阶段综合测评(二)
时间：90分钟
满分：110分
第Ⅰ卷 (选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1～7题只有一项符合题目要求，8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．[2017·湖北联考]下列关于牛顿运动定律的说法正确的是( ) A ．惯性就是物体保持匀速运动状态的性质 B ．一对作用力与反作用力的作用效果总是相同的 C ．一对作用力与反作用力可以相互平衡
D ．力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的 答案 D
解析 惯性是物体保持静止或匀速直线运动状态的性质，故A 错误；作用力和反作用力作用在两个物体上，作用效果不一定相同，不能进行合成，不能抵消，故B 、C 错误；力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的，故D 正确。
2．质量为M 的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F 的水平恒力拉木块，其加速度为
a 。当拉力方向不变，大小变为2F 时，木块的加速度为a ′，则( )
A ．a ′＝a
B ．a ′<2a
C ．a ′>2a
D ．a ′＝2a 答案 C
解析 当拉力为F 时，由牛顿第二定律可得：F －μmg ＝ma ，a ＝1
m
F －μg 。当拉力为2F
时，2F －μmg ＝ma ′，a ′＝1m
2F －μg ＝2? ??
??1m F －μg ＋μg ＝2a ＋μg >2a ，所以应选C 。
3. 如图所示，质量为M 的三角形木块a 放在水平面上，把另一质量为m 的木块b 放在a 的斜面上，斜面倾角为α，对a 施一水平力F ，使b 不沿斜面滑动，不计一切摩擦，则b 对
a 的压力大小为( )
A ．mg cos α B.Mg
cos α
C.
FM
M ＋m cos α
D.
Fm
M ＋m sin α
答案 D
解析以b木块为研究对象，b与a不发生相对滑动时，b的加速度水平向左，受力分析
如图，根据牛顿第二定律得a对b的支持力为N＝mg
cosα
，由牛顿第三定律得b对a的压力大
小为N′＝N＝mg
cosα
，故A、B错误。以a、b整体为研究对象，由牛顿第二定律得加速度a
＝
F
M＋m
，对b受力分析得N＝
ma
sinα
＝
Fm
M＋m sinα
，N′＝N，故C错误，D项正确。
4．将一小球以初速度v从地面竖直上抛后，小球先后经过离地面高度为6 m的位置历时
4 s。若要使时间缩短为2 s，则初速度应(不计阻力)( )
A．小于v B．等于v C．大于v D．无法确定
答案 A
解析小球第1次经过离地面高度为6 m的位置后，先做竖直上抛运动，后做自由落体运动，初速度越大需要的时间越长，要想两次经过该点的时间缩短，需要减小上升的初速度，故A正确。
5．[2017·江西宜春模拟] 为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客( )
A．处于失重状态
B．不受摩擦力的作用
C．受到水平向右的摩擦力作用
D．所受力的合力竖直向上
答案 C
解析对乘客进行受力分析，所受合力方向沿斜面向上，可知D错误；垂直斜面方向合力为零，将沿斜面向上的加速度沿水平方向和竖直方向分解，因为乘客有水平向右的加速度，所以乘客受到水平向右的静摩擦力，B错误，C正确；竖直方向加速度是向上的，乘客处于超重状态，A错误。
6．[2016·河北百校联盟质检]如图所示，某登陆舰船头垂直河岸自A点出发，分别沿路径AB、AC在演练岛屿的BC两点登陆。已知登陆舰在静水中速度恒定且大于水速，则下列说法正确的是( )
A．沿AC航行所用时间较长
B．沿AC航行时水速较大
C．实际航速两次大小相等
D．无论船头方向如何，登陆舰都无法在A点正对岸登陆
答案 B
解析据题意两次船头垂直河岸，故有t＝d
v船
，两次时间相同，A错误；两次船沿河岸
位移不等，由x＝v水t知沿AC航行时水速较大，故B正确；船实际速度v＝v2水＋v2船，由船速不变可知，两次实际船速大小不等，C错误；因船在静水中速度大于水速，所以调整船头方向可以在A点正对面登陆，D错误。
7．[2016·海口调研] 如图所示，A、B两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知A、B 物块的质量分别为M、m，物块间粗糙。现用水平向右的恒力F1、F2先后分别作用在A、B物块上，物块A、B均不发生相对运动，则F1、F2的最大值之比为( )
