掛在繩上，繩各處張力相等。P端沿逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，兩繩夾角變大，合力大小、方向不變，故兩分力都變大，即輕繩的張力一直增大，選項(xiàng)B正確。 3.我國(guó)成功發(fā)射“天宮二號(hào)”空間實(shí)驗(yàn)室，然后發(fā)射“神舟十一號(hào)

3、”飛船與“天宮二號(hào)”對(duì)接，如圖所示，假設(shè)“天宮二號(hào)”與“神舟十一號(hào)”都圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，為了實(shí)現(xiàn)飛船與空間實(shí)驗(yàn)室的對(duì)接，下列措施可行的是(　　) A．使飛船與空間實(shí)驗(yàn)室在同一軌道上運(yùn)行，然后飛船加速追上空間實(shí)驗(yàn)室實(shí)現(xiàn)對(duì)接 B．使飛船與空間實(shí)驗(yàn)室在同一軌道上運(yùn)行，然后空間實(shí)驗(yàn)室減速等待飛船實(shí)現(xiàn)對(duì)接 C．飛船先在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上加速，加速后飛船逐漸靠近空間實(shí)驗(yàn)室，兩者速度接近時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)接 D．飛船先在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上減速，減速后飛船逐漸靠近空間實(shí)驗(yàn)室，兩者速度接近時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)接 解析：選C　飛船在同一軌道上加速追趕空間實(shí)驗(yàn)室時(shí)，速度增大，所需向心力大于萬(wàn)有引力，飛船將

4、做離心運(yùn)動(dòng)，不能實(shí)現(xiàn)與空間實(shí)驗(yàn)室的對(duì)接，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；同理，空間實(shí)驗(yàn)室在同一軌道上減速等待飛船時(shí)，速度減小，所需向心力小于萬(wàn)有引力，空間實(shí)驗(yàn)室將做近心運(yùn)動(dòng)，也不能實(shí)現(xiàn)對(duì)接，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)飛船在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上加速時(shí)，飛船做離心運(yùn)動(dòng)，逐漸靠近空間實(shí)驗(yàn)室，可實(shí)現(xiàn)對(duì)接，選項(xiàng)C正確；當(dāng)飛船在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上減速時(shí)，飛船將做近心運(yùn)動(dòng)，遠(yuǎn)離空間實(shí)驗(yàn)室，不能實(shí)現(xiàn)對(duì)接，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 4.(2019·溫州九校調(diào)研)環(huán)球飛車是一場(chǎng)將毫無(wú)改裝的摩托車文化與舞臺(tái)進(jìn)行演繹的特技炫幻表演。如圖在舞臺(tái)中固定一個(gè)直徑為6.5 m的球形鐵籠，其中有一輛摩托車在與球心共面的水平圓面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正

5、確的是(　　) A．摩托車受摩擦力、重力、彈力和向心力的作用 B．摩托車做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由彈力來(lái)提供 C．在此圓周運(yùn)動(dòng)中摩托車受到的彈力不變 D．摩托車受到水平圓面內(nèi)與運(yùn)動(dòng)方向相同的摩擦力 解析：選B　摩托車受摩擦力、重力、彈力的作用，向心力是效果力，受力分析時(shí)不需要分析，故A錯(cuò)誤；摩托車受摩擦力、重力、彈力的作用，豎直方向重力與摩擦力平衡，所以摩擦力方向豎直向上，彈力提供向心力，所以彈力方向改變，故B正確，C、D錯(cuò)誤。 5.如圖所示，在高1.5 m的光滑平臺(tái)上有一個(gè)質(zhì)量為2 kg的小球被一細(xì)線拴在墻上，球與墻之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧。當(dāng)燒斷細(xì)線時(shí)，小球被彈出，小球落地時(shí)的速度

