2018年高考考点完全题物理考点通关练：阶段综合测评2 Word版含解析

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。)

1．2017·湖北联考]下列关于牛顿运动定律的说法正确的是(　　)

A．惯性就是物体保持匀速运动状态的性质

B．一对作用力与反作用力的作用效果总是相同的

C．一对作用力与反作用力可以相互平衡

D．力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的

答案　D

解析　惯性是物体保持静止或匀速直线运动状态的性质，故A错误；作用力和反作用力作用在两个物体上，作用效果不一定相同，不能进行合成，不能抵消，故B、C错误；力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的，故D正确。

2．质量为M的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a。当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a′，则(　　)

A．a′＝a  B．a′<2a  C．a′>2a  D．a′＝2a

答案　C

解析　当拉力为F时，由牛顿第二定律可得：F－μmg＝ma，a＝F－μg。当拉力为2F时，2F－μmg＝ma′，a′＝2F－μg＝2＋μg＝2a＋μg>2a，所以应选C。

3. 如图所示，质量为M的三角形木块a放在水平面上，把另一质量为m的木块b放在a的斜面上，斜面倾角为α，对a施一水平力F，使b不沿斜面滑动，不计一切摩擦，则b对a的压力大小为(　　)

A．mgcosα   B.

C.   D.

答案　D

解析　以b木块为研究对象，b与a不发生相对滑动时，b的加速度水平向左，受力分析如图，根据牛顿第二定律得a对b的支持力为N＝，由牛顿第三定律得b对a的压力大小为N′＝N＝，故A、B错误。以a、b整体为研究对象，由牛顿第二定律得加速度a＝，对b受力分析得N＝＝，N′＝N，故C错误，D项正确。

4．将一小球以初速度v从地面竖直上抛后，小球先后经过离地面高度为6 m的位置历时4 s。若要使时间缩短为2 s，则初速度应(不计阻力)(　　)

A．小于v  B．等于v  C．大于v  D．无法确定

答案　A

解析　小球第1次经过离地面高度为6 m的位置后，先做竖直上抛运动，后做自由落体运动，初速度越大需要的时间越长，要想两次经过该点的时间缩短，需要减小上升的初速度，故A正确。

5．2017·江西宜春模拟] 为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客(　　)

A．处于失重状态

B．不受摩擦力的作用

C．受到水平向右的摩擦力作用

D．所受力的合力竖直向上

答案　C

解析　对乘客进行受力分析，所受合力方向沿斜面向上，可知D错误；垂直斜面方向合力为零，将沿斜面向上的加速度沿水平方向和竖直方向分解，因为乘客有水平向右的加速度，所以乘客受到水平向右的静摩擦力，B错误，C正确；竖直方向加速度是向上的，乘客处于超重状态，A错误。

6．2016·河北百校联盟质检]如图所示，某登陆舰船头垂直河岸自A点出发，分别沿路径AB、AC在演练岛屿的BC两点登陆。已知登陆舰在静水中速度恒定且大于水速，则下列说法正确的是(　　)

A．沿AC航行所用时间较长

B．沿AC航行时水速较大

C．实际航速两次大小相等

D．无论船头方向如何，登陆舰都无法在A点正对岸登陆

答案　B

解析　据题意两次船头垂直河岸，故有t＝，两次时间相同，A错误；两次船沿河岸位移不等，由x＝v水t知沿AC航行时水速较大，故B正确；船实际速度v＝，由船速不变可知，两次实际船速大小不等，C错误；因船在静水中速度大于水速，所以调整船头方向可以在A点正对面登陆，D错误。

7．2016·海口调研] 如图所示，A、B两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知A、B物块的质量分别为M、m，物块间粗糙。现用水平向右的恒力F1、F2先后分别作用在A、B物块上，物块A、B均不发生相对运动，则F1、F2的最大值之比为(　　)

A．1∶1   B．M∶m

C．m∶M   D．m∶(m＋M)

