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2017年高考物理一轮复习阶段练习题一

时间:2016-8-10 9:28:20

阶段滚动练(一)

(时间:60分钟 满分:100分)

一、单项选择题(本题4个小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。)

1.(2016·江苏泰州模拟)研究下列现象,涉及的物体可看作质点的是(  )

A.研究地球绕太阳运动的轨迹时

B.研究撬棒用力大小与支点的位置关系时

C.研究旋转的乒乓球旋转方向时

D.研究旋转的电扇扇叶所受阻力大小的影响因素时

解析 研究地球绕太阳运动的轨迹时,由于地球的半径远小于日地之间的距离,所以地球可看作质点。

答案 A

2.一辆汽车正在公路上行驶,关于汽车的运动,下列说法正确的是(  )

A.汽车运动的速度改变量越大,加速度一定越大

B.速度很大的汽车,其加速度可能很小,但不能为零

C.某时刻汽车速度为零,其加速度可能很大

D.汽车加速度很大时,其速度一定很大

解析 汽车的速度改变量越大,加速度不一定越大,因为加速度与速度改变量和时间间隔两个因素有关,选项A错误;速度很大的汽车,加速度可能很小,也可能为零,例如匀速行驶的汽车,选项B错误;汽车速度为零时,加速度可能很大,例如汽车刚启动时,选项C正确,D错误。

答案 C

3.(2015·华中师大附中二模)一辆汽车在平直公路上做刹车实验,0时刻起运动位移与速度的关系式为x=10-0.1v2(m),下列分析正确的是(  )

A.上述过程的加速度大小为10 m/s2

B.刹车过程持续的时间为5 s

C.0时刻的初速度为10 m/s

D.刹车过程的位移为5 m

解析 由v2-veq \o\al(2,0)=2ax可得x=-eq \f(1,2a)veq \o\al(2,0)+eq \f(1,2a)v2,对照x=10-0.1v2(m)可知eq \f(1,2a)=-0.1,-eq \f(1,2a)veq \o\al(2,0)=10,解得a=-5 m/s2,v0=10 m/s,A错误,C正确;由v0=-at可得刹车过程持续的时间为t=2 s,由veq \o\al(2,0)=-2ax可得刹车过程的位移为x=10 m,B、D错误。

答案 C

4. (2015·金华十校高三4月模拟考试)在建筑装修中,工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨,当对磨石加竖直向上推力F时,磨石恰好能沿斜壁向上匀速运动,已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ,则磨石受到的摩擦力大小为(  )

图1

A.Fsin θ  B.Fcos θ

C.μ(F-mg)sin θ  D.μ(F-mg)cos θ

解析 磨石受竖直向下的重力、竖直向上的推力F、垂直于斜壁向下的弹力FN和沿斜壁向下的摩擦力Ff作用,由于磨石匀速运动,故其所受合力为0。故垂直于斜壁方向有mgsin θ+FN=Fsin θ,故FN=Fsin θ-mgsin θ,所以Ff=μFN=μ(F-mg)sin θ,平行于斜壁方向有Ff+mgcos θ=Fcos θ,所以Ff=(F-mg)cos θ,故只选C。

答案 C

二、多项选择题(本题4小题,每小题6分,共24分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,错选或不选的得0分。)

5.男子跳高的世界纪录是2.45 m,由古巴运动员索托马约尔在萨拉曼萨创造。不计空气阻力,对索托马约尔跳高过程的描述,下列说法正确的是(  )

A.跳过2.45 m的高度时他的速度为零

B.跳高运动员助跑后起跳,是应用了自身的惯性

C.起跳时地面对他的支持力大于他对地面的压力

D.起跳以后上升过程他处于完全失重状态

解析 运动员到达最高点时,竖直方向速度为零,但水平速度不为零,选项A错误;跳高运动员通过助跑,可获得更大的速度,起跳后依靠惯性可脱离地面,选项B正确;运动员对地面的压力和地面对运动员的支持力是一对作用力和反作用力,故支持力和压力大小相等,选项C错误;运动员在上升过程中,只受重力的作用,有向下的重力加速度,处于完全失重状态,选项D正确。

答案 BD

6. (2015·河南郑州一模)如图2所示为A、B两个运动物体的位移-时间图象,则下述说法正确的是(  )

