2020年高考物理一轮复习第八单元力学实验单元检测含解析新人教版

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1、力学实验一、选择题1.(2019安徽联考)一个质点做初速度不为零的匀加速直线运动,关于质点运动的位移x、位移与时间的比值xt、速度v、速度平方v2随t2、t、t、x变化的图象,其中不正确的是()。【解析】由x=v0t+12at2可知x与t2并不是呈线性关系,A项错误;由x=v0t+12at2可得xt=v0+12at,B项正确;由v=v0+at可知,C项正确;由v2=v02+2ax,可知D项正确。【答案】A2.(2018太原联考)(多选)如图所示,一质量为m的物块在倾角为的斜面上匀速下滑,斜面足够长,重力加速度为g,现在给物块以平行斜面向上,大小为mgsin 的推力,则下列说法正确的是()。A.

2、推力加上的一瞬间,物块的速度立即变为零B.推力加上的一瞬间,物块的加速度沿斜面向上,大小为gsin C.推力作用足够长时间后,物块会向上运动D.推力作用足够长时间后,物块受到的摩擦力为零【解析】物块原来沿斜面向下匀速运动,因此物块受到的滑动摩擦力沿斜面向上,大小为mgsin ,加上推力的一瞬间,物块受到的合力为mgsin ,加速度为gsin ,方向沿斜面向上,物块先做匀减速直线运动,A项错误,B项正确;推力作用足够长时间后,物块处于静止状态,推力等于重力沿斜面向下的分力,因此摩擦力为零,C项错误,D项正确。【答案】BD3.(2019齐鲁联考)一艘小船要从O点渡过一条两岸平行、宽度d=80 m的

3、河流,已知小船在静水中运动的速度为4 m/s,水流速度为5 m/s,方向向右。B点距小船正对岸的A点x0=60 m。取cos 37=0.8,sin 37=0.6,下列关于该船渡河的判断中,正确的是()。A.小船过河的最短航程为80 mB.小船过河的最短时间为16 sC.若要使小船运动到B点,则小船船头指向与上游河岸成37角D.小船做曲线运动【解析】当船的速度方向垂直河岸时,过河时间最短,最短时间t=dv船=20 s,故B项错误;因为v船v水,故小船过河轨迹不可能垂直河岸,最短航程大于80 m,A项错误;要使小船运动到B点,其速度方向沿OB方向,故船头指向与上游河岸成37角,C项正确;由运动的合

4、成可知小船做直线运动,D项错误。【答案】C4.(2019湖北联考)发射地球同步卫星时,先将卫星发射至近地圆轨道1,然后经点火,使其沿椭圆轨道2运行,最后再次点火,将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于Q点,轨道2、3相切于P点(如图所示)。卫星在1轨道正常运行时的速度为v1,周期为T1,卫星在2轨道正常运行时经过Q点速度为v2、P点速度为v2,周期为T2,卫星在3轨道正常运行时的速度为v3,周期为T3。以下说法正确的是()。A.卫星在轨道3上的机械能等于在轨道1上的机械能B.T1T2T3C.v3v2v2v1D.卫星在轨道1上经过Q点的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度【解析】变轨过程中

5、由于点火使化学能转化为机械能,因此变轨过程机械能逐渐增大,A项错误。由开普勒第三定律可知r3T2=k(常数),椭圆轨道2的半长轴小于轨道3的半径而大于轨道1的半径,因此有T1T2T3,B项正确。从轨道2到轨道3需要加速,有v2 v3 ,同理v1v2,C项错误。轨道1上Q点和轨道2上Q点所受万有引力一样,因此加速度一样,D项错误。【答案】B5.(2019湖南摸底)在甲地用竖直向上的拉力使质量为m1的物体竖直向上加速运动,其加速度a1随不同的拉力而变化的图线如图所示;在乙地用竖直向上的拉力使质量为m2的物体竖直向上加速运动,其加速度a2随不同的拉力而变化的图线如图所示。甲、乙两地的重力加速度分别为

6、g1、g2,由图象知()。A.m1m2,g1g2B.m1g2C.m1m2,g1m2,g1g2【解析】由牛顿第二定律得 F-mg=ma,所以a=1mF-g,结合图象知m1m2,g1gR时,圆盘上的人开始滑动,由图可知c离圆盘中心最远,a、b离圆盘中心的距离相等,当圆盘转速增加时,c先开始滑动, a、b同时开始滑动,故D项正确,A、B、C三项错误。【答案】D甲7.(2019河南质检)(多选)如图甲所示,上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上,一小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点,在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点,此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态。下列说法中正确的是()。A.半圆柱体

7、对小物块的支持力变大B.地面对半圆柱体的摩擦力先增大后减小C.外力F变大D.地面对半圆柱体的支持力变大【解析】物块缓慢下滑过程中处于平衡状态,F始终沿圆弧的切线方向,即始终垂直于圆柱面对小物块支持力F1的方向,受力分析如图乙所示。乙因此总有F=mgsin ,F1=mgcos ,下滑过程中增大,因此F增大,F1 减小,故A项错误,C项正确;对半圆柱体分析,地面对半圆柱体的摩擦力Ff=F1sin ,F1=F1,则Ff=mgcos sin =12mgsin 2,地面对半圆柱体的支持力FN=Mg+F1cos =Mg+mgcos2,从接近0到90变化的过程中,摩擦力先增大后减小,支持力一直减小,所以B项

8、正确,D项错误。【答案】BC8.(2019长沙联考)(多选)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为m的物体P接触,但未拴接,弹簧水平且无形变。现对物体P施加一个水平向右的瞬间冲量,大小为I0,测得物体P向右运动的最大距离为x0,之后物体P被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹性限度内,物体P与水平面间的动摩擦因数为,重力加速度为g。下列说法中正确的是()。A.物体P与弹簧作用的过程中,系统的最大弹性势能Ep=I022m-mgx0B.弹簧被压缩到最短之后的过程,物体P先做加速度减小的加速运动,再做加速度减小的减速运动,最后做匀减速运动C.

