1、模块综合测评(时间：90分钟分值：100分)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16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1押加是一项体育项目，又称为大象拔河比赛中，两个人用腿、腰、肩和颈的力量拖动布带奋力互拉，如图所示如果布带质量不计，且保持水平，甲、乙两人在押加比赛中甲获胜，则下列说法正确的是()A甲对乙的拉力大小始终大于乙对甲的拉力大小B甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小C甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大小大于乙对甲的拉力大小D只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才
2、等于乙对甲的拉力大小B甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，与运动状态无关，故选项B正确2如图所示，、分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的vt图线，根据图线可以判断()A甲、乙两小球做的是初速度方向相反的匀变速直线运动，加速度大小相同、方向相同B两球在t8 s时相距最远C两球在t2 s时速度相同D两球在t8 s相遇D甲、乙两小球均做匀变速直线运动，加速度a，解得a甲10 m/s2，a乙 m/s2，故A错误；由题图可知，乙小球先向负方向运动，后向正方向运动，甲小球先向正方向运动，后向负方向运动，当速度相同时间距最大，该时间点在4 s5 s之间，故B错误；甲、乙两球在
3、t2 s时的速度分别为20 m/s、20 m/s，所以它们的速率相等，方向相反，故C错误；甲小球在8 s内图线与t轴所围的总“面积”为零，即总位移为零，说明甲小球又回到出发点，乙小球前2 s内静止，后6 s内的总位移为零，说明乙小球也回到了出发点，又因为两小球从同一地点出发，所以两小球此时相遇，故D正确3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
4、物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度D手托物体由静止开始竖直向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，选项A、B错误在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度，选项C错误要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项D正确4如图所示，OA为遵从胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点，另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连当弹性轻绳处于竖直位置时，滑块A对地面有压力作用现有一水平力F作用于A，使A向右缓慢地沿直线运动，则在运动过程中()A地面
5、对A的支持力保持不变B地面对A的摩擦力保持不变C地面对A的摩擦力变小D地面对A的摩擦力变大C弹性轻绳处于竖直方向时，设其伸长量为x1，劲度系数为k，则受力分析如图甲所示根据平衡条件得T1N1G，T1kx1向右拉至某一位置时，受力如图乙所示，其中为此时弹性轻绳与水平面的夹角，根据正交分解和力的平衡条件可得：T2sin N2G，T2cos fF，T2kx2设弹性轻绳自然长度为l，则lx1(lx2)sin ，所以有N2Gkx2sin Gkx1N1，即地面对A的支持力减小，A与地面间的摩擦力变小所以C正确甲乙5一辆轿车和一辆卡车在同一平直公路上相向匀速直线行驶，速度大小均为30 m/s为了会车安全，两
6、车车头距离为100 m时，两车同时开始减速，轿车和卡车的加速度大小分别为5 m/s2和10 m/s2，两车速度减小为20 m/s时，又保持匀速直线运动，轿车车身长5 m，卡车车身长15 m，则两车的错车时间为()A0.3 sB0.4 sC0.5 sD0.6 sC设轿车减速到v20 m/s所需时间为t1，运动的位移为x1，则有 t1s2 s，x1t12 m50 m设卡车减速到v20 m/s所需时间为t2，运动的位移为x2，则有t2 s1 s，x2t21 m25 m，故在2 s末时，两车车头的间距为xlx1x2v(t1t2)5 m从2 s后，两车车头相遇还需要的时间为t，则有xvtvt，解得t s
7、，两车车尾相遇还需要的时间为t，则有x5 m15 mvtvt，解得t s，故错车时间为ttt0.5 s，故选项C正确6如图所示，斜面体M放在水平地面上，另有物块N放在斜面体上，轻质弹簧两端分别与物块N及固定在斜面体底端的挡板P连接，弹簧处于压缩状态，M、N静止现用力F沿斜面向上拉物块N，但并未运动，下列说法正确的是()A弹簧对挡板的作用力减小BM、N之间的摩擦力可能大小不变CM对地面的压力不变D水平地面对M的摩擦力不变B对N受力分析，其受重力、支持力、弹簧的弹力，可能受静摩擦力，且静摩擦力的方向可能沿着斜面向下，也可能沿着斜面向上，当用力F拉物块N时，因没有拉动，则弹簧的形变量不变，弹簧的弹力
8、不变，选项A错误；若N受到的静摩擦力开始是沿着斜面向上，当用力F拉N时，N受到的静摩擦力可能会变为沿着斜面向下，大小可能和原来相等，选项B正确；从整体角度分析可知，当用力F拉N时，整体对地面的压力减小，有向右的运动趋势，因此水平地面对M的摩擦力发生变化，选项C、D错误7雨滴从高空由静止下落，其所受空气阻力与速度大小成正比，则在雨滴下落的整个过程中()A速度不断减小，加速度为零时，速度最小B速度不断增大，加速度为零时，速度最大C加速度和速度方向相反D速度对时间的变化率越来越小，最终为0BD雨滴所受空气阻力与速度大小成正比，故有fkv(k为常量)雨滴受两个力作用：竖直向下的重力mg、竖直向上的空气
