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人教版（2019）高中物理必修一新教材同步 模块综合试卷(二)教师版
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这是一份人教版（2019）高中物理必修一新教材同步 模块综合试卷(二)教师版，共14页。
模块综合试卷(二)(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1～7题为单项选择题，8～12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．(2019·泰安一中期中)如图1所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( )图1A．M处受到的静摩擦力沿MN方向B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的支持力竖直向上D．N处受到的静摩擦力沿水平方向答案 C2．(2019·泰安一中期中)A、B、C三物块的质量分别为M、m和m0，按如图2所示连接，绳子不可伸长且与A相连的绳子水平，绳子和滑轮的质量、绳子和滑轮的摩擦均不计．若B随A一起沿水平桌面做匀速直线运动，则( )图2A．物块A与桌面之间有摩擦力，大小为m0gB．物块A与B之间有摩擦力，大小为m0gC．桌面对A、B对A都有摩擦力，两者方向相同，合力为m0gD．桌面对A、B对A都有摩擦力，两者方向相反，合力为m0g答案 A解析 对A和B组成的整体受力分析可知，整体受绳子的拉力、重力、支持力，要使整体做匀速直线运动，物块A一定受到桌面对其向左的摩擦力，大小为m0g，A正确；对物块B受力分析，B受重力、支持力；要使B做匀速直线运动，则B不会受到物块A对B的摩擦力，故A、B间没有摩擦力，故B、C、D错误．3.如图3所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，倾角θ缓慢增大，货物m相对车厢始终静止，在此过程中下列说法正确的是( )图3A．货物对车厢的压力变大B．货物受到的摩擦力变大C．地面对车的摩擦力变小D．地面对车的支持力变小答案 B解析 货物处于平衡状态，受重力、支持力和静摩擦力，根据共点力平衡条件，有：mgsin θ＝Ff，FN＝mgcos θ，θ增大时，Ff增大，FN减小；再根据牛顿第三定律可知，货物对车厢的压力减小，A错误，B正确；对货车和货物整体受力分析，只受重力与支持力，不受摩擦力；根据平衡条件，支持力不变，C、D错误．4.如图4所示，相邻两点之间的距离均为50 m，一质点从计时开始由a点以大小为v0＝5 m/s的初速度向右做匀加速直线运动，经过t＝10 s的时间刚好运动到c点．则下列选项中错误的是( )图4A．质点做匀加速直线运动的加速度大小为1 m/s2B．质点运动到g点时速度大小为25 m/sC．质点在c、g之间的平均速度大小为20 m/sD．质点由c点运动到g点的时间应为20 s答案 D解析 质点在前10 s内的位移是xac＝50×2 m＝100 m，而xac＝v0t＋eq \f(1,2)a′t2，代入数据解得a′＝1 m/s2，A正确；由veq \o\al(g2)－veq \o\al(02,)＝2a′xag，代入数据解得vg＝25 m/s，B正确；同理由veq \o\al(c2)－veq \o\al(02,)＝2a′xac，代入数据得vc＝15 m/s，则质点由c点运动到g点的时间为t′＝eq \f(vg－vc,a′)＝10 s，质点在c、g之间的平均速度大小为eq \x\to(v)＝eq \f(xcg,t′)＝eq \f(4×50,10) m/s＝20 m/s，C正确，D错误．5.如图5所示，一水平传送带匀速转动，在A处把工件轻轻放到传送带上，经过一段时间工件便被运送到B处，则下列说法正确的是( )图5A．工件在传送带上可能一直做匀速运动B．工件在传送带上可能一直做匀加速运动C．提高传送带的运动速度，一定能缩短工件的运送时间D．不管传送带的速度为多大，工件的运送时间是一样的答案 B解析 由题意，工件的初速度是0，受到滑动摩擦力而做匀加速运动，故A错误；若传送带的速度足够大，则工件在传送带上会一直做匀加速运动，再提高传送带的运动速度，不能缩短工件的运送时间，故B正确，C错误；若传送带的速度足够小，则工件在传送带上会先匀加速运动后匀速运动，若传送带的速度足够大，则工件在传送带上会一直做匀加速运动，传送带的速度不同，工件的运送时间可能会不一样，故D错误．6.如图6所示，A是一质量为M的盒子，B的质量为m，A、B用轻质细绳相连，跨过光滑的定滑轮后将A置于倾角为θ的斜面体上，B悬于斜面体之外．已知A、B均处于静止状态，斜面体放置在水平地面上．现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中( )图6A．细绳的拉力逐渐减小B．地面对斜面体的摩擦力始终为零C．A所受的摩擦力逐渐增大D．A所受的合力逐渐增大答案 B解析 整个系统始终保持静止，以B为研究对象，细绳的拉力不变，始终等于mg，A错误；以整个系统为研究对象，地面对斜面体的摩擦力始终为零，B正确；以A为研究对象，A始终保持静止，所受的合力为零，因不确定刚开始时摩擦力的方向，故A所受的摩擦力可能逐渐增大，也可能先减小后增大，C、D错误．7.如图7所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起，但A、B之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g＝10 m/s2)( )图7A．