27版53高中同步新教材必修第一册人教物理增分测评卷全书综合测评(二)

全书综合测评(二)满分:100分时间:75分钟一、单项选择题(本大题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目

要求)1.小明乘电梯从1楼到6楼,他携带的手机利用自带传感器显示出了加速度与时间的关系图像,已知向上

为正方向,此图像应为

(

)

A解析电梯从1楼到6楼过程为先加速再匀速最后再减速,则加速度方向先与速度方向相同,再加速度大

小为0,最后加速度方向与速度方向相反,由于速度方向一直向上,则加速度方向先向上为正,再为0,最后

再向下为负,A正确。2.工程师们进行高楼紧急情况下逃生实验。将一个仿真人模具从高楼的紧急逃生口处自由释放,经过t

秒后撞击到下方距紧急逃生口为H高度的安全气囊上。当仿真人模具下落时间恰好为

时,其距离安全气囊的高度为

(

)A.

B.

C.

D.

D解析根据自由落体运动公式,有H=

gt2;当下落时间t'=

时,下落高度h'=

g

=

gt2=

H,距离安全气囊的高度为H-h'=H-

H=

H,D正确。3.衢州烂柯杯全国职工围棋线下阶段比赛于2024年10月在衢州智慧新城举行,若某次比赛中铁质的棋

盘竖直放置(如图),每个棋子都是一个小磁铁,能吸在棋盘上。不计棋子间的相互作用力。则

(

)

A.棋子受三个力作用B.若给棋子一个水平推力(推力平行于棋盘,棋子不动),棋子受到的摩擦力变大C.棋子对棋盘的压力和棋盘对棋子的吸引力是一对相互作用力D.只要磁力足够大,即使棋盘光滑,棋子也能静止在棋盘上B解析棋子受到重力G、棋盘的吸引力F、弹力N和静摩擦力f,共四个力作用,A错误;施加推力前,棋子

受到的摩擦力大小为f=G,给棋子一个水平推力(推力平行于棋盘,棋子不动),棋子仍受力平衡,竖直方向

fy=G,水平方向fx=F,此时受到的摩擦力大小为f'=

=

,摩擦力变大,B正确;棋子对棋盘的压力与棋盘对棋子的弹力是一对相互作用力,棋子对棋盘的压力与棋盘对棋子的吸引力不是一对相互作

用力,C错误;若棋盘光滑,棋子不受摩擦力作用,竖直方向上不能平衡,棋子不能静止在棋盘上,D错误。4.如图所示,物体A置于水平地面上,B、C叠放,A、B间连有轻质弹簧,弹簧被压缩后用细线把A、B固定

住,细线的拉力为F,A、B质量均为2m,C的质量为m,重力加速度为g,整个装置处于静止状态。现将细线

剪断,则在剪断细线的瞬间,下列说法正确的是

(

)A.C物体的瞬时加速度为0B.C物体对B物体的压力变小C.A物体对地面的压力大小为F+5mgD.B物体的瞬时加速度为

C解析剪断细线前,设弹簧的弹力为F',对B、C整体有3mg+F=F',剪断细线瞬间,弹簧的弹力不变,细线的

拉力消失,B、C加速度相同,则F'-3mg=3ma,联立解得a=

,A、D错误。剪断细线前,C对B的压力等于自身重力,剪断细线瞬间,对C受力分析有N'-mg=ma,解得N'=

+mg,则C对B的压力变大,B错误。剪断细线瞬间,对A受力分析,地面对A的支持力大小N=F'+2mg=F+5mg,根据牛顿第三定律可知,A对地面的压力

大小为F+5mg,C正确。5.如图所示,在水平面上固定一倾角为37°的足够长斜面,小物块P用细线通过轻质滑轮与木板Q连接,在

沿斜面向上的力F作用下P、Q及滑轮均静止在斜面上。已知P、Q的质量分别为m=1kg、M=2kg,P、

Q间的动摩擦因数μ1=0.6,Q与斜面间的动摩擦因数μ2=0.1,重力加速度g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑

动摩擦力,不计空气阻力,sin37°=0.6。现逐渐增加拉力F的大小,当P、Q恰好发生相对滑动时拉力F的

大小为

(

)

A.18N

B.20.4N

C.21.6N

D.24ND解析当P、Q恰好发生相对滑动时,二者具有相同的加速度,设此时的加速度为a,对于P,由牛顿第二定

律有

-μ1mgcos37°-mgsin37°=ma,对于Q,由牛顿第二定律有

+μ1mgcos37°-Mgsin37°-μ2(m+M)gcos37°=Ma,代入数据解得F=24N,D正确。6.如图所示,干衬衣和湿外套挂在晾衣绳上,晾衣绳穿过中间立柱上的固定套环(定滑轮),分别系在左、

右立柱的顶端,衬衣的质量小于外套的质量,分别用θ1、θ2表示挂衬衣和挂外套的两段绳子之间的夹角,

忽略绳与套环、衣架挂钩之间的摩擦,忽略晾衣绳的质量,忽略风力的大小,下列说法不正确的是

(

)

A.θ1>θ2B.四段绳子上的拉力大小相等C.湿外套晾干后,绳子上的拉力变大D.仅将中间立柱向左缓慢移动,绳子上的拉力大小发生变化C解析由于晾衣绳是穿过中间立柱上的固定套环并未打结,同一条绳上各点拉力大小相等,即四段绳子

上的拉力大小相等,设绳子拉力为T,根据2Tcos

=G衬衣,2Tcos

=G外套,由于G衬衣<G外套,可得θ1>θ2,A、B正确;湿外套晾干后,质量减小,θ2增大,θ1减小,由于衬衣质量不变,可知绳子拉力变小,C错误。结合上述

分析可知,由于外套较重,对应绳子夹角较小,所以相同的水平距离需要的绳子更长,将中间立柱向左缓

慢移动,若绳子夹角不变,则右侧绳子变长的长度比左侧绳子缩短的长度多,可知总绳长增加,由于总绳

长不变,所以相当于绳子夹角不变的情况下需要缩短绳长,则绳的拉力变大,D正确。7.如图所示,直杆AB与水平面成α角固定,在杆上套一质量为m的小滑块,杆底端B点处有一弹性挡板,滑

块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放,滑块与挡板第一次碰撞后上

滑时间恰好是第一次下滑时间的一半,已知重力加速度为g,下列说法正确的是

(

)

A.滑块最终停在AB中点处B.滑块运动总路程为3LC.滑块与杆之间的动摩擦因数μ=

tanαD.滑块下滑过程加速度的大小a1=

gsinαB解析现将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放,滑块下滑并碰撞后上滑,滑块上滑速度减为零后,滑块

则又开始下滑,所以滑块最终停在B点处,A错误。设AB长为L,最大速度为v,根据平均速度公式可知L=

vt下,l上=

vt上,其中第一次碰撞后上滑时间恰好是下滑时间的一半,所以恰好能上滑到AB的中点;对于下滑过程,有v=a1t下,对于上滑过程,有v=a2t上,t下=2t上,则

=

;根据牛顿第二定律,对于下滑过程有mgsinα-μmgcosα=ma1,对于上滑过程有mgsinα+μmgcosα=ma2,解得μ=

tanα,a1=

gsinα,C、D错误。滑块运动的总路程为s=L+2×

=3L,B正确。二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题

目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)8.骑自行车出行是一种健康环保的生活方式。如图1所示,一辆车轮半径为0.3m的自行车在水平地面

上沿直线运动(车轮与地面不打滑),后轮转动一周时,后轮边缘附着的一块小泥巴的运动轨迹如图2中

虚线所示,轨迹中A、C为最低点,B为最高点。下列说法正确的是

(

)ADA.后轮与地面接触处受到地面水平向右的摩擦力B.前轮与地面接触处受到地面水平向右的摩擦力C.小泥巴从A点到C点的路程为0.6πmD.小泥巴从A点到C点的位移大小为0.6πm解析自行车后轮是驱动轮,前轮是从动轮,后轮相对地面有向左的运动趋势,前轮相对地面有向右的

