学年高中物理模块综合检测一新人教版必修1Word下载.docx
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由题
意可知B点是AC段的中间时刻，AB、BC是相邻的等时间段，所以vB＝
＝4m/s，又根据Δx＝xBC－xAB＝aT2可得a＝1m/s2，进一步可得vA＝2m/s、vC＝6m/s，选项B正确．
3．中新网2016年10月19日消息，“神舟十一号”飞船于北京时间19日凌晨3点半左右与“
天宫二号”成功实施自动交会对接；
在合体3小时后，两名航天员进驻“天宫二号”，并按计划开展空间科学实验．下列说法正确的是（ ）
A．“19日凌晨3点半”是时间间隔
B．“3小时”是时刻
C．研究“神舟十一号”和“天宫二号”对接的技术细节时，可以把它们看作质点
D．合体后，以“天宫二号”为参考系，“神舟十一号”是静止的
“19日凌晨3点半”在时间轴上对应一个点，是时刻，故A错误；
“3小时”在时间轴上对应一条线段，是时间，故B错误；
研究“神舟十一号”和“天宫二号”对接的技术细节时，
“神舟十一号”和“天宫二号”的大小和形状不能忽略，则不能看成质点，故C错误；
合体后，两者为一个整体，以“天宫二号”为参考系，“神舟十一号”是静止的，故D正确．故选D.
D
4.某军事试验场正在平地上试验地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，导弹的vt图象如图所示，则下述说法正确的是（ ）
A．在0～1s内导弹匀速上升
B．在1～2s内导弹静止不动
C．3s末导弹的加速度方向改变
D．5s末导弹恰好回到出发点
由题图可知，0～1s内导弹的速度随时间均匀增加，故导弹做匀加速直线运动，故A错误；
1～2s内物体的速度一直不变，故导弹是匀速上升，故B错误；
3s末图线的斜率没发生改变，故加速度方向没变，故C错误；
前3s内物体在向上运动，上升的高度为
m＝60m；
3到5s内导弹下落，下落高度为
×
2×
60m＝60m，故说明导弹5s末的位移为零，回到出发点，故D正确；
故选D.
5．如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移－时间图象．由图可知（ ）
A．在时刻t1，a、b两车运动方向相同
B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反
C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增大
D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大
x-t图象的斜率表示速度，从题图中看出，a车始终静止，b车先正向减速，减速为零后，再反向加速，因此A、B、D错误，C正确．
C
6．石块A自塔顶自由落下s1时，石块B自离塔顶s2处自由落下，两石块同时落地．则塔高为（ ）
A．s1＋s2B.
C.
D.
设塔高为h，石块A自塔顶自由落下s1的时间为：
t1＝
，
此时A石块的速度为：
v1＝
石块B自离塔顶s2处自由落下的时间为：
t2＝
石块A继续下落的时间等于t2，
则h－s1＝v1t2＋
gt
代入数据解，得h＝
，故选B.