0 B．8 NC．10 N D．2 N答案 B解析 剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝40 N，剪断细线的瞬间，A、B整体的加速度a＝eq \f(mA＋mBg－F,mA＋mB)＝2 m/s2，对 B受力分析，mBg－FN＝mBa，解得FN＝8 N，由牛顿第三定律知，B正确．8.(2019·濮阳市高一上学期期末)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．如图8所示，运动员身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是运动员所到达的最低点，b是运动员静止悬吊时的受力平衡位置．不计空气阻力，运动员在从P点落下到最低点c的过程中( )图8A．运动员从a点运动到c点的过程是匀减速运动B．在b点，运动员的速度最大、加速度为零C．在c点，运动员的速度为零、加速度为零D．在bc段，绳的拉力大于人的重力，运动员处于超重状态答案 BD9.如图9所示，屋檐每隔0.2 s由静止落下一滴水滴，t时刻某一水滴刚下落时，刚好只有两滴水滴分别位于高为1.4 m的窗户上、下沿，若不考虑其他阻力的影响，取g＝10 m/s2，则( )图9A．水滴从窗户上沿到下沿的平均速度为7 m/sB．水滴从屋檐到窗户上沿的下落时间为0.8 sC．窗户下沿离屋檐的高度为3.2 mD．t时刻窗户下沿到屋檐之间有5滴水滴正在下落答案 ACD解析 水滴从窗户上沿到下沿的时间t＝0.2 s，故平均速度为eq \x\to(v)＝eq \f(h,t)＝eq \f(1.4,0.2) m/s＝7 m/s，选项A正确；水滴经过窗户上、下沿中间时刻的速度为7 m/s，经历的时间t′＝eq \f(v,g)＝eq \f(7,10) s＝0.7 s，则水滴从屋檐到窗户的上沿的下落时间为t1＝0.7 s－0.1 s＝0.6 s，到下沿的下落时间为0.8 s，则t时刻窗户下沿到屋檐之间有5滴水滴正在下落，则选项B错误，D正确；窗户下沿离屋檐的高度为h1＝eq \f(1,2)gteq \o\al(12,)＋h＝eq \f(1,2)×10×0.62 m＋1.4 m＝3.2 m，选项C正确．10.如图10所示为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时开始运动的v－t图像，已知在第3 s末两个物体在途中相遇，则( )图10A．A、B两物体从同一地点出发B．3 s内物体A的平均速度比物体B的大C．A、B两物体在减速阶段的加速度大小之比为2∶1D．t＝1 s时，两物体第一次相遇答案 CD解析 v－t图像与时间轴围成的图形的面积表示物体的位移，由题图可知两物体在3 s内的位移不等，而在第3 s末相遇，可判断出两物体出发点不同，故A错误；由题图可知物体B在3 s内的位移大于A的位移，则3 s内B的平均速度大于A的平均速度，故B错误；由题图可知，在减速阶段A的加速度aA＝－2 m/s2，B的加速度aB＝－1 m/s2，故|aA|∶|aB|＝2∶1，故C正确；由题图可知，1～3 s内A、B两物体位移相等，且第3 s末两个物体在途中相遇，所以t＝1 s时，两物体第一次相遇，故D正确．11．(2018·广东实验中学高一质检)目前，有一种汽车制动装置可保证车轮在制动时不会抱死，使车轮仍有一定的滚动．安装了这种防抱死装置的汽车，在紧急刹车时可获得比车轮抱死时更大的制动力，从而使刹车距离大大减小．假设安装防抱死装置后的汽车刹车时受到的合力恒为F，驾驶员的反应时间为t，汽车和驾驶员的总质量为m，刹车前汽车匀速行驶的速度大小为v，则( )A．汽车刹车的加速度大小为a＝eq \f(v,t)B．汽车的刹车时间为t0＝eq \f(mv,F)C．汽车的刹车距离为x＝eq \f(mv2,2F)D．驾驶员发现情况后紧急刹车，此时的安全距离为s＝vt＋eq \f(mv2,2F)答案 BCD解析 驾驶员的反应时间不是刹车后汽车运动的时间，由牛顿第二定律可得汽车刹车的加速度大小为a＝eq \f(F,m)，A错误；由刹车时间t0＝eq \f(v,a)得t0＝eq \f(mv,F)，B正确；从驾驶员发现情况到采取刹车措施，汽车匀速运动的位移x0＝vt，从刹车到停止，汽车的刹车距离为x＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(mv2,2F)，汽车的安全距离s＝x0＋x＝vt＋eq \f(mv2,2F)，所以C、D正确．12.如图11，倾角θ＝37°、足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量m＝2 kg的小物体轻放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则小物体在向上运动的过程中( )图11A．加速度恒定B．先加速上滑后匀速C．所受的摩擦力方向不变D．所受的滑动摩擦力大小为16 N答案 BC解析 开始时小物体受到向上的滑动摩擦力，因Ff＝μmgcos 37°＝12.8 N>mgsin 37°＝12 N，则小物体加速上滑，当速度与传送带相等时，因μmgcos 37°>mgsin 37°，则此时小物体相对传送带静止，随传送带匀速向上运动，此时静摩擦力方向仍向上，则选项B、C正确，A、D错误．二、实验题(本题共2小题，共12分)13．(6分)某同学用图12(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数．跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧测力计相连，滑轮与木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码．缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧测力计的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小．某次实验所得数据在表中给出，其中Ff4的值可从图(b)中弹簧测力计的示数读出．图12回答下列问题：(1)Ff4＝________ N；(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出Ff－m图线；(3)Ff与m、木块质量M、木块与木板之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为Ff＝________，Ff－m图线(直线)的斜率为k＝________；(4)取g＝9.80 m/s2，由绘出的Ff－m图线求得μ＝________(保留2位有效数字)．答案 (1)2.75(1分) (2)见解析图(1分) (3)μ(M＋m)g(1分) μg(1分) (4)0.40(2分)解析 (1)弹簧测力计读数为2.75 N.(2)在图像上添加(0.05 kg,2.15 N)、(0.20 kg,2.75 N)这两个点，画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧，如图所示．(3)由实验原理可得Ff＝μ(M＋m)g，Ff－m图线的斜率为k＝μg.(4)根据图像求出k≈3.9 N/kg，代入数据得μ≈0.40.14．(6分)用如图13甲所示装置“探究小车加速度与力、质量的关系”．请思考并完成相关内容：(1)实验时，以下操作正确的是________．A．补偿摩擦力时，应将空沙桶用细线跨过定滑轮系在小车上，让细线与长木板平行B．补偿摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器C．每次改变小车质量时，不需要重新补偿摩擦力D．实验时，应先释放小车，再接通电源图13(2)图乙是实验得到的一条纸带，已知相邻两计数点间还有四个计时点未画出，打点计时器所用电源频率为50 Hz，由此求出小车的加速度a＝________ m/s2.(计算结果保留3位有效数字)(3)一组同学在保持木板水平时，研究小车质量一定的情况下加速度a与合外力F的关系，得到如图丙中①所示的图线，则小车运动时受到的摩擦力Ff＝________ N，小车的质量M＝________ kg.若该组同学正确完成了(1)问中的步骤，得到的a－F图线应该是图丙中的________．(选填“②”“③”或“④”)答案 (1)BC(1分) (2)0.906(2分) (3)0.08(1分) 0.16(1分) ③(1分)解析 (1)补偿摩擦力时，应取下沙桶，将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，接通打点计时器电源，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动，B正确，A错误．每次改变小车质量时，不需要重新补偿摩擦力，C正确；实验时，应先接通电源，再释放小车，D错误．(2)运用逐差法可得a＝eq \f(xDG－xAD,9T2)≈0.906 m/s2.(3)根据题图丙中①知，当F＝0.08 N时，小车才开始运动，所以小车受到的摩擦力Ff＝0.08 N．由牛顿第二定律得a＝eq \f(1,M)F－eq \f(1,M)Ff，所以a－F图线斜率表示小车质量的倒数，所以M＝eq \f(1,k)＝0.16 kg.平衡摩擦力后，由牛顿第二定律得a＝eq \f(1,M)F，a与F成正比且图线过原点．图线斜率不变，所以应是③.三、计算题(本题共4小题，共40分)15．(8分)小勇在某次练习3米跳板时，上升到最高点后开始下落，已知最高点到水面的距离为h1＝3.2 m，池中水深h2＝2 m，小勇落入水中前的运动可视为自由落体运动，落入水中后做匀减速直线运动，整个运动过程中小勇始终呈直立状态，已知小勇与游泳池的底面接触时速度刚好减为零．小勇可以看成质点，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小勇在整个运动过程中的最大速度vm的大小；(2)小勇从最高点到接触游泳池的底面所用的总时间t.答案 (1)8 m/s (2)1.3 s解析 (1)由题意分析可知，小勇运动到水面时速度最大，则veq \o\al(2,m)＝2gh1(2分)代入数据解得vm＝8 m/s.(1分)(2)由h1＝eq \f(vm,2)t1(1分)h2＝eq \f(vm,2)t2(1分)代入数据解得t1＝0.8 s(1分)t2＝0.5 s(1分)所以总时间t＝t1＋t2＝1.3 s．(1分)16．(8分)B、C两个小球所受重力均为G，用轻质细线悬挂在竖直墙上的A、D两点(A、D与两小球在同一竖直平面内)．细线与竖直墙壁之间的夹角分别为30°和60°(如图14所示)，两个小球均处于静止状态．则：图14(1)AB和CD两根细线的拉力FAB和FCD分别为多大？(2)细线BC与竖直方向的夹角θ是多少？