2021届高考物理通用一轮练习：阶段综合测评2

  www.ks5u.com阶段综合测评(二)

　　时间：90分钟　　　满分：110分

第Ⅰ卷(选择题，共48分)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1～7题只有一项符合题目要求，8～12题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，有选错的得0分)

1．(2019·陕西咸阳二模)《墨经》是先秦墨家的代表作，“力，刑(形)之所以奋也”是书中对力的描述，其释义为：“力是使物体由静而动，动而愈速或由下而上的原因”，这与1000多年后牛顿经典力学的观点基本一致。关于对此描述的认识，以下说法正确的是(　　)

A．力是改变物体运动状态的原因

B．力是维持物体运动状态的原因

C．物体速度的变化量跟力成正比

D．物体不受力将保持静止状态

答案　A

解析　力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A正确，B错误；加速度跟力成正比，但物体速度的变化量不是加速度，故物体速度的变化量跟力不成正比，故C错误；物体不受力将保持静止状态或匀速直线运动状态，故D错误。

2．(2019·山东济南三模)2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器成功在月球背面着陆，标志着我国探月航天工程达到了一个新高度。“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动时的轨道半径为r，运行周期为T，已知万有引力常量为G，根据以上信息可以求出(　　)

A．月球的平均密度  B．月球的第一宇宙速度

C．月球的质量  D．月球表面的重力加速度

答案　C

解析　根据G＝mr可得M＝，C正确；因月球的半径未知，则不能求出月球的平均密度、月球的第一宇宙速度以及月球表面的重力加速度的大小，A、B、D错误。

3.(2019·山西运城模拟)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀加速直线运动，其加速度为a。若保持F的大小不变，而方向与水平面成30°角，物块也做匀加速直线运动，加速度大小也为a。则物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)

A.  B．2－

C．2＋  D.

答案　B

解析　当拉力F水平时，F－μmg＝ma，当拉力变为与水平面成30°角时，Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma，联立两式解得μ＝2－，B正确。

4．(2019·贵州贵阳一模)一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2 s时开启降落伞，其跳伞过程中的v­t图象如图所示，根据图象可知该伞兵(　　)

A．在0～2 s内做自由落体运动

B．在2～6 s内加速度方向先向上后向下

C．在0～14 s内先处于失重状态后处于超重状态

D．在0～24 s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动

答案　C

解析　0～2 s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；根据v­t图象的斜率表示加速度，由图可知2～6 s内伞兵先向下做加速运动，再向下做减速运动，故其加速度方向先向下再向上，故B错误；0～14 s内伞兵先向下做加速运动，再向下做减速运动，故其加速度方向先向下再向上，先失重后超重，故C正确；在0～24 s内，2～14 s内的加速度大小在发生变化，故伞兵不是匀变速运动，D错误。

5.(2019·内蒙古包头一模)如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端距水平地面高度H＝3.2 m的A点水平滑出，斜面底端有个宽L＝1.2 m、高h＝1.4 m的障碍物。忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。为了不触及这个障碍物并落在水平面上，运动员从A点沿水平方向滑出的最小速度为(　　)

A．3.0 m/s  B．4.0 m/s

C．4.5 m/s  D．6.0 m/s

答案　D

解析　由题意可知，要使运动员不触及障碍物，则运动员下落到与障碍物等高时，根据几何关系可知运动员在水平方向发生的位移应该满足：x≥＋L，此时运动员在竖直方向下落的高度为H－h，设运动员运动的时间为t，则有：H－h＝gt2，代入数据可得时间为：t＝0.6 s，所以运动员从A点沿水平方向滑出的最小速度为：vmin＝ m/s＝6 m/s，故D正确，A、B、C错误。

6.(2019·上海青浦区二模)如图所示，一个小球沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动，圆环的半径为R，关于小球，以下说法正确的是(　　)

A．小球在最低点的速度可以等于

B．小球在最高点的速度一定大于

C．小球在最低点对轨道的压力可以是0

D．小球在最高点对轨道的压力可以是0

答案　D

解析　小球恰好到达最高点时，在最高点的线速度最小，此时小球对轨道的压力为0，由重力提供向心力，则有：mg＝m，解得最小速度v＝，从最高点到最低点重力做正功，到最低点时速度一定大于，故A、B错误，D正确；小球通过轨道最低点时受到重力和轨道的支持力，加速度方向竖直向上，合力竖直向上，处于超重状态，则支持力大于重力，根据牛顿第三定律知，小球对轨道最低点的压力大小一定大于重力，故C错误。

7．(2019·湖南衡阳三模)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x，突然撤去木板，重力加速度为g，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是(　　)

