河南省郑州市第一中学高三上学期物理一轮复习阶段性测试题(二)

一、选择题：本题共12 小题，每小题4 分，共48 分，其中1--8 题为单选题，9--12 题为多选题。

1. 在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中( )A．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等B．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等C．速度和加速度的方向都在不断改变D．速度与加速度方向之间的夹角一直减小2．有A、B 两小球，B 的质量为A 的4 倍．现将它们以相同速度沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A 的运动轨迹，则B 的运动轨迹是( )A．①B．②C．③D．④3.一个物体沿直线运动，从t＝0 时刻开始，物体的xt-t 图像如图所示，图线与纵、横坐标轴的交点对应的数值分别为0.5 和－1，由此可知( )A．物体做匀速直线运动B．物体做变加速直线运动C．物体的初速度大小为0.5 m/sD．物体的初速度大小为1 m/s4.如图所示，物块a、b 的质量分别为m、2m，水平地面和竖直墙面均光滑，a、b 间接触面粗糙，在水平推力 F 作用下，两物块均处于静止状态，则( )A ．物块 b 受四个力作用B ．物块 b 受到的摩擦力大小等于 mgC ．物块 b 对地面的压力大小等于 2mgD ．物块 b 给物块 a 的作用力水平向右5． 如图所示，在水平面上竖直放置的轻质弹簧上叠放着两物 块 A 、B ，两物块相互绝缘且质量均为 1 kg ，A 带正电，电荷量为 0.1 C ，B 不带电，整体处于静止状态．若突然加一沿竖直方向的匀强电场，此瞬间 A 对 B 的压力大小变为 5 N ，g 取 10 m/s 2，则()A ．电场强度为 50 N/CB ．电场强度为 100 N/C C ．电场强度为 150 N/CD ．电场强度为 200 N/C6．如图所示，两个轻环 a 和 b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量 为 2m 的小球．在 a 和 b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.12m B.C ．mD ．2m 7．如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住 质量为 m 的小球，绳 B 水平．设绳 A 、B 对球的拉力大 小分别为 F 1 、F 2，它们的合力大小为 F.现将框架在竖直 平面内绕左下端逆时针缓慢旋转 90°，在此过程中( )A．F1先增大后减小B．F2先增大后减小C．F 先增大后减小D．F 先减小后增大8．如图所示，在竖直平面内有半径为R 和2R 的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B 和 C 分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB R，AC 长为R.现沿AB 和AC 建立两条光滑轨道，自A 处由静止释放小球，已知小球沿AB 轨道运动到B 点所用时间为t1，沿AC 轨道运动到C 点所用时间为t2，则t1与t2之比为( )A．1B．1∶2 C．1∶D．1∶39．(多选)如图所示，司机通过液压装置缓慢抬起货车车厢的一端卸货．当车厢与水平面间的夹角θ增大到一定角度后，货物从车厢内滑下．若卸货过程中货车始终静止，则( )A．货物相对车厢静止时，货物对车厢的压力随θ角增大而减小B．货物相对车厢静止时，货物受到的摩擦力随θ角增大而减小C．货物加速下滑时，地面对货车有向右的摩擦力D．货物加速下滑时，货车受到地面的支持力比货车与货物的总重力大10.(多选)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B，另一端被人拉着且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为M，B 物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上运动时，B 物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是( )A．物块一定向上加速运动B．人能够沿斜面向上加速运动，必须满足m＞MsinθC．若a2＝0，则a1 一定等于mg MgsinMθ－D．若a1＝a2，则a1可能等于mg MgsinM mθ+－11．(多选)如图所示，三角形传送带以1m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B 从传送带顶端都以1m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.8，g 取10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是( )A．物块A 先到达传送带底端B．物块A、B 同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B 的摩擦力都沿传送带向上D．物块A 下滑过程中相对传送带的位移大于物块B 下滑过程中相对传送带的位移12．(多选) 在光滑的水平面内建立如图所示的直角坐标系，长为L 的光滑细杆AB 的两个端点A、B 分别被约束在x 轴和y 轴上，现让杆的A 端沿x轴正方向以速度v0匀速运动，已知P 点为杆的中点，某一时刻杆AB 与x轴的夹角为θ.关于P 点的运动轨迹或P 点的运动速度大小v的表达式，下列说法中正确的是( )A．P 点的运动轨迹是抛物线的一部分B．P 点的运动轨迹是圆弧的一部分C．P 点的速度大小的表达式为v＝v0tan θD ．P 点的速度大小的表达式为 v ＝2 v sin二、实验题：本题共 2 小题，共 14 分。

