階段綜合檢測（一） 第一~三章驗收(普通高中).doc

第 12 頁 共 12 頁階段綜合檢測（一） 第一三章驗收(時間：90分鐘滿分：110分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第17題只有一項符合題目要求，第812題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)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/sC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/hD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/h7.5 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t0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t0時刻開始受到如圖乙所示的水平拉力作用。則在04 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C2 s末乙物體改變運動方向D2 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02 s內做勻減速直線運動，在24 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Fma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02 s內做加速度減小的加速運動，24 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.(2018遼寧省實驗中學模擬)一皮帶傳送裝置如圖所示，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦?，F(xiàn)將滑塊輕放在皮帶上，彈簧恰好處于自然長度且軸線水平。若在彈簧從自然長度到第一次達最長的過程中，滑塊始終未與皮帶達到共速，則在此過程中滑塊的速度和加速度變化情況是()A速度增大，加速度增大B速度增大，加速度減小C速度先增大后減小，加速度先增大后減小D速度先增大后減小，加速度先減小后增大解析：選D滑塊輕放到皮帶上，受到向左的摩擦力，開始摩擦力大于彈簧的彈力，向左做加速運動，在此過程中，彈簧的彈力逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度逐漸減小，當彈簧的彈力與滑動摩擦力相等時，速度達到最大，然后彈力大于摩擦力，加速度方向與速度方向相反，滑塊做減速運動，彈簧彈力繼續(xù)增大，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度逐漸增大，速度逐漸減小。故D正確，A、B、C錯誤。6(2018盤錦模擬)在水平的足夠長的固定木板上，一小物塊以某一初速度開始滑動，經(jīng)一段時間t后停止，現(xiàn)將該木板改置成傾角為45的斜面，讓小物塊以大小相同的初速度沿木板上滑，若小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為，則小物塊上滑到最高位置所需時間與t之比為()A.B.C. D.解析：選A木板水平時，物塊的合力是滑動摩擦力。根據(jù)牛頓第二定律得出：小物塊的加速度a1g，設滑行初速度為v0，則滑行時間為t；木板改置成傾角為45的斜面后，對物塊進行受力分析，如圖所示：小物塊的合力F合mgsin 45fmgsin 45mgcos 45小物塊上滑的加速度a2，滑行時間t，因此，故A正確，B、C、D錯誤。7.(2018“超級全能生”26省聯(lián)考)如圖所示，某豎直彈射裝置由兩根勁度系數(shù)為k的輕彈簧以及質量不計的底盤構成，當質量為m的物體豎直射向空中時，底盤對物體的支持力為6mg(g為重力加速度)，已知兩根彈簧與豎直方向的夾角為60，則此時每根彈簧的伸長量為()A. B.C. D.解析：選D對物體m，受重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律，有：Nmgma其中：N6mg解得：a5g再對質量不計的底盤和物體m整體分析，受兩個拉力和重力，根據(jù)牛頓第二定律，有：豎直方向：2Fcos 60mgma解得：F6mg根據(jù)胡克定律，有：x故D正確。8.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，則在這個過程中，物體受到的摩擦力Ff和墻壁對物體彈力的變化情況是()AFf方向可能一直豎直向上BFf可能先變小后變大CFN先變小后變大DFN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。9.(2018皖南八校聯(lián)考)質量為0.2 kg的物塊在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動，6 s末撤去水平推力F，如圖實線表示其運動的v t圖像，其中經(jīng)過點(4,0)的虛線是6 s末v t圖像的切線。g取10 m/s2。