高考物理阶段检测题(一)

高考物理阶段检测题((一))一、选择题(本题共 10 小题，在每小题给出的四个选项中，第 1～6 题只有一项符合题目要求，第 7～10 题有多项符合题目要求。)1．在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等。以下关于物理学研究方法的叙述正确的是()A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法 B．根据速度的定义式 v＝ ΔxΔt，当 Δt 趋近于零时，就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义运用了微元法 C．在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法 D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了极限思想法 2.某质点做直线运动规律如图所示，下列说法中正确的是()A．质点在第 2 s 末回到出发点 B．质点在第 2 s 内和第 3 s 内加速度大小相等而方向相反 C．质点在第 3 s 内速度越来越小 D．在前 7 s 内质点的位移为正值 3．某同学在实验室中找到一根拉力弹簧，经测量发现其弹力 F 与弹簧伸长量 x 的关系如图甲所示(图中 F 0、F 1、x 1 已知)。现将这根弹簧上端固定，下端接一质量为 m 的小球，待小球静止后，将小球向下拉一小段距离(在弹簧的弹性限度内)，此时弹簧的伸长量为 x 2，然后由静止释放小球，小球在竖直方向振动。弹簧质量可忽略不计，重力加速度为 g。当小球速度达到最大时弹簧的伸长量为()A.mgxF 1 B.mgx 1F 1 －F 0 C.（mg－F0）x 1F 1 －F 0 D.（mg－F0）（x 2 －x 1）F 1 －F 0 4.如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为 θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球。下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是()

A．小车静止时，F＝mgsin θ，方向沿杆向上 B．小车静止时，F＝mgcos θ，方向垂直于杆向上 C．小车向右匀速运动时，一定有 F＝mg，方向竖直向上 D．小车向右匀加速运动时，一定有 F＞mg，且方向沿杆向上 5.如图所示，质量为 M 的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端拴一质量为 m 的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面的压力为零的瞬间，小球的加速度大小为()A．g B.（M－m）gm C．0 D.（M＋m）gm 6．如图是一条足够长的浅色水平传送带在自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法中正确的是()A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短 C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短 D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短 7．如图甲所示，小物块从光滑斜面上由静止滑下，位移 x 与速度的平方 v 2 的关系如图乙所示。g＝10 m/s 2，下列说法正确的是()A．小物块的下滑的加速度大小恒为 2.5 m/s 2 B．斜面倾角为 30° C．小物块 2 s 末的速度是 5 m/s D．小物块第 2 s 内的平均速度为 7.5 m/s 8．如图所示，横截面为直角三角形的斜劈 A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力 F 通过球心水平作用在光滑球 B 上，系统处于静止状态。当力 F 增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是()

A．斜劈 A 所受合外力增大 B．斜劈 A 对竖直墙壁的压力增大 C．球 B 对地面的压力一定增大 D．墙面对斜劈 A 的摩擦力可能变为零 9.质量为 m 的物块 A 和质量为 m 的物块 B 相互接触放在水平面上，如图所示。若对 A 施加水平推力 F，则两物块沿水平方向做加速运动。关于 A 对 B 的作用力，下列说法正确的是()A．若水平面光滑，物块 A 对 B 的作用力大小为 F B．若水平面光滑，物块 A 对 B 的作用力大小为 F2 C．若物块 A 与地面、B 与地面的动摩擦因数均为 μ，则物块 A 对 B 的作用力大小为 F2 D．若物块 A 与地面的动摩擦因数为 μ，B 与地面的动摩擦因数为 2μ，则物块 A 对 B 的作用力大小为（F＋μmg）2 10．如图甲所示，劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m的小球，从离弹簧上端高 h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴 Ox，小球的速度 v 随时间 t 变化的图象如图乙所示。其中 OA 段为直线，AB 段是与 OA 相切于 A 点的曲线，BC 是平滑的曲线，则关于 A、B、C 三点对应的 x 坐标及加速度大小，以下关系式正确的是()A．x A ＝h，a A ＝0 B．x A ＝h，a A ＝g C．x B ＝h＋ mgk，a B ＝0 D．x C ＝h＋ 2mgk，a C ＝0 二、实验题(本题共 2 小题，按题目要求解答。)11．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，小车做匀加速直线运动，打点计时器接在50 Hz的低压交变电源上。某同学在打出的纸带上每5点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F 六个计数点(每相邻两个计数点间的四个点未画出)。从每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为 a、b、c、d、e 段)，将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy 坐标系中，如图乙所示，由此可以得到一条表示 v－t 关系的图线，从而求出加速度的大小。

