（江蘇專版）2020版高考物理一輪復習 階段綜合檢測（一）第一-三章驗收（含解析）.doc

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第一~三章驗收 (時間：100分鐘　滿分：120分) 一、單項選擇題(本題共5小題，每小題3分，共計15分。每小題只有一個選項符合題意) 1．(2018紹興期中)高速路上堵車，小東聽到導航儀提醒“前方3公里擁堵，估計需要24分鐘通過”，根據(jù)導航儀提醒，下列推斷合理的是(　　) A．汽車將勻速通過前方3公里 B．能夠計算出此時車子的速度是0.125 m/s C．通過前方這3公里的過程中，車子的平均速度大約為7.5 km/h D．若此時離目的地還有30公里，到達目的地一定需要240分鐘 解析：選C　前方擁堵，汽車不可能做勻速運動通過3公里，故A錯誤；根據(jù)題設條件，汽車的瞬時速度無法求出，故B錯誤；根據(jù)平均速度公式可知，平均速度約為：v＝＝ km/h＝7.5 km/h，故C正確；經(jīng)過擁堵路段后，汽車的速度并不一定一直保持，故此后的運動時間無法確定，故D錯誤。 2.(2018綿陽模擬)甲、乙兩物體同時從同一地點出發(fā)，其vt圖像如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．甲、乙兩物體運動方向相反，加速度方向相同 B．甲的位移不斷減小，乙的位移不斷增大 C．第1 s末兩物體相遇 D．前2 s內兩物體的平均速度相同 解析：選D　在vt圖像中，速度的正負表示速度的方向，圖線的斜率表示加速度，故兩物體運動方向相同，加速度方向相反，故A錯誤；根據(jù)速度圖線與時間軸圍成的面積表示位移，可知甲、乙兩物體位移都不斷增大，故B錯誤。第1 s末兩物體通過的位移不相等，而兩者又是從同一地點出發(fā)的，故不可能相遇，故C錯誤；在vt圖像中，圖線與時間軸所圍面積表示物體通過的位移，則知前2 s內，兩個物體通過的位移相等，所用時間相等，故前2 s內兩物體的平均速度相同，故D正確。 3．(2018南寧模擬)手拿一個錘頭敲在一塊玻璃上把玻璃打碎了。對于這一現(xiàn)象，下列說法正確的是(　　) A．錘頭敲玻璃的力大于玻璃對錘頭的作用力，所以玻璃才碎裂 B．錘頭受到的力大于玻璃受到的力，只是由于錘頭能夠承受比玻璃更大的力才沒有碎裂 C．錘頭和玻璃之間的作用力應該是等大的，只是由于錘頭能夠承受比玻璃更大的力才沒有碎裂 D．因為不清楚錘頭和玻璃的其他受力情況，所以無法判斷它們之間的相互作用力的大小 解析：選C　錘頭敲玻璃的力與玻璃對錘頭的作用力是一對作用力與反作用力，總是大小相等，方向相反，但因作用在不同的物體上，因物體的承受能力不同，產(chǎn)生不同的作用效果，故C正確，A、B、D均錯誤。 4．(2018吉林大學附中模擬)從t＝0時刻開始，甲沿光滑水平面做直線運動，速度隨時間變化如圖甲；乙靜止于光滑水平地面，從t＝0時刻開始受到如圖乙所示的水平拉力作用。則在0～4 s的時間內(　　) A．甲物體所受合力不斷變化 B．甲物體的速度不斷減小 C．2 s末乙物體改變運動方向 D．2 s末乙物體速度達到最大 解析：選D　由題圖甲所示可以知道：物體甲在0～2 s內做勻減速直線運動，在2～4 s內做反向的勻加速直線運動，整個過程加速度不變。由牛頓第二定律F＝ma可以知道，物體甲受到的合力保持不變，故A錯誤。物體甲的速度先減小后反向增大，故B錯誤。由乙圖可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿負向。說明乙在0～2 s內做加速度減小的加速運動，2～4 s內沿原方向做加速度增大的減速運動，2 s末運動方向沒有改變，且2 s末乙物體速度達到最大，故C錯誤，D正確。 5．(2019天一中學月考)如圖所示，有A、B兩物體，mA＝2mB，用細繩連接后放在光滑的斜面上，在它們下滑的過程中(　　) A．