A．1∶1 B．M∶m
C ．m ∶M
D ．m ∶(m ＋M )
答案 B
解析 拉力作用在A 上时，对B 受力分析，当最大静摩擦力提供B 的加速度时，是整体一起运动的最大加速度，对B 由牛顿第二定律得μmg ＝ma 1，对整体受力分析，由牛顿第二定律得F 1＝(M ＋m )a 1，解得F 1＝(M ＋m )μg ；拉力作用在B 上时，对A 受力分析，当最大静摩擦力提供A 的加速度时，是整体一起运动的最大加速度，对A 由牛顿第二定律得μmg ＝Ma 2，对整体受力分析，由牛顿第二定律得F 2＝(M ＋m )a 2，解得F 2＝(M ＋m )μmg
M
，联立解得F 1∶F 2
＝M ∶m ，B 正确。
8. 如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O 为圆心，AB 为沿水平方向的直径。若在A 点以初速度v 1沿AB 方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D 点；若A 点小球抛出的同时，在C 点以初速度v 2沿BA 方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D 点，已知∠COD ＝60°，且不计空气阻力，则( )
A ．两小球可能同时落到D 点
B ．两小球一定不能同时落到D 点
C ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝3∶ 6
D ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶3 答案 BD
解析 两球均做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由h ＝12
gt 2
得t ＝
2h
g
，由于两
球下落的高度不同，又同时抛出，则两球不可能同时到达D 点，故A 错误，B 正确；设半圆的半径为R ，小球从A 点平抛，可得R ＝v 1t 1、R ＝12gt 2
1，小球从C 点平抛，可得R sin60°＝
v 2t 2、R (1－cos60°)＝12gt 22，联立解得v 1v 2＝
6
3
，故D 正确，C 错误。 9. 在中国人民抗战胜利70周年阅兵式上首次展示的东风21D 中程反舰弹道导弹，是中国专门为应对航母威胁而研制的打击海上移动目标的导弹，号称“航母杀手”，在技术和国家安全战略上具有重要影响。如图为东风21D 发射攻击示意图，导弹从A 点发射，弹头脱离运载火箭后，在地球引力作用下，沿椭圆轨道飞行，击中海上移动目标B ，C 为椭圆的远地点，距地面高度为H 。已知地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，设弹头在C 点的速度为v ，加速度为a ，则( )
A ．v ＝R g R ＋H
B ．a ＝gR 2
R ＋H 2
C ．v R ＋H D ．a R ＋H 2 答案 BC 解析 在地球表面的物体满足G Mm ′R 2＝m ′g ，则GM ＝gR 2 ；根据G Mm R ＋H 2＝m v 2R ＋H 知，若弹头在C 处做匀速圆周运动，线速度v ＝GM R ＋H ＝R g R ＋H ，因为弹头在C 处做近心运动， 万有引力大于向心力，知v g R ＋H 。根据牛顿第二定律得，弹头在C 处的加速度为a ＝F m ＝ GM R ＋H 2＝gR 2 R ＋H 2，故B 、C 正确，A 、D 错误。 10．[2016·陕西名校模拟] 如图所示，在光滑的水平地面上，有两个质量均为m 的物体，中间用劲度系数为k 的轻质弹簧相连，在外力F 1、F 2作用下运动(F 1>F 2)，则在运动稳定后( ) A ．弹簧的伸长量为F 1＋F 2 2k B ．弹簧的伸长量为 F 1－F 2 k C ．撤去F 2瞬间，A 、B 的加速度之比为F 1－F 2 F 1＋F 2 D ．撤去F 2瞬间，A 、B 的加速度之比为F 1－F 2 F 2 答案 AC 解析 把两个物体看作一个整体，根据牛顿第二定律得整体的加速度a ＝ F 1－F 2 2m ，方向向右；再隔离物体A 进行受力分析，水平方向受到向右的拉力F 1和水平向左的弹簧弹力kx 的共同作用，由牛顿第二定律得F 1－kx ＝ma ，联立可得弹簧的伸长量为 F 1＋F 2 2k ，A 正确，B 错误；撤去F 2瞬间，弹簧弹力不变，此时物体A 的加速度不变，物体B 的加速度为a B ＝kx m ＝F 1＋F 2 2m ， 所以A 、B 的加速度之比为 F 1－F 2 F 1＋F 2 ，C 正确，D 错误。 11．