湖南省長沙市2022-2023學年高一物理 暑假作業(yè)4 綜合2

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1、湖南省長沙市2022-2023學年高一物理 暑假作業(yè)4 綜合2 一．單選題（共6小題） 1．如圖，物塊A和B的質(zhì)量分別為4m和m，開始AB均靜止，細繩拉直，在豎直向上拉力F=6mg作用下，動滑輪豎直向上加速運動．已知動滑輪質(zhì)量忽略不計，動滑輪半徑很小，不考慮繩與滑輪之間的摩擦，細繩足夠長，在滑輪向上運動過程中，物塊A和B的加速度分別為（　　） A．a(chǎn)A=g，aB=5g B．a(chǎn)A=aB=g C．a(chǎn)A=0，aB=2g D．a(chǎn)A=g，aB=3g 2．在光滑水平面上放置兩長度相同、質(zhì)量分別為m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形狀、質(zhì)量完全相同的物塊a和b，木板和物塊均處于靜止

2、狀態(tài)．現(xiàn)對物塊a和b分別施加水平恒力F1和F2，使它們向右運動．當物塊與木板分離時，P、Q的速度分別為v1、v2，物塊a、b相對地面的位移分別為s1、s2．已知兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)相同，下列判斷正確的是（　?。? A．若F1=F2、m1＞m2，則v1＞v2、s1=s2 B．若F1=F2、m1＜m2，則v1＞v2、s1=s2 C．若F1＜F2、m1=m2，則v1＞v2、s1＞s2 D．若F1＞F2、m1=m2，則v1＜v2、s1＞s2 3．如圖所示，質(zhì)量均為m的兩物塊A和B的接觸面是水平的，A與B保持相對靜止一起沿固定光滑斜面下滑，以下說法正確的是（　?。? A．B對A的支

3、持力大小為mg B．A對B的壓力大小為mgcos2α C．A與B之間的摩擦力為0 D．A與B之間的摩擦力為mgsin2α 4．斜面上有m1和m2兩個物體，與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2，兩物體間用一根輕質(zhì)彈簧連接，一起沿斜面減速上滑，如右圖所示，在一起上滑的過程中，m1和m2之間的相對距離保持不變，彈簧的長度小于原長，則以下說法正確的是（　?。? A．μ1=μ2 B．μ1＞μ2 C．μ1＜μ2 D．以上三種情況都可能 5．如圖所示，在非光滑的水平面上離豎直墻面很遠處有一重物G，在跨過定滑輪的繩的牽引下做勻速運動，則在此過程中，下列說法正確的是（　?。? A．物體所受摩

4、擦力、支持力變小，繩的拉力先變小后變大 B．物體所受摩擦力、支持力變大，繩的拉力變小 C．物體所受摩擦力、支持力變小，繩的拉力變大 D．因為物體做勻速運動，所以物體所受摩擦力不變、支持力不變，繩的拉力不變 6．我國“蛟龍?zhí)枴痹谀炒卧囼灂r，深潛器內(nèi)的顯示屏上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面的10min內(nèi)全過程的深度曲線甲和速度圖象乙，下列說法中正確的是（　?。? A．全過程中最大加速度是0.025m/s2 B．潛水員感到超重發(fā)生在0～1 min和8～10min的時間段內(nèi) C．圖中h3代表本次下潛最大深度，應為300m D．潛水器在上升階段的平均速度大小為1.5m/s 二．

5、多選題（共2小題） 7．如圖甲所示，某人通過定滑輪將質(zhì)量為m的貨物提升到一定高處，定滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計，貨物獲得的加速度a與豎直向上的拉力T之間的函數(shù)關系如圖乙所示，則下列判斷正確的是（　?。? A．圖線與縱軸的交點M的值aM=﹣g B．圖線與橫軸的交點N的值TN=mg C．圖線的斜率等于物體的質(zhì)量m D．圖線的斜率等于物體質(zhì)量的倒數(shù) 8．一端裝有定滑輪的粗糙斜面體放在地面上，A、B兩物體通過細繩連接，并處于靜止狀態(tài)（不計繩的質(zhì)量和繩與滑輪間的摩擦），如圖所示．現(xiàn)用水平力F作用于物體B上，緩慢拉開一小角度，此過程中斜面體與物體A仍然靜止．則下列說法正確的是（　　） A．