它們的加速度a＝gsin θ B．它們的加速度a＜gsin θ C．細繩的張力FT≠0 D．細繩的張力FT＝mBgsin θ 解析：選A　對整體受力分析可知，整體受重力、彈力。將重力沿斜面和垂直于斜面進行分解，則支持力與重力垂直于斜面的分力相平衡，合外力F＝(mA＋mB)gsin θ。由牛頓第二定律可知(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a，解得a＝gsin θ，A正確，B錯誤。對物體B分析，可知物體B受到的合力：F′＝mBa＝mBgsin θ，F(xiàn)′＝FT＋mBgsin θ，故說明細繩的張力FT為零，C、D錯誤。 二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共計16分。每小題有多個選項符合題意。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分) 6.如圖所示，用恒力F將物體壓在粗糙豎直面上，當F從實線位置繞O點順時針轉至虛線位置，物體始終靜止。在這個過程中，物體受到的摩擦力Ff和墻壁對物體彈力的變化情況是(　　) A．Ff方向可能一直豎直向上 B．Ff可能先變小后變大 C．FN先變小后變大 D．FN先變小后變大再變小 解析：選AB　若F在豎直方向的分力小于物體重力，則在F順時針旋轉過程中，F(xiàn)f方向一直豎直向上，F(xiàn)f則一直減小，若F在豎直方向的分力大于物體重力，則在力F轉動過程中Ff的方向可變?yōu)樨Q直向下，此過程中Ff先變小后變大，故A、B選項正確；因FN等于力F在水平方向分力的大小，故FN先增大后減小，C、D選項均錯誤。 7．如圖甲所示，足夠長的光滑固定的斜面上有一物體，物體在一沿斜面向上的推力F的作用下沿斜面向上運動。在0～2 s 內推力的大小F1＝5 N，在2～4 s內推力的大小F2＝5.5 N，該過程中物體的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則(　　) A．在第3 s物體的加速度大小為2 m/s2 B．物體在前4 s內的位移為5 m C．物體質量為2 kg D．斜面與水平面的夾角為30 解析：選BD　由題圖乙得，在2～4 s內物體的加速度a＝ m/s2＝0.5 m/s2，故A錯誤；由速度—時間圖像可知，圖線與坐標軸圍成的面積表示位移，即0～4 s內物體的位移為12 m＋(1＋2)2 m＝5 m，故B正確；在0～2 s內物體做勻速直線運動時，重力沿斜面向下的分力F1＝5 N，在2～4 s內由牛頓第二定律有：F2－F1＝ma，解得m＝1 kg，故C錯誤；設斜面與水平面的夾角為α，則F2－mgsin α＝ma，解得α＝30，故D正確。 8．(2019如東模擬)如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)，初始時物體處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移s的關系如圖乙所示(g取10 m/s2)。下列結論正確的是(　　) A．物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài) B．彈簧的勁度系數(shù)為750 N/m C．物體的質量為2 kg D．物體的加速度大小為5 m/s2 解析：選CD　物體與彈簧分離時，彈簧恢復原長，故A錯誤。剛開始物體處于靜止狀態(tài)，重力和彈力二力平衡，有：mg＝kx；拉力F1為10 N時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，根據(jù)牛頓第二定律有：F1＋kx－mg＝ma；物體與彈簧分離后，拉力F2為30 N，根據(jù)牛頓第二定律有：F2－mg＝ma；代入數(shù)據(jù)解得：m＝2 kg，k＝500 N/m＝5 N/cm，a＝5 m/s2，故B錯誤，C、D正確。 