1、1 模块综合测评模块综合测评 (教师用书独具教师用书独具) (时间：时间：90 分钟分钟分值：分值：100 分分) 一、选择题一、选择题(本题共本题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个分在每小题给出的四个 选项中选项中， 第第 16 题只有一项符合题目要求题只有一项符合题目要求， 第第 710 题有多项符合题目要求题有多项符合题目要求 全全 部选对的得部选对的得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分) 1甲、乙两车沿平直公路通过同样的位移，甲车在前半段位移以甲、乙两车沿平直公路通过同样的位移，甲车在前半
2、段位移以 30 km/h 的速度运动的速度运动， 后半段位移后半段位移以以60 km/h的速度运动的速度运动； 乙车在前半段时间内乙车在前半段时间内以以30 km/h 的速度运动的速度运动，后半段时间内以后半段时间内以 60 km/h 的速度运动的速度运动，则甲则甲、乙两车在整个位移中乙两车在整个位移中 的平均速度的平均速度 v 甲甲和 和 v 乙乙的大小关系是 的大小关系是() A. v 甲甲 v 乙乙 B. v 甲甲 v 乙乙 D由于不知道位移和时间，所以无法比较由于不知道位移和时间，所以无法比较 B设甲车前后两段位移均为设甲车前后两段位移均为 x，则，则 v 甲甲 2x x 30 x 6
3、0 2 3060 3060 km/h40 km/h 设乙车前后两段所用时间均为设乙车前后两段所用时间均为 t， 则则 v 乙乙 30t 60t 2t 45 km/h 故故 v 甲甲 v 乙乙， ，B 正确正确 2如图所示如图所示，人站在斜坡式自动扶梯上人站在斜坡式自动扶梯上，下列为一对作用力与反作用力的下列为一对作用力与反作用力的 是是() A人受到的重力和人对坡面的压力人受到的重力和人对坡面的压力 2 B人受到的重力和坡面对人的支持力人受到的重力和坡面对人的支持力 C人受到的摩擦力与人对坡面的摩擦力人受到的摩擦力与人对坡面的摩擦力 D人受到的摩擦力与重力沿坡面向下的分力人受到的摩擦力与重力沿
4、坡面向下的分力 C人受到的重力和人对坡面的压力施力物体是地球和人，而受力物体是人受到的重力和人对坡面的压力施力物体是地球和人，而受力物体是 人和坡面，不是一对作用力与反作用力，选项人和坡面，不是一对作用力与反作用力，选项 A 错误；人受到的重力和坡面对错误；人受到的重力和坡面对 人的支持力，受力物体都是人，不是一对作用力与反作用力，选项人的支持力，受力物体都是人，不是一对作用力与反作用力，选项 B 错误；人错误；人 受到的摩擦力与人对坡面的摩擦力是人与坡面间因有相互运动趋势而产生的相受到的摩擦力与人对坡面的摩擦力是人与坡面间因有相互运动趋势而产生的相 互作用力，选项互作用力，选项 C 正确；人
5、受到的摩擦力与重力沿坡面向下的分力是一对平衡正确；人受到的摩擦力与重力沿坡面向下的分力是一对平衡 力，选项力，选项 D 错误错误 3如图所示，分别位于如图所示，分别位于 P、Q 两点的两小球初始位置离水平地面的高度差两点的两小球初始位置离水平地面的高度差 为为 1.6 m，现同时由静止开始释放两球，测得两球先后落地的时间差为，现同时由静止开始释放两球，测得两球先后落地的时间差为 0.2 s，g 取取 10 m/s2，空气阻力不计，空气阻力不计，P 点离水平地面的高度点离水平地面的高度 h 为为() A0.8 mB1.25 m C2.45 mD3.2 m C根据自由落体运动规律可得根据自由落体运
