高三物理力学综合题及答案

高三物理力学综合检测题

一、选择题(1-6题单选，每小题5分；7-12题多选，每小题5分，共60分)

1．如图所示，质量为m的木块A放在地面上的质量为M的三角形斜劈B上，现用大小均为F，方向相反的力分别推A和B，它们均静止不动，则()

A．A与B之间一定存在弹力

B．地面受向右的摩擦力

C．B对A的支持力一定等于mg

D．地面对B的支持力的大小一定等于Mg

2. 如图，长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，放在光滑水平面上．开始时小球刚好与斜面接触无压力，现在用水平力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行为止，对该过程中有关量的描述正确的是()

A．绳的拉力和球对斜面的压力都在逐渐减小

B．绳的拉力在逐渐减小，球对斜面的压力逐渐增大

C．重力对小球做负功，斜面弹力对小球不做功

D．推力F做的功是mgL(1－cos θ)

3. 如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速度为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速度为v，其落点位于c，则()

A．v0＜v＜2v0B．v＝2v0

C．2v0＜v＜3v0D．v＞3v0

4．火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住．已知火星半径是地球半径的1

2，质量是

地球质量的1

9，自转周期基本相同．地球表面重力加速度是g，若王跃在地面上能向上跳起的

最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是()

A．王跃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2 9

B．火星表面的重力加速度是2g 3

C．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的

2 3

D．王跃在火星上能向上跳起的最大高度是3h 2

5. 甲、乙两物体在同一地点同时开始做直线运动的v-t图像如图所示。根据图像提供的信息可知()

A. 6 s末乙追上甲

B. 在乙追上甲之前,甲、乙相距最远为10 m

C. 8 s末甲、乙两物体相遇,且离出发点有22 m

D. 在0～4 s内与4～6 s内甲的平均速度相等

6．竖直向上抛出一小球，小球在运动过程中，所受空气阻力大小不变．规定向上方向为正方向，小球上升到最高点所用时间为t0，下列关于小球在空中运动过程中的加速度a、位移x、重力的瞬时功率P和机械能E随时间t变化的图象中，正确的是()

7．(多选)(2015·广州毕业班测试)如图，甲、乙、丙是位于同一直线上的离其他恒星较远的三颗恒星，甲、丙围绕乙在半径为R的圆轨道上运行，若三颗星质量均为M，引力常量为G，则()

A．甲星所受合外力为5GM2 4R2

B．乙星所受合外力为GM2 R2

C．甲星和丙星的线速度相同D．甲星和丙星的角速度相同

8．为了探测X星球，总质量为m1的探测飞船载着登陆舱在以该星球中心为圆心的圆轨道上运动，轨道半径为r1，运动周期为T1.随后质量为m2的登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，则()

A．X星球表面的重力加速度g X＝4π2r1 T21

B．X星球的质量M＝4π2r31 GT21

C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比v1

v2＝

m1r2

m2r1

D．登陆舱在半径为r2的轨道上做圆周运动的周期T2＝r32 r31T1

9．我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻甲部队的主力装备．设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s速度便可达到最大值v m.设在加速过程中发动机的功率恒定为P，装甲车所受阻力恒为F f，当速度为v(v

B．装甲车的最大速度v m＝P F f

C．装甲车速度为v时加速度为a＝F－F f m

D．装甲车从静止开始达到最大速度v m所用时间t＝2s v m

10. 半径分别为R和R/2的两个半圆，分别组成图甲、乙所示的两个圆弧轨道，一小球从某一高度下落，分别从图甲、乙所示的开口向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道，都沿着轨道内侧运动并恰好能从开口向下半圆轨道的最高点通过，则下列说法正确的是( )

A．图甲中小球开始下落的高度比图乙中小球开始下落的高度高

B．图甲中小球开始下落的高度和图乙中小球开始下落的高度一样高

C．图甲中小球对轨道最低点的压力比图乙中小球对

轨道最低点的压力大

D．图甲中小球对轨道最低点的压力和图乙中小球对

轨道最低点的压力一样大

11. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环()

A．下滑过程中，加速度一直减小

B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为1

4mv

C．在C处，弹簧的弹性势能为1

4mv

2－mgh

D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度

12．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量

正好相等，两者质量之比M

m可能为()

