資源簡介

模塊綜合檢測
(本試卷滿分：100分)
　　　　　　　　　　　　　　　
一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求)
1.漂泊信天翁翼展達3.5 m，生活在南大洋，一生有十分之九的時間生活在海上，它常利用西風從西向東做長距離的飛行，10個月飛行1.5萬公里。據以上信息判斷，下列說法正確的是(　　)
A．信息中的“10個月”指的時刻
B．信息中的“1.5萬公里”指的是位移
C．研究信天翁在做長距離飛行時的路線，可以將信天翁視為質點
D．動物學家在研究信天翁的飛翔姿態時，可以將信天翁視為質點
2.在足球運動中，足球入網如圖所示，則(　　)
A．踢香蕉球時足球可視為質點
B．足球在飛行和觸網時慣性不變
C．足球在飛行時受到腳的作用力和重力
D．觸網時足球對網的力大于網對足球的力
3．70 kg的小剛和60 kg的小明一起乘坐公交車去公園游玩，關于一些現象，下面說法正確的是(　　)
A．以公交車為參考系時，小明認為自己在動
B．公交車行駛過程中，小剛看到邊上的汽車在往后退，此時公交車和汽車的運動方向一定不同
C．公交車加速時，小明和小剛都向后仰，但是他們兩個的慣性不一樣大
D．公交車拐彎時，他們都會往外甩；公交車勻速前進時，感覺平穩，說明拐彎時具有慣性，勻速時不具有慣性
4．如圖所示，水平桌面上有質量為M的木塊和質量為m的輕紙盒，M＞m?，F在某同學用嘴吹這兩個物體，木塊保持了靜止狀態，而紙盒被吹動了，如果兩次吹的力等大，則下列說法正確的是(　　)
A．因為木塊的慣性大，使木塊保持了原來的靜止狀態
B．氣流對木塊的作用力小于木塊受到的摩擦力，所以木塊保持了靜止狀態
C．氣流對紙盒的作用力大于紙盒對氣流的作用力，所以紙盒動了
D．吹氣過程中木塊受到的摩擦力大于紙盒受到的摩擦力
5.如圖所示為某質點做直線運動的加速度與時間的關系圖像，其中t＝0時刻，質點的速度為零。下列說法正確的是(　　)
A．在2～4 s內，質點做勻變速直線運動
B．在0～6 s內，質點在t＝2 s時刻速度最大
C．在0～6 s內，質點在t＝4 s時刻離出發點最遠
D．在t＝2 s和t＝6 s時，質點速度相同
6.一很深的圓筒形容器，開口端是漏斗，筒和漏斗總質量為M，漏斗中盛有質量為m的細砂，漏斗口關閉；整個裝置在彈簧秤上，如圖。當打開漏斗口后，細砂將落向容器底部并最終全部堆積在底部。從細砂開始下落到全部堆積在容器底部的過程中彈簧秤的示數(　　)
A．始終為(M＋m)g
B．不會大于(M＋m)g
C．不會小于(M＋m)g
D．有時小于(M＋m)g，有時大于(M＋m)g，有時等于(M＋m)g
7.如圖，是位于運載火箭頂部的逃逸塔，塔身外側對稱分布四個噴口朝向斜下方的逃逸主發動機。每個主發動機產生的推力大小為F，其方向與逃逸塔身夾角為θ。四個主發動機同時工作時，逃逸塔獲得的推力大小為(　　)
A．4F　　　　　 B．4Fsin θ
C．4Fcos θ D．Fsin θ
8.如圖所示，在豎直平面的固定光滑軌道的最高點有一個光滑的小孔，質量為m的小環套在圓軌道上，用細線通過小孔系在環上，緩慢拉動細線，使環沿軌道上移，在移動過程中拉力F和軌道對小環的作用力FN的大小變化情況是(　　)
A．F不變，FN增大　　 B．F不變，FN不變
C．F減小，FN不變 D．F增大，FN增大
二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)
9．一個物體做變速直線運動，物體的加速度(方向不變)大小從某一值逐漸減小到零，則在此過程中，關于該物體的運動情況的說法可能正確的是(　　)