答案　B

解析　拉力作用在A上时，对B受力分析，当最大静摩擦力提供B的加速度时，是整体一起运动的最大加速度，对B由牛顿第二定律得μmg＝ma1，对整体受力分析，由牛顿第二定律得F1＝(M＋m)a1，解得F1＝(M＋m)μg；拉力作用在B上时，对A受力分析，当最大静摩擦力提供A的加速度时，是整体一起运动的最大加速度，对A由牛顿第二定律得μmg＝Ma2，对整体受力分析，由牛顿第二定律得F2＝(M＋m)a2，解得F2＝(M＋m)，联立解得F1∶F2＝M∶m，B正确。

8. 如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点，已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则(　　)

A．两小球可能同时落到D点

B．两小球一定不能同时落到D点

C．两小球初速度之比v1∶v2＝3∶

D．两小球初速度之比v1∶v2＝∶3

答案　BD

解析　两球均做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由h＝gt2得t＝，由于两球下落的高度不同，又同时抛出，则两球不可能同时到达D点，故A错误，B正确；设半圆的半径为R，小球从A点平抛，可得R＝v1t1、R＝gt，小球从C点平抛，可得Rsin60°＝v2t2、R(1－cos60°)＝gt，联立解得＝，故D正确，C错误。

9. 在中国人民抗战胜利70周年阅兵式上首次展示的东风21D中程反舰弹道导弹，是中国专门为应对航母威胁而研制的打击海上移动目标的导弹，号称“航母杀手”，在技术和国家安全战略上具有重要影响。如图为东风21D发射攻击示意图，导弹从A点发射，弹头脱离运载火箭后，在地球引力作用下，沿椭圆轨道飞行，击中海上移动目标B，C为椭圆的远地点，距地面高度为H。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，设弹头在C点的速度为v，加速度为a，则(　　)

A．v＝R    B．a＝

C．v<R    D．a<

答案　BC

解析　在地球表面的物体满足G＝m′g，则GM＝gR2；根据G＝m知，若弹头在C处做匀速圆周运动，线速度v＝＝R，因为弹头在C处做近心运动，万有引力大于向心力，知v<R。根据牛顿第二定律得，弹头在C处的加速度为a＝＝＝，故B、C正确，A、D错误。

10．2016·陕西名校模拟] 如图所示，在光滑的水平地面上，有两个质量均为m的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动(F1>F2)，则在运动稳定后(　　)

A．弹簧的伸长量为

B．弹簧的伸长量为

C．撤去F2瞬间，A、B的加速度之比为

D．撤去F2瞬间，A、B的加速度之比为

答案　AC

解析　把两个物体看作一个整体，根据牛顿第二定律得整体的加速度a＝，方向向右；再隔离物体A进行受力分析，水平方向受到向右的拉力F1和水平向左的弹簧弹力kx的共同作用，由牛顿第二定律得F1－kx＝ma，联立可得弹簧的伸长量为，A正确，B错误；撤去F2瞬间，弹簧弹力不变，此时物体A的加速度不变，物体B的加速度为aB＝＝，所以A、B的加速度之比为，C正确，D错误。

11．2016·河北衡水中学模拟] 如图所示，质量分别是m和2m的两个球P、Q穿在水平光滑杆上，不计一切摩擦，两球之间用一条轻绳连接，当整个装置绕中心轴以角速度ω匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，两球到轴的距离用rP、rQ表示，则此时(　　)

A．两球均受到重力、支持力、绳的拉力和向心力四个力的作用

B．P球受到的向心力大小等于Q球受到的向心力大小

C．rP一定等于2rQ

D．当ω增大时，P球将向外运动

答案　BC

解析　两球均受到重力、支持力、绳的拉力三个力作用，向心力是效果力，选项A错误；P、Q两球均由相互作用的轻绳的拉力提供向心力，故两球受到的向心力大小相等，选项B正确；由F＝mω2r知，rP＝2rQ，选项C正确；当ω增大时，两球受到的向心力均增大，依然满足rP＝2rQ，P、Q两球的位置不会变化，选项D错误。

12．2017·东北三省四市联考]中国“北斗”卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统(GPS)、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统(GLONASS)之后第三个成熟的卫星导航系统。中国“北斗”卫星导航系统共由35颗卫星组成，其中2010年01月17日发射的卫星和2012年09月19日发射的卫星运行轨道分别为：高度为35807千米地球静止轨道卫星“北斗­G1”和高度为21576千米的中地球轨道卫星“北斗­M6”，下列说法正确的是(　　)

