高考物理一轮复习 阶段综合检测（一）第一~三章验收（重点班）.doc

阶段综合检测（一） 第一三章验收(时间：90分钟满分：110分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第812题，有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1(2018吉林大学附中模拟)从t0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在04 s的时间内()a甲物体所受合力不断变化b甲物体的速度不断减小c2 s末乙物体改变运动方向d2 s末乙物体速度达到最大解析：选d由题图甲所示可以知道：物体甲在02 s内做匀减速直线运动，在24 s内做反向的匀加速直线运动，整个过程加速度不变。由牛顿第二定律fma可以知道，物体甲受到的合力保持不变，故a错误。物体甲的速度先减小后反向增大，故b错误。由乙图可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿负向。说明乙在02 s内做加速度减小的加速运动，24 s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2 s末运动方向没有改变，且2 s末乙物体速度达到最大，故c错误，d正确。2.(2018辽宁省实验中学模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()a速度增大，加速度增大b速度增大，加速度减小c速度先增大后减小，加速度先增大后减小d速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：选d滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小。故d正确，a、b、c错误。3.(2018湖北沙市中学月考)如图所示，质量为m的木楔abc静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体以一定的初速度从a点沿平行斜面的方向推出，物体沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是()a地面对木楔的支持力大于(mm)gb地面对木楔的支持力小于(mm)gc地面对木楔的支持力等于(mm)gd地面对木楔的摩擦力为0解析：选a由于物体沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定a正确，b、c错误。同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故d错误。4.(2018山西大学附中月考)如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，一质量为2m的小车在沿斜面向下的外力f作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球(质量为m)的轻绳恰好水平。则外力f的大小为()a2mgb.mgc6mg d4.5mg解析：选d以小球为研究对象，分析受力情况可知：重力mg、绳的拉力t，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和t的合力沿斜面向下。如图所示，由牛顿第二定律得：ma，解得：a2g，再对整体根据牛顿第二定律可得：f(2mm)gsin 303ma解得：f4.5mg；故选项d正确。5.(2018曲靖一中月考)如图所示，可视为质点的两个带同种电荷的小球a和b，分别静止在竖直墙面和水平地面上；b球被光滑竖直板挡住，所有接触面均光滑，a球由于缓慢漏电而缓慢下降，在此过程中()a地面对b的支持力变小b竖直挡板对b的支持力变小ca、b间的作用力变大d以上说法均不正确解析：选c对ab的整体而言，竖直方向受重力和地面的支持力，故支持力总等于两球的重力，可知地面对b的支持力不变，选项a错误；对a受力分析如图所示，受到重力g、库仑力f和墙面的弹力n，当a球下移时，由受力图可知，n和f均变大，可知选项c正确；对ab整体，水平方向竖直挡板对b的支持力等于墙面对a的弹力n，则竖直挡板对b的支持力变大，选项b错误。6.(2018淮北一模)如图所示，水平桌面上有三个相同的物体a、b、c叠放在一起，a的左端通过一根轻绳与质量为m3 kg的小球相连，绳与水平方向的夹角为60，小球静止在光滑的半圆形器皿中。水平向右的力f40 n作用在b上，三个物体保持静止状态。g取10 m/s2，下列说法正确的是()a物体c受到向右的静摩擦力b物体b受到一个摩擦力，方向向左c桌面对物体a的静摩擦力方向水平向右d撤去力f的瞬间，三个物体将获得向左的加速度解析：选b设水平向右为正方向，设a、b、c的质量为m1，由于均静止，故加速度为：a10；对c分析：设b对c的静摩擦力为f，则水平方向上只受f影响，且c保持静止，由牛顿第二定律得：fm1a1，代入数据得：f0，故a错误；对b分析：b静止，设a对b的静摩擦力为f1，则水平面上：ff1m1a10，即：f1f40 n，故b只受一个静摩擦力，方向与f相反，即水平向左，故b正确；对a分析：a静止，设绳的拉力为t，器皿对小球的弹力为n，桌面对a的静摩擦力为f2，则水平方向上：f1f2tm1a10对小球受力分析如图：由于小球静止，故竖直方向上：nsin 60tsin 60mg水平方向上：ncos 60tcos 60解得：t10 n，f222.68 n，故地面对a的静摩擦力水平向左，故c错误；若撤去f，对a，水平方向上受绳的拉力：t10 nf2，故整个系统仍然保持静止，故d错误。7.(2018“超级全能生”26省联考)如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当质量为m的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为6mg(g为重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为60，则此时每根弹簧的伸长量为()a. b.c. d.解析：选d对物体m，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：nmgma其中：n6mg解得：a5g再对质量不计的底盘和物体m整体分析，受两个拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：2fcos 60mgma解得：f6mg根据胡克定律，有：x故d正确。8.如图所示，用恒力f将物体压在粗糙竖直面上，当f从实线位置绕o点顺时针转至虚线位置，物体始终静止，则在这个过程中，物体受到的摩擦力ff和墙壁对物体弹力的变化情况是()aff方向可能一直竖直向上bff可能先变小后变大cfn先变小后变大dfn先变小后变大再变小解析：选ab若f在竖直方向的分力小于物体重力，则在f顺时针旋转过程中，ff方向一直竖直向上，ff则一直减小，若f在竖直方向的分力大于物体重力，则ff的方向可变为竖直向下，此过程中ff先变小后变大，故a、b选项正确；因fn等于力f在水平方向分力的大小，故fn先增大后减小，c、d选项均错误。