6、方向與水平方向成60°角。下列判斷正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．彈簧的最大彈性勢(shì)能為10 J B．彈簧的最大彈性勢(shì)能為15 J C．運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 s D．落地點(diǎn)到桌子邊緣的距離是 m 解析：選A　小球離開平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由h＝gt2得，t＝ ＝ s; 則落地時(shí)豎直方向上的分速度vy＝gt＝ m/s。據(jù)題：小球落地時(shí)的速度方向與水平方向成60°角，則有tan 60°＝，解得v0＝ m/s。所以彈簧被壓縮時(shí)具有的最大彈性勢(shì)能Ep＝mv02＝10 J；小球落地點(diǎn)到桌子邊緣的距離是x＝v0t＝ m，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 6.伽利略曾利用對(duì)接斜面研究“力與運(yùn)動(dòng)”的關(guān)系。如

7、圖所示，固定在水平地面上的傾角均為θ的兩斜面，以光滑小圓弧相連接。左側(cè)斜面頂端的小球與兩斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。小球從左側(cè)頂端滑到最低點(diǎn)的時(shí)間為t1，滑到右側(cè)最高點(diǎn)的時(shí)間為t2。規(guī)定兩斜面連接處所在水平面為參考平面，則小球在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度的大小v、加速度的大小a、動(dòng)能Ek及機(jī)械能E隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線正確的是(　　) 解析：選B　小球在兩斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的滑動(dòng)摩擦力大小相等，可得小球在左側(cè)斜面下滑時(shí)的加速度大小a1＝gsin θ－μgcos θ，在右側(cè)斜面上滑時(shí)的加速度大小a2＝gsin θ＋μgcos θ，a1

8、比，因此，動(dòng)能與時(shí)間關(guān)系圖像是曲線，故C錯(cuò)誤；小球在左側(cè)斜面下滑時(shí)機(jī)械能E＝E0－μmgcos θ·a1t2(0

9、擺動(dòng)。整個(gè)過(guò)程中，物塊在夾子中沒有滑動(dòng)。小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計(jì)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩中的張力等于2F B．小環(huán)碰到釘子P時(shí)，繩中的張力大于2F C．物塊上升的最大高度為 D．速度v不能超過(guò) 解析：選D　物塊受到的摩擦力小于最大靜摩擦力，即Mg<2F。物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊處于平衡狀態(tài)，繩子中的張力T＝Mg≤2F，故A錯(cuò)誤。小環(huán)碰到釘子時(shí)，物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以繩子中的張力與2F大小關(guān)系不確定，B錯(cuò)誤。若物塊做圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)的高度低于P點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有－Mgh＝0－Mv2，則最大高

10、度h＝；若物塊做圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)的高度高于P點(diǎn)，則根據(jù)動(dòng)能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2，則最大高度h<，C錯(cuò)誤。小環(huán)碰到釘子后，物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)，物塊與夾子間的靜摩擦力達(dá)到最大值，由牛頓第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝ ，D正確。 二、多項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題4分，共計(jì)20分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分) 8.2018年5月25日21時(shí)46分，探月工程嫦娥四號(hào)任務(wù)“鵲橋”中繼衛(wèi)星成功實(shí)施近月制動(dòng)，進(jìn)入月球至地月拉格朗日L2點(diǎn)的轉(zhuǎn)移軌道。當(dāng)“鵲橋”位于拉格朗日點(diǎn)(如圖中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人們稱為

11、地月系統(tǒng)拉格朗日點(diǎn))上時(shí)，會(huì)在月球與地球的共同引力作用下，幾乎不消耗燃料而保持與月球同步繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(月球的自轉(zhuǎn)周期等于月球繞地球運(yùn)動(dòng)的周期)(　　) A．“鵲橋”位于L2點(diǎn)時(shí)，“鵲橋”繞地球運(yùn)動(dòng)的周期和月球的自轉(zhuǎn)周期相等 B．“鵲橋”位于L2點(diǎn)時(shí)，“鵲橋”繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大于月球繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度 C．L3點(diǎn)和L2點(diǎn)到地球中心的距離相等 D．“鵲橋”在L2點(diǎn)所受月球和地球引力的合力比在其余四個(gè)點(diǎn)都要大 解析：選ABD　“鵲橋”位于L2點(diǎn)時(shí)，由于“鵲橋”與月球同步繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，所以“鵲橋”繞地球運(yùn)動(dòng)的周期和月球繞地球運(yùn)動(dòng)的周期相等，又月球的自轉(zhuǎn)周期

