学年高中物理 模块综合检测二新人教版必修1docWord格式文档下载.docx

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C．逐渐增大D．逐渐减小

当8N的力减小到6

N时，两个力的合力最小，为0，若再减小，两力的合力又将逐渐增大，两力的合力最大为6N，故A正确．

A

4．（2014·

北京高考）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如，平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是（　　）

A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态

B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态

C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度

D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度

本题考查牛顿第二定律的应用，重在物理过程的分

析，根据加速度方向判断超重和失重现象

．手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；

当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；

物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；

当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；

手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确．

5．在做自由落体运动升降机内，某人竖直上抛一弹性小球（即碰撞后小球以等大的反向速度运动），此人会观察到（　　）

A．球匀速上升，达到最大高度后匀加速下降

B．球匀速上升，与顶板碰撞后匀速下降

C．球匀速上升，与顶板碰撞后停留在顶板处

D．球匀减速上升，达到最大高度处停留在空中

以地面为参考系，向上为正方向，小球的速度：

v1＝v0－gt；

升降机速度：

v2＝gt.

故小球相对于升降机的速度：

v＝v1＋v2＝v0；

故球匀速上升；

下降过程，球和升降机相对地面的加速度均为g，故速度差值恒定，球相对升降机匀速下降，故选B.

B

6.如图所示，质量为m的物体放在水平桌面上，在与水平方向成θ

的拉力F作用下加速往前运动，已知物体与桌面间的动摩擦因数为μ，则下列判断正确的是（　　）

A．物体受到的摩擦力为Fcosθ

B．物体受到摩擦力为μmg

C．物体对地面的压力为mg

D．物体受到地面的支持力为mg－Fsinθ

对物体受力分析，如图所示，则有

物体受到的摩擦力为f＝μN＝μ（mg－Fsinθ），故A、B错误．

物体对地面的压力与地面对物体的支持力是作用力与反作用力，而支持力等于mg－Fsinθ，故C错误．

物体受到地面的支持力为mg－Fsinθ，故D正确．

7．一个向正东方向做匀变速直线运动的物体，在第3s内发生的位移为8m，在第5s内发生的位移为5m，则关于物体运动加速度的描述

正确的是（　　）

A．大小为3m/s2，方向为正东方向

B．大小为3m/s2，方向为正西方向

C．大小

为1.5m/s2，方向为正东方向

D．大小为1.5m/s2，方向为正西方向

由题意，物体做匀变速直线运动，已知第3s内发生的位移为x1＝8m，在第5s内发生的位移为x2＝5m，两段相等的时间为t＝1s．根据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2，得x2－x1＝2at2，则得a＝

＝

m/s2＝－1.5m/s2，负号表示加速度方向为正西方向，加速度大

小为1.5m/s2，故A、B、C错误，D正确．故选D.

8．星级快车出站时能在150s内匀加速到180km/h，然后正常行驶．某次因意外列车以加速时的加速度大小将车速减至108km/h.以初速度方向为正方向，则下列说法不正确的是（　　）

A．列车加速时的加速度大小为

m/s2

B．列车减速时，若运用v＝v0＋at计算瞬时速度，其中a＝－

C．若用v-t图象描述列车的运动，减速时的图线在时间轴（t轴）的下方

D．列车由静止加速，1min内速度可达20m/s

列车的加速度大小a＝

m/s2＝

m/s2，减速时，加速度方向与速度方向相反，a′＝－

m/s2，故A、B两项都正确．列车减速时，vt图象中图线依然在时间轴（t轴）的上方，C项错．

由v＝at可得v＝

×

60m/s＝20m/s，D项对．

9.用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，如图所示．P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（　　）

A．Q物体受3个力

B．P物体受3个力

C．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大

D．若绳子变长，绳子的拉力将变小

墙壁光滑，Q处于静止状态，则P、Q间必有摩擦力，Q应受4个力作用，P受4个力作用，故A，B错．对Q，P物体受力分析如图所示，对P由平衡条件：

Tsinθ＝N1，Tcosθ＝mPg＋f，对Q由平衡条件：

f′＝mQg，故f′不变，C错．根据牛顿第三定律，f＝f′，N1＝N1′，当绳子变长时，θ减小，故T减小，D对．

10.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt（t是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下图中反映a1和a2变化的图线中正确的是（　　）

当拉力F很小

时，木块和木板一起加速运动，由牛顿第二定律，对木块和木板：

F＝（m1＋m2）a，故a1＝a2＝a＝

t；

当拉力很大时，木块和木板将发生相对运动，对木板：

μm2g＝m1a1，得a1＝

，对木块：

F－μm2g＝m2a2，得a2＝

t－μg，A正确．故正确答案为A.

