阶段综合检测一第一三章验收重点高中.docx
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阶段综合检测一第一三章验收重点高中
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1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题，有多项符合题目要求。
全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．（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。
2.
（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。
★3.
（2018·湖北沙市中学月考）如图所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是（ ）
A．地面对木楔的支持力大于（M＋m）g
B．地面对木楔的支持力小于（M＋m）g
C．地面对木楔的支持力等于（M＋m）g
D．地面对木楔的摩擦力为0
解析：
选A 由于物体沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A正确，B、C错误。
同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误。
★4.
（2018·山西大学附中月考）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m的小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为m）的轻绳恰好水平。
则外力F的大小为（ ）
A．2mg B.
mg
C．6mgD．4.5mg
解析：
选D 以小球为研究对象，分析受力情况可知：
重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合力沿斜面向下。
如图所示，
由牛顿第二定律得：
＝ma，
解得：
a＝2g，
再对整体根据牛顿第二定律可得：
F＋（2m＋m）gsin30°＝3ma
解得：
F＝4.5mg；
故选项D正确。
★5.
（2018·曲靖一中月考）如图所示，可视为质点的两个带同种电荷的小球a和b，分别静止在竖直墙面和水平地面上；b球被光滑竖直板挡住，所有接触面均光滑，a球由于缓慢漏电而缓慢下降，在此过程中（ ）
A．地面对b的支持力变小
B．竖直挡板对b的支持力变小
C．a、b间的作用力变大
D．以上说法均不正确
解析：
选C 对ab的整体而言，竖直方向受重力和地面的支持力，故支持力总等于两球的重力，可知地面对b的支持力不变，选项A错误；对a受力分析如图所示，受到重力G、库仑力F和墙面的弹力N，当a球下移时，由受力图可知，N和F均变大，可知选项C正确；对ab整体，水平方向竖直挡板对b的支持力等于墙面对a的弹力N，则竖直挡板对b的支持力变大，选项B错误。
★6.
（2018·淮北一模）如图所示，水平桌面上有三个相同的物体a、b、c叠放在一起，a的左端通过一根轻绳与质量为m＝3kg的小球相连，绳与水平方向的夹角为60°，小球静止在光滑的半圆形器皿中。
水平向右的力F＝40N作用在b上，三个物体保持静止状态。
g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物体c受到向右的静摩擦力
B．物体b受到一个摩擦力，方向向左
C．桌面对物体a的静摩擦力方向水平向右
D．撤去力F的瞬间，三个物体将获得向左的加速度
解析：
选B 设水平向右为正方向，设a、b、c的质量为m1，由于均静止，故加速度为：
a1＝0；对c分析：
设b对c的静摩擦力为f，则水平方向上只受f影响，且c保持静止，由牛顿第二定律得：
f＝m1a1，代入数据得：
f＝0，故A错误；对b分析：
b静止，设a对b的静摩擦力为f1，则水平面上：
F＋f1＝m1a1＝0，即：
f1＝－F＝－40N，故b只受一个静摩擦力，方向与F相反，即水平向左，故B正确；对a分析：
a静止，设绳的拉力为T，器皿对小球的弹力为N，桌面对a的静摩擦力为f2，则水平方向上：
－f1＋f2－T＝m1a1＝0
对小球受力分析如图：
由于小球静止，故竖直方向上：
Nsin60°＋Tsin60°＝mg
水平方向上：
Ncos60°＝Tcos60°
解得：
T＝10
N，f2≈－22.68N，故地面对a的静摩擦力水平向左，故C错误；若撤去F，对a，水平方向上受绳的拉力：
T＝10
N＜f2，故整个系统仍然保持静止，故D错误。
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.
B.
C.
D.
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＝
＝
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·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＝－
＋
则由数学知识知图像的斜率k＝
由图得k＝
＝
，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。
10.
