江苏专版高考物理一轮复习阶段综合检测一第一三章验收.docx
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江苏专版高考物理一轮复习阶段综合检测一第一三章验收
阶段综合检测
(一)第一~三章验收
(时间:
100分钟 满分:
120分)
一、单项选择题(本题共7小题,每小题3分,共21分。
每小题只有一个选项符合题意)
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0.125m/s
C.通过前方这3公里的过程中,车子的平均速度大约为7.5km/h
D.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/h=7.5km/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1s末两物体相遇
D.前2s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1s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2s内,两个物体通过的位移相等,所用时间相等,故前2s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t=0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t=0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。
则在0~4s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
C.2s末乙物体改变运动方向
D.2s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0~2s内做匀减速直线运动,在2~4s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F=ma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0~2s内做加速度减小的加速运动,2~4s内沿原方向做加速度增大的减速运动,2s末运动方向没有改变,且2s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μ,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a1=μg,
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=mgsin45°+f=mgsin45°+μmgcos45°
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.
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θ=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:
N-mg=ma
其中:
N=6mg
解得:
a=5g
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:
2Fcos60°-mg=ma
解得:
F=6mg
根据胡克定律,有:
x=
=
故D正确。
二、多项选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。
每小题有多个选项符合题意。
全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分)
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( )
A.Ff方向可能一直竖直向上
B.Ff可能先变小后变大
C.FN先变小后变大
D.FN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0.2kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,6s末撤去水平推力F,如图实线表示其运动的vt图像,其中经过点(4,0)的虚线是6s末vt图像的切线。
g取10m/s2。
下列说法正确的是( )
A.6s末物块速度方向改变
B.0~6s内物块平均速度比6~10s内物块平均速度小
C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
D.水平推力F的最大值为0.9N
解析:
选BD 6s末物块速度仍为正值,故速度方向没改变,选项A错误;若0~6s内物块做匀加速运动,则平均速度为3m/s,而由图线可知,物块在0~6s内的平均速度小于3m/s,而物块在6~10s内的平均速度等于3m/s,故0~6s内物块平均速度比6~10s内物块平均速度小,选项B正确;撤去外力后的加速度a=
=
m/s2=1.5m/s2,根据a=μg=1.5m/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/s2=3m/s2,根据牛顿第二定律Fm-μmg=mam,解得Fm=0.9N,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20N开始逐渐增大到40N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(g=10m/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2m/s2时物体的速度
解析:
选ABC 当F>20N时,根据牛顿第二定律:
F-f=ma,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5kg。
将F=20N时a=1m/s2,代入F-f=ma得:
物体受到的摩擦力f=15N
由f=μFN=μmg可得物体的动摩擦因数μ,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2m/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μ<tanθ,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
C.A与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程
D.A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:
(mA+mB)gsinθ+f=(mA+mB)a,
f=μ(mA+mB)gcosθ
因此有:
a=gsinθ+μgcosθ,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:
(mA+mB)gsinθ-f=(mA+mB)a′,
得:
a′=gsinθ-μgcosθ
由于μ<tanθ,所以a′>0
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:
mBgsinθ+f′=mBa,
解得:
f′=μmBgcosθ;
向下运动的过程中,根据牛顿第二定律有:
mBgsinθ-f″=mBa′,
解得:
f″=μmBgcosθ;
所以f″=f′,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α,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β,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α=β
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(m1+m2)∶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a=gsinα,做匀加速直线运动,隔离对小孩和抱枕分析,加速度a=gsinα=gsinβ,则α=β,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m1a=m1gsinβ,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=(m1+m2)gcosβ,抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上,大小为m2gcosβ,则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1+m2)∶m2,故D正确。
