2020版高中物理 综合检测 鲁科版必修1 10页

综合检测 ‎(时间:90分钟　满分:100分)‎ ‎【二维选题表】‎ 物理观念 科学思维 科学探究 科学态度与 责任 力学整体概念 ‎1(易)‎ 力及力的平衡的 应用 ‎2(易),7(易),‎ ‎8(中),15(易)‎ 图象问题 ‎3(易),11(中)‎ 牛顿第二定律的理解及应用 ‎4(易),10(中),17(中)‎ 功能关系 ‎5(易),6(中),9(中),‎ ‎12(难),18(难)‎ 匀变速直线运动规律的应用 ‎16(中),17(中)‎ ‎16(中)‎ 实验 ‎13(中),14(中)‎ 一、选择题(第1～6题为单项选择题,第7～12题为多项选择题,每小题4分,共48分)‎ ‎1.下列说法正确的是(　D　)‎ A.做直线运动的物体,其位移大小跟这段时间内它通过的路程一定 相同 B.撤掉水平推力后,物体很快停下来,说明力是维持物体运动的原因 C.国际单位制中,kg,m,N是三个基本单位 D.做变速直线运动的物体,加速度方向与运动方向相同,当物体加速度减小时,它的速度将变大 解析:单向直线运动的位移大小才等于路程,A错误;力是改变物体运动状态的原因不是维持物体运动的原因,撤掉水平推力后,物体很快停下来,是因为受到了摩擦力的作用,B错误;国际单位制中,kg,m,s是三个基本单位,C错误;只要加速度方向和速度方向相同,物体就做加速运动,不管加速度增大还是减小,D正确.‎ ‎2. 如图,重力为G的木块在拉力F的作用下沿水平面做直线运动,则木块受到的摩擦力一定为(　C　)‎ A.Fcos θ B.μFsin θ C.μ(G-Fsin θ) D.μG 解析:木块在拉力F的作用下沿水平面做直线运动,竖直方向没有位移,由竖直方向力平衡得地面的支持力N=G-Fsin θ,由牛顿第三定律可知木块对地面的压力N′=G-Fsin θ,木块受到的摩擦力一定为f=μ(G-Fsin θ).故选项C正确.‎ ‎3.电梯早已进入人们的日常生活.设某人乘坐电梯的 v-t 图象如图,取向上为正方向,下列说法中正确的是(　B　)‎ 10‎ A.0～t1 时间内人处于失重状态 B.t2～t4时间内人处于失重状态 C.t2～t3时间内与t3～t4时间内电梯的加速度方向相反 D.0～t1时间内和t3～t4时间内电梯的加速度方向相同 解析:速度图象的斜率等于加速度,则0～t1时间,加速度为正,方向向上,人处于超重状态,故A错误;t2～t4时间,加速度为负,方向向下,人处于失重状态,故B正确;t2～t3时间内与t3～t4时间内电梯的加速度都为负,方向相同,故C错误;0～t1时间内加速度为正,t3～t4时间内电梯的加速度为负,加速度方向相反,故D错误.‎ ‎4. 如图所示,用细线竖直悬挂一质量为M的杆,质量为m的小环套在杆上,它与杆间有摩擦,环由静止释放后沿杆下滑过程中加速度大小为a,则环下滑过程中细线对杆的拉力大小为(　C　)‎ A.Mg ‎ B.Mg+mg C.Mg+mg-ma ‎ D.Mg+mg+ma 解析:对m应用牛顿第二定律得mg-f=ma 解得f=mg-ma 对M有Mg+f-T=0‎ 解得T=Mg+mg-ma.‎ ‎5. 如图所示,将物体从固定的光滑斜面上静止释放,物体沿斜面下滑的过程中,下列说法正确的是(　D　)‎ A.物体所受的合力为零 B.斜面对物体的支持力对物体做正功 C.物体的动能不变 D.物体的机械能守恒 解析:物体沿光滑斜面加速下滑,则物体所受的合力不为零,选项A错误;斜面对物体的支持力的方向与斜面垂直,与物体的运动方向垂直,则支持力对物体不做功,选项B错误;因合外力对物体做正功,故物体的动能增加,选项C错误;因只有重力做功,则机械能守恒,选项D 正确.‎ ‎6.一子弹以速度v飞行恰能射穿一块钢板,如果子弹的速度是原来的3倍,则可射穿与上述相同的钢板的数目是(　C　)‎ A.3块 B.6块 ‎ 10‎ C.9块 D.12块 解析:根据题意,恰好射穿一块钢板损失的动能为ΔEk=mv2,当速度变为原来的3倍时,子弹具有的动能为ΔEk′=m(3v)2=9×mv2=9ΔEk,故能射穿9块钢板,C正确.‎ ‎7. 如图所示,水平地面上的物体A,在斜向上的拉力F的作用下,向右做匀速运动,则下列说法中正确的是(　BCD　)‎ A.物体A可能只受到三个力的作用 B.物体A一定受到了四个力的作用 C.物体A受到的滑动摩擦力大小为Fcos θ D.