高考物理阶段检测题(二)

高考物理阶段检测题((二))一、选择题(本题共 12 小题，在每小题给出的四个选项中，第 1～8 题只有一项符合题目要求，第 9～12 题有多项符合题目要求。)1．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B 为测速仪，A 为汽车，两者相距335 m，某时刻 B 发出超声波，同时 A 由静止开始作匀加速直线运动。当 B 接收到反射回来的超声波信号时，AB 相距 355 m，已知声速为 340 m/s，则汽车的加速度大小为()A．20 m/s 2 B．10 m/s 2 C．5 m/s 2 D．无法确定 2．某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移 x、速度 v、加速度 a 随时间变化的图象如图所示，若该物体在 t＝0 时刻初速度为零，则下列图象中该物体在 t＝4 s 内位移一定不为零的是()3．如图所示，铁板AB与水平地面之间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方。在缓慢抬起铁板的 B 端使 θ 角增大(始终小于 90°)的过程中，磁铁始终相对于铁板静止。下列说法正确的是()A．磁铁所受合外力逐渐减小 B．磁铁始终受到三个力的作用 C．磁铁受到的摩擦力逐渐减小 D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大 4．如图所示，有一木块沿半球形碗边缘下滑，假设由于摩擦力的作用，使得木块下滑的速率不变，则在下滑过程中()A．木块的加速度为零 B．木块所受合力不变 C．木块对碗的压力大小不变，方向不断改变 D．在碗底木块对碗的压力最大 5．如图所示，可视为质点的小球，位于半径为 3 m 半圆柱体左端点 A 的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于 B 点。过 B 点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则初速度为(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s 2)()A.5 53m/s B．4 3 m/s

C．3 5 m/s D.152 m/s 6．如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块 A。汽车匀速向右运动，在物块 A 到达滑轮之前，关于物块 A，下列说法正确的是()A．将竖直向上做匀速运动 B．将处于超重状态 C．将处于失重状态 D．将竖直向上先加速后减速 7．如图所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上受到水平向右的拉力 F 作用向右滑行，长木板处于静止状态。已知木块与木板间的动摩擦因数为 μ 1，木板与地面间的动摩擦因数为 μ 2。下列说法正确的是()A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是 μ 2 mg B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是 μ 1(m＋M)g C．当 F>μ 2(M＋m)g 时，木板发生运动 D．无论怎样改变 F 的大小，木板都不可能运动 8．质量分别为 2m 和 m 的 A、B 两物体分别在水平恒力 F 1 和 F 2 的作用下沿水平面运动，撤去 F 1、F 2 后在摩擦力的作用下减速到停止，其 v－t 图象如图所示。则下列说法正确的是()A．F 1 和 F 2 大小相等 B．F 1 和 F 2 对 A、B 做功之比为 2∶1 C．A、B 所受摩擦力大小相等 D．全过程中摩擦力对 A、B 做功之比为 1∶2 9.如图所示，一小滑块从斜面顶端A由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动到达底端 C，已知 AB＝BC，则下列说法正确的是()A．滑块到达 B、C 两点的速度之比为 1∶ 2 B．滑块到达 B、C 两点的速度之比为 1∶4 C．滑块通过 AB、BC 两段的时间之比为 1∶ 2 D．滑块通过 AB、BC 两段的时间之比为 1∶(2－1)10．如图所示，物块 A 质量为 m，上表面水平的楔形物块 B，质量为2m，倾角θ＝30°的光滑斜面C，质量为3m，静置于粗糙水平面上。已知A、B能一起以某一初速度靠惯性沿斜面向上做匀减速运动，且C始终静止不动。则()A．A 对 B 的摩擦力方向水平向左，大小为34mg B．地面对 C 的摩擦力方向水平向左，大小为 3 34mg C．A 对 B 的压力大小为 34 mg，地面对 C 的支持力大小为 6mg