下列說法正確的是()A6 s末物塊速度方向改變B06 s內物塊平均速度比610 s內物塊平均速度小C物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1D水平推力F的最大值為0.9 N解析：選BD6 s末物塊速度仍為正值，故速度方向沒改變，選項A錯誤；若06 s內物塊做勻加速運動，則平均速度為3 m/s，而由圖線可知，物塊在06 s內的平均速度小于3 m/s，而物塊在610 s內的平均速度等于3 m/s，故06 s內物塊平均速度比610 s內物塊平均速度小，選項B正確；撤去外力后的加速度a m/s21.5 m/s2，根據(jù)ag1.5 m/s2可知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.15，選項C錯誤；物塊的最大加速度為am m/s23 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律Fmmgmam，解得Fm0.9 N，選項D正確。10.(2018濰坊一模)靜止在水平面上的物體，受到水平拉力F的作用，在F從20 N開始逐漸增大到40 N的過程中，加速度a隨拉力F變化的圖像如圖所示，由此可以計算出(g10 m/s2)()A物體的質量B物體與水平面間的動摩擦因數(shù)C物體與水平面間的滑動摩擦力大小D加速度為2 m/s2時物體的速度解析：選ABC當F20 N時，根據(jù)牛頓第二定律：Ffma，得a則由數(shù)學知識知圖像的斜率k由圖得k，可得物體的質量為5 kg。將F20 N時a1 m/s2，代入Ffma得：物體受到的摩擦力f15 N由fFNmg可得物體的動摩擦因數(shù)，故A、B、C正確。因為圖像只給出作用力與加速度的對應關系，且物體做加速度逐漸增大的加速運動，因沒有時間，故無法算得物體的加速度為2 m/s2時物體的速度，故D錯誤。11.(2018百校聯(lián)盟沖刺金卷)如圖所示，物塊A、B疊放在一起，其中B與斜面間的動摩擦因數(shù)tan ，A、B整體相對靜止以一定的初速度沿固定的足夠長的斜面上滑，則下列說法正確的是()A上滑的過程A、B整體處于失重狀態(tài)B上滑到最高點后A、B整體將停止運動CA與B之間的摩擦力在上滑過程中大于下滑過程DA與B之間的摩擦力在上滑與下滑過程中大小相等解析：選AD在上升和下滑的過程，整體都是只受三個力，重力、支持力和摩擦力，以向下為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得向上運動的過程中：(mAmB)gsin f(mAmB)a，f(mAmB)gcos 因此有：agsin gcos ，方向沿斜面向下，所以向上運動的過程中A、B組成的整體處于失重狀態(tài)，故A正確。同理對整體進行受力分析，向下運動的過程中，由牛頓第二定律得：(mAmB)gsin f(mAmB)a，得：agsin gcos 由于tan ，所以a0所以上滑到最高點后A、B整體將向下運動，故B錯誤；以B為研究對象，向上運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有：mBgsin fmBa，解得：fmBgcos ；向下運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有：mBgsin fmBa，解得：fmBgcos ；所以ff，即A與B之間的摩擦力上滑與下滑過程中大小相等，故C錯誤，D正確。12.(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，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，且保持不變。假設抱枕質量為m1，小孩質量為m2，小球、繩的質量及空氣阻力忽略不計，則下列說法正確的是()A分析可知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(m1m2)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agsin ，做勻加速直線運動，隔離對小孩和抱枕分析，加速度agsin gsin ，則，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m1am1gsin ，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(m1m2)gcos ，抱枕對小孩的作用力方向沿繩子方向向上，大小為m2gcos ，則繩子拉力與抱枕對小孩的作用力之比為(m1m2)m2，故D正確。二、實驗題(本題共2小題，共15分)13(6分)(2018武漢華中師大一附中模擬)在“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗中，測得紙帶上計數(shù)點的情況如圖所示，A、B、C、D、E為選好的計數(shù)點，在相鄰的兩個計數(shù)點之間還有4個點未標出，圖中數(shù)據(jù)的單位是cm，實驗中使用的電源頻率為50 Hz。由此可知：小車的加速度a_m/s2；打點計時器打下C點時，小車的瞬時速度vC_m/s。(結果保留兩位有效數(shù)字)解析：每相鄰的兩計數(shù)點間都有四個點未畫出，因此計數(shù)點之間的時間間隔為T0.1 s；根據(jù)xaT2，可得a；代入數(shù)據(jù)，解得a102 m/s20.34 m/s2。根據(jù)勻變速直線運動中，中間時刻的速度等于該過程中的平均速度，有：vC102 m/s0.44 m/s。