1、2019屆高考物理江蘇專版一輪復習階段檢測：(一)第一_三章查收Word版含剖析2019屆高考物理江蘇專版一輪復習階段檢測：(一)第一_三章查收Word版含剖析13/132019屆高考物理江蘇專版一輪復習階段檢測：(一)第一_三章查收Word版含剖析階段綜合檢測（一）第一三章查收(時間：100分鐘滿分：120分)一、單項選擇題(本題共7小題，每題3分，共21分。每題只有一個選項切合題意)1(2018紹興期中)高速路上堵車，小東聽到導航儀提示“前面3公里擁堵，估計需要24分鐘經過”，依照導航儀提示，以下推斷合理的是()A汽車將勻速經過前面3公里B可以計算出此時車子的速度是0.125m/sC經過前

2、面這3公里的過程中，車子的平均速度大體為7.5km/hD若此時離目的地還有30公里，到達目的地必然需要240分鐘剖析：選C前面擁堵，汽車不可以能做勻速運動經過3公里，故A錯誤；依照題設條x件，汽車的瞬時速度無法求出，故B錯誤；依照平均速度公式可知，平均速度約為：vt324km/h7.5km/h，故C正確；經過擁堵路段后，汽車的速度其實不用然素來保持，故此60后的運動時間無法確定，故D錯誤。2.(2018綿陽模擬)甲、乙兩物體同時從同一地址出發，其v-t圖像以以下列圖。以下說法正確的選項是()A甲、乙兩物體運動方向相反，加速度方向相同B甲的位移不斷減小，乙的位移不斷增大C第1s末兩物體相遇D前2

3、s內兩物體的平均速度相同剖析：選D在v-t圖像中，速度的正負表示速度的方向，圖線的斜率表示加速度，故兩物體運動方向相同，加速度方向相反，故A錯誤；依照速度圖線與時間軸圍成的面積表示位移，可知甲、乙兩物體位移都不斷增大，故B錯誤。第1s末兩物體經過的位移不相等，而兩者又是從同一地址出發的，故不可以能相遇，故C錯誤；在v-t圖像中，圖線與時間軸所圍面積表示物體經過的位移，則知前2s內，兩個物體經過的位移相等，所用時間相等，故前2s內兩物體的平均速度相同，故D正確。3(2018南寧模擬)手拿一個錘頭敲在一塊玻璃上把玻璃打碎了。對于這一現象，以下說法正確的選項是()A錘頭敲玻璃的力大于玻璃對錘頭的作用

4、力，因此玻璃才碎裂B錘頭碰到的力大于玻璃碰到的力，可是由于錘頭可以承受比玻璃更大的力才沒有碎裂C錘頭和玻璃之間的作用力應該是等大的，可是由于錘頭可以承受比玻璃更大的力才沒有碎裂D由于不清楚錘頭和玻璃的其他受力情況，因此無法判斷它們之間的相互作用力的大小剖析：選C錘頭敲玻璃的力與玻璃對錘頭的作用力是一對作用力與反作用力，總是大小相等，方向相反，但因作用在不一樣樣的物體上，因物體的承受能力不一樣樣，產生不一樣樣的作用效果，故C正確，A、B、D均錯誤。4(2018吉林大學附中模擬)從t0時辰開始，甲沿圓滑水平面做直線運動，速度隨時間變化如圖甲；乙靜止于圓滑水平川面，從t0時辰開始碰到如圖乙所示的水平

5、拉力作用。則在04s的時間內()A甲物體所受合力不斷變化B甲物體的速度不斷減小C2s末乙物體改變運動方向D2s末乙物體速度達到最大剖析：選D由題圖甲所示可以知道：物體甲在02s內做勻減速直線運動，在24s內做反向的勻加速直線運動，整個過程加速度不變。由牛頓第二定律Fma可以知道，物體甲碰到的合力保持不變，故A錯誤。物體甲的速度先減小后反向增大，故B錯誤。由乙圖可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿負向。說明乙在02s內做加速度減小的加速運動，24s內沿原方向做加速度增大的減速運動，2s末運動方向沒有改變，且2s末乙物體速度達到最大，故C錯誤，D正確。5.(2018遼寧省實驗中學模擬)一皮帶傳達裝置

6、以以下列圖，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦。現將滑塊輕放在皮帶上，彈簧恰好處于自然長度且軸線水平。若在彈簧從自然長度到第一次達最長的過程中，滑塊素來未與皮帶達到共速，則在此過程中滑塊的速度和加速度變化情況是()A速度增大，加速度增大B速度增大，加速度減小C速度先增大后減小，加速度先增大后減小D速度先增大后減小，加速度先減小后增大剖析：選D滑塊輕放到皮帶上，碰到向左的摩擦力，開始摩擦力大于彈簧的彈力，向左做加速運動，在此過程中，彈簧的彈力逐漸增大，依照牛頓第二定律，加速度逐漸減小，當彈簧的彈力與滑動摩擦力相等時，速度達到最大，此后彈力大于摩擦力，加速度方