[2016·河北衡水中学模拟] 如图所示，质量分别是m 和2m 的两个球P 、Q 穿在水平光滑杆上，不计一切摩擦，两球之间用一条轻绳连接，当整个装置绕中心轴以角速度ω匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，两球到轴的距离用r P 、r Q 表示，则此时( ) A ．两球均受到重力、支持力、绳的拉力和向心力四个力的作用 B ．P 球受到的向心力大小等于Q 球受到的向心力大小 C ．r P 一定等于2r Q D ．当ω增大时，P 球将向外运动 答案 BC 解析 两球均受到重力、支持力、绳的拉力三个力作用，向心力是效果力，选项A 错误； P 、Q 两球均由相互作用的轻绳的拉力提供向心力，故两球受到的向心力大小相等，选项B 正 确；由F ＝m ω2 r 知，r P ＝2r Q ，选项C 正确；当ω增大时，两球受到的向心力均增大，依然满足r P ＝2r Q ，P 、Q 两球的位置不会变化，选项D 错误。 12．[2017·东北三省四市联考]中国“北斗”卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统(GPS)、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统(GLONASS)之后第三个成熟的卫星导航系统。中国“北斗”卫星导航系统共由35颗卫星组成，其中2010年01月17日发射的卫星和2012年09月19日发射的卫星运行轨道分别为：高度为35807千米地球静止轨道卫星“北斗-G1”和高度为21576千米的中地球轨道卫星“北斗-M6”，下列说法正确的是( ) A ．“北斗-G1”的绕地运行周期大于“北斗-M6”的绕地运行周期 B ．“北斗-G1”的绕地运行速率大于“北斗-M6”的绕地运行速率 C ．“北斗-G1”绕地运行的向心加速度大于“北斗-M6”绕地运行的向心加速度 D ．“北斗-G1”只能在赤道的正上方 答案 AD 解析 “北斗”卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由G Mm r 2＝m v 2 r ＝ mr ? ?? ??2πT 2＝ma ，得v ＝ GM r 、T ＝2π r 3GM 、a ＝GM r 2，r 越大，v 越小，T 越大，a 越小，故选项A 正确，B 、C 错误；“北斗-G1”卫星为地球的同步卫星，只能在赤道的正上方，选项D 正确。 第Ⅱ卷 (非选择题，共62分) 二、填空题(本题共2小题，共19分) 13．(10分)图甲是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图乙所示)。 (1)若图乙中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为5.00×10－2 s ，则圆盘的转速为________转/s 。(保留3位有效数字) (2)若测得圆盘直径为10.20 cm ，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为________cm 。(保留3位有效数字) 答案 (1)4.55 (2)1.46 解析 (1)由图可知，相邻两电信号脉冲的时间间隔即圆盘转动的周期，T ＝4.4×5.00×10－2 s ＝0.22 s ，所以圆盘的转速n ＝1T ≈4.55转/s 。 (2)由图乙可知电信号脉冲持续时间Δt ＝0.2×5.00×10－2 s ＝0.01 s ；圆盘涂层长度Δl ＝v Δt ＝2πR T ·Δt ＝3.14×10.20 0.22 ×0.01 cm≈1.46 cm。 14. [2017·上海八校联考](9分)如图所示，在研究平抛运动时，小球A 沿轨道滑下，离开轨道末端(末端水平)时撞开轻质接触式开关S ，被电磁铁吸住的与轨道末端等高的小球B 同时自由下落。改变整个装置的高度H 和A 球释放时的初位置做同样的实验，发现A 、B 两球总是同时落地。 (1)该实验现象揭示了A 球在离开轨道后在________方向上分运动的规律； (2)该实验装置的设计思想所体现的物理思维方法和实验方法是________和________。 答案 (1)竖直 (2)等效思维法'控制变量法(或实验比较法) 解析 本题考查运动的合成与分解及实验方法。实验得到的现象是A 、B 两球总是同时落地。该实验现象揭示了A 球在离开轨道后在竖直方向上分运动的规律；该实验中A 、B 两球同时落地，说明在竖直方向的运动都是自由落体，二者等效，故该实验装置的设计思想所体现的物理思维方法是等效思维法；同时改变整个装置的高度H 和A 球释放时的初位置做同样的实验，发现A 、B 两球总是同时落地，所用的实验方法是控制变量法或实验比较法。 