2021学年第二章 匀变速直线运动本章综合与测试学案设计

这是一份2021学年第二章 匀变速直线运动本章综合与测试学案设计，共11页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限思想方法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等，以下关于所用物理学方法的叙述不正确的是( )
A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
B.根据速度定义式v＝eq \f(s,t)，当t非常小时，eq \f(s,t)就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D.定义加速度a＝eq \f(Δv,Δt)用到比值法，加速度与Δv和Δt无关
答案 C
2.(2021·淮安市六校高一上第二次学情调查)2019年1月3日“嫦娥四号”成功实现月球背面软着陆.“嫦娥四号”调整姿态缓慢下降到着陆点上方4 m处，最终以自由落体方式完美着陆在月球表面.在自由下落阶段某物理量随时间的变化关系如图1所示，由图可知，纵轴表示的这个物理量可能是( )
图1
A.速度 B.位移 C.加速度 D.路程
答案 A
3.(2021·宿迁市高一上期末)如图2，气垫船是利用高压空气在船底和水面(或地面)间形成气垫，使船体全部或部分脱离支撑面航行的高速船舶.气垫是用大功率鼓风机将空气压入船底部，由船底周围柔性围裙或刚性侧壁等气封装置限制其逸出而形成的.现有一艘气垫船，船体全部脱离水面，下列说法正确的是( )
图2
A.气垫船的重力就是气垫船对高压空气的压力
B.气垫船对高压空气的压力和水面对高压空气的支持力是一对作用力与反作用力
C.船体脱离水面上升过程，高压空气对气垫船的支持力大于气垫船对高压空气的压力
D.船体脱离水面上升过程，高压空气对气垫船的支持力与气垫船对高压空气的压力大小相等
答案 D
4.如图3所示为A、B两物体在同一直线坐标系中运动的s－t图像，则下列关于物体运动的说法正确的是( )
图3
A.A物体在0时刻至第8 s末，运动方向改变2次
B.两物体在第5 s末相遇
C.A物体在2～7 s时间内位移为4 m
D.0～5 s过程中两物体的平均速度不相同
答案 B
解析 由题图可知，A物体在4 s末运动方向改变，故A物体在0时刻至第8 s末，运动方向改变1次，A错误；第5 s末两物体到达同一位置即相遇，B正确；A物体在2～7 s时间内的位移Δs＝s末－s初＝0－4 m＝－4 m，C错误；两物体在0～5 s的过程中，位移相同，故平均速度相同，D错误.
5.(2021·常州一中高一上期末)如图4所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向的夹角为θ＝45°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧形变量不可能是(弹簧始终在弹性限度内)( )
图4
A.eq \f(\r(2)mg,k) B.eq \f(\r(2)mg,2k)
C.eq \f(4\r(2)mg,3k) D.eq \f(2mg,k)
答案 B
解析 以小球a、b整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，Fmin＝2mgsin θ＝2×eq \f(\r(2),2)mg＝eq \r(2)mg，根据胡克定律：Fmin＝kxmin，所以：xmin＝eq \f(\r(2)mg,k)；当F竖直向上时，F有最大值，Fmax＝2mg，所以xmax＝eq \f(2mg,k)，则A、C、D可能，B不可能.本题选不可能的，故选B.
6.(2021·徐州市高一上期末)用如图5所示的装置探究加速度与力的关系时，平衡摩擦力后，用槽码的重力代替细线的拉力，通过分析可知，这种代替是有误差的.若槽码的质量m与小车质量M满足M＝10m，槽码牵引小车加速运动时，细线的拉力大小与槽码重力差值的绝对值为(重力加速度为g)( )
图5
A.eq \f(1,10)mg B.eq \f(1,11)mg C.eq \f(1,10)Mg D.eq \f(1,11)Mg
答案 B
解析 mg＝(M＋m)a
T＝Ma
联立解得T＝eq \f(Mmg,M＋m)＝eq \f(10,11)mg
则|T－mg|＝eq \f(1,11)mg
7.如图6所示，一质量为m的长方体物块静止在粗糙程度相同的水平地面上，一重为G的光滑圆球放在光滑竖直的墙壁和长方体物块之间处于静止状态.现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下列判断正确的是( )
图6
A.地面对长方体物块的支持力逐渐增大
B.球对墙壁的压力逐渐减小
C.水平拉力F逐渐减小
D.地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大
答案 C
解析 对球和长方体物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，竖直方向有：FN＝mg＋G，则地面对整体的支持力不变，地面受到的摩擦力为滑动摩擦力，则有f＝μFN，故地面对长方体物块的摩擦力不变，A、D错误；对球进行受力分析，如图甲所示，球受力平衡，则有：FN1＝Gtan θ，FN2＝eq \f(G,cs θ)，当用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，则tan θ增大，所以FN1增大，cs θ减小，则FN2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故B错误；对长方体物块受力分析，受到重力mg、地面的支持力FN、拉力F、球对长方体物块的压力FN2′以及滑动摩擦力f作用，如图乙所示，长方体物块受力平衡，根据牛顿第三定律可知，FN2′＝FN2，则水平方向有：F＋FN2′sin θ＝f，由于FN2增大，θ增大，f不变，则F减小，故C正确.