甲 乙(1)请你在 xOy 坐标系中用最简洁的方法作出能表示 v－t 关系的图线；(2)从第一个计数点开始计时，为求出 0.15 s 时刻的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？(3)若测得 a 段纸带的长度为 2.0 cm，e 段纸带的长度为 10.0 cm，则可求出加速度的大小为________m/s 2。

12．为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置。其中 M 为带滑轮的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计)(1)实验时，一定要进行的操作是________。

A．用天平测出砂和砂桶的质量 B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为 50 Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s 2(结果保留两位有效数字)。

(3)以弹簧测力计的示数 F 为横坐标，加速度为纵坐标，画出的 a－F 图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为 θ，求得图线的斜率为 k，则小车的质量为____________。

A．2 tan θ B.1tan θ C．k D.2k

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。)13．如图所示，倾角为 θ 的斜面底端固定一个垂直斜面的弹性挡板 P，假设斜面表面有一层特殊绒毛可以使物块 A 在沿斜面上升过程中不受摩擦力，而在沿斜面下滑过程中受到摩擦力作用。现使物块 A 从挡板处以 v 0 ＝2 m/s 的初速度出发，沿斜面向上运动，经过 1 s 到达最高点，然后下滑，经过 2 s 又回到挡板处，假设物块与挡板碰后以原速率反弹(取 g＝10 m/s 2)。试求物块从出发到最后停止运动所经历的总时间和总路程。

14．一轻绳跨过两个等高的定滑轮(不计大小和摩擦)，两端分别挂上质量为 m 1 ＝4 kg 和 m 2＝2 kg 的物体，如图所示。在滑轮之间的一段绳上悬挂物体 m，为使三个物体不可能保持平衡，求 m 的取值范围。

15.如图甲，质量 M＝1 kg 的木板静止在水平面上，质量 m＝1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数 μ 1 ＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ 2 ＝0.4，取g＝10 m/s 2。现给铁块施加一个水平向左的力F。

(1)若力 F 恒为 8 N，经 1 s 铁块运动到木板的左端。求：木板的长度 L；(2)若力 F 从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力 F f 随力 F 大小变化的图象。

16．某电视台闯关竞技节目的第一关是雪滑梯，其结构可以简化为下图模型。雪滑梯顶点距地面高 h＝15 m，滑梯斜面部分长 l＝25 m，在水平部分距离斜道底端为 x 0 ＝20 m 处有一海绵坑。比赛时参赛运动员乘坐一质量为 M 的雪轮胎从赛道顶端滑下，在水平雪道上翻离雪轮胎滑向海绵坑，运动员停在距离海绵坑 1 m 范围内算过关。已知雪轮胎与雪道间的动摩擦因数μ 1 ＝0.3，运动员与雪道间的动摩擦因数μ 2 ＝0.8，假设运动员离开雪轮胎的时间不计，运动员落到雪道上时的水平速度不变。求质量为 m 的运动员(可视为质点)在水平雪道上的什么区域离开雪轮胎才能闯关成功。