7、向與速度方向相反，滑塊做減速運動，彈簧彈力連續增大，依照牛頓第二定律得，加速度逐漸增大，速度逐漸減小。故D正確，A、B、C錯誤。6(2018盤錦模擬)在水平的足夠長的固定木板上，一小物塊以某一初速度開始滑動，經一段時間t后停止，現將該木板改置成傾角為45的斜面，讓小物塊以大小相同的初速度沿木板上滑，若小物塊與木板之間的動摩擦因數為，則小物塊上滑到最高地址所需時間與t之比為()2B.A.12112D.C.22剖析：選A木板水平時，物塊的合力是滑動摩擦力。依照牛頓第二定律得出：小物塊的加速度a1g，v0設滑行初速度為v0，則滑行時間為t；木板改置成傾角為45的斜面后，對物塊進行受力剖析，以以下列圖

8、：小物塊的合力F合mgsin45fmgsin45mgcos45小物塊上滑的加速度a2mgsin45mgcos4512gm，2滑行時間tv02v0，a21gt因此t2，故A正確，B、C、D錯誤。17.以以下列圖，某豎直彈射裝置由兩根勁度系數為k的輕彈簧以及質量不計的底盤組成，當質量為m的物體豎直射向空中時，底盤對物體的支持力為6mg(g為重力加速度)，已知兩根彈簧與豎直方向的夾角為60，則此時每根彈簧的伸長量為()A.3mgB.4mgkkC.5mgD.6mgkk剖析：選D對物體m，受重力和支持力，依照牛頓第二定律，有：Nmgma其中：N6mg解得：a5g再對質量不計的底盤和物體m整體剖析，受兩個

9、拉力和重力，依照牛頓第二定律，有：豎直方向：2Fcos60mgma解得：F6mg依照胡克定律，有：xFk6mgk故D正確。二、多項選擇題(本題共5小題，每題4分，共20分。每題有多個選項切合題意。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分)8.以以下列圖，用恒力F將物體壓在粗糙豎直面上，當F從實線地址繞O點順時針轉至虛線地址，物體素來靜止，則在這個過程中，物體碰到的摩擦力Ff和墻壁對物體彈力的變化情況是()AFf方向可能素來豎直向上BFf可能先變小后變大CFN先變小后變大DFN先變小后變大再變小剖析：選AB若F在豎直方向的分力小于物體重力，則在F順時針旋轉過程中，Ff方向素來豎直

10、向上，Ff則素來減小，若F在豎直方向的分力大于物體重力，則Ff的方向可變為豎直向下，此過程中Ff先變小后變大，故A、B選項正確；因FN等于力F在水平方向分力的大小，故FN先增大后減小，C、D選項均錯誤。9.(2018皖南八校聯考)質量為0.2kg的物塊在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動，6s末撤去水平推力F，如圖實線表示其運動的v-t圖像，其中經過點(4,0)的虛線是6s末v-t圖像的切線。g取10m/s2。以下說法正確的是()A6s末物塊速度方向改變B06s內物塊平均速度比610s內物塊平均速度小C物塊與水平面間的動摩擦因數為0.1D水平推力F的最大值為0.9N剖析：選BD6s末物塊速度

11、仍為正當，故速度方向沒改變，選項A錯誤；若06s內物塊做勻加速運動，則平均速度為3m/s，而由圖線可知，物塊在06s內的平均速度小于3m/s，而物塊在610s內的平均速度等于3m/s，故06s內物塊平均速度比610s內物塊平均速度小，選項B正確；撤去外力后的加速度v6m/s21.5m/s2，根at106據ag1.5m/s2可知物塊與水平面間的動摩擦因數為0.15，選項C錯誤；物塊的最大加速度為amv622Fmmgmam，解得Fm0.9N，tm/s3m/s，依照牛頓第二定律64選項D正確。10.(2018濰坊一模)靜止在水平面上的物體，碰到水平拉力F的作用，在F從20N開始逐漸增大到40N的過程

12、中，加速度a隨拉力F變化的圖像以以下列圖，由此可以計算出(g10m/s2)()A物體的質量B物體與水平面間的動摩擦因數C物體與水平面間的滑動摩擦力大小2D加速度為2m/s時物體的速度剖析：選ABC當F20N時，依照牛頓第二定律：FFfma，得amm則由數學知識知圖像的斜率km1由圖得k511，可得物體的質量為5kg。40205將F20N時a1m/s2，代入Ffma得：物體碰到的摩擦力f15N由fFNmg可得物體的動摩擦因數，故A、B、C正確。由于圖像只給出作用力與加速度的對應關系，且物體做加速度逐漸增大的加速運動，因沒有時間，故無法算得物體的加速度為2m/s2時物體的速度，故D錯誤。11.(2