D．B 对 C 的压力大小为 3 32mg，地面对 C 的支持力大小为 214mg 11．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移 x 与斜面倾角 θ 的关系，将某一物体每次以不变的初速度 v 0 沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角 θ，实验测得 x 与斜面倾角 θ 的关系如图乙所示，g 取 10 m/s 2，根据图象可求出()A．物体的初速率 v 0 ＝3 m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.75 C．取不同的倾角 θ，物体在斜面上能达到的位移 x 的最小值 x min ＝1.44 m D．当某次 θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 12．据报道，我国计划发射“天宫二号”空间实验室。假设“天宫二号”舱中有一体重计，体重计上放一物体，火箭点火前，地面测控站监测到体重计对物体 A 的弹力为 F 0。在“天宫二号”随火箭竖直向上匀加速升空的过程中，离地面高为 h 时，地面测控站监测到体重计对物体的弹力为 F。“天宫二号”经火箭继续推动，进入预定圆轨道时距地面的高度为H。设地球半径为 R，第一宇宙速度为 v，则下列说法正确的是()A．“天宫二号”在预定轨道的运行速度一定大于第一宇宙速度 v B．“天宫二号”舱中物体 A 的质量为 m＝ F 0 Rv 2 C．火箭匀加速上升时的加速度 a＝ Fv2F 0 R －v 2 R（R＋h）2 D．“天宫二号”在预定圆轨道上运行的周期为 2πRvR＋HR 二、实验题(本题共 2 小题，按题目要求解答。)13．某同学在探究平抛运动的特点时得到如图所示的运动轨迹，a、b、c 三点的位置在轨迹上已标出．则(以下结果均取三位有效数字)(1)小球平抛的初速度为________m/s。(g 取 10 m/s 2)(2)小球抛出点的位置坐标为：x＝________cm，y＝________cm。

14．某实验小组用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。

(1)实验中除了打点计时器，还必须用到的测量工具为________。

(2)在实验操作和数据处理过程中，下列做法必须有的是________。

A．用天平测出重物的质量 B．为减小长度测量的误差，处理纸带时每五个点取一个计数点 C．必须选择打的第 1 个点与第 2 个点的间隔约为 2 mm 的纸带 D．必须先接通电源，再释放纸带(3)图乙为实验中得到的一条纸带，O 为打的第一个点，A、B、C、D、E 为纸带上打点计时器打出的五个连续的点，测出这五点到 O 点的距离分别为 x A、x B、x C、x D、x E。打点计时器所接交流电的频率为 f，当地的重力加速度为 g，现用 OC 段验证机械能守恒定律，要验证的表达式为________，若实验中算得动能的增加量大于重力势能的减少量，可能原因是

__________________________。

(4)根据打出的纸带算出离打第一个点较远处连续几个点时的速度，以 v22 为纵轴，以 x 为横轴绘 v22 －x 图线，如果图线是________，且图线的斜率等于________，则机械能守恒得到验证；如果根据打点间隔算出打每个点重物运动的时间 t，根据测得的 x 和算得的 t，作出 xt －t 图象，如果图线是________，且图线的斜率等于________，则机械能守恒定律得到验证。

三、计算题(本题共 4 小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)15．已知 O、A、B、C 为同一直线上的四点，一物体自 O 点静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过 A、B、C 三点。通过 AB 所用的时间为 t 1，通过 BC 所用的时间为 t 2，已知AB 段与 BC 段的位移相等。求由 O 到 A 所用的时间 t。

16．如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力。质量 m＝100 g 的小球穿在长 L＝1.2 m 的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为 0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑。保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从 O 点静止释放。g 取 10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)当 θ＝37°时，小球离开杆时的速度大小；(2)改变杆与竖直线的夹角 θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为 0，求此时 θ 的正切值。

17.如图所示，一个质量为M长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝4 m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为 4 mg。管从下端离地面距离为 H 处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为 g。求：

(1)管第一次落地弹起时管和球的加速度；(2)管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度；(3)管第二次弹起后球不致滑落，L 应满足什么条件。

18．如图所示，一物体 M 从 A 点以某一初速度沿倾角 α＝37°的粗糙固定斜面向上运动，自顶端 B 点飞出后，垂直撞到高 H＝2.25 m 的竖直墙面上 C 点，又沿原轨道返回。已知 B、C 两点的高度差 h＝0.45 m，物体 M 与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.25，取 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度 g＝10 m/s 2。试求：