（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′＝μmBgcosθ；
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。
11.（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＝β
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＝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。
★12.（2018·东北三省四市教研联合体一模）很薄的木板在水平地面上向右滑行，可视为质点的物块b以水平速度v0从右端向左滑上木板。
二者按原方向一直运动直至分离，分离时木板的速度为va，物块的速度为vb，所有接触面均粗糙，则（ ）
A．v0越大，va越大
B．木板下表面越粗糙，vb越小
C．物块质量越小，va越大
D．木板质量越大，vb越小
解析：
选ABC b放在a上后，a受到地面对a向左的摩擦力以及b对a的向左的摩擦力，向右做匀减速运动；b受到a对b的向右的摩擦力，向左做匀减速直线运动；设a的长度为L，开始时a的速度为v，二者相对运动的时间为t；
则：
L＝vt－
aat2＋v0t－
abt2①
aa＝
＝μag＋（μab＋μa）
②
由①式可知，若v0越大，其他量不变的情况下，则相对运动的时间越短，a的末速度：
va＝v－aat，相对运动的时间越短，则va越大，故A正确；
木板下表面越粗糙，a受到的地面的摩擦力越大，根据②式可知a的加速度越大，由①式可知，若aa越大，其他量不变的情况下，则相对运动的时间越长；b的末速度：
vb＝v0－abt，相对运动的时间越长，则vb越小，故B正确；
物块质量越小，则物块对a的压力越小，a对地面的压力越小，则a受到的地面的摩擦力越小，则a的加速度越小，由①式可知，若aa越小，其他量不变的情况下，则相对运动的时间越短；
a的末速度：
va＝v－aat，
相对运动的时间越短，则va越大，故C正确；
木板a质量越大，则根据②式可知a的加速度越小，由①式可知，若aa越小，其他量不变的情况下，则相对运动的时间越短；
b的末速度：
vb＝v0－abt
相对运动的时间越短，则vb越大，故D错误。
二、实验题（本题共2小题，共15分）
★13.（6分）（2018·西北工大附中模拟）某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”。
他们将拉力传感器固定在小车上记录小车静止时受到拉力的大小，下面按照甲图进行实验，t＝0时，小车处于甲图所示的位置。
（1）该同学按甲图完成实验，请指出至少一处错误：
_________________________________________________________。
（2）图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点（每两个计数点间还有4个点未画出），AC间的距离为________cm。
（3）若打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度大小为________m/s2。
（结果保留两位有效数字）
解析：
（1）该实验的错误之处：
打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力。
（2）AC间的距离为3.10cm。
（3）根据Δx＝aT2，运用逐差法得：
a＝
＝
m/s2
＝0.98m/s2。
答案：
（1）打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力
（2）3.10 （3）0.98
★14.（9分）（2018·皖南八校联考）为了“测量当地重力加速度g的值和滑块与木板间的动摩擦因数μ”，某同学设计了如下实验方案：
第一步：
他把带有定滑轮的木板的有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下面连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板做匀速运动，如图甲所示。
第二步：
保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，如图乙所示。
然后接通电源释放滑块，使之从静止开始加速运动，打出纸带。
打出的纸带如丙图所示。
试回答下列问题：
（1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点的时间间隔为T，OA、AB、DE、EF间距分别为x1、x2、x3、x4，根据纸带求滑块下滑的加速度a＝________。
（2）已知质量m、M和加速度a，则当地的重力加速度g＝________。
（3）已知质量m、M和长木板的倾角θ，则滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________。
解析：
（1）根据Δx＝aT2可知：
x3－x1＝4a1T2；x4－x2＝4a2T2，则a＝
（a1＋a2）＝
；
（2）（3）由题意Mgsinθ－μMgcosθ＝mg；Mgsinθ－μMgcosθ＝Ma，解得g＝
；
μ＝tanθ－
。
答案：
（1）
（2）
（3）tanθ－
三、计算题（本题共4小题，共47分）
15．（10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＝