图2

A.A、B两个物体开始时相距100 m,同时相向运动

B.B物体做匀速直线运动,速度大小为5 m/s

C.A、B两个物体运动8 s时,在距A物体的出发点60 m处相遇

D.A物体在运动中停了6 s

解析 根据图象,A、B两物体开始时相距100 m,速度方向相反,是相向运动,故A正确;x-t图象的斜率表示速度,故B物体做匀速直线运动,速度大小为v=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(60-100,8))) m/s=5 m/s,B正确;t=8 s时两图线有交点,表明A、B两物体运动8 s时,在距A物体的出发点60 m处相遇,故C正确;在2~6 s内,A物体位置坐标不变,保持静止,即停止了4 s,故D错误。

答案 ABC

7.如图3所示,圆环套在水平棒上可以滑动,轻绳OA的A端与圆环套(重力不计)相连,O端与质量m=1 kg的重物相连;定滑轮固定在B处,跨过定滑轮的轻绳,两端分别与重物m、重物M相连,当两条细绳间的夹角φ=90°,OA与水平杆的夹角θ=53°时圆环恰好没有滑动,不计滑轮大小,整个系统处于静止状态。已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,滑动摩擦力等于最大静摩擦力。则下列说法正确的是(  )

图3

A.圆环与棒间的动摩擦因数μ=0.75

B.棒对环的支持力为1.6 N

C.重物M的质量为0.6 kg

D.圆环与棒间的动摩擦因数μ=0.6

解析 因为圆环将要开始滑动,故所受的静摩擦力刚好达到最大值,则有Ff=μFN。对环进行受力分析,有μFN-FTcos θ=0,FN-FT sin θ=0,FT=FT′=mgsin θ,代入数据解得μ=cot θ=eq \f(3,4),FN=6.4 N,A正确,B、D错误;对重物M:Mg=mgcos θ,得:M=mcos θ=0.6 kg,C正确。

答案 AC

8.(2016·浙江嘉兴二测)如图4甲所示为杂技中的“顶竿”表演,地面上演员B肩部顶住一根长直竹竿,另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后,演员A自竿顶由静止开始下滑,滑到竿底时速度正好为零,其下滑时的速度随时间变化关系如图乙所示。演员A质量为40 kg,长竹竿质量为10 kg,g=10 m/s2。则(  )

图4

A.演员A的加速度方向先向上再向下

B.演员A所受摩擦力的方向保持不变

C.t=2 s时,演员B肩部所受压力大小为380 N

D.t=5 s时,演员B肩部所受压力大小为540 N

解析 演员A先加速向下运动,后减速向下运动,所以加速度方向先向下再向上,选项A错误;演员A所受摩擦力的方向总是竖直向上的,选项B正确;t=2 s时演员A向下的加速度大小为a1=0.5 m/s2,演员B肩部所受压力大小为FN1=(mA+m)g-mAa1=480 N,选项C错误;t=5 s时演员A向上的加速度大小为a2=1.0 m/s2,演员B肩部所受压力大小为FN2=(mA+m)g+mAa2=540 N,选项D正确。

答案 BD

三、非选择题(本题4小题,共56分。计算题解答时请写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分。)

9.(8分)在“探究速度随时间变化的规律”的实验中,某同学设计的实验装置如图5甲所示。

(1)请指出该同学在实验操作中存在的两处错误:

a._____________________________________________________________;

b._____________________________________________________________。

(2)该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带,取连续的六个点,测得h1、h2、h3、h4、h5。若打点的周期为T,则打E点时速度为vE=________;若分别计算出各计数点对应的速度数值,并在坐标系中画出v2与h的关系图线,如图丙所示,则小车的加速度a=________m/s2

图5

解析 (1)两处错误是a.打点计时器应该接交流电源,b.开始时小车应该靠近打点计时器。(2)vE=eq \f(h5-h3,2T)。根据v2=veq \o\al(2,0)+2ah可知,图线的斜率等于2a,所以a=5.4 m/s2

答案 (1)打点计时器应该接交流电源 开始时小车应该靠近打点计时器 (2)eq \f(h5-h3,2T) 5.4

10.(15分)一个物体在位置P由静止开始沿直线运动,在开始第一段时间以加速度a1做匀加速直线运动,在紧接着的第二段时间内物体做匀变速直线运动,且在第二段时间末经过位置P,且经过P时的速度为v。第一段和第二段时间之比为1∶3,求第一段时间的末速度及第二段时间内的加速度。

