高考一轮复习人教版必修1前三章模拟综合检测卷教师版

高考一轮复习人教版必修1前三章模拟综合检测卷教师版

‎2019年高考一轮复习 人教版必修1前三章模拟综合检测卷 一、选择题：本题共9小题，每小题6分，共54分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1．2019年12月24日，我国自主研制的水陆两栖飞机“鲲龙”AG600首飞成功。至此，中国大飞机家族“三兄弟”运20、C919、AG600先后飞上蓝天！而“鲲龙”AG600既可飞天，又能入海。如果AG600在水面起飞，其在水面加速滑行过程中受到的合外力 （　　）‎ A．大小为零 B．方向竖直向上 C．方向与滑行方向相同 D．方向沿滑行方向斜向上 ‎【答案】C ‎【提示】“鲲龙”AG600在水面做加速直线运动，加速度方向与滑行方向相同，由牛顿第二定律知合外力方向与加速度方向相同，所以合外力方向与滑行方向相同，选项C正确，选项A、B、D均错误。‎ ‎2．（改编）如图所示，在水平晾衣杆（可视为光滑杆）上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆。随着细杆位置的不同，细杆上边两侧床单间夹角θ(θ<150°)将不同。设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为N，下列说法正确的是（ ）‎ A．当θ=60°时， B．当θ= 90°时，‎ C．只有当θ=120°时，才有N=G D．无论θ取何值，都有N =G ‎【答案】D ‎【提示】对床单和轻质细杆进行受力分析可知，受重力G（轻质细杆不计质量）和晾衣杆给的支持力N，根据牛顿第三定律可知，晾衣杆给床单的支持力大小等于晾衣杆所受压力大小，根据平衡态可知，N =G，细杆上边两侧床单间夹角θ无关，选项D正确，选项A、B、C均错误。‎ ‎3．（改编）t=0时刻，相距15m的甲、乙两质点在同一直线上相向运动，它们v-t图象如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A．0～3s内，甲的平均速度比乙的小 B．t=3s时，甲的加速度为零 C．0～5s内，甲和乙的平均速度相等 D．t=5s时，甲乙相遇 ‎【答案】D ‎【提示】由v-t图象知甲、乙两质点均做匀变速直线运动，根据平均速度公式知，0～3s内，甲的平均速度比乙的大，0～5s内，甲的平均速度小于乙的平均速度，选项A、C均错误；根据v-t图象的斜率表示加速度知，甲质点的加速度始终为2m/s2，t=3s时，甲的，速度为零，选项B错误；根据v-t图象的面积表示位移知，t=5s时，甲、乙两质点相遇，选项D正确。‎ ‎4．如图所示，一固定杆与水平方向夹角为α，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为m2的小球，滑块与杆之间的动摩擦因数为μ．若滑块和小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动（未施加其它外力），此时绳子与竖直方向夹角为β，且β＞α，不计空气阻力，则滑块的运动情况是（　　）‎ A．沿着杆减速下滑 B．沿着杆减速上滑 C．沿着杆加速下滑 D．沿着杆加速上滑 ‎【答案】B ‎【提示】把滑块和球看做一个整体受力分析，若速度方向向下，由牛顿第二定律得：‎ 沿斜面方向有：（m1+m2）gsinα﹣f=（m1+m2）a ，‎ 垂直斜面方向有：FN=（m1+m2）gcosα ，摩擦力：f=μFN ，‎ 联立可解得：a=gsinα﹣μgcosα ，‎ 对小球有：若α=β，a=gsinβ ，‎ 现有：α＜β，则有a＞gsinβ ，所以gsinα﹣μgcosα＞gsinβ ，gsinα﹣gsinβ＞μgcosα ，‎ 因为α＜β，所以gsinα﹣gsinβ＜0，但μgcosθ＞0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上，‎ 由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑，选项B正确，选项A、C、D均错误。‎ ‎5．一定质量的小球套在倾斜的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆处于同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O处于同一高度由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧竖直时，小球速度恰好为零，如图所示，若弹簧一直处于伸长状态且处于弹性限度内，不考虑空气阻力，则（ ）‎ A．当弹簧与杆垂直时，小球的速度最大 B．当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，小球的速度最大 C．小球从最高点到最低点的过程中，加速度的值一直增大 D．