福建省厦门市湖滨中学近年届高三物理上学期第一次阶段检测试题(含解析)(2021年整理)

福建省厦门市湖滨中学2019届高三物理上学期第一次阶段检测试题（含解析）编辑整理：
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湖滨中学2019届高三物理开学考试卷（2018。

08。

29）
一、选择题：本题共10小题,每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10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。

一物体运动的速度一时间图象如图所示．t轴上、下方曲线的形状完全相同，下列说法正确的是
A。

t=1s时，物体的加速度最大
B. t=2s时,物体的加速度为零
C。

物体前两秒的平均速度等于5m/s
D。

物体前四秒的平均速度等于零
【答案】D
【解析】
A、v—t图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度，故t=1s时，物体的加速度为零,最小,故A错误；
B、v—t图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度,故t=2s时，物体的加速度最大，不为零，故B错误;
C、如果第1s匀加速到10m/s，第2s由10m/s匀减速到零，则前2s的平均速度等于5m/s,但前2s物体的位移偏大（用v—t图象的面积表示），故平均速度大于5m/s,故C错误；
D、v—t图象与时间轴包围的面积表示位移大小,前4s物体的位移为零,故平均速度为零，故D 正确；
故选：D．
2.一个从静止开始作匀加速直线运动的物体，从开始运动起,连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( ）.
A。

1：4：9 1:2：3 B。

1:8：27 1:4：9 C。

1:2:3 1:1:1 D. 1:3：5 1:2：3
【答案】B
【解析】
试题分析: 由匀变速直线运动规律知:，，
，可得：，这三段位移上的平均三段大小之比为：，B对。

考点:匀变速直线的运动规律、平均速度。

【名师点睛】匀变速直线运动规律的应用
1．三个基本公式
v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax均为矢量式，应用时应规定正方向.
2．方法技巧
如果一个物体的运动包含几个阶段,首先要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带。

然后再进一步分析各段的运动性质。

3.一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25m，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他时用了4s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口（8号车厢最前端）,则该动车的加速度大小约为（）
A. 2m/s2
B. 1m/s2 C。

0。

5m/s2 D. 0.2m/s2
【答案】C
【解析】
试题分析：设开始经过第6节车厢是，车厢速度为v0，加速度为a，则
从第6节到第8节车厢x=2L
则：
解得：，故选C。

考点：匀变速直线位移与速度的关系。

【名师点睛】基本规律
(1）速度公式:v＝v0＋at。

（2)位移公式：x＝v0t＋at2。

（3）位移速度关系式：v2－v＝2ax.
4。

一条悬链长7。

2 m,从悬挂点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬挂点正下方20 m处的一点所需的时间是(g取10 m/s2)（)
A. 0。

3 s
B. 0.4 s C。

0。

7 s D. 1.2 s
【答案】B
【解析】
试题分析: 悬链下端到大20m处时，用时t1，则,悬挂点落至20m处用时t2,则，可知悬链通过20m处用时,B对.
考点:自由落体运动。

【名师点睛】略。

5.如图，半圆形金属框竖直放在粗糙的水平地面上，套在其上的光滑小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，现用力F拉动小球，使其缓慢上移到框架的最高点，在此过程中金属框架始终保持静止，下列说法中正确的是
A。

框架对小球的支持力先减小后增大
B. 水平拉力F 先增大后减小
C。

地面对框架的支持力先减小后增大
D。

地面对框架的摩擦力一直减小
【答案】D
【解析】
以小球为研究对象，分析受力情况如图所示：
根据动态三角形可知：框架对小球的支持力不断减小，故A错误；水平拉力F一直减小，故B 错误；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知,水平拉力F一直减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小,框架对地面的压力保持不变，故D正确，C错误.所以D正确,ABC错误。

6。

如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上,小物块B置于斜面上,通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接,连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态，则( ）
A。

B受C的摩擦力一定不为零
B。

C受地面的摩擦力一定为零
C。

C有沿地面向右滑的趋势，一定受到地面向左的摩擦力
D. 将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力水平向左
【答案】C
【解析】
【详解】设A、B、C的重力分别为G A、G B、G C．若G A=G B sinθ，B相对于C没有运动趋势，不受到C的摩擦力。

