2020届山东省潍坊市高三（上）一轮复习阶段检测物理试题（解析版）

山东省潍坊市 2020 届高三物理一轮复习阶段检测 第 I 卷（选择题 40 分） 一、选择题（1~6 题只有一个符合题目要求，7~10 题在给出的四个选项中，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，错选或不选的得 0 分） 1. 如图所示，物体静止于一固定在水平地面上的斜面上，下列说法正确的是（　　） A. 物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力 B. 物体对斜面的摩擦力和物体重力沿斜面的分力是一对作用力和反作用力 C. 物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力 D. 物体所受重力可以分解为沿斜面的力和对斜面的压力 【答案】C 【解析】 【详解】A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是大小相等、方向相反、同一直线，但是作用在两个 物体上，是一对作用力与反作用力，不是一对平衡力，故 A 错误； B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力，摩擦力与重力沿斜面的分力是一 对平衡力，故 B 错误； C．斜面对物体的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力平衡．所以物体所受的重力和斜面对物体的作用 力是一对平衡力，故 C 正确； D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和垂直于斜面向下的力。垂直于斜面向下的分力不是对斜面 的压力，因为作用点和受力物体不同，对斜面的压力作用点应在斜面上，受力物体是斜面，而垂直于斜面 向下的分力作用点依然是物体，受力物体也是物体，故 D 错误。 故选 C。 2. 如图所示，用细绳将均匀球悬挂在光滑的竖直墙上，绳受的拉力为 T，墙对球的弹力为 N，如果将绳的 长度增加，其他条件不变，当球再次静止时，则（ ）A. T、N 均不变 B. T 减小、N 增大 C. T、N 均增大 D. T、N 均减小 【答案】D 【解析】 【详解】设绳子和墙面的夹角为 θ，对小球进行受析，作出绳子的拉力 T 和墙对球的弹力 N 的合力 F，由于 物体是处于静止的，物体受力平衡； 所以物体的重力等于合力 F，即 F=G，根据几何关系得出 N=Gtanθ 先找到其中的定值，就是小球的重力 mg，mg 是不变的，随着绳子加长，细线与墙壁的夹角 θ 减小，cosθ 增大，tanθ 减小，则得 T 减小，N 减小。故 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 3. 两个劲度系数分别为 k1 和 k2 的轻质弹簧 a、b 串接在一起，a 弹簧的一端固定在墙上，如图所示，开始时 cos GT θ=弹簧均处于原长状态，现用水平力 F 作用在 b 弹簧的 P 端向右拉动弹簧，已知 a 弹簧的伸长量为 L，则( ) A. b 弹簧的伸长量也为 L B. 弹簧的伸长量为 C. P 端向右移动的距离为 2L D. P 端向右移动的距离为 【答案】B 【解析】 【详解】AB．两根轻弹簧串联，弹力大小相等，根据胡克定律 F=kx 得 x 与 k 成反比，则得 解得 b 弹簧的伸长量为 故 A 错误，B 正确。 CD．P 端向右移动 距离等于两根弹簧伸长量之和，即为 故 CD 错误。 故选 B。 4. 物体从静止开始做直线运动的 v-t 图像如图所示，则该物体 A. 在第 8s 末相对于起始点 位移最大 B. 在第 4s 末相对于起始点的位移最大 C. 在第 2s 末到第 4s 末这段时间内的加速度最大 D. 在第 4s 末和第 8s 末处于同一位置 的 的 1 2 k L k 2 1 1 k Lk  +    ' 1 2F k L k L= = ' 1 2 k LL k = 1 1 2 2 1k L kL Lk k + = +（ ）【答案】D 【解析】 【详解】AB.由图可知，6s 内物体一直沿正方向运动，6-8s 时物体反向运动，故第 6s 末时相对于起点的位 移最大，故 A 错误，B 错误； C.图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，4-8s 内图线的斜率最大，加速度最大，故 C 错误； D.根据图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负。则知 4-6s 内和 6-8s 内物体的位移大小相等、方向相反，故第 8s 末时物体回到第 4s 末时所在的位置，故 D 正确。 5. 竖直向上抛的物体在上升过程中由于受到空气阻力，加速度大小为 ，若空气阻力大小不变，那么这 个物体下降过程中的加速度大小为（　　） A. B. g C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】上抛过程中，受到竖直向下的重力和竖直向下的阻力，根据牛顿第二定律可得 解得 在下降过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的阻力，根据牛顿第二定律可得 解得 故选 C。 6. 物体 A 的质量为 1kg，置于水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数 μ＝0.2。