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类型2019届高考物理江苏专版一轮复习阶段检测(一) 第一_三章验收 Word版含解析.doc

  • 上传人:梦中客
  • 文档编号:1667342
  • 上传时间:2018-08-16
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    2019届高考物理江苏专版一轮复习阶段检测(一) 第一_三章验收 Word版含解析.doc
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    1、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 7 小题,每小题 3 分,共 21 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 0.125 m/sC通过前方这 3 公里的过程中,车子的平均速度大约为 7.5 km/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

    2、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 xt 32460km/h 7.5 km/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 1 s 末两物体相遇D前 2 s 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

    3、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 1 s 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 2 s 内,两个物体通过的位移相等,所用时间相等,故前 2 s 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

    4、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 t0 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 t0 时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在 04 s 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C2 s 末乙

    5、物体改变运动方向D2 s 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 02 s 内做匀减速直线运动,在 24 s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 Fma 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 02 s 内做加速度减小的加速运动,24 s 内沿原方向做加速度增大的减速运动,2 s 末运动方向没有改 变,且 2 s 末乙物体速度达到最大,故 C 错误,D 正确。5.(2018辽宁省实验中学模拟)一皮带传送装置如图所示,轻弹簧一端固

    6、定,另一端连接一个质量为 m 的滑块,已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上,弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中,滑块始终未与皮带达到共速,则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )A速度增大,加速度增大B速度增大,加速度减小C速度先增大后减小,加速度先增大后减小D速度先增大后减小,加速度先减小后增大解析:选 D 滑块轻放到皮带上,受到向左的摩擦力,开始摩擦力大于弹簧的弹力,向左做加速运动,在此过程中,弹簧的弹力逐渐增大,根据牛顿第二定律,加速度逐渐减小,当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时,速度达到最大,然后弹力大于摩擦力,加速度方向与速度方向相

    7、反,滑块做减速运动,弹簧弹力继续增大,根据牛顿第二定律得,加速度逐渐增大,速度逐渐减小。故 D 正确,A、B、 C 错误。6(2018盘锦模拟)在水平的足够长的固定木板上,一小物块以某一初速度开始滑动,经一段时间 t 后停止,现将该木板改置成倾角为 45的斜面,让小物块以大小相同的初速度沿木板上滑,若小物块与木板之间的动摩擦因数为 ,则小物块上滑到最高位置所需时间与 t 之比为( )A. B.21 2 1C. D.22 1 2解析:选 A 木板水平时,物 块的合力是滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得出:小物块的加速度 a1g ,设滑行初速度为 v0,则滑行时间为 t ;v0g木板改置成倾角为 45

    8、的斜面后,对物块进行受力分析,如图所示:小物块的合力F 合 mgsin 45fmgsin 45mgcos 45小物块上滑的加速度a2 ,mgsin 45 mgcos 45m 1 2g2滑行时间 t ,v0a2 2v01 g因此 ,故 A 正确,B、 C、D 错误。t t 21 7.如图所示,某竖直弹射装置由两根劲度系数为 k 的轻弹簧以及质量不计的底盘构成,当质量为 m 的物体竖直射向空中时,底盘对物体的支持力为 6mg(g 为重力加速度),已知两根弹簧与竖直方向的夹角为60,则此时每根弹簧的伸长量为( )A. B.3mgk 4mgkC. D.5mgk 6mgk解析:选 D 对物体 m,受重力

    9、和支持力,根据牛顿第二定律,有:Nmgma其中:N6mg解得:a5g再对质量不计的底盘和物体 m 整体分析,受两个拉力和重力,根据牛顿第二定律,有:竖直方向:2Fcos 60mgma解得:F6mg根据胡克定律,有:x Fk 6mgk故 D 正确。二、多项选择题(本题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 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)8.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,则在这个过程中,物体受到的摩擦力 Ff 和墙壁对物体弹力的变化情况是( )AF f

    10、 方向可能一直竖直向上BF f 可能先变小后变大CF N 先变小后变大DF N 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,F f 方向一直竖直向上,F f则一直减小,若 F 在竖直方向的分力大于物体重力,则 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。9.(2018皖南八校联考)质量为 0.2 kg 的物块在水平推力 F 的作用下沿水平面做直线运动,6 s 末撤去水平推力 F,如图实线表示其运动的 v t 图像

