阶段综合检测（一） 第一~三章验收(普通高中).doc

第 12 页 共 12 页阶段综合检测（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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1(2018绍兴期中)高速路上堵车，小东听到导航仪提醒“前方3公里拥堵，估计需要24分钟通过”，根据导航仪提醒，下列推断合理的是()A汽车将匀速通过前方3公里B能够计算出此时车子的速度是0.125 m/sC通过前方这3公里的过程中，车子的平均速度大约为7.5 km/hD若此时离目的地还有30公里，到达目的地一定需要240分钟解析：选C前方拥堵，汽车不可能做匀速运动通过3公里，故A错误；根据题设条件，汽车的瞬时速度无法求出，故B错误；根据平均速度公式可知，平均速度约为： v km/h7.5 km/h，故C正确；经过拥堵路段后，汽车的速度并不一定一直保持，故此后的运动时间无法确定，故D错误。2.(2018绵阳模拟)甲、乙两物体同时从同一地点出发，其vt图像如图所示。下列说法正确的是()A甲、乙两物体运动方向相反，加速度方向相同B甲的位移不断减小，乙的位移不断增大C第1 s末两物体相遇D前2 s内两物体的平均速度相同解析：选D在vt图像中，速度的正负表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，故两物体运动方向相同，加速度方向相反，故A错误；根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，可知甲、乙两物体位移都不断增大，故B错误。第1 s末两物体通过的位移不相等，而两者又是从同一地点出发的，故不可能相遇，故C错误；在vt图像中，图线与时间轴所围面积表示物体通过的位移，则知前2 s内，两个物体通过的位移相等，所用时间相等，故前2 s内两物体的平均速度相同，故D正确。3(2018南宁模拟)手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对于这一现象，下列说法正确的是()A锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力，所以玻璃才碎裂B锤头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C锤头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D因为不清楚锤头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小解析：选C锤头敲玻璃的力与玻璃对锤头的作用力是一对作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，但因作用在不同的物体上，因物体的承受能力不同，产生不同的作用效果，故C正确，A、B、D均错误。4(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。5.(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。6(2018盘锦模拟)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止，现将该木板改置成倾角为45的斜面，让小物块以大小相同的初速度沿木板上滑，若小物块与木板之间的动摩擦因数为，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为()A.B.C. D.解析：选A木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度a1g，设滑行初速度为v0，则滑行时间为t；木板改置成倾角为45的斜面后，对物块进行受力分析，如图所示：小物块的合力F合mgsin 45fmgsin 45mgcos 45小物块上滑的加速度a2，滑行时间t，因此，故A正确，B、C、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皖南八校联考)质量为0.2 kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，6 s末撤去水平推力F，如图实线表示其运动的v t图像，其中经过点(4,0)的虚线是6 s末v t图像的切线。g取10 m/s2。下列说法正确的是()A6 s末物块速度方向改变B06 s内物块平均速度比610 s内物块平均速度小C物块与水平面间的动摩擦因数为0.1D水平推力F的最大值为0.9 N解析：选BD6 s末物块速度仍为正值，故速度方向没改变，选项A错误；若06 s内物块做匀加速运动，则平均速度为3 m/s，而由图线可知，物块在06 s内的平均速度小于3 m/s，而物块在610 s内的平均速度等于3 m/s，故06 s内物块平均速度比610 s内物块平均速度小，选项B正确；撤去外力后的加速度a m/s21.5 m/s2，根据ag1.5 m/s2可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15，选项C错误；物块的最大加速度为am m/s23 m/s2，根据牛顿第二定律Fmmgmam，解得Fm0.9 N，选项D正确。10.(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。11.