9、阻力f对雨滴应用牛顿第二定律得mgkvma，起初雨滴向下加速，速度v增大，加速度a减小，当mgkv时，加速度a0，速度最大，之后雨滴以最大速度做匀速直线运动综上所述，选项A、C错误，选项B正确因加速度即速度对时间的变化率，故选项D正确8如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h处，空心管长为L，小球的球心与管的轴线重合，并在竖直线上，小球直径小于管的内径，不计空气阻力，则下列判断正确的是()A两者均无初速度同时释放，小球在空中不能穿过管B两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v0、管无初速度，则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度无关C两者同时释放，小球具有竖直向下的初速
10、度v0、管无初速度，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关D两者均无初速度释放，但小球提前了t时间释放，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关ABD两者同时无初速度释放，均做自由落体运动，小球不能穿过管，A对；两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v0，以管为参考系，则小球匀速穿过管，时间为t，B对，C错；小球提前t释放，相当于获得了初速度v0gt，与当地重力加速度有关，D对9如图所示，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直
11、方向成45已知M始终保持静止，则在此过程中()A水平拉力的大小可能保持不变BM所受细绳的拉力大小一直增大CM所受斜面的摩擦力大小一直增大DM所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大BD分别以物块N、M为研究对象，受力分析如图甲、乙所示甲乙由图甲可知，N在水平向左的拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力FT逐渐增大对M进行受力分析可知，若起初M受到的摩擦力Ff沿斜面向下，则随着绳子拉力FT的增大，则摩擦力Ff逐渐增大；若起初M受到的摩擦力Ff沿斜面向上，则随着绳子拉力FT的增大，摩擦力Ff可能先减小后增大故选项B、D正确10为保障市民安全出行，有
12、关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查图甲所示为乘客在进入火车站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检査时的情景图乙所示为水平传送带装置示意图紧绷的传送带始终以v1 m/s的恒定速率运行，乘客将一质量为4 kg的行李无初速度地放在传送带左端的a点，设行李与传送带之间的动摩擦因数0.1，a、b间的距离为2 m，g取10 m/s2下列速度时间(vt)图像和位移时间(xt)图像，能正确反映行李在a、b之间的运动情况的是()甲 乙ABCDAC行李放上传送带后，受到向右的摩擦力，加速度为ag1 m/s2，行李做匀加速直线运动，速度达到传送带速度经历的时间为t11 s，而匀
13、加速的位移x1at0.5 m2 m，故此后的x21.5 m做匀速直线运动，v1 m/s，时间t21.5 s行李先匀加速再匀速，速度时间图像为倾斜直线和平行于t轴的直线，选项A正确，选项B错误；位移时间图像为抛物线和倾斜直线，选项C正确，选项D错误二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)11(6分)某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺的零刻度线与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图甲所示图乙是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺(最小分度是1毫米)上位置的放大图，示数l1_cm在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止
14、时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5已知每个钩码质量是50 g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2_N(当地重力加速度g9.8 m/s2)要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是_作出Fx曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系甲乙解析：最小分度是1毫米的刻度尺，应估读到0.1毫米，故读数为25.85 cm；F22mg20.0509.8 N0.98 N；本实验是“探究弹力和弹簧伸长量的关系”，故还需要测量弹簧原长答案：25.85(25.8425.86均可)0.98弹簧原长12(8分)某实验小组设计了如图(a)所示的实验装置，用钩码所受重力作为小车所受的拉力，用DIS测小车的加速度通过改变钩码的数量，多次重复测量，
15、可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图(b)所示(a)(b)(1)图线_(选填“”或“”)是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的(2)随着钩码的数量增大到一定程度时图(b)中的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，为消除此误差可采取的简便且有效的措施是_A调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上长时间缓慢运动(即将小车与位移传感器发射部分的重力沿轨道方向的分力恰与其所受摩擦力平衡)B在增加钩码数量进行实验的同时在小车上增加钩码，使钩码的总质量始终远小于小车与位移传感器发射部分的总质量C在钩码与
