1、1阶段检测一 力学部分考生注意：1本试卷共 4 页2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上3本次考试时间 90 分钟，满分 100 分4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 3 分，共计 18 分每小题只有一个选项符合题意)1.(2018苏州市调研)如图 1， A、 B 两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接 B，另一端绕过定滑轮连接 C 物体，已知 A 和 C 的质量都是 1kg， B 的质量是 2kg， A、 B 间的动摩擦因数是 0.3，其它摩擦不计由静止释放 C， C 下落一定高度的过程中( C
2、未落地， B 未撞到滑轮， g10m/s 2)下列说法正确的是( )图 1A A、 B 两物体发生相对滑动B A 物体受到的摩擦力大小为 3NC B 物体的加速度大小是 2.5m/s2D细绳的拉力大小等于 10N2(2018黄桥中学第三次段考)如图 2 所示，套在竖直细杆上的环 A 由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物 B 相连由于 B 的质量较大，故在释放 B 后， A 将沿杆上升当 A 环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度 vA0，若这时 B 未落地，其速度为 vB，则( )图 2A vB0B vB0C vB vAD vBvA3.如图 3 所示，物体 A 叠放在物体 B 上， B
3、 置于光滑水平面上， A、 B 质量分别为mA6kg、 mB2kg， A、 B 之间的动摩擦因数 0.2，开始时 F10N，此后逐渐增加，在增2大到 45N 的过程中，则( )图 3A当拉力 F mgR，对小球在 B 点，应12 12用牛顿第二定律可得： FN mg m ，得 FN mg m 2mg，那么，由牛顿第三定律可知：vB2R vB2R小球第一次过 B 点时，对槽的压力一定大于 2mg，故 D 正确13(1)220 (2)刻度尺 (3)A (4) GJ 0.65解析 (1)电火花计时器的工作电压是 220V 的交流电(2)处理实验数据时需要测量两计数点间的距离，因此还需要的器材是刻度尺
4、(3)橡皮筋最合理的套接方式是 A，以 A 的方式套接释放小车后，橡皮筋不会影响小车的运动(4)由题图所示纸带可知， GJ 部分两计时点间的距离相等，小车做匀速直线运动，应选用的纸带是 GJ 部分；小车获得的速度 v m/s0.65 m/s.xt 0.01300.0214(1)0.660 8.800 (2)D C解析 (1)游标卡尺读数为 L6mm12 mm6.60mm0.660cm120螺旋测微器的读数为 d8.5mm30.00.01mm8.800mm(2)该实验是验证机械能守恒定律的实验，因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒如果把重物的实际运动看成自由落体运动，再运用自由落体的规
5、律求解速度，那么就不需要验证了，其中 A、B、C 三项都是运用了自由落体运动的规律求解的，故 A、B、C 错误；D 是运用匀变速直线运动规律求解的，D 正确根据 mgh mv2可知，测量结果与重锤质量 m 无关，A 错误；测量结果与电压 U 无关，所以12B 错误；由 Ek mv2，其中 v ，所以若实际交流电源的频率小于12 x1 x22T x1 x2 f250Hz，而将 f50Hz 代入上式，求出的速度要大于实际速度，从而导致 Ekmgh，所以 C14正确；根据能量守恒定律可知，若重锤下落时受到的阻力过大，则重锤动能的增加量应小于重力势能的减少量，D 错误15(1)0.6m 方向与初速度方
6、向相同 (2)1.4N 0.6N(3) m815解析 (1)位移大小 x 12m 10.8m0.6m12 12方向与初速度方向相同(2)01s 内加速度大小 a1 2m/s 2 v1 t1F Ff ma112s 内加速度大小 a2 0.8m/s 2 v2 t2F Ff ma2，联立解得 F1.4N， Ff0.6N(3)撤去拉力后，加速度大小为 a3 0.6m/s 2Ffm还能滑行 x mv222a3 81516(1)1.5s (2)1m/s 2 (3)1.5N解析 (1)当木板固定时， A 开始滑动瞬间，水平力 F 与最大静摩擦力大小相等，则： F1 Ffm mg, 设经过 t1时间 A 开始
7、滑动，则： t1 1.5s. mgk(2)t22.0s 时，有： F2 kt222N4N，由牛顿第二定律得 F2 mg ma解得 a1m/s 2.(3)t31.0s 时水平外力为： F3 kt32N由于此时 F3小于最大静摩擦力，两者一定不发生相对滑动，故一起做匀加速运动以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得：F3( m M)a， a0.5m/s 2对 A 受力分析有： F3 Ff ma，Ff F3 ma(210.5) N1.5N.17见解析解析 (1)由整体法，将四物块及杆看成整体，当它们下滑到重力沿斜面向下的分力等于摩擦力时运动速度达最大值，有： nmgcos 4 mgsin 15解得： n
8、2即滑块 B 刚过 P 点时 A 在 PQ 段运动刚达到最大速度，此时 A 离 P 点的距离为 L(2)对四物块及杆整体，由牛顿第二定律得： 3mgcos 4 mgsin 4 ma得到 a gsin ，方向沿斜面向上12对物块 D，由牛顿第二定律得：F mgsin ma解得 F mgsin ，方向沿斜面向上32(3)要使四个物块都能通过 Q 点，则物块 D 过 Q 点时的速度应大于零物块 A 过 Q 点时，物块 D 刚过 P 点，设此时物块 D 的速度为 v对物块 D 从 P 到 Q 的过程用动能定理得mgsin 3L mg cos 3L0 mv212解得： v 6gLsin设最初释放各物块时
9、的初速度为 v0，由释放到整体进入 PQ 段过程用动能定理：4mgsin 3L mg cos (3L2 L L) 4mv2 4mv0212 12解得： v0 v 6gLsin故要使四个物块均能通过 Q 点，最初释放各物块时的初速度应大于 6gLsin18(1) v1 m/s， v22 m/s (2)见解析30 30解析 (1)两小球脱离弹簧瞬间，设小球 m1的速度为 v1， m2的速度为 v2，两个小球与弹簧组成的系统，水平方向受到的合外力为零，且只有弹力做功，水平方向动量守恒，有：m1v1 m2v2由机械能守恒定律，有： Ep m1v12 m2v2212 12联立并代入数据解得： v1 m/s， v22 m/s30 30(2)小球 2 向右运动，设其能到达圆周轨道的最高点 D，由机械能守恒，有：m2v22 m2g2R m2vD212 12代入数据解得： vD2 m/s14又小球能通过竖直面内光滑圆周最高点的条件为： mg m ，代入数据解得： v4m/sv2R由于 v vD，故小球 2 第一次沿轨道上滑过程中能到达 D 点
