高中物理教科版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动的规律本章综合与测试学案及答案

这是一份高中物理教科版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动的规律本章综合与测试学案及答案，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8小题，每小题3分，共24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．(2021·大名一中月考)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(Δx,Δt)，当Δt非常小时，eq \f(Δx,Δt)就可以表示物体在t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．某短跑运动员参加100 m竞赛，测得他在5 s末的速度为10.4 m/s，在10 s末到达终点时速度为10.2 m/s，整个比赛过程，关于运动员的平均速度，以下判断正确的是( )
A．一定等于10 m/s B．可能等于10.2 m/s
C．一定大于10.3 m/s D．可能等于10.4 m/s
答案 A
解析 由题意可知，运动员的位移为100 m，时间为10 s，则平均速度v＝eq \f(x,t)＝10 m/s，A正确．
3．(2021·长春外国语学校月考)滑雪者从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，已知他通过斜面中点时的速度为v，则其到达斜面底端的速度为( )
A.eq \f(\r(2)＋1,2)v B．(eq \r(2)＋1)v
C.eq \r(2)v D.eq \f(1,2)v
答案 C
解析 设斜面的长度为x，滑雪者到达斜面底端的速度为v′，根据速度位移公式得v2＝2a·eq \f(x,2)，v′2＝2ax，联立两式解得v′＝eq \r(2)v，C正确．
4.(2020·郑州市期中)如图1所示是一种常用的“千斤顶”示意图，摇动手柄能使螺旋杆转动并保持水平，而A、B间距离发生变化，重物就能被顶起或下降．若物重为G，杆AB与AC之间的夹角为θ，不计“千斤顶”本身的重量，则“千斤顶”螺旋杆AB的拉力大小为( )
图1
A．Gsin θ B．Gcs θ C．Gtan θ D.eq \f(G,tan θ)
答案 D
解析 如图所示，将重力G分解到沿AB方向的拉AB杆的力F1和沿AC方向的压AC杆的力F2，即得F1＝eq \f(G,tan θ)，由牛顿第三定律知螺旋杆AB的拉力大小为eq \f(G,tan θ).
5.(2010·双鸭山一中高一上期末)两辆汽车a、b在一条平直公路上同向运行，两车运动的v－t图像如图2所示．已知a、b曲线关于它们两交点的连线对称，且在t1时刻两车在同一位置，下列说法中正确的是( )
图2
A．在t1～t2这段时间内，两车的平均速度相同
B．在t1～t2这段时间内的任意时刻，a车与b车的加速度都相同
C．在t2时刻，两车再次处于同一位置
D．在t1～t2这段时间内，a车始终在b车前面
答案 D
解析 由v－t图线与时间轴所围成的面积表示位移，可知在t1～t2这段时间内a的位移大于b的位移，根据平均速度公式可知a的平均速度大于b的平均速度，故A错误；v－t图线的斜率表示加速度，由图像可知，在t1～t2这段时间内的任意时刻，a车与b车的加速度大小相等，但方向不同，故B错误；在t1时刻两车在同一位置，且在t1～t2这段时间内a的位移始终大于b的位移，所以在t1～t2这段时间内，a车始终在b车前面，在t2时刻，两车不会处于同一位置，故C错误，D正确．
6．两质量均为m的木块A、B叠放在一起，静置于粗糙水平面上，水平恒力F作用在A上，两木块一起运动，加速度大小为a1，如图3(a)所示．现取走木块B，在木块A上施加一方向竖直向下的恒力F1，F1＝mg(g为重力加速度)．木块A仍在上述水平恒力F的作用下运动，加速度大小为a2，如图(b)所示．下列关于a1和a2的关系，正确的是( )
图3
A．a2＝2a1 B．a2＝a1
C．a2>2a1 D．a1答案 A
解析 题图(a)中，对A、B整体有F－2μmg＝2ma1，
题图(b)中，对A，有F－μ(F1＋mg)＝ma2，
且F1＝mg，联立可得a2＝2a1，A正确．
7.(2020·三门峡市期末)如图4所示，建筑装修中工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力是( )
图4
A．(F－mg)cs θ B．(F－mg)sin θ
C．μ(F－mg)cs θ D．μ(F－mg)
答案 A
解析 对物体受力分析如图，物体匀速运动，受力平衡，f＝F·cs θ－mgcs θ，故A正确，B错误；N＝F·sin θ－mgsin θ，f＝μN＝μ(F－mg)sin θ，故C、D错误．
8．如图5所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为eq \f(1,4)μ.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是( )
图5
A．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过eq \f(3,2)μmg
B．当力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为eq \f(3,2)μmg
C．无论力F为何值，b的加速度不会超过eq \f(3,4)μg
D．当力F＞μmg时，b相对a滑动
答案 A
解析 a、b之间的最大静摩擦力为：fmax＝μmg，b与地面间的最大静摩擦力为：
fmax′＝eq \f(1,4)μ(m＋m)g＝eq \f(1,2)μmg
a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：
对b有：μmg－eq \f(1,2)μmg＝ma0，得a0＝eq \f(1,2)μg.
