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1、吉林省通榆县第一中学20172018学年度上学期高三物理阶段性训练五一.选择题1. 在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )A. 25 m/s,1.25 B. 40 m/s,0.25 C. 50 m/s,0.25 D. 80 m/s,1.25【答案】C考点：本题考查匀变速直线运动规律和牛顿第二定律的应用，同时考查了运动
2、学问题解决中常用的逆向分析法。2. 如图所示，用平行于斜面体A的轻弹簧将物块P拴接在挡板B上，在物块P上施加沿斜面向上的推力F，整个系统处于静止状态。下列说法正确的是( )A. 物块P与斜面之间一定存在摩擦力B. 弹簧的弹力一定沿斜面向下C. 地面对斜面体A的摩擦力水平向左D. 若增大推力，则弹簧弹力一定减小【答案】C【解析】对物体B受力分析可知受重力、弹簧的弹力（可能有）、推力F和静摩擦力（可能有），具体情况如下：如果推力、重力的下滑分力和弹簧的弹力三力平衡，则没有静摩擦力；如果推力、重力的下滑分力和弹簧的弹力三力不平衡，则有静摩擦力，故A错误；弹簧可能处于伸长，也可能处于压缩，只要推力、重
3、力的下滑分力、弹簧的弹力和静摩擦力四力平衡即可，故B错误；对整体受力分析，受重力、支持力、推力F和地面的静摩擦力，根据平衡条件，地面的静摩擦力与推力的水平分力平衡，向左，故C正确；如果弹簧的弹力沿斜面向下，且摩擦力为零，则有：F=mgsin+kx，若增大F，弹簧的弹力不变，摩擦力沿斜面向下，且在增大，故D错误。所以C正确，ABD错误。3. 甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即fkv(k为正的常量)。两球的v t图像如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判
4、断正确的是( )A. 释放瞬间甲球加速度较大 B. m1m2=v2v1C. 甲球质量大于乙球质量 D. t0时间内两球下落的高度相等【答案】C【解析】试题分析：释放瞬间v=0，因此空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv=mg，因此最大速度与其质量成正比，即vmm，故m1m2=v1v2，故B错误；由于m1m2=v1v2，而v1v2，故甲球质量大于乙球，故C正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等；故D错误；故选C。考点：v-t图线；牛顿定律的应用【名师点睛】本题中
5、小球的运动情况与汽车起动类似，关键要抓住稳定时受力平衡，运用牛顿第二定律分析。4. 如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10 cm，运动时弹簧伸长量为9 cm，则升降机的运动状态可能是(g10 m/s2)( )A. 以a1 m/s2的加速度加速上升 B. 以a1 m/s2的加速度加速下降C. 以a9 m/s2的加速度减速上升 D. 以a9 m/s2的加速度减速下降【答案】B【解析】静止时弹簧伸长量为10 cm，mg=k0.1。运动时弹簧伸长量为9 cm，小于静止时弹簧伸长量为10 cm，可知升降机的加速度向下，mg-k0.09=ma，a=0.1g=1m/s2，方
6、向向下。则升降机的运动状态可能是以a1 m/s2的加速度加速下降；也可能是以a1 m/s2的加速度减速上升，B正确、ACD错误。故选：B。5. 如图所示，质量为m的小球与弹簧和水平细线相连，、的另一端分别固定于P、Q。球静止时，中拉力大小为FT1，中拉力大小为FT2，当剪断水平细线的瞬间，小球的加速度a应是( )A. ag，竖直向下 B. ag，竖直向上C. a，方向水平向左 D. a，方向沿的延长线【答案】C【解析】小球静止时，受到重力、弹簧拉力FT1、细线拉力FT2三个力的作用，细线拉力FT2与重力、弹簧拉力FT1的合力等大反向，剪断水平细线的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到
7、FT1和重力mg作用，合力水平向左，大小为FT2，所以加速度为a，方向水平向左，选项C正确、ABD错误。故选：C。6. 如图所示，质量为M的木块A套在粗糙水平杆上，并用轻绳将木块A与质量为m的小球B相连。现用水平力F将小球B缓慢拉起，在此过程中木块A始终静止不动。假设杆对A的支持力为FN，杆对A的摩擦力为Ff，绳中张力为FT，则此过程中( )A. F增大 B. Ff不变 C. FT减小 D. FN减小【答案】A【解析】先以B为研究对象，小球受到重力、水平力F和轻绳的拉力FT，如图甲所示，由平衡条件得：FT，Fmgtan ，增大，FT增大，F增大。再以整体为研究对象，受力分析图如图乙所示，根据平
8、衡条件得：FfF，则Ff逐渐增大。FN(Mm)g，即FN保持不变，故选A项。【名师点睛】先以B为研究对象，分析在小球上升的过程中FT、F如何变化，再以整体为研究对象，分析摩擦力f和支持力力N如何变化。7. 如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F作用在绳的另一端将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化，判断正确的是( )A. F变大 B. F变小 C. FN变大 D. FN变小【答案】B【解析】试题分析：以B点为研究对象，分析受力情况：重物
