1、1阶段综合检测（一） 第一三章验收(时间：90 分钟 满分：110 分)一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第17 题只有一项符合题目要求，第 812 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分)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
2、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/h7.5 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，xt 32460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
3、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 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
4、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2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
5、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 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 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
6、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3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
7、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
8、顿第二定律得出：小物块的加速度 a1 g ，设滑行初速度为 v0，则滑行时间为 t ；v0 g木板改置成倾角为 45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 45 f mgsin 45 mg cos 45小物块上滑的加速度a2 ，mgsin 45 mgcos 45m 1 2g2滑行时间 t ，v0a2 2v0 1 g因此 ，故 A 正确，B、C、D 错误。tt 21 7.(2018“超级全能生”26 省联考)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
9、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 4mgk4C. D.5mgk 6mgk解析：选 D 对物体 m，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有： N mg ma其中： N6 mg解得： a5 g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：2 Fcos 60 mg ma解得： F6 mg根据胡克定律，有： x Fk 6mgk故 D 正确。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
10、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 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
11、图像，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5610 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 v t 610 6m/s2，根据 a g 1.5 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 Fm mg mam，解得 v t 66 4Fm0.9 N，选项 D 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
13、度为 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：F f ma，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 F f ma 得：物体受到的摩擦力 f15 N由 f F N mg 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
14、 B 与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C A 与 B 之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程D A 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：(mA mB)gsin f( mA mB)a，f (mA mB)gcos 6因此有： a gsin g cos ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中 A、
15、 B 组成的整体处于失重状态，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：(mA mB)gsin f( mA mB)a，得： a gsin 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 mBa，解得： f m Bgcos ；向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mBgsin f mBa，解得： f m Bgcos ；所以 f f，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
16、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 ，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( 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 gsin ，做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速
17、度 a gsin gsin ，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 m1a m1gsin ，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)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( m1 m2) m2，故 D 正确。二、实验题(本题共 2 小题，共 15 分)713(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
18、纸带上计数点的情况如图所示， 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/s 2；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 x aT2，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 1
19、02 m/s0.44 m/s。xBD2T 12.59 3.8620.1答案：0.34 0.4414(9 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
20、示数，最后得到 TM、 TN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8_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： TMsin TNsin ，竖直方向： TMcos TNcos G，由图可得，当 时，两轻绳上的拉力相等，该处离 M 比较近。
21、C 到 M 与 N 的距离相等时，受力如图：水平方向仍然满足： TMsin TNsin 由图可得 ，所以： TMTN，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：2 T0cos 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 TN (2)4.3 0.3
22、7三、计算题(本题共 4 小题，共 47 分)15(10 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 h16 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 a1，9由牛顿第二定律得
23、： Mg f Ma1解得 a1 9.6 m/s 2Mg fM加速下落的高度为 h1 h23 000 m，根据位移时间关系公式，有： h1 h2 a1t2，12故加速下落的时间为t s25 s。2 h1 h2a1 23 0009.6(2)飞艇开始做减速运动时的速度为 v a1t240 m/s匀减速下落的最大高度为h2 h3 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 2v22 h2 h 240222 500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。
24、Fmg答案：(1)25 s (2)2.15216(12 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， t01 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/s 2)，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： mg ma解得： aA g 3 m/s 2。对于 B，放上 A 之
25、后， B 在水平方向上受到两个力的作用，由牛顿第二定律可得：F mg MaB解得： aB 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10为 v0，经过 t 秒，它们达到共同速度，则 aAt v0 aBt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：3 t31.5 t解得： t2 s。xB v0t aBt232 m21.5 m9 m12xA aAt26 m12所以划痕长为 xB xA9 m6 m3 m。答案：(1)3 m/s
26、 2 1.5 m/s 2 (2)3 m17(12 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 mg ma滑块恰好到木板右端停止0 v022 aL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mg cos mgsin ma10 v022 a1x0 v0 a1t1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 ma2x a2t2212