运动趋势,因此地面对后轮的摩擦力方向水平向右,地面对前轮的摩擦力方向水平向左,A正确,B错误。

小泥巴从A点到C点的过程中,路程大于位移的大小,位移大小为x=2πR=0.6πm,C错误,D正确。9.如图所示,物体A、B、C的质量分别为m1=1kg、m2=2kg、m3=3kg,A、B之间用劲度系数为k=100N/

m的轻质弹簧连接,斜面体C置于粗糙的水平面上,斜面的倾角为37°且光滑。某人用绕过轻质光滑定滑

轮且平行于斜面的轻绳拉着物体B,使A、B、C整体处于静止状态。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力

加速度g取10m/s2,弹簧始终处于弹性限度内,下列说法正确的是

(

)

A.轻绳的拉力大小为18NB.弹簧的伸长量为0.05mADC.斜面体C对地面的摩擦力大小为24ND.在人松开绳子瞬间,B的加速度大小为9m/s2

解析根据题意,对A、B整体受力分析,由平衡条件可得,轻绳的拉力F=(m1+m2)gsin37°=18N,A正确;对

A受力分析,由平衡条件有kx=m1gsin37°,解得x=0.06m,B错误;对A、B、C整体受力分析,水平方向上由

平衡条件有f=Fcos37°=14.4N,根据牛顿第三定律,C对地面的摩擦力与地面对C的摩擦力大小相等,为14.4N,C错误;在人松开绳子瞬间,弹簧形变量不变,对B分析,由牛顿第二定律有m2gsin37°+kx=m2a,解得a=9m/s2,D正确。10.一新款国产小型新能源电动汽车上市前,对其进行了水平路面直线驾驶刹车性能检测,通过传感器

描绘的该电动汽车从t=0时刻开始的

-t图像如图所示,其中s和t分别表示电动汽车的运动位移和运动时间,图中①为一次函数图线,②为反比例函数图线,P为两图线对接点,则

(

)

A.刹车时间为8sB.10s内加速度先不变后逐渐减小CDC.汽车在t1时间内的加速度大小为5m/s2D.图中阴影部分的面积表示汽车在t0时间内通过的位移解析题图中图线②为反比例函数图线,则此阶段平均速度和时间的乘积保持不变,即汽车的位移不

变,因此汽车在此阶段处于静止状态,加速度为0;由点(10s,4m·s-1)可知t=10s,

=4m/s,联立解得刹车的位移s=40m,根据匀减速直线运动位移公式有s=v0t-

at2,变形得

=v0-

at,题图中图线①为向下倾斜的直线,则汽车在此阶段做匀减速直线运动,

-t图像的纵轴截距表示初速度,则初速度v0=20m/s;从t=0到t1过程中,根据s=

t1可得,刹车时间t1=4s,A、B错误。在0~4s内,根据匀减速直线运动公式有s=v0t1-

a

,代入数据可得a=5m/s2,C正确;

-t图像上任一点纵坐标与横坐标的乘积表示位移,故图中阴影部分的面积表示汽车在t0时间内通过的位移,D正确。11.(6分)某实验小组用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计,如图甲所示。在轻杆上端装上

转轴,转轴固定于竖直放置的标有角度的纸板上的O点,轻杆下端固定一小球,杆可在竖直纸面内自由转

动。将此装置固定于运动小车上,可粗略测量小车的加速度大小。主要操作如下:

(1)若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为θ,则小车的加速度大小为a=

_________

(用θ、g表示),该

gtanθ

三、非选择题(本大题共5小题,共54分)加速度测量仪的刻度

___________

(选填“均匀”或“不均匀”)。(2)为了准确标出刻度,还需要测出当地重力加速度g,利用重锤连接纸带做自由落体运动,打点计时器在

纸带上打出一系列点,选取一条较理想的纸带,纸带上计数点的间距如图乙所示,打相邻两个计数点间

的时间间隔为0.02s。根据数据求出当地重力加速度g=

____________

m/s2(保留3位有效数字)。

9.75

不均匀

解析

(1)若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为θ,以小球为研究对象,小球受重力和轻杆的拉力,根据

