模块检测试卷二公开课.docx

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1、模块检测试卷（二）（时间：90分钟总分值：100分）一、单项选择题（此题共8小题，每题3分，共24分.在每题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求）1 .（2020鄂州市泽林高中高一上学期期末）以下对牛顿运动定律的理解，正确的选项是（ ）A.牛顿第一定律指出，物体只有处于匀速直线运动状态或静止状态时才具有惯性B.牛顿第二定律指出，物体加速度的方向与所受合力的方向相同C.牛顿第三定律指出，物体间的作用力与反作用力是一对平衡力D.牛顿运动定律不仅适用于低速运动的宏观物体，也适用于高速运动的微观粒子答案B解析 牛顿第一定律也称为惯性定律，它告诉我们惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯 性，故A错误

2、；牛顿第二定律指出物体的加速度与物体所受外力成正比，加速度的方向与合 外力的方向一致，故B正确；牛顿第三定律中作用力和反作用力是作用在两个不同物体上的 大小相等，方向相反的两个力，故不可能为平衡力，故C错误；牛顿运动定律只能适用于宏 观、低速物体，不能适用于微观高速粒子，故D错误.2 . （2020.黄陵中学高一上学期期末）把一木块放在水平桌面上保持静止，以下说法正确的选项是 （）A.木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力是一对平衡力B.木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力是一对作用力和反作用力C.木块对桌面的压力就是木块的重力D.木块的重力和木块对桌面的压力是一对平衡力答案B解析 木块对桌面的

3、压力与桌面对木块的支持力是一对作用力和反作用力，故A错误，B正 确；木块放在水平桌面上保持静止，由平衡条件和牛顿第三定律分析得知，木块对桌面的压 力在数值上等于木块受的重力，但性质不同，故C错误.木块的重力和木块对桌面的压力不 是一对平衡力，故D错误.3 .（2020,银川一中高一上学期期末）北京时间9月28日，在郎平的带着下，中国女排获2019 女排世锦赛冠军.主攻手朱婷扣球跳起可分为下蹲、蹬地（加速上升）、离地上升、下落四个过 程，以下关于她蹬地（加速上升）和下落两个过程的说法正确的选项是（忽略空气阻力X）A.两过程中她都处于超重状态B.两过程中她都处于失重状态C.前过程为超重，后过程为完

4、全失重故假设成立，物块和木板相对静止，以共同的加速度0.4m/s2 一起加速运动.（2分）18. （16分）（202。天津一中高一上学期期末）如图11所示，A3段为一与水平面成37。角的光滑 斜面，3COE段为一传送带，3C段水平、角CQE也为37。，转动轮大小不计.有一质量m=1 kg的小物块，用与斜面平行的恒力F=7 N拉动物体从斜面底端由静止开始向上运动，传 送带与物块间的动摩擦因数为=0.5,斜面长为L=8m,在以后的运动过程中，设物块始终 未离开斜面或传送带，传送带以o=10m/s的速度逆时针（8E0C方向）匀速转动,sin37o=0.6, cos 37 = 0.8, g=10 m/

5、s2.（1）求物块运动到B点时的速度大小；物块运动到B点时，撤去拉力区 物块经过8点后速度方向变为水平，大小不变，段 距离为x=L6m,求物块运动到。点处的速度大小；（3）当物块运动到C点时，传送带速度大小不变，方向变为顺时针，段长度为s=8m.求 物块从C运动到D所用时间心.图11答案（1）4 m/s （2）0 （3）（2V7-4） s解析（1）物块从A到8过程中，由牛顿第二定律得：Fmgsin 310 = ma代入数据解得：m = lm/s2（2分）由匀变速运动的速度位移公式得：v0=2aL代入数据解得：迎=4 m/s; （2分）（2）物块在3c段上，由牛顿第二定律得：ing=ma?代入数

6、据解得：2=5 m/s2（2分）22由匀变速直线运动的速度位移公式得：工=二2a2代入数据解得：i?c=0; （2分）（3）物块在CD段上，在和传送带速度相等前，由牛顿第二定律得：mgsin 37+/zmgcos 37 =代入数据解得：3=10m/s2（2分） 当物块速度与传送带速度相等时，物块位移为:为=吐虫=5 m（l分）2a3所用时间为：，i=H=ls（l分） 在物块速度到达10 m/s后，摩擦力反向，仍做加速运动，由牛顿第二定律得：mgsin 37-加geos 37 = /%。4代入数据解得：4=2m/s2（2分）由匀变速直线运动公式得：S汨=2 +工4亥2 2代入数据解得：亥=（2五