12、等于月球繞地球運(yùn)動(dòng)的周期，故選項(xiàng)A正確；“鵲橋”位于L2點(diǎn)時(shí)，由于“鵲橋”與月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，“鵲橋”的軌道半徑大，根據(jù)公式a＝r分析可知，“鵲橋”繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大于月球繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度，故選項(xiàng)B正確；若L3點(diǎn)和L2點(diǎn)到地球中心的距離相等，則“鵲橋”在L2點(diǎn)受到月球與地球引力的合力更大，加速度更大，所以周期更短，故L2點(diǎn)到地球中心的距離大于L3點(diǎn)到地球中心的距離，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在5個(gè)點(diǎn)中，L2點(diǎn)離地球最遠(yuǎn)，所以在L2點(diǎn)“鵲橋”所受合力最大，故選項(xiàng)D正確。 9.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，一端系在豎直放置的半徑為R的圓環(huán)頂點(diǎn)P，另一端系一質(zhì)量為m的小球，小球穿

13、在圓環(huán)上做無(wú)摩擦的運(yùn)動(dòng)。設(shè)開始時(shí)小球置于A點(diǎn)，彈簧處于自然狀態(tài)，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速率為v，對(duì)圓環(huán)恰好沒有壓力。下列分析正確的是(　　) A．從A到B的過(guò)程中，小球的機(jī)械能守恒 B．從A到B的過(guò)程中，小球的機(jī)械能減少 C．小球過(guò)B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力為mg＋m D．小球過(guò)B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力為mg＋m 解析：選BC　從A到B的過(guò)程中，因彈簧對(duì)小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能將減少，A錯(cuò)誤，B正確；在B點(diǎn)對(duì)小球應(yīng)用牛頓第二定律可得：FB－mg＝m，解得FB＝mg＋m，C正確，D錯(cuò)誤。 10．(2018·宿遷期末)如圖所示，質(zhì)量相等的兩小球a、b分別從斜面頂端A和斜面中點(diǎn)B沿水平方向拋出，恰好

14、都落在斜面底端。不計(jì)空氣阻力，則有(　　) A．a(chǎn)、b的運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足ta＝tb B．a(chǎn)、b的初速度大小滿足va＝2vb C．a(chǎn)、b到達(dá)斜面底端時(shí)速度方向相同 D．a(chǎn)、b到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能滿足Eka＝2Ekb 解析：選ACD　由題意可知兩球下落的高度之比為2∶1，根據(jù)h＝gt2得t＝ ，高度之比為2∶1，則ta＝tb，A正確；兩球的水平位移之比為2∶1，時(shí)間滿足ta＝tb，根據(jù)v0＝知va＝vb，B錯(cuò)誤；因?yàn)樵诘锥藘烧呶灰婆c水平方向的夾角相同，故兩者的速度方向相同，C正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知，到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比Eka∶Ekb＝∶＝2∶1，故Eka＝2Ekb，D正確。 11．(2

15、019·揚(yáng)州月考)某馬戲團(tuán)演員做滑桿表演，已知豎直滑桿上端固定，下端懸空，滑桿的重力為200 N，在桿的頂部裝有一拉力傳感器，可以顯示桿頂端所受拉力的大小。從演員在滑桿上端做完動(dòng)作時(shí)開始計(jì)時(shí)，演員先在桿上靜止了0.5 s，然后沿桿下滑，3.5 s末剛好滑到桿底端，并且速度恰好為零。整個(gè)過(guò)程演員的v-t圖像和傳感器顯示的拉力隨時(shí)間的變化情況分別如圖甲、乙所示。g取10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．演員的體重為800 N B．演員在最后2 s內(nèi)一直處于超重狀態(tài) C．傳感器顯示的最小拉力為600 N D．滑桿長(zhǎng)4.5 m 解析：選BD　由兩題圖結(jié)合可知，靜止時(shí)，傳感器示數(shù)