物体A对水平地面的压力的大小为mg-Fsin θ 解析:物体一定受重力,拉力F产生两个作用效果,水平向右拉木块,竖直向上拉木块,由于木块匀速直线运动,受力平衡,水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡,即一定有摩擦力,选项A错误,B正确,水平方向有f=Fcos θ,故选项C正确;竖直方向有N=mg-Fsin θ,故D正确.‎ ‎8. 质量为m的物体,放在质量为M的斜面体上,斜面体放在粗糙的水平地面上,m和M均处于静止状态,如图所示.当在物体m上施加一个水平力F,且F由零逐渐加大到Fm的过程中,m和M仍保持相对静止,在此过程中,下列判断哪些是正确的(　AD　)‎ A.斜面体对m的支持力逐渐增大 B.物体m受到的摩擦力逐渐增大 C.地面受到的压力逐渐增大 D.地面对斜面体的静摩擦力由零逐渐增大到Fm 解析:以m为研究对象,开始一段时间内受力如图(甲)所示,N1=‎ mgcos α+Fsin α,随着F增大N1增大,选项A正确;f=mgsin α-‎ Fcos α,随着F增大,f减小,当f减小到零后反向,则f=Fcos α-‎ mgsin α,随着F增大,f也增大,选项B错误;以整体为研究对象受力如图(乙)所示,N=(M+m)g不变,fM=F,选项C错误,D正确.‎ ‎9.质量为m的物体,在距地面h高处以g的加速度由静止竖直下落到地面,下列说法中正确的是(　BD　)‎ 10‎ A.物体重力势能减少mgh B.物体的机械能减少mgh C.物体的动能增加mgh D.重力做功mgh 解析:物体下落的高度为h,故重力做功mgh,所以重力势能减少mgh,A错误,D正确;下落过程中受到重力和阻力作用,根据牛顿第二定律可得mg-f=mg,解得f=mg,所以阻力做功Wf=mgh,机械能减少mgh,B正确;根据动能定理可得mgh-mgh=ΔEk,即ΔEk=mgh,C错误.‎ ‎10. a,b,c为三个物块,M,N为两个轻质弹簧,R为跨过光滑定滑轮的轻绳,它们连接如图并处于静止状态.突然剪断R,则剪断R的瞬间,物体a的加速度(　CD　)‎ A.大小不可能为零 B.大小可能为,方向竖直向上 C.大小可能为‎2g,方向竖直向下 D.大小可能为,方向竖直向下 解析:由于N弹簧上面与轻绳相连,故N弹簧可能处于原长也可能被拉伸.当N弹簧处于原长时,轻绳的拉力为零,则剪断R的瞬间,a受力仍然平衡,加速度为零,故选项A错误;绳子的作用力沿绳子收缩的方向,不可能对a产生向下的力,所以,剪断绳子后,a的加速度方向不可能向上,故选项B错误;当N处于伸长状态,M也处于伸长状态时,两个弹簧都有力的作用,当M弹簧对物体向下的拉力为mg,绳子的拉力等于2mg时,剪断R的瞬间,拉力消失,a所受的合外力向下,大小为2mg,则a的加速度为‎2g,方向竖直向下,故选项C正确;当N处于伸长状态,M处于压缩状态时,两个弹簧都有力的作用,当M弹簧对物体向上的弹力为 10‎ mg,绳子的拉力等于mg时,剪断R的瞬间,拉力消失,a所受的合外力向下,大小为mg,则a的加速度为g,方向竖直向下,故D正确.‎ ‎11. 静止在粗糙水平面上的物块A在方向始终水平向右的拉力作用下做直线运动,t=4 s时停下,其速度—时间图象如图所示,已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同,下列判断正确的是(　CD　)‎ A.从t=1 s到t=3 s这段时间内拉力的功率保持不变,该功率为整个过程的最大值 B.从t=1 s到t=3 s这段时间内拉力不做功 C.全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功 D.全过程合外力做的总功等于零 解析:由图象可知,物块在0～1 s内做匀加速直线运动,拉力大于摩擦力,在1 s末时刻,P=Fv0>fv0,1～3 s内做匀速运动,拉力等于摩擦力,‎ P′=F′v0=fv0,P>P′,故A错误;从t=1 s到t=3 s这段时间内拉力等于摩擦力,拉力方向上有位移,所以拉力做功,故B错误;对物块运动的全过程运用动能定理可知,合外力做的总功等于零,即拉力做的功等于克服摩擦力所做的功,故C,D正确.‎ ‎12. 一人通过滑轮将质量为m的物体,沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面,物体上升的高度为h,到达斜面顶端的速度为v,如图所示.则在此过程中(　BC　)‎ A.