A．2 B．3 C．4 D．5

一．选择题答案

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

二、非选择题(共4小题，共40分。计算题解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。)

13. 如图所示，一粗糙斜面AB与圆心角为37°的光滑圆弧BC相切，经过C点的切线方向水平．已知圆弧的半径为R＝1.25 m，斜面AB的长度为L＝1 m．质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)在水平外力F＝1 N作用下，从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面向下运动，当到达B点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C点抛出，若落地点E与C点间的水平距离为x＝1.2 m，C点距离地面高度为h＝0.8 m．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)求：

(1)物块经C点时对圆弧面的压力大小；

(2)物块滑至B点时的速度大小；

(3)物块与斜面间的动摩擦因数．

14．某工厂车间通过图示装置把货物运送到二楼仓库，AB为水平传送带，CD为倾角为θ=37°、长s=3m的倾斜轨道，AB与CD通过长度忽略不计的圆弧轨道平滑连接，DE为半径r=0.4m的光滑圆弧轨道，CD与DE在D点相切，OE为竖直半径，FG为二楼仓库地面（足够长且与E点在同一高度），所以轨道在同一竖直平面内。当传送带以恒定速率v=10m/s 运行时，把一质量m=50kg的货物（可视为质点）由静止放入传送带的A端，货物恰好能滑入二楼仓库。已知货物与传送带、倾斜轨道及二楼仓库地面间的动摩擦因数均为μ=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）货物在二楼仓库地面滑行的距离；

（2）传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能。

15、如图所示，两只质量均为120kg的小船静止在水面上，相距10m，并用钢绳连接。一个质量为60kg的人站在甲船头以恒力F拉绳，不计水的阻力，求：

（1）当两船相遇时，两船各行进了多少米？

（2）当两船相遇不相碰的瞬间，为了避免碰撞，人从甲船跳向乙船需要对地的最小水平速度为6m/s，计算原来人拉绳的恒力F。

16．如图甲所示，质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的1

4圆弧轨道的最高点

A由静止滑下，经最低点B后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M＝2 kg，其上表面与圆弧轨道相切于B点，且长度足够长．整个过程中木板的v-t图象如图15乙所示，g＝10 m/s2.求：

(1)滑块经过B点时对圆弧轨道的压力；

(2)滑块与木板之间的动摩擦因数；

(3)滑块在木板上滑过的距离．

高三物理力学综合检测题答案

1. 【答案】A

解析：选A．对A、B整体受力分析，受到重力(M＋m)g、地面的支持力F N和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，根据共点力平衡条件，有F N＝(M＋m)g，故B、D错误；再对木块A受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜劈B对A的支持力F′N和摩擦力F f，当推力F沿斜面的分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，当推力F沿斜面的分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，当推力F沿斜面的分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，根据共点力的平衡条件，运用正交分解法，可以得到：F′N＝mgcos θ＋Fsin θ，故A正确，C错误．

2.【答案】 B

【解析】对小球受力分析可知，小球受重力、轻绳的拉力和斜面的支持力3个力的作用而处于一系列的动态平衡状态，做出受力分析的力三角形可知，轻绳的拉力一直减小，斜面的支持力方向不变，大小一直增加，由牛顿第三定律可知小球对斜面的压力一直增大，故A错误，B正确．根据力做功的条件：可知重力对小球做负功，斜面弹力对小球做正功，C错误．若取小球和滑块整体为研究对象，根据能量守恒得F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量，所以F做功等于小球重力势能增量，ΔE p＝mgh＝mgL(1－sin θ)，推力F做的总功应等于小球重力势能的增量mgL(1－sin θ)，故D错误．