二、多项选择题(本题共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，有选错的得0分)
8.(2020·山东师大附中二模)如图7所示，A、B为两固定的光电门，在光电门A正上方的O处有一边长为0.5 cm的正方形铁片自由落下，铁片下落的过程中底边始终水平，已知铁片通过A、B光电门的时间分别为t1＝1.25×10－3 s，t2＝0.625×10－3 s.若将铁片通过光电门的平均速度视为瞬时速度，忽略空气阻力的影响，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
图7
A.铁片通过光电门B的瞬时速度为vB＝8.00 m/s
B.O点到光电门A的距离为1.00 m
C.铁片从光电门A到B所需的时间为0.40 s
D.光电门A、B之间的距离为2.40 m
答案 ACD
解析 铁片通过光电门B的瞬时速度vB＝eq \f(d,t2)＝eq \f(0.5×10－2,0.625×10－3) m/s＝8.00 m/s，故A正确；铁片通过光电门A的瞬时速度vA＝eq \f(d,t1)＝eq \f(0.5×10－2,1.25×10－3) m/s＝4.00 m/s，O点到光电门A的距离hA＝eq \f(vA2,2g)＝eq \f(4.002,2×10) m＝0.80 m，故B错误；铁片从光电门A到B所需的时间Δt＝eq \f(vB－vA,g)＝eq \f(8.00－4.00,10) s＝0.40 s，故C正确；光电门A、B之间的距离hAB＝eq \f(vB2－vA2,2g)＝eq \f(8.002－4.002,2×10) m＝2.40 m，故D正确.
9.(2021·泰安一中期中)如图8所示，OA为一遵从胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点，另一端与静止在水平地面上的滑块A相连，水平地面与滑块间的动摩擦因数为μ，当绳处在竖直位置时，滑块A对地面有压力作用，B为紧靠绳的光滑水平小钉，它到天花板的距离OB等于弹性轻绳的自然长度，现用一水平力F作用于A，使之缓慢向右运动，在运动过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内，滑块始终未离开水平地面)作用于A的( )
图8
A.支持力逐渐增大
B.摩擦力保持不变
C.摩擦力逐渐增大
D.F逐渐增大
答案 BD
解析 设弹性轻绳的劲度系数为k，AB的长度为h，将A向右拉一段距离后弹性轻绳的伸长量为x，如图所示，原来地面对滑块A的支持力FN1＝mg－kh，当向右拉一段距离后的支持力FN2＝mg－kxsin α，而sin α＝eq \f(h,x)，可得FN2＝FN1，故A错误；根据滑动摩擦力f＝μFN，知摩擦力的大小保持不变，故B正确，C错误；根据F＝kxcs α＋f，知拉力F逐渐变大，故D正确.
10.将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图9甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动.该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示.取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图9
A.在2～4 s内小球的加速度大小为0.5 m/s2
B.小球质量为2 kg
C.杆的倾角为30°
D.小球在0～4 s内的位移为8 m
答案 AC
解析 由v－t图像得，在2～4 s内小球的加速度a＝eq \f(v2－v1,t2－t1)＝0.5 m/s2，则A正确；由题图乙、丙知，在0～2 s内小球做匀速直线运动时，重力沿杆向下的分力等于5 N，在2～4 s内由牛顿第二定律有F2－F1＝ma，解得m＝1 kg，则B错误；设杆的倾角为α，则mgsin α＝5 N，解得α＝30°，则C正确；v－t图像中图线与t轴围成的面积表示位移，即0～4 s内小球的位移为5 m，则D错误.
