阶段综合检测一 第一三章验收.docx
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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5小题,每小题3分,共计15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.(2019·天一中学月考)如图所示,有A、B两物体,mA=2mB,用细绳连接后放在光滑的斜面上,在它们下滑的过程中( )
A.它们的加速度a=gsinθ
B.它们的加速度a<gsinθ
C.细绳的张力FT≠0
D.细绳的张力FT=mBgsinθ
解析:
选A 对整体受力分析可知,整体受重力、弹力。
将重力沿斜面和垂直于斜面进行分解,则支持力与重力垂直于斜面的分力相平衡,合外力F=(mA+mB)gsinθ。
由牛顿第二定律可知(mA+mB)gsinθ=(mA+mB)a,解得a=gsinθ,A正确,B错误。
对物体B分析,可知物体B受到的合力:
F′=mBa=mBgsinθ,F′=FT+mBgsinθ,故说明细绳的张力FT为零,C、D错误。
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共计16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)
6.
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。
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,则在力F转动过程中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。
7.如图甲所示,足够长的光滑固定的斜面上有一物体,物体在一沿斜面向上的推力F的作用下沿斜面向上运动。
在0~2s内推力的大小F1=5N,在2~4s内推力的大小F2=5.5N,该过程中物体的速度随时间变化的规律如图乙所示,取g=10m/s2,则( )
A.在第3s物体的加速度大小为2m/s2
B.物体在前4s内的位移为5m
C.物体质量为2kg
D.斜面与水平面的夹角为30°
解析:
选BD 由题图乙得,在2~4s内物体的加速度a=m/s2=0.5m/s2,故A错误;由速度—时间图像可知,图线与坐标轴围成的面积表示位移,即0~4s内物体的位移为1×2m+×(1+2)×2m=5m,故B正确;在0~2s内物体做匀速直线运动时,重力沿斜面向下的分力F1=5N,在2~4s内由牛顿第二定律有:
F2-F1=ma,解得m=1kg,故C错误;设斜面与水平面的夹角为α,则F2-mgsinα=ma,解得α=30°,故D正确。
8.(2019·如东模拟)如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态。
现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移s的关系如图乙所示(g取10m/s2)。
下列结论正确的是( )
A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态
B.弹簧的劲度系数为750N/m
C.物体的质量为2kg
D.物体的加速度大小为5m/s2
解析:
选CD 物体与弹簧分离时,弹簧恢复原长,故A错误。
刚开始物体处于静止状态,重力和弹力二力平衡,有:
mg=kx;拉力F1为10N时,弹簧弹力和重力平衡,合力等于拉力,根据牛顿第二定律有:
F1+kx-mg=ma;物体与弹簧分离后,拉力F2为30N,根据牛顿第二定律有:
F2-mg=ma;代入数据解得:
m=2kg,k=500N/m=5N/cm,a=5m/s2,故B错误,C、D正确。
9.(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,小球和绳的质量及空气阻力忽略不计。
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、简答题(本题共2小题,共计18分)
10.(6分)(2018·宿迁期末)某同学利用如图所示的装置做“验证力的平行四边形定则”实验,其中A为固定橡皮条的图钉,O为橡皮条与细绳的结点,OB和OC为细绳套。
在整个实验中,橡皮条始终未超出弹性限度。
(1)两个弹簧测力计共同作用时,将结点O拉至图示位置,OC绳子的拉力为F1,OB绳子的拉力为F2;其中∠AOB=90°,力F2的大小如图中弹簧测力计所示,F2=______N;再换用一个弹簧测力计拉橡皮条,当把结点O拉到______位置时,此时的拉力F′才能称之为F1和F2的合力。
(2)该同学在处理数据的过程中,用平行四边形定则求力F1和F2的合力F,下列作图正确的是________。
(3)该同学再次重复实验时,保持OB绳拉力的方向不变,增大拉力F2,改变OC绳拉力F1,把结点O拉至图示位置。
下列关于拉力F1变化符合实际的是________。
A.F1增大,∠BOC的角度不变
B.F1增大,∠BOC的角度增大
C.F1的大小不变,∠BOC的角度增大
D.F1的大小不变,∠BOC的角度减小
解析:
(1)由题图可知,弹簧测力计的示数为2.60N。
换用一个弹簧测力计拉橡皮条,为保证两次拉力作用效果等效,应把结点O拉到图示与第一次相同的位置。
(2)利用平行四边形定则求合力时,合力应为平行四边形的对角线,合力与分力的作用点相同,故A正确。
(3)把结点O拉至图示相同位置,合力不变,保持OB绳拉力的方向不变,增大拉力F2,由题图可知,F1增大,∠BOC的角度增大,故B正确。
答案:
(1)2.60 图示相同
(2)A (3)B
11.(12分)(2019·南京模拟)在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中,小明同学做了如图甲所示的实验改进,在调节桌面水平后,添加了用力传感器来测细线中的拉力。
(1)关于该实验的操作,下列说法正确的是________。
A.必须用天平测出砂和砂桶的质量
B.一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
C.需要改变砂和砂桶的总质量,打出多条纸带
(2)实验得到如图乙所示的纸带,已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz,相邻两计数点之间还有四个点未画出,由图中的数据可知,小车运动的加速度大小是________m/s2。
(计算结果保留三位有效数字)
