（江苏专版）2020版高考物理阶段综合检测（一）第一_三章验收（含解析） 10页

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/sC．通过前方这3公里的过程中，车子的平均速度大约为7.5km/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/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n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＝gsinθB．它们的加速度a＜gsinθC．细绳的张力FT≠0D．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FTn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/s2B．物体在前4s内的位移为5mC．物体质量为2kgD．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n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/mC．物体的质量为2kgD．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＝βB．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n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)B11．(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。n(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h2n＝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)2.15213.(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＝man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)1.15s14．(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＝t1n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/s215．(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>μmgcosθn，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