2019届高考物理江苏专版一轮复习阶段检测(一)第一三章验收Word版含解析

1、2019届高考物理江苏专版一轮复习阶段检测：(一)第一_三章查收Word版含剖析2019届高考物理江苏专版一轮复习阶段检测：(一)第一_三章查收Word版含剖析13/132019届高考物理江苏专版一轮复习阶段检测：(一)第一_三章查收Word版含剖析阶段综合检测（一）第一三章查收(时间：100分钟满分：120分)一、单项选择题(本题共7小题，每题3分，共21分。每题只有一个选项切合题意)1(2018绍兴期中)高速路上堵车，小东听到导航仪提示“前面3公里拥堵，估计需要24分钟经过”，依照导航仪提示，以下推断合理的是()A汽车将匀速经过前面3公里B可以计算出此时车子的速度是0.125m/sC经过前

2、面这3公里的过程中，车子的平均速度大体为7.5km/hD若此时离目的地还有30公里，到达目的地必然需要240分钟剖析：选C前面拥堵，汽车不可以能做匀速运动经过3公里，故A错误；依照题设条x件，汽车的瞬时速度无法求出，故B错误；依照平均速度公式可知，平均速度约为：vt324km/h7.5km/h，故C正确；经过拥堵路段后，汽车的速度其实不用然素来保持，故此60后的运动时间无法确定，故D错误。2.(2018绵阳模拟)甲、乙两物体同时从同一地址出发，其v-t图像以以下列图。以下说法正确的选项是()A甲、乙两物体运动方向相反，加速度方向相同B甲的位移不断减小，乙的位移不断增大C第1s末两物体相遇D前2

3、s内两物体的平均速度相同剖析：选D在v-t图像中，速度的正负表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，故两物体运动方向相同，加速度方向相反，故A错误；依照速度图线与时间轴围成的面积表示位移，可知甲、乙两物体位移都不断增大，故B错误。第1s末两物体经过的位移不相等，而两者又是从同一地址出发的，故不可以能相遇，故C错误；在v-t图像中，图线与时间轴所围面积表示物体经过的位移，则知前2s内，两个物体经过的位移相等，所用时间相等，故前2s内两物体的平均速度相同，故D正确。3(2018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，以下说法正确的选项是()A锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用

4、力，因此玻璃才碎裂B锤头碰到的力大于玻璃碰到的力，可是由于锤头可以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，可是由于锤头可以承受比玻璃更大的力才没有碎裂D由于不清楚锤头和玻璃的其他受力情况，因此无法判断它们之间的相互作用力的大小剖析：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，但因作用在不一样样的物体上，因物体的承受能力不一样样，产生不一样样的作用效果，故C正确，A、B、D均错误。4(2018吉林大学附中模拟)从t0时辰开始，甲沿圆滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于圆滑水平川面，从t0时辰开始碰到如图乙所示的水平

5、拉力作用。则在04s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C2s末乙物体改变运动方向D2s末乙物体速度达到最大剖析：选D由题图甲所示可以知道：物体甲在02s内做匀减速直线运动，在24s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Fma可以知道，物体甲碰到的合力保持不变，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02s内做加速度减小的加速运动，24s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.(2018辽宁省实验中学模拟)一皮带传达装置

6、以以下列图，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，滑块素来未与皮带达到共速，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剖析：选D滑块轻放到皮带上，碰到向左的摩擦力，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，依照牛顿第二定律，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，此后弹力大于摩擦力，加速度方

7、向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力连续增大，依照牛顿第二定律得，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，则小物块上滑到最高地址所需时间与t之比为()2B.A.12112D.C.22剖析：选A木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力。依照牛顿第二定律得出：小物块的加速度a1g，v0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，对物块进行受力剖析，以以下列图

8、：小物块的合力F合mgsin45fmgsin45mgcos45小物块上滑的加速度a2mgsin45mgcos4512gm，2滑行时间tv02v0，a21gt因此t2，故A正确，B、C、D错误。17.以以下列图，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组成，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60，则此时每根弹簧的伸长量为()A.3mgB.4mgkkC.5mgD.6mgkk剖析：选D对物体m，受重力和支持力，依照牛顿第二定律，有：Nmgma其中：N6mg解得：a5g再对质量不计的底盘和物体m整体剖析，受两个