答案 (1)eq \r(3)G G (2)60°解析 (1)对两个小球构成的整体受力分析，根据力的平衡条件得：水平方向：FABsin 30°＝FCDsin 60°(1分)竖直方向：FABcos 30°＋FCDcos 60°＝2G(1分)联立解得：FAB＝eq \r(3)G，FCD＝G(2分)(2)对小球C受力分析，根据力的平衡条件得：水平方向：FBCsin θ＝FCDsin 60°(1分)竖直方向：FBCcos θ＋FCDcos 60°＝G(1分)联立解得：θ＝60°.(2分)17.(11分)(2018·南京金陵中学期中)在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶．在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”．如图15所示，假设某汽车以10 m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一位行人，该人正以相对地面2 m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车仍沿斜坡滑行．已知斜坡高xAB＝3 m，长xAC＝5 m，司机刹车时行人距坡底C点的距离xCE＝6 m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面的动摩擦因数约为0.5.汽车经过C点时速度大小不变，g取10 m/s2，计算结果可用根式表示．图15(1)求汽车沿斜坡滑下的加速度大小；(2)求汽车沿斜坡滑下到达坡底C点时的速度大小；(3)试分析此种情况下，行人是否有危险．答案 (1)2 m/s2 (2)2eq \r(30) m/s (3)有危险解析 (1)设斜坡倾角为θ，汽车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma1(1分)由几何关系得sin θ＝eq \f(3,5)，cos θ＝eq \f(4,5)(1分)联立以上各式解得汽车在斜坡上滑下时的加速度大小a1＝2 m/s2(1分)(2)由匀变速直线运动规律可得veq \o\al(C2)－veq \o\al(A2)＝2a1xAC(1分)解得汽车到达坡底C点时的速度大小vC＝2eq \r(30) m/s(1分)(3)汽车到达坡底经历时间t1＝eq \f(vC－vA,a1)＝(eq \r(30)－5) s(1分)汽车在水平路面运动阶段，由μmg＝ma2得汽车的加速度大小a2＝μg＝5 m/s2(1分)汽车的速度减至v＝v人＝2 m/s时发生的位移x1＝eq \f(v\o\al(C2)－v\o\al(人2),2a2)＝11.6 m(1分)经历的时间t2＝eq \f(vC－v人,a2)＝eq \f(2,5)(eq \r(30)－1) s(1分)行人发生的位移x2＝v人(t1＋t2)＝eq \f(2,5)(7eq \r(30)－27) m≈4.54 m(1分)因x1－x2＝7.06 m>6 m，故行人有危险．(1分)18.(13分)如图16所示为货场使用的传送带装置，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送带以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动．一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上传送带，货物与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图16(1)货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)当货物的速度和传送带的速度相同时用了多长时间？这时货物相对于地面沿传送带方向运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，到货物再次滑回A端共用了多长时间？(计算结果可用根式表示)答案 (1)10 m/s2 (2)1 s 7 m (3)(2＋2eq \r(2)) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1，货物相对传送带向上运动，所以货物受到的摩擦力沿传送带向下，货物受力如图所示．根据牛顿第二定律得mgsin θ＋Ff＝ma1，(1分)FN－mgcos θ＝0(1分)又Ff＝μFN，(1分)解得a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2.(1分)(2)货物速度从v0减至v所用时间t1＝eq \f(v－v0,－a1)＝1 s，(1分)位移x1＝eq \f(v2－v\o\al(02),－2a1)＝7 m．(2分)(3)过了t1＝1 s后货物所受摩擦力沿传送带向上，设此时货物的加速度大小为a2，可得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下．(1分)设货物经时间t2，速度减为零，则t2＝eq \f(0－v,－a2)＝1 s．(1分)沿传送带向上滑动的距离x2＝eq \f(0－v2,－2a2)＝eq \f(0－22,－2×2) m＝1 m，(1分)上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m．(1分)货物到达最高点下滑时的加速度大小为a2，设下滑时间为t3，由x＝eq \f(1,2)a2teq \o\al(32,)，解得t3＝2eq \r(2) s，(1分)则货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2eq \r(2)) s．(1分) 砝码的质量m/kg0.050.100.150.200.25滑动摩擦力Ff/N2.152.362.55Ff42.93