7、一5）s（l分）总时间:1=九+亥=（2夕一4） s.（1分）D.前过程为完全失重，后过程为超重答案c4.有两个大小相等的共点力B和出,当它们的夹角为90。时合力的大小为尸，那么当它们的夹角为60。时，合力的大小为（）A. 2F B.F C.F D.F 222答案B解析当两个力的夹角为90。时，合力为：F g=jFi2 + F22=V2Fi = F所以，F=F2=F2当两个力的夹角为60。时，根据平行四边形定那么及几何关系可知，F合=2Ficos 30 =2XTXT n=t2XTXT n=tN.5.（2020.内蒙古集宁中学高一上学期期末）A、8两物体的重力都为10N,各接触面之间的动摩擦因数

8、均为、8两物体同时受到b=1 N的两个水平力的作用，如图1所示，那么A对B、8对地的摩擦力分别等于（） AF B）图1A. 2N,0NB. 1 N,0NC. 1 N,1 ND. 3N,6N答案B 解析 将A、3看成一个整体，那么整体受到向左和向右大小都为1 N的力，所以整体在水平 方向上合力为零，故地面对8的摩擦力为零，所以8对地面的摩擦力为零，对于A,受到水 平向左的拉力，故A受到3的向右的1N的摩擦力，所以A对3有向左的摩擦力，大小为1 N, B正确.6 .（2020鄂州市泽林高中高一上学期期末）在水平地面上匀速向右运动的小车内，用绳子AB. 8c拴住一个重球，如图2所示，绳3C呈水平状态

9、，绳A3的拉力为斤1，绳5C的拉力为尸 假设小车由匀速向右运动变为匀加速向右运动，但重球相对小车的位置不发生变化，那么两 绳的拉力与匀速时相比（）图2A. Fti变大，斤2变小B. Fti变大，斤2变小C. Fti不变，后2变小C. Fti不变，Ft2变大D. Fti不变，Ft2变大E. Fti变大，尸?2不变答案C解析 对小球受力分析知：小球受重力2g、绳A3的拉力Fti和绳的拉力尸 如图:设小车的加速度为小 绳A3与水平方向的夹角为仇 根据牛顿第二定律得：Frisin O=mg, Ft2/rTicos 0=ma9 得至h 尺1=萼;，Ft2=sin。tan。可见，绳A3的拉力Fti与加速度

10、无关，那么Fti保持不变.绳8C的拉力 斤2随着加速度的 增大而增大，那么丘变大，故C正确，A、B、D错误.7 .（2020吉林实验中学高一上学期期末）如图3所示，两个小球、6质量均为2,用细线相连 并悬挂于。点，现用一轻质弹簧给小球。施加一个拉力F,使整个装置处于静止状态，且 与竖直方向夹角为。=45。，弹簧的劲度系数为比重力加速度为g,那么弹簧形变量最小值 是（）2mg 口 y2mg 厂 4y/2mg答案A解析以小球出？整体为研究对象，分析受力，作出厂在几个方向时整体的受力图，根据平 衡条件得知：尸与Ft的合力与整体重力2 mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知, 当尸与绳子0。垂直

11、时，尸有最小值，即图中2位置；根据胡克定律：居nin = min,所以：Xmin = ,根据胡克定律：居nin = min,所以：Xmin = ,应选A.8 . （2019福建平和一中、南靖一中等五校高一上联考）A、B、C、。四个质量均为2kg的物体 在光滑的水平面上做直线运动.A运动的X/图像、3运动的。一才图像、C运动的一图像、D运动的F-t图像如下图，各物体在t=0时的速度均为零，那么。4 s内运动位 移最大的物体是（）/SF/NIiiiIiiiiiiiiiiiiiiio| i i i 1； 2； 3； 4； sIlli-JIlliD.-r答案A解析 在x，图像中，总位移为xa= -1

12、m1 m=-2 m;在。一，图像中，图线与/轴所围 的面积表示位移，故8物体在04 s内总位移为零；由4一/图像可知，C物体在01s内 做匀加速直线运动，12s内沿原方向做匀减速运动，2s末速度减为0,第23s内沿负方 向做匀加速直线运动，34 s内沿负方向做匀减速直线运动，在此过程中加速度大小相等， 根据对称性可知04 s内物体运动位移为0;由方一看图像可知，。物体在第1 s内做匀加速 运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0,然后重复前面的过程，是加速度大小相等的单向直线运动，位移一直增大，加速度大小为q=0.5 m/s2,通过的位移x（）=4义工X工义ym = m221 m.综上所述