9、最初对物体P施加的瞬时冲量I0=2m2gx0D.物体P整个运动过程,摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反【解析】因物体整个运动过程中的路程为4x0,由功能关系可得mg4x0=12mv02=I022m,解得I0=2m2gx0,故C项正确;当弹簧的压缩量最大时,物体的路程为x0,则压缩的过程中由能量关系可知12mv02-mgx0=Ep,所以Ep=I022m-mgx0(或Ep=3mgx0),A项正确;弹簧被压缩成最短之后的过程,P向左运动的过程中水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力,滑动摩擦力不变,而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小,可知物体先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运

10、动,最后物体离开弹簧后做匀减速运动,故B项错误;物体P整个运动过程,P在水平方向只受到弹力与摩擦力,根据动量定理可知,摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量的和等于-I0,故D项错误。【答案】AC二、非选择题9.(2018广东模拟)图甲所示为由小车、斜面及粗糙程度可以改变的水平长直平面构成的伽利略理想斜面实验装置。实验时,在水平长直平面旁边放上刻度尺,小车可以从斜面平稳地滑行到水平长直平面。利用该装置与器材,完成能体现如图乙“伽利略理想斜面实验思想与方法”的实验推论。(重力加速度为g)(1)请指出实验时必须控制的实验条件:。(2)请表述由实验现象可以得出的实验推论:。(3)图丙是每隔t时间曝光一次得到小

11、车在粗糙水平面上运动过程中的五张照片中的位置,测得小车之间的距离分别是s1、s2、s3、s4,由此可估算出小车与水平面间的动摩擦因数=。(需要用s1、s2、s3、s4、g、t符号表示) 【解析】(1)实验是在相同高度下,看小车运动到水平长直平面的情况,所以必须控制小车的竖直高度相同。(2)水平面的摩擦力越小,即水平面越光滑,小车滑得越远,当水平面完全光滑时,小车将滑向无穷远。(3)由逐差法求得加速度a = s1+s2-s3-s44(t)2根据牛顿第二定律有mg=ma 所以得 = s1+s2-s3-s44g(t)2。【答案】(1)小车的竖直高度相同(2)水平面越光滑,小车滑得越远,当水平面完全光

12、滑时,小车将滑向无穷远(3)s1+s2-s3-s44g(t)210.(2019安徽联考)如图所示,在倾角=37的斜面顶端,固定着长为L,质量为2m的长木板B,在板的上端放一个质量为m的物块A同时释放长木板,结果物块经t时间滑离长木板,已知斜面足够长,长木板与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g,不计物块的大小,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8。求:(1)物块与长木板间的动摩擦因数。(2)A在木板上滑动的过程中,木板在斜面上滑动的距离。【解析】(1)由于长木板与斜面间的动摩擦因数1=0.5tan =0.75因此释放长板后,长木板会沿斜面下滑,设物块与长木板间的动摩擦因数为2对

13、长木板有2mgsin +2mgcos -1(2m+m)gcos =2ma1对物块有mgsin -2mgcos =ma212a2t2-12a1t2=L解得2=12-5L3gt2。(2)由(1)解得长木板下滑过程中的加速度a1=0.2g-2L3t2则长木板在t时间内的位移x=12a1t2=0.1gt2-L3。【答案】(1)12-5L3gt2(2)0.1gt2-L311.(2019齐鲁联考)探究平抛运动的实验装置如图所示,半径为L的四分之一光滑圆弧轨道固定于水平桌面上,切口水平且与桌边对齐,切口离地面的高度为2L,离切口水平距离为L的一探测屏AB竖直放置,一端放在水平面上,其高为2L,一质量为m的小

14、球从圆弧轨道上不同的位置由静止释放打在探测屏上,若小球在运动过程中空气阻力不计,小球可视为质点,重力加速度为g。(1)求小球从图示位置P处由静止释放,到达圆轨道最低点Q处的速度大小及小球对圆轨道的压力。(2)为让小球能打在探测屏上,小球应从圆轨道上什么范围内由静止释放?(3)小球从什么位置由静止释放,小球打在屏上时动能最小,最小动能为多少?【解析】小球从P处下滑到Q点,由机械能守恒可得mgL=12mv2得v=2gL在Q点对小球受力分析得FN-mg=mv2L解得FN=3mg根据牛顿第三定律可知,小球对轨道压力大小为3mg,方向竖直向下。(2)设小球从轨道上某点C下滑到Q处平拋,经过时间t恰好打在B点,则根据平拋运动规律竖直方向有2L=12gt2得t=2Lg水平方向有vQ=Lt从C到Q根据机械能守恒得mghC=12mvQ2联立解得hC=L8即小球在释放高度大于L8的情况下能打在探测屏上。(3)设从Q处以速度v0射出,经过时间t打到探测屏上,其动能Ek=12mv02+mgh而h=12gt2=g2Lv02,得Ek=12mv02+12mg2L2v02由此可知当v0=gL时Ek最小,Ekmin=mgL释放点位置离Q的竖直高度H=L2。【答案】(1)2gL3mg,方向竖直向下(2)小球在释放高度大于L8的情况下能打在探测屏上(3)离Q竖直高度为L2处mgL8