A．物體速度不斷增大，加速度減小到零時，物體速度最大
B．物體速度不斷減小，加速度減小到零時，物體速度為零
C．物體速度減小到零后，反向加速再勻速運動
D．物體速度不斷增大，然后逐漸減小
10.如圖所示，蹦床運動員從空中落到床面上，運動員從接觸床面下降到最低點為第一過程，從最低點上升到離開床面為第二過程，則運動員(　　)
A．在第一過程中始終處于失重狀態
B．在第二過程中始終處于超重狀態
C．在第一過程中先處于失重狀態，后處于超重狀態
D．在第二過程中先處于超重狀態，后處于失重狀態
11．如圖，質量為2m的光滑圓球B緊靠豎直墻壁置于光滑水平地面上，質量為m的均勻圓球A用一定長度的輕質細繩懸掛于豎直墻壁上的P點，O1、O2為兩球的球心，平衡時PO2與豎直方向的夾角θ＝53°，且兩球心的連線與PO2恰好垂直，已知重力加速度為g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。下列說法正確的是(　　)
A．細繩對A球的拉力大小為mg
B．A球對B球的壓力大小為mg
C．B球對墻面的壓力大小為mg
D．B球對地面的壓力大小為mg
12．如圖甲為某高速公路出口的ETC通道示意圖。一汽車駛入通道，到達O點的速度v0＝22 m/s，此時開始減速，到達M點時速度減至v1＝6 m/s，并以6 m/s的速度勻速通過MN，汽車從O點運動到N點共用時10 s，v t圖像如圖乙所示，則下列計算正確的是(　　)
A．汽車做減速運動的加速度大小a＝4 m/s2
B．汽車在O、M間中點的速度為14 m/s
C．O、M間的距離為56 m
D．汽車在ON段的平均速度大小為9.2 m/s
三、非選擇題(本題共5小題，共60分)
13.(6分)用圖(a)所示的實驗裝置測量重力加速度。在豎直桿上裝有兩個光電門A和B，用直尺測量光電門之間的距離h，用光電門計時器測量小球從光電門A到B的時間t。
實驗中某同學采用固定光電門B的位置，改變光電門A的位置進行多次測量，表中給出了測量數據。數據處理后作出函數圖像，如圖(b)。
h/m 0.400 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400
t/s 0.076 0.120 0.168 0.220 0.283 0.368
(1)請補充圖(b)中縱坐標的物理量________。
A．小球在光電門A處的速度vA
B．小球在光電門B處的速度vB
C．小球在任意位置的速度
D．小球在A、B間的平均速度
(2)寫出圖(b)中直線的函數關系式__________(用h、t、g、vB表示)。
(3)由圖(b)計算出直線斜率的值為－4.889，則測得的重力加速度為________m/s2(保留3位有效數字)。
14.(8分)如圖1所示是“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置。
(1)該實驗中同時研究三個物理量間關系是很困難的，因此我們采用的研究方法是________。
A．放大法　　B．控制變量法　　C．補償法
(2)該實驗過程中操作正確的是________。
A．補償阻力時小車未連接紙帶
B．先接通打點計時器電源，后釋放小車
C．調節滑輪高度使細繩與水平桌面平行
(3)在小車質量________(選填“遠大于”或“遠小于”)槽碼質量時，可以認為細繩拉力近似等于槽碼的重力。上述做法引起的誤差為__________(選填“偶然誤差”或“系統誤差”)。為減小此誤差，下列可行的方案是________。
A．用氣墊導軌代替普通導軌，滑塊代替小車
B．在小車上加裝遮光條，用光電計時系統代替打點計時器