A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g

B．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5g

C．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大

D．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大

答案　C

解析　撤去木板瞬间，B物块受到的合力为3mg，由牛顿第二定律可知：aB＝1.5 g，故A、B错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2＝2mg＝kx2，又mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x2＝2x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误。

8．(2019·辽宁沈阳一模)如图所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F1和F2共同作用下，一起从静止开始运动，已知F1>F2，两物体运动一段时间后(　　)

A．若突然撤去F1，甲的加速度一定减小

B．若突然撤去F1，甲、乙间的作用力减小

C．若突然撤去F2，乙的加速度一定增大

D．若突然撤去F2，甲、乙间的作用力增大

答案　BC

解析　甲、乙一起运动时，整体的加速度为：a＝，设甲、乙之间的作用力为N，对乙分析，N－F2＝m2a，解得N＝；突然撤去F1，则整体的加速度a1＝，a1不一定小于a，甲、乙之间的作用力N1＝<N，故A错误，B正确；突然撤去F2，则整体的加速度a2＝，则a2>a，即加速度增大，甲、乙之间的作用力N2＝<N，故C正确，D错误。

9.(2019·河南郑州三模)倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ。平行于斜面的力传感器上端连接木板，下端连接一光滑小球，如图所示。当木板固定时，传感器的示数为F1。现由静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，传感器的示数为F2。则下列说法正确的是(　　)

A．若μ＝0，则F1＝F2

B．若μ＝0，则F2＝0

C．若μ≠0，则μ＝tanθ

D．若μ≠0，则μ＝

答案　BD

解析　设小球的质量为m，木板、小球、力传感器组成的整体的质量为M，当木板固定时，对小球，根据共点力平衡有：F1＝mgsinθ，静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若μ＝0，对整体，根据牛顿第二定律可得：Mgsinθ＝Ma，解得：a＝gsinθ，再以小球为研究对象，则有：mgsinθ－F2＝ma，解得：F2＝0，故A错误，B正确；当木板沿斜面下滑时，若μ≠0，对整体，根据牛顿第二定律可得加速度为：a′＝gsinθ－μgcosθ，对小球有：mgsinθ－F2＝ma′，解得：F2＝μmgcosθ，则有：＝＝，解得：μ＝，故C错误，D正确。

10．(2019·辽宁葫芦岛一模)(多选)如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块的速度随时间变化的图象可能的是(　　)

答案　ABD

解析　第一种情况：物块在传送带上先减速向左滑行，速度先减为零，然后物块会在滑动摩擦力的作用下向右加速，加速度大小不变；如果v1>v2，物块向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物块恰好离开传送带，有v2′＝－v2，A正确；如果v1≤v2，物块向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物块还在传送带上，之后不受摩擦力，物块与传送带一起向右匀速运动，有v2′＝－v1，B正确。第二种情况：物块在传送带上减速向左滑行，直接向左滑出传送带，末速度一定小于v2，D正确。

11.(2019·安徽合肥二模)图示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒。设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)

A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行

B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为

C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg

D．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小

答案　BD

解析　车受到的地面的支持力方向垂直地面，与车所在的平面不平行，故A错误；设自行车受到地面的支持力为N，则有：fm＝μN，由平衡条件有：N＝Mg，根据牛顿第二定律有：fm＝M，代入数据解得：vm＝，故B正确；地面对自行车的支持力N与摩擦力f的合力过人与车的重心，设θ为自行车与地面的夹角，则：＝，f＝M，解得f＝，＝，转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，转弯时车与地面间的静摩擦力不一定为μMg，C错误，D正确。

12．(2019·安徽合肥三模)近年来，我国航天事业取得长足进步，相信不久的将来，我国宇航员将到达火星。若宇航员在距火星表面高h处将一物体(视为质点)以初速度v0水平抛出，测得抛出点与着落点相距2h，已知火星的半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，不计大气阻力。下列说法正确的是(　　)

A．火星表面的重力加速度为g＝

B．火星的质量约为M＝

C．火星的第一宇宙速度为v＝ v0

D．火星的同步卫星的高度为H＝

答案　AB

解析　平抛的水平位移为：x＝＝h，竖直方向有：h＝gt2，水平方向有：x＝v0t，联立得：g＝，故A正确；火星表面物体的重力等于万有引力，有：mg＝G，得火星的质量为：M＝＝，故B正确；根据第一宇宙速度公式v1＝得：v1＝ ＝ v0，故C错误；火星的同步卫星的周期等于火星的自转周期T，根据万有引力提供向心力有：G＝m(R＋H)，解得H＝ －R＝ －R，故D错误。

第Ⅱ卷(非选择题，共62分)