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.如图所示，粗糙水平面上叠放着P、Q两木块，用水平向右的力F推Q使它们保持相对静止一起向右运动，P、Q受力的个数可能是（　　）

A．P受2个力，Q受5个力

B．P受3个力，Q受5个力

C．P受3个力，Q受6个力

D．P受4个力，Q受6个力

题目没有说明它们的运动状态，可能有两种情况：

（1）匀速运动：

对P进行受力分析，处于平衡状态，只受到重力和支持力；

对Q，则受到重力、地面的支持力、P的压力以及地面的摩擦力和推力F的作用，共5个力．所以选项A正确；

（2）在水平推力的作用下，物体P、Q一起匀加速滑动，则对P受力分析：

重力与支持力，及向右的静摩擦力共3个力．对Q受力分析：

重力、地面支持力、P对Q的压力、水平推力、地面给Q的滑动摩擦力，及P对Q的静摩擦力共6个力．所以选项C正确．故选AC.

AC

12.甲、乙两物体从同一地点沿同一条直线同时运动，其速度－时间图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．0～t1时间内两物体均处于静止状态

B．t1～t2时间内甲物体始终在乙物体的前面

C．t2时刻两物体相遇

D．t1～t2时间内，甲物体做匀减速直线运动

由v-t图象可知，0～t1时间内甲、乙均做匀速运动，t1～t2时间内，甲物体

做匀减速直线运动，A错误，D正确；

t2时刻之前，v甲始终大于v乙，两物体又从同一地点同向运动，故t1～t2时间内甲物体始终在乙物体前面，且两物体相距越来越远，B正确，C错误．

BD

13.如图所示，传送带的水平部分长为L，向右传动速率为v，在其左端无初速释放一木块．若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（　　）

A.

＋

B.

C.

D.

若木块一直匀加速至传送带右端，则由L＝

μgt2可得，木块从左端运动到右端的时间为t＝

，若木块加速至传送带右端时恰与带同速，则由L＝

t可得：

t＝

，若木块加速至v后又匀速一段至带的右端，则有：

，故A、C、D均正确．

ACD

14．如图所示，轨道由左边水平部分ab和右边斜面部分bc组成，b处为一小段光滑圆弧连接，斜面倾角为θ＝37°

，斜面长L＝10m．一个小物体在水平面上向右运动，Pb距离为x＝10m，经过P时速度v0＝20m/s，小物体与接触面间的动摩擦因数均

为μ＝0.5，g＝10m/s2，sin37°

＝0.6，则（　　）

A．小物体最终停在轨道水平部分距斜面底端6m处

B．小物体最终从c处离开斜面

C．从P点开始计时，小物体沿接触面运动的时间为（3－

＋1.4

）s

D．从P点开始计时，小物体沿接触面运动的时间为（3－

应用牛顿第二定律可知：

小物体在水平面上滑动的加速度大小为a1＝μg＝5

m/s2（方向与速度v0方向相反）．沿斜面上滑的加速度大小为a2＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2（方向沿斜面向下）．小物体在水平面上运动到斜面底端时速度设为v1，应用速度与位移关系式有v

－v

＝－2a1x，解得v1＝10

m/s.滑上斜面到速度减小为0需运动的位移为L1＝

＝15m>

L，小物体最终离开斜面，A错，B对．离开斜面时的速度设为v2，v

＝－2a2L，v2＝10m/s，小物体从P到斜面底端的运动时间t1＝

，沿斜面上滑的运动时间为t2＝

，小物体沿接触面运动的时间为t＝t1＋t2＝（3－

）s，C错，D对．

三、非选择题（共4小题，共46分）

15．（8分）某同学用如图所示的实验装置研究小车在斜面上的运动．

实验步骤如下：

a．安装好实验器材．

b．接通电源后，让拖着纸带的小车沿平板斜面向下运动，重复几次．下图为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6七个计数点，用米尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离如图所示（单位：

cm）．

c．测量1、2、3、…6计数点到0计数点的距离，分别记做s1、s2、s3…、s6记录在以下表格中，其中第2点的读数如图，请填入下方表格中．

计数点

1

2

3

4

5

6

s/cm

6.18

19.86

27.32

35.22

43.54

d.通过测量和计算，该同学判断出小车沿平板做匀加速直线运动．

e．分别计算出打计数点时的速度v1、v2、v3、v4、v5，并记录在以下表格中，请计算出v1并填入下方表格.