3.【答案】A解析：.如图所示，M点和b点在同一水平线上，M点在c

点的正上方．根据平抛运动的规律，若v＝2v0，则小球落到M点．可见

以初速度2v0平抛小球不能落在c点，只能落在c点右边的斜面上，故只

有选项A正确．

4. 【答案】C

解析：根据万有引力定律：F＝GMm

R2可知，

F火

F地

＝

M火

M地

R2地

R2火

＝

9，因此A选项错误；同理可知，

火星表面的重力加速度为4

9g，故B选项错误；根据星球的第一宇宙速度与星球的半径及其表

面重力加速度的关系v＝Rg

星可知，

v火

v地

＝

R火

R地

g火

g＝

3，所以C选项正确；根据h＝

2g和

H＝v2

2g火可以求得，王跃在火星上向上跳起的最大高度为H＝

4h，因此D选项错误．

5. 【答案】B 【解析】在v-t图中图像与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等,6s

末甲的位移为x

甲=×(4+8)×4m+×2×8m=32 m,6 s末乙的位移为x

乙

=4×6 m=24 m,故6 s末乙没

有追上甲,选项A错误;5 s末之前甲的速度大于乙的速度,二者的距离越来越远,5 s末之后甲的速度小于乙的速度,二者的距离开始减小,故5 s末二者速度相等时相距最远,最远为上面三角形的面积：×5×4 m=10 m,选项B正确;8 s末乙的位移为4×8 m=32 m=x

甲

,即8s末甲、乙两物体相遇,且离出发点有32 m,选项C错误;在0～4 s内甲的平均速度==m/s=6 m/s,4～6 s

内甲的平均速度==m/s=4 m/s,选项D 错误。

6.【答案】 C 【解析】由向上方向为正，加速度方向一直向下，故A 错误；由空气阻力大小不变，故物体向上减速运动和向下加速运动的加速度均恒定，且向上的加速度大，故向上减速的时间小于向下加速的时间，由于小球做匀变速运动，位移—时间图线不是直线，排除B 项；由于空气阻力一直做负功，故小球的机械能一直减小，排除D 项，重力的瞬时功率P ＝mgv ，故选项C 正确．

7. 【答案】AD 解析：由万有引力定律可知，甲、乙和乙、丙之间的万有引力为F 1＝G M ·M

R 2

，

甲、丙之间的万有引力为F 2＝G M ·M （2R ）2＝GM 2

4R 2

，甲星所受两个引力的方向相同，故合力为

F 1＋F 2＝5GM 2

4R 2，A 项正确；乙星所受两个引力等大、反向，合力为零，B 项错误；甲、丙两

星线速度方向始终不同，C 项错误；由题知甲、丙两星周期相同，由角速度定义可知，两星角速度相同，D 项正确．

8. 【答案】BD 解析：星球半径未知，故无法应用万有引力与重力相等的关系计算星球表面

重力加速度，A 项错；飞船绕X 星球做圆周运动过程中，万有引力充当向心力，即G Mm 1

r 21＝m 14π2T 2

r 1，解得：M ＝4π2r 31

GT 21，B 项正确；飞船和登陆舱分别绕X 星球做匀速圆周运动，由开普勒第三

定律有r 31T 21＝r 32

T 22，解得：T 2＝

r 32

r 31

T 1，D 项正确；由周期与线速度关系v 1＝2πr 1T 1，v 2＝2πr 2T 2，结合开普勒第三定律可知，运行速度与登陆舱质量无关，C 项错。

9. 【答案】BC

解析: 装甲车在加速过程中，其牵引力F ＝P

v ，随着速度的增大，牵引力逐渐减小，故装甲车

速度为v 时，装甲车的牵引力做功可能大于Fs ，也可能小于Fs ，A 错误；装甲车匀速运动时

速度最大，故v m ＝P

F f

，B 正确；装甲车速度为v 时，由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，解得a

＝F －F f m ，C 正确；装甲车加速过程由动能定理得Pt －F f s ＝12mv 2m ，解得t ＝F f s P ＋mP 2F 2f ，D 错误． 10. 答案 AC 解析: 图甲中小球恰好通过最高点的速度为gR ，图乙中小球恰好通过最高

点的速度为gR 2，图甲中小球开始下落的高度为h 1＝1.5R ＋v 21

＝2R ，同理可得，图乙中小

球开始下落的高度为h 2＝1.5R ＋v 22

2g ＝1.75R ，A 项正确、B 项错误；由mgh ＝12

mv 2和F －mg

＝m v 2r 可知，两次小球到轨道最低点时，对轨道的压力分别为F 1－mg ＝m v 1′2

R/2 ，F 2－mg ＝

m v 2′2R ，解得F 1＝mg ＋m 4gh 1R ，同理F 2＝mg ＋m 2gh 2R ，得F 1＝9mg ，F 2＝4.5mg ，D 项错误、C 项正确。

11. 【答案】BD 解析：圆环下落时，先加速，在B 位置时速度最大，加速度减小至0.从B 到C 圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A 错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为

W f ，弹簧的最大弹性势能为ΔE p ，由A 到C 的过程中，根据功能关系有mgh ＝ΔE p ＋W f .