牛顿第二定律,有mgtanθ=ma,可得a=gtanθ,则小车加速度大小为gtanθ,加速度不随角度均匀变化,则

该加速度测量仪的刻度不均匀。(2)根据逐差法可得当地重力加速度为g=

,解得g=

m/s2=9.75m/s2。12.(8分)某实验小组为探究小车质量M一定时,小车的加速度a与所受合外力F的关系,设计并采用了如

图甲所示的方案。其实验操作步骤如下:

a.按照实验装置图安装好实验装置;b.挂上砝码盘和砝码,调节木板的倾角,使质量为M的小车能拖着纸带沿木板匀速下滑;c.取下砝码盘和砝码,测出其总质量为m,再让小车拖着纸带沿木板加速下滑,打出一条纸带,并求出小车

的加速度a;d.改变砝码盘中砝码的个数,重复步骤b和c,多次测量,求出小车在不同合外力F作用下的加速度a,作出a-

F图像。(1)该实验方案

________满足条件M≫m。(选填“需要”或“不需要”)(2)已知打点计时器打点时间间隔为0.02s。图丙是实验中打出的一条较理想的纸带,在打出的点中,从

A点开始每5个打点间隔取1个计数点,分别记为A、B、C、D、E,相邻两计数点间的距离已在图中标出,

小车的加速度a为

___________

m/s2。(结果保留2位有效数字)

5.0

不需要

(3)若实验操作规范,随着砝码盘内的砝码数增多,作出的a-F图像正确的是

_________。

(4)图乙为小车质量一定时,根据实验数据描绘出的小车加速度a的倒数与砝码盘和砝码的总质量m的倒

数之间的实验关系图像。若牛顿第二定律成立,则小车的质量M=

________

kg。(g取9.8m/s2,结果

保留3位有效数字)

0.196

A

解析

(1)当小车匀速下滑时,根据平衡条件Mgsinθ=mg+f,取下砝码和砝码盘后,根据牛顿第二定律F=

Mgsinθ-f=Ma,联立解得F=mg=Ma,由于实验中不需要用砝码和砝码盘的总重力代替绳子的拉力,因此

该方案不需要满足条件M≫m。(2)每5个打点间隔取1个计数点,则T=5×0.02s=0.1s,根据逐差法可知加速度为a=

=

m/s2≈5.0m/s2。(3)根据上述分析,该方案不需要满足条件M≫m,因此随着砝码个数的增多,a-F图像的图线不会发生弯

曲,故选A。(4)根据mg=Ma,变形可得

=

·

,根据图线斜率可知k=

=0.02s2·kg/m,解得M=0.196kg。13.(10分)脑卒中是老年高发病,其后遗症的康复治疗越来越引起人们的重视。通过“筷子夹小球”可

对病人进行手部复健训练。若所用小球质量m=5g、直径d=2cm,小球与筷子间的动摩擦因数μ=0.2,重

力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6。如图(a)所示,病人用筷子夹起小球并使之保持静止,接触点A、B与小

球的球心O等高,两筷子方向平行,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)求每根筷子对小球的弹力的最小值;(2)如图(b)所示,改变筷子夹住小球的位置,令两等高接触点C、D间的距离为1.6cm。两筷子仍平行,且

与水平方向成α角,已知α=37°,环境中存在对小球的作用力为F(水平向右、大小未知)的风。因病人尚

未康复,指力不足,小球沿筷子方向匀速下滑(非滚动),求F与小球重力mg的比值。答案

(1)0.125N

(2)

