2013版高中物理全程复习方略（江苏）：阶段滚动检测(一)

第页温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。阶段滚动检测(一)第一～三章(90分钟100分)第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意)1.一物体从高x处做自由落体运动，经时间t到达地面，落地速度为v，那么当物体下落时间为eq\f(t,3)时，物体的速度和距地面的高度分别是()A.eq\f(v,3)，eq\f(x,9)B.eq\f(v,9)，eq\f(x,9)C.eq\f(v,3)，eq\f(8,9)xD.eq\f(v,9)，eq\f(\r(3),3)x2.如图所示，为一物体沿南北方向(规定向北为正方向)做直线运动的速度－时间图象，由图可知()A.3s末物体回到初始位置B.3s末物体的加速度方向发生变化C.物体所受合外力的方向一直向南D.物体所受合外力的方向一直向北3.如图所示，物体A靠在倾斜的墙面上，在与墙面和B垂直的力F作用下，A、B保持静止，下列关于A、B两物体受力的个数正确的是()A.44B.45C.54D.554.(2019·常州模拟)在第十一届全运会男子举重56公斤级比赛中，龙清泉以302公斤的总成绩获得冠军，并以169公斤超该级别挺举世界纪录.如图所示，设龙清泉所举杠铃的总重为G，杠铃平衡时每只手臂与竖直方向所成的夹角为30°，则他每只手臂承受的张力为()A.eq\f(G,2)B.eq\f(\r(3),3)GC.eq\f(\r(3)G,2)D.G5.(2019·无锡模拟)如图所示，一圆环位于竖直平面内，圆环圆心处有一小球，OP、OQ为两根细绳，一端与球相连另一端固定在圆环上.OP呈水平，OQ与竖直方向成30°角，现保持小球位置不动，将圆环沿顺时针方向转过90°角，则在此过程中()A.OP绳所受拉力增大B.OP绳所受拉力先增大后减小C.OQ绳所受拉力先减小后增大D.OQ绳所受拉力先增大后减小二、多项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题有多个选项符合题意)6.(2019·南京模拟)某物体运动的v-t图象如图所示，根据图象可知()A.前15s内物体的平均速度是10m/sB.第20s末物体的加速度大小是1.0m/s2C.0～10s内物体的加速度等于10～15s内物体的加速度D.10～15s内物体所受的合外力为零7.如图所示，A、B两个物块的重力分别是GA＝3N，GB＝4N，弹簧的重力不计，整个装置沿竖直方向处于静止状态，这时弹簧的弹力F＝2N，则天花板受到的拉力和地板受到的压力有可能是()A.1N和6NB.5N和6NC.1N和2ND.5N和2N8.一游客站在观光电梯内，将行李箱置于电梯的水平底板上，某段时间内电梯竖直向上做匀减速运动，加速度为a＜g，在这一运动过程中()A.游客感觉到电梯外的建筑物加速向下运动B.游客感觉到电梯外的建筑物减速向下运动C.行李箱对底板的压力大于行李箱的重力D.行李箱对底板的压力小于行李箱的重力9.某同学为了探究物体与斜面间的动摩擦因数进行了如下实验，取一质量为m的物体使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α＝30°，取重力加速度g＝10m/s2，则由此可得()A.物体的质量为3kgB.物体与斜面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),9)C.撤去推力F后，物体将做匀减速运动，最后可以静止在斜面上D.撤去推力F后，物体下滑时的加速度为eq\f(10,3)m/s210.如图所示，小车上有一直立木板，木板上方有一槽，槽内固定一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一重球，另一端系在轻质弹簧测力计上，弹簧测力计固定在小车上，开始时小车处于静止状态，轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板，假设重球和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A.若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变B.若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变C.若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力不变D.若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力不变第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11.