9、拉力和重力，依照牛顿第二定律，有：竖直方向：2Fcos60mgma解得：F6mg依照胡克定律，有：xFk6mgk故D正确。二、多项选择题(本题共5小题，每题4分，共20分。每题有多个选项切合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)8.以以下列图，用恒力F将物体压在粗糙竖直面上，当F从实线地址绕O点顺时针转至虚线地址，物体素来静止，则在这个过程中，物体碰到的摩擦力Ff和墙壁对物体弹力的变化情况是()AFf方向可能素来竖直向上BFf可能先变小后变大CFN先变小后变大DFN先变小后变大再变小剖析：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方向素来竖直

10、向上，Ff则素来减小，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v-t图像，其中经过点(4,0)的虚线是6s末v-t图像的切线。g取10m/s2。以下说法正确的是()A6s末物块速度方向改变B06s内物块平均速度比610s内物块平均速度小C物块与水平面间的动摩擦因数为0.1D水平推力F的最大值为0.9N剖析：选BD6s末物块速度

11、仍为正当，故速度方向没改变，选项A错误；若06s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06s内的平均速度小于3m/s，而物块在610s内的平均速度等于3m/s，故06s内物块平均速度比610s内物块平均速度小，选项B正确；撤去外力后的加速度v6m/s21.5m/s2，根at106据ag1.5m/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amv622Fmmgmam，解得Fm0.9N，tm/s3m/s，依照牛顿第二定律64选项D正确。10.(2018潍坊一模)静止在水平面上的物体，碰到水平拉力F的作用，在F从20N开始逐渐增大到40N的过程

12、中，加速度a随拉力F变化的图像以以下列图，由此可以计算出(g10m/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2D加速度为2m/s时物体的速度剖析：选ABC当F20N时，依照牛顿第二定律：FFfma，得amm则由数学知识知图像的斜率km1由图得k511，可得物体的质量为5kg。40205将F20N时a1m/s2，代入Ffma得：物体碰到的摩擦力f15N由fFNmg可得物体的动摩擦因数，故A、B、C正确。由于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.(2

13、018百校缔盟冲刺金卷)以以下列图，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的动摩擦因数tan，A、B整体相对静止以必然的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则以下说法正确的选项是()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CA与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程DA与B之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等剖析：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，依照牛顿第二定律得向上运动的过程中：(mAmB)gsinf(mAmB)a，f(mAmB)gcos因此有：agsingcos，方向沿斜面向下，因此向上运动的过程中A、B组成的整

14、体处于失重状态，故A正确。同理对整体进行受力剖析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：(mAmB)gsinf(mAmB)a，得：agsingcos由于tan，因此a0因此上滑到最高点后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，依照牛顿第二定律有：mBgsinfmBa，解得：fmBgcos；向下运动的过程中，依照牛顿第二定律有：mBgsinfmBa，解得：fmBgcos；因此ff，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.(2018儋州四校联考)以以下列图为少儿乐园里一项游乐活动的表示图，金属导轨倾斜固定，倾角为，导轨上开有一狭槽，内置一小球，

15、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，少儿可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为，且保持不变。假设抱枕质量为m1，少儿质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力忽略不计，则以下说法正确的选项是()A剖析可知B少儿与抱枕一起做匀速直线运动C少儿对抱枕的作用力平行导轨方向向下D绳子拉力与抱枕对少儿的作用力之比为(m1m2)m2剖析：选AD由于球沿斜槽无摩擦滑动，则少儿、抱枕和小球组成的系统拥有相同的加速度，且agsin，做匀加速直线运动，间隔对少儿和抱枕剖析，加速度agsingsin，则，故A正确，B错误。对抱枕剖析，受重力、绳子拉力、少儿对抱枕的作用力，由于沿绳子方向合力为零，平

16、行导轨方向的合力为m1am1gsin，可知少儿对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，故C错误。对少儿和抱枕整体剖析，依照平行四边形定则知，绳子的拉力T(m1m2，抱枕对少儿的作用力方向沿绳子方向向上，大小为2)gcosmgcos，则绳子拉力与抱枕对少儿的作用力之比为(m1m22，故D正确。)m三、实验题(本题共2小题，共18分)13(6分)(2018武汉华中师大一附中模拟)在“研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以以下列图，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