    11、,其中经过点(4,0)的虚线是 6 s 末 v t 图像的切线。g 取 10 m/s2。下列说法正确的是( )A6 s 末物块速度方向改变B06 s 内物块平均速度比 610 s 内物块平均速度小C物块与水平面间的动摩擦因数为 0.1D水平推力 F 的最大值为 0.9 N解析:选 BD 6 s 末物块速度仍为正值,故速度方向没改变, 选项 A 错误;若 06 s 内物块做匀加速运动,则平均速度 为 3 m/s,而由 图线可知,物块在 06 s 内的平均速度小于 3 m/s,而物块在 610 s 内的平均速度等于 3 m/s,故 06 s 内物块平均速度比 610 s 内物块平均速度小,选项 B

    12、 正确;撤去外力后的加速度 a m/s21.5 m/s2,根据vt 610 6ag1.5 m/s2 可知物块与水平面间的动摩擦因数为 0.15,选项 C 错误;物块的最大加速度为 am m/s23 m/s2,根据牛 顿第二定律 Fmmg ma m,解得 Fm0.9 N,选项vt 66 4D 正确。10.(2018潍坊一模)静止在水平面上的物体,受到水平拉力 F 的作用,在 F 从 20 N 开始逐渐增大到 40 N 的过程中,加速度 a 随拉力 F 变化的图像如图所示,由此可以计算出(g10 m/s 2)( )A物体的质量B物体与水平面间的动摩擦因数C物体与水平面间的滑动摩擦力大小D加速度为

    13、2 m/s2 时物体的速度解析:选 ABC 当 F20 N 时,根据牛 顿第二定律:Ffma,得 a fm Fm则由数学知识知图像的斜率 k1m由图得 k ,可得物体的 质量为 5 kg。5 140 20 15将 F20 N 时 a1 m/s 2,代入 Ff ma 得:物体受到的摩擦力 f15 N由 fF Nmg 可得物体的 动摩擦因数 ,故 A、B、C 正确。因为图像只给出作用力与加速度的对应关系,且物体做加速度逐渐增大的加速运动,因没有时间,故无法算得物体的加速度 为 2 m/s2时物体的速度,故 D 错误。11.(2018百校联盟冲刺金卷)如图所示,物块 A、B 叠放在一起,其中 B 与

    14、斜面间的动摩擦因数 tan ,A、B 整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑,则下列说法正确的是( )A上滑的过程 A、B 整体处于失重状态B上滑到最高点后 A、B 整体将停止运动CA 与 B 之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程DA 与 B 之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等解析:选 AD 在上升和下滑的 过程,整体都是只受三个力,重力、支持力和摩擦力,以向下为正方向,根据牛顿第二定律得向上运 动的过程中:(mAm B)gsin f(m Am B)a,f(m Am B)gcos 因此有:agsin g cos ,方向沿斜面向下,所以向上运动的过程中 A、B 组成的整体处于失重

    15、状态,故 A 正确。同理对整体进行受力分析,向下运 动的过程中,由牛 顿第二定律得:(mAm B)gsin f(m Am B)a,得:agsin g cos 由于 tan ,所以 a0所以上滑到最高点后 A、B 整体将向下运动,故 B 错误;以 B 为研究对象,向上运动的过程中,根据牛顿第二定律有:mBgsin f m Ba,解得:fm Bgcos ;向下运动的过程中,根据牛顿 第二定律有:mBgsin f m Ba,解得:fm Bgcos ;所以 ff ,即 A 与 B 之间 的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等,故 C 错误, D 正确。12.(2018儋州四校联考)如图所示为儿童乐园里一项游

    16、乐活动的示意图,金属导轨倾斜固定,倾角为 ,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 ,且保持不变。假设抱枕质量为 m1,小孩质量为 m2,小球、绳的质量及空气阻力忽略不计,则下列说法正确的是 ( )A分析可知 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 (m1m 2)m 2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 agsin ,做匀加速直线运动,隔离 对小孩和抱枕分析,加速度 agsin gs

    17、in ,则 ,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 m1am 1gsin ,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( m1m 2)gcos ,抱枕 对小孩的作用力方向沿绳子方向向上,大小为 m2gcos ,则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m 1m 2)m2,故 D 正确。三、实验题(本题共 2 小题,共 18 分)13(6 分)(2018 武汉华中师大一附中模拟)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中,测得纸带上计数点的情况

