【文档说明】高考物理一轮复习阶段检测一 第一_三章验收(含解析).doc，共(13)页，202.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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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0.125m/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＝xt＝32460km/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.(201

8·绵阳模拟)甲、乙两物体同时从同一地点出发，其v-t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v-t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v

-t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.(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μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为()A.2μ1＋μB.μ2μ＋1C.2μ2＋μD.1＋μ2μ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a1＝μg，设滑行初速度为v0，则滑行时间为t＝v0μ

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＝mgsin45°＋f＝mgsin45°＋μmgcos45°小物块上滑的加速度a2＝mgsin45°＋μmgcos45°m＝(1＋μ)2g2，滑行时间t′＝v0a2＝2v0(1＋μ)g，因此

t′t＝2μ1＋μ，故A正确，B、C、D错误。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θ＝60°，则此时每根弹簧的伸长量为()A.3mgkB.4mg

kC.5mgkD.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：N＝6mg解得：a＝5g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：2Fcos60°－mg＝ma解

得：F＝6mg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()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

.2kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，6s末撤去水平推力F，如图实线表示其运动的v-t图像，其中经过点(4,0)的虚线是6s末v-t图像的切线。g取10m/s2。下列说法正确的是()A．6s末物块速度方向改变B．0～6s内物块平均速度比6～10s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0.9N解析：选BD6s末物块速度仍为正值，故速度方向没改变，选项A错误；若0～6s内物块做匀加速运动，则平均速度为3m/s，而由图线可知，物块在0～6s内的平均速度小于3m/s，而物块在6～10s

内的平均速度等于3m/s，故0～6s内物块平均速度比6～10s内物块平均速度小，选项B正确；撤去外力后的加速度a＝ΔvΔt＝610－6m/s2＝1.5m/s2，根据a＝μg＝1.5m/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＝ΔvΔt＝66－4m/s2＝3m/s2，根据牛顿第二定律Fm－μmg＝mam，解得Fm＝0.9N，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20N开始逐渐增大到40N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(g＝10m/s2)()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2m/s2时物体的速度解析：选ABC当F>20N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k＝1m由图得k＝5

－140－20＝15，可得物体的质量为5kg。将F＝20N时a＝1m/s2，代入F－f＝ma得：物体受到的摩擦力f＝15N由f＝μFN＝μmg可得物体的动摩擦因数μ，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2m/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与斜面间的动摩擦因数μ＜tanθ，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)gsinθ＋f＝(mA＋mB)a，f＝μ(mA＋mB)gcosθ因此有：a＝gsinθ＋μgcosθ，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)gsinθ－f＝(mA＋mB)a′，得：a′＝gsinθ－μgcosθ由于μ＜tanθ，所以a′＞0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：mBgsinθ＋f′＝mBa，解得：f′＝μ

mBgcosθ；向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mBgsinθ－f″＝mBa′，解得：f″＝μmBgcosθ；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、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、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50Hz。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T＝0.1s；根据Δx＝aT2，可得a＝xCE－xAC4T2；代入数据，解得a＝17.47－8.05－8.054×0.12×10－2m/s2≈0.34m/s2。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＝xBD2T＝1

2.59－3.862×0.1×10－2m/s≈0.44m/s。答案：0.340.4414．(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(L>D)。他们首先在轻绳上距离M点10cm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10cm，并读出测力计的示数，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Ⅰ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Ⅰ中拉力最大时，C与M点的距离为100cm。选取C为研究的对象，受力如图，水平方向：TMsinα＝TNsinβ，竖直方向：TMcosα＋TNcosβ＝G，由图可得，当α＝β时，两轻绳上的拉力相等，该处离M比较

近。C到M与N的距离相等时，受力如图：水平方向仍然满足：TMsinα＝TNsinβ由图可得α>β，所以：TM<TN，所以曲线Ⅱ是TM的曲线，曲线Ⅰ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T0＝4.3N。由(1)中分析可知此时α＝β，则：2T0cosα＝mg。由几何关系可知，MC与水平方向的夹角为(90°－α)；由题图(b)可知，重物的重力为3.2N。则可知，MC与水平方向的夹角的正弦值为：sin(90°

－α)＝cosα＝mg2T0＝3.22×4.3≈0.37。答案：(1)100TN(2)4.30.37四、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＝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h2＝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Fmg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＝Mg－fM＝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

＝12a1t2，故加速下落的时间为t＝2(h1－h2)a1＝2×30009.6s＝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＝v22(h2－h)＝24022×2500m/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：Fmg＝2.152。答案：(1)25s(2)2.15216．(15分)(2018·遵义模拟)如图，

光滑水平面上，质量为M＝2kg的木板B(足够长)，在F＝6N的水平向右外力作用下从静止开始运动，t0＝1s末将一质量为m＝1kg的煤块A轻放在B的右端，A、B间动摩擦因数为μ＝0.3(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/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：μmg＝ma解得：aA＝μg＝3m/s2。对于B，放上A之

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－μmg＝MaB解得：aB＝6－32m/s2＝1.5m/s2。(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aAt＝v0＋aBt没有放上A之前的1秒钟，B的加速度为3m/s2，所以放上A之前，B的速度v0＝3m/s由以上可知：3t＝3＋1.5t解得：t＝2s。xB＝v0t＋12aBt2＝3×2m＋2×1.5m＝9mxA＝12aAt

2＝6m所以划痕长为xB－xA＝9m－6m＝3m。答案：(1)3m/s21.5m/s2(2)3m17．(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L＝2.5m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v0＝5m/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θ＝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10m/s2，

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(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μmg＝ma滑块恰好到木板右端停止0－v02＝－2aL解得μ＝v022gL＝

0.5。(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μmgcosθ＋mgsinθ＝ma10－v02＝－2a1x0＝v0－a1t1解得t1＝12s设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2x＝12a2t22解得t2＝5

2s滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t＝t1＋t2＝1＋52s。答案：(1)0.5(2)1＋52s18．(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，传送带以恒定速度v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°。现将质量m＝2kg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＝20N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高

为H＝1.8m的平台上，如图所示。已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，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)物品在达到与传送带速度v＝4m/s相等前，有：F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1解得：a1＝8m/s2由v＝a1t1，

得t1＝va1＝0.5s位移为：x1＝12a1t12＝1m。(2)达共速后，有：F－μmgcos37°－mgsin37°＝ma2解得a2＝0，即滑块匀速上滑，位移为：x2＝Hsin37°－x1＝2m则

匀速运动的时间为t2＝x2v＝0.5s总时间为：t＝t1＋t2＝1s即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1s。(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μmgcos37°－mgsin37°＝ma3解得：a3

＝－2m/s2假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x＝－v22a3＝4m由此知物品速度减为零之前已经到达平台；由x2＝vt3＋12a3t32即2＝4t3－12×2t32解得：t3＝(2－2)s(另一解不合题意，舍去)即物

品还需(2－2)s到达平台。答案：(1)0.5s(2)1s(3)(2－2)s