(1)物体 M 沿斜面向上运动时的加速度大小；(2)物体被墙面弹回后返回 B 点时的速度的大小；(3)物体被墙面弹回后，从 B 点回到 A 点所需的时间。

参考答案 1．B 2．C [A 中在 t＝0 和 t＝4 s 时，物体的位移均为零，选项 A 错误；在 v－t 图象中图线围成的面积可表示位移大小，在 0～2 s 内物体位移与 2～4 s 的位移的矢量和为零，所以物体在 4 s 内的位移一定为零，选项B 错误；C 中物体在 0～1 s 内做加速运动，1～2 s 内做减速运动，2 s 内末速度为零，2～3 s 内做加速运动，3～4 s 内做减速运动，4 s 末速度为零，物体一直在同一个方向上运动，所以位移一定不为零，选项C 正确；D 中物体在 0～1 s 内做正向加速，1 s 末速度为 v，位移为 x，物体在 1～2 s 内做正向减速运动，由可逆性可得 2 s 末的速度为零，位移为 2x，2～3 s 内物体做反向加速运动，3 s 末速度为 v，位移为 x，3～4 s 内物体做反向减速运动，4 s 末速度为零，位移为零，所以 D 中的位移一定为零，选项 D 错误。] 3．D 4.D 5．C [由几何关系和题意可知，B 点速度的方向与水平方向的夹角 θ＝30°① 由速度关系可得 vyv 0 ＝tan θ② 水平方向：R＋Rsin θ＝v 0 t③ 竖直方向：v y ＝gt④ 联立以上四式解之得：v 0 ＝3 5 m/s，故 C 项正确。] 6．B [设绳子与水平方向的夹角为 θ，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于 A 的速度，根据平行四边形定则得 v A ＝vcos θ，车子在匀速向右的运动过程中，θ 减小，所以A 的速度增大，故 A 做加速上升运动，拉力大于重物的重力，物块处于超重状态，故 A、C、D 错误，B正确。

7．D [木块 m 受到滑动摩擦力作用，F f1 ＝μ 1 mg，木板静止，故地面对木板的摩擦力为静摩擦力，对木板受力分析可知，静摩擦力 F f2 与木块对木板的摩擦力为平衡力，故 F f2 ＝F f1 ＝μ 1 mg，A、B 错误；增大力 F时，木板受力不变，木板始终静止不动，C 项错，D 正确。] 8．C [撤去水平恒力后，对 A、B 分别有 f A ＝2ma A，f B ＝ma B，由图线知，a A ＝ 0－v2t 0，a B ＝ 0－vt 0，所以有f A ＝f B，C 正确；因 v－t 图线与 x 轴围成的三角形面积相同，故两物体的位移相同，结合 f A ＝f B 可知，W fA＝W fB，D 错误；对 A 运动的全过程，有 W F1 －W fA ＝0。同理，对 B 有 W F2 －W fB ＝0，又因为 W fA ＝W fB，所以 W F1 ＝W F2，B 错误；因 F 1 和 F 2 对 A、B 做功相等，但在水平恒力作用下物体发生的位移不同，故 F 1和 F 2 大小不等，A 错误。] 9．AD 10．BD [此题中斜面光滑，A、B 一起以某一初速度靠惯性沿斜面向上做匀减速运动，把 A、B 看做整体，由牛顿第二定律得(m＋2m)gsin 30°＝(m＋2m)a，解得加速度大小为 a＝gsin 30°＝0.5 g。隔离 A，A 受到重力、支持力 F N 和B对A水平向左的摩擦力 f。将 A沿斜面向下的加速度沿水平方向和竖直方向分解，由牛顿第二定律可得 mg－F N ＝masin 30°，f＝macos 30°，解得 f＝34mg，F N ＝ 34 mg。由于 B 对 A 的摩擦力方向水平向左，由牛顿第三定律可知，A 对 B 的摩擦力方向水平向右，大小为34mg，A 对 B 的压力大小为 34 mg，选项 A 错误；隔离 C，C 受到重力、支持力、B 对 C 的压力 3mgcos 30°＝3 32mg，该压力在水平方向的分力为 3mgcos 30°sin 30°＝ 3 34mg，竖直方向分力为 3mgcos 2 30°＝ 94 mg。对 C 由平衡条件，可得地面对 C 的摩擦力方向水平向左，大小为 3 34mg，选项 B 正确；地面对 C 的支持力大小为 3mg＋ 94 mg＝