    18、如图所示,A、B 、C、D 、 E 为选好的计数点,在相邻的两个计数点之间还有 4 个点未标出,图中数据的单位是 cm,实验中使用的电源频率为 50 Hz。由此可知:小车的加速度 a_m /s2;打点计时器打下 C 点时,小车的瞬时速度 vC _m/s。( 结果保留两位有效数字 )解析:每相邻的两计数点间都有四个点未画出,因此 计数点之 间的时间间隔为 T0.1 s;根据 xaT 2,可得 a ;xCE xAC4T2代入数据,解得a 102 m/s20.34 m/s 2。17.47 8.05 8.0540.12根据匀变速直线运动中,中间时 刻的速度等于该过程中的平均速度,有:vC 102 m/

    19、s0.44 m/s。xBD2T 12.59 3.8620.1答案:0.34 0.4414(12 分)(2018 河北正定中学检测)为了研究人们用绳索跨山谷过程中绳索拉力的变化规律,同学们设计了如图(a)所示的实验装置,他们将不可伸长轻绳的两端通过测力计 (不计质量及长度)固定在相距为 D 的两立柱上,固定点分别为 M 和 N,M 低于 N,绳长为L(LD)。他们首先在轻绳上距离 M 点 10 cm 处( 标记为 C)系上质量为 m 的重物(不滑动) ,由测力计读出轻绳 MC、NC 的拉力大小 TM和 TN,随后改变重物悬挂点的位置,每次将M 到 C 点的距离增加 10 cm,并读出测力计的示数

    20、,最后得到 TM、T N与轻绳 MC 长度之间的关系曲线如图所示,由实验可知:(1)曲线中拉力最大时,C 与 M 点的距离为_cm,该曲线为_( 选填:TM或 TN)的曲线。(2)若用一个光滑的挂钩将该重物挂于轻绳上,待稳定后,左端测力计上的示数为_N,MC 与水平方向的夹角为_( 用正弦值表示 )(第 2 问结果均保留两位有效数字) 。解析:(1)由题图(b)可知,曲 线 中拉力最大时,C 与 M 点的距离为 100 cm。选取 C 为研究的对象,受力如图,水平方向:T Msin T Nsin ,竖直方向:T Mcos T Ncos G,由图可得,当 时,两轻绳上的拉力相等,该处离 M 比较

    21、近。 C 到 M 与 N 的距离相等 时,受力如图:水平方向仍然满足:T Msin TNsin 由图可得 ,所以:T MTN,所以曲线是 TM的曲线,曲线是 TN的曲线。(2)若用一个光滑的挂钩将该重物挂于轻绳上,待稳定后,轻绳两次的拉力相等,对应题图(b)中两曲线的交点,可读出轻绳的拉力 T04.3 N 。由(1)中分析可知此时 ,则:2T 0cos mg 。由几何关系可知,MC 与水平方向的夹角为(90 );由题图(b)可知,重物的重力为 3.2 N。则可知,MC 与水平方向的夹角的正弦值为:sin(90 ) cos 0.37。mg2T0 3.224.3答案:(1)100 T N (2)4

    22、.3 0.37四、计算题(本题共 4 小题,共 61 分)15(14 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 6 000 m 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h23 000 m 时,开始做匀减速运动,以保证飞艇离地面的高度不低于 h500 m,取g10 m/s 2,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。Fmg解析:(1)设飞艇加速下落的加速度为 a1,由牛

    23、顿第二定律得:Mgf Ma1解得 a1 9.6 m/s 2Mg fM加速下落的高度为 h1h 23 000 m ,根据位移时间关系公式,有:h 1h 2 a1t2,12故加速下落的时间为t s25 s 。2h1 h2a1 23 0009.6(2)飞艇开始做减速运动时的速度为 va 1t240 m/s匀减速下落的最大高度为h2h3 000 m500 m2 500 m要使飞艇在下降到离地面 500 m 时速度为零,飞艇减速时的加速度 a2 至少应为a2 m/s211.52 m/s 2v22h2 h 240222 500根据牛顿第二定律可得 F mgma 2,根据牛顿第三定律可得 FF,则: 2.1