二、实验题(本题共2小题，共12分)

13．(6分)(2019·新疆乌鲁木齐二诊)在“研究平抛运动”的实验中，某同学记录了小球运动轨迹中多个点的位置，取抛出点为坐标原点，用x表示小球的水平位移，y表示小球的竖直位移(相邻两点的时间间隔已知)。

(1)若作出x­t图象的斜率为2.0 m/s，则小球做平抛运动的初速度大小为________ m/s。

(2)若以t为横坐标，为纵坐标，作出的图象的斜率为k，则当地的重力加速度为________；若图象中某时刻，＝1.0 m/s，则该时刻小球竖直方向的分速度大小为________ m/s。

答案　(1)2.0　(2)2k　2.0

解析　(1)在水平方向，作出的x­t图象是斜率为2.0 m/s的直线，所以物体水平方向为匀速直线运动，小球做平抛运动的初速度大小为2.0 m/s。

(2)在竖直方向，以t为横坐标，为纵坐标，作出的图象是斜率为k的一条直线，方程式为：＝kt，①

根据自由落体运动的位移公式y＝gt2，

变形得：＝gt②

对比①②两式，可得：k＝g，g＝2k，

图象中某时刻，＝1.0 m/s，有gt＝1.0 m/s，

得：vy＝gt＝2.0 m/s。

14．(6分)(2019·天津和平区二模)某研究性学习小组利用气垫导轨进行物理实验，实验装置如图a所示。在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电门，滑块上固定一遮光条，光电门可以记录下遮光条通过光电门时所用的时间。滑块上装有拉力传感器，可以读出细线上的拉力大小。

(1)实验前用螺旋测微器测遮光条宽度d，测量结果如图b所示，则d＝________ mm。

(2)滑块用细线跨过气垫导轨右端的定滑轮与托盘(盘内有砝码)相连，将滑块由图a所示位置释放，若已知遮光条通过两个光电门所用时间分别为Δt1、Δt2以及遮光条宽度d，还测出两光电门间距离L，则滑块的加速度可用上述物理量表示为a＝________。

(3)利用该实验装置还可以进行牛顿第二定律的验证，关于牛顿第二定律的验证某同学提出如下观点，其中正确的是________。

A．测量遮光条宽度时可以采取多次测量取平均值的方法消除系统误差

B．实验中加速度已由(2)中获得，只需读取拉力传感器的读数F并测得滑块、遮光条、拉力传感器的总质量M，即可验证牛顿第二定律

C．因为拉力传感器可以直接读取拉力，所以不需要调整气垫导轨右端定滑轮的高度，使牵引滑块的细绳与导轨平行

D．因为拉力传感器可以直接读取拉力，所以不需要托盘和砝码的总质量m远小于滑块、遮光条、拉力传感器的总质量M

答案　(1)8.475(8.474～8.476)　(2)　(3)BD

解析　(1)螺旋测微器的固定刻度读数为8.0 mm，可动刻度读数为0.01×47.5 mm＝0.475 mm，所以最终读数为：8.0 mm＋0.475 mm＝8.475 mm。

(2)根据遮光条通过光电门的速度可以用平均速度代替得：

滑块通过第一个光电门时的速度为：v1＝

滑块通过第二个光电门时的速度为：v2＝

滑块的加速度为：a＝＝。

(3)测量遮光条宽度时可以采取多次测量取平均值的方法减小偶然误差，而系统误差不能消除，故A错误；实验中加速度已由(2)中获得，只需读取拉力传感器的读数F并测得滑块、遮光条、拉力传感器的总质量M，即可验证牛顿第二定律，故B正确；拉力传感器可以直接读取拉力，但仍需要调整气垫导轨右端定滑轮的高度，使牵引滑块的细线与导轨平行，故C错误；因为拉力传感器可以直接读取拉力，所以不需要托盘和砝码的总质量m远小于滑块、遮光条、拉力传感器的总质量M，故D正确。

三、计算题(本题共4小题，共50分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)

15．(8分)(2019·黑龙江大庆一中四模)如图所示，长l为0.4 m的细线拴住一质量m为0.1 kg的小球在竖直平面内做圆周运动，已知圆周最低点离水平地面的高度h为0.8 m，g取10 m/s2。求：