17、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)剖析：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T0.1s；CExAC依照xaT2，可得ax2；4T代入数据，解得17.478.058.052m/s20.34m/s2。a40.1210依照匀变速直线运动中，中间时辰的速度等于该过程中的平均速度，有：xBD12.593.862vC2T0.110m/s0.44m/s。2答案：0.340.4414(12分)(2018河北正定中学检测)为了研究人们用绳子跨山谷过程中绳子拉力的变化规律，同学们设计了如图(a)所示的实验装置，他们将不可以伸长轻绳的两

18、端经过测力计(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(LD)。他们第一在轻绳上距离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地址，每次将M到C点的距离增加10cm，并读出测力计的示数，最后获取TM、TN与轻绳MC长度之间的关系曲线以以下列图，由实验可知：曲线中拉力最大时，C与M点的距离为_cm，该曲线为_(选填：TM或TN)的曲线。若用一个圆滑的挂钩将该重物挂于轻绳上，待牢固后，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

19、字)。剖析：(1)由题图(b)可知，曲线中拉力最大时，C与M点的距离为100cm。采用C为研究的对象，受力如图，水平方向：TMsinNsin，竖直方向：McosNG，由图可得，当TTTcos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：水平方向依旧满足：TMsinNsinT由图可得，因此：TMTN，因此曲线是TM的曲线，曲线是TN的曲线。(2)若用一个圆滑的挂钩将该重物挂于轻绳上，待牢固后，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T04.3N。由(1)中剖析可知此时，则：2T0。由几何关系可知，MC与水平方向的cosmg夹角为(90)；由题

20、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(90cosmg3.20.37。)2T024.3答案：(1)100TN四、计算题(本题共4小题，共61分)15(14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h16000m的高空，此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h23000m时，开始做匀减速运动，以保证飞艇离地面的高度不低于h500m，取g10m/s2，求：(1)飞艇加速下落的时间t；F(2)减速运动过程中，实验人员对座椅的

21、压力F与其重力mg的比值mg的最小值。剖析：(1)设飞艇加速下落的加速度为a1，由牛顿第二定律得：MgfMa1解得a1Mgf9.6m/s2M加速下落的高度为h1h23000m，12依照位移时间关系公式，有：h1h22a1t，故加速下落的时间为2h1h223000s25s。ta19.6(2)飞艇开始做减速运动时的速度为va1t240m/s匀减速下落的最大高度为h2h3000m500m2500m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最少应为v22a2240m/s211.52m/s22h225002h依照牛顿第二定律可得Fmgma2，依照牛顿第三定律可得FF，则：F2.15

22、2。mg答案：(1)25s(2)2.15216(15分)(2018遵义模拟)如图，圆滑水平面上，质量为M2kg的木板B(足够长)，在F6N的水平向右外力作用下从静止开始运动，t01s末将一质量为m1kg的煤块A轻放在B的右端，A、B间动摩擦因数为0.3(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10m/s2)，求：煤块A刚放上时，A、B的加速度大小；煤块A在B上划过的印迹的长度。剖析：(1)依照题意，对物体进行受力剖析，对于A，水平方向上只碰到摩擦力，因此有：mgma解得：aAg3m/s2。对于B，放上A此后，B在水平方向上碰到两个力的作用，由牛顿第二定律可得：FmgMaB解得：aB63m/s21.5m/

23、s2。2(2)当A、B的速度相同的时候，A在B大将不再产生印迹，设放上去A从前，B的速度为v0，经过t秒，它们达到共同速度，则aAtv0aBt没有放上A从前的1秒钟，B的加速度为3m/s2，因此放上A从前，B的速度v03m/s由以上可知：3t31.5t解得：t2s。Bv01B232m21.5m9mxt2at12xAaAt6m2因此划痕长为xBxA9m6m3m。答案：(1)3m/s21.5m/s2(2)3m17(16分)(2018天津市五区县期末)如图甲所示，圆滑平台右侧与一长为L2.5m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v05m/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，使木板与水平川面的夹角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，sin370.6，cos370.8。求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。剖析：(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mgma滑块恰好到木板右端停止22aL0v02v0解得2gL0.5。(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mgcosmgsinma10v022a1x0v0a1t11解得t12s设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有m