(教师版)2017高考物理力学阶段性检测试题.doc

2017高考力学阶段性检测试题
物理高级教师 门贵宝 2016.090.23
一。选择题（每题6分，共88分）
1．如图所示，A、B、C三物块叠放并处于静止状态，水平地面光滑，其它接触面粗糙，则(　D　)
A．A与墙面间存在压力 B．A与墙面间存在静摩擦力
C．A物块共受4个力作用 D．B物块共受4个力作用
解析　以三个物块组成的整体为研究对象，水平方向上：地面光滑，对C没有摩擦力，根据平衡条件得知，墙对A没有压力，因而也没有摩擦力，故A、B错误．对A物块，受到重力、B的支持力和B对A的摩擦力三个力作用，故C错误．先对A、B整体研究：水平方向上，墙对A没有压力，则由平衡条件分析可知，C对B没有摩擦力．再对B分析：受到重力、A的压力和A对B的摩擦力、C的支持力，共受四个力作用，故D正确．
2．轻质弹簧A的两端分别连在质量均为m的小球上，两球均可视为质点．另有两根与A完全相同的轻质弹簧B、C，且B、C的一端分别与两个小球相连，B的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牵住，如图所示．适当调节手的高度与用力的方向，保持B弹簧轴线跟竖直方向夹角为37°不变(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，当弹簧C的拉力最小时，B、C两弹簧的形变量之比为(　C　)
A．1∶1 B．3∶5 C．4∶3 D．5∶4
解析　以两球和弹簧A组成的整体为研究对象，受力分析如图所示，由合成法知当C弹簧与B弹簧垂直时，弹簧C施加的拉力最小，由几何关系知TB∶TC＝4∶3.
3．（多选）如图3所示，固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O点为球心，A、B为两个完全相同的小物块(可视为质点)，小物块A静止在球面的左侧，受到的摩擦力大小为F1，对球面的压力大小为N1；小物块B在水平力F2作用下静止在球面的右侧，对球面的压力大小为N2，已知两小物块与球心连线和竖直方向的夹角均为θ，则(　AC　)
A．F1∶F2＝cos θ∶1 B．F1∶F2＝sin θ∶1
C．N1∶N2＝cos2θ∶1 D．N1∶N2＝sin2θ∶1
解析　分别对A、B两个相同的小物块受力分析，如图，由平衡条件，得：F1＝mgsin θ N1＝mgcos θ
同理：F2＝mgtan θ N2＝ 故＝＝cos θ， ＝cos2θ.
4．（多选）如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑半圆球B，整个装置处于静止状态．已知A、B两物体的质量分别为mA和mB，则下列说法正确的是(　BC　)
A．A物体对地面的压力大小为mAg B．A物体对地面的压力大小为(mA＋mB)g
C．B物体对A物体的压力大于mBg D．地面对A物体没有摩擦力
解析　对A、B整体受力分析，竖直方向：NA＝(mA＋mB)g，水平方向：fA＝NB，选项A、D错误，选项B正确；B受重力、A的支持力NAB、墙面的弹力NB，故NAB＝，选项C正确．
5．（多选）如图所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为mA和mB，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则下列判断正确的是(　ACD　)
A．力F的大小为mBg B．地面对C的支持力等于(M＋mA＋mB)g
C．地面对C的摩擦力大小为mBg D．mA＝mB
解析　对小球B受力分析，
水平方向：Fcos 30°＝Tbcos 30°，得：Tb＝F，
竖直方向：Fsin 30°＋Tbsin 30°＝mBg，解得：F＝mBg， 故A正确；
对小球A受力分析，
竖直方向：mAg＋Tbsin 30°＝Tasin 60°
水平方向：Tasin 30°＝Tbsin 60°
联立得：mA＝mB，故D正确；
以A、B、C整体为研究对象受力分析，
竖直方向：N＋Fsin 30°＝(M＋mA＋mB)g
可见N小于(M＋mA＋mB)g，故B错误；
水平方向：f＝Fcos 30°＝mBgcos 30°＝mBg， 故C正确．
6．如图所示，三根细线共系于O点，其中OA在竖直方向上，OB水平并跨过定滑轮悬挂一个重物，OC的C点固定在地面上，整个装置处于静止状态．若OC加长并使C点左移，同时保持O点位置不变，装置仍然处于静止状态，则细线OA上拉力FA和OC上的拉力FC与原先相比是(　A　)
A．FA、FC都减小 B．FA、FC都增大
C．FA增大，FC减小 D．FA减小，FC增大
解析　O点受FA、FB、FC三个力平衡，如图．当按题示情况变化时，OB绳的拉力FB不变，OA绳拉力FA的方向不变，OC绳拉力FC的方向与拉力FB方向的夹角减小，保持平衡时FA、FC的变化如虚线所示，显然都是减小了．
7．（多选）如图所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量mA＝3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，且A、B仍处于静止状态，那么下列说法中正确的是(　AC　)
A．弹簧的弹力大小将不变 B．物体A对斜面的压力将减小
C．物体A受到的静摩擦力将减小 D．弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变