214mg，选项 D 正确，C 错误。] 11．BC [由图可知，当夹角 θ＝0 时，位移为 2.40 m，而当夹角为 90°时，位移为 1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知 v 2 0 ＝2gh，解得 v 0 ＝ 2gh＝6 m/s，故 A 错误；当夹角为 0 度时，由动能定理可得 μmgx＝ 12 mv20，解得 μ＝0.75，故 B 正确；－mgxsin θ－μmgcos θx＝0－ 12 mv20，解得 x＝1810× 54 sin（θ＋α），当 θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，即 x min ＝1.44 m，故 C 正确；若 θ＝30°时，物体受到的重力的分力为 mgsin 30°＝ 12 mg，摩擦力为 f＝μmgcos 30°＝0.75×mg×32＝ 3 38mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故小球达到最高点后，不会下滑，故 D 错误。] 12．BC 13．解析(1)小球做平抛运动可视为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速运动，设小球平抛的初速度为 v，小球从 a 到 b 飞行时间为 T，在水平方向，vT＝0.20 m，在竖直方向，0.20 m－0.10 m＝gT 2.联立解得：T＝0.1 s，v＝2.00 m/s。

(2)小球飞行到 b 点时竖直速度 v ⊥ ＝0.300.1×2 m/s＝1.50 m/s，由 v⊥ ＝gt 解得 t＝0.15 s，y′＝ 12 gt2 ＝0.112 5 m。由－y＋0.10＝y′解得 y＝－0.0125 m＝－1.25 cm，由－x＋0.20＝vt 解得 x＝－0.100 m＝－10.0 cm。

答案(1)2.00(2)－10.0 －1.25 14．解析(1)实验中要测量重物下落的高度，必须用到测量工具刻度尺。

(2)由于只要验证 gh＝ v22即可，因此不需要测重物的质量，由于物体做落体运动时，打点的间隔较大，因此不需要每五个点取一个计数点，如果打的第 1 个点与第 2 个点的间隔不为 2 mm，可以取纸带中一段点迹清楚的部分，验证重物在打这两个点的时间间隔内机械能守恒即可，实验中必须先接通电源再释放重物，D 项正确。

(3)要验证的表达式为 mgx C ＝ 12 mv2C 即 gx C ＝ 12(x D －x B2f)2 ＝（xD －x B）2 f 28，若实验中算得动能的增加量大于重力势能的减少量，可能原因是先释放纸带再接通电源。

(4)如果机械能守恒，由 v22 ＝gx 可知，则v 22 －x 图线为一条过原点的倾斜直线，图线的斜率为当地的重力加速度 g；如果机械能守恒，则重物做自由落体运动，由 x＝ 12 gt2 知 xt ＝12 gt，因此xt －t 图线是一条过原点的直线，图线的斜率为当地重力加速度的一半，即机械能守恒定律得到证实。

答案(1)刻度尺(2)D(3)gx C ＝（xD －x B）2 f 28，先释放纸带后接通电源(4)过原点的倾斜的直线 g 过原点的倾斜的直线 当地重力加速度的一半 15．解析(方法一)设 AB＝BC＝L AB 段时间中点的瞬时速度为 v 1 ＝ Lt 1

