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模块综合检测(B卷)　素养发展评价
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1．如图所示为伽利略对自由落体运动的研究示意图，对伽利略研究过程的分析，下列说法正确的是(　　)
A．伽利略用实验直接验证了自由落体运动的速度随时间均匀变化
B．伽利略直接测量的是小球自由落体的位移，验证位移与时间的二次方的关系
C．运用丁图实验，可“冲淡”重力的作用，更方便进行实验测量
D．伽利略对自由落体的研究用了逻辑推理和科学实验相结合的方法
2.如图所示，一只小鸟用爪子抓紧倾斜的树枝且保持静止不动，下列有关说法正确的是(　　)
A．小鸟对树枝的作用力大于树枝对小鸟的作用力
B．小鸟受到树枝的作用力方向竖直向上
C．当小鸟把树枝抓得更紧时，树枝对它的摩擦力将增大
D．小鸟受到弹力是因为小鸟的双脚发生弹性形变
3.如图所示的落地灯用三根对称的支架支撑在水平地面上。已知落地灯所受重力为G，三根支架与竖直方向的夹角均为30°，则每根支架对地面的压力大小为(　　)
A.G　　　　　　　　　　 B.G
C.G D．G
4.如图所示，轻质电线AB下端有一盏电灯，用无法伸长的轻质绳子BC系于B点将其拉离墙壁，在保证电线AB与竖直墙壁的夹角θ不变的情况下，使绳BC由水平方向逐渐向上转动至竖直方向，则电线AB上的拉力F1和绳BC上的拉力F2的变化情况是(　　)
A．F1逐渐减小，F2先减小后增大
B．F1逐渐减小，F2逐渐减小
C．F1先增大后减小，F2逐渐减小
D．F1逐渐增大，F2先减小后增大
5.甲、乙两质点运动的位移—时间图像如图中a、b所示，不考虑两者碰撞，则下列说法中正确的是(　　)
A．甲做曲线运动，乙做直线运动
B．乙质点在t2～t3时间内做匀速直线运动
C．t1～t4时间内，甲、乙两质点的位移相同
D．甲质点在t2～t4时间内一直沿同一方向运动
6.一很深的圆筒形容器，开口端是漏斗，筒和漏斗总质量为M，漏斗中盛有质量为m的细砂，漏斗口关闭；整个装置在弹簧秤上，如图。当打开漏斗口后，细砂将落向容器底部并最终全部堆积在底部。从细砂开始下落到全部堆积在容器底部的过程中弹簧秤的示数(　　)
A．始终为(M＋m)g
B．不会大于(M＋m)g
C．不会小于(M＋m)g
D．有时小于(M＋m)g，有时大于(M＋m)g，有时等于(M＋m)g
7.如图所示，段光滑圆弧轨道竖直放置，轨道的最低点刚好与水平面相切，质量分别为M和m的两小球用柔软轻绳连接，m竖直悬挂，M在圆弧轨道内部，正好处于静止状态，不计一切摩擦。已知α＝30°，则圆弧轨道对M的支持力为(　　)
A.mg　　　　　　　 B．mg
C.mg D.mg
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
8.如图所示，在蹦床比赛过程中，研究运动员从运动的最高点到最低点的过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．运动员的加速度先减小后增大
B．运动员的加速度先不变，再减小，后增大
C．运动员的速度先增大后减小
D．运动员从接触弹簧床面到运动至最低点过程中一直做减速运动
9.将一个物体竖直向上抛出，考虑空气阻力的作用，物体的速度变化快慢与物体只受重力时不同。在一次实验中，测得物体的v t图像如图所示，根据图像中所给出的信息，以下说法中正确的是(　　)
A．上升的最大高度为0.96 m
B．上升阶段与下降阶段所受空气阻力的方向不变
C．物体从最高点落回抛出点时间比从抛出点上升到最高点的时间短
D．物体落回抛出点的速度比抛出时的初速度小
10．如图1所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图像如图2所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．该弹簧的劲度系数为20.0 N/m