9.(2018潍坊一模)静止在水平面上的物体，受到水平拉力f的作用，在f从20 n开始逐渐增大到40 n的过程中，加速度a随拉力f变化的图像如图所示，由此可以计算出(g10 m/s2)()a物体的质量b物体与水平面间的动摩擦因数c物体与水平面间的滑动摩擦力大小d加速度为2 m/s2时物体的速度解析：选abc当f20 n时，根据牛顿第二定律：ffma，得a则由数学知识知图像的斜率k由图得k，可得物体的质量为5 kg。将f20 n时a1 m/s2，代入ffma得：物体受到的摩擦力f15 n由ffnmg可得物体的动摩擦因数，故a、b、c正确。因为图像只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，因没有时间，故无法算得物体的加速度为2 m/s2时物体的速度，故d错误。10.(2018百校联盟冲刺金卷)如图所示，物块a、b叠放在一起，其中b与斜面间的动摩擦因数tan ，a、b整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是()a上滑的过程a、b整体处于失重状态b上滑到最高点后a、b整体将停止运动ca与b之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程da与b之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等解析：选ad在上升和下滑的过程，整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：(mamb)gsin f(mamb)a，f(mamb)gcos 因此有：agsin gcos ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中a、b组成的整体处于失重状态，故a正确。同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：(mamb)gsin f(mamb)a，得：agsin gcos 由于tan ，所以a0所以上滑到最高点后a、b整体将向下运动，故b错误；以b为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mbgsin fmba，解得：fmbgcos ；向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mbgsin fmba，解得：fmbgcos ；所以ff，即a与b之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等，故c错误，d正确。11.(2018儋州四校联考)如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图，金属导轨倾斜固定，倾角为，导轨上开有一狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为，且保持不变。假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是()a分析可知b小孩与抱枕一起做匀速直线运动c小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下d绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1m2)m2解析：选ad由于球沿斜槽无摩擦滑动，则小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的加速度，且agsin ，做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度agsin gsin ，则，故a正确，b错误。对抱枕分析，受重力、绳子拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m1am1gsin ，可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，故c错误。对小孩和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力t(m1m2)gcos ，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcos ，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1m2)m2，故d正确。12.(2018东北三省四市教研联合体一模)很薄的木板在水平地面上向右滑行，可视为质点的物块b以水平速度v0从右端向左滑上木板。二者按原方向一直运动直至分离，分离时木板的速度为va，物块的速度为vb，所有接触面均粗糙，则()av0越大，va越大b木板下表面越粗糙，vb越小c物块质量越小，va越大d木板质量越大，vb越小解析：选abcb放在a上后，a受到地面对a向左的摩擦力以及b对a的向左的摩擦力，向右做匀减速运动；b受到a对b的向右的摩擦力，向左做匀减速直线运动；设a的长度为l，开始时a的速度为v，二者相对运动的时间为t；则：lvtaat2v0tabt2aaag(aba)由式可知，若v0越大，其他量不变的情况下，则相对运动的时间越短，a的末速度：vavaat，相对运动的时间越短，则va越大，故a正确；木板下表面越粗糙，a受到的地面的摩擦力越大，根据式可知a的加速度越大，由式可知，若aa越大，其他量不变的情况下，则相对运动的时间越长；b的末速度：vbv0abt，相对运动的时间越长，则vb越小，故b正确；物块质量越小，则物块对a的压力越小，a对地面的压力越小，则a受到的地面的摩擦力越小，则a的加速度越小，由式可知，若aa越小，其他量不变的情况下，则相对运动的时间越短；a的末速度：vavaat，相对运动的时间越短，则va越大，故c正确；木板a质量越大，则根据式可知a的加速度越小，由式可知，若aa越小，其他量不变的情况下，则相对运动的时间越短；b的末速度：vbv0abt相对运动的时间越短，则vb越大，故d错误。二、实验题(本题共2小题，共15分)13.(6分)(2018西北工大附中模拟)某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”。他们将拉力传感器固定在小车上记录小车静止时受到拉力的大小，下面按照甲图进行实验，t0时，小车处于甲图所示的位置。(1)该同学按甲图完成实验，请指出至少一处错误：_。(2)图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取a、b、c、d、e计数点(每两个计数点间还有4个点未画出)，ac间的距离为_cm。(3)若打点计时器使用的交流电频率为50 hz，则小车的加速度大小为_m/s2。