13、，04 s内位移最大的应是A物体，应选A.二、多项选择题（此题共4小题，每题4分，共16分.在每题给出的四个选项中，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。分）9.（2020.东莞市高一上学期期末）一个质量为1 kg的物体放在光滑水平地面上，受到同一水 平面内三个力作用，这三个力的大小分别为IN、2N、3N,方向不确定，那么该物体的加速度 大小可能为（）A. 0 B. 2 m/s2 C. 4 m/s2 D. 8 m/s2答案ABC解析 根据三个力的大小特征判断出三个共点力的合力范围为：0W/WB+& + B,即 0W/W6N,再根据牛顿第二定律可知加速度范围为0a

14、W6m/s2,应选A、B、C.10. （2020榆树市高一上学期期末）物体做匀加速直线运动，第1s末的速度是6m/s,第2 s末的速度是8 m/s,那么以下结论正确的选项是（）A.物体的加速度是2m/s2B.物体零时刻的速度是2 m/sC.第1 s内的平均速度是5 m/sD.前2s内的位移是12m答案ACD解析 第1 s末的速度是v = 6 m/s,第2 s末的速度是1/2 = 8 m/s,两个时刻的时间间隔是t =1 s,那么物体的加速度为a=2 m/s?,故A正确；由。1=伙）+助得。o=0i助= （62x1） m/s=4m/s,故B错误；第1 s内的平均速度是0=变色= m/s = 5

15、m/s,故C正确；前2 22s 内的位移 X2=V2t2=V+V2r2=X 2 m= 12 m, 故 D 正确. 2211.如图4所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，一物块自弹簧正上方自由下落，当物块 与弹簧接触并将弹簧压至最短（在弹性限度内）的过程中，以下说法正确的选项是（）图4A.物块接触弹簧后即做减速运动B.物块接触弹簧后先加速后减速C.当物块的速度最大时，它所受的合力为零D.当弹簧被压缩至最短时，物块的加速度等于零答案BC解析 物块刚接触弹簧后，弹簧形变较小，此时弹簧弹力肯定小于物块重力，物体仍然做加 速运动，应选项A错误；物体接触弹簧后，到弹簧形变到达最大这一过程中，弹簧弹力先小

16、于重力，之后等于重力，最后大于重力，故物块先加速后减速，选项B正确；当物块速度最 大时，加速度为零，此时合力为零，选项C正确；弹簧压缩到最短时，弹簧弹力大于重力， 此时加速度向上，不等于零，选项D错误.度，得到的速率一时间图像如图乙所示,12. （2020天津市静海一中高一上学期期末）如图5甲所示，将质量为M的滑块A放在倾斜滑 板B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计 算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速率一时间图像.先给滑块A一个沿滑板3向上的初速 滑板和传感器始终静止不动，取g= 1。m/s2.那么以下说法正确的选项是（以下说法正确的选项是（图5A.滑

17、块A上滑时加速度的大小为8.0 m/s2B.滑块A下滑时加速度的大小为8.0 m/s?C.可以求出滑板与滑块间的动摩擦因数D.不能求出滑板与水平面间的夹角答案AC解析 上滑的加速度大小为0=产=& m/s2=8 m/s2,故A正确；下滑的加速度大小为念= t 0. 5号=；m/s2=4 m/s2,故B错误；上滑过程中根据牛顿第二定律得加gsin 6+w%gcos。=加1,下滑时/ngsin夕一mgcos。=加2,解得=。.25, 际37。,故C正确，D错误.二、实验题（此题共2小题，共14分）（6分）“探究求合力的方法”的实验情况如图6甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，

18、。3和OC为细绳.图乙是在白纸上根据实验结果画出的图.甲图乙中的尸与尸两力中，方向一定沿A。方向的是.在此实验中，假如M的大小及方向确定，那么为了使橡皮筋仍然伸长到。点，对B来说， 下面儿种说法正确的选项是A. B可以有多个方向B.b2的方向和大小可以有多个值C.尸2的方向和大小都是唯一确定值D. &的方向是唯一的，但大小可有多个值答案尸（3分）（2）C（3分）解析（1）由图乙可知：力尸是由作图得出的，尸 就是实际的将橡皮筋拉至。点的合力，故 沿0A方向的一定是尸.（2）由平行四边形定那么可知当合力的大小和方向以及其中一个分力的大小和方向确定时，另一 个分力的大小和方向也确定，应选项C正确.1

