1、综合检测综合检测(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(下列题目中只有一个正确选项，每题4分，共8小题，共32分)1空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54 km、离地1 750 m高度时飞机发动机停止，失去动力在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停止故障、安全返航第一人若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是()A288 m B300 mC150 m D144 m2两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶t0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始它们
2、在四次比赛中的vt图如图所示其中，有一辆赛车追上了另一辆的是()3物体由静止开始做匀加速直线运动，若第1秒末的速度达到4 m/s，则第2秒内物体的位移是()A2 m B4 mC6 m D8 m4质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2 s、第2个2 s和第5 s内三段位移比为()A265 B287C4129 D2215质量为m的杆AB，处于静止状态，A端用细绳竖直悬挂，B端放在地板上，如图1所示，下列有关杆B端所受摩擦力的说法中，正确的是()图1AB端受到的静摩擦力方向向右BB端受到的静摩擦力方向向左CB端受到的静摩擦力沿杆AB斜向下DB端不受静摩擦力作用6. 一个人要拉动一辆汽车是很困难的
3、，如果按照图2所示的那样，先用结实的绳子把汽车和大树连起来，并尽量把绳子拉紧拴牢，然后在绳子中间沿垂直于绳子的方向用力F拉，那么就可以将汽车拉动下列对此现象的分析中，正确的是()图2A汽车所受绳子的拉力等于FB汽车所受绳子的拉力大于树所受绳子的拉力C汽车和树受到绳子的拉力远大于FD汽车和树受到绳子的拉力等于F7如图3所示，重400 N的大木箱放在大磅秤上，箱内的小磅秤上站着一个重600 N的人，当人用力向上推木箱的顶板时，两磅秤的示数将()A小磅秤示数增大，大磅秤示数减小 图3B小磅秤示数不变，大磅秤示数增大C小磅秤示数增大，大磅秤示数不变D小磅秤和大磅秤示数都增大8如图4所示，光滑斜面长为a
4、，宽为b，倾角为，一小球A从斜面左上方顶点P水平射入，恰好从下方顶点Q离开斜面，则小球在斜面运动的过程中()图4A加速度的方向与速度方向夹角为锐角B加速度的大小始终等于重力加速度C运动规律与平抛运动的规律相同D小球在斜面上做加速度减小的加速运动二、多项选择题(下列4个小题中至少有两个选项是正确的，全选对得6分，漏选得3分，错选得0分，共24分)9一个物体所受重力在下列情况下会发生改变的是()A将它从北京拿到海南 B把它送到月球上去C把它放在水里 D改变它的运动状态10如图5甲、乙所示，两个完全相同的小球在挡板作用下静止在倾角为的光滑斜面上，下列关于小球受力的说法中正确的是()图5A小球的重力在
5、两种情况下产生的效果完全相同B小球均受重力、压紧斜面的力、压紧挡板的力和斜面弹力、挡板弹力C小球受到挡板的作用力和斜面的弹力的合力大小、方向均相等D撤去挡板，小球所受合力方向均将沿斜面向下11. 关于力与运动的关系，下列说法正确的是()A物体的速度不断减小，表示物体必受力的作用B物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用C若物体的位移与时间的平方成正比，表示物体必受力的作用D物体的速率不变，则其所受合力不一定为零12如图6所示，质量为m的小球置于立方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于小球的直径某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动已知重力加速度为g，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与
6、小球之间作用力大小恰为mg，则()A该盒子做匀速圆周运动的周期等于2 图6B该盒子做匀速圆周运动的周期等于 C盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于2mgD盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于3mg三、实验题(本题共2个小题，共11分)13(6分)在做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，取一段如图7所示的纸带研究其运动情况设O点为计数的起始点，在四个连续的计数点中，相邻计数点间的时间间隔为0.1 s，若物体做理想的匀加速直线运动，则计数点“A”与起始点O之间的距离x1为_ cm，打计数点“A”时物体的瞬时速度为_ m/s，物体的加速度为_ m/s2.(计算结果均保留小数点后
7、两位)图714(5分)在验证牛顿第二定律的实验中，按实验装置要求安装好器材后，应按一定步骤进行操作，下述操作步骤安排不尽合理，请将合理顺序以字母代号填写在下面的横线上_；A保持沙桶里的沙子质量不变，在小车里加砝码，测出加速度，重复几次；B保持小车和砝码的总质量不变，改变沙桶里沙子质量，测出加速度，重复几次；C用天平分别测出小车和小桶的质量；D平衡摩擦力，使小车近似做匀速直线运动；E挂上小桶，放入沙子，接通打点计时器的电源，放开小车，在纸带上打下一系列的点；F根据测量数据，分别画出aF和a的图线在实验中，作出了如图8所示的A、B两图象，图A中三线表示实验中_不同图B中图线不过原点的原因是_.图8
8、四、计算题(本题共3个小题，15小题9分，16小题10分，17小题14分；共33分)15有一架直升飞机悬停在高空，有一乘客从直升飞机窗口由静止开始释放一个钢球，若不计空气阻力，现测得钢球在最后1 s内下落25 m着地(g取10 m/s2)求：(1)直升机离地面有多高？(2)钢球接触地面前一瞬间的速度？16.如图9所示，倾角为37，长为l16 m的传送带，转动速度为v10 m/s，动摩擦因数0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m0.5 kg的物体已知sin 370.6，cos 370.8.g10 m/s2.求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间； 图9(2)传送带