B．当Δx＝0.3 m时，小球的加速度大小为20 m/s2
C．小球刚接触弹簧时速度最大
D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先增大后减小
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.　(7分)某同学做“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验，将待测弹簧的一端竖直固定在铁架台上，然后将毫米刻度尺竖直固定在弹簧的一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上。
(1)在该实验中，下列说法正确的是________。
A．弹簧下端悬挂钩码的质量可以为任意质量
B．直尺测量出的弹簧长度就是弹簧的伸长量
C．对于同一弹簧，在弹性限度内，分别测出几组拉力与弹簧的伸长量，可以得出拉力与弹簧的伸长量之比相等的结论
(2)在实验过程中，弹簧始终在弹性限度内，弹簧质量可忽略不计。根据实验数据，以弹簧的伸长量x为横轴，以弹簧弹力F为纵轴，在坐标纸上作出了如图所示的F x图像，可得该弹簧的劲度系数k＝________N/m。
(3)另一位同学用完全相同的另一根弹簧做上述实验时，误将弹簧的长度记为x，得到的F x图像的斜率________(选填“变大”“变小”或“不变”)，横轴截距表示弹簧的________。
12.　(9分)某同学利用如图甲所示的装置探究“加速度与力、质量的关系”。
(1)在该实验中，下列说法错误的是________。
A．应先接通电源，再释放小车
B．滑轮与小车之间的细绳要与木板平行
C．应补偿小车运动过程中受到的阻力
D．牵引小车的钩码质量应等于小车(含砝码)的总质量
(2)实验过程中，该同学打出了一条纸带如图乙所示。打点计时器使用50 Hz交流电源，图中0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两个计数点间有四个点未画出，根据纸带可计算点1的瞬时速度大小v1＝________m/s，并计算纸带所对应小车的加速度大小a＝________m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(3)小车质量一定，研究加速度与力的关系时，该同学根据测得的数据作出a F图像，如图丙所示。发现图像既不过原点，末端又发生了弯曲，可能的原因是________。(填选项前的字母)
A．补偿阻力时，木板的倾斜角度过大，且小车质量较大
B．补偿阻力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大
C．补偿阻力时，木板的倾斜角度过小，且所挂钩码的质量较大
D．补偿阻力时，木板的倾斜角度过大，且所挂钩码的质量较大
13.　(11分)如图所示的无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，在一次训练使用中，t＝0时无人机在地面上从静止开始匀加速竖直向上起飞，t＝5 s时无人机出现故障突然失去升力，此时离地面高度为h＝50 m，无人机运动过程中所受空气阻力不计，g取10 m/s2，求：(结果可用根式表示)
(1)无人机匀加速竖直向上起飞的加速度大小；
(2)无人机运动过程中离地面的最大高度；
(3)无人机坠落到地面时的速度。
14.　(12分)如图所示，质量为m1的物体A用细绳绕过光滑的定滑轮与质量为m2的物体B相连，连接A的细绳与水平方向的夹角为θ，物体B左侧的细绳与水平方向的夹角也为θ，B右侧与竖直墙壁相连的轻绳保持水平，此时系统处于静止状态，A所在的桌面水平，已知重力加速度为g，求：
(1)细绳对物体A的拉力大小；
(2)物体A受到桌面支持力和摩擦力的大小。
