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阶段综合检测（二） 第一~五章验收
(时间：100分钟　满分：120分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题3分，共计21分。每小题只有一个选项符合题意)
1．(2018·汕头一模)一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L，在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t。利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的(　　)
A．初速度　　　　　　　 　B．末速度
C．平均速度 D．加速度
解析：选C　在只知道时间t和这段时间内运动位移x的前提下，由＝可知能求平均速度，C项正确。
2.(2018·武汉模拟)一段圆环固定在竖直面内，O为圆心，轻绳的两端分别系在圆环上的P、Q两点，P、Q两点等高，一物体通过光滑的轻质挂钩挂在绳上，物体处于静止状态。现保持轻绳的Q端位置不变，使P端在圆环上沿逆时针方向缓慢转动，至PO水平。此过程中轻绳的张力(　　)
A．一直减小 B．一直增大
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：选B　物体通过光滑的挂钩挂在绳上，绳各处张力相等。P端沿逆时针旋转过程中，两绳夹角变大，合力大小、方向不变，故两分力都变大，即轻绳的张力一直增大，选项B正确。
3.我国成功发射“天宫二号”空间实验室，然后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接，如图所示，假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是(　　)
A．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接
B．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接
C．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
D．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
解析：选C　飞船在同一轨道上加速追赶空间实验室时，速度增大，所需向心力大于万有引力，飞船将做离心运动，不能实现与空间实验室的对接，选项A错误；同理，空间实验室在同一轨道上减速等待飞船时，速度减小，所需向心力小于万有引力，空间实验室将做近心运动，也不能实现对接，选项B错误；当飞船在比空间实验室半径小的轨道上加速时，飞船做离心运动，逐渐靠近空间实验室，可实现对接，选项C正确；当飞船在比空间实验室半径小的轨道上减速时，飞船将做近心运动，远离空间实验室，不能实现对接，选项D错误。
4.(2019·温州九校调研)环球飞车是一场将毫无改装的摩托车文化与舞台进行演绎的特技炫幻表演。如图在舞台中固定一个直径为6.5 m的球形铁笼，其中有一辆摩托车在与球心共面的水平圆面上做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)
A．摩托车受摩擦力、重力、弹力和向心力的作用
B．摩托车做圆周运动的向心力由弹力来提供
C．在此圆周运动中摩托车受到的弹力不变
D．摩托车受到水平圆面内与运动方向相同的摩擦力
解析：选B　摩托车受摩擦力、重力、弹力的作用，向心力是效果力，受力分析时不需要分析，故A错误；摩托车受摩擦力、重力、弹力的作用，竖直方向重力与摩擦力平衡，所以摩擦力方向竖直向上，弹力提供向心力，所以弹力方向改变，故B正确，C、D错误。
5.如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角。下列判断正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．弹簧的最大弹性势能为10 J
B．弹簧的最大弹性势能为15 J
C．运动时间为 s
D．落地点到桌子边缘的距离是 m
解析：选A　小球离开平台后做平抛运动，由h＝gt2得，t＝ ＝ s; 则落地时竖直方向上的分速度vy＝gt＝ m/s。据题：小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则有tan 60°＝，解得v0＝ m/s。所以弹簧被压缩时具有的最大弹性势能Ep＝mv02＝10 J；小球落地点到桌子边缘的距离是x＝v0t＝ m，故A正确，B、C、D错误。
6.伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系。如图所示，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接。左侧斜面顶端的小球与两斜面间的动摩擦因数均为μ。小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2。规定两斜面连接处所在水平面为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是(　　)
解析：选B　小球在两斜面上运动时受到的滑动摩擦力大小相等，可得小球在左侧斜面下滑时的加速度大小a1＝gsin θ－μgcos θ，在右侧斜面上滑时的加速度大小a2＝gsin θ＋μgcos θ，a17．(2017·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过 
解析：选D　物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg<2F。物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤2F，故A错误。小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定，B错误。若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－Mgh＝0－Mv2，则最大高度h＝；若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2，则最大高度h<，C错误。小环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝ ，D正确。
二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共计20分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)
8.2018年5月25日21时46分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继卫星成功实施近月制动，进入月球至地月拉格朗日L2点的转移轨道。当“鹊桥”位于拉格朗日点(如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为地月系统拉格朗日点)上时，会在月球与地球的共同引力作用下，几乎不消耗燃料而保持与月球同步绕地球做圆周运动，下列说法正确的是(月球的自转周期等于月球绕地球运动的周期)(　　)
A．“鹊桥”位于L2点时，“鹊桥”绕地球运动的周期和月球的自转周期相等
B．“鹊桥”位于L2点时，“鹊桥”绕地球运动的向心加速度大于月球绕地球运动的向心加速度
