走向高考届高三物理人教版一轮复习习题综合测试题3.docx
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走向高考届高三物理人教版一轮复习习题综合测试题3
第三章综合测试题
本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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．（2014·北京理综）伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。
利用如图所示的装置做如下实验：
小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。
斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1、2、3。
根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（ ）
A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
[答案] A
[解析] 本题考查伽利略实验。
选项之间有一定的逻辑性，需要学生有一定的辨别能力。
三种材料的粗糙程度不同，小球上升的高度不同，若斜面光滑，小球将上升到与0点，等高位置，A正确，B、C、D选项从本实验不能直接得出结论。
本题要求从实验现象中直接得出结论。
B、C、D选项中的结论也是科学的，正确的，但从本实验中不能得出。
2．（2015·山东淄博期中）如图所示，位于竖直平面内的一长木板斜靠在竖直墙上的A点，其与水平面的夹角为53°；另一同样材料的长木板斜靠在竖直墙上的B点，其与水平面的夹角为45°；两长木板底端都在C点处。
若将一小球从A点由静止释放，小球运动到C点历时为t；将同一小球从B点由静止释放，小球运动到C点历时也为t，则小球与长木板间的动摩擦因数为（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（ ）
A.
B.
C.
D.
[答案] A
[解析] 设长木板与水平面间的夹角为α，根据牛顿第二定律分析可知，小球在长木板上的加速度大小为a＝gsinα－μgcosα，设竖直墙壁到C点的距离为L，则长木板长度为
＝
at2，联立以上两式可得（sinα－μcosα）cosα＝
，根据题意，（sin53°－μcos53°）cos53°＝（sin45°－μcos45°）cos45°，解得μ＝
，选项A正确。
3．如图所示，三个物块A、B、C的质量满足mA＝2mB＝3mC，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断A、B间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为（取向下为正）（ ）
A．－
g、2g、0
B．－2g、2g、0
C．－
g、
g、0
D．－2g、
g、g
[答案] C
[解析] 系统静止时，A物块受重力GA＝mAg，弹簧向上的拉力F＝（mA＋mB＋mC）g，A、B间细绳的拉力FAB＝（mB＋mC）g作用，B、C间弹簧的弹力FBC＝mCg。
剪断细绳瞬间，弹簧形变来不及恢复，即弹力不变，由牛顿第二定律，对物块A有：
F－GA＝mAaA，解得：
aA＝
g，方向竖直向上；对B：
FBC＋GB＝mBaB，解得：
aB＝
g，方向竖直向下；剪断细绳的瞬间C的受力不变，其加速度为零。
C正确。
4．（2014·石家庄模拟）质量为1kg的小物块，在t＝0时刻以5m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°的斜面，0.7s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为
，则A、B间的距离为（已知g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（ ）
A．1.05m B．1.13m
C．2.03mD．1.25m
[答案] B
[解析] 由题意可知：
小物块先沿斜面向上做匀减速直线运动到速度为零，再沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，对其受力分析，设向上运动时的加速度为a1，向下运动时的加速度为a2，由牛顿第二定律可知：
mgsin53°＋μmgcos53°＝ma1，a1＝10m/s2；mgsin53°－μmgcos53°＝ma2，a2＝6m/s2；小物块上滑的时间t1＝
＝
s＝0.5s，上滑的距离x1＝
vt1＝1.25m；小物块下滑的时间t2＝0.7s－t1＝0.2s，下滑的距离x2＝
a2t
＝0.12m，则A、B间的距离d＝x1－x2＝1.25m－0.12m＝1.13m，选项B正确，选项ACD错误。
5．质量分别为m、2m的物块A、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同。
当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1x2x3等于（ ）
A．111 B．123
C．121D．无法确定
[答案] A