C．在小車與細繩之間加裝力傳感器，測出小車所受拉力大小
(4)經正確操作后獲得一條如圖2所示的紙帶，建立以計數點0為坐標原點的x軸，各計數點的位置坐標分別為0、x1、…、x6。已知打點計時器的打點周期為T，則打計數點5時小車速度的表達式v＝________；小車加速度的表達式是________。
A．a＝
B．a＝
C．a＝
15.(14分)某跳傘運動員在一次跳傘表演中，離開距地h＝224 m高的懸停直升機后，先做自由落體運動，當自由下落一段時間后打開降落傘，傘張開后做勻減速運動，其加速度大小a＝12.5 m/s2，運動員到達地面時速度v＝5 m/s，重力加速度g取10 m/s2。
(1)運動員打開降落傘時速度多大；
(2)運動員離開飛機后，經過多少時間才能到達地面。
16.(16分)如圖所示，在傾角為θ的玻璃棚上放有一質量為m的物體A，連接在豎直墻壁上O點的細繩拴住物體A起保護作用，細繩質量不計，與玻璃棚的夾角為α，且剛好伸直(拉力為0)，重力加速度為g。則：
(1)求物體A受到的摩擦力f1；
(2)若由于下雨等因素導致物體A與玻璃棚之間的動摩擦因數減小為μ，導致細繩張緊且物體A受到的靜摩擦力達到最大，求此時細繩上拉力的大小T及物體所受摩擦力的大小f2(已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。
17.(16分)假設在發射火箭過程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到30 km高空時，速度達到1.2 km/s，然后助推器脫落，向上減速運動后落回地面進行回收?；鸺破鬟\動過程中所受地球引力可視為不變，且等于在地球表面時的重力，助推器脫落后運動過程中，受到的阻力大小恒為助推器重力的0.2，g取10 m/s2，求：
(1)助推器能上升到距離地面的最大高度；
(2)助推器落回地面的速度大小和助推器從脫落到落回地面經歷的時間。
模塊綜合檢測
1．選C　“10個月”指的是時間間隔，故A錯誤；“1.5萬公里”指的是路程，故B錯誤；研究信天翁在做長距離飛行時的路線，可以忽略信天翁的大小，能將信天翁視為質點，故C正確；動物學家在研究信天翁的飛翔姿態時，不能忽略信天翁的大小，不可以將信天翁視為質點，故D錯誤。
2．選B　在踢香蕉球時，需要考慮踢在足球上的位置與角度以及足球的轉動和空氣阻力，所以不可以把足球看作質點，故A錯誤；慣性只與質量有關，足球在飛行和觸網時質量不變，則慣性不變，故B正確；足球在飛行時腳已經離開足球，故只受重力和空氣阻力，故C錯誤；觸網時足球對網的力與網對足球的力是相互作用力，大小相等，故D錯誤。
3．選C　以公交車為參考系時，小明和公交車之間沒有相對位置的變化，所以他是靜止的，故A錯誤；公交車行駛過程中，小剛看到邊上的汽車在往后退，說明速度方向相同時公交車的速度比汽車的快，或者路邊的汽車是靜止的，故B錯誤；小明和小剛的體重不同，所以他們兩個的慣性不一樣大，故C正確；慣性是物體的固有屬性，物體有質量，就有慣性，公交車勻速前進時，慣性使兩人的運動狀態與公共汽車保持一致，所以感覺平穩，并不是沒有慣性，故D錯誤。
4．選D　木塊靜止不動，是因為氣流對木塊的作用力小于木塊與桌面間的最大靜摩擦力，與慣性大小無關，故A錯誤；木塊靜止不動，則氣流對木塊的作用力等于木塊受到的摩擦力，故B錯誤；氣流對紙盒的作用力與紙盒對氣流的作用力為相互作用力，大小相等，方向相反，故C錯誤；對木塊研究，木塊靜止，可知F＝f靜，對紙盒研究，紙盒運動，可知F＞f靜m＞f滑，則吹氣過程中木塊受到的摩擦力大于紙盒受到的摩擦力，故D正確。