6、水平力F一定變大 B．物體A所受斜面體的摩擦力一定變大 C．物體A所受斜面體的支持力一定不變 D．斜面體所受地面的支持力一定不變 三．填空題（共2小題） 9．如圖甲為某實驗小組探究小車加速度與小車所受到的拉力及質(zhì)量的關系的實驗裝置圖．圖中A為小車，B為砝碼及砝碼盤，C為一端帶有定滑輪的長木板，小車通過紙帶與電火花打點計時器相連． （1）該小組的同學想用砝碼及砝碼盤的重力表示小車受到的合外力，為了減小這種做法帶來的實驗誤差，你認為下列說法中正確的是　 ?。? A．實驗時要平衡摩擦力 B．實驗時不需要平衡摩擦力 C．砝碼和砝碼盤的重力要遠小于小車的總重力 D．實驗進行時應先釋

7、放小車再接通電源 （2）實驗時，某同學由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到的aF圖象可能是圖乙中的圖線　 ?。ㄌ睢凹住?、“乙”或“丙”）． （3）若實驗中平衡摩擦力的操作正確且恰好平衡了摩擦力，但由于漏測了某個物理量，作出的aF圖象為圖乙中的圖線甲，請說明可能漏測的物理量是　 ?。? 10．某物理小組對輕彈簧的彈性勢能進行探究，實驗裝置如圖（a）所示：輕彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一物塊接觸而不連接，紙帶穿過打點計時器并與物塊連接。向左推物塊使彈簧壓縮一段距離，由靜止釋放物塊，通過測量和計算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢能。 （1）實驗中涉及

8、到下列操作步驟： ①把紙帶向左拉直 ②松手釋放物塊 ③接通打點計時器電源 ④向左推物塊使彈簧壓縮，并測量彈簧壓縮量 上述步驟正確的操作順序是　 ?。ㄌ钊氪聿襟E的序號）。 （2）圖（b）中M和L紙帶是分別把彈簧壓縮到不同位置后所得到的實際打點結果。打點計時器所用交流電的頻率為50Hz．由M紙帶所給的數(shù)據(jù)，可求出在該紙帶對應的實驗中物塊脫離彈簧時的速度為　 　m/s．比較兩紙帶可知，　 　（填“M”或“L”）紙帶對應的實驗中彈簧被壓縮后的彈性勢能大。 四．解答題（共2小題） 11．如圖所示，兩個用輕線相連的位于光滑水平面上的物塊，質(zhì)量分別為m1和m2，拉力F1和F

9、2方向相反，與輕線沿同一水平直線，且F1＞F2．試求在兩個物塊運動過程中輕線的拉力T． 12．2014年7月24日，受臺風“麥德姆”影響，安徽多地暴雨，嚴重影響了道路交通安全．某高速公路同一直線車道上同向勻速行駛的轎車和貨車，其速度大小分別為v1=40m/s，v2=25m/s，轎車在與貨車距離s0=22m時才發(fā)現(xiàn)前方有貨車，若此時轎車只是立即剎車，則轎車要經(jīng)過s=160m才停下來．兩車可視為質(zhì)點． （1）若轎車剎車時貨車以v2勻速行駛，通過計算分析兩車是否會相撞？ （2）若轎車在剎車的同時給貨車發(fā)信號，貨車司機經(jīng)t0=2s收到信號后立即以加速度大小a2=2.5m/s2勻加

10、速前進，通過計算分析兩車會不會相撞？ 參考答案與試題解析 1． 【解答】解：設在運動過程中，細繩的拉力為T，滑輪的質(zhì)量為m0，滑輪的加速度為a，則取滑輪為研究對象可得： F﹣2T=m0a，因m0=0，故可得2T=F，即T=3mg 取A為研究對象，因T=3mg＜GA=4mg，故小A沒有離開地面，所以A的加速度為零 取B為研究對象，因T=3mg＞GB=mg，根據(jù)牛頓第二定律可得：3mg﹣mg=maB 解得：aB=2g，方向向上 故C正確，ABD錯誤 故選：C。 2． 【解答】解：A、首先看F1=F2 時情況： 由題很容易得到a、b 所受的摩擦力大

11、小是相等的，因此a、b 加速度相同，我們設a、b 加速度大小為a， 對于P、Q，滑動摩擦力即為它們的合力，設P（m1）的加速度大小為a1，Q（m2）的加速度大小為a2， 根據(jù)牛頓第二定律得：a1=，a2=，其中m為物塊a和b的質(zhì)量。 設板的長度為L，它們向右都做勻加速直線運動，當物塊與木板分離時： a與P 的相對位移為：L=at12﹣a1t12 b與Q 的相對位移為：L=at22﹣a2t22 若m1＞m2，a1＜a2 所以得：t1＜t2 P的速度為：v1=a1t1，Q的速度為：v2=a2t2 物塊a相對地面的位移分別為：s1=at12 物塊b相對地面的位移分別為：s2=at