[解析] 当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时，对A、B整体，由牛顿第二定律可得F－3μmg＝3ma，再用隔离法单独对A分析，由牛顿第二定律可得T－μmg＝ma，整理得T＝
，即kx1＝
F；根据上述方法同理可求得沿竖直方向、沿斜面方向运动时：
kx2＝kx3＝
F。
6．（2014·山东滨州一模）一物块放在倾角为30°的粗糙的斜面上，斜面足够长，物块受到平行斜面向上的拉力作用，拉力F随时间t变化如图甲所示，速度随时间t变化如图乙所示，由图可知（g取10m/s2），下列说法中正确的是（ ）
A．物体的质量为1.0kg
B．0～1s物体受到的摩擦力为4N
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．若撤去外力F，物体还能向上运动2m
[答案] A
[解析] 由图乙可知，3s后物体做匀速直线运动，则F＝Ff＋mgsin30°，即8N＝Ff＋
mg；1～2s内物体做匀加速直线运动，由图乙可知a＝4m/s2，由牛顿第二定律得F－Ff－mgsin30°＝ma，即12N－Ff－
mg＝4m，联立以上两式得m＝1kg，Ff＝3N。
故A正确，B错误。
根据Ff＝μmgcos30°得μ＝
，C错误，撤去外力后物体的加速度大小a′＝
＝8m/s2，物体做速度为4m/s，加速度为8m/s2的匀减速直线运动，故向上运动的位移x＝
＝
＝1m，D错误。
7.（2014·广东肇庆一模）如图所示，将两个相同的木块a、b置于固定在水平面上的粗糙斜面上，a、b中间用一轻质弹簧连接，b的右端用细绳与固定在斜面上的挡板相连。
达到稳定状态时a、b均静止，弹簧处于压缩状态，细绳上有拉力。
下列说法正确的是（ ）
A．达到稳定状态时a所受的摩擦力一定不为零
B．达到稳定状态时b所受的摩擦力一定不为零
C．在细绳剪断瞬间，b所受的合外力一定为零
D．在细绳剪断瞬间，a所受的合外力一定为零
[答案] AD
[解析] 隔离a受力分析，a受到重力、支持力、弹簧向下的弹力和沿斜面向上的摩擦力而保持静止，A正确；隔离b受力分析，b受到重力、支持力、弹簧向上的弹力和绳向上的拉力，不一定有摩擦力，B错误；在细绳剪断瞬间，弹簧上的弹力不变，d的受力不变，故合力为零，而b所受的摩擦力不确定，在细绳剪断瞬间，b所受的合外力不一定为零，所以D正确，C错误。
8.（2015·梅州检测）如图所示，斜面上两物块A、B的质量分别为M和m，A、B间用一个轻杆相连，A与斜面间的动摩擦因数为μ，B与斜面间无摩擦，斜面倾角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．若A和B匀速下滑，则杆对A的作用力为零
B．若A和B匀速下滑，则杆对A的作用力为mgsinθ
C．若A和B匀加速下滑，则杆对A的作用力为零
D．若A和B匀加速下滑，则杆对A的作用力小于μmgcosθ
[答案] BD
[解析] 当A和B匀速下滑时，对B分析，有mgsinθ＝F，F为杆对B沿斜面向上的作用力，与杆对A的作用力大小相等，A选项错误，B选项正确；当A和B匀加速下滑时，对A、B和轻杆组成的整体分析有（M＋m）gsinθ－μMgcosθ＝（M＋m）a，设杆对B的作用力与杆对A的作用力大小为F′，对B分析有mgsinθ－F′＝ma，得F′＝μMmgcosθ/（M＋m）<μmgcosθ，C选项错误，D选项正确。
9．（2014·南昌模拟）如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体受到一个沿斜面向上的变力F作用，由静止开始运动。
物体的机械能E随路程x的变化关系如图乙所示，其中0～x1、x2～x3过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，且x＝0处曲线的切线斜率与x＝x2处曲线的切线斜率绝对值相等。
则下列说法中正确的是（ ）
A．物体一直沿斜面向上运动
B．在0～x1过程中，物体的加速度大小先减小后增大
C．在x1～x2过程中，物体的重力势能一直在增加
D．在x2～x3过程中，物体先超重后失重
[答案] BD
[解析] 本题考查功能关系与牛顿第二定律的应用，意在考查考生对功能关系的理解。
物体的机械能E随路程x的变化关系图象的斜率表示拉力F，在0～x1过程中图象斜率减小，拉力减小，根据牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma，可知物体的加速度逐渐减小，但仍做加速运动，当F＝mgsinθ时速度为零，此后拉力继续减小，因mgsinθ－F＝ma，加速度又逐渐增大，物体做减速运动，选项B正确；在x2～x3过程中，机械能减小，力F对物体做负功，力沿斜面向上，故物体沿斜面向下运动，选项A错误；在x2处，根据牛顿第二定律有F－mgsinθ＝ma，因图象斜率减小，拉力减小，加速度先减小，方向沿斜面向上；后mgsinθ－F＝ma，加
速度增大，方向沿斜面向下，故物体先超重后失重，选项D正确；在x1～x2过程中重力势能先增大后减小，选项C错误。
10．如图甲所示，A、B是叠放在光滑水平面上的两物块，两物块质量均为m，水平力F作用在物块B上，A、B一起从静止开始做直线运动（无相对滑动），F随时间t变化关系如图乙所示。
下列说法正确的是（ ）
A．在0～t0时间内，物块A所受摩擦力大小为F0
B．在t0～2t0时间内，物块B的加速度大小为F0/m
C．在t0～2t0时间内，物块A所受摩擦力大小为F0
D．在0～2t0时间内，A、B一起向右运动