C．L3点和L2点到地球中心的距离相等
D．“鹊桥”在L2点所受月球和地球引力的合力比在其余四个点都要大
解析：选ABD　“鹊桥”位于L2点时，由于“鹊桥”与月球同步绕地球做圆周运动，所以“鹊桥”绕地球运动的周期和月球绕地球运动的周期相等，又月球的自转周期等于月球绕地球运动的周期，故选项A正确；“鹊桥”位于L2点时，由于“鹊桥”与月球绕地球做圆周运动的周期相同，“鹊桥”的轨道半径大，根据公式a＝r分析可知，“鹊桥”绕地球运动的向心加速度大于月球绕地球运动的向心加速度，故选项B正确；若L3点和L2点到地球中心的距离相等，则“鹊桥”在L2点受到月球与地球引力的合力更大，加速度更大，所以周期更短，故L2点到地球中心的距离大于L3点到地球中心的距离，故选项C错误；在5个点中，L2点离地球最远，所以在L2点“鹊桥”所受合力最大，故选项D正确。
9.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动。设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力。下列分析正确的是(　　)
A．从A到B的过程中，小球的机械能守恒
B．从A到B的过程中，小球的机械能减少
C．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m
D．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m
解析：选BC　从A到B的过程中，因弹簧对小球做负功，小球的机械能将减少，A错误，B正确；在B点对小球应用牛顿第二定律可得：FB－mg＝m，解得FB＝mg＋m，C正确，D错误。
10．(2018·宿迁期末)如图所示，质量相等的两小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出，恰好都落在斜面底端。不计空气阻力，则有(　　)
A．a、b的运动时间满足ta＝tb
B．a、b的初速度大小满足va＝2vb
C．a、b到达斜面底端时速度方向相同
D．a、b到达斜面底端时的动能满足Eka＝2Ekb
解析：选ACD　由题意可知两球下落的高度之比为2∶1，根据h＝gt2得t＝ ，高度之比为2∶1，则ta＝tb，A正确；两球的水平位移之比为2∶1，时间满足ta＝tb，根据v0＝知va＝vb，B错误；因为在底端两者位移与水平方向的夹角相同，故两者的速度方向相同，C正确；根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比Eka∶Ekb＝∶＝2∶1，故Eka＝2Ekb，D正确。
11．(2019·扬州月考)某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零。整个过程演员的v-t图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示。g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．演员的体重为800 N
B．演员在最后2 s内一直处于超重状态
C．传感器显示的最小拉力为600 N
D．滑杆长4.5 m
解析：选BD　由两题图结合可知，静止时，传感器示数为800 N，除去杆的重力200 N，演员的重力就是600 N，故A错误；由题图可知最后2 s内演员向下减速，故加速度向上，处于超重状态，故B正确；在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，此阶段的加速度为：a1＝ m/s2＝3.0 m/s2，由牛顿第二定律得：mg－F1＝ma1，解得：F1＝420 N，加上杆的重力200 N，可知杆受的最小拉力为620 N，故C错误；v -t图像的面积表示位移，则可知，滑杆的总长度x＝×3×3 m＝4.5 m，故D正确。
12．(2018·齐鲁名校协作体联考)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体沿足够长的斜面每次以不变的初速率v0向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A．物体的初速率v0＝3 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
解析：选BC　由题图乙可知，当倾角θ＝0时，位移为2.40 m，而当倾角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得v0＝＝ m/s＝6 m/s，故A错误；当倾角为0时，由动能定理可得－μmgx＝0－mv02，解得μ＝0.75，故B正确；取不同的倾角θ，由动能定理得－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝＝ m＝ m，当θ＋α＝90°时位移最小，xmin＝1.44 m，故C正确；若θ＝30°时，重力沿斜面向下的分力为mgsin 30°＝mg，摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mg，又因最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会沿斜面下滑，故D错误。
三、实验题(本题共2小题，共18分)
13．(8分)光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，比如在探究加速度和力的关系时就省去了打点计时器分析纸带的不便，实验装置如图甲所示。
(1)虽然少了计算的麻烦，却必须要测量遮光条的宽度，游标卡尺测量的结果如图乙所示，我们可以发现游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差________cm，遮光条宽度d为________ cm。
(2)某次实验过程中，已经得到AB之间的距离l和遮光条通过光电门的时间t和力传感器的示数F，若要完成探究目的，还需要满足的条件是______________。若要以F为横坐标，做出一条倾斜的直线来判断加速度和力成正比，那么纵坐标的物理量应该是________。
解析：(1)游标尺共计20个分度，总长19 mm，每个分度长0.95 mm，主尺的最小刻度是1 mm，相差0.005 cm。d＝2 mm＋5×0.05 mm＝2.25 mm＝0.225 cm。
(2)要测量加速度，已经知道滑块在B点的速度，AB之间的距离，根据v2－v02＝2ax，必须知道初速度，而A点没有光电门，所以滑块在A点必须从静止开始释放。由F＝ma，a＝＝可得，F＝∝，所以处理数据时应作出-F图像。
答案：(1)0.005　0.225　(2)滑块在A点静止释放　
14．(10分)(2018·泰州中学月考)如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德(G·Atwood 1746－1807)创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示。
(1)实验时，该同学进行了如下步骤：
①将质量均为M(A的含挡光片、B的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态。测量出______________(填“A的上表面”“A的下表面”或“挡光片中心”)到光电门中心的竖直距离h。
②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统(重物A、B以及物块C)中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt。