6、动规律可得 h1 2gt 2， ， 所以在空中运动时间为所以在空中运动时间为 t 2h g ， 故根据题意可得故根据题意可得 2 h1.6 g 2h g 0.2，解得，解得 h2.45 m，故，故 C 正确正确 4如图所示如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体物体 M 放于长放于长 木板上静止木板上静止，此时弹簧对物体的压力为此时弹簧对物体的压力为 3 N，物体的质量为物体的质量为 0.5 kg，物体与木板物体与木板 之间无摩擦，现使木板与物体之间无摩擦，现使木板与物体 M 一起以一起以 6 m/s2的加速度向左沿水平方向做匀加的加速度向左
7、沿水平方向做匀加 速运动时速运动时() A物体对左侧挡板的压力等于零物体对左侧挡板的压力等于零 B物体对左侧挡板的压力等于物体对左侧挡板的压力等于 3 N C物体受到物体受到 4 个力的作用个力的作用 D弹簧对物体的压力等于弹簧对物体的压力等于 6 N 3 A物体静止时，弹簧处于压缩状态，弹力物体静止时，弹簧处于压缩状态，弹力 F 弹弹 3 N，当物体向左加速运，当物体向左加速运 动时动时， 若物体对左挡板的压力为零若物体对左挡板的压力为零， 由牛顿第二定律知由牛顿第二定律知 F弹 弹 ma， 解得解得 a6 m/s2， 当加速度大于当加速度大于 6 m/s2时时，物体离开左挡板物体离开左挡板
8、，弹簧长度变短弹簧长度变短；当加速度小于当加速度小于 6 m/s2 时时， 物体对左挡板产生压力物体对左挡板产生压力， 弹簧长度不变弹簧长度不变， 所以可知选项所以可知选项 A 正确正确， B、 D 错误错误 当当 加速度加速度 a6 m/s2时，物体受重力、支持力和弹力，故选项时，物体受重力、支持力和弹力，故选项 C 错误错误 5如图所示，如图所示，A、B 两物体的质量分别为两物体的质量分别为 m、2m，与水平地面间的动摩擦，与水平地面间的动摩擦 因数相同，现用相同的水平力因数相同，现用相同的水平力 F 作用在原来都静止的这两个物体上，若作用在原来都静止的这两个物体上，若 A 的加的加 速度
9、大小为速度大小为 a，则，则() AB 物体的加速度大小为物体的加速度大小为a 2 BB 物体的加速度也为物体的加速度也为 a CB 物体的加速度小于物体的加速度小于a 2 DB 物体的加速度大于物体的加速度大于 a C对两个物体进行受力分析，则由牛顿第二定律可知：对对两个物体进行受力分析，则由牛顿第二定律可知：对 A 有有 FfA ma， 对对 B 有有 FfB2ma， 其中其中 fAmg， fB2mg， 联立解得联立解得 a F m g， a F 2m g，可知，可知 a1 2 69 m27 m，则平均速度，则平均速度 v x t 27 6 m/s4.5 m/s，选项，选项 D 正确，正确
10、，C 错误错误 甲甲乙乙 二、非选择题二、非选择题(本题共本题共 6 小题，共小题，共 60 分分) 7 11(6 分分)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材测定当地的重力加如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材测定当地的重力加 速度速度 g.有一直径为有一直径为 d 的金属小球由的金属小球由 O 处静止释放，下落过程中能通过处静止释放，下落过程中能通过 O 处正下处正下 方、固定于方、固定于 P 处的光电门，测得处的光电门，测得 OP 间的距离为间的距离为 H(H 远大于远大于 d)，光电计时器记，光电计时器记 录下小球通过光电门的时间为录下小球通过光电门的时间为 t. 甲甲乙乙 丙丙