(1)若小球通过最低点时，细线中的弹力为5 N，则小球在最低点的速度为多少？

(2)若小球在最低点时的速度增大到某一值，细线恰好被拉断，测得小球平抛运动的水平位移为x＝2.4 m，则细线能承受的最大拉力为多少？

答案　(1)4 m/s　(2)10 N

解析　(1)小球在最低点时，由牛顿第二定律得：

T－mg＝m，

代入数据解得：v＝4 m/s。

(2)设细线恰好被拉断时小球的速度为v0，细线能承受的最大拉力为Tm，

由牛顿第二定律得：Tm－mg＝m，

根据平抛运动的规律得：x＝v0t＝2.4 m，h＝gt2

解得：t＝0.4 s，v0＝6 m/s，Tm＝10 N。

16．(10分)(2019·四川攀枝花三模)某课外活动小组为了研究遥控玩具小车的启动性能，进行了如图所示的实验。将玩具小车放在水平地面上，遥控使其从静止开始匀加速启动，经时间t关闭发动机，玩具小车滑行一段距离后停下来，测得玩具小车从启动到停下来发生的总位移x＝6 m。已知玩具小车的质量m＝500 g，匀加速过程中牵引力F＝3 N，运动过程中受到的阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度g取10 m/s2，求t的值。

答案　1 s

解析　设玩具小车受到的阻力大小为f，在关闭发动机前、后的加速度大小分别为a1、a2，位移分别为x1、x2，关闭发动机时的速度为v，

关闭发动机之前，由牛顿第二定律：F－f＝ma1

根据题意有：f＝kmg＝0.2mg，x1＝a1t2，v＝a1t

关闭发动机之后，由牛顿第二定律：f＝ma2,0－v2＝－2a2x2

根据题意有：x1＋x2＝x

联立以上各式并代入数据得：t＝1 s。

17．(14分)(2019·河南郑州三模)翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态。已知飞行器的动力F始终与飞行方向相同，空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即F1＝C1v2；空气阻力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即F2＝C2v2。其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，满足如图甲所示的关系。飞行员和装备的总质量为m＝90 kg。(重力加速度取g＝10 m/s2)

(1)若飞行员使飞行器以速度v1＝10 m/s在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示。结合甲图计算，飞行器受到的动力F为多大？

(2)若飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节C1＝5.0 N·s2/m2，机翼中垂线和竖直方向夹角为θ＝37°，求飞行器做匀速圆周运动的半径r和速度v2的大小。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

答案　(1)750 N　(2)30 m　15 m/s

解析　(1)选飞行器和运动员为研究对象，由受力分析可知在竖直方向上有：mg＝C1v

得：C1＝3 N·s2/m2

由C1、C2关系图象可得：C2＝2.5 N·s2/m2

在水平方向上，动力和阻力平衡：F＝F2

又F2＝C2v

解得：F＝750 N。

(2)此时飞行器和运动员在竖直方向所受合力为零，有：mg＝C1vcosθ

水平方向合力提供向心力，有：C1vsinθ＝m

联立解得：r＝30 m；v2＝15 m/s。

18．(18分)(2019·广东肇庆高三一模)如图甲所示，地面上有一长为l＝1 m，高为h＝0.8 m，质量M＝2 kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止。现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，取g＝10 m/s2。可认为木块与木板间、木板与地面间的最大静摩擦力均等于其间的滑动摩擦力，求：

(1)前2 s木板的加速度；

(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs。

答案　(1)2 m/s2，方向水平向右　(2)1.68 m

解析　(1)设木块在木板上相对静止时，与木板一起相对地面滑行的最大加速度为a1，则

μ1mg＝ma1①

解得：a1＝4 m/s2

设木块与木板相对静止时，一起相对地面做匀加速运动时所受的最大拉力为Fm，则

Fm－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a1②

解得Fm＝30 N。

因F1＝24 N<Fm＝30 N，故木块与木板一起做匀加速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律可得：

F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a③

解得：a＝2 m/s2，即木板的加速度大小为2 m/s2，方向水平向右。

(2)设t1＝2 s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得：

v＝at1④

2 s后，F2＝34>Fm＝30 N，木块和木板发生相对滑动，木块加速度为a1，木板加速度为a2则：

F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2⑤

经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得：

vt2＋a2t－＝l⑥

联立④⑤⑥式，并代入已知数据得：a2＝6 m/s2，t2＝1 s，

此时木块的速度v块＝v＋a1t2，⑦

木板的速度：v板＝v＋a2t2⑧

木块与木板分离至滑落到地的时间为t3，

由平抛运动知识可得：h＝gt⑨

木块在水平方向向前的位移为：s块＝v块t3⑩

设木块与木板分离后，木板的加速度为a3，

由牛顿第二定律可得：F－μ2Mg＝Ma3⑪

木板在t3内在水平方向向前的位移为：s板＝v板t3＋a3t，⑫

木块落地时距离木板左侧Δs＝s板－s块⑬

联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入已知数据得：

Δs＝1.68 m。