故A错误。

以B、C整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得:地面对C的摩擦力f=Fcosθ=G A cosθ,方向水平向左,说明C有沿地面向右滑动的趋势.故B错误，C正确。

将细绳剪断，若B依然静止在斜面上,则以B、C整体为研究对象得到，f=0，即水平面对C的摩擦力为零。

故D错误。

故选C。

7。

如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙=5kg的盒子乙,乙内放置一质量为m丙=1kg的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲=2kg的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行．现由静止释放物块甲,在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动,假设整个运动过程中盒子始终没有离开过水平桌面，重力
加速度g=10m/s2，则( )
A。

细绳对盒子的拉力大小为20N
B. 盒子的加速度大小为2。

5m/s2
C。

盒子对滑块丙的摩擦力大小为2。

5N
D. 定滑轮受到细绳的作用力为30N
【答案】BC
【解析】
试题分析:以整体为研究对象,根据牛顿第二定律求解加速度大小；再以乙和丙为研究对象求解绳子拉力大小，以丙为研究对象,根据牛顿第二定律求解摩擦力大小;以滑轮为研究对象，根据力的合成求解绳子对滑轮的作用力大小．
以整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得：m甲g=(m甲+m乙+m丙）a，解得整体的加速度为
,以乙和丙整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得绳子的拉力大小为
，A错误B正确；以丙为研究对象，根据牛顿第二定律可得盒子对滑块丙的摩擦力大小为,C正确；定滑轮受到细绳的作用力为,D错误．
8.如图,物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O。

整个系统处于静止状态．现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间( )
A. a1＝3g
B. a1＝0
C. Δl1＝2Δl2
D. Δl1＝Δl2
【答案】AC
【解析】
【详解】对a、b、c分别受力分析如图，
根据平衡条件，有:
对a:F2=F1+mg
对b：F1=F+mg
对c：F=mg
所以：F1=2mg
弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零.当绳断后，b 与c受力不变，仍然平衡，故a=0;对a,绳断后合力为F合=F1+mg=3mg=ma a，a a=3g方向竖直向下；故A正确，B错误.当绳断后，b与c受力不变,则F1=k△l1,△l1＝;同时：F=k△l2，所以：△l2＝．联立得△l1=2△l2：故C正确,D错误。

故选AC。

【点睛】考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用，重点区分绳和弹簧弹力的特点,注意加速度与受力的瞬时对应关系．
9。

甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-t图像如图所示，则
A. 甲、乙在t=0到t=ls之间沿同一方向运动
B. 乙在t=0到t=7s之间的位移为零
C。

甲在t=0到t=4s之间做往复运动
D. 甲、乙在t =6s时的加速度方向相同
【答案】BD
【解析】
试题分析:在到之间，甲始终沿正方向运动,而乙先沿负方向运动后沿正方向运动，故A 错误；根据速度图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，t轴上方的“面积"表示位移是正值,t轴下方的“面积”表示位移是负值,则知在到之间乙的位移为零，故B正确；在到之间，甲的速度始终为正值，说明甲一直沿正方向做单向直线运动，故C错误；根据斜率等于物体的加速度知，甲、乙在时的加速度方向都沿负方向，方向相同，故D正确。

考点：匀变速直线运动的图像
【名师点睛】本题应抓住速度时间图象中速度的正负表示速度的方向，图象与坐标轴所围的“面积"表示物体的位移，斜率等于物体的加速度进行分析。

视频
10.将一个半球体置于水平地面上，半球的中央有一光滑小孔，上端有一光滑的小滑轮，柔软光滑的轻绳绕过滑轮，两端分别系有质量为、的物体（两物体均可看成质点，悬于空中）时,整个装置处于静止状态,如图所示。

已知此时与半球的球心O的连线与水平线成角
（，),与半球面的动摩擦因数为，并假设所受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。

则在整个装置处于静止的前提下，下列说法正确的是（）
A。

无论的比值如何，地面对半球体的摩擦力都不为零
B。

当时，半球体对的摩擦力为零
C. 当时，半球体对的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上
D. 当时,半球体对的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向下
【答案】B
【解析】
对半球体m1、m2整体受力分析，只受重力和支持力这一对平衡力，相对地面并无运动趋势,故不受摩擦力,故A错误；若半球体对m1的摩擦力为零,对m1受力分析，如图
将重力正交分解，根据共点力平衡条件得到:x方向： T-m1gcos53°=0；y方向： N—m1gsin53°=0据题意 T=m2g；解得，故B正确；当时，有T=m2g＞mgsin53°，即拉力大于重力的下滑分量,m2有上滑趋势，摩擦力沿切线向下，故C错误;当时，有T=m2g＜mgsin53°，
即拉力小于重力的下滑分量，m2有下滑趋势，摩擦力沿切线向上，故D错误；故选B.
点睛：隔离法与整体法,不是相互对立的，一般问题的求解中，随着研究对象的转化，往往两种方法交叉运用，相辅相成；所以,两种方法的取舍，并无绝对的界限，必须具体分析,灵活运用；无论哪种方法均以尽可能避免或减少非待求量．
二、实验题：本题共2小题,第11题6分,第12题10分，共16分。

把答案写在答题卡中指定的答题处。

11。

某同学利用图（a）所示的实验装置探究物块速度随时间的变化。

物块放在桌面上,细绳的一端与物块相连,另一端跨过滑轮挂上钩码。

打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为50 Hz.纸带穿过打点计时器连接在物块上。

启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动。

打点计时器打出的纸带如图（b）所示（图中相邻两点间有4个点未画出）。

根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动。

回答下列问题：
（1）在打点计时器打出B点时，物块的速度大小为_______m/s。

在打出D点时，物块的速度大小为_______m/s;（保留两位有效数字）
（2）物块的加速度大小为_______m/s2.（保留两位有效数字）
【答案】 (1)。

（1）0.56 （2）. 0.96 (3)。

（2)2。

0
【解析】
（1）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以
（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小，得
视频
12.某同学在做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验时，所用实验装置如下图所示，所用的钩码每只质量都是30g。

他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，并将数据填在表中．(实验中弹簧始终未超过弹性限度，取g=10m/s2）
钩码质量/g0306090120150
弹簧总长/cm 6.007.008.009.0010.0011.00
（1)根据这些实验数据在坐标纸上作出弹簧所受弹力大小跟弹簧总长之间的函数关系图线
___．
(2)图线跟横轴交点的物理意义是_______；当悬挂钩码质量为90 g时，弹簧被拉长了
________cm；该弹簧的劲度系数k=________N/m．
【答案】 (1）. ；（2)。

弹簧的原长；（3）. 3cm；（4）.
30N/m
【解析】
【详解】（1)描点作图，得出弹簧弹力与其长度之间的图象如下图所示．
(2）图线与横轴的交点表示弹簧所受弹力F=0时弹簧的长度为6cm，即弹簧的原长，根据表格可知，当悬挂钩码质量为90g时，弹簧的长度为9cm，则弹簧被拉长了．△l=9-6cm=3cm
由图象可以得出该图线的数学表达式为F=（30L—1.8）N，图象的斜率表示弹簧的劲度系数，即k=30 N/m．
【点睛】对于该实验要注意：1、每次增减砝码测量有关长度时，均要保证弹簧及砝码应处于
静止状态．2、测量有关长度时,要注意区分弹簧的原长l0，实际长度l和伸长量x，并明确三者之间的关系．3、描线时要将尽可能多的点画在直线上，少数的点尽可能平均的分布于直线两侧．4、掌握图象与各个坐标轴交点的含义。

三、计算题：本题共4小题，第13题10分，第14题10分，第15题11分，第16题13分，共44分。

把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13。

如图所示，质量m1＝5kg的物体，置于一粗糙的斜面体上，斜面倾角为30°,用一平行于斜面的大小为30N的力F推物体，物体沿斜面向上匀速运动．斜面体质量m2＝10kg，且始终静止,g取10m/s2，求:
(1)斜面体对物体的摩擦力；
（2）地面对斜面体的摩擦力和支持力．
【答案】（1）5N，方向沿斜面向下（2)15N，方向水平向左；135N,方向竖直向上
【解析】
试题分析: （1)滑块受力如图甲所示，由平衡条件得：
沿斜面方向：F＝m1gsin 30°＋F f
解得：F f＝F－m1gsin 30°＝5 N．
（2）滑块与斜面体整体受力如图乙所示，由平衡条件得：
沿水平方向:F地＝Fcos 30°＝15N
沿竖直方向：F N地＝（m1＋m2）g－Fsin 30°＝135 N．
考点:受力分析、物体的平衡。