11、丁丁 (1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径 d_mm. (2)多次改变高度多次改变高度 H，重复上述实验，作出，重复上述实验，作出1 t2随 随 H 的变化图像如图丙所示，的变化图像如图丙所示， 已知图线的倾斜程度已知图线的倾斜程度(斜率斜率)为为 k，则重力加速度的表达式，则重力加速度的表达式 g_(用题中所用题中所 给的字母表示给的字母表示) 解析解析(1)小球的直径为小球的直径为 d5 mm0.05 mm55.25 mm. (2)小球经过光电门的时间极短，平均速度可视为金属球经过光电门的瞬时小球经过光电门的时间极短，平均速度可视为金属球经过光电门
12、的瞬时 速度，故速度，故 vd t . 小球由静止到经过光电门这一过程，根据运动学公式有小球由静止到经过光电门这一过程，根据运动学公式有 d t 2 2gH， 即即1 t2 2g d2H，则 ，则 k2g d2，故 ，故 g1 2kd 2. 答案答案(1)5.25(2)1 2kd 2 12(8 分分)某实验小组利用小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个某实验小组利用小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个 8 已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示 (1)图乙是实验中得到的一条纸带图乙是实验中得到的一条纸带， 图中
13、打相邻两计数点的时间间隔为图中打相邻两计数点的时间间隔为 0.1 s， 由图中的数据可得小车的加速度由图中的数据可得小车的加速度 a 为为_m/s2. (2)该实验小组以测得的加速度该实验小组以测得的加速度 a 为纵轴，所挂钩码的总重力为纵轴，所挂钩码的总重力 F 为横轴，作为横轴，作 出的图像如图丙中图线出的图像如图丙中图线 1 所示，发现图线不过原点，怀疑在测量力时不准确，所示，发现图线不过原点，怀疑在测量力时不准确， 他们将实验进行了改装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车他们将实验进行了改装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车 的力的力 F，作，作 aF图如图丙
14、中图线图如图丙中图线 2 所示，则图线不过原点的原因是所示，则图线不过原点的原因是 _， 对于图像上相同的力对于图像上相同的力， 用传感器测得的加速度偏大用传感器测得的加速度偏大， 其原其原_ (3)该实验小组在正确操作实验后，再以测得的加速度该实验小组在正确操作实验后，再以测得的加速度 a 为纵轴，所挂钩码为纵轴，所挂钩码 的总重力的总重力 F 和传感器测得的和传感器测得的 F为横轴作图像，要使两个图线基本重合，请你为横轴作图像，要使两个图线基本重合，请你 设计一个操作方案：设计一个操作方案：_ _. 解析解析(1)根据根据xaT2，运用逐差法得：，运用逐差法得： axBD xOB 4T2
15、4.04 1.631.63 10 2 40.01 m/s2 0.195 m/s2. (2)由图线可知由图线可知，F 不等于零时不等于零时，a 仍然为零仍然为零，可知图线不过原点的原因是未可知图线不过原点的原因是未 平衡摩擦力或平衡摩擦力不足平衡摩擦力或平衡摩擦力不足力传感器可以直接得出绳子拉力的大小，用钩力传感器可以直接得出绳子拉力的大小，用钩 码的重力表示绳子的拉力，必须满足钩码的质量远小于小车的质量，否则绳子码的重力表示绳子的拉力，必须满足钩码的质量远小于小车的质量，否则绳子 的拉力实际上小于钩码的重力的拉力实际上小于钩码的重力所以对于图线上相同的力，用传感器测得的加所以对于图线上相同的力