三、计算题(本题共4小题，共43分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位。) 15．[2016·北京西城区期末](10分)宇航员驾驶宇宙飞船到达月球，他在月球表面做了一个实验：在离月球表面高度为h 处，将一小球以初速度v 0水平抛出，水平射程为x 。已知月球的半径为R ，万有引力常量为G 。不考虑月球自转的影响。求： (1)月球表面的重力加速度大小g 0； (2)月球的质量M ； (3)飞船在近月圆轨道绕月球做匀速圆周运动的速度v 。 答案 (1)2hv 2 0x 2 (2)2hv 20R 2 x 2G (3)v 0x 2hR 解析 设飞船质量为m (1)设小球落地时间为t ，根据平抛运动规律 水平方向x ＝v 0t ，竖直方向h ＝12g 0t 2 ， 解得g 0＝2hv 2 x 2。 (2)在月球表面忽略月球自转时有G Mm R 2＝mg 0， 解得月球质量M ＝2hv 20R 2 x 2G 。 (3)由万有引力定律和牛顿第二定律有G Mm R 2＝m v 2 R ， 解得v ＝ v 0 x 2hR 。 16．[2016·吉林毕业班检测](11分)一同学家住在23层高楼的顶楼。他想研究一下电梯上升的运动过程。某天他乘电梯上楼时携带了一个质量为5 kg 的重物和一个量程足够大的台秤，他将重物放在台秤上。电梯从第1层开始启动，一直运动到第23层停止。在这个过程中，他记录了台秤在不同时段内的读数如下表所示。根据表格中的数据，求： (2)电梯在中间阶段上升的速度大小； (3)该楼房平均每层楼的高度。 答案 (1)1.6 m/s 2 0.8 m/s 2 (2)4.8 m/s (3)3.16 m 解析 (1)设电梯在最初加速阶段0～3.0 s 内加速度为a 1，重物受到的支持力为F N1，根据牛顿第二定律，得 a 1＝F N1－mg m ＝1.6 m/s 2 。 设最后减速阶段13.0～19.0 s 内，重物加速度大小为a 2，重物受到的支持力为F N2，根据牛顿第二定律，得 a 2＝mg －F N2m ＝0.8 m/s 2 。 (2)在三秒末重物的速度v 1＝a 1t 1＝4.8 m/s 。 (3)设在全程内电梯的位移为H ，电梯加速、匀速、减速运动所用的时间分别为t 1、t 2、 t 3，其中t 3＝v 1 a 2 ＝6 s ， 得H ＝0＋v 12t 1＋v 1t 2＋v 1＋02t 3， 代入数据得H ＝69.6 m ， 则平均每层楼高为h ＝69.6 22 m ＝3.16 m 。 17．[2017·郑州质量预测](10分) 如图所示，半径为r 1＝1.8 m 的1 4光滑圆弧轨道末端 水平，并固定在水平地面上，与竖直截面为半圆形的坑平滑连接，bd 为坑沿水平方向的直径。现将质量为m ＝1.0 kg 的小球从圆弧顶端的a 点由静止释放，小球离开b 点后击中坑壁上的 c 点。测得c 点与水平地面的竖直距离为h ＝1.8 m ，重力加速度g 取10 m/s 2。求： (1)小球刚到达轨道末端b 点时对轨道的压力F N ； (2)半圆形坑的半径r 2。 答案 (1)30 N (2)2.25 m 解析 (1)小球沿光滑轨道滑下，由机械能守恒定律得 mgr 1＝12 mv 2，到达b 点的前一时刻，支持力与重力的合力提供向心力 F 支－mg ＝mv 2 r 1 ，根据牛顿第三定律有F N ＝F 支，联立解得F N ＝30 N 。 (2)小球从b 点开始做平抛运动，竖直方向上h ＝12gt 2 ，水平方向上x ＝vt ，故小球从b 点运动到c 点过程的水平位移x ＝v 2h g ＝3.6 m ，由几何关系得r 22＝(x －r 2)2＋h 2 ，解得r 2 ＝2.25 m 。 18．[2016·齐齐哈尔五校联考](12分) 如图所示为车站使用的水平传送带的模型，它的水平传送带的长度L ＝8 m ，传送带的皮带轮的半径R 均为0.2 m ，传送带的上部距地面的高度h ＝0.45 m ，现有一个旅行包(视为质点)以v 0＝10 m/s 的初速度水平地滑上水平传送带。已知旅行包与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.6，皮带轮与皮带之间始终不打滑，g 取10 m/s 2 。讨论下列问题： (1)若传送带静止，旅行包滑到B 点时，人若没有及时取下，旅行包将从B 端滑落，则包的落地点距B 端的水平距离为多少？ (2)设皮带轮顺时针匀速转动，若皮带轮的角速度ω1＝40 rad/s ，旅行包落地点距B 端的水平距离又为多少？
相关主题
文本预览