13、018百校締盟沖刺金卷)以以下列圖，物塊A、B疊放在一起，其中B與斜面間的動摩擦因數tan，A、B整體相對靜止以必然的初速度沿固定的足夠長的斜面上滑，則以下說法正確的選項是()A上滑的過程A、B整體處于失重狀態B上滑到最高點后A、B整體將停止運動CA與B之間的摩擦力在上滑過程中大于下滑過程DA與B之間的摩擦力在上滑與下滑過程中大小相等剖析：選AD在上升和下滑的過程，整體都是只受三個力，重力、支持力和摩擦力，以向下為正方向，依照牛頓第二定律得向上運動的過程中：(mAmB)gsinf(mAmB)a，f(mAmB)gcos因此有：agsingcos，方向沿斜面向下，因此向上運動的過程中A、B組成的整

14、體處于失重狀態，故A正確。同理對整體進行受力剖析，向下運動的過程中，由牛頓第二定律得：(mAmB)gsinf(mAmB)a，得：agsingcos由于tan，因此a0因此上滑到最高點后A、B整體將向下運動，故B錯誤；以B為研究對象，向上運動的過程中，依照牛頓第二定律有：mBgsinfmBa，解得：fmBgcos；向下運動的過程中，依照牛頓第二定律有：mBgsinfmBa，解得：fmBgcos；因此ff，即A與B之間的摩擦力上滑與下滑過程中大小相等，故C錯誤，D正確。12.(2018儋州四校聯考)以以下列圖為少兒樂園里一項游樂活動的表示圖，金屬導軌傾斜固定，傾角為，導軌上開有一狹槽，內置一小球，

15、球可沿槽無摩擦滑動，繩子一端與球相連，另一端連接一抱枕，少兒可抱住抱枕與之一起下滑，繩與豎直方向夾角為，且保持不變。假設抱枕質量為m1，少兒質量為m2，小球、繩的質量及空氣阻力忽略不計，則以下說法正確的選項是()A剖析可知B少兒與抱枕一起做勻速直線運動C少兒對抱枕的作用力平行導軌方向向下D繩子拉力與抱枕對少兒的作用力之比為(m1m2)m2剖析：選AD由于球沿斜槽無摩擦滑動，則少兒、抱枕和小球組成的系統擁有相同的加速度，且agsin，做勻加速直線運動，間隔對少兒和抱枕剖析，加速度agsingsin，則，故A正確，B錯誤。對抱枕剖析，受重力、繩子拉力、少兒對抱枕的作用力，由于沿繩子方向合力為零，平

16、行導軌方向的合力為m1am1gsin，可知少兒對抱枕的作用力與繩子在同一條直線上，故C錯誤。對少兒和抱枕整體剖析，依照平行四邊形定則知，繩子的拉力T(m1m2，抱枕對少兒的作用力方向沿繩子方向向上，大小為2)gcosmgcos，則繩子拉力與抱枕對少兒的作用力之比為(m1m22，故D正確。)m三、實驗題(本題共2小題，共18分)13(6分)(2018武漢華中師大一附中模擬)在“研究小車速度隨時間變化的規律”實驗中，測得紙帶上計數點的情況以以下列圖，A、B、C、D、E為選好的計數點，在相鄰的兩個計數點之間還有4個點未標出，圖中數據的單位是cm，實驗中使用的電源頻率為50Hz。由此可知：小車的加速度

17、a_m/s2；打點計時器打下C點時，小車的瞬時速度vC_m/s。(結果保留兩位有效數字)剖析：每相鄰的兩計數點間都有四個點未畫出，因此計數點之間的時間間隔為T0.1s；CExAC依照xaT2，可得ax2；4T代入數據，解得17.478.058.052m/s20.34m/s2。a40.1210依照勻變速直線運動中，中間時辰的速度等于該過程中的平均速度，有：xBD12.593.862vC2T0.110m/s0.44m/s。2答案：0.340.4414(12分)(2018河北正定中學檢測)為了研究人們用繩子跨山谷過程中繩子拉力的變化規律，同學們設計了如圖(a)所示的實驗裝置，他們將不可以伸長輕繩的兩

18、端經過測力計(不計質量及長度)固定在相距為D的兩立柱上，固定點分別為M和N，M低于N，繩長為L(LD)。他們第一在輕繩上距離M點10cm處(標記為C)系上質量為m的重物(不滑動)，由測力計讀出輕繩MC、NC的拉力大小TM和TN，隨后改變重物懸掛點的地址，每次將M到C點的距離增加10cm，并讀出測力計的示數，最后獲取TM、TN與輕繩MC長度之間的關系曲線以以下列圖，由實驗可知：曲線中拉力最大時，C與M點的距離為_cm，該曲線為_(選填：TM或TN)的曲線。若用一個圓滑的掛鉤將該重物掛于輕繩上，待牢固后，左端測力計上的示數為_N，MC與水平方向的夾角為_(用正弦值表示)(第2問結果均保留兩位有效數