模块综合试卷(二)(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1～7题为单项选择题，8～12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．(2019·泰安一中期中)如图1所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( )图1A．M处受到的静摩擦力沿MN方向B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的支持力竖直向上D．N处受到的静摩擦力沿水平方向答案 C2．(2019·泰安一中期中)A、B、C三物块的质量分别为M、m和m0，按如图2所示连接，绳子不可伸长且与A相连的绳子水平，绳子和滑轮的质量、绳子和滑轮的摩擦均不计．若B随A一起沿水平桌面做匀速直线运动，则( )图2A．物块A与桌面之间有摩擦力，大小为m0gB．物块A与B之间有摩擦力，大小为m0gC．桌面对A、B对A都有摩擦力，两者方向相同，合力为m0gD．桌面对A、B对A都有摩擦力，两者方向相反，合力为m0g答案 A解析 对A和B组成的整体受力分析可知，整体受绳子的拉力、重力、支持力，要使整体做匀速直线运动，物块A一定受到桌面对其向左的摩擦力，大小为m0g，A正确；对物块B受力分析，B受重力、支持力；要使B做匀速直线运动，则B不会受到物块A对B的摩擦力，故A、B间没有摩擦力，故B、C、D错误．3.如图3所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，倾角θ缓慢增大，货物m相对车厢始终静止，在此过程中下列说法正确的是( )图3A．货物对车厢的压力变大B．货物受到的摩擦力变大C．地面对车的摩擦力变小D．地面对车的支持力变小答案 B解析 货物处于平衡状态，受重力、支持力和静摩擦力，根据共点力平衡条件，有：mgsin θ＝Ff，FN＝mgcos θ，θ增大时，Ff增大，FN减小；再根据牛顿第三定律可知，货物对车厢的压力减小，A错误，B正确；对货车和货物整体受力分析，只受重力与支持力，不受摩擦力；根据平衡条件，支持力不变，C、D错误．4.如图4所示，相邻两点之间的距离均为50 m，一质点从计时开始由a点以大小为v0＝5 m/s的初速度向右做匀加速直线运动，经过t＝10 s的时间刚好运动到c点．则下列选项中错误的是( )图4A．质点做匀加速直线运动的加速度大小为1 m/s2B．质点运动到g点时速度大小为25 m/sC．质点在c、g之间的平均速度大小为20 m/sD．质点由c点运动到g点的时间应为20 s答案 D解析 质点在前10 s内的位移是xac＝50×2 m＝100 m，而xac＝v0t＋eq \f(1,2)a′t2，代入数据解得a′＝1 m/s2，A正确；由veq \o\al(g2)－veq \o\al(02,)＝2a′xag，代入数据解得vg＝25 m/s，B正确；同理由veq \o\al(c2)－veq \o\al(02,)＝2a′xac，代入数据得vc＝15 m/s，则质点由c点运动到g点的时间为t′＝eq \f(vg－vc,a′)＝10 s，质点在c、g之间的平均速度大小为eq \x\to(v)＝eq \f(xcg,t′)＝eq \f(4×50,10) m/s＝20 m/s，C正确，D错误．5.如图5所示，一水平传送带匀速转动，在A处把工件轻轻放到传送带上，经过一段时间工件便被运送到B处，则下列说法正确的是( )图5A．工件在传送带上可能一直做匀速运动B．工件在传送带上可能一直做匀加速运动C．提高传送带的运动速度，一定能缩短工件的运送时间D．不管传送带的速度为多大，工件的运送时间是一样的答案 B解析 由题意，工件的初速度是0，受到滑动摩擦力而做匀加速运动，故A错误；若传送带的速度足够大，则工件在传送带上会一直做匀加速运动，再提高传送带的运动速度，不能缩短工件的运送时间，故B正确，C错误；若传送带的速度足够小，则工件在传送带上会先匀加速运动后匀速运动，若传送带的速度足够大，则工件在传送带上会一直做匀加速运动，传送带的速度不同，工件的运送时间可能会不一样，故D错误．6.如图6所示，A是一质量为M的盒子，B的质量为m，A、B用轻质细绳相连，跨过光滑的定滑轮后将A置于倾角为θ的斜面体上，B悬于斜面体之外．已知A、B均处于静止状态，斜面体放置在水平地面上．现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中( )图6A．细绳的拉力逐渐减小B．地面对斜面体的摩擦力始终为零C．A所受的摩擦力逐渐增大D．A所受的合力逐渐增大答案 B解析 整个系统始终保持静止，以B为研究对象，细绳的拉力不变，始终等于mg，A错误；以整个系统为研究对象，地面对斜面体的摩擦力始终为零，B正确；以A为研究对象，A始终保持静止，所受的合力为零，因不确定刚开始时摩擦力的方向，故A所受的摩擦力可能逐渐增大，也可能先减小后增大，C、D错误．7.如图7所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起，但A、B之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g＝10 m/s2)( )图7A．0 B．8 NC．10 N D．