16、细绳之间放置一力传感器，直接得到小车运动的加速度a和力传感器读数F的关系图象D更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验(3)小车和位移传感器发射部分的总质量为_kg；小车在水平轨道上运动时受到的摩擦力大小为_N解析：(1)由图线与横轴的交点坐标的物理意义可知，小车的加速度为0时，仍然挂了钩码，表明图线对应于轨道水平的情形，故图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的(2)小车与位移传感器发射部分的重力沿轨道方向的分力恰与其所受摩擦力平衡，可使aF图线通过原点，但不能消除图线明显偏离直线这一误差，选项A错误；即使钩码的总质量始终远小于小车与位移传感器发射部分的总质量，误差仍存在，不
17、可消除，选项B错误；更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验，误差仍存在，不可消除，选项D错误；唯有在钩码与细绳之间放置一力传感器，这样可直接从力传感器上读出拉力F的数值，而不是用钩码的总重力替代拉力，从而消除拉力测量的系统误差，选项C正确(3)从图线与横轴的交点坐标可知，小车的加速度为0时，拉力大小为1 N，根据二力的平衡条件可知摩擦力大小为1 N对小车在水平轨道上运动时应用牛顿第二定律得Fmgma，解得aFg，图线直线段的斜率为， kg12 kg1，解得m0.5 kg，故小车和位移传感器发射部分的总质量为0.5 kg答案：(1)(2)C(3)0.5113(10分)甲、乙两辆
18、电动遥控玩具赛车(可视为质点)，在水平平行的两条相隔很近的直轨道上玩追逐游戏，某一时刻两车相距最近(可视为在同一位置)，从该时刻开始，两车的vt图象如图所示，在图示的6 s内，求：(1)两车再次相距最近所用的时间；(2)两车之间的最远距离解析：(1)在前2 s内，甲车的位移为x甲24 m4 m，乙车的位移为x乙22 m4 m，即在前2 s内两车位移相等，故两车再次相距最近所用的时间为2 s(2)从第2 s末开始，两车的加速度分别为a甲 m/s21 m/s2，a乙 m/s21 m/s2，故甲车相对乙车做速度为2 m/s的匀速直线运动，两车之间的距离逐渐增大所以第6 s末，两车相距最远，最远距离为
19、xvt2(62) m8 m答案：(1)2 s(2)8 m14(10分)在倾角为的斜面上有一辆质量为m0的小车，在牵引力F的作用下沿斜面向上做匀减速直线运动，小车上悬挂一个质量为m的小球，小车与斜面间的动摩擦因数为，如图所示，悬挂小球的悬线与斜面垂直且小球与小车相对静止重力加速度为g试求此时小车所受的牵引力的大小解析：以小球与小车整体为研究对象，进行受力分析并建立如图所示的直角坐标系由牛顿第二定律，有沿斜面方向：FfF(m0m)gsin (mm0)a，垂直斜面方向：FN(m0m)gcos 0，FfFN，对小球进行受力分析，有mgsin ma联立上述式子，解得F(mm0)gcos 答案：(mm0)
20、gcos 15(12分)一种巨型娱乐器械由升降机送到离地面75 m的高处，然后让座舱自由落下落到离地面30 m高时，制动系统开始启动，座舱均匀减速，到地面时刚好停下若座舱中某人用手托着m5 kg的铅球，g取10 m/s2，试求：(1)从开始下落到最后着地经历的总时间；(2)当座舱落到离地面35 m的位置时，手对球的支持力是多少；(3)当座舱落到离地面15 m的位置时，球对手的压力解析：(1)由题意可知，座舱先自由下落h1(7530) m45 m由h1gt得t13 s下落45 m时的速度v1gt130 m/s减速过程中的平均速度v215 m/s减速时间t22 s，总时间tt1t25 s(2)离地
21、面35 m时，座舱自由下落，处于完全失重状态，所以手对球的支持力为零(3)由v2gh12ah2得，减速过程中加速度的大小a15 m/s2根据牛顿第二定律得Nmgma，解得N125 N，根据牛顿第三定律可知，球对手的压力为125 N，方向竖直向下答案：(1)5 s(2)0(3)125 N，方向竖直向下16(14分)如图所示，一质量为mB2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角37，一质量为mA2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端s08 m处由静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出，
22、已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为10.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为20.2，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，物块A可看作质点，请问：(1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大？(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B有多长？解析：(1)设物块A沿斜面下滑的加速度为a1，则mAgsin 1mAgcos mAa1解得a14 m/s2物块A滑到木板B上时的速度为v1 m/s8 m/s(2)物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为a22g2 m/s2设木板B的长度为L，二者相对静止时经历的时间为t2，最终的共同速度为v2，在达到共同速度时，木板B滑行的距离为s，利用位移关系得v1t2a2ta2tL对物块A有v2v1a2t2vv2a2(sL)对木板B有v2a2s联立解得相对滑行时间和木板B的长度分别为：t22 s，L8 m答案：(1)8 m/s(2)2 s8 m