＝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＝ma1
0－v02＝－2a1x
0＝v0－a1t1
解得t1＝
s
设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
x＝
a2t22
解得t2＝
s
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间
t＝t1＋t2＝
s。
答案：
（1）0.5
（2）
s
16．（12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＝
＝0.5s
位移为：
x1＝
a1t12＝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＝
－x1＝2m
则匀速运动的时间为t2＝
＝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＝－
＝4m
由此知物品速度减为零之前已经到达平台；
由x2＝vt3＋
a3t32
即2＝4t3－
×2t32
解得：
t3＝（2－
）s（另一解不合题意，舍去）
即物品还需（2－
）s到达平台。
答案：
（1）0.5s
（2）1s （3）（2－
）s
★17.（12分）（2018·全国百所名校示范卷）如图所示，足够长的木板质量M＝10kg，放置于光滑水平地面上，以初速度v0＝5m/s沿水平地面向右匀速运动。
现有足够多的小铁块，它们的质量均为m＝1kg，在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速度地放在木板上，小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，当木板运动了L＝1m时，又无初速度地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块。
只要木板运动了L就按同样的方式再放置一个小铁块，直到木板停止运动。
（取g＝10m/s2）试问：
（1）第1个铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？
（2）最终木板上放有多少个铁块？
（3）最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？
解析：
（1）第1个铁块放上后，木板做匀减速运动，
即有：
μmg＝Ma1,2a1L＝v02－v12
代入数据解得：
v1＝2
m/s。
（2）设最终有n个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为：
an＝
第1个铁块放上后：
2a1L＝v02－v12
第2个铁块放上后：
2a2L＝v12－v22
…
第n个铁块放上后：
2anL＝vn－12－vn2
由上可得：
（1＋2＋3＋…＋n）·2
L＝v02－vn2
木板停下时，vn＝0，解得n＝6.6。
即最终有7个铁块放在木板上。
（3）从放上第1个铁块至刚放上第7个铁块的过程中，由
（2）中表达式可得：
·2
L＝v02－v62
从放上第7个铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移是d，则：
2·
d＝v62－0
解得：
d＝
m。
答案：
（1）2
m/s
（2）7 （3）
m
★18.（13分）（2018·资阳一诊）
在水平长直轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动。
某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ。
（1）证明：
若滑块最终停在小车上，滑块与车面摩擦产生的内能Q是一个与动摩擦因数μ无关的定值；
（2）已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.2，滑块质量m＝1kg，车长L＝2m，车速v0＝4m/s，g取10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F的大小应该满足的条件；
（3）在
（2）的情况下，力F取最小值时要保证滑块不从车上掉下，求力F的作用时间t。
解析：
（1）由题意知滑块相对平板车静止时速度为v0，根据牛顿第二定律，对滑块：
μmg＝ma①
v0＝at②
滑块相对车面滑动的距离：
s＝v0t－
v0t③
滑块与车面摩擦产生的内能：
Q＝μmgs④
联立①②③④解得：
Q＝
mv02⑤
所以Q是一个与动摩擦因数μ无关的定值。
（2）设在恒力F作用下滑块加速度为a1，经过时间t1后速度达到v0，要使滑块不从左端掉下小车，即此时还未到达车的左端，由牛顿第二定律有：
F＋μmg＝ma1⑥
v0＝a1t1⑦
v0t1－
t1≤
⑧
联立⑥⑦⑧解得：
F≥6N。
⑨
（3）F取最小值时，滑块经过时间t1运动到车左端后速度达到v0，为使滑块恰不从右端滑出，滑块在F作用下相对车先向右做匀加速运动（设加速度大小为a2，时间为t2），再撤去外力F做匀减速运动（设加速度大小为a3），到达右端时恰与车达到共同速度v0，则有：
F－μmg＝ma2⑩
μmg＝ma3⑪
a2t22＋
＝L⑫
由⑩⑪⑫式代入数据解得：
t2＝
s＝0.58s
由
（2）可解得t1＝0.5s，
则力F的作用时间t应满足t1≤t≤t1＋t2，
即0.5s≤t≤1.08s。
答案：
（1）见解析
（2）F≥6N （3）0.5s≤t≤1.08s
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