2 N答案 B解析 剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝40 N，剪断细线的瞬间，A、B整体的加速度a＝eq \f(mA＋mBg－F,mA＋mB)＝2 m/s2，对 B受力分析，mBg－FN＝mBa，解得FN＝8 N，由牛顿第三定律知，B正确．8.(2019·濮阳市高一上学期期末)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．如图8所示，运动员身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是运动员所到达的最低点，b是运动员静止悬吊时的受力平衡位置．不计空气阻力，运动员在从P点落下到最低点c的过程中( )图8A．运动员从a点运动到c点的过程是匀减速运动B．在b点，运动员的速度最大、加速度为零C．在c点，运动员的速度为零、加速度为零D．在bc段，绳的拉力大于人的重力，运动员处于超重状态答案 BD9.如图9所示，屋檐每隔0.2 s由静止落下一滴水滴，t时刻某一水滴刚下落时，刚好只有两滴水滴分别位于高为1.4 m的窗户上、下沿，若不考虑其他阻力的影响，取g＝10 m/s2，则( )图9A．水滴从窗户上沿到下沿的平均速度为7 m/sB．水滴从屋檐到窗户上沿的下落时间为0.8 sC．窗户下沿离屋檐的高度为3.2 mD．t时刻窗户下沿到屋檐之间有5滴水滴正在下落答案 ACD解析 水滴从窗户上沿到下沿的时间t＝0.2 s，故平均速度为eq \x\to(v)＝eq \f(h,t)＝eq \f(1.4,0.2) m/s＝7 m/s，选项A正确；水滴经过窗户上、下沿中间时刻的速度为7 m/s，经历的时间t′＝eq \f(v,g)＝eq \f(7,10) s＝0.7 s，则水滴从屋檐到窗户的上沿的下落时间为t1＝0.7 s－0.1 s＝0.6 s，到下沿的下落时间为0.8 s，则t时刻窗户下沿到屋檐之间有5滴水滴正在下落，则选项B错误，D正确；窗户下沿离屋檐的高度为h1＝eq \f(1,2)gteq \o\al(12,)＋h＝eq \f(1,2)×10×0.62 m＋1.4 m＝3.2 m，选项C正确．10.如图10所示为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时开始运动的v－t图像，已知在第3 s末两个物体在途中相遇，则( )图10A．A、B两物体从同一地点出发B．3 s内物体A的平均速度比物体B的大C．A、B两物体在减速阶段的加速度大小之比为2∶1D．t＝1 s时，两物体第一次相遇答案 CD解析 v－t图像与时间轴围成的图形的面积表示物体的位移，由题图可知两物体在3 s内的位移不等，而在第3 s末相遇，可判断出两物体出发点不同，故A错误；由题图可知物体B在3 s内的位移大于A的位移，则3 s内B的平均速度大于A的平均速度，故B错误；由题图可知，在减速阶段A的加速度aA＝－2 m/s2，B的加速度aB＝－1 m/s2，故|aA|∶|aB|＝2∶1，故C正确；由题图可知，1～3 s内A、B两物体位移相等，且第3 s末两个物体在途中相遇，所以t＝1 s时，两物体第一次相遇，故D正确．11．(2018·广东实验中学高一质检)目前，有一种汽车制动装置可保证车轮在制动时不会抱死，使车轮仍有一定的滚动．安装了这种防抱死装置的汽车，在紧急刹车时可获得比车轮抱死时更大的制动力，从而使刹车距离大大减小．假设安装防抱死装置后的汽车刹车时受到的合力恒为F，驾驶员的反应时间为t，汽车和驾驶员的总质量为m，刹车前汽车匀速行驶的速度大小为v，则( )A．汽车刹车的加速度大小为a＝eq \f(v,t)B．汽车的刹车时间为t0＝eq \f(mv,F)C．汽车的刹车距离为x＝eq \f(mv2,2F)D．驾驶员发现情况后紧急刹车，此时的安全距离为s＝vt＋eq \f(mv2,2F)答案 BCD解析 驾驶员的反应时间不是刹车后汽车运动的时间，由牛顿第二定律可得汽车刹车的加速度大小为a＝eq \f(F,m)，A错误；由刹车时间t0＝eq \f(v,a)得t0＝eq \f(mv,F)，B正确；从驾驶员发现情况到采取刹车措施，汽车匀速运动的位移x0＝vt，从刹车到停止，汽车的刹车距离为x＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(mv2,2F)，汽车的安全距离s＝x0＋x＝vt＋eq \f(mv2,2F)，所以C、D正确．12.如图11，倾角θ＝37°、足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量m＝2 kg的小物体轻放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则小物体在向上运动的过程中( )图11A．加速度恒定B．先加速上滑后匀速C．所受的摩擦力方向不变D．所受的滑动摩擦力大小为16 N答案 BC解析 开始时小物体受到向上的滑动摩擦力，因Ff＝μmgcos 37°＝12.8 N>mgsin 37°＝12 N，则小物体加速上滑，当速度与传送带相等时，因μmgcos 37°>mgsin 37°，则此时小物体相对传送带静止，随传送带匀速向上运动，此时静摩擦力方向仍向上，则选项B、C正确，A、D错误．二、实验题(本题共2小题，共12分)13．(6分)某同学用图12(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数．跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧测力计相连，滑轮与木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码．缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧测力计的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小．某次实验所得数据在表中给出，其中Ff4的值可从图(b)中弹簧测力计的示数读出．图12回答下列问题：(1)Ff4＝________ N；(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出Ff－m图线；(3)Ff与m、木块质量M、木块与木板之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为Ff＝________，Ff－m图线(直线)的斜率为k＝________；(4)取g＝9.80 m/s2，由绘出的Ff－m图线求得μ＝________(保留2位有效数字)．答案 (1)2.75(1分) (2)见解析图(1分) (3)μ(M＋m)g(1分) μg(1分) (4)0.40(2分)解析 (1)弹簧测力计读数为2.75 N.(2)在图像上添加(0.05 kg,2.15 N)、(0.20 kg,2.75 N)这两个点，画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧，如图所示．(3)由实验原理可得Ff＝μ(M＋m)g，Ff－m图线的斜率为k＝μg.(4)根据图像求出k≈3.9 N/kg，代入数据得μ≈0.40.14．(6分)用如图13甲所示装置“探究小车加速度与力、质量的关系”．请思考并完成相关内容：(1)实验时，以下操作正确的是________．A．补偿摩擦力时，应将空沙桶用细线跨过定滑轮系在小车上，让细线与长木板平行B．补偿摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器C．每次改变小车质量时，不需要重新补偿摩擦力D．实验时，应先释放小车，再接通电源图13(2)图乙是实验得到的一条纸带，已知相邻两计数点间还有四个计时点未画出，打点计时器所用电源频率为50 Hz，由此求出小车的加速度a＝________ m/s2.(计算结果保留3位有效数字)(3)一组同学在保持木板水平时，研究小车质量一定的情况下加速度a与合外力F的关系，得到如图丙中①所示的图线，则小车运动时受到的摩擦力Ff＝________ N，小车的质量M＝________ kg.若该组同学正确完成了(1)问中的步骤，得到的a－F图线应该是图丙中的________．(选填“②”“③”或“④”)答案 (1)BC(1分) (2)0.906(2分) (3)0.08(1分) 0.16(1分) ③(1分)解析 (1)补偿摩擦力时，应取下沙桶，将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，接通打点计时器电源，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动，B正确，A错误．每次改变小车质量时，不需要重新补偿摩擦力，C正确；实验时，应先接通电源，再释放小车，D错误．(2)运用逐差法可得a＝eq \f(xDG－xAD,9T2)≈0.906 m/s2.(3)根据题图丙中①知，当F＝0.08 N时，小车才开始运动，所以小车受到的摩擦力Ff＝0.08 N．由牛顿第二定律得a＝eq \f(1,M)F－eq \f(1,M)Ff，所以a－F图线斜率表示小车质量的倒数，所以M＝eq \f(1,k)＝0.16 kg.平衡摩擦力后，由牛顿第二定律得a＝eq \f(1,M)F，a与F成正比且图线过原点．图线斜率不变，所以应是③.三、计算题(本题共4小题，共40分)15．(8分)小勇在某次练习3米跳板时，上升到最高点后开始下落，已知最高点到水面的距离为h1＝3.2 m，池中水深h2＝2 m，小勇落入水中前的运动可视为自由落体运动，落入水中后做匀减速直线运动，整个运动过程中小勇始终呈直立状态，已知小勇与游泳池的底面接触时速度刚好减为零．小勇可以看成质点，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小勇在整个运动过程中的最大速度vm的大小；(2)小勇从最高点到接触游泳池的底面所用的总时间t.答案 (1)8 m/s (2)1.3 s解析 (1)由题意分析可知，小勇运动到水面时速度最大，则veq \o\al(2,m)＝2gh1(2分)代入数据解得vm＝8 m/s.(1分)(2)由h1＝eq \f(vm,2)t1(1分)h2＝eq \f(vm,2)t2(1分)代入数据解得t1＝0.8 s(1分)t2＝0.5 s(1分)所以总时间t＝t1＋t2＝1.3 s．(1分)16．(8分)B、C两个小球所受重力均为G，用轻质细线悬挂在竖直墙上的A、D两点(A、D与两小球在同一竖直平面内)．细线与竖直墙壁之间的夹角分别为30°和60°(如图14所示)，两个小球均处于静止状态．则：图14(1)AB和CD两根细线的拉力FAB和FCD分别为多大？(2)细线BC与竖直方向的夹角θ是多少？答案 (1)eq \r(3)G G (2)60°解析 (1)对两个小球构成的整体受力分析，根据力的平衡条件得：水平方向：FABsin 30°＝FCDsin 60°(1分)竖直方向：FABcos 30°＋FCDcos 60°＝2G(1分)联立解得：FAB＝eq \r(3)G，FCD＝G(2分)(2)对小球C受力分析，根据力的平衡条件得：水平方向：FBCsin θ＝FCDsin 60°(1分)竖直方向：FBCcos θ＋FCDcos 60°＝G(1分)联立解得：θ＝60°.