15. (15分)如图，相距l＝2.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1 m/s。质量m＝10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40 N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)货物运动到传送带左端时的速度大小；
(2)货物在传送带上运动的时间。
模块综合检测(B卷)　素养发展评价
1．选D　伽利略通过数学推演并用小球在斜面上的运动验证了速度与时间成正比，并进一步推论了自由落体运动位移与时间的二次方成正比，没有直接通过实验验证，故A错误；在伽利略的年代自由落体的时间还无法准确测量，所以在甲、乙、丙图中，伽利略让小球从阻力很小的斜面下滑，用来“冲淡”重力的作用，延长运动时间，以便于测量时间，所以直接测量的是斜面上小球的位移，验证位移与时间的二次方的关系，丁图是合理外推的结论，故B、C错误；伽利略对自由落体的研究用了逻辑推理和科学实验相结合的方法，故D正确。
2．选B　小鸟对树枝的作用力与树枝对小鸟的作用力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，A错误；小鸟受重力和树枝的作用力而处于平衡状态，根据平衡条件可知，树枝对小鸟的作用力方向竖直向上，大小等于重力，B正确；小鸟受到的摩擦力等于重力沿树枝向下的分力，设树枝与水平方向的夹角为θ，Ff＝mgsin θ，当小鸟把树枝抓得更紧时，树枝对它的摩擦力不变，C错误；小鸟受到弹力是因为树枝发生弹性形变而产生的，D错误。
3．选A　以整体为研究对象，地面对三根支架的支持力之和等于G，则对每根支架的支持力大小为G，由牛顿第三定律得每根支架对地面的压力大小为G。故选A。
4.选A　对电灯受力分析，然后作出力的矢量三角形，如图所示。由图可知，绳BC上的力F2先减小后增大，电线AB上的拉力F1一直减小。故选A。
5．选C　位移—时间图像用于描述直线运动，甲、乙都做直线运动，A错误；乙质点在t2～t3时间内位移不随时间变化，乙质点处于静止状态，B错误；甲、乙两质点在t1、t4时所处位置均相同，因此t1～t4时间内甲、乙两质点的位移相同，C正确；x t的斜率的正负表示质点的运动方向，甲质点在t2～t4时间内，先向负方向运动再向正方向运动，D错误。
6．选D　根据题意可知，在细砂落下过程中，开始时细砂具有向下的加速度，细砂处于失重状态，此时压力小于重力；而细砂最后在接触容器底部的过程中做减速运动，此时处于超重状态，而中间过程以及细砂全部堆积时，不超重也不失重；所以整个过程中，弹簧秤的示数有时小于(M＋m)g，有时大于(M＋m)g，有时等于(M＋m)g，故选D。
7.选A　对质量为M的小球受力分析，如图。根据几何关系可知，FN与竖直方向夹角为30°，mg与竖直方向夹角为45°，根据正弦定理可知，＝，解得FN＝mg，故选A。
8．选BC　运动员从最高点落下，只受重力，所以加速度先不变，与蹦床接触后，蹦床给运动员向上的弹力逐渐增大，所以合力减小，加速度减小，当弹力大于重力时，合力反向向上开始增大，加速度增大，故A错误，B正确；由上面的分析可知加速度先与速度同向，后与速度反向，所以速度先增加，后减小，故C正确；当弹力大于重力以后运动员才做减速运动，故D错误。
9．选AD　物体在0～0.4 s内上升，由图像与时间轴所围的面积表示位移，可得最大高度为h＝×4.8×0.4 m＝0.96 m，故A正确；上升阶段与下降阶段运动方向不同，所受空气阻力的方向不同，故B错误；物体从最高点落回抛出点时的位移与从抛出点上升到最高点的位移大小相等，由v t图像面积表示位移得出物体从最高点落回抛出点时比从抛出点上升到最高点的时间长，故C错误；由图像可以看出，由于下降和上升过程位移大小(面积)相等，下落加速度小，则物体落回抛出点的速度比抛出时的初速度小，故D正确。
