19届高考物理一轮复习阶段综合检测一第一三章验收普通班Word文件下载.docx
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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
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
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.
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
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.
B.
C.
D.
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＝
；
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＝
，
滑行时间t′＝
因此
，故A正确，B、C、D错误。
7.
“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（ ）
B.
C.
D.
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
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
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.
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vt图像，其中经过点（4,0）的虚线是6s末vt图像的切线。
g取10m/s2。
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0.1
D．水平推力F的最大值为0.9N
选BD 6s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＝
m/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＝
m/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.
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
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。
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
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，
f′＝μmBgcosθ；
向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mBgsinθ－f″＝mBa′，
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.
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
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。
二、实验题（本题共2小题，共15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）
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＝
代入数据，解得
a＝
×
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＝
10－2m/s≈0.44m/s。
答案：
0.34 0.44
★14．（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（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）。
（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＝
≈0.37。
（1）100 TN
（2）4.3 0.37
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
的最小值。
（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＝
＝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＝
a1t2，
故加速下落的时间为
t＝
s＝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
m/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：
＝2.152。
（1）25s
（2）2.152
★16．（12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。
（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
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
aB＝
m/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
t＝2s。
xB＝v0t＋
aBt2＝3×
2m＋2×
1.5m＝9m
xA＝
aAt2＝6m
所以划痕长为xB－xA＝9m－6m＝3m。
（1）3m/s2 1.5m/s2
（2）3m
17．（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。
（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
a2t22
解得t2＝
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。
（1）0.5
（2）
18．（13分）
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°
＝0.8，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？
（1）物品在达到与传送带速度v＝4m/s相等前，有：
F＋μmgcos37°
－mgsin37°
＝ma1
a1＝8m/s2
由v＝a1t1，
得t1＝
＝0.5s
位移为：
x1＝
a1t12＝1m。
（2）达共速后，有：
F－μmgcos37°
＝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＝
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°
＝ma3
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
t3＝（2－
）s（另一解不合题意，舍去）
即物品还需（2－
）s到达平台。
（1）0.5s
（2）1s （3）（2－
）s
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