9.(2018儋州四校聯(lián)考)如圖所示為兒童樂園里一項游樂活動的示意圖，金屬導軌傾斜固定，傾角為α，導軌上開有一狹槽，內置一小球，球可沿槽無摩擦滑動，繩子一端與球相連，另一端連接一抱枕，小孩可抱住抱枕與之一起下滑，繩與豎直方向夾角為β，且保持不變。假設抱枕質量為m1，小孩質量為m2，小球和繩的質量及空氣阻力忽略不計。下列說法正確的是(　　) A．分析可知α＝β B．小孩與抱枕一起做勻速直線運動 C．小孩對抱枕的作用力平行導軌方向向下 D．繩子拉力與抱枕對小孩的作用力之比為(m1＋m2)∶m2 解析：選AD　由于球沿斜槽無摩擦滑動，則小孩、抱枕和小球組成的系統(tǒng)具有相同的加速度，且a＝gsin α，做勻加速直線運動，隔離對小孩和抱枕分析，加速度a＝gsin α＝gsin β，則α＝β，故A正確，B錯誤。對抱枕分析，受重力、繩子拉力、小孩對抱枕的作用力，因為沿繩子方向合力為零，平行導軌方向的合力為m1a＝m1gsin β，可知小孩對抱枕的作用力與繩子在同一條直線上，故C錯誤。對小孩和抱枕整體分析，根據(jù)平行四邊形定則知，繩子的拉力T＝(m1＋m2)gcos β，抱枕對小孩的作用力方向沿繩子方向向上，大小為m2gcos β，則繩子拉力與抱枕對小孩的作用力之比為(m1＋m2)∶m2，故D正確。 三、簡答題(本題共2小題，共計18分) 10．(6分)(2018宿遷期末)某同學利用如圖所示的裝置做“驗證力的平行四邊形定則”實驗，其中A為固定橡皮條的圖釘，O為橡皮條與細繩的結點，OB和OC為細繩套。在整個實驗中，橡皮條始終未超出彈性限度。 (1)兩個彈簧測力計共同作用時，將結點O拉至圖示位置，OC繩子的拉力為F1，OB繩子的拉力為F2；其中∠AOB＝90，力F2的大小如圖中彈簧測力計所示，F(xiàn)2＝______ N；再換用一個彈簧測力計拉橡皮條，當把結點O拉到______位置時，此時的拉力F′才能稱之為F1和F2的合力。 (2)該同學在處理數(shù)據(jù)的過程中，用平行四邊形定則求力F1和F2的合力F，下列作圖正確的是________。 (3)該同學再次重復實驗時，保持OB繩拉力的方向不變，增大拉力F2，改變OC繩拉力F1，把結點O拉至圖示位置。下列關于拉力F1變化符合實際的是________。 A．F1增大，∠BOC的角度不變 B．F1增大，∠BOC的角度增大 C．F1的大小不變，∠BOC的角度增大 D．F1的大小不變，∠BOC的角度減小 解析：(1)由題圖可知，彈簧測力計的示數(shù)為2.60 N。換用一個彈簧測力計拉橡皮條，為保證兩次拉力作用效果等效，應把結點O拉到圖示與第一次相同的位置。 (2)利用平行四邊形定則求合力時，合力應為平行四邊形的對角線，合力與分力的作用點相同，故A正確。 (3)把結點O拉至圖示相同位置，合力不變，保持OB繩拉力的方向不變，增大拉力F2，由題圖可知，F(xiàn)1增大，∠BOC的角度增大，故B正確。 答案：(1)2.60　圖示相同　(2)A　(3)B 11．(12分)(2019南京模擬)在探究物體質量一定時加速度與力的關系實驗中，小明同學做了如圖甲所示的實驗改進，在調節(jié)桌面水平后，添加了用力傳感器來測細線中的拉力。 (1)關于該實驗的操作，下列說法正確的是________。 A．必須用天平測出砂和砂桶的質量 B．一定要保證砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量 C．需要改變砂和砂桶的總質量，打出多條紙帶 (2)實驗得到如圖乙所示的紙帶，已知打點計時器使用的交流電源的頻率為50 Hz，相鄰兩計數(shù)點之間還有四個點未畫出，由圖中的數(shù)據(jù)可知，小車運動的加速度大小是________ m/s2。(計算結果保留三位有效數(shù)字) (3)由實驗得到小車的加速度a與力傳感器示數(shù)F的關系如圖丙所示。則小車與軌道間的滑動摩擦力Ff＝________ N。 (4)小明同學不斷增加砂子質量重復實驗，發(fā)現(xiàn)小車的加速度最后會趨近于某一數(shù)值，從理論上分析可知，該數(shù)值應為________ m/s2。(g取10 m/s2) 解析：(1)本題拉力可以由力傳感器來測出，不需要用天平測出砂和砂桶的質量，也就不需要使砂桶(包括砂)的質量遠小于小車的總質量，故A、B錯誤；該實驗探究加速度與力的關系，需要改變砂和砂桶的總質量，打出多條紙帶，故C正確。 (2)相鄰兩計數(shù)點之間還有四個點未畫出，T＝0.1 s， 根據(jù)Δx＝aT2， 得a＝＝ m/s2≈2.40 m/s2。 (3) 根據(jù)牛頓第二定律得：2F－Ff＝ma， 則當a＝0時，F(xiàn)f＝2F＝1.0 N。 (4)根據(jù)牛頓第二定律，2F－Ff＝ma，Mg－F＝M2a， 聯(lián)立解得：a＝， 當M無窮大時，a＝5 m/s2。 答案：(1)C　(2)2.40　(3)1.0　(4)5 四、計算題(本題共4小題，共計71分) 12．(16分)(2018濰坊調研)在一次“模擬微重力環(huán)境”的實驗中，實驗人員乘坐實驗飛艇到達h1＝6 000 m的高空，然后讓飛艇由靜止下落，下落過程中飛艇所受阻力為其重力的0.04倍。實驗人員可以在飛艇內進行微重力影響的實驗，當飛艇下落到距地面的高度h2＝ 3 000 m時，開始做勻減速運動，以保證飛艇離地面的高度不低于h＝500 m，取g＝10 m/s2，求： (1)飛艇加速下落的時間t； (2)減速運動過程中，實驗人員對座椅的壓力F與其重力mg的比值的最小值。 解析：(1)設飛艇加速下落的加速度為a1， 由牛頓第二定律得：Mg－f＝Ma1 解得a1＝＝9.6 m/s2 加速下落的高度為h1－h(huán)2＝3 000 m， 根據(jù)位移時間關系公式，有：h1－h(huán)2＝a1t2， 故加速下落的時間為 t＝ ＝ s＝25 s。 (2)飛艇開始做減速運動時的速度為v＝a1t＝240 m/s 勻減速下落的最大高度為 h2－h(huán)＝3 000 m－500 m＝2 500 m 要使飛艇在下降到離地面500 m時速度為零，飛艇減速時的加速度a2至少應為 a2＝＝ m/s2＝11.52 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律可得F′－mg＝ma2， 根據(jù)牛頓第三定律可得F＝F′，則：＝2.152。 答案：(1)25 s　(2)2.152 13.(16分)(2019蘇州月考)如圖所示，質量m＝2 kg的物體靜止于水平地面的A處。現(xiàn)用大小F＝30 N的水平拉力拉此物體，經(jīng)t0＝2 s拉至B處。已知A、B間距L＝20 m，g取10 m/s2。求： (1)物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)為了使物體從A處由靜止開始運動并能到達B處，求力F作用的最短時間t。 解析：(1)物體在水平地面上從A點由靜止開始向B點做勻加速直線運動， 位移為：L＝at02 對物體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F－Ff＝ma 其中Ff＝μmg 聯(lián)立解得：μ＝0.5。 (2)物體在水平地面上從A點由靜止開始向B點經(jīng)歷了在F和Ff共同作用下的勻加速運動和只在Ff作用下的勻減速運動。 勻加速運動階段：F－Ff＝ma1 勻減速運動階段：Ff＝ma2 撤去外力時的速度為：v＝a1t 位移為：x1＝a1t2 減速過程的位移為：0－v2＝－2a2x2 總位移為：L＝x1＋x2 聯(lián)立解得：t＝ s≈1.15 s。 答案：(1)0.5　(2)1.15 s 14．