从 t＝0 时刻开始，物体以 一定的初速度 v0 向右滑行，同时受到一个水平向左的大小恒为 F0＝1N 的作用力，则反映物体受到的摩擦力 f 随时间变化的图像是图中的（取向右为正方向）（　　） 4 3 g 4 3 g 2 3 g 1 2 g 4 3mg f mg+ = 1 3f mg= mg f ma− = 2 3a g=A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】物块首先受到滑动摩擦力，大小 方向水平向左，做匀减速直线运动，当速度减为 0，由于物体受到的拉力大小为 1N，小于物体的最大静摩 擦力的大小 2N，所以物体不会再运动，此时物体受到的摩擦力为静摩擦力，大小等于拉力大小为 1N，方 向向右。 故选 C。 7. 一物体置粗糙的固定斜面上保持静止现用水平力 F 推物体，如图当 F 由 0 稍许增加时，物体仍保持静止 状态，则（　　） A. 物体所受的合力增加 B. 斜面对物体的支持力增加 C. 斜面对物体的摩擦力增加 D. 斜面对物体的作用力增加 【答案】BD 【解析】 【详解】根据静摩擦力的特点（静摩擦力大小 0 ≤ f ≤ fmax，方向沿接触面方向但可以变化），可知，当 F = 0 时静摩擦力方向沿斜面向上，大小为 A．由于物体仍保持静止状态，根据平衡条件可知合力仍为零，保持不变，故 A 错误； 2Nf mgµ= = sinf mg α=B．由受力分析图（如图）可知，斜面对物体的支持力 则 F 增大，N 增大，故 B 正确； C．根据以上分析可知，若 Fcosα ≤ mgsinα 时，静摩擦力方向沿斜面向上，由平衡条件得 则 F 增大，f 减小； 若 Fcosα > mgsinα 时，静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得 则 F 增大，f 增大；所以静摩擦力大小可能减小，也可能增加，故 C 错误； D．斜面对物体的作用力是支持力和静摩擦力的合力，根据平衡条件得，斜面对物体的作用力 则 F 增大，F′增大，故 D 正确。 故选 BD。 【点睛】本题难点在于静摩擦力的可变性，要分情况分析静摩擦力可能的方向，根据平衡条件分析静摩擦 力如何变化。 8. 物体最初静止在倾角 =30 的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力 F 的作用，力 F 随时间 变化的图像如图乙所示，开始运动 2s 后物体以 2m/s 的速度匀速运动（g 取 ），下列说法正确的是 （ ） A. 物体的质量 m=1kg B. 物体的质量 m=2kg C. 物体与斜面间的动摩擦因数 = D. 物体与斜面间的动摩擦因数 = 【答案】A cos sinN mg Fα α= + sin cosf mg Fα α= − cos sinf F mgα α= − ( )2 2F mg F′ = + θ ° 210m / s µ 3 3 µ 7 3 15【解析】 【详解】AB、开始运动 2s 后物体以 2m/s 的速度匀速运动，则 2s 末物体受力平衡，根据图象可知，摩擦力 f=F2=2N，0-2s 内，由加速度定义得：a= = 1m/s2=1m/s2，根据牛顿第二定律得：a= ，解得物 体的质量 m=1kg，故 A 正确，B 错误． CD、根据滑动摩擦力公式 f= FN= mgcos30 得： = = ，故 C、D 错误． 9. “蹦极”是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空 P 点自由下落，图中 a 点是弹性绳的原长 位置，c 是人所到达的最低点，b 是人静止地悬吊着时的平衡位置，人在从 P 点落下到最低点 c 的过程中 （　　） A. 人在 Pa 段作自由落体运动，处于完全失重状态 B. 在 ab 段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 C. 在 bc 段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 D. 在 c 点，人的速度为零，其加速度为零 【答案】AB 【解析】 【详解】A．a 点是弹性绳的原长位置，故 a 点之前人只受重力，人做自由落体运动，处于完全失重状态， 故 A 正确； BC．b 是人静止悬吊着时的平衡位置，在 ab 段绳的拉力小于人的重力，向下做加速度减小的加速运动，人 处于失重状态；在 bc 段绳的拉力大于人的重力，人向下做加速度增加的减速运动，加速度向上，人处于超 重状态。故 B 正确，C 错误； D．c 是人所到达的最低点，c 点速度为零，但绳的拉力大于人的重力，合力不为零，有向上的加速度，故 D 错误； 故选 AB 10. 如图所示，质量为 m 的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了 x0 时速度减小到零，然后 v t   2 0 2 − 1 fF m − µ µ ° µ 2 310 2 × 2 3 15弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为 k，滑块与水平面间的动摩擦因数为 μ，整个过程弹簧未超 过弹性限度，则 A. 滑块向左运动过程中，始终做减速运动 B. 滑块向右运动过程中，始终做加速运动 C. 滑块与弹簧接触过程中最大加速度为 D. 滑块向右运动过程中，当弹簧形变量 时，物体的速度最大 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．滑块向左运动的过程中，未接触弹簧前，受向右的摩擦力，做匀减速运动；接触弹簧后，在水 平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的 合力与运动方向始终相反，物体做减速运动，故 A 正确． B．滑块向右运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时滑块受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹 簧的弹力大于摩擦力，滑块向右加速；当弹簧形变量为 时，弹力和摩擦力大小相等，滑块向右运 动的速度最大；此后摩擦力大于弹力，滑块向右减速；若滑块与弹簧分离，分离后滑块向右匀减速．