物体所受的合力做功为mgh+mv2‎ B.物体所受的合力做功为mv2‎ C.人对物体做的功大于mgh D.人对物体做的功等于物体增加的重力势能和增加的动能之和 解析:由动能定理可知,合外力做功一定等于动能的改变量,即等于mv2,故A错误,B正确;由功能原理可知,人对物体做的功为W=mgh+‎ mv2+Wf>mgh,Wf是物体克服摩擦力做的功,C正确;人对物体做的功等于物体增加的重力势能和增加的动能以及克服摩擦力做功之和,D 错误.‎ 10‎ 二、非选择题(共52分)‎ ‎13.(8分)“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图(甲)‎ 所示.‎ ‎(1)某同学在实验中.打出的一条纸带如图(乙)所示,他选择了几个计时点作为计数点,相邻两计数点间还有4个计时点没有标出,其中s1=‎ ‎7.06 cm‎,s2=‎7.68 cm,s3=‎8.30 cm,s4=‎8.92 cm,那么打b点的瞬时速度大小是　　　　 m/s;纸带加速度的大小是　　　　 m/s2(计算结果保留两位有效数字). ‎ ‎(2)某同学将长木板右端适当垫高,以平衡摩擦力.但他把长木板的右端垫得过高,使得倾角过大.用a表示小车的加速度,F表示细线作用于小车的拉力.他绘出的a-F关系图是　　　　. ‎ 解析:(1)相邻两计数点间还有4个计时点没有标出,则计数点间的时间间隔t=0.02×5 s=0.1 s;‎ 打b点时的瞬时速度 vb==≈‎0.74 m/s;‎ 纸带的加速度a===m/s2=‎0.62 m/s2.‎ ‎(2)平衡摩擦力时把长木板的右端垫得过高,使得倾角过大,在不挂砝码盘时,小车受到的合力不为零,小车已经有加速度,a-F图象不过原点,在a轴上有截距,绘出的a-F图象是C.‎ 答案:(1)0.74(3分)　0.62(3分)　(2)C(2分)‎ ‎14.(8分)验证机械能守恒定律实验中:‎ ‎(1)从下列器材中选出实验所必需的,其编号为　　　　. ‎ A.打点计时器(包括纸带) B.重物 C.天平 D.毫米刻度尺 E.秒表 ‎(2)在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中,质量m=‎‎1.00 kg 10‎ 的重物自由下落,打点计时器在纸带上打出一系列点,如图所示为选取的一条符合实验要求的纸带,O为纸带上打下的第一个点,A,B,C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出).已知打点计时器打点频率为50 Hz,当地的重力加速度为g=‎9.8 m/s2.那么,从O点到所取B点,重物重力势能减少量ΔEp=　　 J;动能增加量ΔEk=　 J;‎ ‎(结果保留三位有效数字) ‎ ‎(3)根据计算的数据可得出结论:　 . ‎ 解析:(1)打点计时器(含纸带)、重物是必需的,为了测量计数点的距离,需要毫米刻度尺;因为我们是比较mgh,mv2的大小关系,故m可约去,不需要用天平;打点计时器本身可以计算时间,所以不需要秒表,故选ABD.‎ ‎(2)减少的重力势能 ΔEp=mgh=1.00×9.8×19.20×10-2 J=1.88 J vB== m/s=‎1.92 m/s 所以增加的动能ΔEk=m=×1×1.92 J=1.84 J.‎ ‎(3)在误差允许的范围内,机械能守恒 答案:(1)ABD(2分)　(2)1.88(2分)　1.84(2分)　‎ ‎(3)在误差允许的范围内,机械能守恒(2分)‎ ‎15. (6分)如图是一种测定风力的仪器的原理图,一金属球固定在一细长的轻金属丝下端,能绕悬挂点O在竖直平面内转动,无风时金属丝自然下垂,现发现水平风力大小为F时,金属丝偏离竖直方向的角度为θ,求:‎ ‎(1)金属球对金属丝的拉力的大小;‎ ‎(2)金属球的质量为多少?‎ 解析: (1)对金属球受力分析如图,由力的平衡条件得金属丝对金属球的拉力 T= (2分)‎ 10‎ 由牛顿第三定律得金属球对金属丝的拉力为T′=T=. (1分)‎ ‎(2)由力的平衡条件得mg= (2分)‎ 所以,金属球的质量为m=. (1分)‎ 答案:(1)　(2)‎ ‎16.(8分)在夜间,有一货车因故障停驶,司机在车后‎60 m处放置三角警示架,以提醒后面驾车司机.后方一小轿车以‎30 m/s的速度驶来,距警示架‎50 m时发现该标志,驾驶员采取措施,他的反应时间为0.6 s,刹车后小轿车做匀减速运动,小轿车停止时距货车尾部‎2 m.