13．(8 分）某同学用图(a)所示的 实验装置研究匀变速运动，其中打点 计时器的电源为交流电源，可以使用 的频率有 20 Hz 、30 Hz 和 40 Hz ，打 出纸带的一部分如图(b)所示．该同学在实验中没有记录交流电 的频率 f ，需要用实验数据和其他题 给条件进行推算．(1)若从打出的纸带可判定重物 匀加速下落，利用 f 和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点时，重物下落的速度大小为 ，打出 C 点时重物下落的速度大小为 ，重物下落的加速度大小为 ．(2)已测得 s 1＝8.89 cm ，s 2＝9.50 cm ，s 3＝10.10 cm ；当地重力加速度大小 为 9.80 m/s 2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的 1%.由此推算出 f 为 Hz 。

14．（6 分）某物理课外小组利用图(a)中的装置探 究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中， 置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻 滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车 相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有 N ＝5个，每个质量均为 0.020 kg.实验步骤如下：(1)将 5 个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块， 使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．(2)将 n (依次取 n ＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余 N －n 个钩码 仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器 记录小车在时刻 t 相对于其起始位置的位移 s ，绘制 s -t 图像，经数据处理后 可得到相应的加速度 a .(3)对应于不同的n的a值见下表．n＝2 时的s-t 图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表．(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a-n图像．从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．(5)利用a-n 图像求得小车(空载)的质量为kg(保留2 位有效数字，重力加速度g取9.8 m/s2)．三．计算题：本题共4 小题，共38 分。

15．（6 分）如图所示是一种较精确测重力加速度g 值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O 点与弹簧分离，然后返回．在O 点正上方选取一点P，利用仪器精确测得O、P 间的距离为H，从O 点出发至返回O 点的时间间隔为T1，小球两次经过P 点的时间间隔为T2.(1)求重力加速度g；(2)若O 点与玻璃管底部的距离为L0，求玻璃管最小长度．16．（8 分）预警雷达探测到敌机在20 000 m 上空水平匀速飞行，立即启动质量m ＝100 kg 的防空导弹，导弹的火箭发动机在制导系统控制下竖直向下喷气，使导弹由静止以a＝10g(g 取10 m/s2)的加速度竖直向上匀加速上升至5000 m 高空，喷气方向立即变为与竖直方向成θ角(cosθ＝111)斜向下，导弹做曲线运动，直至击中敌机．假设导弹飞行过程中火箭推力大小恒定，且不考虑导弹质量变化及空气阻力，导弹可视为质点．试求：(1)火箭喷气产生的推力；(2)导弹从发射到击中敌机所用的时间；17.（10 分）一个物体从静止开始在大小为F1 的恒力作用下在竖直面内向上做匀加速直线运动，经过一段时间改为大小为F2（是F1大小的一半）的同方向恒力，又经过相同时间物体回到初始位置，已知物体质量m,重力加速度g,空气阻力忽略不计，求恒力F1的大小. 18．（14 分）如图所示，在粗糙水平面上放置一个质量M＝2 kg、长度L＝5 m 的木板A，可视为质点的物块B 放在木板A 的最左端，其质量m＝1 kg. 已知A、B 间的动摩擦因数为µ1＝0.2，A 与水平地面间的动摩擦因数为µ2＝0.4.开始时A、B 均处于静止状态．在B 获得水平向右的初速度v0＝8 m/s 的同时，对A 施加水平向右的恒力，g 取10 m/s2.(1)为使物块B 不从木板A 的右端滑出，求力F 的最小值．(2)若F＝22 N，求物块B 的最大速度．参考答案（9.9）1D 2A 3C 4B 5B 6D 7B 8A 9AC 10CD 11AC 12BD13(1)12(s1＋s2 )f12(s2＋s3 )f12(s3－s1 )f2(2)4014．(3)0.39(0.37～0.39 均可) (4)a-n 图线如图所示(5)0.90(0.86～0.94均可)又 v y =at 1=100×10=1000m/s ，H=20000m 联立解得 t 2=15s 故t 总=t 1+t 2=25s17.解：针对两个运动阶段，由位移公式有2112x a t = ；2121()2x a t t a t -=⋅+- 由牛顿第二定律有 F 1-mg ＝ma 1mg-F 2＝ma 2 且 F 2=0.5F 1， 联立解之得 F 1=8mg/7。