对整体有：F0－eq \f(1,2)μmg＝2ma0，得：F0＝eq \f(3,2)μmg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过eq \f(3,2)μmg，当力F＞eq \f(3,2)μmg时，b相对a滑动，故A正确，D错误；当力F＝μmg时，a、b一起加速运动，加速度为：a1＝eq \f(μmg－\f(1,2)μmg,2m)＝eq \f(1,4)μg，对a，根据牛顿第二定律可得：F－f1＝ma1，解得a、b间的摩擦力为f1＝eq \f(3,4)μmg，故B错误；
根据A选项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过eq \f(1,2)μg，故C错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)
9.(2020·南昌二中高一质检)一个质量为0.2 kg的小球用细绳吊在倾角为θ＝53°的斜面上，如图6所示．斜面静止时，小球紧靠在斜面上，绳与斜面平行．不计摩擦，当斜面以10 m/s2的加速度水平向右做加速运动时，则(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，g＝10 m/s2)( )
图6
A．绳的拉力为1.60 N
B．绳的拉力为2eq \r(2) N
C．斜面对小球的弹力为1.20 N
D．斜面对小球无弹力
答案 BD
解析 设当小球对斜面的压力恰好为零时，斜面与小球的加速度为a0，此时对小球分析，根据牛顿第二定律可知eq \f(mg,tan θ)＝ma0，解得a0＝7.5 m/s2，则当斜面以10 m/s2的加速度水平向右做加速运动时，小球飘离斜面，设此时细绳与竖直方向的夹角为α，对小球分析，根据牛顿第二定律可知mgtan α＝ma，解得α＝45°，则Tcs 45°＝mg，得绳的拉力T＝2eq \r(2) N，B、D正确，A、C错误．
10．如图7所示，质量均为m＝1 kg的两滑块A、B放在光滑的水平地面上，中间用一结实的水平轻质细线相连，轻杆OA、OB放在滑块上，且可绕铰链O自由转动，两杆长度相等，夹角θ＝60°，g取10 m/s2，当竖直向下的力F＝150 N作用在铰链上时( )
图7
A．A滑块对地面的压力为85 N
B．A滑块对地面的压力为75 N
C．A、B滑块间细线的张力为25eq \r(3) N
D．A、B滑块间细线的张力为50eq \r(3) N
答案 AC
解析 对O点受力分析，如图所示，对两个轻杆的作用力进行合成，有FAcs eq \f(θ,2)＋FBcs eq \f(θ,2)＝F，且FA＝FB，故FA＝FB＝eq \f(F,2cs \f(θ,2))＝eq \f(150,2×\f(\r(3),2)) N＝50eq \r(3) N，
所以地面对A的支持力N＝mg＋FAcs eq \f(θ,2)＝85 N，
由牛顿第三定律得A滑块对地面的压力为85 N，滑块间细线的张力F′＝FAsin eq \f(θ,2)＝25eq \r(3) N，故A、C正确．
11．如图8甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，水平传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
图8
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
D．若传送带速度足够大，行李最快也要eq \r(2) s才能到达B处
答案 AD
解析 对行李受力分析，由牛顿第二定律得：f＝μmg＝ma，得a＝2 m/s2，故A正确；行李加速时间t1＝eq \f(v,a)＝0.2 s，加速运动位移x1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动时间t2＝eq \f(x－x1,v)＝eq \f(2－0.04,0.4) s＝4.9 s，可得到达B处需要的总时间t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；行李加速过程中传送带运动的距离x1′＝vt1＝0.4×0.2 m＝0.08 m，Δx＝x1′－x1＝0.04 m，摩擦痕迹长度为0.04 m，C错误；行李一直加速用时最短，x＝eq \f(1,2)at min2，tmin＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2×2,2)) s＝eq \r(2) s，故D正确．