[答案] BC
[解析] 在0～t0时间内，物块加速度a1＝F0/（2m），物块A所受摩擦力的大小fA1＝F0/2，选项A错误；在t0～2t0时间内，A、B一起运动，其加速度大小a2＝F0/m，选项B正确；物块A所受摩擦力大小fA2＝ma2＝F0，选项C正确；在0～t0时间内，A、B一起向右运动，t0时刻末速度为v1＝a1t0＝F0t0/（2m），在t0～2t0时间内，A、B一起做减速运动，2t0时刻末速度为v2＝v1－a2t0＝F0t0/（2m）－F0t0/m＝－F0t0/（2m），负号说明物块运动方向向左，即在0～2t0时间内，A、B一起先向右运动后向左运动，选项D错误。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、填空题（共3小题，每小题6分，共18分。
把答案直接填在横线上）
11．（6分）某研究性学习小组用如图所示的装置探究牛顿第二定律。
该小组在实验中确定的研究对象是小车，而且认为细线对小车的拉力等于砂桶和砂的总重力，也是小车所受的合外力。
则对该实验，以下说法中不正确的是________。
A．在长木板不带定滑轮的一端下面垫一木块，反复移动木块的位置，直到小车在砂桶和砂的拉动下带动纸带做匀速直线运动，以平衡小车运动中受到的摩擦力
B．实验中必须使砂桶和砂的总质量远小于小车的质量
C．细线对小车的真实拉力一定略小于砂桶和砂的总重力
D．该实验是应用“控制变量法”来探究牛顿第二定律的
[答案] A
[解析] 把一端垫高是为了平衡摩擦力，但不能在砂桶的拉力下做匀速运动，而应该在不挂砂桶的情况下，拖动纸带做匀速运动。
12．（6分）如图甲所示，某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器的拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图乙所示的a－F图象。
（1）图象不过坐标原点的原因是_________________________________________；
（2）本实验中是否仍需要细砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量________（填“是”或“否”）；
（3）由图象求出小车和传感器的总质量为________kg。
[答案]
（1）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
（2）否 （3）1
[解析]
（1）图象不过坐标原点，即当F≠0时，a＝0，说明摩擦力平衡不足或未平衡摩擦力。
（2）本实验中能从传感器上直接准确读出拉力的大小，不需要细砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量。
（3）由牛顿第二定律得，F－f＝ma，即a＝
－
，图象的斜率为
＝
kg＝1kg，所以小车和传感器的总质量为1kg。
13．（6分）如图甲所示为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。
（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持________不变，用钩码所受的重力作为________，用DIS测小车的加速度。
（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。
在某次实验中根据测得的多组数据可画出a－F关系图线（如图乙所示）。
①分析此图线的OA段可得出的实验结论是______________________________。
②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（ ）
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
[答案]
（1）小车质量 小车受到的合外力
（2）①质量一定时，加速度与合外力成正比 ②C
[解析]
（1）在实验探究加速度与力、质量的关系时应采取控制变量法，即研究加速度和力的关系时保持质量一定，因本实验中研究对象是小车，故应保持小车的总质量不变。
运动过程中小车受重力、支持力、摩擦力、细线的拉力作用，因实验前应已平衡摩擦力，故小车所受合外力等于细线的拉力。
对小车有F＝Ma，对钩码有mg－F＝ma，联立解得F＝
g，当钩码的质量远小于小车的质量时，F≈mg，所以可用钩码的重力作为小车所受的合外力。
（2）①当钩码重力较小时，细线的拉力F近似等于钩码的重力，起初图线为过原点的一条直线，a与F成正比，故分析此图线的OA段可得出的实验结论是“在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比”；②当钩码重力较大不再满足“小车的质量远大于钩码的质量”时，图线的AB段明显偏离直线而向下弯曲，小车的加速度与钩码的重力不再成正比，不能认为此时细线的拉力近似等于钩码的重力，C正确。
三、论述计算题（共4小题，共42分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
14．（10分）国产新型隐形“歼X”战斗机装有两台发动机，战斗状态推重比（发动机产生的总推力与战斗机的总重力之比）可达1.2，满载起飞时推重比为0.75，战斗机长约22m，起飞速度为60m/s，巡航速度约600m/s。