解析　弹簧弹力等于B物体的重力，即弹簧弹力不变，故A项正确；对A物体进行受力分析，列平衡方程可知，C项正确，D项错误；根据N＝mAgcos θ，当倾角减小时，A物体对斜面压力变大，故B项错误．
8．如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端．水平力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态．现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则(　A　)
A．弹簧变长 B．弹簧变短 C．力F变大 D．b对地面的压力变大
解析　对a隔离分析可知，OP向右缓慢平移时弹簧弹力变小，OP对a的弹力变小，故弹簧变长，A正确；对a、b整体分析，F与OP对a的弹力平衡，故力F变小，b对地面的压力始终等于a、b的总重力，故D错误．
9．（多选）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q的小球P.带电量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P与M相距L、M和N视为点电荷，下列说法正确的是(　BD　)
A．M与N的距离大于L B．P、M和N在同一直线上
C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同 D．M、N及细杆组成的系统所受合力为零
解析　假设P、M和N不在同一直线上，对M受力分析可知M不可能处于静止状态，所以选项B正确；M、N和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合外力为零，故k＝k，解得x＝(－1)L，所以选项A错误，D正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，φM>φN，所以选项C错误．
10．（多选）如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则(　AC　)
A．小球A与B之间库仑力的大小为
B．当＝ 时，细线上的拉力为0
C．当＝ 时，细线上的拉力为0
D．当＝ 时，斜面对小球A的支持力为0
解析　根据库仑定律，A、B球间的库仑力F库＝k，选项A正确；小球A受竖直向下的重力mg，水平向左的库仑力F库＝，由平衡条件知，当斜面对小球的支持力FN的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，则＝tan θ，所以＝ ，选项C正确，选项B错误；斜面对小球的支持力FN始终不会等于零，选项D错误．
11．如图4所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳定在竖直位置时相比，小球的高度(　A　)
A．一定升高 B．一定降低
C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
解析　设橡皮筋原长为l0、劲度系数为k，小球在竖直位置静止时，橡皮筋长度为l，加速时长度为l′且与竖直方向夹角为θ.由胡克定律可知，静止时k(l－l0)＝mg，加速时小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知k(l′－l0)cos θ＝mg
则k(l－l0)＝k(l′－l0)cos θ l′cos θ＝l－l0(1－cos θ) 即l′cos θ<l
所以小球高度一定升高，故选项A正确．
二。计算题（12题10分，13题12分，14题12分）
12　如图所示，A、B两滑环分别套在间距为1 m的光滑细杆上，A和B的质量之比为1∶3，用一自然长度为1 m的轻弹簧将两环相连，在A环上作用一沿杆方向、大小为20 N的拉力F，当两环都沿杆以相同的加速度a运动时，弹簧与杆夹角为53°.(cos 53°＝0.6)
(1)求弹簧的劲度系数；(2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，A的加速度大小为a′，a′与a之比为多少？
审题突破　(1)以两球和弹簧组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以B为研究对象求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的劲度系数．(2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，再分析受力，由牛顿第二定律求解a′与a之比．
解析　(1)先取A、B和弹簧组成的整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A、B的支持力与加速度方向垂直，在沿F方向应用牛顿第二定律F＝(mA＋mB)a①
再取B为研究对象，F弹cos 53°＝mBa② ①②联立解得，F弹＝25 N
由几何关系得，弹簧的伸长量Δx＝ m＝0.25 m
由F弹＝kΔx解得弹簧的劲度系数k＝＝100 N/m
(2)撤去力F瞬间，弹簧弹力不变，A的加速度大小a′＝，方向沿杆方向向左 由②式得a＝，方向沿杆水平向右 所以a′∶a＝mB∶mA＝3∶1
答案　(1)100 N/m　(2)3∶1