5．選D　在2～4 s內，質點的加速度不斷變化，質點做的不是勻變速直線運動，選項A錯誤；0～4 s，質點做加速運動，4～6 s質點做減速運動，質點在t＝4 s時刻速度最大，選項B錯誤；因a t圖像的“面積”表示速度的變化，因初速度為零，則a t圖像的“面積”表示某時刻的速度值，則在6 s末速度為正，在0～6 s內，質點速度方向一直沒有改變，質點在t＝6 s時刻離出發點最遠，選項C錯誤；因a t圖像的“面積”表示速度的變化，從2 s到6 s，質點速度變化量為零，所以在t＝2 s和t＝6 s時，質點速度相同，選項D正確。
6．選D　根據題意可知，在細砂落下過程中，開始時細砂具有向下的加速度，細砂處于失重狀態，此時壓力小于重力；而細砂最后在接觸容器底部的過程中做減速運動，此時處于超重狀態，而中間過程以及細砂全部堆積時，不超重也不失重；所以整個過程中，彈簧秤的示數有時小于(M＋m)g，有時大于(M＋m)g，有時等于(M＋m)g，故選D。
7．選C　發動機產生的推力分解如圖所示，四個主發動機同時工作時，由牛頓第三定律及力的合成知識可知逃逸塔獲得的推力大小為F推＝4Fcos θ，選項C正確。
8．選C　小環沿軌道緩慢上移可看作受力平衡，對小環進行受力分析，受力情況如圖所示。由圖可知△OAB∽△GF′A，則有＝＝，當A點上移時，半徑不變，AB長度減小，故F減小，FN不變，故選C。
9．選ABC　物體做變速直線運動，若速度方向與加速度方向相同，加速度逐漸減小，速度不斷增大，當加速度減小到零時，速度達到最大，而后做勻速直線運動，A正確；若速度方向與加速度方向相反，加速度逐漸減小，速度不斷減小，當加速度減小到零時，物體速度可能恰好為零，也可能當速度減為零時，加速度不為零，然后物體反向做加速直線運動，加速度等于零后，物體做勻速運動，B、C正確；物體的速度不斷增大，說明加速度方向和速度方向一樣，在加速度減小到零的過程中，不可能出現速度減小的情況，D錯誤。
10．選CD　運動員剛接觸床面時，重力大于彈力，運動員向下做加速運動，運動員處于失重狀態；當彈力增大到等于重力時速度最大；繼續下降，彈力大于重力，向下做減速運動，運動員處于超重狀態，即在第一過程中先處于失重狀態，后處于超重狀態，A錯誤，C正確；在第二過程中運動員先向上加速運動，處于超重狀態，后向上減速運動，處于失重狀態，B錯誤，D正確。
11.選BC　對兩球進行受力分析，如圖。細繩對A球的拉力F2＝mgcos 53°＝mg，故A項錯誤；A球處于平衡狀態，則B球對A球的支持力F1＝mgsin 53°＝mg，根據牛頓第三定律，即A球對B球的壓力大小為mg，故B項正確；墻面對B球的彈力F4＝F1′cos 53°＝F1cos 53°＝mg×0.6＝mg，即B球對墻面的壓力大小為mg，故C項正確；地面對B球的支持力F3＝2mg＋F1′sin θ＝2mg＋mg×0.8＝mg，即B球對地面的壓力大小為mg，故D項錯誤。
12．選ACD　根據v t圖線可知，汽車做減速運動的加速度大小a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故A項正確；根據v t圖線與時間軸圍成的面積表示位移知，OM的距離s＝×(6＋22)×4 m＝56 m，故C項正確；設汽車在OM中點的速度為v′，根據速度位移公式有v′2－v02＝－2a，解得v′＝ m/s，故B項錯誤；根據v t圖線與時間軸圍成的面積表示位移知，ON段的位移s′＝56 m＋6×6 m＝92 m，則汽車在ON段的平均速度大?。剑?m/s＝9.2 m/s，故D項正確。