(3)由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示。
则小车与轨道间的滑动摩擦力Ff=________N。
(4)小明同学不断增加砂子质量重复实验,发现小车的加速度最后会趋近于某一数值,从理论上分析可知,该数值应为________m/s2。
(g取10m/s2)
解析:
(1)本题拉力可以由力传感器来测出,不需要用天平测出砂和砂桶的质量,也就不需要使砂桶(包括砂)的质量远小于小车的总质量,故A、B错误;该实验探究加速度与力的关系,需要改变砂和砂桶的总质量,打出多条纸带,故C正确。
(2)相邻两计数点之间还有四个点未画出,T=0.1s,
根据Δx=aT2,
得a==m/s2≈2.40m/s2。
(3)根据牛顿第二定律得:
2F-Ff=ma,
则当a=0时,Ff=2F=1.0N。
(4)根据牛顿第二定律,2F-Ff=ma,Mg-F=M·2a,
联立解得:
a=,
当M无穷大时,a=5m/s2。
答案:
(1)C
(2)2.40 (3)1.0 (4)5
四、计算题(本题共4小题,共计71分)
12.(16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
13.(16分)(2019·苏州月考)如图所示,质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处。
现用大小F=30N的水平拉力拉此物体,经t0=2s拉至B处。
已知A、B间距L=20m,g取10m/s2。
求:
(1)物体与地面间的动摩擦因数μ;
(2)为了使物体从A处由静止开始运动并能到达B处,求力F作用的最短时间t。
解析:
(1)物体在水平地面上从A点由静止开始向B点做匀加速直线运动,
位移为:
L=at02
对物体进行受力分析,根据牛顿第二定律得:
F-Ff=ma
其中Ff=μmg
联立解得:
μ=0.5。
(2)物体在水平地面上从A点由静止开始向B点经历了在F和Ff共同作用下的匀加速运动和只在Ff作用下的匀减速运动。
匀加速运动阶段:
F-Ff=ma1
匀减速运动阶段:
Ff=ma2
撤去外力时的速度为:
v=a1t
位移为:
x1=a1t2
减速过程的位移为:
0-v2=-2a2x2
总位移为:
L=x1+x2
联立解得:
t=s≈1.15s。
答案:
(1)0.5
(2)1.15s
14.(19分)(2019·如东检测)如图所示,一小木箱放在平板车的中部,距平板车的后端、驾驶室后端均为L=2.0m,处于静止状态,木箱与平板车之间的动摩擦因数μ=0.40。
现使平板车在水平路面上以加速度a0匀加速启动,速度达到v=6.0m/s后接着做匀速直线运动,运动一段时间后匀减速刹车。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10m/s2。
(1)若木箱与平板车保持相对静止,加速度a0大小满足什么条件?
(2)若a0=6.0m/s2,当木箱与平板车的速度都达到6.0m/s时,求木箱在平板车上离驾驶室后端距离s。
(3)若在木箱速度刚达到6.0m/s时平板车立即用恒定的阻力刹车,要使木箱不会撞到驾驶室,平板车刹车时的加速度大小a应满足什么条件?
解析:
(1)木箱与车相对静止,加速度相同,设最大值为am,由牛顿第二定律有
μmg=mam
解得am=4.0m/s2
故应满足的条件为a0≤4.0m/s2。
(2)由于a0=6.0m/s2>4.0m/s2,
故木箱与车发生相对滑动
木箱速度达到v=6m/s所需的时间t1==1.5s
运动的位移x1=t1
平板车速度达到v=6m/s所需的时间t2==1.0s
运动的位移x2=t2+v(t1-t2)
且有s=x2-x1+L
解得s=3.5m。
(3)木箱减速停止时的位移x3=
平板车减速停止时的位移x4=
木箱不与车相碰应满足x3-x4≤s
解得a≤18m/s2。
答案:
(1)a0≤4.0m/s2
(2)3.5m (3)a≤18m/s2
15.(20分)(2019·泰州月考)如图所示为货场使用的传送带模型,传送带倾斜放置,与水平面的夹角为θ=37°,传送带AB足够长,传送皮带轮以大小为v=2m/s的恒定速率顺时针转动,一包货物以v0=12m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带。
若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5,且可将货物视为质点,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。
(1)求货物刚滑上传送带时的加速度;
(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同?
此时货物沿传送带上滑的位移为多少?
(3)从货物滑上传送带开始计时,到货物再次滑回A端共用了多少时间?
解析:
(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1,货物受力如图所示:
根据牛顿第二定律得:
沿传送带方向:
mgsinθ+Ff=ma1,
垂直传送带方向:
mgcosθ=FN,
又Ff=μFN
联立以上三式,代入数据解得:
a1=10m/s2,方向沿传送带向下。
(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1,位移设为x1,
则有:
t1==s=1s,x1=t1=7m。
(3)当货物速度与传送带速度相等时,由于mgsinθ>μmgcosθ,此后货物所受摩擦力沿传送带向上,设货物加速度大小为a2,则有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,
得:
a2=g(sinθ-μcosθ)=2m/s2,方向沿传送带向下。
设货物再经时间t2,速度减为零,则t2==1s
货物沿传送带向上滑的位移x2=t2=1m
则货物上滑的总距离为x=x1+x2=8m。
货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑,下滑加速度等于a2。
设下滑时间为t3,
则x=a2t32,解得t3=2s。
所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为
t=t1+t2+t3=(2+2)s。
答案:
(1)10m/s2 方向沿传送带向下
(2)1s 7m (3)(2+2)s
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