v/（m·

s－1）

0.68

0.73

0.77

0.81

f.以v为纵坐标、t为横坐标，请在图中描出各点，并画出v-t图线．由图求得a＝______m/s2.（保留两位有效数字）

c.刻度尺的读数需要估读一位，故为：

12.80cm.

e．在匀变速运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段位移的平均速度：

v1＝

m/s＝0.64m/s.

f．描点后如图所示．

在vt中图线的斜率表示加速度：

a＝

m/s2＝0.43m/s2.

12.80　0.64　图略　0.43

16．（8分）一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B（中央有孔），A、B间由细绳连接着，它们处于如图所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B球与环中心O处于同一水平面上，A、B间的细绳呈伸直状态，与水平线成30°

夹角，已知B球的质量为3kg，求细绳对B球的拉力和A球的质量mA（取g＝10m/s2）．

对A球受力分析如图所示，可知：

水平方向：

Tcos30°

＝NAsin30°

，

竖直方向：

NAcos30°

＝mAg＋Tsin30°

同理对B球进行受力分析及正交分解得：

Tsin30°

＝mBg，

联立以上三式可得：

T＝60N，mA＝2mB＝6kg.

60N　6kg

17．（12分）如图甲所示，小球A从水平地面上P点的正上方h＝1.8m处自由释放，与此同时，在P点左侧水平地面上的物体B在水平拉力的作用下从静止开始向右运动，B运动的v-t图象如图乙所示，已知B物体的质量为2kg，且A、B两物体均可看作质点，不考虑A球的反弹，g取10m/s2.求：

图甲　　　　　图乙

（1）小球A下落至地面所需的时间t；

（2）要使A、B两物体能够同时到达P点，求物体B的初始位置与P点的距离x；

（3）若作用在物体B上的水平拉力F＝20N，求B物体与地面之间的动摩擦因数μ.

（1）由h＝

gt2可得，小球A从下落至地面所需的时间t＝

＝0.6s.

（2）要使A、B两物体能同时到达P点，则物体B运动的时间也为t＝0.6s，故x＝

at2，又a＝

＝8m/s2，解得：

x＝1.44m.

（3）由F－μmg＝ma可得

μ＝0.2.

（1）0.6s　

（2）1.

44m　（3）0.2

18．（18分）如图所示，有1、2、3三个质量均为m＝1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H＝5.75m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ＝0.2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1（视为质点）在长板2的左端以v＝4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下，g＝10m/s2.求：

（1）长板2开始运动时的加速度大小；

（2）长板2的长度L0;

（3）当物体3落地时，物体1在长板2上的位置．

设向右为正方向

（1）物体1：

－μmg＝ma1，a1＝－μg＝－2m/s2；

物体2：

T＋μmg＝ma2；

物体3：

mg－T＝ma3，且a2＝a3；

由以上两式，可得a2＝

＝6m/s2.

（2）设经过时间t1二者速度相等，得

v1＝v＋a1t＝a2t，

代入数据，得t1＝0.5s，v1＝3m/s；

所以x1＝

t＝1.75m，x2＝

＝0.75m.

所以木板2的长度L0＝x1－x2＝1m.

（3）此后，假设物体1、2、3相对静止一起加速，得

T＝2ma，mg－T＝ma，得mg＝3ma，

即a＝

.

对1分析：

f静＝ma＝3.3N＞Ff＝μmg＝2N，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动．

物体1:

a3＝μg＝2m/s2；

T－μmg＝ma4；

mg－T＝ma5，且a4＝a5；

得a4＝

＝4m/s2.

整体下落高度h＝H－x2＝5m，

根据h＝v1t2＋

a4t

解得t2＝1s.

物体1的位移x3＝v1t2＋

a3t

＝4m，

h－x3＝1m，物体1在长木板2的最左端．

（1）6m/s2　

（2）1m　（3）长木板最左端