解析

(1)对小球受力分析,可知小球在竖直方向受重力和接触点A、B对小球竖直向上的摩擦力f1,则小

球在接触点A受到的摩擦力大小为f1=

mg=0.025N(1分)根据f1=μFNmin

(1分)可得每根筷子对小球的弹力的最小值为FNmin=0.125N(1分)(2)对题图(b)中的小球分析,由几何知识可得,两根筷子对小球的弹力N与N合的夹角为53°,如图甲所示,则

两根筷子对小球的弹力的合力大小为N合=2Ncos53°

(1分)小球沿筷子方向匀速下滑,则有f=μN

(1分)对侧视图小球受力分析,如图乙所示,根据平衡条件,在沿筷子方向mgsinα=2f+Fcosα

(2分)垂直于筷子方向有N合=mgcosα+Fsinα

(2分)联立可得F与小球重力mg的比值为

=

(1分)

14.(14分)如图甲所示,质量M=2.0kg的长木板A静止在光滑水平面上,在木板的左端放置一个质量m=

1.0kg的小铁块B,铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,对铁块施加水平向右的拉力F,F大小随时间t的

变化如图乙所示,6s时撤去拉力F。可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加

速度g取10m/s2。求:

(1)0~1s内,A、B的加速度大小;(2)B相对A滑行的最大位移大小;(3)6s内A的位移大小。(结果保留3位有效数字)答案

(1)1m/s2

4m/s2

(2)6m

(3)17.3m解析

(1)A、B间的最大静摩擦力为Ff=μmg=2N(1分)0~1s内,假设A、B相对滑动,对小铁块B,根据牛顿第二定律有F-Ff=maB

(1分)对木板A,根据牛顿第二定律有Ff=MaA

(1分)可解得木板A的加速度大小aA=1m/s2,物块B的加速度大小aB=4m/s2

(1分)假设成立,A、B相对滑动。(2)0~1s内,木板A的位移大小xA1=

aA

=0.5m(1分)小铁块B的位移大小xB1=

aB

=2m(1分)1s末木板A的速度vA=aAt1=1m/s,小铁块B的速度vB=aBt1=4m/s(1分)拉力F=2N时,拉力等于滑动摩擦力,B开始匀速运动,A继续做匀加速直线运动,当A、B共速时相对静止设经时间t2

A、B共速,则t2=

=3s(1分)1~4s内木板A的位移xA2=

=7.5m(1分)小铁块B的位移xB2=vBt2=12m(1分)则铁块B相对木板A滑行的最大位移大小Δx=(xB1+xB2)-(xA1+xA2)=6m(1分)(3)4~6s内A、B一起匀加速运动,根据牛顿第二定律有F=(m+M)a

(1分)木板A运动的位移大小xA3=vBt3+

a

=

m(1分)6s内木板A运动的总位移大小xA=xA1+xA2+xA3≈17.3m(1分)15.(16分)汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶,行驶过程中司机忽然发现前方50m处有一警示牌,于

是开始刹车。这一过程中,汽车加速度的大小随位移变化的关系如图甲所示。司机的反应时间t1=0.3s,

在这段时间内汽车仍保持匀速行驶,x1~x2段为刹车系统的启动阶段,从x2位置开始,汽车的刹车系统稳定

工作,直至汽车在x3位置停止运动。已知从x2位置开始计时,汽车第1s内的位移大小为10m,第3s内的位

移大小为6m。

(1)求汽车刹车系统稳定工作后加速度的大小及x2位置汽车的速度大小;(2)若x1~x2段位移大小为11.5m,求从司机发现警示牌到汽车停止过程汽车位移的大小;(3)在研究物理问题的过程中,我们会用到一些重要的科学思维方法,微元法就是其中之一,教科书中讲解了如何由v-t图像来求位移,然而微元法的运用不局限于运动学,请你借鉴该过程,运用微元法解决如

下力学问题:如图乙,P为一个水闸的剖面图,闸门的质量为m、长为b,水闸左、右两侧水面的高度分别

为h1、h2,水与闸门间、闸门与轨道间的动摩擦因数分别为μ1、μ2