10．选AB　由小球的速度图像知，小球的速度先增大后减小，且当Δx＝0.1 m时，速度最大，即小球在此时的加速度为零，此时小球的重力等于弹簧对它的弹力，则有kΔx＝mg，解得k＝20 N/m，故A正确；当Δx＝0.3 m时，以向上为正方向，由胡克定律和牛顿第二定律可知kΔx－mg＝ma，解得a＝20 m/s2，故B正确；由图像可知，小球接触弹簧后，速度先增大后减小，且在A点时速度最大，故C错误；以向上为正方向，由胡克定律和牛顿第二定律可知kΔx－mg＝ma，解得a＝＝100Δx－10，当Δx＝0 m时，小球的加速度大小为10 m/s2，当Δx＝0.1 m时，加速度为0，当Δx＝0.61 m时，加速度大小为51 m/s2，故小球从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D错误。
11．解析：(1)弹簧下端悬挂钩码的质量不能过大，以不超过弹簧的弹性限度为原则，故A错误；弹簧伸长量是弹簧长度与弹簧原长之间的差值，故B错误；对于同一弹簧，在弹性限度内，分别测出几组拉力与弹簧的伸长量，可以得出拉力与弹簧的伸长量之比相等的结论，故C正确。
(2)图线的斜率表示弹簧的劲度系数，所以k＝＝ N/m＝50 N/m。
(3)根据胡克定律有F＝k(x－x0)，由此可知，误将弹簧的长度记为x，得到的F x图线的斜率不变，横轴截距表示弹簧的原长。
答案：(1)C　(2)50　(3)不变　原长
12．解析：(1)实验中，应先接通电源，再释放小车，可以使纸带上打出更多的点迹，故A正确；滑轮与小车之间的细绳要与木板平行，才能使小车的合力等于细绳的拉力，故B正确；实验中小车的合力等于细绳的拉力，应补偿小车运动过程中受到的阻力，故C正确；牵引小车的钩码质量远小于小车(含砝码)的总质量时，小车所受拉力和钩码的重力才能近似相等，故D错误。
(2)因为相邻两个计数点间还有四个点没有画出，则相邻两计数点的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 s，可得点1的瞬时速度大小为v1＝≈0.21 m/s，根据逐差法可得小车的加速度大小为a＝≈2.0 m/s2。
(3)根据图像可知，拉力不为零时，加速度为零，说明补偿阻力时，木板的倾斜角度过小，图线末端又发生了弯曲，是因为不满足钩码质量远小于小车(含砝码)的总质量。故选C。
答案：(1)D　(2)0.21　2.0　(3)C
13．解析：(1)根据题意，设无人机匀加速竖直向上起飞的加速度大小为a，由运动学公式，无人机匀加速上升阶段有h＝at2，解得加速度大小a＝4 m/s2。
(2)根据题意可知，无人机刚失去升力时速度v＝at
之后还能继续上升的高度为h′＝
无人机离地面的最大高度为H＝h＋h′
联立解得H＝70 m。
(3)根据题意可知，无人机从最高点做自由落体运动落到地面，规定竖直向下为正方向，由公式v2＝2gh可得，无人机坠落到地面时的速度为v＝ ＝10 m/s。
答案：(1)4 m/s2　(2)70 m　(3)10 m/s
14．解析：(1)A、B均处于静止状态，对B进行受力分析，竖直方向：FTsin θ＝m2g
解得细绳上的拉力大小FT＝，即细绳对物体A的拉力大小也是。
(2)对A进行受力分析
竖直方向：FTsin θ＋FN＝m1g
水平方向：FTcos θ＝Ff
解得物体A受到桌面的支持力FN＝(m1－m2)g，
物体A受到桌面的摩擦力Ff＝。
答案：(1)　(2)(m1－m2)g　
15．解析：(1)根据牛顿第二定律，货物在左侧平台上时加速度为a1＝＝2 m/s2
由运动学规律有v12＝2a1s1，其中s1＝1 m
解得货物运动到传送带左端时的速度大小为v1＝2 m/s。
(2)由于v1>v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，此时加速度为a2＝＝－1 m/s2
故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，得t2＝＝1 s
该段时间货物位移为s2＝t2＝1.5 m
共速后货物匀速运动，设再经过时间t3到达传送带右端，得t3＝＝1 s
故货物在传送带上运动的时间为t＝t2＋t3＝2 s。
答案：(1)2 m/s　(2)2 s
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