参考答案 1．C [用质点来代替物体的方法是建立物理模型法，故选项 A 错误，速度的定义式 v＝ ΔxΔt，当 Δt 趋近于零时，就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，选项 B 错误；用实验来探究物体的加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法，选项 C 正确；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法，选项 D 错误。] 2．D [0～2 s 内质点的运动方向一直向正方向，故第 2 s 末没有回到出发点，选项 A 错误；由 v－t 图象的斜率表示加速度可知，质点在第 2 s 内和第 3 s 内的加速度相同，选项 B 错误；质点在第 3 s 内沿负方向做匀加速直线运动，故选项 C 错误；由 v－t 图象与时间轴所围的面积表示位移可知，质点在 7 s 内总位移为正方向，选项 D 正确。] 3．C [题中所述弹簧是一种特殊的弹簧，自然状态下，弹簧的各圈是紧密挨在一起的，并且相互是挤压的，如果将弹簧的一端固定，另一端用一个从零逐渐增大的力拉弹簧，弹簧并不会马上就伸长，而是要大于某一值时才会发生形变，也就是题中的 F 0，这个力叫做这个弹簧的初始张力。实际上 F 0 是一个临界状态，当作用力为 F 0 时，我们认为弹簧没有伸长，此时弹簧各圈间还接触，但已经没有挤压作用了。对于这样的弹簧我们要注意，F＝kx(k 为劲度系数，x 为形变量)已经不适用了，题中所述弹簧的弹力可表示为 F＝F 0 ＋kx(F 0 为初始张力，k 为劲度系数，x 为形变量)，由题中的图甲可知 k＝ F1 －F 0x 1。当小球在竖直方向振动的时候，当弹簧的弹力 F＝mg 时小球的速度最大，设此时弹簧的形变量为 x′，则有 F 0 ＋kx′＝mg，代入上面 k 的表达式，化简可得 x′＝（mg－F0）x 1F 1 －F 0，故 C 正确。] 4．C [若小车静止，则由二力平衡可知 F＝mg，方向竖直向上，选项 A、B 错误；若小车向右匀速运动，则由二力平衡可知 F＝mg，方向竖直向上，选项 C 正确；若小车向右匀加速运动时，则水平方向 F x ＝ma，竖直方向 F y ＝mg，杆对球的作用力为 F N ＝ 错误！＝m 错误！，设杆对球的作用力方向与水平方向夹角为 α，则 tan α ＝ mamg ＝ag，故杆对球的作用力方向由加速度大小确定，未必沿着杆，选项 D 错误。] 5．D [框架静止在地面上，当框架对地面的压力为零的瞬间，受到重力和弹簧的弹力，根据平衡条件，弹簧对框架的弹力向上，大小等于框架的重力 Mg，故弹簧对小球有向下的弹力，大小也等于 Mg；再对小球受力分析，受重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有 Mg＋mg＝ma，故小球的加速度为 a＝（M＋m）gm。] 6．D [由于惯性，木炭包相对传送带向左运动，黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，选项 A 错误；质量越大，惯性越大，但是木炭包相对传送带滑动的加速度不变，木炭包相对传送带的运动径迹长度不变，选项 B 错误；传送带运动的速度越大，木炭包相对传送带的运动径迹长度越长，选项 C 错误；木炭包与传送带间动摩擦因数越大，由 a＝μg可知木炭包相对传送带滑动的加速度越大，木炭包相对传送带的运动径迹长度越短，选项 D 正确。] 7．AC [由图象得，x＝ 15 v2，对照公式 x＝ 错误！，得初速度 v 0 ＝0，加速度 a＝2.5 m/s 2，故 A 正确；小物块 2 s 末的速度 v 2 ＝at＝2.5×2 m/s＝5 m/s，故 C 正确；对物块受力分析，由牛顿第二定律得，mgsin θ＝ma，则 sin θ＝ ag ＝14，而 sin 30°＝12，故 B 错误；小物块 1 s 末的速度 v 1 ＝at′＝2.5×1 m/s＝2.5 m/s，第 2 s内的平均速度v－＝ v1 ＋v 22＝3.75 m/s，故 D 错误。] 8．BCD [斜劈 A 一直处于静止状态，所受合外力为零保持不变，故 A 错误；以斜劈 A 和光滑球 B 整体为研究对象，受力分析如图甲所示，有 F N1 ＝F，F N ＋F f ＝G 总 当 F 增大时，墙面对 A 的弹力增大，根据牛顿第三定律可知，B 正确；对 B 受力分析如图乙所示，有 F＝F N2 sin θ，F N ＝G B ＋F N2 cos θ，当 F 增大时，θ 角不变，F N2 增大，F N 增大，由牛顿第三定律可知，B 对地面的压力增大，C 正确；当 F N 增大至与 G 总 相等时，F f ＝0，即墙面对 A 的摩擦力等于零，D 正确。] 9．BCD [若水平面光滑，对整体，由牛顿第二定律得 F＝2ma；隔离 B，由牛顿第二定律得 F′＝ma，解得物块 A 对 B 的作用力大小为 F′＝ F2，选项 A 错误，B 正确；若物块 A 与地面、B 与地面的动摩擦因数均为 μ，对整体，由牛顿第二定律得 F－2μmg＝2ma，隔离 B，由牛顿第二定律得 F′－μmg＝ma，解得物块A 对 B 的作用力大小为 F′＝ F2，选项 C 正确；若物块 A 与地面的动摩擦因数为 μ，B 与地面的动摩擦因数为 2μ，对整体，由牛顿第二定律得 F－μmg－2 μ mg＝2ma；隔离 B，由牛顿第二定律得 F′－2μmg＝ma，解得物块 A 对 B 的作用力大小为 F′＝ F＋μmg2，选项 D 正确。] 10．BC [OA 过程是自由落体，A 的坐标就是 h，加速度为 g，所以 B 正确，A 错误；B 点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为 0，加速度为 0，由 mg＝kx，可知 x＝ mgk，所以 B 点坐标为 h＋ mgk，所以 C 正确；取一个与 A 点对称的点为 D，由 A 点到 B 点的形变量为 mgk，由对称性得由 B 到 D 的形变量也为 mgk，故到达 C 点时形变量要大于 h＋2 mgk，加速度 a C >g，所以 D 错误。] 11．解析(1)纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，也就是说图中 a 段纸带高度代表0.05 s 时的瞬时速度，b 纸带高度代表 0.15 s 时的瞬时速度，c 纸带高度代表 0.25 s 时的瞬时速度，d 的高度代表 0.35 s 时的瞬时速度，e 代表 0.45 s 时的瞬时速度。