7.如图所示，在水平桌面上放一木块，用从零开始逐渐增大的水平拉力F拉着木块沿桌面运动，则木块所受的摩擦力f随拉力F变化的图象正确的是（ ）
当木块不受拉力时（F＝0），桌面对木块没有摩擦力（f＝0）．当木块受到的水平拉力F较小时，木块仍保持静止，但出现向右运动的趋势，桌面对木块产生静摩擦力，其大小与F相等，方向相反．随着水平拉力F不断增大，木块向右运动的趋势增强，桌面对木块的静摩擦力也相应增大，直到水平拉力F足够大时，木块开始滑动，桌面对木块的静摩擦力达到最大值Fmax.在这个过程中，由木块水平方向二力平衡条件知，桌面对木块的静摩擦力f始终与拉力F等大反向，即随着F的增大而增大．木块滑动后，桌面对它的阻碍作用是滑动摩擦力，它小于最大静摩擦力，并且在木块继续滑动的过程中保持不变．D正确．
8．将一个有确定方向的力F＝10N分解成两个分力，已知一个分力有确定的方向，与F成30°
夹角，另一个分力的大小为6N，则在分解时（ ）
A．有无数组解B．有两组解
C．有唯一解D．无解
由三角形定则作图如图所示，由几何知识知另一分力的最小值F2′＝Fsin30°
＝10×
N＝5N，而题中分力的大小为6N，大于最小值5N，小于F＝10N，所以有两组解．B正确．
9.如图所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑．系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，已知重力加速度为g.在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬
时加速度沿斜面向下，大小为gsinθ
D．弹簧有收缩趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
因为细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，所以B的瞬时加速度为0，A的瞬时加速度为2gsinθ，所以选项B正确，A、C、D错误．
10．如图，将一个球放在两块光滑斜面板AB和AC之间，两板与水平面夹角都是60°
.现在使AB板固定，使AC板与水平面的夹角逐渐减小，则（ ）
A．球对AC板的压力先增大后减小
B．球对AC板的压力逐渐减小
C．球对AC板的压力先减小后增大
D．球对AC板的压力逐渐增大
分析球的受力如图所示，FAC和FAB的合力与球的重力G等大反向，当使AC板与水平面的夹角减小时，由图可以看出，球对AC板的压力先减小后增大，C正确．
二、多项选择题（本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分
，选错、多选或不选得0分．）
11．一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的图象如图所示，若从出发开始计时，则下列说法正确的是（ ）
A．可求0～1s和1～2s内速度的变化量
B．0～1s内速度增大
C．物体的加速度不变
D．1～2s内速度减小
根据a＝
可得Δv＝aΔt，而0～1s、1～2s内加速度已知，故可知0～1s、1～2s内速度的变化量，故A正确.0～1s内物体从静止开始做加速运动，速度增大，故B正确．物体运动的加速度方向变化，加速度改变，故C错误.1～2s内速度方向与加速度方向相反，物体速度减小，故D正确．
ABD
12．如图所示，升降机的水平底面上放有重为G的物体，它受升降机底面的支持力大小为F支，它对升降机底面压力大小为F压，下列说法正确的是（ ）
A．不管升降机怎样运动，总有F压＝F支
B．当升降机自由下落时，F支＝0，G＝0
C．当F支>
G时，升降机正上升
D．当F支>
G时，物体超重，升
降机的加速度一定向上
FN与F支是一对相互作用力，所以不管升降机怎样运动，总有FN＝F支，故A正确．当升降机自由下落时，a＝g，处于完全失重状态，重力不变，F支＝0，故B错误．当F支>
G时，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，升降机可能向上做加速运动，可能向下做减速运动，故C错误．当F支>
G时，物体超重，根据牛顿第二定律知，加速度方向一定向上，故D正确．
AD
13.如图，重力为50N的斜面体A放置在光滑水平面上．重力为20N的物体B放置在斜面体上．关于A、B的受力分析，下列说法正确的是（ ）
A．若A、B均保持静止，则物体B受到斜面体A的摩擦力与斜面体A受到物体B的摩擦力二力平衡
B．无论A、B如何运动，若斜面体A受到物体B的压力为10N．则由牛顿第三定律，斜面体A对物体B有支持力作用，大小为10N
C．若A、B均保持静止，则地面对斜面体的支持力为70N
D．若物体B加速下滑，则物体A向左加速运动
物体B受到斜面体A的摩擦力与斜面体A受到物体B的摩擦力为一对相互作用力，不是平衡力，A错误；
根据牛顿第三定律可得斜面体A受到物体B的压力和斜面体A对物体B有支持力是一对相互作用力等大反向，B正确；
若A、B均保持静止，则将两者看作一个整体，在竖直方向上有FN＝GA＋GB＝70N，C正确；
若物体B加速下滑，根据牛顿第三定律可得A有一个水平向左的分力，故物体A向左加速运动，D正确．
BCD
14．如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上．当水平力F作用于左端A上，两物体一起向右做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1.当水平力F作用于右端B上，两物体一起向左做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，则（ ）
A．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等
B．在两次作用过程中，F1＋F2<
F
C．在两次作用过程中
，F1＋F2＝F
D．在两次作用过程中，
＝
当水平力F作用于左端A上，两物体一起向右做匀加速运动时，由牛顿第二定律，可得整体的加速度大小a＝
，方向向右；
对木块B，由牛顿第二定律，可得F1＝m2a＝m2
.当水平力F作用于右端B上，两物体一起向左做匀加速运动时，由牛顿第二定律，可得整体的加速度大小a＝
，方向向左；
对木块A，由牛顿第二定律，可得F2＝m1a＝m1
.因此，在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等，F1＋F2＝F，
，正确选项为A、C.
