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模块综合检测(B卷)　素养发展评价
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.人工智能时代的到来,扫地机器人已进入千家万户。扫地机器人可以预约工作时间并定时完成工作。小明同学预约机器人早上9:00开始工作,一个小时完成清扫,图甲、乙为机器人采用的两种寻路方式的运动轨迹,扫地机器人均从家中的某位置出发,扫地完成后再回到初始位置。下列说法正确的是 (　 )
A.9:00指的是时间间隔
B.两种寻路方式位移大小相等
C.甲图所示的寻路方式平均速度更大
D.扫地机器人在躲避障碍的过程中,可以将其看成质点
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.a、b两质点t=0时刻开始沿同一直线运动,它们的位置x随时间t变化的图像分别如图所示,下列说法正确的是 (　 )
A.t1时刻a、b运动方向相同
B.t1时刻a的速度大于b的速度
C.t1~t2时间内a的平均速度等于b的平均速度
D.0~t3时间内a通过的路程等于b通过的路程
6.小车上固定一根弹性直杆A,杆顶固定一个小球B(如图所示),现让小车从光滑斜面上自由下滑,下列选项中杆发生的不同的形变,其中正确的是 (　 )
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.如图为一小球做自由落体运动时的部分频闪照片示意图,A与B之间的实际距离为36 cm,B与C之间的实际距离为46 cm,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　 )
A.频闪仪每隔0.1 s闪光一次
B.在B点时小球的速度大小为4.1 m/s
C.小球从开始下落到A点经历的时间为0.41 s
D.小球做自由落体运动的起点在A点正上方48.05 cm 处
9.“夹弹珠”是一项锻炼动手能力与专注力、好玩又刺激的游戏。如图所示,用甲、乙两根筷子夹一个光滑的弹珠,甲始终竖直,乙倾斜,甲、乙在同一竖直平面内,乙与竖直方向的夹角为θ。若弹珠质量为m并始终保持静止,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　 )
A.θ为30°时,筷子甲对弹珠的弹力大小为mg
B.θ为30°时,筷子乙对弹珠的弹力大小为2mg
C.若θ角缓慢增大,筷子甲对弹珠的弹力也变大
D.若θ角缓慢增大,筷子乙对弹珠的弹力变小
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　　　。(1分)
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。(2分)
(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　　　　。(4分)
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　　　。(2分)
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)(4分)
(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)(3分)
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)弹棋被称为“桌上足球”,图1为某弹棋的实物图,图2为其俯视图。棋盘水平放置,黑、白棋区域关于中央挡板对称分布。某次游戏过程中,一枚白棋和一枚黑棋同时从A、B位置获得沿轴线方向的初速度,做匀减速直线运动。已知二者的加速度大小均为a=5 m/s2,A、B之间的距离L=50 cm,白棋的初速度大小v1=1.5 m/s,经时间t=0.2 s与运动中的黑棋正碰,白棋、黑棋质量相等且可视为质点,碰撞过程时间极短,求:
(1)碰撞的位置到A点的距离x1;(3分)
(2)黑棋从B点运动到碰撞处过程中的平均速度大小;(4分)
(3)若碰后二者的速度均反向,碰撞后黑棋的速度大小为碰前的,请通过计算判断黑棋能否停在白棋区域 (4分)
14.(12分)为了确定物体在竖直方向上的运动情况,某研究小组利用一根轻弹簧、刻度尺、钩码制作了一个测量加速度的装置。如图所示,轻弹簧上端固定在竖直放置的刻度尺的零刻线处,下端不挂钩码时指针指在A(10 cm)位置;挂上质量为0.1 kg 的钩码,平衡时指针处在B(12 cm)位置。(重力加速度g=10 m/s2)
