1、模块综合测评(教师用书独具)一、单选题1对于质量一定的物体，下列关于加速度的说法中正确的是()A物体加速度方向与速度方向相同B物体的速度变化越大，加速度就越大C物体加速度方向可能与所受的合外力方向相反D物体所受的合外力越大，加速度一定越大D物体加速度方向与速度方向不一定相同，选项A错误；物体的速度变化越快，加速度就越大，选项B错误；物体加速度方向一定与所受的合外力方向相同，选项C错误；根据a可知，物体所受的合外力越大，加速度一定越大，选项D正确2国产歼15舰载机以65 m/s的速度降落在静止的“辽宁号”航母水平甲板上，机尾挂钩精准钩住阻拦索在阻拦索的拉力帮助下，舰载机经历2.5 s速度减小为零
2、若将上述运动视为匀减速直线运动，根据以上数据不能求出舰载机在甲板上运动的()A位移B加速度C平均速度 D受到的阻力D根据平均速度公式可得，m/s325 m/s位移：xt2.5 m81.25 m，所以能求出舰载机在甲板上运动的位移、平均速度，故A、C不符合题意；根据加速度的定义式am/s226 m/s2，能求出舰载机在甲板上运动的加速度，因为不知道舰载机的质量，无法由牛顿第二定律求舰载机所受的阻力，故选项B不符合题意，选项D符合题意3把一个薄板状物体悬挂起来，静止时如图所示，则对于此薄板状物体所受重力的理解，下列说法正确的是()A重力就是地球对物体的引力B重力大小和物体运动状态有关C重力的方向总
3、是指向地心的D薄板的重心一定在直线AB上D重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，不是地球对物体的引力，故A错误；重力的大小与物体的运动状态无关，故B错误；重力的方向竖直向下，故C错误；因为绳对板的拉力与板受的重力为一对平衡力，必在一条直线上，所以重心一定在细绳的延长线上，即薄板的重心一定在直线AB上，故D正确4一物体从高h处做自由落体运动，经时间t到达地面，落地速度为v，那么当物体下落时间为时，物体的速度和距地面高度分别是()A，B，C，h D，hC物体做自由落体运动，经时间t到达地面的速度为v，根据速度公式vgt可知，下落时间为时的速度为vgv，又知下落时间t内的位移为h，则时间内的位移为h
4、gh，物体距地面高度hhhh，故选项C正确5如图所示，一个重力为10 N的物体，用细线悬挂在O点，现在用力F拉物体，使悬线偏离竖直方向30时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为()A5 NB2.5 NC8.65 ND4.3 NA如图所示，将重力沿细线及拉力方向分解，分析图形可知，只有当拉力与细线垂直时，重力沿拉力方向的分力最小，根据平衡条件，FGsin 305 N，故选项A正确6如图所示，两根相同的直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，一表面各处情况相同的圆筒恰能沿直木棍匀速下滑，若保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍微增大后固定不动，仍使该圆筒以一定的初速度从两木棍上端滑下，
5、则()A圆筒将沿木棍减速下滑B圆筒将沿木棍加速下滑C木棍对圆筒的摩擦力不变D木棍和圆筒间的动摩擦因数tan A圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知，两棍支持力的合力和摩擦力不变；将两棍间的距离稍增大后，两棍支持力的合力不变，而两支持力夹角增大，则每根木棍对圆筒的支持力变大，故滑动摩擦力变大，故圆筒将会减速滑行，故A正确，B、C错误；匀速下滑时，圆筒受2个支持力、2个摩擦力，根据平衡条件，有：2FNmgsin 0，其中2FNmgcos ，故tan ，故D错误7如图所示，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
6、、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g10 m/s2)()A0 B8 NC10 N D2 NB剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力FmAg40 N，剪断细线的瞬间，A、B整体的加速度a2 m/s2，对B受力分析，mBgFNmB a，解得FN8 N，由牛顿第三定律知B正确8如图所示，两个质量分别为m11 kg、m24 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接两个大小分别为F130 N、F220 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是()A弹簧测力计的示数是25 NB弹簧测力计的示数是50 NC
7、在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为7 m/s2D在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2C以m1、m2以及弹簧测力计为研究对象，则整体向右的加速度a2 m/s2；再以m1为研究对象，设弹簧的弹力为F，则F1Fm1a，得F28 N，A、B错误；突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，此时m2的加速度a7 m/s2，C正确；突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力也不变，此时m1的加速度a28 m/s2，D错误二、实验题9(6分)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车在小车运动
8、过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)(1)由图(b)可知，小车在桌面上是_(填“从右向左”或“从左向右”)运动的(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为_m/s，加速度大小为_m/s2(结果均保留2位有效数字)解析(1)小车运动时由于摩擦力的作用，速度逐渐减小，滴水计时器滴下水滴的间距逐渐变小，因此小车从右向左运动(2)滴水的时间间隔T s0.67 s小车运动到A点位置时的瞬时速度vA m/s0.19 m/s根据逐差法，共有5组数据，舍去中间的
9、一组数据，则加速度a m/s20.037 m/s2因此加速度的大小为0.037 m/s2答案(1)从右向左(2)0.190.037三、计算题10(10分)如图所示，某人用轻绳牵住一只质量m0.6 kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37角已知空气对气球的浮力为15 N，人的质量M50 kg，且人受的浮力忽略不计(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)(1)求水平风力的大小；(2)求人对地面的压力大小；(3)若水平风力增强，人对地面的压力如何变化？并说明理由解析(1)对氢气球进行受力分析，如图甲所示由平衡条件可知，竖直方向：F浮mgFTsin 37水
