吉林省某知名中学高三物理上学期阶段性训练试题五含解析2

1、吉林省通榆县第一中学20172018学年度上学期高三物理阶段性训练五一.选择题1. 在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )a. 25 m/s,1.25 b. 40 m/s,0.25 c. 50 m/s,0.25 d. 80 m/s,1.25【答案】c考点：本题考查匀变速直线运动规律和牛顿第二定律的应用，同时考查了运动

2、学问题解决中常用的逆向分析法。2. 如图所示，用平行于斜面体a的轻弹簧将物块p拴接在挡板b上，在物块p上施加沿斜面向上的推力f，整个系统处于静止状态。下列说法正确的是( )a. 物块p与斜面之间一定存在摩擦力b. 弹簧的弹力一定沿斜面向下c. 地面对斜面体a的摩擦力水平向左d. 若增大推力，则弹簧弹力一定减小【答案】c【解析】对物体b受力分析可知受重力、弹簧的弹力（可能有）、推力f和静摩擦力（可能有），具体情况如下：如果推力、重力的下滑分力和弹簧的弹力三力平衡，则没有静摩擦力；如果推力、重力的下滑分力和弹簧的弹力三力不平衡，则有静摩擦力，故a错误；弹簧可能处于伸长，也可能处于压缩，只要推力、重

3、力的下滑分力、弹簧的弹力和静摩擦力四力平衡即可，故b错误；对整体受力分析，受重力、支持力、推力f和地面的静摩擦力，根据平衡条件，地面的静摩擦力与推力的水平分力平衡，向左，故c正确；如果弹簧的弹力沿斜面向下，且摩擦力为零，则有：f=mgsin+kx，若增大f，弹簧的弹力不变，摩擦力沿斜面向下，且在增大，故d错误。所以c正确，abd错误。3. 甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即fkv(k为正的常量)。两球的v ­t图像如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v

4、2。则下列判断正确的是( )a. 释放瞬间甲球加速度较大 b. m1m2=v2v1c. 甲球质量大于乙球质量 d. t0时间内两球下落的高度相等【答案】c【解析】试题分析：释放瞬间v=0，因此空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故a错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv=mg，因此最大速度与其质量成正比，即vmm，故m1m2=v1v2，故b错误；由于m1m2=v1v2，而v1v2，故甲球质量大于乙球，故c正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等；故d错误；故选c。考点：v-t图线；牛顿定律的应用【名师

5、点睛】本题中小球的运动情况与汽车起动类似，关键要抓住稳定时受力平衡，运用牛顿第二定律分析。4. 如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10 cm，运动时弹簧伸长量为9 cm，则升降机的运动状态可能是(g10 m/s2)( )a. 以a1 m/s2的加速度加速上升 b. 以a1 m/s2的加速度加速下降c. 以a9 m/s2的加速度减速上升 d. 以a9 m/s2的加速度减速下降【答案】b【解析】静止时弹簧伸长量为10 cm，mg=k×0.1。运动时弹簧伸长量为9 cm，小于静止时弹簧伸长量为10 cm，可知升降机的加速度向下，mg-k×0.09

6、=ma，a=0.1g=1m/s2，方向向下。则升降机的运动状态可能是以a1 m/s2的加速度加速下降；也可能是以a1 m/s2的加速度减速上升，b正确、acd错误。故选：b。5. 如图所示，质量为m的小球与弹簧和水平细线相连，、的另一端分别固定于p、q。球静止时，中拉力大小为ft1，中拉力大小为ft2，当剪断水平细线的瞬间，小球的加速度a应是( )a. ag，竖直向下 b. ag，竖直向上c. a，方向水平向左 d. a，方向沿的延长线【答案】c【解析】小球静止时，受到重力、弹簧拉力ft1、细线拉力ft2三个力的作用，细线拉力ft2与重力、弹簧拉力ft1的合力等大反向，剪断水平细线的瞬间，由于