求:‎ ‎(1)驾驶员反应时间内通过的位移大小;‎ ‎(2)小轿车制动后加速度的大小;‎ ‎(3)驾驶员从发现警示架到停止所用的时间.‎ 解析:(1)小轿车在反应时间内做匀速直线运动,则位移 s1=v0t0=30×‎0.6 m=‎18 m. (2分)‎ ‎(2)由题意知,制动的距离 s2=‎50 m+‎60 m-2 m-s1=‎90 m, (2分)‎ 则制动的加速度大小 a== m/s2=‎5 m/s2. (2分)‎ ‎(3)匀减速直线运动的时间t1== s=6 s (1分)‎ 驾驶员从发现警示架到停止所用的时间 t=t0+t1=(0.6+6) s=6.6 s. (1分)‎ 答案:(1)‎18 m　(2)‎5 m/s2　(3)6.6 s ‎17.(10分)如图所示,倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带,传送带正以‎6 m/s速度运动,运动方向如图所示.一个质量为m的物体(物体可以视为质点),从h=‎3.2 m高处由静止沿斜面下滑,物体经过A点时,不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面,都不计其速率变化.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g=‎10 m/s2,则:‎ ‎(1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间;‎ ‎(2)物体在传送带上向左运动的最远距离(传送带足够长);‎ ‎(3)物体第一次通过传送带返回A点后,沿斜面上滑的最大高度为 多少.‎ 解析:(1)物体在斜面上的加速度大小 10‎ a1==gsin 30°=‎5 m/s2. (1分)‎ 根据=a1t2 (1分)‎ 解得t==s=1.6 s. (1分)‎ 滑到底端的速度 v=a1t=5×‎1.6 m=‎8 m/s. (1分)‎ ‎(2)物体在传送带上做匀减速运动的加速度大小 a2=μg=‎5 m/s2, (1分)‎ 则物体在传送带上向左运动的最远距离 s==m=‎6.4 m. (1分)‎ ‎(3)因为物体速度减为零后,返回做匀加速直线运动,返回时速度达到传送带速度后做匀速直线运动,所以物块返回到A点的速度为‎6 m/s,‎ 则上滑的距离s′==m=‎3.6 m, (2分)‎ 上升的高度h′=×‎3.6 m=‎1.8 m. (2分)‎ 答案:(1)1.6 s　(2)‎6.4 m　(3)‎‎1.8 m ‎18.(12分) 如图所示,一轻弹簧的下端固定在倾角θ=37°的斜面上,上端连一不计质量的挡板.一质量m=‎2 kg的物体从斜面上的A点以初速度v0=‎3 m/s下滑.A点距弹簧上端B的距离lAB=‎4 m,当物体到达B后将弹簧压缩到C点,最大压缩量lBC=‎0.2 m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D点,D点距A点lAD=‎3 m.g取‎10 m/s2,sin 37°‎ ‎=0.6,cos 37°=0.8,求:‎ ‎(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;‎ ‎(2)弹簧的最大弹性势能Epm.‎ 解析:(1)最后的D点与开始的位置A点相比,‎ 动能减少ΔEk=m=9 J (1分)‎ 重力势能减少ΔEp=mglADsin 37°=36 J (1分)‎ 机械能减少ΔE=ΔEk+ΔEp=45 J (1分)‎ 机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功,‎ 10‎ 即Wf=ΔE=45 J (1分)‎ 又Wf=μmgcos θ·l (1分)‎ 其中l=2(lAB+lBC)-lAD=‎5.4 m (1分)‎ 解得μ≈0.52. (1分)‎ ‎(2)弹簧压缩到C点时,对应的弹性势能最大,A到C的过程,动能减少ΔEk′=m=9 J (1分)‎ 重力势能减少ΔEp′=mglAC·sin 37°=50.4 J (1分)‎ 机械能的减少用于克服摩擦力做功 Wf′=μmgcos 37°·lAC=34.9 J (1分)‎ 由能的转化和守恒定律得 Epm=ΔEk′+ΔEp′-Wf′=24.5 J. (2分)‎ 答案:(1)0.52　(2)24.5 J 10‎