A．“北斗­G1”的绕地运行周期大于“北斗­M6”的绕地运行周期

B．“北斗­G1”的绕地运行速率大于“北斗­M6”的绕地运行速率

C．“北斗­G1”绕地运行的向心加速度大于“北斗­M6”绕地运行的向心加速度

D．“北斗­G1”只能在赤道的正上方

答案　AD

解析　“北斗”卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由G＝m＝mr2＝ma，得v＝、T＝2π 、a＝，r越大，v越小，T越大，a越小，故选项A正确，B、C错误；“北斗­G1”卫星为地球的同步卫星，只能在赤道的正上方，选项D正确。

第Ⅱ卷  (非选择题，共62分)

二、填空题(本题共2小题，共19分)

13．(10分)图甲是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图乙所示)。

(1)若图乙中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为5.00×10－2 s，则圆盘的转速为________转/s。(保留3位有效数字)

(2)若测得圆盘直径为10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为________cm。(保留3位有效数字)

答案　(1)4.55 　(2)1.46

解析　(1)由图可知，相邻两电信号脉冲的时间间隔即圆盘转动的周期，T＝4.4×5.00×10－2 s＝0.22 s，所以圆盘的转速n＝≈4.55转/s。

(2)由图乙可知电信号脉冲持续时间Δt＝0.2×5.00×10－2 s＝0.01 s；圆盘涂层长度Δl＝vΔt＝·Δt＝×0.01 cm≈1.46 cm。

14. 2017·上海八校联考](9分)如图所示，在研究平抛运动时，小球A沿轨道滑下，离开轨道末端(末端水平)时撞开轻质接触式开关S，被电磁铁吸住的与轨道末端等高的小球B同时自由下落。改变整个装置的高度H和A球释放时的初位置做同样的实验，发现A、B两球总是同时落地。

(1)该实验现象揭示了A球在离开轨道后在________方向上分运动的规律；

(2)该实验装置的设计思想所体现的物理思维方法和实验方法是________和________。

答案　(1)竖直

(2)等效思维法'控制变量法(或实验比较法)

解析　本题考查运动的合成与分解及实验方法。实验得到的现象是A、B两球总是同时落地。该实验现象揭示了A球在离开轨道后在竖直方向上分运动的规律；该实验中A、B两球同时落地，说明在竖直方向的运动都是自由落体，二者等效，故该实验装置的设计思想所体现的物理思维方法是等效思维法；同时改变整个装置的高度H和A球释放时的初位置做同样的实验，发现A、B两球总是同时落地，所用的实验方法是控制变量法或实验比较法。

三、计算题(本题共4小题，共43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。)

15．2016·北京西城区期末](10分)宇航员驾驶宇宙飞船到达月球，他在月球表面做了一个实验：在离月球表面高度为h处，将一小球以初速度v0水平抛出，水平射程为x。已知月球的半径为R，万有引力常量为G。不考虑月球自转的影响。求：

(1)月球表面的重力加速度大小g0；

(2)月球的质量M；

(3)飞船在近月圆轨道绕月球做匀速圆周运动的速度v。

答案　(1)　(2)　(3)

解析　设飞船质量为m

(1)设小球落地时间为t，根据平抛运动规律

水平方向x＝v0t，竖直方向h＝g0t2，

解得g0＝。

(2)在月球表面忽略月球自转时有G＝mg0，

解得月球质量M＝。

(3)由万有引力定律和牛顿第二定律有G＝m，

解得v＝。

16．2016·吉林毕业班检测](11分)一同学家住在23层高楼的顶楼。他想研究一下电梯上升的运动过程。某天他乘电梯上楼时携带了一个质量为5 kg的重物和一个量程足够大的台秤，他将重物放在台秤上。电梯从第1层开始启动，一直运动到第23层停止。在这个过程中，他记录了台秤在不同时段内的读数如下表所示。根据表格中的数据，求：