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(7分)某同学为测定物块与电梯水平地板之间的动摩擦因数，将质量为1 kg的物块放在电梯水平地板上，弹簧测力计一端固定在电梯侧壁上，另一端连接物块并保持测力计水平.现用手向左缓慢移动物块至图10甲所示位置，放手后物块仍保持静止，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力(取g＝9.8 m/s2).
图10
(1)图甲中弹簧测力计读数为 N；
(2)电梯启动后，用手机的加速度传感器测得电梯的a－t图像如图乙所示(以竖直向上为正方向).结果发现在电梯运行过程中的某一时刻物块被拉动，则这一时刻是 (选填“第1 s初”或“第5 s初”)，该时刻电梯处于 (选填“超重”或“失重”)状态；
(3)物块和电梯水平地板间动摩擦因数的最大值是 (保留两位有效数字).
答案 (1)3.60(2分) (2)第5 s初(1分) 失重(2分) (3)0.40(2分)
解析 (1)根据题图甲可知，3 N和4 N之间有10个小格，每小格表示0.1 N，需要估读到下一位，因此弹簧测力计示数为3.60 N.
(2)物块被拉动时，是最大静摩擦力最小时，也就是弹力最小时，由题意可知一定是向下加速度最大时，结合题图乙可知为第4 s末，也就是第5 s初，此时加速度方向向下，电梯处于失重状态；
(3)第5 s初时，分析物块受力可知FN－mg＝ma，代入数据解得FN＝9 N，结合弹簧测力计示数，由f＝μFN，解得μ＝0.40.
12.(9分)图11为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置示意图.图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源.在小车质量一定的情况下探究加速度与力的关系.
图11
(1)为使轻绳对小车的拉力为小车所受的合外力，故在组装器材完毕后需平衡摩擦力：平衡摩擦力时 (选填“需要”或“不需要”)挂上砂桶；正确操作后，在长木板右端下放一块垫木，以调整长木板右端的高度，放上小车后，轻推小车使之运动，打点计时器在纸带上打出如图12所示的纸带(纸带上打点方向为由A到B)，则需要将垫木向 移动(选填“左”或“右”).
图12
(2)本实验操作过程中， (选填“是”或“不”)需要满足砂桶及砂的质量远小于小车质量.
(3)图13是某同学实验过程中得到的一条点迹清晰的纸带，已知相邻两点间还有4个点未画出，则根据纸带可得此次小车的加速度a＝ m/s2(结果保留3位有效数字).
图13
(4)若某次实验过程中，求得小车的加速度大小为a，则砂桶的加速度为 .
(5)图14是甲、乙、丙三位同学作出的加速度与弹簧测力计示数的关系图像，其中符合实验事实的是 (选填“甲”“乙”或“丙”).
图14
答案 (1)不需要(1分) 左(1分) (2)不(1分) (3)1.93(2分) (4)2a(2分) (5)乙(2分)
解析 (1)为使轻绳拉力作为合力，即使除拉力以外的合力为零，故不能将拉力算进去，即平衡摩擦力时不需要挂上砂桶；由纸带可以看出小车点迹分布越来越密集，说明小车在做减速运动，平衡摩擦力不足，需增大倾角，故需向左移动垫木；
(2)小车所受拉力可由弹簧测力计直接读取，故不再需要砂桶及砂的质量远小于小车质量；
(3)纸带上两计数点间的时间间隔为T＝0.1 s，根据逐差法有
a＝eq \f(sCD＋sDE＋sEF－sOA＋sAB＋sBC,9T2)
＝eq \f(10.81＋12.70＋15.10×10－2－5.00＋7.10＋9.10×10－2,9×0.12) m/s2≈1.93 m/s2；
(4)两股轻绳拉小车，所以砂桶的加速度是小车加速度的2倍，即砂桶的加速度是2a；
(5)本实验中作用在小车上的力可以准确测量，加速度与力成正比，可知乙正确.