【名师点睛】物体的受力分析
1．定义
把指定物体(研究对象）在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来,并画出受力示意图的过程.
2．受力分析的一般顺序
先分析场力（重力、电场力、磁场力），再分析接触力（弹力、摩擦力),最后分析其他力. 14。

（12分)某校课外活动小组，自制一枚土火箭，设火箭发射后，始终在竖直方向上运动。

火箭点火后可认为做匀加速直线运动,经过4s到达离地面40m高处燃料恰好用完.（若空气阻力忽略不计，g取10m/s2）求
(1)燃料恰好用完时火箭的速度为多大?
（2）火箭上升离地面的最大高度是多大？
（3）火箭从发射到残骸落回地面的总时间是多大？（保留三位有效数字）
【答案】（1）20m/s (2)60m （3）9。

46s
【解析】
【详解】设燃料恰好用完时火箭的速度为v1，加速度为a，所用时间为t1
火箭从发射至到达最高点的运动分为两个过程，第一个过程为做匀加速上升运动，第二个过程为做竖直上抛运动至最高点．
(1）对第一个过程有h1＝t1，代入数据解得v1＝20 m/s。

（2）对第二个过程有h2＝,代入数据解得h2＝20 m。

所以火箭上升离地面的最大高度h＝h1＋h2＝40 m＋20 m＝60 m。

（3)从燃料用完到运动至最高点的过程中,
由v1＝gt2得t2＝s＝2 s
从最高点落回地面的过程中由h＝，而h＝60 m，代入得t3＝2s，
故总时间t总＝t1＋t2＋t3＝(6＋2) s
【点睛】（1）根据平均速度公式列式求解;
(2）火箭推力消失后，由于惯性继续上升做上抛运动,根据速度位移速度关系式求解继续上升的高度，最后得到总高度．
(3）根据位移时间关系分段求出运动时间，各段时间相加求出总时间。

15.如图所示，质量m=1kg的物体沿倾角θ=37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动,风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图所示，求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)比例系数k。

（sin37°=0.6,cos37°=0.8，g=10m/s2)
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：受力分析如图所示
由牛顿第二定律得：①
②
由滑动摩擦力公式：f=μN ③
由①②③得：④
由图乙可得：⑤
⑥
得到μ=0。

25 ⑦
k="0。

84" kg/s ⑧
考点：牛顿第二定律
16.如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点．一质量为m＝1kg的物块(可视为质点）静止于A点,AB距离为x＝2m。

已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2,sin37°=0。

6。

（1)若给物块施加一水平拉力F＝11N,使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度;
（2)在（1)问中,若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大；
（3)若物块以初速度v0从A点开始向右运动，并仍滑上（2)问中倾斜的传送带，且传送带以4m/s速度向上运动，要使物块仍能到达C点,求物块初速度v0至少多大。

【答案】(1）L=2。

4m；(2)17N;(3）
【解析】
【详解】（1）物块在AB段：由牛顿第二定律：F-μmg=ma1
a1=6m/s2
则到达B点时速度为v B,由2a1x=v B2得
滑上传送带μmg=ma2刚好到达C点，有v B2＝2a2L得
传送带长度L=2.4m
（2）将传送带倾斜，滑上传送带
由mgsin37°+μmgcos37°=ma3 得
a3=10m/s2
物体仍能刚好到达c 端，则：v B2＝2a3L
在AB段：v B2＝2a1x
F—μmg=ma1
联立解得：F=17N
(3）由于μ〈tan37°，故要使物块能到达C点，物块初速度最小时,有物块滑到C时速度恰好为0。

则 0－v B2＝2a4L
且mgsinθ－μmgcosθ＝ma4,
在AB段有v02－v B2＝2μgx
解得v0＝m/s
【点睛】此题物理过程较复杂,分析物体的受力情况，搞清楚物体的运动过程，应用运动学公式、牛顿第二定律即可正确解题;解题时注意假设法的应用．。