届高三物理一轮复习热点滚动加强练1 必修1.docx

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届高三物理一轮复习热点滚动加强练1必修1

热点滚动加强练

（一）　必修1

考试时间：

90分钟

第Ⅰ卷　（选择题　共48分）

评卷人

得分

一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．）

[热点夯实练]

热点一　匀速直线运动的规律及应用

1．一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50Hz的频率监视前方的交通状况．当车速v≤10m/s，且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞．在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度大小取4～6m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为（　　）

A.sB．s

C．2.5sD．12.5s

【解析】　当车速最大v＝10m/s且加速度取最小值时，“全力自动刹车”时间最长，由速度与时间关系v＝v0＋at可知，t＝＝s＝2.5s，C项正确．

【答案】　C

2．为了求出楼房高度，让一石子从楼顶自由下落，空气阻力不计，根据下列测出的物理量的值，能计算出楼房高度的是（当地重力加速度g已知）（　　）

A．石子开始下落1s内的位移B．石子落地时的速度

C．石子最后1s内的位移D．石子通过最后1m的时间

【解析】　设楼高为h，石子落到地面所需时间为t，落地时的速度为v.已知石子开始下落1s内的位移，不能求出h，不选A；由v2＝2gh，可求h，选B；已知最后1s内的位移x，可以求解t－0.5s时刻的速度v1，由v1＝g（t－0.5s）可求出t，再由h＝，可求出h，选C；设石子通过最后1m的时间为t2，可求出t－时刻的速度v2，由v2＝g（t－），进而求出t、h.选D.

【答案】　BCD

热点二　运动图象

3.某小物块在一长木板上运动时，其运动的vt图线如图所示，已知小物块总在长木板上．则下列说法正确的是（　　）

A．小物块相对于长木板运动的距离为12m

B．小物块相对于长木板运动的距离为6m

C．长木板在0～4.0s内的平均速度是2m/s

D．在0～4.0s内长木板和小物块的平均加速度相同

【解析】　小物块相对于长木板运动的距离等于小物块与长木板的vt图线所围的面积，即Δx＝×1.5m＝6m，选项B正确，A错误；长木板在0～4.0s内的位移为长木板的vt图线与时间轴所围的面积，即x＝m＝7m，平均速度是1.75m/s，选项C错误；在0～4.0s内长木板和小物块的平均加速度大小相等，但方向相反，选项D错误．

【答案】　B

4．如图所示为某质点运动的vt图象，2～4s内图线为半圆形，下列说法正确的是（　　）

A．1～2s内质点的加速度大小为8m/s2B．2～4s内质点的位移大小为8m

C．3s末质点的速度为8m/sD．3s末质点的加速度等于零

【解析】　由图可知1～2s内质点的加速度大小为8m/s2，所以选项A正确；2～4s内质点的位移大小为m，选项B错误；3s末质点的速度为－1m/s，选项C错误；3s末质点的加速度等于零，选项D正确．

【答案】　AD

热点三　重力、弹力和摩擦力

5．三个质量均为1kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接，如图所示．其中a放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止状态．现用水平力F缓慢地向左拉P弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是（　　）

A．4cmB．6cm

C．8cmD．10cm

【解析】　“缓慢地拉动”说明系统始终处于平衡状态，该过程中p弹簧的左端向左移动的距离等于两个弹簧长度变化量之和；最初，p弹簧处于原长，而q弹簧受到竖直向下的压力F1＝mbg＝1×10N＝10N，所以其压缩量为x1＝＝2cm；最终c木块刚好离开水平地面，q弹簧受到竖直向下的拉力F2＝mcg＝1×10N＝10N，其伸长量为x2＝＝2cm，拉力F＝（mb＋mc）g＝2×10N＝20N，p弹簧的伸长量为x3＝＝4cm，所以所求距离x＝x1＋x2＋x3＝8cm.