(1)电梯在最初加速阶段和最后减速阶段的加速度大小；

(2)电梯在中间阶段上升的速度大小；

(3)该楼房平均每层楼的高度。

答案　(1)1.6 m/s2　0.8 m/s2　(2)4.8 m/s

(3)3.16 m

解析　(1)设电梯在最初加速阶段0～3.0 s内加速度为a1，重物受到的支持力为FN1，根据牛顿第二定律，得

a1＝＝1.6 m/s2。

设最后减速阶段13.0～19.0 s内，重物加速度大小为a2，重物受到的支持力为FN2，根据牛顿第二定律，得

a2＝＝0.8 m/s2。

(2)在三秒末重物的速度v1＝a1t1＝4.8 m/s。

(3)设在全程内电梯的位移为H，电梯加速、匀速、减速运动所用的时间分别为t1、t2、t3，其中t3＝＝6 s，

得H＝t1＋v1t2＋t3，

代入数据得H＝69.6 m，

则平均每层楼高为h＝ m＝3.16 m。

17．2017·郑州质量预测](10分) 如图所示，半径为r1＝1.8 m的光滑圆弧轨道末端水平，并固定在水平地面上，与竖直截面为半圆形的坑平滑连接，bd为坑沿水平方向的直径。现将质量为m＝1.0 kg的小球从圆弧顶端的a点由静止释放，小球离开b点后击中坑壁上的c点。测得c点与水平地面的竖直距离为h＝1.8 m，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)小球刚到达轨道末端b点时对轨道的压力FN；

(2)半圆形坑的半径r2。

答案　(1)30 N　(2)2.25 m

解析　(1)小球沿光滑轨道滑下，由机械能守恒定律得

mgr1＝mv2，到达b点的前一时刻，支持力与重力的合力提供向心力

F支－mg＝，根据牛顿第三定律有FN＝F支，联立解得FN＝30 N。

(2)小球从b点开始做平抛运动，竖直方向上h＝gt2，水平方向上x＝vt，故小球从b点运动到c点过程的水平位移x＝v＝3.6 m，由几何关系得r＝(x－r2)2＋h2，解得r2＝2.25 m。

18．2016·齐齐哈尔五校联考](12分) 如图所示为车站使用的水平传送带的模型，它的水平传送带的长度L＝8 m，传送带的皮带轮的半径R均为0.2 m，传送带的上部距地面的高度h＝0.45 m，现有一个旅行包(视为质点)以v0＝10 m/s的初速度水平地滑上水平传送带。已知旅行包与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.6，皮带轮与皮带之间始终不打滑，g取10 m/s2。讨论下列问题：

(1)若传送带静止，旅行包滑到B点时，人若没有及时取下，旅行包将从B端滑落，则包的落地点距B端的水平距离为多少？

(2)设皮带轮顺时针匀速转动，若皮带轮的角速度ω1＝40 rad/s，旅行包落地点距B端的水平距离又为多少？

(3)设皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动，画出旅行包落地点距B端的水平距离s随皮带轮的角速度ω变化的图象。(只需画出图象，不要求写出计算过程)

答案　(1)0.6 m　(2)2.4 m

(3)见解析图

解析　(1)旅行包做匀减速运动，a＝μg＝6 m/s2，

旅行包到达B端速度为v＝＝2 m/s，

包的落地点距B端的水平距离为s＝vt＝v＝0.6 m。

(2)当ω1＝40 rad/s时，皮带速度为v1＝ω1R＝8 m/s，

当旅行包的速度也为v1＝8 m/s时，在皮带上运动的位移s＝＝ m＝3 m<8 m，之后旅行包做匀速直线运动，所以旅行包到达B端的速度为v1＝8 m/s，包的落地点距B端的水平距离s1＝v1t＝v1＝2.4 m。

(3)如图所示。

由(1)可知，如果旅行包在传送带上一直做匀减速运动，则这种情况皮带轮转动的角速度的最大值为ω1＝＝＝10 rad/s，即0≤ω≤ω1时，旅行包落地点距离B端的水平距离相同为s1＝0.6 m。当ω较大时，旅行包在传送带上一直做匀加速直线运动，到达B端的速度vB＝＝14 m/s，那么这种情况的角速度有最小值ω2＝＝＝70 rad/s，此时s2＝vB＝4.2 m，即ω>70 rad/s时，s2＝4.2 m。当ω1<ω<ω2时，0.6 m<s<4.2 m，且分析可得s与ω呈线性关系。所以可得图示的s­ω图象。