(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。12.(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。二、实验题(本题共2小题，共15分)13(6分)(2018武汉华中师大一附中模拟)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，测得纸带上计数点的情况如图所示，A、B、C、D、E为选好的计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm，实验中使用的电源频率为50 Hz。由此可知：小车的加速度a_m/s2；打点计时器打下C点时，小车的瞬时速度vC_m/s。(结果保留两位有效数字)解析：每相邻的两计数点间都有四个点未画出，因此计数点之间的时间间隔为T0.1 s；根据xaT2，可得a；代入数据，解得a102 m/s20.34 m/s2。根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，有：vC102 m/s0.44 m/s。答案：0.340.4414(9分)(2018河北正定中学检测)为了研究人们用绳索跨山谷过程中绳索拉力的变化规律，同学们设计了如图(a)所示的实验装置，他们将不可伸长轻绳的两端通过测力计(不计质量及长度)固定在相距为D的两立柱上，固定点分别为M和N，M低于N，绳长为L(LD)。他们首先在轻绳上距离M点10 cm处(标记为C)系上质量为m的重物(不滑动)，由测力计读出轻绳MC、NC的拉力大小TM和TN，随后改变重物悬挂点的位置，每次将M到C点的距离增加10 cm，并读出测力计的示数，最后得到TM、TN与轻绳MC长度之间的关系曲线如图所示，由实验可知：(1)曲线中拉力最大时，C与M点的距离为_cm，该曲线为_(选填：TM或TN)的曲线。(2)若用一个光滑的挂钩将该重物挂于轻绳上，待稳定后，左端测力计上的示数为_N，MC与水平方向的夹角为_(用正弦值表示)(第2问结果均保留两位有效数字)。解析：(1)由题图(b)可知，曲线中拉力最大时，C与M点的距离为100 cm。选取C为研究的对象，受力如图，水平方向：TMsin TNsin ，竖直方向：TMcos TNcos G，由图可得，当时，两轻绳上的拉力相等，该处离M比较近。C到M与N的距离相等时，受力如图：水平方向仍然满足：TMsin TNsin 由图可得，所以：TMTN，所以曲线是TM的曲线，曲线是TN的曲线。(2)若用一个光滑的挂钩将该重物挂于轻绳上，待稳定后，轻绳两次的拉力相等，对应题图(b)中两曲线的交点，可读出轻绳的拉力T04.3 N。由(1)中分析可知此时，则：2T0cos mg。由几何关系可知，MC与水平方向的夹角为(90)；由题图(b)可知，重物的重力为3.2 N。则可知，MC与水平方向的夹角的正弦值为：sin(90)cos 0.37。答案：(1)100TN(2)4.30.37三、计算题(本题共4小题，共47分)15(10分)(2018潍坊调研)在一次“模拟微重力环境”的实验中，实验人员乘坐实验飞艇到达h16 000 m的高空，然后让飞艇由静止下落，下落过程中飞艇所受阻力为其重力的0.04倍。实验人员可以在飞艇内进行微重力影响的实验，当飞艇下落到距地面的高度h23 000 m时，开始做匀减速运动，以保证飞艇离地面的高度不低于h500 m，取g10 m/s2，求：(1)飞艇加速下落的时间t；(2)减速运动过程中，实验人员对座椅的压力F与其重力mg的比值的最小值。解析：(1)设飞艇加速下落的加速度为a1，由牛顿第二定律得：MgfMa1解得a19.6 m/s2加速下落的高度为h1h23 000 m，根据位移时间关系公式，有：h1h2a1t2，故加速下落的时间为t s25 s。(2)飞艇开始做减速运动时的速度为va1t240 m/s匀减速下落的最大高度为h2h3 000 m500 m2 500 m要使飞艇在下降到离地面500 m时速度为零，飞艇减速时的加速度a2至少应为a2 m/s211.52 m/s2根据牛顿第二定律可得Fmgma2，根据牛顿第三定律可得FF，则：2.152。答案：(1)25 s(2)2.15216(12分)(2018遵义模拟)如图，光滑水平面上，质量为M2 kg的木板B(足够长)，在F6 N的水平向右外力作用下从静止开始运动，t01 s末将一质量为m1 kg的煤块A轻放在B的右端，A、B间动摩擦因数为0.3(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2)，求：(1)煤块A刚放上时，A、B的加速度大小；(2)煤块A在B上划过的痕迹的长度。解析：(1)根据题意，对物体进行受力分析，对于A，水平方向上只受到摩擦力，所以有：mgma解得：aAg3 m/s2。对于B，放上A之后，B在水平方向上受到两个力的作用，由牛顿第二定律可得：FmgMaB解得：aB m/s21.5 m/s2。(2)当A、B的速度相同的时候，A在B上将不再产生痕迹，设放上去A之前，B的速度为v0，经过t秒，它们达到共同速度，则aAtv0aBt没有放上A之前的1秒钟，B的加速度为3 m/s2，所以放上A之前，B的速度v03 m/s由以上可知：3t31.5t解得：t2 s。xBv0taBt232 m21.5 m9 mxAaAt26 m所以划痕长为xBxA9 m6 m3 m。答案：(1)3 m/s21.5 m/s2(2)3 m17(12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 ma2xa2t2