12、22 則v1＜v2，s1＜s2，故A、B錯誤。 C、若F1＞F2、m1=m2，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律的： 則a的加速度大于b的加速度，即aa＞ab 由于m1=m2，所以P、Q加速度相同，設P、Q加速度為a。 它們向右都做勻加速直線運動，當物塊與木板分離時： a與P 的相對位移為：L=aat12﹣at12 b與Q 的相對位移為：L=abt22﹣at22 由于aa＞ab 所以得：t1＜t2 則v1＜v2，s1＜s2，故C正確。 D、根據(jù)C選項分析得： 若F1＜F2、m1=m2，aa＜ab 則v1＞v2、S1＞S2 故C正確，ABD錯誤。 故選：C。 3． 【解

13、答】解：A、B整體具有沿斜面向下的加速度，設為加速度為a，由牛頓第二定律可知： （m+m）a=（m+m）gsinα，得：a=gsinα 將a正交分解為豎直方向分量a1，水平分量a2，如圖所示，由于具有水平分量a2，故物體A必受水平向右摩擦力f，A受力如圖所示； 由牛頓第二定律得： 豎直方向上：mg﹣N=ma1…① 水平方向上：f=ma2…② 斜面與水平方向的夾角為θ，摩擦力與彈力的合力與水平方向夾角為θ，由幾何關系得； a1=asinα=gsinαsinα=gsin2α…③ a2=acosα=gsinαcosα…④ 得：N=mg﹣mgsin2α=mgcos2α，f=m

14、gsinαcosα 由牛頓第三定律得：A對B的壓力大小為mgcos2α．故ACD錯誤，B正確。 故選：B。 4． 【解答】解：以m1為研究對象并進行受力分析，則m1受豎直向下的重力m1g，垂直于斜面向上的支持力FN1，沿斜面向下的滑動摩擦力f1，由于彈簧壓縮故m1受沿斜面向下的彈簧的彈力F．設斜面的傾角為θ，則FN1=m1gcosθ，故滑動摩擦力f1=μ1m1gcosθ， 所以m1的加速度a1=gsinθ+μ1gcosθ+。 以m2為研究對象并進行受力分析，則m1受豎直向下的重力m2g，垂直于斜面向上的支持力FN2，沿斜面向下的滑動摩擦力f2，由于彈簧壓縮故m2受沿斜面向上的彈

15、簧的彈力F．則FN2=m2gcosθ，故滑動摩擦力f2=μ2m2gcosθ， 所以m2的加速度a2=gsinθ+μ2gcosθ﹣。 由于兩物體的加速度相同故有 gsinθ+μ1gcosθ+=gsinθ+μ2gcosθ﹣。 所以μ1＜μ2．故C正確。 故選：C。 5． 【解答】解：將物體實際運動的水平速度進行分解，分解到垂直于繩子方向和沿著繩子的方向，如下圖： 設繩子速度為v0，物體速度為v，繩子與水平夾角為θ，有：vcosθ=v0 得：v= 物體向右運動，θ越來越大，則cosθ越來越小，則v越來越大，即物體做加速運動。與題干不符，所以D錯誤。 以物體為研究對象進行受力

16、分析，應有物體所受支持力N和摩擦力f的合力與重力等大反向，即重力、支持力、摩擦力、繩子的拉力，摩擦力與支持力的合力與重力、繩子拉力這三個力構成首尾相接的三角形 改變T的方向逐漸豎直逆時針旋轉，當T跟Nf的合力垂直時有最小值，然后又變大，所以拉力先變小后變大。故A正確。BC錯誤。 故選：A。 6． 【解答】解：A、由圖b的斜率表示加速度，則在0﹣1min和3﹣4min時間內(nèi)的加速度最大，最大加速度大小為：a===0.033m/s2，故A錯誤； B、3～4min內(nèi)減速下降和6～8min加速上升均會出現(xiàn)超重現(xiàn)象；而0～1 min和8～10min的加速度向下，是失重，故B錯誤； C、（

17、a）圖是深度曲線，圖中h3代表本次最大深度。 第0﹣1min內(nèi)做加速運動，位移為：x1==60m， 1min時的速度為：v1=at1=0.033×60=2m/s， 1﹣3min時間內(nèi)做勻速運動，位移為：x2=v1t2=2×（3﹣1）×60m=240m， 3﹣4min時間內(nèi)做減速運動，根據(jù)運動的對稱性，位移與加速階段的位移大小相等，即：x3=x1=60m， 下潛的總深度：h=x1+x2+x3=360m；故C錯誤； D、在勻加速上升階段的平均速度為=1.5m/s，在勻減速上升階段的平均速度=1.5m/s，所以潛水器在上升階段的平均速度大小為1.5m/s，故D正確； 故選：D。 7．