13　某煤矿运输部有一新采购的水平浅色足够长传送带以4.0 m/s的恒定速度运动，若使该传送带改做加速度大小为3.0 m/s2的匀减速运动，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将一煤块(可视为质点)无初速度放在传送带上．已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.10，重力加速度取10 m/s2，求煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度和相对于传送带运动的位移大小？(计算结果保留两位有效数字)
审题突破　煤块先相对于传送带向后滑动，速度相同后，又相对传送带向前滑，根据运动学公式，结合速度时间图线求出两次过程中相对位移的大小，从而得出划痕的长度．
解析　由运动情况作出传送带和煤块的v—t图像，如图所示．

因煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，则煤块在传送带上运动的加速度
a0＝μg＝1.0 m/s2
设传送带的加速度大小为a，由运动学规律得：v1＝a0t1 ＝v0－at1
解得t1＝＝1.0 s，v1＝1.0 m/s
此过程中煤块相对于传送带向后滑动，划线的长度为l1＝v0t1－at－a0t＝2.0 m
当煤块与传送带间的速度相等以后，两者都做匀减速直线运动，煤块相对于传送带又向前滑动，划线的长度l2＝－＝ m≈0.33 m
因为l1>l2，煤块在传送带上留下的划线长度为l1＝2.0 m
煤块相对于传送带的位移为x＝l1－l2＝2.0 m－0.33 m≈1.7 m
答案　2.0 m　1.7 m

14．如图所示，质量为m＝1 kg的物块，放置在质量M＝2 kg足够长木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上．在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度L均为1 m，边界距离为d，作用区只对物块有力的作用：Ⅰ作用区对物块作用力方向水平向右，Ⅱ作用区对物块作用力方向水平向左．作用力大小均为3 N．将物块与木板从图示位置(物块在Ⅰ作用区内的最左边)由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板．取g＝10 m/s2.
(1)在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度多大？
(2)若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d；
(3)物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程．
答案　(1)2 m/s　(2)1.5 m　(3)3 m
解析　(1)对物块由牛顿第二定律：F－μmg＝mam1 得：am1＝＝2 m/s2
由L＝am1t得t1＝ ＝1 s vm1＝am1t1＝2 m/s.
(2)Ⅰ区域内，对木板：
由μmg＝MaM1得aM1＝0.5 m/s2
物块到达Ⅰ区域边缘处，木板的速度：vM1＝aM1t1＝0.5 m/s
离开Ⅰ区域后：
对物块：由μmg＝mam2，得am2＝1 m/s2
对木板：aM2＝aM1＝0.5 m/s2
当物块与木板达共同速度时：
vm1－am2t2＝vM1＋aM2t2 得t2＝1 s
两作用区边界距离为d＝vm1t2－am2t＝1.5 m.
(3)由于F>μmg，所以物块与木板最终只能停在两作用区之间．由全过程能量守恒与转化规律：
FL＝μmgx 得：x＝＝3 m.

7