16、，用传感器测得的加 9 速度偏大速度偏大原因是钩码的质量未远小于小车的质量原因是钩码的质量未远小于小车的质量 (3)要使两个图线基本重合，只要满足钩码的质量远小于小车的质量即可要使两个图线基本重合，只要满足钩码的质量远小于小车的质量即可 答案答案(1)0.195 (2)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足钩码的质量未远小于小车的质量钩码的质量未远小于小车的质量 (3)将将 n 个钩码都放在小车上，每次从小车上取一个钩码挂在细线上，其余个钩码都放在小车上，每次从小车上取一个钩码挂在细线上，其余 钩码留在小车上随小车一起运动钩码留在小车上随小车一起运动 13(10 分分)以以
17、v020 m/s 的初速度竖直向上抛出一个小球，的初速度竖直向上抛出一个小球，2 s 后以相同的后以相同的 初速度在同一点竖直向上抛出另一个同样的小球，忽略空气阻力，则两球相遇初速度在同一点竖直向上抛出另一个同样的小球，忽略空气阻力，则两球相遇 处离抛出点的高度是多少？处离抛出点的高度是多少？(g 取取 10 m/s2) 解析解析设第二个小球抛出后经过时间设第二个小球抛出后经过时间 t 和第一个小球相遇和第一个小球相遇 解法一：根据位移相等，有解法一：根据位移相等，有 v0(t2)1 2g(t 2)2v0t1 2gt 2解得 解得 t1 s 代入位移公式得代入位移公式得 hv0t1 2gt 2
18、 15 m. 解法二解法二：根据速度的对称性根据速度的对称性，上升过程和下降过程经过同一位置速度等大上升过程和下降过程经过同一位置速度等大、 反向，即反向，即v0g(t2)v0gt，解得，解得 t1 s. 代入位移公式得代入位移公式得 hv0t1 2gt 2 15 m. 答案答案15 m 14(10 分分)如图所示，质量为如图所示，质量为 m 的物体的物体 A 放在倾角为放在倾角为37的斜面上时，的斜面上时， 恰好能匀速下滑，现用细线系住物体恰好能匀速下滑，现用细线系住物体 A，并平行于斜面向上绕过光滑的定滑轮，并平行于斜面向上绕过光滑的定滑轮， 另一端系住物体另一端系住物体 B，物体，物体
19、A 恰好能沿斜面匀速上滑，求：恰好能沿斜面匀速上滑，求： (1)物体物体 A 和斜面间的滑动摩擦因数；和斜面间的滑动摩擦因数； (2)物体物体 B 的质量的质量 解析解析(1)当物体当物体 A 沿斜面匀速下滑时，受力图如图甲所示：沿斜面匀速下滑时，受力图如图甲所示： 根据共点力平衡条件，有：根据共点力平衡条件，有： 10 Ffmgsin FNmgcos 其中：其中：FfFN 联立解得：联立解得：tan 370.75. (2)当物体当物体 A 沿斜面匀速上滑时，受力图如图乙所示：沿斜面匀速上滑时，受力图如图乙所示： A 物体所受摩擦力大小不变，方向沿斜面向下物体所受摩擦力大小不变，方向沿斜面向下
20、 沿斜面方向的合力为沿斜面方向的合力为 0，故：，故： TAFfmgsin 对物体对物体 B： TBmBg 由牛顿第三定律可知：由牛顿第三定律可知： TATB 由以上各式可求出：由以上各式可求出： mB1.2m. 答案答案(1)0.75(2)1.2m 15 (12 分分)如图所示如图所示， 方形木箱质量为方形木箱质量为 M， 其内用两轻绳将一质量其内用两轻绳将一质量 m1.0 kg 的小球悬挂于的小球悬挂于 P、Q 两点，两细绳与水平的木箱顶面的夹角分别为两点，两细绳与水平的木箱顶面的夹角分别为 60和和 30.水水 平传送带平传送带 AB 长长 l30 m，以，以 v15 m/s 的速度顺时
21、针转动，木箱与传送带间的的速度顺时针转动，木箱与传送带间的 动摩擦因数为动摩擦因数为0.75，g 取取 10 m/s2，求：，求： (1)设木箱为质点，且木箱由静止放到传送带上，那么经过多长时间木箱能设木箱为质点，且木箱由静止放到传送带上，那么经过多长时间木箱能 够从够从 A 运动到传送带的另一端运动到传送带的另一端 B 处；处； (2)木箱放到传送带上木箱放到传送带上 A 点后点后，在木箱加速的过程中在木箱加速的过程中，绳绳 P 和绳和绳 Q 的张力大的张力大 小分别为多少？小分别为多少？ 解析解析(1)在木箱相对于传送带相对滑动时，在木箱相对于传送带相对滑动时， 11 由牛顿第二定律可知：