(2分)17.(11分)(2018·南京金陵中学期中)在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶．在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”．如图15所示，假设某汽车以10 m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一位行人，该人正以相对地面2 m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车仍沿斜坡滑行．已知斜坡高xAB＝3 m，长xAC＝5 m，司机刹车时行人距坡底C点的距离xCE＝6 m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面的动摩擦因数约为0.5.汽车经过C点时速度大小不变，g取10 m/s2，计算结果可用根式表示．图15(1)求汽车沿斜坡滑下的加速度大小；(2)求汽车沿斜坡滑下到达坡底C点时的速度大小；(3)试分析此种情况下，行人是否有危险．答案 (1)2 m/s2 (2)2eq \r(30) m/s (3)有危险解析 (1)设斜坡倾角为θ，汽车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma1(1分)由几何关系得sin θ＝eq \f(3,5)，cos θ＝eq \f(4,5)(1分)联立以上各式解得汽车在斜坡上滑下时的加速度大小a1＝2 m/s2(1分)(2)由匀变速直线运动规律可得veq \o\al(C2)－veq \o\al(A2)＝2a1xAC(1分)解得汽车到达坡底C点时的速度大小vC＝2eq \r(30) m/s(1分)(3)汽车到达坡底经历时间t1＝eq \f(vC－vA,a1)＝(eq \r(30)－5) s(1分)汽车在水平路面运动阶段，由μmg＝ma2得汽车的加速度大小a2＝μg＝5 m/s2(1分)汽车的速度减至v＝v人＝2 m/s时发生的位移x1＝eq \f(v\o\al(C2)－v\o\al(人2),2a2)＝11.6 m(1分)经历的时间t2＝eq \f(vC－v人,a2)＝eq \f(2,5)(eq \r(30)－1) s(1分)行人发生的位移x2＝v人(t1＋t2)＝eq \f(2,5)(7eq \r(30)－27) m≈4.54 m(1分)因x1－x2＝7.06 m>6 m，故行人有危险．(1分)18.(13分)如图16所示为货场使用的传送带装置，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送带以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动．一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上传送带，货物与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图16(1)货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)当货物的速度和传送带的速度相同时用了多长时间？这时货物相对于地面沿传送带方向运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，到货物再次滑回A端共用了多长时间？(计算结果可用根式表示)答案 (1)10 m/s2 (2)1 s 7 m (3)(2＋2eq \r(2)) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1，货物相对传送带向上运动，所以货物受到的摩擦力沿传送带向下，货物受力如图所示．根据牛顿第二定律得mgsin θ＋Ff＝ma1，(1分)FN－mgcos θ＝0(1分)又Ff＝μFN，(1分)解得a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2.(1分)(2)货物速度从v0减至v所用时间t1＝eq \f(v－v0,－a1)＝1 s，(1分)位移x1＝eq \f(v2－v\o\al(02),－2a1)＝7 m．(2分)(3)过了t1＝1 s后货物所受摩擦力沿传送带向上，设此时货物的加速度大小为a2，可得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下．(1分)设货物经时间t2，速度减为零，则t2＝eq \f(0－v,－a2)＝1 s．(1分)沿传送带向上滑动的距离x2＝eq \f(0－v2,－2a2)＝eq \f(0－22,－2×2) m＝1 m，(1分)上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m．(1分)货物到达最高点下滑时的加速度大小为a2，设下滑时间为t3，由x＝eq \f(1,2)a2teq \o\al(32,)，解得t3＝2eq \r(2) s，(1分)则货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2eq \r(2)) s．(1分) 砝码的质量m/kg0.050.100.150.200.25滑动摩擦力Ff/N2.152.362.55Ff42.93
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