故 B 错误． C．由 A 项的分析可知，当弹簧的压缩量为 x0 时，水平方向的合力为 F=kx0+μmg，此时合力最大，由牛顿 第二定律有： ，故 C 正确． D．由 B 项的分析可知，在滑块向右运动过程中，当弹簧的形变量 时，滑块向右运动的速度最大， 故 D 正确． 第 II 卷（非选择题共 60 分） 二、实验题（本题共 2 个小题，共 18 分） 11. 某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为 5 N 的弹簧测 力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）． ①具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作 建议，其中正确的有______． A．橡皮条应和两绳套夹角 角平分线在一条直线上 B．重复实验再次进行验证时，结点 O 的位置可以与前一次不同 的 的 0kx mg m µ+ mgx k µ= mgx k µ= 0 max kx mga m µ+= mgx k µ=C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度 D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力 ②该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置 O，力的标度、分力和合 力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示．其中对于提高实验精度最有利的是_____． 【答案】 (1). BC (2). B 【解析】 ①A、F1、F2 方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上，故 A 错误； B、合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两个力拉橡皮条和 一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，则必定结点 O 的位置要相同；而在重复实验再次进行验证时，结点 O 的位置可以与前一次不同，故 B 正确； C、使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小引摩擦产生的误差，读数时视线应正对测力计刻度， 可以减小偶然误差，故 C 正确； D、用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力不一定必须都小于只用一个测力计时的拉力，故 D 错误． ②A、为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，同时在纸上描点时，所描的点不要太靠近 结点，该图中所描的点太靠近结点，故 A 错误； B、该图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中，故 B 正确； C、实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但不宜太大，该图中的读数都太小，故 C 错 误； D、该图中两个分力之间的夹角太小，这样误差容易大，故 D 错误． 点睛：在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对 于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解，同时要理解会给实验带来误差的因素． 12. 某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系．（1）下列做法正确的是 ________ （选填字母代号）． A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 （2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及 桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”） （3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡 摩擦力的情况下，研究加速度 a 与拉力 F 的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量 分别为 m 甲、m 乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为 μ 甲、μ 乙，由图可知，m 甲 ________ m 乙 ，μ 甲 ________ μ 乙．（选填“大于”“小于”或“等于”） 【答案】 (1). AD (2). 远小于 (3). 小于 (4). 大于 【解析】 【详解】（1）[1]．实验中细绳要保持与长木板平行，A 项正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通 过定滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B 项错误；实验时应先接通电源再放开木块，C 项错误；平衡 摩擦力后，改变木块上的砝码的质量后不再需要重新平衡摩擦力，D 项正确． （2）[2]．由整体法和隔离法得到细绳中的拉力 F＝Ma＝M ＝ mg， 可见，当砝码桶和桶内砝码的总质量 m 远小于木块和木块上砝码的总质量 M 时，可得 F≈mg. （3）[3]．