12.如图9所示，质量为m的物体A放在质量为M、倾角为θ的斜面B上，斜面B置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体A，使其沿斜面向下匀速运动，斜面B始终静止不动，则下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
图9
A．斜面B相对地面有向右运动的趋势
B．地面对斜面B的静摩擦力大小为Fcs θ
C．地面对斜面B的支持力大小为(M＋m)g＋Fsin θ
D．斜面B与物体A间的动摩擦因数为tan θ
答案 BC
解析 将A和B看成一个整体，对其进行受力分析，由平衡条件可知，地面对B的静摩擦力f＝Fcs θ，方向水平向右，故B相对地面有向左运动的趋势，故A错误，B正确；由平衡条件可知，地面对B的支持力N＝(M＋m)g＋Fsin θ，故C正确；对A进行受力分析可知，在平行于斜面的方向上有mgsin θ＋F＝μmgcs θ，解得μ＝tan θ＋eq \f(F,mgcs θ)，故D错误．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)(2020·棠湖中学高一月考)某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮条一端固定在A点，另一端系上两根细绳及绳套，用两个弹簧测力计通过细绳套互成角度地拉动橡皮条，将结点拉到O点，如图10甲所示 .
图10
(1)如果没有操作错误，图乙中F′是用一个弹簧测力计拉细绳套时，在白纸上根据实验结果画出的图示，则图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________．
(2)本实验采用的科学方法是________．
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．建立物理模型法
(3)在同一对比实验的两次操作中，O点位置________(选填“可以”或“不可以”)变动．
(4)如图丙，使弹簧测力计b从水平位置开始顺时针缓慢转动至竖直方向，在这个过程中保持O点位置和弹簧测力计a的拉伸方向不变，则在整个过程中关于弹簧测力计a、b的读数变化是________．
A．a增大，b减小B．a减小，b增大
C．a减小，b先增大后减小D．a减小，b先减小后增大
答案 (1)F′(1分) (2)B(1分) (3)不可以(2分) (4)D(2分)
14．(8分)小华所在的实验小组利用如图11甲所示的实验装置探究牛顿第二定律，打点计时器使用的交流电频率f＝50 Hz，当地的重力加速度为g.
图11
(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行，接下来还需要进行的一项操作是________．
A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
(2)图乙是小华同学在正确操作下获得的一条纸带，其中A、B、C、D、E每相邻两点之间还有4个点没有标出．若x1＝2.02 cm，x2＝4.00 cm，x3＝6.01 cm，则B点的速度为vB＝________ m/s(结果保留三位有效数字)．
(3)在平衡好摩擦力的情况下，探究小车加速度a与小车质量M的关系中，某次实验测得的数据如表所示．根据这些数据在图12中描点并作出a－eq \f(1,M)图线．从a－eq \f(1,M)图线求得合外力大小为________ N(结果保留两位有效数字)．
图12
答案 (1)B(2分) (2)0.301(2分) (3)见解析图(2分) 0.30(2分)
解析 (2)由题意可知相邻两计数点间的时间间隔为：
t＝5T＝eq \f(5,f)＝0.1 s，
利用匀变速直线运动的推论：B点的瞬时速度vB＝eq \f(x1＋x2,2t)＝eq \f(0.020 2＋0.040 0,0.2) m/s＝0.301 m/s
(3)利用描点法画出图像如图所示，
由图像可知，a－eq \f(1,M)图线过原点，合外力等于图线的斜率，大小为F合＝eq \f(1.2,4) N＝0.30 N.