三、实验题(本题共2小题,共18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50Hz。
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T=0.1s;
根据Δx=aT2,可得a=
;
代入数据,解得
a=
×10-2m/s2≈0.34m/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:
vC=
=
×10-2m/s≈0.44m/s。
答案:
0.34 0.44
14.(12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(L>D)。
他们首先在轻绳上距离M点10cm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10cm,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Ⅰ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Ⅰ中拉力最大时,C与M点的距离为100cm。
选取C为研究的对象,受力如图,
水平方向:
TMsinα=TNsinβ,竖直方向:
TMcosα+TNcosβ=G,由图可得,当α=β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:
TMsinα=TNsinβ
由图可得α>β,所以:
TM (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T0=4.3N。 由 (1)中分析可知此时α=β,则: 2T0cosα=mg。 由几何关系可知,MC与水平方向的夹角为(90°-α);由题图(b)可知,重物的重力为3.2N。 则可知,MC与水平方向的夹角的正弦值为: sin(90°-α)=cosα= = ≈0.37。 答案: (1)100 TN (2)4.3 0.37 四、计算题(本题共4小题,共61分) 15.(14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h1=6000m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h2=3000m时,开始做匀减速运动,以保证飞艇离地面的高度不低于h=500m,取g=10m/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: Mg-f=Ma1 解得a1= =9.6m/s2 加速下落的高度为h1-h2=3000m, 根据位移时间关系公式,有: h1-h2= a1t2, 故加速下落的时间为 t= = s=25s。 (2)飞艇开始做减速运动时的速度为v=a1t=240m/s 匀减速下落的最大高度为 h2-h=3000m-500m=2500m 要使飞艇在下降到离地面500m时速度为零,飞艇减速时的加速度a2至少应为 a2= = m/s2=11.52m/s2 根据牛顿第二定律可得F′-mg=ma2, 根据牛顿第三定律可得F=F′,则: =2.152。 答案: (1)25s (2)2.152 16.(15分)(2018·遵义模拟)如图,光滑水平面上,质量为M=2kg的木板B(足够长),在F=6N的水平向右外力作用下从静止开始运动,t0=1s末将一质量为m=1kg的煤块A轻放在B的右端,A、B间动摩擦因数为μ=0.3(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10m/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: μmg=ma 解得: aA=μg=3m/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: F-μmg=MaB 解得: aB= m/s2=1.5m/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aAt=v0+aBt 没有放上A之前的1秒钟,B的加速度为3m/s2,所以放上A之前,B的速度v0=3m/s 由以上可知: 3t=3+1.5t 解得: t=2s。 xB=v0t+ aBt2=3×2m+2×1.5m=9m xA= aAt2=6m 所以划痕长为xB-xA=9m-6m=3m。 答案: (1)3m/s2 1.5m/s2 (2)3m 17.(16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L=2.5m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v0=5m/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θ=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10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。 求: (1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ; (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μmg=ma 滑块恰好到木板右端停止 0-v02=-2aL 解得μ= =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μmgcosθ+mgsinθ=ma1 0-v02=-2a1x 0=v0-a1t1 解得t1= s 设滑块下滑时的加速度为a2,下滑的时间为t2,有 mgsinθ-μmgcosθ=ma2 x= a2t22 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 t=t1+t2= s。 答案: (1)0.5 (2) s 18.(16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v=4m/s顺时针运行,传送带与水平面的夹角θ=37°。 现将质量m=2kg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F=20N拉小物品,经过一段时间物品被拉到离地面高为H=1.8m的平台上,如图所示。 已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,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v=4m/s相等前,有: F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1 解得: a1=8m/s2 由v=a1t1, 得t1= =0.5s 位移为: x1= a1t12=1m。 (2)达共速后,有: F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2 解得a2=0,即滑块匀速上滑,位移为: x2= -x1=2m 则匀速运动的时间为t2= =0.5s 总时间为: t=t1+t2=1s 即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1s。 (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μmgcos37°-mgsin37°=ma3 解得: a3=-2m/s2 假设物品向上匀减速到速度为零时,通过的位移为 x=- =4m 由此知物品速度减为零之前已经到达平台; 由x2=vt3+ a3t32 即2=4t3- ×2t32 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)0.5s (2)1s (3)(2- )s
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