解析 设第一段时间为t、末速度为v1、位移为x1,则第二段时间为3t、加速度为a2、位移为x2

由题意可知第一段时间内物体做初速度为0、加速度为a1的匀加速直线运动,第二段时间内物体做初速度大小为v1、加速度为a2的匀变速直线运动,且x1=-x2

由位移公式有x1=eq \f(1,2)a1t2

x2=v1(3t)+eq \f(1,2)a2(3t)2

根据速度公式有v1=a1t③

v=v1+a2(3t)④

联立解得a2=-eq \f(7,9)a1

解得v1=-eq \f(3,4)v

答案 -eq \f(3,4)v -eq \f(7,9)a1

11.(16分)如图6所示,半径R=0.4 m的圆轨道上有一固定光滑斜面AB,半径OB竖直,斜面AB与水平面BC间用一很短的光滑圆弧平滑连接,B、C两点间距L=0.5 m,P点位于C点正上方h=8R处。在一小球从P点开始做自由落体运动的同时,有一小滑块从斜面顶端A点由静止开始沿斜面下滑,经过B点后沿水平面做匀减速运动,在C点刚停下时恰好与小球相撞。小球和滑块均可视为质点,取重力加速度g=10 m/s2,求:

图6

(1)小球从P点运动到C点的时间t和滑块在斜面AB上运动的时间t1

(2)滑块经过B点时的速率v以及斜面AB的倾角θ的正弦值。

解析 (1)小球做自由落体运动,则8R=eq \f(1,2)gt2

得t=4eq \r(\f(R,g))=0.8 s

根据牛顿第二定律得滑块在斜面上运动的加速度大小

a1=gsin θ

滑块在斜面AB上做匀加速运动,则2Rsin θ=eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1)

得t1=2eq \r(\f(R,g))=0.4 s

(2)滑块从B点运动到C点的时间t2=t-t1=0.4 s

则由匀变速直线运动公式得L=eq \f(v,2)t2

得v=2.5 m/s

滑块在斜面AB上做匀加速运动,则v=a1t1

得sin θ=eq \f(5,8)

答案 (1)0.8 s 0.4 s (2)2.5 m/s eq \f(5,8)

12. (17分)如图7所示,将一小物块P静止放在匀速传送的传送带的A点,在B上方固定一个光滑小圆弧,已知传送带速度大小v=4 m/s,AB、BC的距离分别为x1=0.9 m、x2=2.6 m,P与传送带的动摩擦因数μ=0.5,BC与水平方向夹角θ=37°,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:

图7

 (1)小物块P运动到B时的速度;

(2)小物块从A运动到C所需时间。

解析 (1)小物块在水平传送带AB上运动,由牛顿第二定律得加速度a1=eq \f(Ff,m)=μg=5 m/s2

若P加速到v=4 m/s时,小物块仍在AB上则有,运动位移x0=eq \f(v2,2a1)=1.6 m

由此可知P到B点时速度未达到v,则P到B点时的速度vB=eq \r(2a1x1)=3 m/s

运动的时间t1=eq \f(vB,a1)=0.6 s

(2)小物块P在BC上运动的初速度大小为vB=3 m/s,开始阶段传送带的速度比小物块P速度大,根据牛顿第二定律可知加速度大小为

a2=eq \f(mgsin θ+μmgcos θ,m)=10 m/s2

则小物块P加速到v=4 m/s时运动位移为

x3=eq \f(v2-veq \o\al(2,B),2a2)=0.35 m

加速的时间t2=eq \f(v-vB,a2)=0.1 s

剩余位移x4=x2-x3=2.25 m,设运动的时间为t3,在此过程中P的速度比传送带大,P的加速度大小为

a3=eq \f(mgsin θ-μmgcos θ,m)=2 m/s2

由运动位移公式有x4=vt3+eq \f(1,2)a3teq \o\al(2,3)

解得t3=0.5 s

故小物块P从A运动到C所需时间为

t=t1+t2+t3=1.2 s

答案 (1)3 m/s (2)1.2 s

作者:不详 来源:网友发布
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