(1)求弹簧的劲度系数k;(5分)
(2)将该装置挂在竖直方向的升降机中,发现指针处在C(14 cm)位置。求此时升降机的加速度大小,并判断升降机的运动情况。(7分)
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;(7分)
(2)货物在传送带上运动的时间。(8分)
模块综合检测(B卷)　素养发展评价
1．选B　9：00指的是时刻，A错误；两种方式，扫地机器人均从家中的某位置出发，扫地完成后再回到初始位置，位移均为零，平均速度的大小等于位移与时间的比值，由于位移为零，平均速度大小也都为零，B正确，C错误；扫地机器人在躲避障碍的过程中，不能忽略其大小，因此不能将其看成质点，D错误。
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　根据x t图像可知，t1时刻a沿正方向运动，b沿负方向运动，A错误；根据x t图像的切线斜率表示速度，可知t1时刻a的速度小于b的速度，B错误；由x t图像可知，t1～t2时间内a的位移等于b的位移，则t1～t2时间内a的平均速度等于b的平均速度，C正确；由x t图像可知，0～t3时间内a通过的路程为x0，b通过的大于x0，D错误。
6．选C　小车在光滑斜面上自由下滑，不受阻力，则根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma(θ为斜面的倾角)，解得加速度a＝gsin θ，沿斜面向下，由牛顿第二定律可知小球所受重力和杆的弹力的合力沿斜面向下，且小球的加速度等于gsin θ，则杆的弹力方向垂直于斜面向上，杆不会发生弯曲，故C正确。
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ABD　根据Δx＝gT2，可得频闪仪闪光周期为T＝ s＝0.1 s，故A正确；根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，可知在B点时小球的速度大小为vB＝＝ m/s＝4.1 m/s，故B正确；在A点时小球的速度大小为vA＝vB－gT，解得vA＝3.1 m/s，则小球从开始下落到A点经历的时间为t＝＝0.31 s，小球做自由落体运动的起点在A点正上方距离h＝gt2＝×10×0.312 m＝0.480 5 m＝48.05 cm，故C错误，D正确。故选A、B、D。
9．选ABD　对弹珠进行受力分析可知，弹珠分别受到甲、乙两根筷子的弹力F甲、F乙和重力mg而平衡，受力如图所示，由平衡条件可知F乙＝，F甲＝，将θ＝30°代入上式，可得F乙＝2mg，F甲＝mg，故A、B正确；若θ角缓慢增大，sin θ、tan θ增大，故F乙、F甲均减小，故C错误，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)根据匀变速直线运动规律可知碰撞的位置到白棋起点的距离满足x1＝v1t－at2
解得x1＝0.2 m。
(2)B点与碰撞位置之间的距离x2＝L－x1＝0.3 m
则从B点运动到碰撞处过程中的平均速度大小2＝＝1.5 m/s。
(3)由x2＝v2t－at2
解得黑棋的初速度大小v2＝2 m/s
黑棋碰前时刻的速度大小v2′＝v2－at＝1 m/s
黑棋碰后时刻的速度大小v2″＝v2′＝0.5 m/s
黑棋碰撞位置与小孔距离x＝－x1＝0.05 m
碰撞后到黑棋停下来通过的位移x2′＝＝0.025 m故黑棋能停在白棋区域。
答案：(1)0.2 m　(2)1.5 m/s　(3)能
14．解析：(1)由题意可知，当挂上物体时，弹簧的伸长量Δx＝lB－lA
解得Δx＝0.02 m
由胡克定律可得F＝mg＝k·Δx
解得k＝50 N/m。
(2)当物体在竖直方向运动时，弹簧的形变量增大，弹力增大，大于物体的重力，故物体所受合力方向向上，所以升降机处于加速上升的状态或减速下降的状态。
以物体为研究对象，由牛顿第二运动定律可得F1－mg＝ma
由胡克定律可得F1＝k·Δx1
弹簧的伸长量Δx1＝lC－lA
解得Δx1＝0.04 m，F1＝2 N，a＝10 m/s2。
答案：(1)50 N/m　(2)10 m/s2，加速上升或减速下降
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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