这种战斗机在满载情况下从陆地上起飞时滑行距离为300m。
设战斗机运动过程中所受阻力恒定，起飞过程可看作是匀加速直线运动。
（g取10m/s2）
（1）求战斗机起飞时受到的阻力与其重力之比；
（2）若这种战斗机满载时从航速为12m/s的航空母舰上滑跃起飞（由相对于航母静止开始加速），则航母的飞行甲板至少需多长？
[答案]
（1）0.15
（2）214m
[解析]
（1）由v2＝2ax得a＝
＝6m/s2
由牛顿第二定律得F－f＝ma，其中F＝0.75mg，
解得
＝0.15。
（2）设航母速度为v0，战斗机起飞时间为t，起飞过程中对地位移为x1，同时航母位移为x2，则
t＝
，x1＝v0t＋
at2
x2＝v0t，x1－x2＝l
联立解得l＝192m，航母飞行甲板长至少为L＝l＋22m＝214m。
15．（10分）如图所示，光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m＝1.0kg的小铁块，它离布带右端的距离为L＝0.5m，铁块与布带间动摩擦因数为μ＝0.1。
现用力从静止开始向左以a0＝2m/s2的加速度将布带从铁块下抽出，假设铁块大小不计，铁块不滚动，g取10m/s2。
（1）将布带从铁块下抽出需要多长时间？
（2）布带对铁块做了多少功？
[答案]
（1）1s
（2）0.5J
[解析]
（1）设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为x，布带移动的距离为L＋x，铁块滑动的加速度为a，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
a＝μg＝1m/s2
根据运动学公式有：
L＋x＝
a0t2
x＝
at2
解得：
t＝
＝1s。
（2）x＝
at2＝0.5m
布带对铁块做的功：
W＝μmgx＝0.5J。
16．（11分）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。
若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
（3）本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2。
若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知。
为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
[答案]
（1）μ（2m1＋m2）g
（2）F>2μ（m1＋m2）g （3）22.4N
[解析]
（1）砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g，桌面对纸板的摩擦力f2＝μ（m1＋m2）g
f＝f1＋f2，解得f＝μ（2m1＋m2）g
（2）设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
f1＝m1a1，F－f1－f2＝m2a2，发生相对运动时，a2>a1，解得F>2μ（m1＋m2）g。
（3）纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝
a1t
，纸板运动的距离d＋x1＝
a2t
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝
a3t
，l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2，解得F＝2μ[m1＋（1＋
）m2]g
代入数据得F＝22.4N。
17．（11分）（2015·广东揭阳联考）如图所示，在海边的沙滩上，堆积一个斜坡，可看成一个斜面。
一个小孩从斜坡上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（假设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。
每隔2s小孩的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g＝10m/s，求：
t（s）
0
2
4
6
v（m/s）
0
8.0
14.7
9.7
（1）小孩在AB段和BC段的加速度大小及小孩与沙子之间的动摩擦因数；
（2）小孩从A点滑到C点的总路程和时间（计算结果保留两位有效数字）。
[答案]
（1）0.25
（2）46.208m 9.9s
[解析]
（1）由表格知：
0～2s内小孩一定在AB段做匀加速运动，加速度大小a1＝
＝4m/s2
4～6s内小孩一定在BC段做匀减速运动，加速度大小a2＝
＝2.5m/s2
设小孩的质量为m，在BC段，根据牛顿第二定律：
μmg＝ma2
可得μ＝0.25
（2）假设小孩从A点运动到B点的时间是t1，那么到4s末时小孩在BC段减速运动的时间差为t减＝4s－t1，故v4＝a1t1－a2t减
解得t1＝3.8s
此时速度v1＝a1t1＝15.2m/s
滑行的路程x1＝
v1t1＝28.88m
假设小孩从B点运动到C点的时间是t2，则：
v1－a2t2＝0，解得t2＝6.08s
滑行的路程x2＝
v1t2＝46.208m
故总路程x＝x1＋x2≈75m
总时间t＝t1＋t2≈9.9s
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