19、字)。剖析：(1)由題圖(b)可知，曲線中拉力最大時，C與M點的距離為100cm。采用C為研究的對象，受力如圖，水平方向：TMsinNsin，豎直方向：McosNG，由圖可得，當TTTcos時，兩輕繩上的拉力相等，該處離M比較近。C到M與N的距離相等時，受力如圖：水平方向依舊滿足：TMsinNsinT由圖可得，因此：TMTN，因此曲線是TM的曲線，曲線是TN的曲線。(2)若用一個圓滑的掛鉤將該重物掛于輕繩上，待牢固后，輕繩兩次的拉力相等，對應題圖(b)中兩曲線的交點，可讀出輕繩的拉力T04.3N。由(1)中剖析可知此時，則：2T0。由幾何關系可知，MC與水平方向的cosmg夾角為(90)；由題

20、圖(b)可知，重物的重力為3.2N。則可知，MC與水平方向的夾角的正弦值為：sin(90cosmg3.20.37。)2T024.3答案：(1)100TN四、計算題(本題共4小題，共61分)15(14分)(2018濰坊調研)在一次“模擬微重力環境”的實驗中，實驗人員乘坐實驗飛艇到達h16000m的高空，此后讓飛艇由靜止下落，下落過程中飛艇所受阻力為其重力的0.04倍。實驗人員可以在飛艇內進行微重力影響的實驗，當飛艇下落到距地面的高度h23000m時，開始做勻減速運動，以保證飛艇離地面的高度不低于h500m，取g10m/s2，求：(1)飛艇加速下落的時間t；F(2)減速運動過程中，實驗人員對座椅的

21、壓力F與其重力mg的比值mg的最小值。剖析：(1)設飛艇加速下落的加速度為a1，由牛頓第二定律得：MgfMa1解得a1Mgf9.6m/s2M加速下落的高度為h1h23000m，12依照位移時間關系公式，有：h1h22a1t，故加速下落的時間為2h1h223000s25s。ta19.6(2)飛艇開始做減速運動時的速度為va1t240m/s勻減速下落的最大高度為h2h3000m500m2500m要使飛艇在下降到離地面500m時速度為零，飛艇減速時的加速度a2最少應為v22a2240m/s211.52m/s22h225002h依照牛頓第二定律可得Fmgma2，依照牛頓第三定律可得FF，則：F2.15

22、2。mg答案：(1)25s(2)2.15216(15分)(2018遵義模擬)如圖，圓滑水平面上，質量為M2kg的木板B(足夠長)，在F6N的水平向右外力作用下從靜止開始運動，t01s末將一質量為m1kg的煤塊A輕放在B的右端，A、B間動摩擦因數為0.3(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g10m/s2)，求：煤塊A剛放上時，A、B的加速度大小；煤塊A在B上劃過的印跡的長度。剖析：(1)依照題意，對物體進行受力剖析，對于A，水平方向上只碰到摩擦力，因此有：mgma解得：aAg3m/s2。對于B，放上A此后，B在水平方向上碰到兩個力的作用，由牛頓第二定律可得：FmgMaB解得：aB63m/s21.5m/

23、s2。2(2)當A、B的速度相同的時候，A在B大將不再產生印跡，設放上去A從前，B的速度為v0，經過t秒，它們達到共同速度，則aAtv0aBt沒有放上A從前的1秒鐘，B的加速度為3m/s2，因此放上A從前，B的速度v03m/s由以上可知：3t31.5t解得：t2s。Bv01B232m21.5m9mxt2at12xAaAt6m2因此劃痕長為xBxA9m6m3m。答案：(1)3m/s21.5m/s2(2)3m17(16分)(2018天津市五區縣期末)如圖甲所示，圓滑平臺右側與一長為L2.5m的水平木板相接，木板固定在地面上，現有一小滑塊以初速度v05m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止。現讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平川面的夾角37，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g取10m/s2，sin370.6，cos370.8。求：(1)滑塊與木板之間的動摩擦因數；(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t。剖析：(1)設滑塊質量為m，木板水平時滑塊加速度為a，則對滑塊有mgma滑塊恰好到木板右端停止22aL0v02v0解得2gL0.5。(2)當木板傾斜時，設滑塊上滑時的加速度為a1，最大距離為x，上滑的時間為t1，有mgcosmgsinma10v022a1x0v0a1t11解得t12s設滑塊下滑時的加速度為a2，下滑的時間為t2，有m