由C 到A 的过程中，有12mv 2＋ΔE p ＝W f ＋mgh.联立解得W f ＝14mv 2，ΔE p ＝mgh －1

4mv 2，

选项B 正确，选项C 错误．设圆环在B 位置时，弹簧弹性势能为ΔE p ′，根据能量守恒，A

到B 的过程有12mv 2B ＋ΔE p ′＋W′f ＝mgh′，B 到A 的过程有12mv ′2B ＋ΔE p ′＝mgh′＋W′f ，比较两式得v′B >v B ，选项D 正确．

12. 【答案】AB 解析：碰后动量相等，设此动量为p ，方向一定与v 相同，则由碰后速度关系可知，碰后m 的速度v 2一定要大小或等于碰后M 的速度v 1，即v 2≥v 1.由mv 2＝Mv 1，可知

M m ＝v 2v 1≥1，由能量关系可知2p 22M ≥p 22m ＋p 22M ，解得M m ≤3，由上述结论可知，A 、B 项正确． 13. 解析：(1)物块从C 点到E 点做平抛运动

由h ＝1

2gt 2，得t ＝0.4 s

v C ＝x

＝3 m/s

由牛顿第二定律知：F N －mg ＝m v 2C

解得F N ＝17.2 N

由牛顿第三定律知物块在C 点时对圆弧面的压力大小为17.2 N. (2)从B 点到C 点由动能定理，知

mgR －mgRcos 37°＝12mv 2C －12mv 2

B 解得v B ＝2 m/s.

(3)从A 点到B 点，由v 2B

＝2aL ，得a ＝2 m/s 2 由牛顿第二定律，知

mgsin 37°＋Fcos 37°－μ(mg cos 37°－Fsin 37°)＝ma

解得μ＝24

37≈0.65.

答案：(1)17.2 N (2)2 m/s (3)0.65 14 解：

（2）设货物离开传送带时的速度为v B ，对货物从B 运动到E 的过程，由动能定理可知

-mgssin37°-μmgscos37°-mgr(1+ cos37°)=12mv E 2-1

mv B 2，

解得：v B=8m/s.

设货物在传送带上加速滑行的距离为x2，用时间为t，则有

v B2=2a2x1，μmg=ma2，解得：x2=16m。

由v B=a2t，解得：t=4s。

货物相对传送带滑行的距离为x=vt- x2=10×4m-16m=24m

传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能Q=μmg x==2400J。

15.（1）s甲=4m，s乙=6m（2）F=90N

解析:（1）由动量守恒定律，得(m

甲+m

人

甲

乙

有(m

甲

人

甲

乙

s甲+s乙=10m 得，s甲=4m s乙=6m

（2）为了避免碰撞，人跳到乙船后系统至少要静止。设人在起跳前瞬间甲船和人的速度为v1，乙船速度为v2，对甲船和人组成的系统由动量守恒得，(m甲+m人)v1=m人×6m/s得v1=2m/s

由动能定理得，Fs

甲=(m

甲

人

)v12/2 解得F=90N。

17．解析：(1)设圆弧轨道半径为R，

从A到B过程，滑块的机械能守恒：mgR＝1

2mv

经B点时，根据牛顿第二定律有：F N－mg＝mv2 R

整理得F N＝3mg＝30 N

根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为30 N，方向竖直向下．

(2)由v-t图象知，木板加速的加速度大小为a1＝1 m/s2，滑块与木板共同减速的加速度大小为a2＝1 m/s2，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，在1 s～2 s内，对滑块和木板：μ1(m＋M)g＝(m＋M)a2

在0～1 s内，对木板：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma1

解得：μ1＝0.1μ2＝0.5

(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t1

对滑块：μ2mg＝ma

v1＝v－at1，v1＝1 m/s，t1＝1 s

木板的位移：x1＝v1 2t1

滑块的位移：x2＝v1＋v 2t1

滑块在木板上滑过的距离：Δx＝x2－x1代入数据解得：Δx＝3 m