【答案】　C

6．如图所示，圆环套在水平棒上可以滑动，轻绳OA的A端与圆环套（重力不计）相连，O端与质量m＝1kg的重物相连；定滑轮固定在B处，跨过定滑轮的轻绳，两端分别与重物m、重物G相连，当两条细绳间的夹角φ＝90°，OA与水平杆的夹角θ＝53°时圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，已知sin53°＝0.8；cos53°＝0.6，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．则下列说法正确的是（　　）

A．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75B．棒对环的支持力为1.6N

C．重物G的质量M＝0.6kgD．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.6

【解析】　因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有f＝μFN.对环进行受力分析，则有：

μFN－FTcosθ＝0，FN－FTsinθ＝0，FT＝FT′＝mgsinθ，代入数据解得：

μ＝cotθ＝，FN＝6.4N，A正确，BD错误；对重物m：

Mg＝mgcosθ，得：

M＝mcosθ＝0.6kg，C正确．

【答案】　AC

热点四　力的合成与分解

7．（2018·衡水检测）如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（　　）

A．逐渐减小B．逐渐增大

C．先减小后增大D．先增大后减小

【解析】　

对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力、OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合成，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选C.

【答案】　C

热点五　共点力的平衡

8.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（　　）

A．细绳的拉力逐渐变小

B．Q受到墙壁的弹力逐渐变大

C．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大

D．Q将从墙壁和小球之间滑落

【解析】　对P受力分析，P受到重力、拉力和Q对P的支持力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：

拉力F＝，Q对P的支持力FN＝mgtanθ.铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大，故A错误．对Q受力分析知，在水平方向上P对Q的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以Q受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故B正确，C、D错误．

【答案】　B

9.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上放一个重为G的小球，并用光滑的挡板挡住，挡板与斜面的夹角为θ（最初θ<α），挡板从图示位置以O为轴逆时针缓慢转至水平，在此过程中小球始终处于平衡状态，当挡板对小球的弹力大小等于小球的重力时，θ的大小可以为（　　）

A．αB．2α

C．π－αD．π－2α

【解析】　重力沿垂直于挡板和斜面方向分解，两个分力大小分别等于挡板和斜面对小球的弹力，以表示重力的线段末端为圆心，该线段长为半径画辅助圆，如图甲所示，由几何知识得θ＝α；当挡板转到水平时，如图乙所示，θ＝π－α，故A、C正确．

【答案】　AC

热点六　牛顿第二定律、两类动力学问题

10．（2018·云南玉溪期中）

如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1kg，B的质量是2kg，A、B间的动摩擦因数是0.3，其他摩擦不计．由静止释放，C下落一定高度的过程中（C未落地，B未撞到滑轮），下列说法正确的是（　　）

A．A、B两物体发生相对滑动

B．A物体受到的摩擦力大小为2.5N

C．B物体的加速度大小是2.5m/s2

D．细绳的拉力大小等于10N

【解析】　假设A、B相对静止，将A、B、C看作一个整体，对整体有mCg＝（mA＋mB＋mC）a，解得a＝2.5m/s2，则A的加速度为a＝2.5m/s2，水平方向上B给A的静摩擦力产生加速度，即有f＝mAa，即得f＝2.5N，而A、B间发生相对滑动的最大静摩擦力为fm＝μmAg＝3N＞f，故假设成立，所以A、B相对静止，A错误，B、C正确；设绳子的拉力为T，则根据牛顿第二定律可得T＝（mA＋mB）a＝7.5N，故D错误．

【答案】　BC

热点七　牛顿运动定律的综合应用

11．如图

所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t＝0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有相同的动摩擦因数，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是下列选项中的（　　）

【解析】　在达到相同速度之前，有

－μmg－μ·2mg＝ma1

a1＝－3μg

达到相同速度之后，有

－μ·2mg＝2ma2

a2＝－μg

由加速度可知，图象A正确．

【答案】　A

12．如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球．斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN.若Ta图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10m/s2.则（　　）

A．a＝m/s2时，FN＝0

B．小球质量m＝0.1kg

C．斜面倾角θ的正切值为

D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a（N）

【解析】　小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球离开斜面之前，Ta图象呈线性关系，由题图乙可知a＝m/s2时，FN＝0，选项A正确；当a＝0，T＝0.6N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示．所以mgsinθ＝T；当a＝m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以＝ma，联立可得tanθ＝，m＝0.1kg，选项B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.06a（N），选项D错误．

【答案】　ABC

第Ⅱ卷　（非选择题　共52分）

评卷人

得分

二、非选择题（本大题共6小题，共52分．）

[热点综合练]

13．（4分）（涉及验证力的平行四边形定则，有关实验原理与操作，数据处理与误差分析）图甲为“验证力的平行四边形定则”的实验装置．

（1）下列说法中正确的是________．

A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化

B．用弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下

C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程

D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°

（2）弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为________N.

【解析】　

（1）在同一组数据中，只有当橡皮条结点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一