7、弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到ft1和重力mg作用，合力水平向左，大小为ft2，所以加速度为a，方向水平向左，选项c正确、abd错误。故选：c。6. 如图所示，质量为m的木块a套在粗糙水平杆上，并用轻绳将木块a与质量为m的小球b相连。现用水平力f将小球b缓慢拉起，在此过程中木块a始终静止不动。假设杆对a的支持力为fn，杆对a的摩擦力为ff，绳中张力为ft，则此过程中( )a. f增大 b. ff不变 c. ft减小 d. fn减小【答案】a【解析】先以b为研究对象，小球受到重力、水平力f和轻绳的拉力ft，如图甲所示，由平衡条件得：ft，fmgtan ，增大，ft增大，f增大。再以整体为研

8、究对象，受力分析图如图乙所示，根据平衡条件得：fff，则ff逐渐增大。fn(mm)g，即fn保持不变，故选a项。【名师点睛】先以b为研究对象，分析在小球上升的过程中ft、f如何变化，再以整体为研究对象，分析摩擦力f和支持力力n如何变化。7. 如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的a端用铰链固定，光滑轻小滑轮在a点正上方，b端吊一重物g，现将绳的一端拴在杆的b端，用拉力f作用在绳的另一端将b端缓慢上拉，在ab杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力f和杆受的弹力fn的变化，判断正确的是( )a. f变大 b. f变小 c. fn变大 d. fn变小【答案】b【解析】试题分析：

9、以b点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力t（等于重物的重力g）、轻杆的支持力fn和绳子的拉力f，作出受力图如图：由平衡条件得知，fn和f的合力与t（g）大小相等，方向相反，根据三角形相似可得，解得：fn=g，f=g；使bao缓慢变小时，ab、ao保持不变，bo变小，则fn保持不变，f变小，故b正确，acd错误故选b。考点：共点力的平衡条件8. 早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )a. 物体抵抗运动状态变化的性质是惯性b. 没有力的作用，物体只能处于静止状态c. 行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性d. 运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动【答案】a

10、d【解析】试题分析：根据惯性定律解释即可：任何物体都有保持原来运动状态的性质，惯性的大小只跟质量有关，与其它任何因素无关解：a、任何物体都有保持原来运动状态的性质，叫着惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，故a正确；b、没有力作用，物体可以做匀速直线运动，故b错误；c、惯性是保持原来运动状态的性质，圆周运动速度是改变的，故c错误；d、运动的物体在不受力时，将保持匀速直线运动，故d正确；故选ad【点评】牢记惯性概念，知道一切物体在任何时候都有惯性，质量是惯性的唯一量度9. 如图所示，固定斜面上有一光滑小球，与一竖直轻弹簧p和一平行斜面的轻弹簧q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个

11、数可能的是( )a. 1 b. 2 c. 3 d. 4【答案】bcd.考点：受力分析。10. 质量分别为m和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，m恰好能静止在斜面上，不考虑m、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放m，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是( )a. 轻绳的拉力等于mg b. 轻绳的拉力等于mgc. m运动的加速度大小为(1sin )g d. m运动的加速度大小为mmmg【答案】bc【解析】试题分析：由第一次放置m恰好能静止在斜面上，可得m和m的质量关系，进而可求第二次放置m的加速度，轻绳的拉力解：第一次

12、放置时m静止，则：mgsin=mg，第二次放置时候，由牛顿第二定律：mgmgsin=（m+m）a，联立解得：a=（1sin）g=g对m由牛顿第二定律：tmgsin=ma，解得：t=mg，故a错误，b正确，c正确，d正确故选：bcd【点评】该题的关键是用好牛顿第二定律，对给定的情形分别列方程，同时注意连接体问题的处理方法：整体法和隔离法的灵活应用11. 如图甲所示，质量为m2 kg 的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度时间图像如图乙所示，g10 m/s2，结合图像，下列说法正确的是( )a. 可求得物块在前2 s内的位移5