(结果保留两位有效数字)解析：(1)该实验的错误之处：打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力。(2)ac间的距离为3.10 cm。(3)根据xat2，运用逐差法得：a m/s20.98 m/s2。答案：(1)打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力(2)3.10(3)0.9814.(9分)(2018皖南八校联考)为了“测量当地重力加速度g的值和滑块与木板间的动摩擦因数”，某同学设计了如下实验方案：第一步：他把带有定滑轮的木板的有滑轮的一端垫起，把质量为m的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下面连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板做匀速运动，如图甲所示。第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，如图乙所示。然后接通电源释放滑块，使之从静止开始加速运动，打出纸带。打出的纸带如丙图所示。试回答下列问题：(1)已知o、a、b、c、d、e、f相邻计数点的时间间隔为t，oa、ab、de、ef间距分别为x1、x2、x3、x4，根据纸带求滑块下滑的加速度a_。(2)已知质量m、m和加速度a，则当地的重力加速度g_。(3)已知质量m、m和长木板的倾角，则滑块与木板间的动摩擦因数_。解析：(1)根据xat2可知：x3x14a1t2；x4x24a2t2，则a(a1a2)；(2)(3)由题意mgsin mgcos mg；mgsin mgcos ma，解得g；tan 。答案：(1)(2)(3)tan 三、计算题(本题共4小题，共47分)15(10分)(2018天津市五区县期末)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为l2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v05 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角37，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有mgma滑块恰好到木板右端停止0v022al解得0.5。(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为x，上滑的时间为t1，有mgcos mgsin ma10v022a1x0v0a1t1解得t1 s设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有mgsin mgcos ma2xa2t22解得t2 s滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间tt1t2 s。答案：(1)0.5(2) s16(12分)(2018全国百所名校示范卷)近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，图示为某快递物流中心用传送带分流物品的示意图，传送带以恒定速度v4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角37。现将质量m2 kg的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力f20 n拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为h1.8 m的平台上，如图所示。已知物品与传送带之间的动摩擦因数0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8，求：(1)物品达到与传送带相同速率所用的时间；(2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？(3)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力f，则物品还需多少时间才能到达平台？解析：(1)物品在达到与传送带速度v4 m/s相等前，有：fmgcos 37mgsin 37ma1解得：a18 m/s2由va1t1，得t10.5 s位移为：x1a1t121 m。(2)达共速后，有：fmgcos 37mgsin 37ma2解得a20，即滑块匀速上滑，位移为：x2x12 m则匀速运动的时间为t20.5 s总时间为：tt1t21 s即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s。(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力f，根据牛顿第二定律，有mgcos 37mgsin 37ma3解得：a32 m/s2假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x4 m由此知物品速度减为零之前已经到达平台；由x2vt3a3t32即24t32t32解得：t3(2)s(另一解不合题意，舍去)即物品还需(2)s到达平台。答案：(1)0.5 s(2)1 s(3)(2)s17.(12分)(2018全国百所名校示范卷)如图所示，足够长的木板质量m10 kg，放置于光滑水平地面上，以初速度v05 m/s沿水平地面向右匀速运动。现有足够多的小铁块，它们的质量均为m1 kg，在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速度地放在木板上，小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数0.5，当木板运动了l1 m时，又无初速度地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块。只要木板运动了l就按同样的方式再放置一个小铁块，直到木板停止运动。(取g10 m/s2)试问：(1)第1个铁块放上后，木板运动了l时，木板的速度多大？(2)最终木板上放有多少个铁块？(3)最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？解析：(1)第1个铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：mgma1,2a1lv02v12代入数据解得：v12 m/s。(2)设最终有n个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为：an第1个铁块放上后：2a1lv02v12第2个铁块放上后：2a2lv12v22第n个铁块放上后：2anlvn12vn2由上可得：(123 n)2lv02vn2木板停下时，vn0，解得n6.6。即最终有7个铁块放在木板上。(3)从放上第1个铁块至