9、的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力FN和绳子的拉力F，作出受力图如图：由平衡条件得知，FN和F的合力与T（G）大小相等，方向相反，根据三角形相似可得，解得：FN=G，F=G；使BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则FN保持不变，F变小，故B正确，ACD错误故选B。考点：共点力的平衡条件8. 早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )A. 物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B. 没有力的作用，物体只能处于静止状态C. 行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D. 运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动【答案】AD【解析】试题分析：根据惯性定律解释
10、即可：任何物体都有保持原来运动状态的性质，惯性的大小只跟质量有关，与其它任何因素无关解：A、任何物体都有保持原来运动状态的性质，叫着惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，故A正确；B、没有力作用，物体可以做匀速直线运动，故B错误；C、惯性是保持原来运动状态的性质，圆周运动速度是改变的，故C错误；D、运动的物体在不受力时，将保持匀速直线运动，故D正确；故选AD【点评】牢记惯性概念，知道一切物体在任何时候都有惯性，质量是惯性的唯一量度9. 如图所示，固定斜面上有一光滑小球，与一竖直轻弹簧P和一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数可能的是( )A. 1 B. 2
11、C. 3 D. 4【答案】BCD.考点：受力分析。10. 质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是( )A. 轻绳的拉力等于Mg B. 轻绳的拉力等于mgC. M运动的加速度大小为(1sin )g D. M运动的加速度大小为MmMg【答案】BC【解析】试题分析：由第一次放置M恰好能静止在斜面上，可得M和m的质量关系，进而可求第二次放置M的加速度，轻绳的拉力解：第一次放置时M静止，则：Mgsin=mg，
12、第二次放置时候，由牛顿第二定律：Mgmgsin=（M+m）a，联立解得：a=（1sin）g=g对m由牛顿第二定律：Tmgsin=ma，解得：T=mg，故A错误，B正确，C正确，D正确故选：BCD【点评】该题的关键是用好牛顿第二定律，对给定的情形分别列方程，同时注意连接体问题的处理方法：整体法和隔离法的灵活应用11. 如图甲所示，质量为M2 kg 的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度时间图像如图乙所示，g10 m/s2，结合图像，下列说法正确的是( )A. 可求得物块在前2 s内的位移5 mB. 可求得物块与木板间的动摩擦因
13、数0.2C. 可求得物块的质量m2 kgD. 可求得木板的长度L2 m【答案】ABC【解析】A、物块在前2 s内的位移x1 m21 m5 m，A正确；BC、由运动学图像知，两物体加速度大小相同，设物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，则有mgma1Ma2，则mM2 kg，C正确；由题图可知物块加速度大小为a12 m/s2，则g2 m/s2，0.2，B正确；D、由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，D错。故选：ABC。【名师点睛】根据图象的“面积”可求得位移；由斜率得到加速度，以m为研究对象，据牛顿第二定律求解动摩擦因数；由于物块与木板达到共同速度时不
14、清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度。12. 如图(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A. 斜面的倾角 B. 物块的质量C. 物块与斜面间的动摩擦因数 D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD【解析】由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsin+mgcos=ma1；下降过程有：mgsinmgcos=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因
15、数；但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度，故选项ACD正确，选项B错误。点睛：本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。二、实验题13. 某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量l为_ cm；(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是_；(填选项前的字母)A逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻
