新教材高中物理必修一模块综合试卷(一)

高一物理必修1综合测试一、选择题：（20*3=60分）1.下列国际单位制中的单位，属于基本单位的是：（ ）A 、力的单位：NB 、 质量的单位：kgC 、长度的单位：mD 、时间的单位：s2.下列说法中正确的是： （ ）A 、静止或匀速直线运动的物体一定不受外力的作用B 、战斗机在战斗前扔掉副油箱，目的是减小惯性C 、从高处下落的玻璃杯比低处下落的玻璃杯容易碎，是因为前者惯性比较大D 、物体运动状态改变的难易程度取决于惯性的大小3.下面几种说法中，哪些物体的运动状态一定没有发生改变： （ ）A 、 物体在斜面上匀速下滑B 、 运动员以恒定速率沿圆形跑道跑步C 、 物体做自由落体运动D 、 悬停在空中的直升机4.下列事例中，利用了物体的惯性的是：( )A 、跳远运动员在起跳前的助跑运动B 、跳伞运动员在落地前打开降落伞C 、自行车轮胎有凹凸不平的花纹D 、铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转5.关于超重和失重，下列说法正确的是:（ ）A 、超重就是物体受的重力增加了B 、失重就是物体受的重力减小了C 、完全失重就是物体一点重力都不受了D 、不论超重或失重物体所受重力是不变的6. 如图3-4-1所示，位于水平地面上的质量为M 的物体，在大小为F ，与水平方向成θ的拉力作用下沿地面作加速运动，已知物体与地面间的动摩擦系数为μ，则物体的加速度为 [ ]A ．F/MB ．M F /cos θ 图3-4-1C ．()M Mg F /cos μθ-D ．()[]M F Mg F /sin cos θμθ--7.对于静止在光滑水平面上的物体施加一水平拉力，当力刚开始作用的瞬间： （ ）A 、物体立即获得速度B 、物体立即获得加速度C 、物体同时获得速度和加速度D 、由于物体未来得及运动，所以速度和加速度都为零8.质量为4kg 的物体静止在光滑水平地面上，受到10N 的水平力作用2s ，则：（ ）A ． 物体速度达到5m/sB ．物体速度达到20m/s C.物体位移为10m D ．物体位移为5m9. 、如图所示，在水平粗糙的桌面上，有两个长方体A 、B ，F 是推力（ ）A 、A 、、B 静止时，A 、B 间一定存在弹力B 、A 、B 静止时，A 、B 间一定不存在弹力C 、A 、B 一起向右匀速运动时，A 、B 间一定存在弹力D 、A 、B 一起向右加速运动时，A 、B 间一定存在弹力10.以卵击石，鸡蛋破碎，对此现象下列说法正确的是： （ ）A 、由于石头表面坚硬，所以石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力B 、鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力是一对平衡力，大小相等、方向相反C 、鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力总是大小相等，方向相反是一对相互作用力D 、鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小相等，此作用力足以使鸡蛋破碎11.如图所示，当小车向右加速运动时，物块M 向对于车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则：（ ）A 、M 受摩擦力增大B 、物块M 对车厢壁的压力增大C 、物块M 仍能相对于车厢壁静止D 、M 受静摩擦力不变12.关于牛顿第一定律有下列说法，其中正确的是（ ）A 、牛顿第一定律可用实验来验证；B 、牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因；C 、惯性定律与惯性的实质是相同的；D 、物体的运动不需要力来维持。

模块综合测试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟．班级________ 姓名________ 分数________第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本大题共10小题，每题4分，满分40分．在每小题给出的选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不选的得0分)1．关于惯性，以下说法正确的是( )A．人在走路时没有惯性，被绊倒时才有惯性B．百米赛跑到达终点时不能立即停下来是由于有惯性，停下来后也就没有惯性了C．物体在不受外力作用时有惯性，受到外力作用后惯性就被克服了D．物体的惯性与物体的运动状态及受力情况均无关【答案】D【解析】惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态和受力情况无关，只由物体的质量决定．2．如图所示是我国新研制的新能源路灯，照明所需要的能量主要来源于太阳能．若新能源路灯的质量m＝2kg(g取10m/s2)，则倾斜杆对新能源路灯的弹力为( )A．大小为20N，方向平行于倾斜杆向上B．大小为20N，方向竖直向上C．大小为20N，方向垂直于倾斜杆向上D．大小为10N，方向平行于倾斜杆向上【答案】B【解析】由于新能源路灯受重力G和倾斜杆的弹力作用而处于静止状态，故倾斜杆对新能源路灯的弹力与其重力等大反向，即大小为20N，方向竖直向上，选项B正确．3．一质点由静止开始做直线运动，其a－t图象如图所示，下列说法中正确的是 ( ) A．1 s末质点的运动速度最大B．4 s末质点回到出发点C．1 s末和3 s末质点的运动速度相同D．2 s末质点的运动速度为4 m/s【答案】C【解析】质点由静止开始运动，在2 s末，正向面积最大，质点运动的速度最大，故A 错误；4 s末质点速度为零，前4 s内质点的加速、减速运动过程存在对称性，其位移一直为正，故B错误；1 s末和3 s末质点速度相等，故C正确；2 s末质点运动速度为2 m/s，故D错误．4．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动，当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则汽车的加速度大小为( ) A．20 m/s2 B．10 m/s2C．5 m/s2 D．无法计算【答案】B【解析】设汽车的加速度为a ，运动的时间为t ，有12at 2＝(355－335) m ＝20 m ，超声波来回的时间为t ，则单程的时间为t2，因为汽车做初速度为零的匀加速直线运动，所以在开始那段连续相等时间内的位移之比为1∶3，又汽车在t 时间内的位移为20 m ，则汽车在前t2时间内的位移为x ′＝5 m ，超声波追上汽车时走过的位移x ＝(5＋335) m ＝340 m ，所以t2＝x v 声＝1 s ，t ＝2 s ．所以汽车的加速度大小为10 m/s 2.故B 正确，ACD 错误．5．如图所示，两根完全相同的轻弹簧下端挂一个质量为m 的小球，小球与地面间有一竖直细线相连，系统平衡．已知两轻弹簧之间的夹角是120°，且轻弹簧产生的弹力均为3mg ，则剪断细线的瞬间，小球的加速度是( )A ．a ＝3g ，方向竖直向上B ．a ＝3g ，方向竖直向下C ．a ＝2g ，方向竖直向上D ．a ＝2g ，方向竖直向下 【答案】C【解析】两轻弹簧弹力之和为3mg ，剪断细线的瞬间，小球所受合外力为2mg ，其加速度是a ＝2g ，方向竖直向上，选项C 正确．6．一质量为m 的物块在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑．现对物块施加—个竖直向下的恒力F ，如图所示．则物块减速为零的时间将( )A ．变大B ．变小C ．不变D ．不能确定 【答案】B【解析】对物块施加一个竖直向下的恒力F ，根据牛顿第二定律有，μ(mg ＋F )cos θ－(mg ＋F )sin θ＝ma ，物块的加速度增大，物块减速为零的时间将变小，选项B 正确．7.如图所示，一物块m 从某曲面上的Q 点自由下滑，通过一粗糙的静止传送带后，落到地面P 点．若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，传送带也随之运动，再把该物体放在Q 点自由下滑，则( )A ．它仍落在P 点B ．它将落在P 点左方C ．它将落在P 点右方D ．无法确定落点 【答案】A 【解析】物块沿逆时针方向转动的传送带滑下与沿静止传送带滑下时的受力情况完全一样，所以下落点的位置不变．本题答案为A.8．用平行于斜面的力推动一个质量为m 的物体沿着倾斜角为α的光滑斜面由静止向上运动，当物体运动到斜面的中点时撤去推力，物体恰能滑到斜面顶点，由此可以判定推力F 的大小必定是( )A ．2mg cos αB ．2mg sin αC ．2mg (1－sin α)D ．2mg (1＋sin α) 【答案】B【解析】有推力F 时，a ＝F －mg sin αm，撤去F 后，a ′＝g sin α，由v 2＝2ax ，有：a ＝a ′，即：F －mg sin αm＝g sin α，F ＝2mg sin α，故B 正确．9．质量为0.3 kg 的物体在水平面上做直线运动， 图中的两条直线表示物体受水平拉力和不受水平拉力两种情形下的v －t 图象， g 取10 m/s 2,则下列说法正确的是( )A ．水平拉力大小可能等于0.3 NB ．水平拉力大小一定等于0.1 NC ．物体受到的摩擦力大小一定等于0.1 ND ．物体受到的摩擦力大小可能等于0.2 N 【答案】BD【解析】由题可知a A ＝13 m/s 2, a B ＝23m/s 2,若A 为只受摩擦力的情况， 则μA mg ＝ma A, μA＝130.对B: μA mg ＋T B ＝ma B, 解得T B ＝0.1 N. 若B 为只受摩擦力的情况， 则μB mg ＝ma B ＝0.2 N, 解得μB ＝115， 对A: μB mg ＋T A ＝ma A, 得T A ＝－0.1 N, 所以B 、D 正确， A 、C 错.10.如图所示，放置在水平地面上的质量为M 的直角劈上有一个质量为m 的物体，若物体在直角劈上匀速下滑，直角劈仍保持静止，那么下列说法正确的是( )A ．直角劈对地面的压力等于(M ＋m )gB ．直角劈对地面的压力大于(M ＋m )gC ．地面对直角劈没有摩擦力D ．地面对直角劈有向左的摩擦力 【答案】AC【解析】方法一 隔离法．对物体进行受力分析，建立坐标系如图甲所示，因物体沿斜面匀速下滑，由平衡条件得：支持力F N ＝mg cos θ，摩擦力F f ＝mg sin θ.对直角劈进行受力分析，建立坐标系如图乙所示，由牛顿第三定律得F N ′＝F N ，F f ′＝F f .在水平方向上，压力F N ′的水平分量F N ′sin θ＝mg cos θ·sin θ，摩擦力F f ′的水平分量F f ′cos θ＝mg sin θ·cos θ，可见F f ′cos θ＝F N ′sin θ，所以直角劈相对地面没有运动趋势，所以地面对直角劈没有摩擦力．在竖直方向上，直角劈受力平衡，由平衡条件得：F N 地＝F ′f sin θ＋F ′N cos θ＋Mg ＝mg ＋Mg .方法二 整体法．整体在竖直方向上受到重力和支持力，因物体在斜面上匀速下滑、直角劈静止不动，即整体处于平衡状态，所以竖直方向上地面对直角劈的支持力等于物体和直角劈整体的重力．水平方向上地面若对直角劈有摩擦力，无论摩擦力的方向向左还是向右，水平方向上整体都不能处于平衡状态，所以整体在水平方向上不受摩擦力，整体受力如图丙所示．第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、非选择题(本题共6小题，11题6分、12题6分、13题10分、14题11分、15题13分、16题14分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．)11.学校的物理课外活动小组欲测滑块在斜面上下滑的加速度以及滑块与木板间的动摩擦因数，一位同学想出了一个巧妙的方案．如图所示，将一小钢球和滑块用细线连接，跨在木板上端的小定滑轮上，开始时小球和滑块均静止，剪断细线小球自由落下，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．他反复调整挡板的位置，重复上述操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，然后用刻度尺测量出H ＝1.25 m ，x ＝0.50 m ，h ＝0.30 m ．根据以上数据可得滑块在斜面上下滑的加速度a ＝________m/s 2，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________.(g 取10m/s 2)【答案】4.0 0.25【解析】根据运动学规律有H ＝12gt 2，x ＝12at 2，联立两式，可得a ＝x H g ＝0.50 m 1.25 m×10 m/s 2＝4.0 m/s 2；设木板与水平桌面间的夹角为θ，根据几何关系可知，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8；对滑块下滑时受力分析，并根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，可得μ＝g sin θ－ag cos θ，代入数据，可得，μ＝0.25.12．某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧测力计固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线MN 、PQ ，并测出间距d .开始时将木板置于MN 处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F 0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F 1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ 处的时间t .(1)木板的加速度可以用d 、t 表示为a ＝________，为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是________(一种即可)．(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a 与弹簧测力计示数F 1的关系．下列图象能表示该同学实验结果的是________．.求物块从底端运动到斜面中点的时间；试分析物块从开始运动到落地前的加速度的大小和方向；物块在斜面上运动时，求斜面体受到水平地面摩擦力的大小和方向．物块沿斜面向上做匀减速运动：设前半程的平均速度为l/2并建立直角坐标系，在x方向上有：cosθ)sinθ＝12.8 N．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不＝8 s时到达高度H＝64 m为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间设第一次试飞中的加速度大小为a1设第二次试飞中失去升力时的速度为v，上升的高度为小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？ 经多长时间两者达到相同的速度？从小物块放到小车上开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？0.5 m/s 2(2)1 s ＝μg ＝2 m/s 2，＝0.5 m/s 2.＝1 s.内小物块的位移：s 1＝12a m t 2＝1 m ，最大速度：物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度：a ＝，通过的总位移s ＝s ＋s ＝2.1 m.。

模块达标验收(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。

每题只有一个选项最符合题意。

1．下列关于仪器原理说法正确的是( )A．甲图中，雷达测速利用了多普勒效应B．乙图中，光导纤维传递信息利用了光的折射现象C．丙图中，激光切割金属利用了激光相干性好的特点D．丁图中，观看立体电影时，需配戴的特制眼镜利用了光的干涉现象解析：选A 题图甲中，雷达测速利用了多普勒效应，选项A正确；题图乙中，光导纤维传递信息利用了光的全反射现象，选项B错误；题图丙中，激光切割金属利用了激光亮度高、能量大的特点，选项C错误；题图丁中，观看立体电影时，需配戴的特制眼镜利用了光的偏振现象，选项D错误。

2．燥热的夏季，有一种网红水上消遣项目“水上飞人”非常火爆，其原理是借助脚下的喷水装置产生向上的反冲动力，让人腾空而起或平衡或变速运动，下列说法正确的是( )A．水对装置向上的反冲动力大于装置对水向下的压力B．人悬空静止时，既不是超重现象，也不是失重现象C．整体向上减速运动是超重现象D．人悬空静止时，水的反冲动力对装置既不做功也没有冲量解析：选B 水对装置向上的反冲力与装置对水向下的压力是相互作用力，满意牛顿第三定律，即等大反向，A错误；人悬空静止时，是平衡状态，既不是超重现象，也不是失重现象，B正确；人向上减速运动，加速度向下，由牛顿其次定律可知，水对整体向上的支持力小于整体的重力，是失重现象，C错误；人悬空静止时，水的反冲动力对装置不做功但是有冲量，D错误。

3．蜘蛛会依据丝网的振动状况感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200 Hz，下列说法正确的是( )A ．“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大B ．当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz 时，丝网不振动C ．当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s 时，丝网的振幅最大D ．昆虫“落网”时，丝网振动的频率由丝网自身的结构所确定，与昆虫翅膀振动频率无关解析：选C 依据共振的条件可知，系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大，故A 、B 错误；当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s 时，其频率f ＝1T ＝10.005＝200 Hz ，与丝网的固有频率相等，所以丝网的振幅最大，故C 正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率确定，故D 错误。

模块综合检测(分值：100分)(老师用书独具)1．(3分)如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球快速引至胸前，这样做可以( )接球动作A ．减小球的动量的变更量B ．减小球对手作用力的冲量C ．减小球的动量变更率D ．延长接球过程的时间来减小动量的变更量C [由动量定理Ft ＝0－mv ，而接球时先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球快速引至胸前为了延长时间，减小受力，即F ＝0－mv t，也就是减小了球的动量变更率，故C 正确．] 2．(3分)在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中不正确的是( )A ．自由下落的小球在空中运动的随意一段时间内，其增加的动能肯定等于其削减的重力势能B ．做平抛运动的小球在空中运动的随意相同的时间内，其速度的变更量肯定相同C ．做匀速圆周运动的小球在随意一段时间内其合外力做的功肯定为零，合外力的冲量也肯定为零D ．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功肯定为零，合外力的冲量也肯定为零C [不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能肯定等于其减小的重力势能，故A 正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的随意相同的时间内，其速度的变更量肯定相同，故B 正确；做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向肯定指向圆心，小球在随意一段时间内其合外力做的功肯定为零，但由于速度的方向不断变更，所以速度的变更量不肯定等于0，合外力的冲量也不肯定为零，故C 错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，全部的物理量都与起先时相等，所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功肯定为零，合外力的冲量也肯定为零，故D 正确．]3．(3分)如图所示是探讨光的双缝干涉的示意图，挡板上有两条狭缝S 1、S 2，由S 1和S 2发出的两列波到达屏上时会产生干涉条纹．已知入射激光的波长为λ，屏上的P 点到两缝S 1和S2的距离相等，假如把P处的亮条纹记作第0号亮条纹，由P向上数，与0号亮条纹相邻的亮条纹为1号亮条纹，与1号亮条纹相邻的亮条纹为2号亮条纹，则P1处的亮条纹恰好是10号亮条纹．设直线S1P1的长度为r1，S2P1的长度为r2，则r2－r1等于( )A．9.5λB．10λC．10.5λD．20λB[由题设可知，从中心亮条纹P算起，P1点处是第10号亮条纹的位置，表明缝S1、S2到P1处的距离差r2－r1为波长的整数倍，且刚好是10个波长，所以选项B正确．] 4．(3分)一只钟从甲地拿到乙地，它的钟摆摇摆加快了，则下列对此现象的分析及调整方法的叙述中正确的是( )A．g甲>g乙，将摆长适当增长B．g甲>g乙，将摆长适当缩短C．g甲<g乙，将摆长适当缩短D．g甲<g乙，将摆长适当增长D[摆钟的运动是简谐运动，周期遵循T＝2πLg，摆钟摇摆加快说明周期变小，摆钟本身没变，说明g甲<g乙；所以应当调整摆长使周期变大，那么L应当调长一些，故答案选D．] 5．(3分)一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端P、Q同时起先上下振动，一小段时间后产生的波形如图，对于其后绳上各点的振动状况，以下推断正确的是( )A．波源Q产生的波将先到达中点MB．波源P的起振方向是向上的C．中点M的振动始终是加强的D．波源P振动的频率是波源Q的2倍B[由题意可知，虽然波形不同，但波速相同，由于距离相同，所以两波同时到达M点，故A错误；由波的传播方向，可确定P质点的起振方向向上，故B正确；由于波长的不同，故两列波的频率不同，不能发生干涉现象，因此在M点相遇时，并不总是加强或减弱的，故C错误；由波形图可知，λP ＝2λQ ，依据T ＝λv ，f ＝1T可得：f P ∶f Q ＝λQ ∶λP ＝1∶2，故D 错误．] 6．(3分)如图潜水员在水深为h 的地方向水面张望，发觉自己头顶上有一圆形亮斑，假如水对空气的临界角为C ，则此圆形亮斑的直径是( )A ．2h tan CB ．2h sinC C ．2h cos CD ．2hA [在圆形亮斑边缘从空气射入水中的光线，折射角的大小等于临界角C ，如图所示，由几何关系可知，此圆形亮斑的直径是：d ＝2r ＝2h tan C ．A 符合题意，B 、C 、D 不符合题意．]7．(3分)一小球做竖直上抛运动的v ­t 图像如图所示，下列说法正确的是( )A ．在t 时刻，小球的加速度为零B ．在t 时刻，小球的合外力为零C ．在0～2t 时间内，合力对小球做的功为零D ．在0～2t 时间内，合力对小球的冲量为零C [v ­t 图像的斜率表示加速度，由图可知t 时刻，小球的加速度为：a ＝0－v t ＝－v t，故A 错误；设物体的质量为m ，依据牛顿其次定律可知在t 时刻小球所受的合外力为：F ＝ma＝－m v t ，故B 错误；在0～2t 时间内，依据动能定理有：W 合＝12m (－v )2－12mv 2＝0，故C 正确；在0～2t 时间内，依据动量定理可得：I 合＝Δp ＝－2mv ，故D 错误．]8．(3分)简谐横波在匀称介质中沿直线传播，P 、Q 是传播方向上相距8 m 的两质点，波先传到P ，当波传到Q 起先计时，P 、Q 两点的振动图像如图所示(实线为Q 的振动图像)，设振幅为A ，则( )A．当Q的位移为0时，P的位移为±2 2 AB．该波从P传到Q的时间可能是8 sC．该波的传播速度可能为1.6 m/sD．该波的波长可能是3 mD[由题可知，简谐横波的传播方向从P到Q，由图可知，周期为T＝6 s，质点Q的振动图像向左4 s后与P点的振动重合，意味着Q点比P点振动滞后了4 s，即P传到Q的时间Δt可能为4 s，同时由周期性可知，从P传到Q的时间Δt＝(4＋nT)s，n＝0、1、2、3，…，即Δt＝4 s，10 s，16 s，…，不行能为8 s，依据上述分析比照图像可知，当Q的位移为0时，P的位移为±3A2，故A、B错误；由v＝ΔxΔt，考虑到波的周期性，当Δt＝4 s,10 s,16s，…时，速度v可能为2.0 m/s,0.8 m/s,0.5 m/s，…，不行能为1.6 m/s.由λ＝vT可知，波长可能为12 m、4.8 m、3.0 m，…，故C错误，D正确．]9．(6分)细丝和单缝有相像的衍射图样．在相同条件下，小明用激光束分别垂直照耀两种不同直径的细丝Ⅰ和细丝Ⅱ，在光屏上形成的衍射图样如图1中a和b所示．已知细丝Ⅰ的直径为0.605 mm，现用螺旋测微器测量细丝Ⅱ的直径，如图2所示，细丝Ⅱ的直径为________mm.图中的________(填“a”或“b”)是细丝Ⅱ的衍射图样．[解析] 螺旋测微器的读数为：d＝0.5 mm＋49.9×0.01 mm＝0.999 mm；当细丝的直径越大时，衍射现象越不明显，由读数可知，细丝Ⅱ的直径大，由题目中图1可知，a图的衍射条纹间距较窄，因此图a是细丝Ⅱ的衍射图样．[答案] 0.999 a10．(8分)为了削减光在透镜表面由于反射带来的损失，可在透镜表面涂上一层增透膜，一般用折射率为1.38的氟化镁，为了使波长为5.52×10－7m 的绿光在垂直表面入射时使反射光干涉相消，求所涂的这种增透膜的最小厚度．[解析] 由于人眼对绿光最敏感，所以通常所用的光学仪器其镜头表面所涂的增透膜的厚度只使反射的绿光干涉相消，最小厚度为绿光在膜中波长的14，使绿光在增透膜的前后两个表面上的反射光相互抵消．而光从真空进入某种介质后，其波长会发生变更．若绿光在真空中波长为λ0，在增透膜中的波长为λ，由折射率与光速的关系和光速与波长及频率的关系得： n ＝c v ＝λ0f λf ，即λ＝λ0n，那么增透膜厚度： h ＝14λ＝λ04n ＝5.52×10－74×1.38m ＝1×10－7 m. [答案] 1×10－7 m11．(4分)中国女科学家屠呦呦因发觉青蒿素而获得2015年诺贝尔生物学或医学奖，屠呦呦也成为首位获得该奖的中国人．在探讨青蒿素化学结构中，探讨人员用比可见光波长更短的X 射线衍射方法最终确定了其化学结构．在做单缝衍射试验中，下列说法正确的是( )A ．将入射光由可见光换成X 射线，衍射条纹间距变窄B ．使单缝宽度变小，衍射条纹间距变窄C ．换用波长较长的光照耀，衍射条纹间距变宽D ．增大单缝到屏的距离，衍射条纹间距变窄AC [单缝衍射的条纹间距可以用双缝干涉条纹宽度的公式Δx ＝L d λ定性探讨，其中L 为屏与缝的距离、d 为缝宽、λ为波长．将入射光由可见光换成X 射线，波长λ变小，衍射条纹间距会变窄，即衍射条纹间距变小，A 正确；使单缝宽度变小，即d 变小，则衍射条纹间距变宽，B 错误；换用波长较长的光照耀，依据公式Δx ＝L dλ可知，衍射条纹间距变宽，C 正确；增大单缝到屏的距离，即L 变大，则衍射条纹间距变大，D 错误．]12．(4分)如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着5个单摆，其中A 、E 摆长相同，先使A 摆摇摆，其余各摆也摇摆起来，可以发觉( )A ．各摆摇摆的周期均与A 摆相同B ．B 摆振动的周期最短C ．C 摆振动的周期最长D ．E 摆的振幅最大AD [A 摆摇摆，其余各摆也摇摆起来，它们均做受迫振动，则它们的振动频率均等于A 摆的摇摆频率，而由于A 、E 摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，则E 摆出现共振现象，故选A 、D ．]13．(4分)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F 的作用下，经过时间t 通过位移L 后，动量变为p ，动能变为E k ，以下说法正确的是( )A ．在F 作用下，这个物体经过位移2L ，其动量等于2pB ．在F 作用下，这个物体经过时间2t ，其动量等于2pC ．在F 作用下，这个物体经过时间2t ，其动能等于2E kD ．在F 作用下，这个物体经过位移2L ，其动能等于2E kBD [由题意可知，经过时间t 通过位移L 后，动量为p 、动能为E k ，由动量定理可知p ＝Ft ，由动能定理得E k ＝FL ，设物体质量为m ；当位移为2L 时，物体的动能E k ′＝F ·2L ＝2FL ＝2E k ，物体的动量p ′＝2mE k ′＝2m ×2E k ＝2p ，故A 错误，D 正确；当时间为2t 时，动量p ′＝F ·2t ＝2Ft ＝2p ，物体的动能E k ′＝p ′22m ＝()2p 22m ＝4p 22m ＝4E k ，故B 正确，C 错误．] 14．(4分)如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为34h 0(不计空气阻力)，则( )A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为2RC ．小球离开小车后做竖直上抛运动D ．小球其次次能上升的最大高度h <34h 0 CD [小球与小车组成的系统在竖直方向合力不为0，所以系统的动量不守恒，故A 项错误；在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，设小车的位移为x ，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0即：m 2R －x t －m x t＝0，解得小车的位移：x ＝R ，故B 项错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，系统在任何时刻在水平方向动量都为零，小球离开小车时相对小车向上运动，水平方向和小车有相同的速度，所以小球与小车在水平方向速度都为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 项正确；小球离开小车时，小球与小车水平方向动能为零，假如系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球离开小车后上升的最大高度为h 0，由题意可知，小球离开小车后在空中能上升的最大高度为34h 0<h 0，系统机械能不守恒．小球其次次在车中滚动时，克服摩擦力做功，机械能减小，因此小球再次离开小车时，小球与小车水平方向速度为零，小球其次次离开小车在空中运动过程中，小车处于静止状态，小球能上升的高度小于34h 0，故D 项正确．] 15．(10分)在探究单摆周期与摆长关系的试验中，(1)关于安装仪器及测时的一些试验操作，下列说法中正确的是________．(选填选项前面的字母)A ．用米尺测出摆线的长度，记为摆长lB ．先将摆球和摆线放在水平桌面上测量摆长l ，再将单摆悬挂在铁架台上C ．使摆线偏离竖直方向某一角度α(接近5°)，然后静止释放摆球D ．测出摆球两次通过最低点的时间间隔记为此单摆振动的周期(2)试验测得的数据如下表所示．(3)依据数据及图像可知单摆周期的平方与摆长的关系是________．(4)依据图像，可求得当地的重力加速度为______m/s 2.(结果保留3位有效数字)[解析] (1)用米尺测出摆线的长度，用游标卡尺测量摆球的直径，摆线的长度加上摆球的半径记为摆长l ，故A 错误；先将摆球和摆线连接好，固定在铁架台上，否则摆长变更，测量的误差较大，故B 错误；使摆线偏离竖直方向某一角度α(接近5°)，从静止释放摆球让摆球振动，故C 正确；测出摆球两次通过最低点的时间间隔记为此单摆振动的周期，误差较大，为了减小误差，应采纳累积法，即测量30次或50次全振动的时间，再求出每次全振动的时间，作为周期，故D 错误．故选C ．(2)依据坐标系内描出的点作出图像如图所示：(3)由图示图像可知：T 2＝4l ，即周期的平方与摆长成正比．(4)由单摆周期公式：T ＝2πl g 可知，T 2＝4π2g l ， 由图示图像可知：4π2g＝k ＝4，解得：g ≈9.86 m/s 2. [答案] (1)C (2)见解析 (3)周期的平方与摆长成正比(说明：其他说法正确同样得分)(4)9.8616．(12分)如图所示，AOB 是由某种透亮物质制成的14圆柱体横截面(O 为圆心)，透亮物质折射率为 2.今有一束平行光以45°的入射角从真空射向柱体的OA 平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB 面上射出，设凡射到OB 面的光线全部被汲取，也不考虑OA 面的反射，求：(1)从AO 面射入透亮物质的折射角；(2)光线从透亮物质射向真空时发生全反射的临界角．(3)从圆柱AB 面上能射出光线的部分占AB 表面的几分之几？[解析] (1)光路如图所示：从O 点射入的光线，折射角为r ，依据折射定律有：n ＝sin 45°sin r ，解得：r ＝30° . (2)由公式sin C ＝1n ＝12，得临界角为：C ＝45°. (3)设光线从某位置P 点入射的光线，折射到AB 弧面上Q 点时，入射角恰等于临界角C ，ΔPQO 中α＝180°－90°－C －r ＝15°所以能射出的光线区域对应的圆心角为：β＝90°－α－r ＝45°能射出光线的部分占AB 面的比例为45°90°＝12. [答案] (1)30° (2)45° (3)1217．(12分)在光滑水平面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k ，振子质量为M ，振动的最大速度为v 0，如图所示，当振子在最大位移为A 的时刻，把质量为m 的物体轻放其上，则：(1)要保持物体和振子一起振动起来，两者间的动摩擦因数至少是多少？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(2)一起振动时，两者经过平衡位置的速度为多大？振幅又为多少？[解析] 放物体前最大回复力F ＝kA ，振动的最大机械能为12Mv 20. (1)放物体后，假定一起振动，则可能产生的最大加速度a ＝kA M ＋m，对物体m 来说，所需回复力是由M 供应的摩擦力，刚放时，所需的摩擦力最大，最大静摩擦力为μmg ，当μmg ≥ma 时一起振动，所以μ≥a g ＝kA M ＋m g ， 即动摩擦因数μ至少为kA M ＋m g. (2)由于m 于最大位移处放在M 上，放上后没有变更振动系统的机械能，振动中机械能守恒，经过平衡位置时，弹簧为原长，弹性势能为零，有12(M ＋m )v 2＝12Mv 20. 解得v ＝v 0M M ＋m .物体m 和振子M 在最大位移处动能为零，势能最大，这个势能与没放物体m 前相同，所以弹簧的最大形变是相同的，即振幅仍为A ．[答案] (1)kA M ＋m g (2)v 0M M ＋m A18．(12分)如图所示，光滑水平面上静止放置质量M ＝2 kg 的长木板C ；离板右端x ＝0.72 m 处静止放置质量m A ＝1 kg 的小物块A ，A 与C 间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量m B ＝1 kg 的小物块B ，B 与C 间的摩擦忽视不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 、B 均可视为质点，g 取10 m/s 2.现在木板上加一水平向右的力F ＝3 N ，到A 与B 发生弹性碰撞时撤去力F .问：(1)A 与B 碰撞之前运动的时间是多少？(2)若A 最终能停在C 上，则长木板C 的长度至少是多少？[解析] (1)若A 、C 相对滑动，则A 受到的摩擦力为：F A ＝μm A g ＝4 N>F ，故A 、C 不行能发生相对滑动，设A 、C 一起运动的加速度为aa ＝F m A ＋M＝1 m/s 2 由x ＝12at 2有：t ＝2x a＝1.2 s. (2)因A 、B 发生弹性碰撞，由于m A ＝m B ，故A 、B 碰后，A 的速度为0，则从碰后瞬间到- 11 - 木板与A 速度相同的过程中，由动量守恒定律得Mv 0＝(M ＋m A )v ，其中v 0＝at ，解得v 0＝1.2 m/s ，v ＝0.8 m/s由能量守恒得：μm A g Δx ＝12Mv 20－12(M ＋m A )v 2解得Δx ＝0.12 m故木板C 的长度L 至少为：L ＝x ＋Δx ＝0.84 m.[答案] (1)1.2 s (2)0.84 m。

模块综合试卷(一)(满分：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．如图所示，水平弹簧振子在A 、B 两点之间做简谐运动，平衡位置为O 点，C 、D 两点分别为OA 、OB 的中点。

下列说法正确的是( )A ．振子从A 点运动到C 点的时间等于周期的18B ．从O 点到B 点的过程中，振子的动能转化为弹簧的弹性势能C ．在C 点和D 点，振子的速度相同D ．从C 点开始计时，振子再次回到C 点完成一次全振动 答案 B解析 振子从A 点运动到O 点的时间等于周期的14，因振子从A 到C 的时间大于从C 到O的时间，可知振子从A 点运动到C 点的时间大于周期的18，选项A 错误；从O 点到B 点的过程中，振子速度减小，动能减小，弹性势能增加，即振子的动能转化为弹簧的弹性势能，选项B 正确；在C 点和D 点，振子的速度大小相等，方向不一定相同，选项C 错误；从C 点开始计时，振子第二次回到C 点才是完成一次全振动，选项D 错误。

2．(2023·泗阳县实验高级中学月考)有一悬线长为l 的单摆，其摆球的外壳为一个有一定质量的金属空心球。

球底有一小孔，球内盛满水。

在摆动过程中，水从小孔慢慢流出。

从水开始流到水流完的过程中，此摆的周期的变化是( ) A ．由于悬线长l 和重力加速度g 不变，所以周期不变 B ．由于水不断外流，周期不断变大 C ．周期先变大，后又变小 D ．周期先变小，后又变大 答案 C解析 单摆的摆长是悬点到摆球重心的距离。

开始时，重心在球心，水全部流完后，重心又回到球心，因此，重心先降低，后升高，摆长先变大，后变小，根据公式T ＝2πlg，周期先变大，后变小，故C 正确。

3．(2022·阜宁中学高二期中)如图所示，包含两种单色光的光束沿PO 方向射入横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别从M 、N 两点射出，己知α＝45°，β＝60°，真空中光速c ＝3× 108 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．M 点出射的单色光穿过玻璃柱体所需的时间更短B ．玻璃柱体对OM 光束的折射率为 3C ．OM 光线在该玻璃柱体中传播的速度为3×108 m/sD ．若将OM 光线从M 点沿着MO 方向射入，一定会发生全反射 答案 A解析 由题图可知沿PO 方向射入时OM 光线的折射角较大，由折射定律可知玻璃柱体对OM 光线的折射率较小，根据v ＝cn ，可得OM 光线在玻璃柱体内的传播速度较大，因为通过的距离相等，则M 点出射的单色光穿过玻璃柱体所需的时间较短，A 正确；由折射定律可得玻璃对OM 光束的折射率为n ＝sin 45°sin 30°＝2，根据v ＝c n 得v ＝3×1082 m/s ＝322×108 m/s ，B 、C错误；由光路可逆可知，光线从M 点沿着MO 方向射入时不会发生全反射，D 错误。

第一章综合测试一、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1~7题只有一个选项符合题目要求，第8~10题有多个选项符合题目要求，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）1.下列物理量中，属于矢量的是（）A .路程B .速率C .加速度D .时刻2.“空手把锄头，步行骑水牛。

人从桥上过，桥流水不流。

”是中国诗词大会某期节目里选用的古诗，从物理学的角度看，其中“桥流水不流”所选择的参考系为（）A .水B .牛C .桥D .人3.某同学要从长沙乘高铁到深圳，网上列车时刻表如图所示，通过分析，下列判断正确的是（）A .火车1147:到达郴州西站，这里的1147:是指时间间隔B .坐在火车上发现外面的树在倒退，是因为选择了树为参考系C .从长沙到深圳所用时间为3 h 24 min ，若全程为728 km ，则此行程的平均速率大小约为214 km/hD .研究火车从长沙到深圳过程中经过某隧道的时间时，火车能看成质点4.在研究物体的直线运动时，可以用坐标轴上的坐标表示物体的位置，用坐标的变化表示物体的位移。

如图所示。

某质点先从A 点沿坐标轴运动到C 点，该过程中其位移1x = 3 m 4 m = 7 m ---；然后该质点再从C 点沿坐标轴运动到B 点，该过程中其位移2x = 3 m ( 4 m) = 4 m --。

下列说法正确的是（ ）A .由于正数大于负数，故1x 大于2x B .由于位移的正负号只表示其方向，故1x 大于2x C .整个过程中，质点的位移为4 m D .整个过程中，质点通过的路程为3 m5.浙江在线2016年10月3日讯：台风“鲇鱼”前脚刚走，“暹芭”紧跟而来。

据气象部门报告，第18号台风“暹芭”10月3日8时中心位于温州东南方向约1450公里的洋面上，中心最大风力16级（52 m/s ），中心气压935百帕。

预计“暹芭”将以每小时25公里的速度向西北方向移动，强度继续加强……报道中的两个速度数值分别是指（）A .瞬时速度、平均速度B .平均速度、瞬时速度C .平均速度、平均速度D .瞬时速度、瞬时速度6.如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz 的频率监视前方的交通状况。

模块综合测评(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.关于运-20在机场滑行至停止的过程,下列说法正确的是()A.以地面为参考系,运-20是运动的B.运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相同C.地面受到运-20的压力,是地面发生形变造成的D.运-20速度越大越不容易停下,是因为速度越大惯性越大2.假设导弹刚发射出来的一段运动可近似看成初速度为0、竖直向上的匀加速直线运动,有一导弹的质量为m,助推力为F,忽略空气阻力及燃料的质量,重力加速度为g,则当导弹运动了时间t时的速度大小为()A.(Fm -g)t B.(Fm+g)t C.FtmD.Ft2m3.用来制作豆腐的石磨如图所示。

木柄AB静止时,连接AB的轻绳处于绷紧状态。

O点是三根轻绳的结点,F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小,F1=F2且∠AOB=60°。

下列关系式正确的是()A.F=F1B.F=2F1C.F=3F1D.F=√3F14.两个物体A和B同时出发沿同一直线运动的s-t图像如图所示。

由图像可知()A.t=4 s时物体B的速度为0B.t=4 s时物体A的加速度为0C.前4 s内A、B的速度方向相同D.t=2 s时物体A和物体B的速度相同二、多项选择题:本题共4小题,每小题6分,共24分,每小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。

5.如图所示,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。

重力加速度大小为g。

用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前()A.P的加速度大小的最大值为2μgB.Q的加速度大小的最大值为2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小6.如图所示,一竖直放置的轻弹簧两端各拴接一个物块A和B,整个系统处于静止状态。

模块综合试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分)1．某位探险家因对所到目的地的地形情况不了解，因此慢慢前行．由于走进了沼泽地，这位探险家突然往下沉，下列说法正确的是()A．在突然下沉时，由于人只受到重力与支持力，所以这两个力平衡B．因为此时在下沉，所以人受到的支持力小于人对沼泽地的压力C．人下沉的原因是人对沼泽地的压力大于人的重力D．人下沉的原因是重力大于人受到的支持力『答案』 D『解析』当人突然下沉时，人有向下的加速度，处于失重状态，人受到的重力大于人受到的支持力，选项D正确，A错误；人受到的支持力与人对沼泽地的压力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反，选项B、C错误．2．(2019·夏津一中高一上学期期末)雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图像中能正确反映雨滴下落运动情况的是()『答案』 C3．(2019·成都七中高一月考)甲、乙两辆车在同一水平直道上运动，其运动的位移－时间图像如图1所示，则下列说法中正确的是()图1A．甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动B ．乙车在0～10 s 内的平均速度大小为0.4 m/sC ．在0～10 s 内，甲、乙两车相遇一次D ．若乙车做匀变速直线运动，则图线上P 点所对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s『答案』 D『解析』 x －t 图线的斜率表示速度，根据题图可知，甲车先做匀速直线运动，后静止，A错误；乙车在0～10 s 内的位移x ＝(0－8) m ＝－8 m ，则平均速度为v ＝x t ＝－810 m/s ＝－0.8m/s ，所以乙车在0～10 s 内的平均速度大小为0.8 m/s ，B 错误；两图线的交点表示此时两车相遇，根据题图可知，两车相遇两次，C 错误；若乙车做匀变速直线运动，则由图线斜率变化情况可知，乙车做的是匀加速直线运动，某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，所以5 s 末的速度大小等于0.8 m/s ，则P 点对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s ，D 正确．4．(2018·太原五中高一月考)在汽车的维修中，千斤顶发挥了很大的作用．如图2所示是剪式千斤顶的示意图，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为F ＝1.0×105 N ，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，则下列说法错误的是( )图2A ．此时两臂受到的压力大小均为1.0×105 NB ．若继续摇动把手使两臂靠拢，两臂受到的压力均增大C ．此时千斤顶对汽车的支持力大小为1.0×105 ND ．若继续摇动把手使两臂靠拢，两臂受到的压力均减小『答案』 B『解析』 千斤顶对汽车的支持力与汽车对千斤顶的压力是相互作用力，大小相等，方向相反，根据千斤顶两臂间的夹角为120°，可知两臂受到的压力大小均为1.0×105 N ，选项A 、C 正确；若继续摇动把手使两臂靠拢，两臂间的夹角变小，根据分力与合力的关系，可知两臂受到的压力均减小，选项B 错误，D 正确．5.如图3所示，静止的粗糙传送带上有一木块正以速度v 匀速下滑，滑到传送带正中央时，传送带开始以速度v ′逆时针匀速运动，则此过程木块从A 滑到B 所用的时间与传送带始终静止不动时木块从A 滑到B 所用的时间相比较( )图3A ．两种情况相同B ．前者短C ．前者长D ．不能确定『答案』 A『解析』 传送带静止时，木块受到的滑动摩擦力平行于传送带向上，传送带逆时针匀速运动时，木块受到的滑动摩擦力仍平行于传送带向上，所以两种情况下的受力情况相同，运动规律相同，选项A 正确．6.(2018·湛江市期末)如图4，质量为M 、半径为R 的半球形物体A 放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m 、半径为r 的光滑球B ，则( )图4A ．A 对地面的压力大于(M ＋m )gB ．A 对地面的摩擦力方向向左C ．B 对A 的压力大小为R ＋r R mgD ．细线对小球的拉力大小为rRmg『答案』 C『解析』 对AB 整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对运动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力等于整体的重力，大小为(M ＋m )g ；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故A 对地面的压力等于(M ＋m )g ，故A 、B 错误； 对B 受力分析，如图所示：根据平衡条件和几何知识，有：F ＝mg cos θ＝R ＋rR mg ，F T ＝mg tan θ＝(R ＋r )2－R 2Rmg ，故C 正确，D 错误．7.如图5所示，质量为m 的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x 0时速度减小到零，然后滑块又被弹簧向右弹开．已知弹簧的劲度系数为k ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，弹簧与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g ，整个过程中弹簧未超过其弹性限度，则下列判断正确的是( )图5A ．滑块向右运动的过程中，先做加速运动，离开弹簧后才做减速运动B ．滑块与弹簧接触过程中的最大加速度为2kx 0mC ．滑块向左运动的过程中，始终做减速运动D ．滑块向右运动的过程中，当弹簧形变量x ＝μmg2k时，滑块的速度最大『答案』 C『解析』 滑块向右运动的过程中，以弹簧弹力与滑块受到的滑动摩擦力平衡的位置为界，此前做加速运动，此后做减速运动，而不是离开弹簧后才减速，A 错；当弹力和摩擦力同向，且弹力最大时，加速度最大，因此有kx 0＋μmg ＝ma m ，最大加速度为kx 0m ＋μg ，B 错；滑块向左运动的过程中，弹力与摩擦力始终同向且与滑块运动方向相反，所以滑块始终做减速运动，C 对；滑块向右运动的过程中，当弹力与摩擦力相等，即kx ＝μmg 时，速度最大，加速度为零，此时弹簧形变量x ＝μmg k，D 错．8.(2018·南通中学高一质检)如图6，水平地面上放置一斜劈，斜劈的斜面光滑，将一物块放置在斜劈上并对物块施加一平行于斜劈斜面向下的力F ，物块沿斜面向下运动．若斜劈始终保持静止，则下列说法正确的是( )图6A．地面对斜劈的摩擦力方向水平向右B．地面对斜劈的弹力大于斜劈与物块的重力之和C．若F增大，地面对斜劈的摩擦力也增大D．若F反向，地面对斜劈的摩擦力也反向『答案』 A『解析』设物块的质量为m，斜劈的质量为M，斜劈斜面的倾角为θ.物块在沿斜面下滑过程中，对斜劈的压力大小为mg cos θ，保持不变，方向垂直于斜面向下，由斜劈始终保持静止可知斜劈所受合力为零，则物块对斜劈的压力沿水平方向的分力mg cos θsin θ与地面对斜劈的摩擦力大小相等，方向相反，所以地面对斜劈的摩擦力方向水平向右，选项A正确．对斜劈分析可知，地面对斜劈的弹力F N等于斜劈的重力Mg与物块对斜劈的压力的竖直分力mg cos2θ之和，即F N＝Mg＋mg cos2θ<Mg＋mg，选项B错误．无论F增大还是反向，物块对斜劈的压力均不变，故地面对斜劈的摩擦力不变，选项C、D错误．9．(2019·广元市高一上学期期末)有四个物体A、B、C、D从同一地点开始运动，A、B运动的x－t图像如图7甲所示，C、D沿同一方向运动的v－t图像如图乙所示．根据图像可知下列判断中正确的是()图7A．物体A、B均做匀变速直线运动B．在0～3 s的时间内，物体A、B之间距离逐渐增大C．t＝3 s时，物体C、D的速度相同D．t＝3 s时，物体C、D之间距离最小『答案』BC『解析』x－t图像的斜率表示速度，由题图甲可知，物体A、B的位移－时间图线都是倾斜的直线，斜率都不变，故速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，A错误；由题图甲可知，在0～3 s的时间内，物体A的速度大于物体B的速度，因为物体A、B从同一地点开始运动，所以物体A、B之间距离逐渐增大，B正确；由题图乙可知，物体C、D的图线在t ＝3 s时交于一点，此时速度一定相同，C正确；由题图乙可知，前3 s内，物体D的速度较大，物体C、D之间距离随时间增大，3 s后物体C的速度较大，物体C、D之间距离随时间减小，直到物体C追上物体D，所以t＝3 s时，物体C、D之间距离最大，D错误．10．(2019·泰安一中期中)如图8所示，OA为一遵从胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点，另一端与静止在水平地面上的滑块A相连，水平地面与滑块间的动摩擦因数为μ，当绳处在竖直位置时，滑块A对地面有压力作用，B为紧靠绳的光滑水平小钉，它到天花板的距离OB等于弹性轻绳的自然长度，现用一水平力F作用于A，使之缓慢向右运动，在运动过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内)作用于A的力应()图8A．支持力逐渐增大B．摩擦力保持不变C．摩擦力逐渐增大D．F逐渐增大『答案』BD『解析』设弹性轻绳的劲度系数为k，AB的长度为h，将A向右拉一段距离后弹性轻绳的伸长量为x，如图所示，原来地面对滑块A的支持力F N1＝mg－kh，当向右拉一段后的支持，可得F N2＝F N1，故A错误；根据滑动摩擦力F f＝μF N，知力F N2＝mg－kx sin α，而sin α＝hx摩擦力的大小保持不变，故B正确，C错误；F＝kx cos α＋F f，运动过程中x和cos α变大，F f不变，所以F变大，故D正确．11．如图9甲，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力F T之间的函数关系如图乙所示．重力加速度为g ，由图可以判断( )图9A ．图线与纵轴的交点M 的值a M ＝－gB ．图线与横轴的交点N 的值F T N ＝mgC ．图线的斜率等于物体的质量mD ．图线的斜率等于物体质量的倒数1m『答案』 ABD『解析』 对货物受力分析，受重力mg 和拉力F T ，根据牛顿第二定律，有F T －mg ＝ma ，得a ＝F Tm－g ；当F T ＝0时，a ＝－g ，即图线与纵轴的交点M 的值a M ＝－g ，故A 正确； 当a ＝0时，F T ＝mg ，故图线与横轴的交点N 的值F T N ＝mg ，故B 正确； 图线的斜率等于物体质量的倒数1m，故C 错误，D 正确．12．(2018·湛江市期末)一根不可伸长的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图10所示．设运动员质量为M ，吊椅的质量为m ，且M >m ，不计定滑轮与轻绳间的摩擦，重力加速度为g .当运动员与吊椅一起以加速度a 加速上升时，运动员竖直向下拉绳的力F T 及运动员对吊椅的压力F N 分别为( )图10A ．F T ＝(m ＋M )(a ＋g )2B ．F T ＝M (a ＋g )＋mg2C ．F N ＝(M －m )(a ＋g )2D ．F N ＝(M －m )(g －a )2『答案』 AC『解析』 对整体分析，根据牛顿第二定律得，2F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得轻绳的拉力F T ＝(M ＋m )(a ＋g )2，故A 正确，B 错误；隔离对运动员分析，根据牛顿第二定律得，F T ＋F N ′－Mg ＝Ma ，解得F N ′＝Mg ＋Ma －F T ＝(M －m )(a ＋g )2，由牛顿第三定律得运动员对吊椅的压力F N ＝F N ′＝(M －m )(a ＋g )2，故C 正确，D 错误．二、实验题(本题共2小题，共12分)13．(6分)如图11所示，某小组同学利用DIS 实验装置研究支架上力的分解．A 、B 为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A 连接质量不计的细绳，并可沿固定的圆弧形轨道移动．B 固定不动，通过光滑铰链连接一轻杆，将细绳连接在杆右端O 点构成支架，调整轨道位置使得O 点位于轨道的圆心处，保持杆沿水平方向．随后按如下步骤操作：图11①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB ＝θ； ②对两个传感器进行调零；③用另一绳在O 点悬挂一个钩码，记录两个传感器读数； ④取下钩码，移动传感器A ，改变θ 角； 重复上述步骤①②③④，得到图示数据表格a .(1)根据表格a ，可知A 传感器对应的是表中的力________(选填“F 1”或“F 2”)，并求得钩码质量为______ kg (保留一位有效数字，取重力加速度g ＝10 m/s 2)；(2)换用不同钩码做此实验，重复上述实验步骤，得到数据表格b .则表格b 中30°所对应的F 2 空缺处数据应为________； 表格aF 1/N 1.001 0.580 … 1.002 … F 2/N －0.868 －0.291 … 0.865 … θ30°60°…150°…表格bF1/N 1.103……F2/N……θ30°60°…(3)实验中，让A传感器沿圆心为O的圆弧形(而不是其他的形状)轨道移动的主要目的是______．A．方便改变A传感器的读数B．方便改变B传感器的读数C．保持轻杆右端O的位置不变D．方便改变细绳与杆的夹角θ『答案』(1)F1(1分)0.05(1分)(2)－0.955(2分)(3)C(2分)『解析』(1)因绳子只能提供拉力，故A传感器对应的是表中力F1，对结点O受力分析有F1sin 30°＝mg，解得m≈0.05 kg.(2)对O点受力分析，O点受到F1、F2和钩码向下的拉力，根据几何关系可知，F2＝F1cos 30°＝1.103×32N≈0.955 N，因为B受到的是压力，所以F2空缺处数据应为－0.955.(3)实验中，让A传感器沿圆心为O的圆弧形轨道移动的主要目的是：保持轻杆右端O的位置不变，从而保证OB水平，故选C.14.(6分)(2018·北大附中高一期中)兴趣小组的同学们利用如图12所示的装置研究“匀变速直线运动的规律”．他们将质量为m1的物体a与质量为m2的物体b(m1<m2)通过轻绳悬挂在定滑轮上，打点计时器固定在竖直方向上，物体a通过铁夹与纸带相连接．开始时物体a与物体b均处于静止状态，之后将它们同时释放．图12图13所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，O点是这段纸带上打点计时器打下的第一个点，A 、B 、C 、D 四点是按打点先后顺序依次选取的计数点，在相邻两个计数点之间还有四个点没有画出．打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.图13(1)相邻两个计数点之间的时间间隔为________ s.(2)实验时要在接通打点计时器之________释放物体(选填“前”或“后”)．(3)将各计数点至O 点的距离依次记为s 1、s 2、s 3、s 4，测得s 2＝1.60 cm ，s 4＝6.40 cm ，则打点计时器打下C 点时物体的速度大小是________ m/s.图14(4)同学们根据测出的物体a 的上升高度s 与相应的时间t ，描绘出如图14所示的s －t 2图线，由此可以求出物体a 的加速度大小为________ m/s 2.『答案』 (1)0.1(1分) (2)后(1分) (3)0.24(2分) (4)0.80(2分)『解析』 (1)因为相邻两个计数点之间还有四个点没有画出，故相邻两个计数点之间的时间间隔为0.02 s ×5＝0.1 s.(2)实验时要在接通打点计时器之后释放物体．(3)打下C 点时物体的速度大小为v C ＝s BD 2T ＝(6.40－1.60)×10－22×0.1m/s ＝0.24 m/s.(4)因为s ＝12at 2，根据s －t 2图线可得a ＝0.80 m/s 2.三、计算题(本题4小题，共40分)15．(8分)出租车上安装有速度表，计价器里安装有里程表和时间表，出租车载客后，从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s 时，速度表显示54 km/h. (1)求这时出租车离出发点的距离；(2)出租车以相同的加速度继续做匀加速直线运动，当速度表显示108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动．当时间表显示10时12分35秒时，计价器里程表示数应为多少？(出租车启动时，里程表示数为零)『答案』 (1)75 m (2)2 700 m『解析』 (1)v 1＝54 km/h ＝15 m/s ，根据速度公式，得到a ＝v 1t 1＝1510 m/s 2＝1.5 m/s 2(1分)再根据位移公式，得到x 1＝12at 12＝12×1.5×102 m ＝75 m(1分) 这时出租车距出发点75 m(2)v 2＝108 km/h ＝30 m/s ，根据v 22＝2ax 2(1分)得出租车匀加速运动过程的位移x 2＝v 222a ＝3022×1.5m ＝300 m(1分) 设经历的时间为t 2，根据v 2＝at 2(1分)得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s(1分) 这时出租车时间表应显示10时11分15秒．出租车匀速运动的时间t 3＝80 s ，匀速运动的位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m ＝2 400 m(1分) 所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示的示数为x ＝x 2＋x 3＝(300＋2 400) m ＝2 700 m(1分)16．(10分)“娱乐风洞”是集高科技与惊险于一体的娱乐项目，表演者通过调整身姿，来改变所受的向上风力的大小，人体可上下移动的空间总高度为H .假设站立时表演者所受的向上风力为体重的14，横躺时表演者所受的向上风力为体重的2倍．如图15所示，表演开始时开启风力，表演者先以站立身姿从A 点由静止下落，经过B 点时立即调整为横躺身姿，运动到最低点C 处恰好减速为零，重力加速度为g ，求：图15(1)表演者在AB 段运动时的加速度大小；(2)BC 段的距离．『答案』 (1)34g (2)37H『解析』 (1)设表演者质量为m ，站立时由牛顿第二定律得mg －F 1＝ma 1(1分)F 1＝14mg (1分) 解得a 1＝34g (1分) (2)横躺时由牛顿第二定律得：F 2－mg ＝ma 2(1分)F 2＝2mg (1分)解得a 2＝g (1分)设AB 段距离为h 1，BC 段距离为h 2，到达B 点时速度为v ，则加速过程：v 2＝2a 1h 1(1分)减速过程：v 2＝2a 2h 2(1分)又H ＝h 1＋h 2(1分)解得h 2＝37H .(1分) 17．(10分)(2019·湛江市期末)质量为m 2＝2 kg 的长木板A 放在水平面上，与水平面之间的动摩擦因数为0.4；物块B (可看作质点)的质量为m 1＝1 kg ，放在木板A 的左端，物块B 与木板A 之间的动摩擦因数为0.2.现用一水平向右的拉力F 作用在木板A 的右端，让木板A 和物块B 一起向右做匀加速运动，如图16所示．当木板A 和物块B 的速度达到2 m/s 时撤去拉力，两者停止运动时物块B 恰好滑到木板A 的右端，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2，求：图16(1)在拉力F 作用下，要使木板A 和物块B 不发生相对滑动，求拉力F 的最大值；(2)撤去拉力后木板A 的滑动时间；(3)木板A 的长度．『答案』 (1)18 N (2)0.4 s (3)0.6 m『解析』 (1)当木板A 和物块B 刚要发生相对滑动时，拉力达到最大以B 为研究对象，由牛顿第二定律得μ1m 1g ＝m 1a 1(1分)可得a 1＝μ1g ＝2 m/s 2(1分)再以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 1(1分)故得最大拉力：F ＝18 N(1分)(2)撤去F 后A 、B 均做匀减速运动，B 的加速度大小仍为a 1，设此时A 的加速度大小为a 2，则以A 为研究对象，由牛顿第二定律得μ2(m 1＋m 2)g －μ1m 1g ＝m 2a 2，(1分)解得a 2＝5 m/s 2(1分)故A 滑动的时间t ＝v a 2＝25s ＝0.4 s ．(1分) (3)撤去F 后A 滑动的距离x 1＝v 22a 2＝222×5m ＝0.4 m(1分) B 滑动的距离x 2＝v 22a 1＝222×2m ＝1 m ，(1分) 故木板A 的长度L ＝x 2－x 1＝0.6 m ．(1分)18．(12分)(2018·上海中学高一月考)水平面上固定一斜面体，其斜面足够长且光滑，倾角α＝53°，水平面与斜面的交界处为一小段光滑圆弧(图中未画出)，一质量为m ＝2 kg 的小物块静止于A 点，现在对小物块施加一与水平方向成α＝53°的恒力F ，如图17甲所示．小物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，在AB 段运动的速度－时间图像如图乙所示，到达B 点时迅速撤去恒力F .(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)图17(1)求小物块所受到的恒力F 的大小；(2)求小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间；(3)小物块能否返回A 点？若能，计算小物块通过A 点时的速度大小；若不能，计算小物块停止运动时离B 点的距离．『答案』 (1)11 N (2)0.5 s (3)不能 0.4 m『解析』 (1)由题图乙可知，小物块在AB 段运动的加速度大小a 1＝Δv Δt ＝2.0－04.0－0m/s 2＝0.5 m/s 2(1分)以小物块为研究对象，根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1(1分)得F ＝ma 1＋μmgcos α＋μsin α＝2×0.5＋0.5×2×100.6＋0.5×0.8N ＝11 N(1分) (2)由题图乙可知，小物块到达B 点时的速度大小v B ＝2.0 m/s(1分)在BC 段运动时，有mg sin α＝ma 2(1分)得a 2＝g sin α＝8 m/s 2(1分)小物块沿斜面从B 点运动到最高点所用时间与从最高点回到B 点所用时间相等，有t 总＝2v B a 2＝2×2.08 s ＝0.5 s(1分) (3)小物块从B 向A 运动过程中，有μmg ＝ma 3(1分)得a 3＝μg ＝0.5×10 m/s 2＝5 m/s 2(1分)滑行的位移大小x ＝v B 22a 3＝2.022×5m ＝0.4 m(1分) 而x AB ＝v B 2t ＝2.02×4.0 m ＝4.0 m(1分) 因x <x AB ，故小物块不能返回A 点，停止运动时离B 点的距离为0.4 m ．(1分)。