13.(10分)(2020·河南林州一中高一上检测)如图15所示，蹦床运动员正在训练室内训练，室内蹦床的床面到天花板的距离是7.6 m，竖直墙壁上张贴着一面高度为1.6 m的旗帜，身高1.6 m的运动员头部最高能够上升到距离天花板1 m的位置，在自由下落过程中，运动员通过整面旗帜的时间是0.4 s，重力加速度的大小为10 m/s2，设运动员上升和下落过程身体都是挺直的，不计空气阻力，求：
图15
(1)运动员竖直弹跳起来的速度大小；
(2)运动员下落时身体通过整面旗帜过程中的平均速度大小；
(3)旗帜的上边缘到天花板的距离.
答案 (1)10 m/s (2)8 m/s (3)4.4 m
解析 (1)运动员上升的最大位移为：h＝7.6 m－1.6 m－1 m＝5 m(1分)
根据匀变速直线运动的速度位移关系式，有：v2＝2gh(1分)
解得：v＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×5) m/s＝10 m/s(1分)
(2)运动员通过整面旗帜的时间是0.4 s，位移大小为：Δs＝1.6 m＋1.6 m＝3.2 m(1分)
故平均速度大小为：eq \x\t(v)＝eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(3.2,0.4) m/s＝8 m/s(2分)
(3)平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故该0.4 s内中间时刻的速度为8 m/s，根据对称性可知，运动员上升过程经过同一位置的速度大小为8 m/s(1分)
运动员从跳起到该位置的时间间隔为：t＝eq \f(Δv,g)＝eq \f(10－8,10) s＝0.2 s(1分)
由于t＝eq \f(Δt,2)，故开始时旗帜的下边缘与运动员头部等高，故旗帜的上边缘到蹦床的床面的距离为3.2 m，而蹦床的床面到天花板的距离是7.6 m，故旗帜的上边缘到天花板的距离为：7.6 m－3.2 m＝4.4 m.(2分)
14.(13分)如图16甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝10 m的水平木板相接，木板上表面与平台相平，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝10 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止.现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，滑块由平台滑上木板的过程速度大小不变，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图16
(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t.
答案 (1)0.5 (2)(1＋eq \r(5)) s
解析 (1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有：μmg＝ma(1分)
滑块恰好到木板右端停止，则有0－v02＝－2aL(2分)
解得：μ＝eq \f(v02,2gL)＝0.5(1分)
(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度大小为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有：
μmgcs θ＋mgsin θ＝ma1(2分)
0－v02＝－2a1s(1分)
0＝v0－a1t1(1分)
联立解得t1＝1 s，s＝5 m(1分)
设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2(1分)
s＝eq \f(1,2)a2t22(1分)
联立解得：t2＝eq \r(5) s(1分)
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间：t＝t1＋t2＝(1＋eq \r(5)) s.(1分)
15.(15分)(2020·四川高一期末)如图17甲，质量m＝2 kg的物体置于倾角θ＝30°的足够长且固定的斜面上，t＝0时刻，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，t＝1 s时刻撤去力F，物体运动的部分v－t图像如图乙所示.重力加速度g＝10 m/s2.
图17
(1)求物体与斜面间的动摩擦因数和力F的大小；
(2)求t＝6 s时物体的速度大小；
(3)求物体返回出发点时的速度大小.
答案 (1)eq \f(\r(3),5) 48 N (2)6 m/s (3)4eq \r(6) m/s
解析 (1)设有恒力F作用时物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有
F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma1(2分)
撤去力F后，设物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma2(2分)
根据速度－时间图像的斜率绝对值表示加速度大小，则有
a1＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δv1,Δt1)))＝16 m/s2(1分)
a2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δv2,Δt2)))＝8 m/s2(1分)
代入解得F＝48 N(1分)
μ＝eq \f(\r(3),5)(1分)
(2)根据v－t图像可知，3 s末物体速度减为零，之后物体向下做匀加速直线运动，设3 s后物体的加速度为a3，根据牛顿第二定律有
mgsin 30°－μmgcs 30°＝ma3(2分)
解得a3＝2 m/s2(1分)
t＝6 s时，由速度公式得v＝a3t3＝6 m/s，故t＝6 s时物体的速度大小为6 m/s.(1分)
(3)v－t图线与时间轴所围的面积表示位移，故前3 s的位移为s＝eq \f(1,2)×3×16 m＝24 m(1分)
返回过程根据位移速度关系公式有v′2＝2a3s(1分)
解得返回出发点时的速度大小v′＝4eq \r(6) m/s.(1分)