BC 段时间中点的瞬时速度为 v 2 ＝ Lt 2 物体运动的加速度为 a＝v 2 －v 112（t 1 ＋t 2）＝ 2L（t1 －t 2）t 1 t 2（t 1 ＋t 2）由 v＝v 0 ＋at 得 v 1 ＝a(t＋ 12 t 1)解方程得 t＝ t2（t 1 ＋t 2）2（t 1 －t 2）－t 12 或 t＝ 错误！(方法二)Lt 1 ＝a(t＋t 12)Lt 2 ＝a(t＋t 1 ＋t 22)两式相除得 t＝ t2（t 1 ＋t 2）2（t 1 －t 2）－t 12 或 t＝ 错误！答案 见解析 16．解析(1)当杆竖直固定放置时，F＝F 弹，μF 弹 ＝mg，解得风力 F＝2 N 当 θ＝37°时，小球受力情况如图示，垂直杆方向上有 Fcos 37°＝mgsin 37°＋F N 解得 F N ＝1 N 小球受摩擦力 F f ＝μF N ＝0.5 N 由牛顿第二定律得 mgcos 37°＋Fsin 37°－F f ＝ma 解得 a＝15 m/s 2 由 v 2 －v 2 0 ＝2ax 得，小球到达杆下端时速度为 v＝6 m/s(2)当摩擦力为 0 时，球与杆的弹力为 0，由平衡条件得 Fcos θ＝mgsin θ 解得 tan θ＝2 答案(1)6 m/s(2)2 17．解析(1)管第一次落地弹起时，管的加速度 a 1 ＝ 4mg＋4mg4m＝2g，方向向下。

球的加速度 a 2 ＝ Ff －mgm＝3g，方向向上。

(2)取竖直向下为正方向。球与管第一次碰地时速度 v 0 ＝ 2gH，方向向下。碰地后管的速度大小 v 1 ＝2gH，方向向上，球的速度 v 2 ＝ 2gH，方向向下。若球刚好没有从管中滑出，设经过时间 t 1，球、管速度 v 相同，则有－v 1 ＋a 1 t 1 ＝v 2 －a 2 t 1 t 1 ＝2v 0a 1 ＋a 2 ＝2 2gH5g 又管从碰地到它弹到最高点所需时间 t 2，则：

t 2 ＝ v0a 1 ＝2gH2g 因为 t 1 ＜t 2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经 t 1 这段时间上升的高度为所求。得 h 1 ＝v 1 t 1 － 12 a 1 t21 ＝ 错误！－ 错误！＝ 错误！H(3)球与管达到相对静止后，将以速度 v、加速度 g 竖直上升到最高点，由于 v＝v 2 －a 2 t 1 ＝－ 152gH，故这个高度是 h 2 ＝ v22g ＝（152gH）22g＝125 H 因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度 H m ＝h 1 ＋h 2 ＝ 1325 H 这一过程球运动的位移 x＝v 0 t 1 － 12 a 2 t21 ＝825 H 则球与管发生相对位移 x 1 ＝h 1 ＋s＝ 45 H。

当管与球从 H m 再次下落，第二次落地弹起过程中，发生的相对位移由第一次可类推知：

x 2 ＝ 45 H m 所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是 x 1 ＋x 2 ＜L 即 L 应满足条件 L＞ 152125 H 答案(1)2g 向下 3g 向上(2)1225 H(3)L＞152125 H 18．解析(1)物体 M 沿斜面向上运动时的加速度为 a，由牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 代入数据得 a＝8 m/s 2(2)物体从 C 点到 B 点做平抛运动，设落至 B 点时在竖直方向的速度为 v By，由平抛运动规律有 v 2 By ＝2gh，代入数据得 v By ＝ 2gh＝ 2×10×0.45 m/s＝3 m/s 由题意知，物体落在 B 点后刚好沿斜面下滑，则它落至 B 点时的速度方向沿斜面向下，与水平方向的夹角为 37°，大小为 v B ＝v Bysin 37°＝30.6 m/s＝5 m/s。

(3)设物体从 B 点返回到 A 点过程中的加速度大小为 a′，时间为 t′，由牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma′ 代入数据得 a′＝4 m/s 2 由运动学公式有H－hsin 37°＝v B t′＋ 12 a′t′2 代入数据得 t′＝0.5 s(－3 s 舍去)答案(1)8 m/s 2(2)5 m/s(3)0.5 s

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