不平衡摩擦力，则 F－μmg＝ma， a＝ －μg， mg M m+ 1 1 m M + F m图象的斜率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大，因此 m 甲μ 乙． 三、计算题（本题共 4 小题，共 42 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤， 只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位） 13. 甲乙两物体在同一条直线上同时同地沿同一方向运动，甲初速度为 6m/s，由于摩擦做匀减速直线运动， 加速度大小为 2m/s2，乙做初速度为零，加速度为 1m/s2 的匀加速直线运动。求： (1)乙此后经多长时间追上甲； (2)乙追上甲之前两物体最大距离是多少。 【答案】(1) ；(2)6m 【解析】 【详解】(1)根据匀变速直线运动的速度位移公式得，甲物体能够运动的距离 甲物体速度减为零 时间 此时乙的位移 可知甲物体停止时，乙物体还没有追上甲，根据 得追及的时间 (2)当甲乙速度相等时两物体有最大距离，设速度相等经历的时间为 t′，有 解得 则相距的最远距离 14. 如图所示，AO 是具有一定质量的均匀细杆，可绕 O 轴在竖直平面内自由转动，细杆上的 P 点与放在水 平桌面上的圆柱体接触，圆柱体靠在竖直的挡板上而保持平衡，已知杆的倾角 ，球的重力大小为 的 3 2s 2 0 1 0- -36= = m=9m2 2 -2 vx a ×（ ） 0 1 0 6= = s=3s2 vt a − − − 2 2 2 1 1 1= = 1 3 m=4.5m2 2x a t′ × × 2 1 1= 2x a t′ 12 2 9= = s=3 2s1 xt a × ′ 0v at a t+ ′ = ′ ′ 0 6= = s=2s1-( 2) vt a a ′ ′− − 2 2 0 1 1 1 1(6 2 2 4)m 1 4m 6m2 2 2 2x v t at a t∆ ′+ ′ − ′ ′ = × − × × − × ×= ＝ 060θ =G，竖直挡板对球的压力大小为 ，各处的摩擦都不计，试回答下列问题：通过计算求出圆柱体对均匀 细杆 AO 的作用力的大小和水平地面对圆柱体作用力的大小。 【答案】 ， 【解析】 【详解】对圆柱体进行受力分析如图所示 其中 分别为水平地面、挡板、细杆对圆柱体的弹力。已知竖直挡板对球的弹力大小 根据平衡关系：水平方向 解得 竖直方向 代入解得 设圆柱体对均匀细杆 AO 的作用力大小为 ，根据牛顿第三定律知 【点睛】分析小球的受力情况：重力、地面的支持力、竖直挡板的压力和杆的压力四个力作用，作出力示 意图。根据平衡条件，求出杆对球的压力和地面的支持力，根据牛顿第三定律求出圆柱体对均匀细杆 AO 的 2 3G 3G 4G 1 2 3N N N、 、 2 2 3N G＝ 3 2sin 60N N= 3 4N G= 1 3 cos60N N G= + 1 3N G= 3N′ 3 4N G′ =作用力的大小和水平地面对圆柱体作用力的大小。 15. 如图甲所示，质量为 1kg 的物块，在水平向右、大小为 5N 的恒力 F 作用下，沿粗糙水平面由静止开始 运动，在运动过程中，物块受到水平向左的空气阻力，其大小随着物块速度的增大而增大。且当物块速度 为零时，空气阻力也为零，物块加速度 a 与时间 t 的关系图线如图乙所示。取重力加速度 g＝10m/s2，求： (1)物块与水平面间的动摩擦因数 μ； (2)t＝5s 时物块速度的大小； (3)t＝6s 时空气阻力的大小。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)由图乙可知当 t=0 时，加速度 此时物块所受空气阻力为零，此时物块的受力情况如图所示 由牛顿第二定律有： 又 联立解得 (2)在 a-t 图象中，图线与 t 轴所围的面积为速度的增加量，所以 t=5s 时物块的速度大小为 0.3µ = 5m/sv = 2NF =空 2 0 2m/sa = 0 0 f N F F ma F mg − = − = f NF Fµ= 0.3µ =(3)由图乙知 t=5s 后，物块做匀速直线运动，物块所受的空气阻力不变，设此过程中物块所受空气阻力为 F 空，由牛顿第二定律有 解得 16. 如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角 ，皮带在电动机的带动下，始终保持 的速 率运动．现把一质量为 的工件（可视为质点）轻轻放在皮带的底端，经时间 ，工件被传送到 的高处，取 ，求： （1）工件与皮带间的动摩擦因数； （2）工件相对传送带运动的位移． 【答案】（1） ；（2） 【解析】 试题分析：（1）由题意得，皮带长为：L＝ ＝3 m．工件速度达到 之前，从静止开始做匀加速 运动 设匀加速运动的时间为 ，位移为 ，有：x1＝vt1＝ t1 设工件最终获得了与传送带相同的速度，则达到 之后工件将做匀速运动， 有： 解得： ，故假设工件最终获得与传送带相同的速度是正确的． 加速运动阶段的加速度为：a＝ ＝2．5 m/s2 在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有： ，解得： ． （2）在时间 内，传送带运动的位移为： 1 2 5m/s 5m/s2v = × × = 0fF F F− − =空 2NF =空 030θ = 0 2 /v m s= 10m kg= 1.9s 1.5=h m 210 /g m s= 0.866＝µ 0.8 m 1x 1t 0v 1x 0 1 1.6 x v t m＝ ＝ 1t工件运动的位移为：x1＝vt1＝ t1＝0．8 m 所以工件相对传送带运动的位移为： ． 考点：动能定理的应用、功能关系 【名师点睛】解决本题的关键理清工件在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求 解．