在之后的运动中，小球不可能返回释放点 ‎【答案】B ‎【提示】当弹簧与杆垂直时，合外力（重力沿杆分析的分力）方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，选项A错误；当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，也就是合力与速度垂直时，小球加速结束，速度到达最大，小球的动能最大，选项B正确；小球从最高点到最低点的过程中，小球先沿杆向下加速后减速至0，因此，小球的加速度先减小至0后反向增大，选项C错误；由于整个过程中没有能量损失，因此，在之后的运动中，小球能返回释放点，选项D错误。‎ ‎6．（改编）如图所示，物体A和物体B（沙和沙桶）通过不可伸缩的轻绳跨过定滑轮连接，斜面体固定，A、B处于静止状态，现缓慢地向B中加入一些沙子的过程中，A、B仍然处于静止，不计滑轮的质量和滑轮与绳子的摩擦，则下列说法正确的是（ ）‎ A.物体A受到斜面体的摩擦力可能先减小后增大 B.物体A受斜面体的摩擦力方向一定沿斜面向下 C.剪断绳子瞬时沙和沙桶之间的相互作用力为零 D.若剪断绳子后A和斜面体仍然静止，则地面对斜面体的摩擦力方向水平向右 ‎【答案】AC ‎【提示】先对B受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故拉力等于重力；对A受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力（方向不定），在向小桶内不断缓慢添加细砂的过程中，拉力T增加，若开始时静摩擦力沿斜面向上，此时变大，若开始时摩擦力沿斜面向下，则加沙子后受的摩擦力先减小再反向增大；选项A正确，选项B错误；剪断绳子瞬时，沙子和桶做自由落体，沙和沙桶之间的相互作用力为零，选项C正确；若剪断绳子后A和斜面体仍然静止，利用整体法知地面对斜面体没有摩擦力，选项D错误。‎ ‎7．如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启后（ ）‎ A．M静止在传送带上 B．M可能沿传送带向上运动 C．M受到的摩擦力不变 D．M下滑的速度不变 ‎【答案】CD ‎【提示】当传送带静止时，物块受到的摩擦力方向沿传送带向上，大小为，当传送带开始运动时，物块扔相对传送带向下运动，所以受到的摩擦力方向仍沿传送带向上，由于接触面间的正压力不变，所以仍有，即物块的受力不变，所以仍做匀速直线运动，选项A、B均错误，选项C、D均正确。‎ ‎8．（改编）如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间动摩擦因数均为μ。传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB，（弹簧在弹性限度内，重力加速度为g）则（　　）‎ A． B．‎ C．aB=0 D．‎ ‎【答案】AC ‎【提示】对物块B分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：μm2g=kx，则：。‎ 以两个物块组成的整体为研究对象，则绳子的拉力：T=μ（m1+m2）g ，突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A受到的合外力与T大小相等，方向相反，则：，选项A正确，选项D错误；B在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以B的加速度仍然等于0，选项B错误，选项C正确。‎ ‎9．如图甲所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块。t=0时刻起，给木块施加一水平恒力F，分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图乙中可能符合运动情况的是（　 　）‎ ‎【答案】AC ‎【提示】木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，选项A正确；木块可能相对木板向前滑，即木块的加速度大于木板的加速度，都做匀加速直运动，选项B、D均错误，选项C正确。‎ 二、实验题：本题共2小题，共15分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。‎ ‎10．（7分）（改编）某同学用如图所示装置探究小车加速度a与所挂钩码质量m 的关系。长木板水平固定在桌面上，钩码通过轻质细线绕过定滑轮与小车连接，固定在小车上的纸带穿过打点计时器。已知每个钩码质量相等，分别测得挂1、2、3、4、5、6个钩码时小车的加速度a，得到6组a和m。‎ ‎（1）下列测量工具中，实验需要的有　 　（选填序号）。‎ A．天平 B．刻度尺 C．秒表 D．弹簧秤 ‎（2）如图2是某次实验所打的一条纸带，0、1、2、3、4、5、6是选取的计数点，测得相邻两计数点距离分别是x1、x2、x3、x4、x5、x6，已知任意相邻两计数点间的时间相等为T。则打这条纸带过程中小车的加速度大小的计算公式是a=　　 。要求偶然误差最小。‎ ‎（3）分析得到的6组a和m的大小关系，发现a与m不是正比关系，该同学认为这是由于长木板是水平的。这位同学将长木板右端抬高，让小车不挂钩码时恰能在长木板上匀速向下运动，重新实验测量得到6组a和m，这6组a和m大小　 　（选填“是”或者“不是”）正比关系。