16、為800 N，除去桿的重力200 N，演員的重力就是600 N，故A錯(cuò)誤；由題圖可知最后2 s內(nèi)演員向下減速，故加速度向上，處于超重狀態(tài)，故B正確；在演員加速下滑階段，處于失重狀態(tài)，桿受到的拉力最小，此階段的加速度為：a1＝ m/s2＝3.0 m/s2，由牛頓第二定律得：mg－F1＝ma1，解得：F1＝420 N，加上桿的重力200 N，可知桿受的最小拉力為620 N，故C錯(cuò)誤；v -t圖像的面積表示位移，則可知，滑桿的總長(zhǎng)度x＝×3×3 m＝4.5 m，故D正確。 12．(2018·齊魯名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖甲所示，為測(cè)定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體沿足夠

17、長(zhǎng)的斜面每次以不變的初速率v0向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實(shí)驗(yàn)測(cè)得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2，根據(jù)圖像可求出(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(　　) A．物體的初速率v0＝3 m/s B．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75 C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．當(dāng)某次θ＝30°時(shí)，物體達(dá)到最大位移后將沿斜面下滑 解析：選BC　由題圖乙可知，當(dāng)傾角θ＝0時(shí)，位移為2.40 m，而當(dāng)傾角為90°時(shí)，位移為1.80 m，則由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得v0＝＝ m/s＝6 m/s，故A錯(cuò)誤；當(dāng)傾角為0時(shí)，由動(dòng)能定理可

18、得－μmgx＝0－mv02，解得μ＝0.75，故B正確；取不同的傾角θ，由動(dòng)能定理得－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝＝ m＝ m，當(dāng)θ＋α＝90°時(shí)位移最小，xmin＝1.44 m，故C正確；若θ＝30°時(shí)，重力沿斜面向下的分力為mgsin 30°＝mg，摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mg，又因最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，故物體達(dá)到最高點(diǎn)后，不會(huì)沿斜面下滑，故D錯(cuò)誤。 三、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題，共18分) 13．(8分)光電門在測(cè)量物體的瞬時(shí)速度方面有得天獨(dú)厚的優(yōu)勢(shì)，比如在探究加速度和力的關(guān)系時(shí)就省去了打點(diǎn)計(jì)時(shí)器分析紙帶的不便，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。

19、(1)雖然少了計(jì)算的麻煩，卻必須要測(cè)量遮光條的寬度，游標(biāo)卡尺測(cè)量的結(jié)果如圖乙所示，我們可以發(fā)現(xiàn)游標(biāo)尺上每一分度與主尺上的最小刻度相差________cm，遮光條寬度d為________ cm。 (2)某次實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，已經(jīng)得到AB之間的距離l和遮光條通過(guò)光電門的時(shí)間t和力傳感器的示數(shù)F，若要完成探究目的，還需要滿足的條件是______________。若要以F為橫坐標(biāo)，做出一條傾斜的直線來(lái)判斷加速度和力成正比，那么縱坐標(biāo)的物理量應(yīng)該是________。 解析：(1)游標(biāo)尺共計(jì)20個(gè)分度，總長(zhǎng)19 mm，每個(gè)分度長(zhǎng)0.95 mm，主尺的最小刻度是1 mm，相差0.005 cm。d＝2 mm

20、＋5×0.05 mm＝2.25 mm＝0.225 cm。 (2)要測(cè)量加速度，已經(jīng)知道滑塊在B點(diǎn)的速度，AB之間的距離，根據(jù)v2－v02＝2ax，必須知道初速度，而A點(diǎn)沒有光電門，所以滑塊在A點(diǎn)必須從靜止開始釋放。由F＝ma，a＝＝可得，F(xiàn)＝∝，所以處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作出-F圖像。 答案：(1)0.005　0.225　(2)滑塊在A點(diǎn)靜止釋放　 14．(10分)(2018·泰州中學(xué)月考)如圖甲所示的裝置叫做阿特伍德機(jī)，是英國(guó)數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家阿特伍德(G·Atwood 1746－1807)創(chuàng)制的一種著名力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置，用來(lái)研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。某同學(xué)對(duì)該裝置加以改進(jìn)后用來(lái)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，如