15．(8分)(2020·四川三台中学实验学校高一期末)如图13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左侧的轻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：
图13
(1)细绳对物体A的拉力大小；
(2)物体A受到桌面的支持力和摩擦力的大小．
答案 (1)eq \f(m2g,sin θ) (2)(m1－m2)g eq \f(m2g,tan θ)
解析 (1)A、B都静止，均处于平衡状态，对B进行受力分析：
竖直方向：Tsin θ＝m2g(2分)
解得绳子上的拉力T＝eq \f(m2g,sin θ)，即细绳对物体A的拉力大小也是eq \f(m2g,sin θ).(1分)
(2)对A进行受力分析有：
竖直方向：Tsin θ＋N＝m1g(2分)
水平方向：Tcs θ＝f(1分)
解得物体A受到桌面的支持力大小：N＝(m1－m2)g，物体A受到桌面的摩擦力大小：f＝eq \f(m2g,tan θ).(2分)
16．(10分)一辆货车以8 m/s的速度在平直公路上行驶，由于调度失误，在后面600 m处有一辆客车以72 km/h的速度向它靠近．客车司机发觉后立即踩下刹车，但客车要滑行2 000 m才能停止．
(1)客车滑行的加速度大小为多少？
(2)计算后判断两车是否会相撞．
答案 (1)0.1 m/s2 (2)会相撞
解析 (1)v2＝72 km/h＝20 m/s，
由0－v22＝－2ax得客车刹车的加速度大小为(2分)
a＝eq \f(v22,2x)＝eq \f(202,2×2 000) m/s2＝0.1 m/s2(1分)
(2)假设不相撞，设两车达到共同速度用时为t，则
v2－at＝v1(2分)
t＝120 s(1分)
货车在该时间内的位移x1＝v1t＝8×120 m＝960 m(1分)
客车在该时间内的位移x2＝v2t－eq \f(1,2)at2＝1 680 m(1分)
位移大小关系：x2＝1 680 m>600 m＋x1＝1 560 m，故会相撞．(2分)
17. (12分)如图14所示，传送带与水平面的夹角θ＝30°，正以恒定的速度v＝2.5 m/s顺时针转动，现在其底端A轻放一货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，经过t＝2 s，传送带突然被卡住而立即停止转动，由于惯性，货物继续沿传送带向上运动，并刚好到达传送带顶端B.求传送带底端A与顶端B的距离．(g取10 m/s2)
图14
答案 4 m
解析 货物从A处开始做匀加速运动，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma1(2分)
代入数据解得a1＝2.5 m/s2(1分)
货物做匀加速运动的时间t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(2.5,2.5) s＝1 s(1分)
位移大小x1＝eq \f(v,2)t1＝eq \f(2.5,2)×1 m＝1.25 m(1分)
在1～2 s时间内，货物随传送带一起匀速运动的位移大小为
x2＝v(t－t1)＝2.5×(2－1) m＝2.5 m(1分)
传送带停止转动后，货物做匀减速运动，设此时货物的加速度大小为a2，所以μmgcs θ＋mgsin θ＝ma2(2分)
代入数据解得a2＝12.5 m/s2(1分)
货物做匀减速运动的位移大小为x3＝eq \f(v2,2a2)＝eq \f(2.52,2×12.5) m＝0.25 m(1分)
则传送带底端A与顶端B的距离
L＝x1＋x2＋x3＝4 m．(2分)
18．(16分)(2020·四川高一期末)如图15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15
(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)设力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v－t图像的斜率表示加速度，则有
a1＝eq \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，根据牛顿第二定律有
mgsin 30°－μmgcs 30°＝ma3(2分)
解得a3＝2 m/s2(1分)
再过3 s，由速度时间公式得v＝a3t＝6 m/s，故物体6 s末速度大小为6 m/s.(1分)
(3)v－t图线与时间轴包围的面积表示位移，故前3 s的位移为xm＝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v32＝2a3xm(2分)
解得物体返回出发点时的速度大小v3＝4eq \r(6) m/s.(1分)a/(m·s－2)
1.2
1.1
0.6
0.4
0.3
eq \f(1,M)/kg－1
4.0
3.6
2.0
1.4
1.0