18、 【解答】解：對貨物受力分析，受重力mg和拉力T，根據(jù)牛頓第二定律，有： T﹣mg=ma 解得： a=﹣g A、當T=0時，a=﹣g，即圖線與縱軸的交點M的值aM=﹣g，故A正確； B、當a=0時，T=mg，故圖線與橫軸的交點N的值TN=mg，故B錯誤； C、D、圖線的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù)，故C錯誤，D正確； 故選：AD。 8． 【解答】解：A、對木塊B受力分析，如圖：根據(jù)共點力平衡條件，有： F=mBgtanθ T= 在緩慢拉開B的過程中，θ變大，tanθ變大，cosθ變小，F(xiàn)變大，T增大，故A正確； B、C、物體A受重力、支持力、細線的拉力，可能沒有靜摩擦力，也可

19、能有沿斜面向下的靜摩擦力，還有可能受沿斜面向上的靜摩擦力，故拉力T變大后，靜摩擦力可能變小，也可能變大，支持力不變，故B錯誤，C正確； D、對斜面體和木塊A、B整體受力分析，由于一直平衡，支持力等于系統(tǒng)的總重力，保持不變。故D正確； 故選：ACD。 9． 【解答】解：（1）、A、平衡摩擦力，如果沒有平衡摩擦力的話，就會出現(xiàn)當有拉力時，物體不動的情況，故A正確，B錯誤． C、讓小車的質(zhì)量M遠遠大于小桶（及砝碼）的質(zhì)量m，因為：際上繩子的拉力F=Ma=mg， 故應該是m＜＜M，而當m不再遠遠小于M時，a=，隨m的增大物體的加速度逐漸減小且無限趨近于g，故C正確． D、實驗時應

20、先接通電源后釋放小車，故D錯誤． （2）、遺漏了平衡摩擦力這一步驟，就會出現(xiàn)當有拉力時，物體不動的情況．故圖線丙說明沒有平衡摩擦力或平衡不夠． （3）、根據(jù)圖象甲可知，沒有力就有加速度，則可能漏測的物理量是砝碼盤的質(zhì)量． 故答案為：①AC；②沒有平衡摩擦力或平衡不夠；③砝碼盤的質(zhì)量 10． 【解答】解：（1）實驗中應先將物塊推到最左側，測量壓縮量，再把紙帶向左拉直；先接通電源，穩(wěn)定后再釋放紙帶；故步驟為④①③②； （2）由M紙帶可知，左側應為與物塊相連的位置；由圖可知，兩點間的距離先增大后減??；故2.58段時物體應脫離彈簧；則由平均速度可求得，其速度v=×10﹣2=1.29m

21、/s； 因彈簧的彈性勢能轉化為物體的動能，則可知離開時速度越大，則彈簧的彈性勢能越大；由圖可知，M中的速度要大于L中速度；故說明M紙帶對應的彈性勢能大； 故答案為：（1）④①③②；（2）1.29；M。 11． 【解答】解：將m1和m2做為整體，由牛頓第二定律，整體加速度為 ， 對m1由牛頓第二定律有 m1a=F1﹣T， 所以 ， 即在兩個物塊運動過程中輕線的拉力為． 12． 【解答】解：（1）轎車經(jīng)過s=160m才停下來的過程，由υ12=2a1s得：轎車剎車過程的加速度大?。篴1=5m/s2． 假設恰好不相撞時兩車的速度相等，即：υ1﹣a1t1=

22、υ2 得：t1==3s． 轎車前進的距離：s1=t1=97.5m 貨車前進的距離：s2=υ2t1=75m，因為：s1﹣s2=22.5m＞s0，即：兩車會相撞． （2）假設兩車的速度相等，即：υ1﹣a1t=υ2+a2（t﹣t0） 轎車前進的距離：s1′=υ1t﹣a1t2 貨車前進的距離：s2′=υ2t0+υ2（t﹣t0）+a2（t﹣t0）2 解得：s1′=m，s2′=m，因為：s1′﹣s2′=21.7m＜s0，兩車不會相撞． 答：（1）若轎車剎車時貨車以v2勻速行駛，兩車會相撞． （2）若轎車在剎車的同時給貨車發(fā)信號，貨車司機經(jīng)t0=2s收到信號兵立即以加速度大小a2=2.5m/s2勻速前進，兩車不會相撞．