21、圖乙所示。 (1)實(shí)驗(yàn)時(shí)，該同學(xué)進(jìn)行了如下步驟： ①將質(zhì)量均為M(A的含擋光片、B的含掛鉤)的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。測(cè)量出______________(填“A的上表面”“A的下表面”或“擋光片中心”)到光電門中心的豎直距離h。 ②在B的下端掛上質(zhì)量為m的物塊C，讓系統(tǒng)(重物A、B以及物塊C)中的物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)，光電門記錄擋光片擋光的時(shí)間為Δt。 ③測(cè)出擋光片的寬度d，計(jì)算有關(guān)物理量，驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。 (2)如果系統(tǒng)(重物A、B以及物塊C)的機(jī)械能守恒，應(yīng)滿足的關(guān)系式為____________(已知重力加速度為g)。 (3)引起該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的原因有_

22、_________________________________(寫一條即可)。 (4)驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，該同學(xué)突發(fā)奇想：如果系統(tǒng)(重物A、B以及物塊C)的機(jī)械能守恒，不斷增大物塊C的質(zhì)量m，重物B的加速度a也將不斷增大，那么a與m之間有怎樣的定量關(guān)系？a隨m增大會(huì)趨于一個(gè)什么值？請(qǐng)你幫該同學(xué)解決。 ①寫出a與m之間的關(guān)系式(還要用到M和g)：________________。 ②a的值會(huì)趨于________。 解析：(1)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的原理是系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，即需要測(cè)量系統(tǒng)重力勢(shì)能的變化量，則應(yīng)該測(cè)量出擋光片中心到光電門中心的距離。 (2)系統(tǒng)重力勢(shì)能

23、的減小量ΔEp＝mgh，系統(tǒng)的末速度為：v＝，系統(tǒng)動(dòng)能的增加量為：ΔEk＝(2M＋m)v2＝(2M＋m)2，若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：mgh＝(2M＋m)2。 (3)系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件是只有重力做功，引起實(shí)驗(yàn)誤差的原因可能有：繩子有質(zhì)量、滑輪與繩子之間有摩擦、重物運(yùn)動(dòng)受到空氣阻力等。 (4)根據(jù)牛頓第二定律得，系統(tǒng)所受的合力為mg，由牛頓第二定律：mg＝(2M＋m)a，則系統(tǒng)加速度為：a＝＝，當(dāng)m不斷增大，則a趨向于g。 答案：(1)①擋光片中心　(2)mgh＝(2M＋m)2　 (3) 繩子有質(zhì)量、滑輪與繩子之間有摩擦、重物運(yùn)動(dòng)受到空氣阻力等　 (4)a＝　重力加速度g 四、計(jì)算題

24、(本題共4小題，共61分) 15．(14分)光滑水平面上放著質(zhì)量mA＝1 kg的物塊 A與質(zhì)量mB＝2 kg 的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點(diǎn)，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep＝49 J。在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度，如圖所示。放手后B向右運(yùn)動(dòng)，繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R＝0.5 m，B恰能到達(dá)最高點(diǎn)C。g取10 m/s2，求： (1)繩拉斷后物塊 B 到達(dá)半圓軌道最低點(diǎn)的速度大??； (2)繩拉斷過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能大小。 解析：(1)設(shè)物塊B到

25、達(dá)C點(diǎn)的速率為vC， 根據(jù)物塊B恰能到達(dá)最高點(diǎn)C有：mBg＝mB 物塊B由最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C這一過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理： －2mBgR＝mBvC2－mBv2 解得：v＝5 m/s。 (2)設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)物塊B的速率為v1，取向右為正方向，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物塊B的動(dòng)能，Ep＝mBv12，繩拉斷過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能大?。? ΔE＝Ep－mv2＝24 J。 答案：(1)5 m/s　(2)24 J 16．(15分)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸與過(guò)陶罐球心O的對(duì)稱軸OO′重合。一小物塊置于陶罐內(nèi)壁上，它和O點(diǎn)的連線與OO′之間的