模块综合检测(一)(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分.每小题只有一个选项符合题目要求)1.帆船是利用风力前进的船,帆船前进时,船员感觉岸上的树木向后运动,他选择的参考系是()A.树木B.河岸C.帆船D.天空解析:帆船前进时,船员感觉岸上的树木向后运动,说明船员选择的参考系是其所在的帆船.而相对于河岸和天空,树木均是静止的.选项C正确.答案:C2.单脚站立可以锻炼平衡能力,对在练此动作的人进行受力分析,下列判断正确的是()A.支持力的施力物体是人B.支持力的反作用力作用在人身上C.重力的受力物体是人D.支持力和重力是一对相互作用力解析:支持力的施力物体是地面,其反作用力是人对地面的压力,作用在地面上;重力的施力物体是地球,受力物体是人,支持力和重力是一对平衡力,并非相互作用力.选项C正确.答案:C3.冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目.被运动员掷出的冰壶在冰面上滑行过程中受到的力有()A.重力、支持力B.重力、摩擦力C.重力、支持力、摩擦力D.重力、支持力、推力解析:被运动员掷出的冰壶在冰面上滑行过程中受重力和支持力,冰壶最终会停止,是因为它还受到滑动摩擦力,由于冰壶已被掷出,不再受到推力,故选项C正确.答案:C4.打印机是现代办公不可或缺的设备,正常情况下,进纸系统能做到每次只进一张纸,进纸系统的结构如图所示.设图中刚好有10张相同的纸,每张纸的质量均为m,搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动.搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1,纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2.下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ()A.第1张纸受到搓纸轮的摩擦力方向向左B.第2张纸与第3张纸之间的摩擦力大小为2μ2mgC.第10张纸与摩擦片之间的摩擦力为0D.要做到每次只进一张纸,应要求μ1>μ2解析:第1张纸上表面受到搓纸轮施加的静摩擦力F f,方向向右,第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力F f',方向向左,则F f'=μ2(mg+F),F为搓纸轮对第1张纸的压力;F f=F f'<μ1F,正常情况下,F>mg,故必有μ1>μ2;第2张纸与第3张纸之间的摩擦力及第10张纸与摩擦片之间的摩擦力都是静摩擦力,根据平衡条件可知,大小均为F f'.选项D正确.答案:D5.自卸车常用于土方、砂石、散料等的运输工作.如图所示,当自卸车的车厢从水平倾斜到一定程度时,车厢上的货物(如集装箱)就会自动滑下.下列说法正确的是()A.车厢倾角越大,集装箱对车厢的压力越大B.车厢倾角越大,集装箱与车厢的动摩擦因数越小C.集装箱静止在倾斜车厢上时,受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力D.集装箱开始下滑时,受到的摩擦力小于重力沿斜面方向的分力解析:集装箱处于平衡状态时,则有mg sinθ=F f,F N=mg cosθ,车厢倾角越大,车厢与集装箱间的压力F N越小;动摩擦因数与倾角无关;集装箱静止在倾斜车厢上时,受力平衡,受到的摩擦力等于重力沿斜面方向的分力;集装箱滑动后的摩擦力是滑动摩擦力,小于重力沿斜面方向的分力.故选项D正确.答案:D6.关于物体在共点力作用下,下列说法正确的是()A.物体的速度在某一时刻等于0,物体就一定处于平衡状态B.物体相对另一物体保持静止时,物体一定处于平衡状态C.物体处于平衡状态,所受合力一定为0D.物体处于平衡状态时,物体一定做匀速直线运动解析:处于平衡状态的物体,从运动形式上来看是处于静止或匀速直线运动状态;从受力上来看,物体所受合力为0.某一时刻速度为0的物体,合力不一定为0,故不一定处于平衡状态.物体相对于另一物体静止时,该物体不一定处于平衡状态,如静止在加速上升的电梯中的人.故选项C正确.答案:C7.物体以12 m/s的初速度在水平冰面上做匀减速直线运动,它的加速度大小是0.8 m/s2,经20 s物体发生的位移是()A.80 mB.90 mC.100 mD.110 m解析:物体减速为0的时间为t==s=15 s,因为15 s<20 s,所以经过20 s 物体早已停止运动.故其位移为x==90 m,选项B正确,选项A、C、D错误.答案:B8.物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜面平行.已知物块与斜面之间的动摩擦因数为,g取10 m/s2.若轻绳能承受的最大拉力为1 500 N,则物块的质量最大为()A.150 kgB.100kgC.200 kgD.200kg解析:对物块进行受力分析,如图所示,F T=F f+mg sin 30°,F f=μF N,F N=mg cos 30°,代入数据解得m=150 kg,故选项A正确.答案:A二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分.每小题有多个选项符合题目要求.全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.在以后的学习中,我们将遇到动能的表达式E k=mv2.关于动能的单位,下列各式正确的是()A.kg·m2/s2B.N·m/sC.·D.N·m解析:由E k=mv2得动能的单位是kg·(m/s)2=kg·m2·s-2=kg·m·m·s-2= N·m,选项A、D正确.答案:AD10.轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上,弹簧下端悬挂一个小铁球,在电梯运行的过程中,乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小,这一现象表明()A.电梯一定在下降B.电梯可能在上升C.小铁球处于超重状态D.小铁球处于失重状态解析:弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小,说明小铁球受到的拉力小于重力,处于失重状态;物体发生失重现象时,加速度的方向向下,物体可能加速下降,也可能减速上升,故选项B、D正确.答案:BD11.一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动,下表给出了某些时刻汽车的瞬时速度,根据表中的数据通过分析、计算可以得出()时刻/s 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0速度/(m·s-1) 3.0 6.0 9.0 12 15 18A.汽车运动的加速度为2 m/s2B.汽车前6 s内的位移为54 mC.汽车第8 s末的速度为24 m/sD.汽车运动第7 s内的位移为16 m解析:汽车的加速度a=m/s2=3 m/s2,选项A错误.根据x=at2得前6 s 内的位移x6=×3×62m=54 m,选项B正确.根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度得,v4=,所以v8=2v4=2×12 m/s =24 m/s,选项C正确.汽车第1 s内的位移为x1=a=×3×12m=1.5 m,根据连续相等时间内的位移比为1∶3∶5∶…∶(2n-1),得x1∶x7=1∶13,故x7=19.5 m,选项D错误.答案:BC12.在倾角为θ=30°的长斜面上有一滑块,质量m=2 kg.该滑块从静止开始沿斜面下滑,它与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块受到的空气阻力大小与滑块下滑的速度大小成正比,即F阻=kv.滑块从静止下滑的速度图像如图所示,图中直线l是t=0时v-t图像的切线,g取10 m/s2.则()A.k=3 N·s/mB.k=4 N·s/mC.μ=0.23D.μ=0.58解析:明确滑块达到最大速度后受到的空气阻力不变是解答本题的关键.由v-t图像可知,滑块做加速度逐渐减小的加速运动,最终以最大速度v m= 2 m/s做匀速直线运动.t=0时,滑块的速度为0,空气阻力为0,滑块的加速度最大,此时的加速度a0=3 m/s2;根据牛顿第二定律得mg sinθ-μmg cosθ= ma0,联立并代入数据得μ=0.23;当速度达到v m=2 m/s后,滑块做匀速直线运动,则mg sinθ-μmg cosθ-kv m=0,k==3 N·s/m.答案:AC三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)为了较准确地测量某细线能承受的最大拉力,小聪、小明分别进行了如下实验:小聪在实验室里找到一个弹簧测力计,按图甲所示安装细线和测力计后,他用力缓慢竖直向下拉测力计,直到测力计的示数达到量程(细线没有断裂),读出测力计的示数F,将F记为细线能承受的最大拉力.甲乙小明在实验室里还找到一把刻度尺和一个玩具小熊,接着进行了如下的操作:A.用刻度尺测出细线的长度l,用弹簧测力计测出玩具小熊的重力G;B.按图乙所示安装玩具小熊、细线(玩具小熊悬挂在细线的中点);C.两手捏着细线缓慢向两边移动直到细线断裂,读出此时两手间的水平距离d;D.利用平衡条件算出结果.在不计细线质量和伸长影响的情况下,请回答:(1)小明算出的细线能承受的最大拉力是(用l、G、d表示);两位同学中,(选填“小聪”或“小明”)的测量结果较准确.(2)在小明两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中,下列说法正确的是(填选项字母).A.细线上的拉力大小不变B.细线上的拉力减小C.细线上拉力的合力大小不变D.细线上拉力的合力增大解析:(1)当细线断裂时,根据共点力平衡求出细线的最大拉力.绳子与竖直方向夹角的余弦值cosθ=,根据平衡有2F T cosθ=G,解得最大拉力F T=.小聪的方案中,测力计示数达到量程时细线未断裂,细线能承受的最大拉力明显大于测力计的量程,所以小明的测量结果较准确. (2)在小明两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中,根据共点力平衡的条件得出细线上拉力的合力大小不变,大小等于物体重力,细线上的拉力增大,选项C正确.答案:小明(2)C14.(9分)某同学利用如图甲所示的装置来探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系.甲(1)他先保持沙和沙桶质量不变,改变小车的质量m,分别得到小车的加速度a与质量m及对应的质量的倒数,数据如下表.请在图乙坐标系中画出a-图线,并根据图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式为.实验次数 1 2 3 4 5 6 7 8小车加速度1.90 1.72 1.49 1.25 1.00 0.75 0.50 0.30a/(m·s-2)小车的质量m/kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 1.674.00 3.45 3.03 2.50 2.00 1.41 1.00 0.60质量的倒数/kg-1乙丙(2)再保持小车质量不变,改变沙和沙桶质量,该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F的变化图线如图丙所示.该图线不通过原点的主要原因是.解析:(1)根据表格数据用描点法作图,如图所示.由图分析可知,a=.(2)a-F图线表明对小车施加一个较小的力时,小车没有加速度,说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足.答案:(1)见解析图.a=(2)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足15.(10分)如图所示,A与B两滑块叠放在水平面上,用一水平绳将B系于竖直的墙面上,已知A与B所受的重力分别为G A=40 N,G B=20 N,B与A及A与水平面之间的动摩擦因数μ相同.当水平力F=20 N时,才能将A匀速拉出,μ为多大?(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)解析:A上表面受的摩擦力为F f1=μG B,A下表面所受摩擦力为F f2=μ(G A+G B),要使A物体被匀速拉出,必须满足F=F f1+F f2,代入数据得μ=0.25.答案:0.2516.(10分)水平传送带被广泛应用于车站、港口、工厂等.下图为一水平传送带的示意图,绷紧的传送带始终保持v0=2 m/s的恒定速率运行,一质量为m的工件无初速度地放在A处,传送带对工件的滑动摩擦力使工件开始做匀加速直线运动,若工件与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2,A、B 之间的距离为l= 10 m,g取10 m/s2.求工件从A处运动到B处所用的时间.解析:设工件做匀加速运动的加速度为a,加速的时间为t1,加速运动的位移为x,根据牛顿第二定律,有μmg=ma,代入数据可得a=2 m/s2;工件加速运动的时间t1=,代入数据可得t1=1 s;此过程工件发生的位移x=a,代入数据可得x=1 m;由于x<l,所以工件与传送带同速时,工件没有滑离传送带.设工件随传送带匀速运动的时间为t2,则t2=,代入数据可得t2=4.5 s;所以工件从A处运动到B处的总时间t=t1+t2=5.5 s.答案:5.5 s17.(12分)一物块以一定的初速度沿足够长的斜面向上滑动,其速度大小随时间的变化关系如图所示,g取10 m/s2,求:(1)物块上滑过程和下滑过程的加速度大小a1、a2;(2)物块向上滑行的最大距离x;(3)斜面的倾角θ.解析:(1)物块上滑的加速度大小为a1==m/s2=8 m/s2,物块下滑的加速度大小为a2==2 m/s2.(2)由位移公式有x=v0t1=1 m,即物块向上滑行的最大距离为1 m.(3)设物块质量为m,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,则有ma1=mg sin θ+μmg cos θ,ma2=mg sin θ-μmg cos θ,解得θ=30°.答案:(1)8 m/s2 2 m/s2(2)1 m(3)30°18.(13分)甲车以10 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶,在t=0时刻经过乙车身边,此时乙车的速度为2 m/s,加速度为0.2 m/s2.若甲、乙两车同向运动,乙车做匀加速直线运动.(1)当乙车的速度多大时,乙车落后于甲车的距离最远?这个最远的距离是多大?(2)当乙车的速度多大时,乙车追上甲车?乙车追上甲车用多少时间?解析:(1)甲、乙速度相等时,乙落后甲最远,设速度相等时经过的时间为t,则v甲=v乙=v乙0 +at,t==s=40 s.在这段时间里,甲、乙的位移分别为x甲=v甲t=10×40 m=400 m,x乙==m=240 m.最远的距离x max=x甲-x乙=160 m.(2)设经过时间t'乙车追上甲车,则位移关系为x甲'=x乙',即v甲t'=v乙0t'+at'2,解得t'=80 s,或t'=0(不合题意,舍去).则乙车的速度为v=v乙0+at'=2 m/s+0.2×80 m/s=18 m/s.答案:(1)10 m/s160 m(2)18 m/s80 s。