(2019·广州模拟)(6分)某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中，按正确操作方法测出的数据如表.其中，他选择的轻质弹簧的原长是10cm，实验中弹簧的伸长始终未超过弹性限度.弹簧所受拉力F/N2.04.06.08.010.012.014.0弹簧的总长度l/cm11.0112.0112.9914.0015.0116.0016.99(1)若以拉力F为纵坐标，以弹簧的伸长x为横坐标，请你在图中描点并作出该弹簧的F-x图线.(2)说明图象中斜率k的物理意义：_______________.(3)若以x为自变量，且F的单位用N表示，x的单位用m表示，则上述图线所代表的函数为___________.12.(6分)用如图甲所示的实验装置来验证牛顿第二定律，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力.(1)某同学平衡摩擦力时是这样操作的：将小车静止地放在水平木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图乙，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止，请问这位同学的操作是否正确？如果不正确，应当如何进行？答：_______________________________________________________________.(2)如果这位同学先如(1)中操作，然后不断地改变对小车的拉力F，他得到M(小车质量)保持不变情况下的a-F图线是图中的(将选项代号的字母填在横线上).四、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(10分)一辆卡车初速度为v0＝10m/s，以a＝2m/s2的加速度加速行驶，求：(1)卡车在3s末的速度；(2)卡车在前6s内的位移；(3)卡车在第6s内的平均速度.14.(10分)沿光滑的墙壁把一个足球悬挂在A点，如图所示，足球的质量为m，悬挂绳的质量不计.足球与墙壁接触点为B，球心为O点，悬绳与墙壁的夹角为α.已知悬绳对足球的拉力的方向沿OA方向，求悬绳对足球的拉力的大小和墙壁对足球的支持力的大小.15.(14分)在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝1kg的小球，跟与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10m/s2，求：(1)此时轻弹簧的弹力大小为多少？(2)小球的加速度大小和方向.(3)若不剪断轻绳而剪断弹簧的瞬间，小球的加速度为多少？16.(2019·无锡模拟)(14分)如图所示，长12m、质量为50kg的木板右端有一立柱.木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50kg的人立于木板左端，木板与人均静止，当人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至木板的右端时，立刻抱住立柱(取g＝10m/s2)，求：(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小和方向；(2)人在奔跑过程中木板的加速度的大小和方向；(3)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间.答案解析1.【解析】选C.根据运动学公式v＝gt得，速度v与时间t成正比，所以下落eq\f(t,3)时的速度为v′＝v·eq\f(\f(t,3),t)＝eq\f(v,3).根据公式x＝eq\f(1,2)gt2得，下落位移x与时间的平方t2成正比，所以下落eq\f(t,3)时下落的高度为x′＝x·eq\f((\f(t,3))2,t2)＝eq\f(1,9)x.所以距地面高度x距＝x－x′＝x－eq\f(1,9)x＝eq\f(8,9)x.选项C正确.2.【解析】选D.3s末物体速度为零，6s末物体回到初始位置，前6s物体的加速度方向没有发生变化，方向一直向北，所以物体所受合外力的方向一直向北，故A、B、C错误，D正确.3.【解析】选C.先取B为研究对象，把A看做墙的一部分，受力如图所示.若只受GB和F，B物体不能静止，因此A对B有沿接触面向上的静摩擦力Ff1，受Ff1则一定有A对B的弹力FN，B受4个力作用.取AB整体为研究对象，同理可得墙对A有沿墙面向上的静摩擦力Ff2和墙的弹力FNA；由牛顿第三定律知A还受B的沿A、B接触面向下的静摩擦力Ff1′和垂直接触面向上的弹力FN′，还有自身的重力GA，共5个力.故选项C正确.4.【解析】选B.设每只手臂受力为F，则2Fcos30°＝G，解得F＝eq\f(\r(3),3)G，故B正确.5.【解析】选B.