AC
三、非选择题（共4小题，共46分）
15．（6分）某同学用如图甲所示的装置做“探究求合力的方法”实验．将一木板竖直平行放在铁架台和轻弹簧所在平面后面．其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：
（1）如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；
（2）如图乙所示，卸下钩码，然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将轻弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的________及两弹簧测力计相应的读数．其中B弹簧测力计的读数为________N；
（3）该同学在坐标纸上画出两弹簧拉力FA、FB的大小和方向如图丙所示，请在图丙中作出FA、FB的合力F′；
（4）已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图丙所示，观察比较F和F′，得出结论：
______________________________________
_________
_____________________________________．
（2）方
向 11.40 （3）如图所示
（4）在误差允许的范围内，F＝F′.
16．（8分）如图所示，倾角α＝37°
、长度为x＝9m的固定斜面，其底端与长木板B上表面等高，原来B静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与木板B的上表面接触处圆滑．一可视为质点的小滑块A从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A刚好未从木板B上滑下．已知A、B的质量相等，A与斜面、B上表面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，B与地面的动摩擦因数为μ2＝0.1，重力加速度g取10m/s2.
（1）滑块刚到达木板B时的速度v0；
（2）通过计算分析当A滑上B的上表面后，B是否仍保持静止；
（3）从滑块到达木板到与木板相对静止所需的时间．
（1）设A物块从斜面下滑过程中加速度大小为a0，到达底端时速度大小为v0，由牛顿第二定律和运动学公式，得mgsinα－μ1mgcosα＝ma.
又v
－0＝2as，由两式得v0＝6m/s.
（2）当滑块到达木板后，由于μ1mg>
μ22mg，故木板不会静止．
（3）滑块在木板上滑行，对滑块：
a1＝μ1g＝5m/s2；
对木板：
μ1mg－μ22mg＝ma2，且v0－a1t＝a2t，
解得t＝0.75s.
（1）6m/s
（2）木板不会静止 （3）0.75s
17．（14分）质量分别为m1和m2的两个小物块用轻绳连接，轻绳跨过位于倾角α＝30°
的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的摩擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示．第一次m1悬空，m2放在斜面上，用t表示m2自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间．第二次，将m1和m2位置互换，使m2悬空，m1放在斜面上，发现m1自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间为
，求m1与m2之比．
第一次，小物块受力情况如图所示，设T1为轻绳张力，a1为两小物块加速度的大小，l为斜面长，则
有m1g－T1＝m1a1，
T2－m2gsinα＝m2a1，
又T1＝T2，
a1＝
g，
同理a2＝
g，由运动学公式得
l＝
a1t2，l＝
a2
，解得
.
答
案：
18．（18分）如图所示，长L＝1.5m，高h＝0.45m，质量M＝10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0＝3.6m/s时，对木
箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50N，并同时将一个质量m＝1kg的小球轻放在距木箱右端的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0
.2，其他摩擦均不计．求：
（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；
（2）小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移；
（3）小球离开木箱时木箱的速度．
（1）木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将作自由落体运动．
由h＝
gt2，
得t＝
s＝0.3s，
小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3s.
（2）小球放到木箱后，木箱的加速度为：
m/s2＝7.2m/s2，
木箱向右运动的最大位移为：
x1＝
m＝0.9m.
小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移为0.9m.
（3）x1小于1m，所以小球不会从木箱的左端掉下，
木箱向左运动的加速度为：
a2＝
m/s2＝2.8m/s2，
设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则：
x2＝x1＋
＝0.9m＋0.5m＝1.4m.
设木箱向左运动的时间为t2，则：
由x2＝
a2t
得：
s＝1s.
所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：
v2＝a2t2＝2.8×
1m/s＝2.8m/s.
（1）0.3s
（2）0.9m （3）2.8m/s
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