26、夾角θ＝53°。已知物塊與陶罐內(nèi)壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度大小為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 (1)轉(zhuǎn)臺(tái)靜止不動(dòng)時(shí)，小物塊放置后開始沿內(nèi)壁下滑時(shí)的加速度大小； (2)轉(zhuǎn)臺(tái)以一定角速度勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動(dòng)且相對(duì)罐壁靜止。求轉(zhuǎn)臺(tái)旋轉(zhuǎn)的角速度ω在什么范圍內(nèi)？ 解析：(1)轉(zhuǎn)臺(tái)靜止不動(dòng)時(shí)，小物塊放置后，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 代入數(shù)據(jù)解得物塊的加速度大小a＝0.5g。 (2)小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度最小為ω1，此時(shí)摩擦力方向沿切線向上，有 N1sin θ－f1cos θ＝mω12r，

27、N1cos θ＋f1sin θ＝mg， f1＝μN(yùn)1，r＝Rsin θ， 聯(lián)立解得ω1＝ 小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度最大為ω2，此時(shí)摩擦力方向沿切線向下，有 N2sin θ＋f2cos θ＝mω22r， N2cos θ－f2sin θ＝mg， f2＝μN(yùn)2， 聯(lián)立解得ω2＝ 轉(zhuǎn)臺(tái)旋轉(zhuǎn)的角速度的取值范圍為 ≤ω≤ 。 答案：(1)0.5g　(2) ≤ω≤ 17．(16分)如圖甲所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運(yùn)行?，F(xiàn)將一質(zhì)量m＝1 kg的小物體拋上傳送帶，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示。取沿傳送帶向上為正方向，g＝10 m/s2，sin 37°

28、＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)0～8 s內(nèi)物體位移的大??； (2)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (3)0～8 s內(nèi)物體機(jī)械能增量及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。 解析：(1)由題圖乙可知，0～8 s內(nèi)物體位移的大小等于0～8 s內(nèi)圖線與時(shí)間軸所圍面積的大小，即為： x＝－×2×2 m＋×(2＋6)×4 m＝14 m。 (2)由題圖乙可知，物體相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)加速度為： a＝＝ m/s2＝1 m/s2 由牛頓第二定律，得：μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma 解得：μ＝0.875。 (3)物體被傳送帶送上的高度為：h＝xsin 37°＝8.4 m

29、 重力勢(shì)能的增量為：ΔEp＝mgh＝1×10×8.4 J＝84 J 動(dòng)能增量為：ΔEk＝mv22－mv12＝×1×(42－22)J＝6 J 0～8 s內(nèi)物體機(jī)械能增量為：ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J 0～8 s內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)距離為：x′＝4×8 m＝32 m 相對(duì)位移為：Δx＝x′－x＝32 m－14 m＝18 m 產(chǎn)生熱量為：Q＝μmgcos 37°Δx＝0.875×1×10×0.8×18 J＝126 J。 答案：(1)14 m　(2)0.875　(3)90 J　126 J 18．(16分)(2018·江蘇高考)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M

30、的小物塊，另一端繞過(guò)A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長(zhǎng)為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為53°。松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： (1)小球受到手的拉力大小F； (2)物塊和小球的質(zhì)量之比M∶m； (3)小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T。 解析：(1)由幾何知識(shí)可知AC⊥BC，根據(jù)平衡 (F＋mg)cos 53°＝Mg 解得F＝Mg－mg。 (2)與A、B相同高度時(shí) 小球上升h1＝3lsin 53°， 物塊下降h2＝2l， 物塊和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgh1＝Mgh2 解得＝。 (3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，恰好回到起始點(diǎn)，設(shè)此時(shí)物塊受到的拉力為T，加速度大小為a，由牛頓第二定律得 Mg－T＝Ma 對(duì)小球，沿AC方向由牛頓第二定律得 T－mgcos 53°＝ma 解得T＝ 結(jié)合(2)可得T＝或mg或Mg。 答案：(1)Mg－mg　(2)6∶5 (3)