10、平方向：F风FTcos 37解得F风12 N，FT15 N(2)对人进行受力分析，如图乙所示由平衡条件可知，竖直方向：FNMgFTsin 37500 N15 N0.6491 N根据牛顿第三定律，人对地面的压力大小为491 N(3)若风力增强，只改变了水平方向的力，视氢气球及人为一整体，所以竖直方向上的受力情况没有改变，人对地面的压力不变答案(1)12 N(2)491 N(3)不变，理由见解析一、多选题11甲、乙两物体从同一地点沿同一条直线同时运动，其速度时间图像如图所示，下列说法正确的是()A0t1时间内两物体均处于静止状态Bt1t2时间内甲物体始终在乙物体的前面Ct2时刻两物体相遇Dt1t2
11、时间内，甲物体做匀减速直线运动BD由vt图像可知，0t1时间内甲、乙均做匀速运动，t1t2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t1t2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12两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示放置，OA、OB与水平面的夹角分别为30、60，M重20 N，M、m均处于静止状态下列说法正确的是()AOA对物体M的拉力为12 NBOB对物体M的拉力为10 NC物体m受到的摩擦力为10(1)N，方向水平向左D物体m受到的摩擦力为10(1)N，方向水平向右BCO点受力分析
12、如图所示，则FAMgcos 6010 N，A错；FBMgcos 3010 N，B对；两绳对物体m的拉力的合力FBFA10(1)N，方向向右，故物体m受到的摩擦力Ff10(1)N，方向水平向左，C对，D错13如图所示，当小车水平向右加速运动时，物块M相对车厢静止于车厢后竖直壁上，当小车的加速度增大时()AM所受静摩擦力增大BM对车厢壁的压力增大CM仍相对于车厢静止DM在竖直方向上所受合外力为零BCD以物块为研究对象，分析受力，作出受力图如图物块竖直方向受力平衡，合外力等于零，摩擦力fMg，保持不变，选项A错误，D正确；小车的加速度增大时，弹力Nma增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁
13、下滑，所以物块M仍相对于车厢静止，选项B、C正确14如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，以下说法正确的是()A粮袋到达B点的速度可能大于、等于或小于vB粮袋开始运动的加速度为g(sin cos )，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C若gsin AC粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度
14、较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；故A正确；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为mgcos ，根据牛顿第二定律得，加速度ag(sin cos )，故B错误；若，所以m甲乙答案(1)A(2)B(3)AC三、计算题16(10分)如图是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55 s若电梯先以加速度a1做匀加速运动，达到最大速度18 m/s，然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台假定观光平台高度为549 m(1)若电梯经过20 s匀加速达到最大速度，求加速度a1及匀加速上升的高度
15、h；(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60 kg，求小明对电梯地板的压力；(3)求电梯匀速运动的时间解析(1)由运动学公式vtv0at和t120 s得电梯匀加速时的加速度a1 m/s20.9 m/s2电梯匀加速上升的高度h m180 m(2)设小明受到电梯地板的支持力大小为FN由牛顿第二定律得FNmgma1，又m60 kg所以FNma1mg600.9 N6010 N654 N由牛顿第三定律可知，小明对电梯地板的压力大小FNFN654 N，方向竖直向下(3)设电梯匀速运动的时间为t，对电梯整个上升过程有h总t1vmt(t总t1t)代入数据得t6 s答案(1)0.9 m/s218
16、0 m(2)654 N，方向竖直向下(3)6 s17(12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，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
17、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
18、 m/s(2)2 s8 m18(12分)足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中某足球场长90 m、宽60 m攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2试求：(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球他的启动过程可以视为初速度为0，加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？(3)若该前锋队员追上足球后，又将足球以10 m/
19、s的速度沿边线向前踢出，足球的运动仍视为加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动与此同时，由于体力的原因，该前锋队员以6 m/s的速度做匀速直线运动向前追赶足球，通过计算判断该前锋队员能否在足球出底线前追上解析(1)已知足球的初速度为v112 m/s，加速度大小为a12 m/s2足球做匀减速运动的时间为t16 s运动位移大小为s1t136 m(2)已知前锋队员的加速度为a22 m/s2，最大速度为v28 m/s，前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为t24 ss2t216 m之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为s3v2(t1t2)16 m由于s2s3s4所以，足球运动到底线时没停止由公式s4v3t4a1t足球运动到底线的时间为t41 s前锋队员在这段时间内匀速运动的位移s6vt46 m9 m所以前锋队员不能在足球出底线前追上足球答案(1)36 m(2)6.5 s(3)不能