所以在 xOy 坐标系中用最简洁的方法作出能表示 v-t 关系的图线，如图所示。

(2)b 纸带高度代表 0.15 s 时的瞬时速度，所以为求出 0.15 s 时刻的瞬时速度，需要测出b 段纸带的长度。

(3)若测得 a 段纸带的长度为 2.0 cm，时间是 0.1 s，所以平均速度也就是 0.05 s 时的瞬时速度为 0.2 m/s；e段纸带的长度为 10.0 cm，所以平均速度也就是 0.45 s 时的瞬时速度为 1 m/s；由以上可知 Δv＝0.8 m/s，Δt＝0.4 s；所以加速度 a＝ ΔvΔt ＝2.0 m/s2 答案(1)如解析图所示(2)b(3)2.0 12．解析(1)由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的大小，故不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M，A、E 错误；为保证绳上拉力提供合外力，必须平衡摩擦力，B 正确；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再放小车，同时读出弹簧测力计的示数，C 正确；为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，D 正确。

(2)由逐差法可得：小车的加速度 a＝ x34 －x 01 ＋x 45 －x 12 ＋x 56 －x 239T 2，将 T＝150 ×3 s＝0.06 s，代入可得 a＝1.3 m/s 2(3)由题图结合牛顿第二定律，有 2F＝M·a，得 a＝2M ·F 则图象斜率 k＝2M，得小车的质量 M＝2k，故 A、B、C 错误，D 正确。

答案(1)BCD(2)1.3(3)D 13．解析 上滑时的加速度大小为 a 1 ＝ v0t 1 ＝2 m/s2，第一次上滑的位移大小为 s 1 ＝ 12 a 1 t21 ＝1 m，设下滑时的加速度大小为 a 1 ′，则 s 1 ＝ 12 a 1 ′t 1 ′2，解得 a 1 ′＝0.5 m/s 2，则滑到底端时的速度为 v＝a 1 ′t 1 ′＝1 m/s，与挡板碰撞后以原速率反弹，则第二次上滑的位移大小为 s 2，由 v 2 ＝2a 1 s 2 得 s 2 ＝0.25 m。由 s 2 ＝ 12 a 1 t22 得第二次上滑的时间 t 2 ＝0.5 s，下滑的时间 t 2 ′＝1 s，则各段上滑的位移是第一项为 1 m，公比为 14 的等比数列，由等比数列得s 总 ＝2s 11－0.25 ＝83 m，上滑和下滑时间均为公比为0.5的等比数列，所以总时间为t总 ＝t 1 ＋t 1 ′1－0.5 ＝6 s。