13、mb. 可求得物块与木板间的动摩擦因数0.2c. 可求得物块的质量m2 kgd. 可求得木板的长度l2 m【答案】abc【解析】a、物块在前2 s内的位移x×1 m2×1 m5 m，a正确；bc、由运动学图像知，两物体加速度大小相同，设物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，则有mgma1ma2，则mm2 kg，c正确；由题图可知物块加速度大小为a12 m/s2，则g2 m/s2，0.2，b正确；d、由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，d错。故选：abc。【名师点睛】根据图象的“面积”可求得位移；由斜率得到加速度，以m为研究对象，

14、据牛顿第二定律求解动摩擦因数；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度。12. 如图(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的v ­t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()a. 斜面的倾角 b. 物块的质量c. 物块与斜面间的动摩擦因数 d. 物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】acd【解析】由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsin+mgcos=ma1；下

15、降过程有：mgsinmgcos=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度，故选项acd正确，选项b错误。点睛：本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。二、实验题13. 某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量l为_ cm；(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，

16、关于此操作，下列选项中规范的做法是_；(填选项前的字母)a逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重b随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量l与弹力f的关系图线，图线的ab段明显偏离直线oa，造成这种现象的主要原因是_。【答案】 (1). 6.93 (2). a (3). 弹簧受到的拉力超过了其弹性限度【解析】试题分析：由图可知，图乙中示数为：1466cm，则伸长量为现在的长度减去原长：l=1466cm-773cm=693cm；为了更好的找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，那样拉力增加的均匀，描出的点

17、分布也较均匀，做出的图像更准确些。如果随意增减的话，弹簧的拉力忽大忽小不利用描点作图，因此应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重作出的图像误差更小；故选：a；在弹簧的弹性限度范围内，胡克定律是成立的，但若超过弹簧的弹性限度，胡克定律将不再适用；弹簧下端钩码过多时，对弹簧的拉力过大，使弹簧形变量超过了弹簧的弹性限度，弹簧的伸长量不再是线性变化。因此图中出现偏折的原因是因为超过了弹簧的弹性限度；考点：探究弹力和弹簧伸长量的关系【名师点睛】本实验的第一问主要考查的是弹簧称的读数，弹簧称的读数如果最小分度是01的就要估读了，如果最小分度是02或05一般不估读任何仪器都有

18、它的量程，弹簧秤也是如此，弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比，超过了弹簧的弹性限度，弹簧的伸长量不再是线性变化。这是我们在做实验时必须注意的，不能超过任何仪器的量程。14. 用图(a)所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)某同学通过实验得到如图(b)所示的a­f图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角_(填“偏大”或“偏小”)。(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力_砝码和盘的总重力(填“大于”“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量m与砝码和盘的总质量m满足_的条件。(3)某同学得

19、到如图所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50 hz。a、b、c、d、e、f、g是纸带上7个连续的点。xxdgxad_cm。由此可算出小车的加速度a_m/s2(保留两位有效数字)。【答案】 (1). 偏大 (2). 小于 (3). mm (4). 1.80 (5). 5.0【解析】 (1)根据所给的f-a图像可知，当f0时，小车已经有了加速度a0，所以肯定是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大造成的；(2)根据牛顿定律，对小车fma，对砝码和盘mgfma，解得fmg，只有当mm时，小车受到的拉力才近似等于mg，从而减少误差。(3)由题图读出xad2.10 cm，xdg3.90 cm，所以x

20、xdgxad1.80 cm，根据xat2，解得a5.0 m/s2。三.计算题15. 如图所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角30°。现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端p处，由传送带送至顶端q处。已知p、q之间的距离为4 m，工件与传送带间的动摩擦因数为32，取g10 m/s2。(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从p点运动到q点所用的时间。【答案】(1)先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s【解析】试题分析： （1）工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力由牛顿第二定律得：mgcos mgsin ma代入数值得：a25 m/s2则其速度达到传送带速度时发生的位移为x1v22a=222×2.5m0.8m<4m可见工件先匀加速运动08 m，然后匀速运动32 m（2）匀加速时，由x1v2t1得t108 s匀速上升时t2=x2v=3.22s=1.6s所以工件从p点运动到q点所用的时间为tt1t224 s考点：牛