22、由牛顿第二定律可知： (Mm)g(Mm)a 解得解得 ag7.5 m/s2 当达到与传送带速度相等时，由运动规律得位移当达到与传送带速度相等时，由运动规律得位移 x1v 2 2a 15 m，时间，时间 t1v a 2 s 因为因为 x115 ml30 m 还要在传送带上匀速运动，还要在传送带上匀速运动， 则有则有 lx1vt2，解得，解得 t21 s 运动的总时间运动的总时间 tt1t23 s. (2)在木箱加速运动的过程中，若左侧轻绳恰好无张力，小球受力如图甲所在木箱加速运动的过程中，若左侧轻绳恰好无张力，小球受力如图甲所 示，示， 由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得 mgtan 30ma0
23、解得解得 a010 3 3 m/s2a 由此知当由此知当 a7.5 m/s2时，时， 小球飘起，小球飘起，FTP0 由此知当小球受力如图乙所示，由牛顿第二定律得由此知当小球受力如图乙所示，由牛顿第二定律得 F2TQ mg 2ma 解得解得 FTQ12.5 N. 答案答案(1)3 s(2)012.5 N 16(14 分分)如图所示，物体如图所示，物体 A 的质量为的质量为 M1 kg，静止在光滑水平面上的，静止在光滑水平面上的 12 平板车平板车 B 的质量为的质量为 m0.5 kg、 长为长为 L1 m 某时刻某时刻 A 以以 v04 m/s 水平向右的水平向右的 初速度滑上平板车初速度滑上平
24、板车 B 的上表面的上表面，在在 A 滑上滑上 B 的同时的同时，给给 B 施加一个水平向右的施加一个水平向右的 拉力忽略物体拉力忽略物体 A 的大小，已知的大小，已知 A 与与 B 之间的动摩擦因数为之间的动摩擦因数为0.2，取重力加，取重力加 速度速度 g10 m/s2.如果要使如果要使 A 不至于从不至于从 B 上滑落，求拉力上滑落，求拉力 F 应满足的条件应满足的条件 解析解析物体物体 A 滑上平板车滑上平板车 B 以后，做匀减速运动，以后，做匀减速运动， 由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得 MgMaA 解得解得 aAg2 m/s2 物体物体 A 不从不从 B 的右端滑落的临界条件是的右
25、端滑落的临界条件是 A 到达到达 B 的右端时，的右端时，A、B 具有共具有共 同的速度同的速度 v1，则，则 v20v21 2aA v21 2aB L， 又又v0 v1 aA v1 aB 联立解得联立解得 v13 m/s，aB6 m/s2 拉力拉力 FmaBMg1 N 若若 F1 N，则则 A 滑到滑到 B 的右端时的右端时，速度仍大于速度仍大于 B 的速度的速度，于是将从于是将从 B 上滑上滑 落，所以落，所以 F 必须大于等于必须大于等于 1 N. 当当 F 较大时，在较大时，在 A 到达到达 B 的右端之前，就与的右端之前，就与 B 具有相同的速度，之后，具有相同的速度，之后，A 必须相对必须相对 B 静止，才不会从静止，才不会从 B 的左端滑落的左端滑落 对对 A、B 整体和整体和 A 分别应用牛顿第二定律得分别应用牛顿第二定律得 F(mM)a，MgMa， 解得解得 F3 N 若若 F 大于大于 3 N，A 就会相对就会相对 B 向左滑下向左滑下 综合得出力综合得出力 F 应满足的条件是应满足的条件是 1 NF3 N. 答案答案1 NF3 N