③测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律。
(2)如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为____________(已知重力加速度为g)。
(3)引起该实验系统误差的原因有__________________________________(写一条即可)。
(4)验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？a随m增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决。
①写出a与m之间的关系式(还要用到M和g)：________________。
②a的值会趋于________。
解析：(1)验证机械能守恒定律的原理是系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，即需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的距离。
(2)系统重力势能的减小量ΔEp＝mgh，系统的末速度为：v＝，系统动能的增加量为：ΔEk＝(2M＋m)v2＝(2M＋m)2，若系统机械能守恒，则有：mgh＝(2M＋m)2。
(3)系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能有：绳子有质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等。
(4)根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为mg，由牛顿第二定律：mg＝(2M＋m)a，则系统加速度为：a＝＝，当m不断增大，则a趋向于g。
答案：(1)①挡光片中心　(2)mgh＝(2M＋m)2　
绳子有质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等　
(4)a＝　重力加速度g
四、计算题(本题共4小题，共61分)
15．(14分)光滑水平面上放着质量mA＝1 kg的物块 A与质量mB＝2 kg 的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep＝49 J。在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R＝0.5 m，B恰能到达最高点C。g取10 m/s2，求：
(1)绳拉断后物块 B 到达半圆轨道最低点的速度大小；
(2)绳拉断过程中系统损失的机械能大小。
解析：(1)设物块B到达C点的速率为vC，
根据物块B恰能到达最高点C有：mBg＝mB
物块B由最低点运动到最高点C这一过程应用动能定理：
－2mBgR＝mBvC2－mBv2
解得：v＝5 m/s。
(2)设弹簧恢复到自然长度时物块B的速率为v1，取向右为正方向，弹簧的弹性势能转化为物块B的动能，Ep＝mBv12，绳拉断过程中系统损失的机械能大小：
ΔE＝Ep－mv2＝24 J。
答案：(1)5 m/s　(2)24 J
16．(15分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。一小物块置于陶罐内壁上，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ＝53°。已知物块与陶罐内壁间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)转台静止不动时，小物块放置后开始沿内壁下滑时的加速度大小；
(2)转台以一定角速度匀速旋转时，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止。求转台旋转的角速度ω在什么范围内？
解析：(1)转台静止不动时，小物块放置后，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
代入数据解得物块的加速度大小a＝0.5g。
(2)小物块随陶罐一起转动，角速度最小为ω1，此时摩擦力方向沿切线向上，有
N1sin θ－f1cos θ＝mω12r，
N1cos θ＋f1sin θ＝mg，
f1＝μN1，r＝Rsin θ，
联立解得ω1＝ 
小物块随陶罐一起转动，角速度最大为ω2，此时摩擦力方向沿切线向下，有
N2sin θ＋f2cos θ＝mω22r，
N2cos θ－f2sin θ＝mg，
f2＝μN2，
联立解得ω2＝ 
转台旋转的角速度的取值范围为 ≤ω≤ 。
答案：(1)0.5g　(2) ≤ω≤ 
17．(16分)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示。取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)0～8 s内物体位移的大小；
(2)物体与传送带间的动摩擦因数；
(3)0～8 s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q。
解析：(1)由题图乙可知，0～8 s内物体位移的大小等于0～8 s内图线与时间轴所围面积的大小，即为：
x＝－×2×2 m＋×(2＋6)×4 m＝14 m。
(2)由题图乙可知，物体相对传送带滑动时加速度为：
a＝＝ m/s2＝1 m/s2
由牛顿第二定律，得：μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得：μ＝0.875。
(3)物体被传送带送上的高度为：h＝xsin 37°＝8.4 m
重力势能的增量为：ΔEp＝mgh＝1×10×8.4 J＝84 J
动能增量为：ΔEk＝mv22－mv12＝×1×(42－22)J＝6 J
0～8 s内物体机械能增量为：ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J
0～8 s内传送带运动距离为：x′＝4×8 m＝32 m
相对位移为：Δx＝x′－x＝32 m－14 m＝18 m
产生热量为：Q＝μmgcos 37°Δx＝0.875×1×10×0.8×18 J＝126 J。
答案：(1)14 m　(2)0.875　(3)90 J　126 J
18．(16分)(2018·江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物块和小球的质量之比M∶m；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。
解析：(1)由几何知识可知AC⊥BC，根据平衡
(F＋mg)cos 53°＝Mg
解得F＝Mg－mg。
(2)与A、B相同高度时
小球上升h1＝3lsin 53°，
物块下降h2＝2l，
物块和小球组成的系统机械能守恒mgh1＝Mgh2
解得＝。
(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为T，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
Mg－T＝Ma
对小球，沿AC方向由牛顿第二定律得
T－mgcos 53°＝ma
解得T＝
结合(2)可得T＝或mg或Mg。
答案：(1)Mg－mg　(2)6∶5
(3)

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