13．解析：(1)小球做自由落體運動，則小球從A到B的過程有h＝vBt－gt2，整理得＝＝vB－gt，題圖(b)中縱坐標的物理量為小球在A、B間的平均速度。故選D。
(2)由上述分析可知題圖(b)中直線的函數關系式為＝vB－gt。
(3)直線斜率的值為k＝－g＝－4.889，則測得的重力加速度為g≈9.78 m/s2。
答案：(1)D　(2)＝vB－gt　(3)9.78
14．解析：(1)該實驗中同時研究三個物理量間關系是很困難的，因此我們可以控制其中一個物理量不變，研究另外兩個物理量之間的關系，即采用控制變量法。故選B。
(2)補償阻力時小車需要連接紙帶，一方面是需要連同紙帶所受的阻力一并平衡，另外一方面是通過紙帶上的點間距判斷小車是否在長木板上做勻速直線運動，故A錯誤；由于小車速度較快，且運動距離有限，打出的紙帶長度也有限，為了能在長度有限的紙帶上盡可能多地獲取間距適當的數據點，實驗時應先接通打點計時器電源，后釋放小車，故B正確；為使小車所受拉力與速度同向，應調節滑輪高度使細繩與長木板平行，故C錯誤。
(3)設小車質量為M，槽碼質量為m。對小車和槽碼根據牛頓第二定律分別有F＝Ma，mg－F＝ma，聯立解得F＝＝，可知在小車質量遠大于槽碼質量時，可以認為細繩拉力近似等于槽碼的重力。上述做法引起的誤差是由于實驗方法或原理不完善造成的，屬于系統誤差。該誤差是將細繩拉力用槽碼重力近似替代所引入的，不是由于小車與木板間存在阻力(實驗中已經補償了阻力)或是速度測量精度低造成的，為減小此誤差，可在小車與細繩之間加裝力傳感器，測出小車所受拉力大小。故選C。
(4)相鄰兩計數點間的時間間隔為t＝5T，打計數點5時小車速度的表達式為v＝＝。根據逐差法可得小車加速度的表達式是a＝＝，故選A。
答案：(1)B　(2)B　(3)遠大于　系統誤差　C　(4)　A
15．解析：(1)由自由落體運動規律可得v12＝2gh1
打開降落傘做減速運動時，由運動學公式得v2－v12＝－2ah2
又由于h1＋h2＝h，解得v1＝50 m/s。
(2)由自由落體運動規律可得v1＝gt1，解得t1＝5 s
運動員減速過程，由勻變速直線運動規律可得t2＝＝3.6 s
解得t＝t1＋t2＝8.6 s。
答案：(1)50 m/s　(2)8.6 s
16．解析：(1)如圖所示，沿斜面方向和垂直斜面方向建立平面直角坐標系
此時物體處于靜止狀態，即受到的是靜摩擦力，而且受到繩子的拉力為0。有f1＝Gx＝mgsin θ
方向沿斜面向上。
(2)在x方向f2＋Tcos α－mgsin θ＝0
在y方向Tsin α＋FN－mgcos θ＝0
根據滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等有f2＝μFN
由以上三個方程解得：T＝，
f2＝。
答案：(1)mgsin θ，方向沿斜面向上
(2)　
17．解析：(1)火箭加速上升的高度h1＝3×104 m，助推器脫落時的速度v1＝1.2×103 m/s，助推器脫落后向上做減速運動，f＝0.2mg，根據牛頓第二定律和運動學公式有
mg＋f＝ma1，v12＝2a1h2，v1＝a1t1
解得h2＝6×104 m，t1＝100 s
助推器上升的最大高度為h＝h1＋h2＝9×104 m。
(2)助推器從最高點下落過程中，根據牛頓第二定律和運動學公式有mg－f＝ma2，v22＝2a2h，v2＝a2t2
解得v2＝1 200 m/s，t2＝150 s
助推器從脫離到落地經歷的時間t＝t1＋t2＝250 s。
答案：(1)9×104 m　(2)1 200 m/s　250 s
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