9、逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间 17如图10所示，在光滑的圆锥顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为30，小球以速率v绕圆锥体轴线做水平圆周运动：(1)当v1 时，求线对小球的拉力； 图10 (2)当v2 时，求线对小球的拉力答案解析1B先求出飞机着陆后到停止所用的时间t.由vv0at，得t(vv0)/a(060)/(6) s10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为xv0tat2/26010 m(6)102/2 m300 m2A在速度时间图象里
10、，图象与横轴所围面积表示物体发生的位移从A图中可以看出，020 s内两图象与横轴所围面积相等，此时b车追上a车，A选项正确；B、C图中a的速度一直小于b的速度，所以两车间距离逐渐变大，所以不可能追上，B、C选项错误；D图象中a与横轴所围的面积始终小于b与横轴所围的面积，所以不可能追上，D选项错误；故选A.3C由匀变速直线运动的速度vat得a4 m/s2，第2 s内物体的位移xvtat26 m故C正确4C在从静止开始运动的前5 s内的每1秒内位移之比应为13579.因此第1个2 s内的位移为(13)4份，第2个2 s内的位移为(57)12份，第5 s内的位移即为9份，因此正确选项为C.5D假设B
11、端和水平面是光滑的，则杆AB受到竖直向上的支持力，竖直向上的绳子拉力和竖直向下的重力，能够保持静止状态，则B端和地面无相对运动趋势，即不受摩擦力6. C设汽车和树受到的拉力为F，其夹角为，则F ，趋近于180.7C磅秤的示数是由磅秤上的重物给磅秤的压力(弹力)产生的，压力不变，磅秤的示数就不变；压力小示数小；压力大示数就大人向上用力推木箱顶板时，人对小磅秤的压力增大，小磅秤的示数增加由于小磅秤放在大磅秤上，虽然人用力向上推木箱顶板，给大磅秤增加压力，但也造成木箱对大磅秤的压力减小了相同的量，所以大磅秤的示数应不变8C小球初速度方向与重力平行斜面的分力方向垂直，做类平抛运动，规律与平抛运动的规律
12、相同，加速度方向与速度方向夹角从90开始不断变小，加速度大小等于gsin .A、B、D错误，C正确故选C.9AB重力Gmg，对于同一物体来讲，重力随物体所在纬度的升高而增大，随离地面的高度增大而减小，与物体的运动状态无关，故选A、B.10CD斜面上的小球均受重力、斜面的弹力和挡板的弹力而处于静止状态，根据物体处于静止状态的受力特点可知，小球受到斜面的弹力和挡板的弹力的合力大小等于重力，方向竖直向上，故C正确重力按实际作用效果分解为压紧斜面的力和压紧挡板的力，撤去挡板后，小球受力的大小和方向随之发生变化，重力产生的效果变为压紧斜面的力和使小球下滑的力，压紧斜面的力与斜面对小球的支持力平衡，故甲、
13、乙两种情况下撤去挡板后小球所受合力大小都等于重力沿斜面向下的分力mgsin ，方向沿斜面向下，D正确11ACD力是改变物体运动状态的原因，物体速度不断减小，一定是受力的原因，A正确；做匀速直线运动的物体位移在不断增大，但是不一定受到力的作用，B错误；位移与时间的平方成正比，表明物体一定做变速运动，所以必受力的作用，C正确；速率是指瞬时速度的大小，速率不变，但是方向可能会变化，所以所受合力不一定为零，D正确；故选A、C、D.12BD盒子在最高点时，对小球有FNmg2mg，T，解得v，T ，选项A错误，B正确；盒子在最低点时，对小球有FNmg，解得FN3mg，选项C错误，D正确134.000.50
14、2.00解析设相邻相等时间内的位移之差为x，则Ax1x，Bx12x，OOAB3(x1x)18.00 cm，故6.00 cm，x14.00 cm；由xaT22.00 cm可得a2.00 m/s2；A点的速度vA0.50 m/s.14CDEABF或CDEBAF小车和砝码的总质量平衡摩擦力过度解析(1)对于实验步骤要先安装器材，再按实验的逻辑顺序进行，不能颠倒逻辑顺序，要有利于减小实验误差，故其顺序为：CDEABF或CDEBAF.(2)根据牛顿第二定律有：Fma，所以aF/m，由此可知在aF图象中斜率表示小车和砝码的总质量的倒数，故A中的三线表示实验中小车和砝码的总质量不同从图B中发现直线没过原点，
15、当F0时，a0.也就是说当绳子上没有拉力时小车还有加速度，说明小车的摩擦力小于重力沿斜面向下的分力即实验操作中平衡摩擦力过度15(1)45 m(2)30 m/s解析(1)画出运动示意图，设落地总时间为t，由自由落体运动规律得O到B有：hgt2O到A：h25g(t1)2解得：t3 s，h45 m(2)vgt103 m/s30 m/s16(1)4 s(2)2 s解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，又tan 37，故向下匀加速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律有mg(sin 37cos 37)ma则agsin 37gcos 372 m/s2，根据l
16、at2得t4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma1则有a110 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1 s1 s，x1a1t5 ml16 m当物体运动速度等于传送带转动速度的瞬间，有mgsin 37mgcos 37，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力摩擦力发生突变，设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a22 m/s2x2lx111 m又因为x2vt2a2t，则有10t2t11解得：t21 s(t211 s舍去)所以t总t1t22 s.17(1)(2)2mg解析临界条件为圆锥体对小球的支持力FN0，如图所示，Fmammmgtan 30(2分)得：v0 (2分)(1)因v1v0所以FN0 , 对小球受力分析如图FTsin FNcos mv/(Lsin )(2分)FTcos FNsin mg0(1分)解得：FT(2分)(2)因v2v0，小球离开斜面，对小球受力分析如图FTsin mv/(Lsin )(2分)FTcos mg0(1分)解得：FT2mg(2分)