‎ ‎【答案】（1）B（2）（3）不是 ‎【提示】（1）本实验是通过纸带测量加速度，故需要刻度尺测量打出的点间距离，故需要刻度尺，选项B正确，选项A、C、D均错误。‎ ‎（2）根据逐差法可得。‎ ‎（3）平衡摩擦力后，对整体根据牛顿第二定律可知mg=（M+m）a，对小车则有：，由于绳子的拉力并不完全等于重物的重力，故这6组a和m大小不是正比关系。‎ ‎11．（8分）为了研究人们用绳索跨山谷过程中绳索拉力的变化规律，同学们设计了如图所示的实验装置，他们将不可伸长轻绳的两端通过测力计（不计质量及长度）固定在相距为D的两立柱上，固定点分别为P和Q，P低于Q，绳长为L（L>）。他们首先在绳上距离P点10 cm处（标记为C）系上质量为m的重物（不滑动），由测力计读出绳PC、QC的拉力大小TP和TQ，随后改变重物悬挂点的位置，每次将P到C点的距离增加10 cm，并读出测力计的示数，最后得到TP、TQ与绳长之间的关系曲线如坐标图所示，由实验可知：‎ ‎（1）曲线Ⅱ中拉力最大时，C与P点的距离为______cm，该曲线为_______（填“TP”‎ 或“TQ”）的曲线。‎ ‎（2）在重物从P移动到Q的整个过程中受到最大拉力的是______（填“P”或“Q”）点所在的立柱。‎ ‎（3）在曲线Ⅰ、Ⅱ相交处，可读出绳的拉力T0=_______N，它与L、D、m和重力加速度g的关系为T0=________。‎ ‎【答案】（1）60，TP ；（2）Q ；（3）4.30 ， ‎ ‎【提示】（1）由曲线Ⅱ的最高点拉力最大，对应的横坐标=60 cm；由绳长大于立柱间距，当PC从零开始增大时，重物处在P点正下方，此时TQ=0，直到QC绷紧时，TQ由零开始增大，结合两曲线左侧部分，曲线Ⅱ为TP的曲线。‎ ‎（2）比较两图象可知，曲线Ⅰ的最高点更大，Q点所在的立柱会受到最大的拉力。‎ ‎（3）两曲线的交点纵坐标为T0=4.30 N；此时PC、QC与竖直方向的夹角相等，设为θ，由平衡条件有2T0cos θ=mg，其中θ满足Lsin θ=D，解得T0=。‎ 三、计算题：本题共3小题，共41分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎12．（11分）在高速公路上行驶的车辆随意变更车道容易造成交通事故。乙车正在以108km/h的速度在快车道上行驶，行驶在该车前面的甲车以72km/h的速度在慢车道上行驶，甲车却突然变道至乙车正前方，并立即加速行驶，其加速度大小a1=2m/s2，此时乙车车头和甲车车尾相距只有d=19m。乙车司机发现前车变道后，经t0=1s时间做出反应，开始刹车减速，为避免发生车祸，乙车刹车减速的加速度a2至少为多大？‎ 解 在反应时间内后车做匀速运动，后车追上前车的距离为 ‎ （3分）‎ 后车刚好追上前车时速度相等，所用时间为t1，由运动学规律得 v2－a2t1＝v1＋a1（t0＋t1） （3分）‎ v2t1－a2t12＝v1t2＋a1t12＋（d－△x1） （3分）‎ 代入数据解得a2＝1.2 m/s2，故后车减速的加速度至少为1.2 m/s2 （2分）‎ ‎13．（14分）为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角为θ ‎、表面平整且足够长的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示，让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向始终垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比，即Ff=kv2。‎ ‎（1）求出滑块下滑的最大速度的表达式；‎ ‎（2）若m=3kg，斜面倾角θ=37°，g取10m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线是t=0时v﹣t图线的切线，由此求出μ、k的值。（，）‎ 解 (1)由牛顿第二定律有： mgsinθ－μmgcosθ－kv＝ma （3分）‎ 当a＝0时速度最大， （3分）‎ ‎ (2)当v＝0时， a＝gsinθ－μgcosθ＝3 m/s2 （2分）‎ 解得μ=0.375 （2分）‎ 由vm＝＝2 m/s （2分）‎ 解得k＝4.5 kg/s （2分）‎ ‎14．（16分）一长木板静止在水平地面上，木板长l=5m，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v=4m/s，已知木板质量M=‎20kg，小茗质量m=‎50kg，g取‎10m/s2，求木板与地面之间的动摩擦因数（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【参考答案】‎ ‎【解题思路】‎ 解 对人进行分析，由v=a1t，得a1=2m/s2 （2分）‎ 则板对人的静摩擦力f=ma1=100N （3分）‎ 由，得x1=‎4m＜‎5m ‎（3分）‎ 则可知木板在此过程中向左移动的位移为x2=1m （3分）‎ 由，得a2=‎0.5m/s2 （3分）‎ 根据f-μ(M+m)g=Ma2，得 （2分）‎