(19分)(2019如東檢測)如圖所示，一小木箱放在平板車的中部，距平板車的后端、駕駛室后端均為L＝2.0 m，處于靜止狀態(tài)，木箱與平板車之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.40?，F(xiàn)使平板車在水平路面上以加速度a0勻加速啟動，速度達到v＝6.0 m/s后接著做勻速直線運動，運動一段時間后勻減速剎車。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2。 (1)若木箱與平板車保持相對靜止，加速度a0大小滿足什么條件？ (2)若a0＝6.0 m/s2，當木箱與平板車的速度都達到6.0 m/s 時，求木箱在平板車上離駕駛室后端距離s。 (3)若在木箱速度剛達到6.0 m/s時平板車立即用恒定的阻力剎車，要使木箱不會撞到駕駛室，平板車剎車時的加速度大小a應滿足什么條件？ 解析：(1)木箱與車相對靜止，加速度相同，設最大值為am，由牛頓第二定律有 μmg＝mam 解得am＝4.0 m/s2 故應滿足的條件為a0≤4.0 m/s2。 (2)由于a0＝6.0 m/s2>4.0 m/s2， 故木箱與車發(fā)生相對滑動 木箱速度達到v＝6 m/s所需的時間t1＝＝1.5 s 運動的位移x1＝t1 平板車速度達到v＝6 m/s所需的時間t2＝＝1.0 s 運動的位移x2＝t2＋v(t1－t2) 且有s＝x2－x1＋L 解得s＝3.5 m。 (3)木箱減速停止時的位移x3＝ 平板車減速停止時的位移x4＝ 木箱不與車相碰應滿足x3－x4≤s 解得a≤18 m/s2。 答案：(1)a0≤4.0 m/s2　(2)3.5 m　(3)a≤18 m/s2 15．(20分)(2019泰州月考)如圖所示為貨場使用的傳送帶模型，傳送帶傾斜放置，與水平面的夾角為θ＝37，傳送帶AB足夠長，傳送皮帶輪以大小為v＝2 m/s的恒定速率順時針轉動，一包貨物以v0＝12 m/s的初速度從A端滑上傾斜傳送帶。若貨物與皮帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，且可將貨物視為質點，g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。 (1)求貨物剛滑上傳送帶時的加速度； (2)經(jīng)過多長時間貨物的速度和傳送帶的速度相同？此時貨物沿傳送帶上滑的位移為多少？ (3)從貨物滑上傳送帶開始計時，到貨物再次滑回A端共用了多少時間？ 解析：(1)設貨物剛滑上傳送帶時加速度為a1，貨物受力如圖所示： 根據(jù)牛頓第二定律得： 沿傳送帶方向： mgsin θ＋Ff＝ma1， 垂直傳送帶方向： mgcos θ＝FN， 又Ff＝μFN 聯(lián)立以上三式，代入數(shù)據(jù)解得：a1＝10 m/s2，方向沿傳送帶向下。 (2)貨物速度從v0減至傳送帶速度v所用時間設為t1，位移設為x1， 則有：t1＝＝ s＝1 s，x1＝t1＝7 m。 (3)當貨物速度與傳送帶速度相等時，由于mgsin θ>μmgcos θ，此后貨物所受摩擦力沿傳送帶向上，設貨物加速度大小為a2，則有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2， 得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿傳送帶向下。 設貨物再經(jīng)時間t2，速度減為零，則t2＝＝1 s 貨物沿傳送帶向上滑的位移x2＝t2＝1 m 則貨物上滑的總距離為x＝x1＋x2＝8 m。 貨物到達最高點后將沿傳送帶勻加速下滑，下滑加速度等于a2。設下滑時間為t3， 則x＝a2t32，解得t3＝2 s。 所以貨物從A端滑上傳送帶到再次滑回A端的總時間為 t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2)s。 答案：(1)10 m/s2　方向沿傳送帶向下　(2)1 s　7 m　(3)(2＋2)s