答案：0.340.4414(9分)(2018河北正定中學檢測)為了研究人們用繩索跨山谷過程中繩索拉力的變化規(guī)律，同學們設計了如圖(a)所示的實驗裝置，他們將不可伸長輕繩的兩端通過測力計(不計質量及長度)固定在相距為D的兩立柱上，固定點分別為M和N，M低于N，繩長為L(LD)。他們首先在輕繩上距離M點10 cm處(標記為C)系上質量為m的重物(不滑動)，由測力計讀出輕繩MC、NC的拉力大小TM和TN，隨后改變重物懸掛點的位置，每次將M到C點的距離增加10 cm，并讀出測力計的示數(shù)，最后得到TM、TN與輕繩MC長度之間的關系曲線如圖所示，由實驗可知：(1)曲線中拉力最大時，C與M點的距離為_cm，該曲線為_(選填：TM或TN)的曲線。(2)若用一個光滑的掛鉤將該重物掛于輕繩上，待穩(wěn)定后，左端測力計上的示數(shù)為_N，MC與水平方向的夾角為_(用正弦值表示)(第2問結果均保留兩位有效數(shù)字)。解析：(1)由題圖(b)可知，曲線中拉力最大時，C與M點的距離為100 cm。選取C為研究的對象，受力如圖，水平方向：TMsin TNsin ，豎直方向：TMcos TNcos G，由圖可得，當時，兩輕繩上的拉力相等，該處離M比較近。C到M與N的距離相等時，受力如圖：水平方向仍然滿足：TMsin TNsin 由圖可得，所以：TMTN，所以曲線是TM的曲線，曲線是TN的曲線。(2)若用一個光滑的掛鉤將該重物掛于輕繩上，待穩(wěn)定后，輕繩兩次的拉力相等，對應題圖(b)中兩曲線的交點，可讀出輕繩的拉力T04.3 N。由(1)中分析可知此時，則：2T0cos mg。由幾何關系可知，MC與水平方向的夾角為(90)；由題圖(b)可知，重物的重力為3.2 N。則可知，MC與水平方向的夾角的正弦值為：sin(90)cos 0.37。答案：(1)100TN(2)4.30.37三、計算題(本題共4小題，共47分)15(10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h16 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h23 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h500 m，取g10 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：MgfMa1解得a19.6 m/s2加速下落的高度為h1h23 000 m，根據(jù)位移時間關系公式，有：h1h2a1t2，故加速下落的時間為t s25 s。(2)飛艇開始做減速運動時的速度為va1t240 m/s勻減速下落的最大高度為h2h3 000 m500 m2 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/s211.52 m/s2根據(jù)牛頓第二定律可得Fmgma2，根據(jù)牛頓第三定律可得FF，則：2.152。答案：(1)25 s(2)2.15216(12分)(2018遵義模擬)如圖，光滑水平面上，質量為M2 kg的木板B(足夠長)，在F6 N的水平向右外力作用下從靜止開始運動，t01 s末將一質量為m1 kg的煤塊A輕放在B的右端，A、B間動摩擦因數(shù)為0.3(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g10 m/s2)，求：(1)煤塊A剛放上時，A、B的加速度大??；(2)煤塊A在B上劃過的痕跡的長度。解析：(1)根據(jù)題意，對物體進行受力分析，對于A，水平方向上只受到摩擦力，所以有：mgma解得：aAg3 m/s2。對于B，放上A之后，B在水平方向上受到兩個力的作用，由牛頓第二定律可得：FmgMaB解得：aB m/s21.5 m/s2。(2)當A、B的速度相同的時候，A在B上將不再產(chǎn)生痕跡，設放上去A之前，B的速度為v0，經(jīng)過t秒，它們達到共同速度，則aAtv0aBt沒有放上A之前的1秒鐘，B的加速度為3 m/s2，所以放上A之前，B的速度v03 m/s由以上可知：3t31.5t解得：t2 s。xBv0taBt232 m21.5 m9 mxAaAt26 m所以劃痕長為xBxA9 m6 m3 m。答案：(1)3 m/s21.5 m/s2(2)3 m17(12分)(2018天津市五區(qū)縣期末)如圖甲所示，光滑平臺右側與一長為L2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一小滑塊以初速度v05 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止?，F(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角37，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)；(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t。解析：(1)設滑塊質量為m，木板水平時滑塊加速度為a，則對滑塊有mgma滑塊恰好到木板右端停止0v022aL解得0.5。(2)當木板傾斜時，設滑塊上滑時的加速度為a1，最大距離為x，上滑的時間為t1，有mgcos mgsin ma10v022a1x0v0a1t1解得t1 s設滑塊下滑時的加速度為a2，下滑的時間為t2，有mgsin mgcos ma2xa2t2