19、4. （8分）探究“加速度与力、质量的关系”的实验装置如图7甲所示.小车后面固定一条纸 带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在 竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小.图7（1）关于补偿摩擦力，以下说法正确的选项是.A.补偿摩擦力时，需要在动滑轮上挂上钩码B.改变小车质量时，需要重新补偿摩擦力C.改变小车拉力时，不需要重新补偿摩擦力（2）实验中（选填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码质量远小于小车质量.某同学根据实验数据作出了加速度。与力尸的关系图像如图乙所示，图线不过原点的原因 是.A.钩码质量没有远小于小车质量B.补偿摩擦力时

20、木板倾角过大C.补偿摩擦力时木板倾角过小或未补偿摩擦力答案（1）C（3分）（2）不需要（2分）（3）B（3分）解析（1）补偿摩擦力时，小车要在不挂钩码情况下做匀速直线运动，故A错误；补偿摩擦力 时有：mgsin a=/Limgcos a,即有gsin a=/gcos % 所以与质量无关，故B错误，C正确.（2）由于本实验中的拉力传感器可以测出细线的拉力，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量;（3）由题图可知，当没有挂钩码时小车具有加速度，说明补偿摩擦力时木板倾角过大，应选B.三、计算题（此题共4小题，共46分）（6分）（2020.南昌六校高一上学期期末）如图8所示，一个重力为100N的小球

21、被夹在竖直 墙壁和A点之间，球心。与A点的连线与竖直方向成夕角，且9=60。，所有接触点和 面摩擦均不计.试计算小球对墙壁的压力R和对A点的压力出.答案 Fi = 100V3 N,方向垂直墙壁向右F2=200N,方向沿。一A方向解析对小球受力分析，如下图.球对墙面的压力：=B = Gtan600=100W N（2分）方向垂直墙壁向右,（1分）球对A点的压力：/2 =F2=200N（2分）cos60方向沿0-A方向.（1分）（12分）（2020常德市高一上学期期末）滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼 出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦.然 而当

22、滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩 擦力增大.假设滑雪者的速度超过4 m/s时、滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由川=0.25 变为2=0.125.一滑雪者从倾角9=37。的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底3后又滑 上一段水平雪地，最后停在。处，如图9所示，不计空气阻力，坡长L=26m,取g=10m/s2, sin 37=0.6, cos 37 = 0.8,求：B4滑雪者由静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；滑雪者到达B处时的速度大小.答案（1）1 s （2）16 m/s解析（1）设滑雪者质量为勿2,滑雪者在斜坡上由静止开始加速至速度s=4 m

23、/s期间，由牛 顿第二定律有：mgsin 37/imgcos 37。=加。1（2 分）解得：0=4 m/s2（2 分）故由静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t= s（l分） ai（2）那么根据牛顿第二定律和运动学公式有：汨=匕产（2分）2mgs in 372/%gcos 37=也2（2 分）X2 = L-X 分）* 。2 = 2侬2（1 分）联立并代入数据解得：O8=16m/s.（l分）17.（12分）如图10所示，长为L=8m、质量为例=4 kg的长木板放置于光滑的水平面上，其 左端有一个大小可忽略，质量为机=1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为04开始时 物块与木板处于静止状

24、态，物块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2；用外力固 定木板，对物块施加方向水平向右的恒定拉力歹=8 N,使物块在木板上滑动起来.7777777777777777777777777777777777777777图10求物块在木板上滑行的加速度大小；求物块从木板左端运动到右端经历的时间；（3）假设不用外力固定木板，对物块施加方向水平向右的恒定拉力尸=2N,求物块和木板的加 速度大小.答案（1）4 m/s2 （2）2 s （3）0.4 m/s2 0.4 m/s2解析（1）对物块根据牛顿第二定律可得：F1.img=ma, （2分）解得：a=4m/s2（l 分）1（2）根据 L=-at2（2 分）2解得，=JI=芹s=2s（l分）M只靠摩擦力作用产生的最大加速度为:jmg 0.4x1x10M4m/s2 = 1 m/s2（2 分）当力P =2N时，假设两者不产生滑动，那么整体的加速度为a=-= m/s2=0.4 m/s2lM+m 4+1m/s2（2 分）