答案 6 s 83 m 14．解析 假设平衡时，对两绳结点受力分析如图所示。由平衡条件有 T 1 cos θ 1 ＋T 2 cos θ 2 ＝T＝mg① T 1 sin θ 1 ＝T 2 sin θ 2 ② 代入数据得：

m 1 cos θ 1 ＋m 2 cos θ 2 ＝m③ 2sin θ 1 ＝sin θ 2 ④ 解得 m＝(4 1－ 14 sin2 θ 2 ＋2cos θ 2)kg ⑤ 对⑤进行如下讨论：

当 θ 2 ＝0 时，m 最大，m max ＝6 kg⑥ 当 θ 2 ＝90°时，m 最小，m min ＝2 3 kg⑦ 因为 θ 2 ＝0、θ 2 ＝90°是取不到的，故三物体能保持平衡对应的 m 的取值范围是：2 3 kg＜m＜6 kg⑧ 因此，三个物体不可能平衡时 m 的取值范围是 m≤2 3 kg 和 m≥6 kg。

答案 m≤2 3 kg 和 m≥6 kg 15．解析(1)对铁块，由牛顿第二定律：F－μ 2 mg＝ma 1 ① 对木板，由牛顿第二定律：μ 2 mg－μ 1(M＋m)g＝Ma 2 ② 设木板的长度为 L，经时间 t 铁块运动到木板的左端，则：

x 木 ＝ 12 a 2 t2 ③ x 铁 ＝ 12 a 1 t2 ④ 又：x 铁 －x 木 ＝L⑤ 联立①②③④⑤解得：L＝1 m⑥(2)①当 F≤μ 1(m＋M)g＝2 N，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即 F f ＝F，②当 F＞μ 1(m＋M)g＝2 N 时，如果 M、m 相对静止，铁块与木板有相同的加速度 a，则：F－μ 1(m＋M)g＝(m＋M)a⑦ F－F f ＝ma⑧ 解得：F＝2F f －2⑨ 此时：F f ≤μ 1 mg＝4 N，也即 F≤6 N⑩ 所以：当 2 N＜F≤6 N 时，F f ＝ F2 ＋1(N)⑪ ③当 F＞6 N 时，M、m 相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：

F f ＝μ 2 mg＝4 N，F f －F 图象如图所示：

答案(1)1 m(2)见解析图 16．解析 设运动员乘坐轮胎沿斜槽滑动时的加速度为 a 0，滑到底端时的速度大小为 v，有(M＋m)gsin θ－μ 1(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a 0，v 2 ＝2a 0 l，解得：v＝6 5m/s。

在水平轨道上运动时，运动员乘坐轮胎加速度为 a 1，翻下后加速度为 a 2，由牛顿第二定律得：

μ 1(M＋m)g＝(M＋m)a 1，μ 2 mg＝ma 2，设在距离海绵坑 x 1 处翻下时刚好滑到海绵坑边停下，翻下时速度为 v 1，则有：

v 2 －v 2 1 ＝2a 1(x 0 －x 1)，v 2 1 ＝2a 2 x 1，联立解得 x 1 ＝6 m。

设在距离海绵坑 x 2 处翻下时刚好滑到距离海绵坑边 1 m 处停下，翻下时速度为 v 2，则有：

v 2 －v 2 2 ＝2a 1(x 0 －x 2)，v 2 2 ＝2a 2(x 2 －1)，联立解得 x 2 ＝7.6 m，故选手应该在距离海绵坑 7.6 m～6 m 之间的区域离开雪轮胎，才能闯关成功。

答案 见解析

高考物理阶段检测题

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阶段检测题一

物理检测题