由于小球平衡，OP绳与OQ绳的拉力的合力与重力平衡，由绳子移动过程中两绳的角度再结合平行四边形定则可知OP绳所受拉力先增大后减小，OQ绳所受拉力不断减小.6.【解析】选B、D.前15s内x＝eq\f(1,2)×10×20m＋(15－10)×20m＝200m，eq\x\to(v)＝eq\f(200,15)m/s＝13.3m/s.20s时加速度a＝eq\f(30－20,25－15)m/s2＝1m/s2；0～10s内物体加速度a′＝eq\f(20,10)m/s2＝2m/s2,10～15s内物体做匀速运动，加速度为零，物体所受合外力为零，故A、C错误，B、D正确.7.【解析】选A、D.弹簧的弹力为2N，有两种可能情形：弹簧处于拉伸状态和弹簧处于压缩状态，因此对应的解应有两组.①当弹簧处于拉伸状态时，由A、B受力均平衡可知，D正确.②若弹簧处于压缩状态，同理可知，A正确.8.【解析】选B、D.以建筑物为参考系，电梯竖直向上做匀减速运动，反之，以电梯为参考系，游客看到的建筑物向下减速运动，故A错、B对；游客和行李箱处于失重状态，则行李箱对底板的压力小于行李箱的重力，故C错、D对.9.【解析】选A、B、D.在0～2s由速度图象可得：a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.5m/s2，由速度图象可知，2s后匀速，合外力为零，推力等于阻力，故0～2s内的合外力F合＝21.5N－20N＝1.5N，由牛顿第二定律可得：m＝eq\f(F合,a)＝eq\f(1.5,0.5)kg＝3kg，故选项A正确；由匀速时F推＝mgsinα＋μmgcosα，代入数据可得：μ＝eq\f(\r(3),9)，所以选项B正确；撤去推力F后，物体先做匀减速运动到速度为零，之后所受合外力为F′合＝mgsinα－μmgcosα＝10N>0，所以物体将下滑，下滑时的加速度为：a′＝eq\f(F′合,m)＝eq\f(10,3)m/s2，故选项C错D对，所以正确选项为A、B、D.10.【解析】选B、C.小车匀加速向右运动时重球飞离木板后与小车一起加速，二者保持相对静止，此时弹簧拉力大于重球重力，其读数变大.小车匀加速向左运动时重球受到木板向左的支持力，竖直方向上弹簧拉力仍与重力保持平衡，其读数不变.取整个系统分析，由平衡条件可知小车对地面的压力保持不变，始终等于系统重力，综上可知B、C项正确.11.【解析】(1)弹簧的伸长量如表所示：弹簧所受拉力F/N2.04.06.08.010.012.014.0弹簧的总长度l/cm11.0112.0112.9914.0015.0116.0016.99弹簧的伸长量x/cm1.012.012.994.005.016.006.99在F-x坐标系中描点连线如图所示：(2)图象中斜率k表示弹簧的劲度系数.(3)由图象可得F＝kx，其中k＝eq\f(ΔF,Δx)＝200N/m.答案：(1)见解析(2)弹簧的劲度系数(3)F＝kx，其中k＝200N/m12.【解析】(1)本题考查对实验原理的理解，该同学的操作不正确.正确的操作应是：调节木板的倾斜度，直到轻推一下小车后，小车能沿倾斜木板缓慢匀速运动.(注：本题的答题要点是：必须说清要给小车一个初速度).(2)这位同学如(1)中操作，那么小车开始运动而未加外力F时就有加速度，又F＋mgsinθ－Ff＝ma.即：a＝eq\f(F,m)＋eq\f(mgsinθ－Ff,m)，由此可知C正确.答案：(1)见解析(2)C13.【解析】(1)3s末速度v3＝v0＋at3＝16m/s(2分)(2)前6s内的位移x6＝v0t6＋eq\f(1,2)at62＝96m(2分)(3)前5s内的位移x5＝v0t5＋eq\f(1,2)at52＝75m(2分)第6秒内的位移为x＝x6－x5＝21m(2分)第6秒内的平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(x,Δt)＝21m/s(2分)答案：(1)16m/s(2)96m(3)21m/s14.【解析】以足球为研究对象，受力如图所示由平衡条件得：竖直方向：FTcosα－mg＝0①(3分)水平方向：FTsinα－FN＝0②(3分)由①②得FT＝mg/cosα(2分)FN＝mgtanα(2分)答案：mg/cosαmgtanα15.【解析】(1)因此时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力FT和弹簧的弹力FN作用而处于平衡状态，依据平衡条件得竖直方向有：FTcosθ＝mg，(3分)水平方向有：FTsinθ＝FN，(3分)解得弹簧的弹力大小为：FN＝mgtanθ＝10N.(2分)(2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力等于重力FN′＝mg，(2分)由牛顿第二定律得小球的加速度为a＝eq\f(FN－μFN′,m)＝8m/s2，方向水平向左.