    24、52。Fmg答案:(1)25 s (2)2.15216(15 分)(2018 遵义模拟)如图,光滑水平面上,质量为 M2 kg 的木板 B(足够长) ,在 F6 N 的水平向右外力作用下从静止开始运动,t 0 1 s 末将一质量为 m1 kg 的煤块A 轻放在 B 的右端,A 、B 间动摩擦因数为 0.3(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g10 m/s2),求:(1)煤块 A 刚放上时,A、B 的加速度大小;(2)煤块 A 在 B 上划过的痕迹的长度。解析:(1)根据题意, 对物体进行受力分析,对于 A,水平方向上只受到摩擦力,所以有:mgma解得:a Ag3 m/s 2。对于 B,放上 A 之后

    25、, B 在水平方向上受到两个力的作用,由牛顿第二定律可得:Fmg Ma B解得:a B m/s21.5 m/s 2。6 32(2)当 A、B 的速度相同的时候,A 在 B 上将不再产生痕迹,设放上去 A 之前,B 的速度为 v0,经过 t 秒,它们达到共同速度,则 aAtv 0a Bt没有放上 A 之前的 1 秒钟,B 的加速度为 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。xB v0t aBt232 m21.5 m9 m12xA aAt26 m12所以划痕长为 xBx A9 m 6 m3 m。答案:(1)3 m /s2 1.5 m/

    26、s 2 (2)3 m17(16 分)(2018 天津市五区县期末)如图甲所示,光滑平台右侧与一长为 L2.5 m 的水平木板相接,木板固定在地面上,现有一小滑块以初速度 v05 m/s 滑上木板,恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高,如图乙所示,使木板与水平地面的夹角 37 ,让滑块以相同的初速度滑上木板,不计滑块滑上木板时的能量损失,g 取 10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8。求:(1)滑块与木板之间的动摩擦因数 ;(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 t。解析:(1)设滑块质量为 m,木板水平时滑块加速度为 a,则对 滑块有 mgma滑块恰好到木板右端停止

    27、0v 022aL解得 0.5。v022gL(2)当木板倾斜时, 设滑块上滑时的加速度为 a1,最大距离为 x,上滑的时间为 t1,有mgcos mgsin ma 10v 022a 1x0v 0a 1t1解得 t1 s12设滑块下滑时的加速度为 a2,下滑的 时间为 t2,有mgsin mg cos ma 2x a2t2212解得 t2 s52滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间tt 1t 2 s。1 52答案:(1)0.5 (2) s1 5218(16 分) (2018全国百所名校示范卷)近年来网上购物发展迅速,使得物流业迅速发展起来,图示为某快递物流中心用传送带分流物品的示意图,传送带

    28、以恒定速度 v4 m/s 顺时针运行,传送带与水平面的夹角 37 。现将质量 m2 kg 的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成质点) ,平台上的人通过一根轻绳用恒力 F 20 N 拉小物品,经过一段时间物品被拉到离地面高为 H1.8 m 的平台上,如图所示。已知物品与传送带之间的动摩擦因数 0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取 10 m/s2,已知 sin 370.6,cos 370.8,求:(1)物品达到与传送带相同速率所用的时间;(2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少?(3)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力 F,则物品还需多少时间才能到达平台?解析:(1)物品在

    29、达到与传送带速度 v4 m/s 相等前,有:Fmg cos 37mgsin 37 ma1解得:a 18 m/s 2由 va 1t1,得 t1 0.5 sva1位移为:x 1 a1t121 m。12(2)达共速后,有:Fmgcos 37mg sin 37ma 2解得 a20,即滑块匀速上滑,位移为:x2 x 12 mHsin 37则匀速运动的时间为 t2 0.5 sx2v总时间为:tt 1t 21 s即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是 1 s。(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力 F,根据牛顿第二定律,有 mgcos 37mgsin 37ma 3解得:a 32 m/s 2假设物品向上匀减速到速度为零时,通 过的位移为x 4 mv22a3由此知物品速度减为零之前已经到达平台;由 x2vt 3 a3t3212即 24t 3 2t3212解得:t 3(2 )s(另一解不合题意,舍去 )2即物品还需(2 )s 到达平台。2答案:(1)0.5 s (2)1 s (3)(2 )s2

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