湖南省長(zhǎng)沙市2020學(xué)年高一物理 暑假作業(yè)4 綜合2（無(wú)答案）

暑假作業(yè)4綜合2 參考時(shí)間：50分鐘 完成時(shí)間： 月 日一單選題（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(xì)繩拉直，在豎直向上拉力F=6mg作用下，動(dòng)滑輪豎直向上加速運(yùn)動(dòng)已知?jiǎng)踊嗁|(zhì)量忽略不計(jì)，動(dòng)滑輪半徑很小，不考慮繩與滑輪之間的摩擦，細(xì)繩足夠長(zhǎng)，在滑輪向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊A和B的加速度分別為（）AaA=g，aB=5gBaA=aB=gCaA=0，aB=2gDaA=g，aB=3g2在光滑水平面上放置兩長(zhǎng)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?fàn)顟B(tài)現(xiàn)對(duì)物塊a和b分別施加水平恒力F1和F2，使它們向右運(yùn)動(dòng)當(dāng)物塊與木板分離時(shí)，P、Q的速度分別為v1、v2，物塊a、b相對(duì)地面的位移分別為s1、s2已知兩物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，下列判斷正確的是（）A若F1=F2、m1m2，則v1v2、s1=s2B若F1=F2、m1m2，則v1v2、s1=s2C若F1F2、m1=m2，則v1v2、s1s2D若F1F2、m1=m2，則v1v2、s1s23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(duì)靜止一起沿固定光滑斜面下滑，以下說(shuō)法正確的是（）AB對(duì)A的支持力大小為mgBA對(duì)B的壓力大小為mgcos2CA與B之間的摩擦力為0DA與B之間的摩擦力為mgsin24斜面上有m1和m2兩個(gè)物體，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1和2，兩物體間用一根輕質(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(guò)程中，m1和m2之間的相對(duì)距離保持不變，彈簧的長(zhǎng)度小于原長(zhǎng)，則以下說(shuō)法正確的是（）A1=2B12C12D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(yuǎn)處有一重物G，在跨過(guò)定滑輪的繩的牽引下做勻速運(yùn)動(dòng)，則在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A物體所受摩擦力、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?yàn)槲矬w做勻速運(yùn)動(dòng)，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(guó)“蛟龍?zhí)枴痹谀炒卧囼?yàn)時(shí)，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(guò)程的深度曲線甲和速度圖象乙，下列說(shuō)法中正確的是（）A全過(guò)程中最大加速度是0.025m/s2B潛水員感到超重發(fā)生在01 min和810min的時(shí)間段內(nèi)C圖中h3代表本次下潛最大深度，應(yīng)為300mD潛水器在上升階段的平均速度大小為1.5m/s二多選題（共2小題）7如圖甲所示，某人通過(guò)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(jì)，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(guān)系如圖乙所示，則下列判斷正確的是（）A圖線與縱軸的交點(diǎn)M的值aM=gB圖線與橫軸的交點(diǎn)N的值TN=mgC圖線的斜率等于物體的質(zhì)量mD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(guò)細(xì)繩連接，并處于靜止?fàn)顟B(tài)（不計(jì)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(guò)程中斜面體與物體A仍然靜止則下列說(shuō)法正確的是（）A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?nèi)羁疹}（共2小題）9如圖甲為某實(shí)驗(yàn)小組探究小車加速度與小車所受到的拉力及質(zhì)量的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)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(zhǎng)木板，小車通過(guò)紙帶與電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器相連（1）該小組的同學(xué)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(lái)的實(shí)驗(yàn)誤差，你認(rèn)為下列說(shuō)法中正確的是 A實(shí)驗(yàn)時(shí)要平衡摩擦力B實(shí)驗(yàn)時(shí)不需要平衡摩擦力C砝碼和砝碼盤的重力要遠(yuǎn)小于小車的總重力D實(shí)驗(yàn)進(jìn)行時(shí)應(yīng)先釋放小車再接通電源（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)，某同學(xué)由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測(cè)量得到的aF圖象可能是圖乙中的圖線 （填“甲”、“乙”或“丙”）（3）若實(shí)驗(yàn)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(cè)了某個(gè)物理量，作出的aF圖象為圖乙中的圖線甲，請(qǐng)說(shuō)明可能漏測(cè)的物理量是 10某物理小組對(duì)輕彈簧的彈性勢(shì)能進(jìn)行探究，實(shí)驗(yàn)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(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)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(guò)測(cè)量和計(jì)算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢(shì)能。（1）實(shí)驗(yàn)中涉及到下列操作步驟：把紙帶向左拉直松手釋放物塊接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源向左推物塊使彈簧壓縮，并測(cè)量彈簧壓縮量上述步驟正確的操作順序是 （填入代表步驟的序號(hào)）。（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(shí)際打點(diǎn)結(jié)果。打點(diǎn)計(jì)時(shí)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(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)中物塊脫離彈簧時(shí)的速度為 m/s比較兩紙帶可知， （填“M”或“L”）紙帶對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)中彈簧被壓縮后的彈性勢(shì)能大。四解答題（共2小題）11如圖所示，兩個(gè)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F2方向相反，與輕線沿同一水平直線，且F1F2試求在兩個(gè)物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕線的拉力T122020年7月24日，受臺(tái)風(fēng)“麥德姆”影響，安徽多地暴雨，嚴(yán)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(shí)才發(fā)現(xiàn)前方有貨車，若此時(shí)轎車只是立即剎車，則轎車要經(jīng)過(guò)s=160m才停下來(lái)兩車可視為質(zhì)點(diǎn)（1）若轎車剎車時(shí)貨車以v2勻速行駛，通過(guò)計(jì)算分析兩車是否會(huì)相撞？（2）若轎車在剎車的同時(shí)給貨車發(fā)信號(hào)，貨車司機(jī)經(jīng)t0=2s收到信號(hào)后立即以加速度大小a2=2.5m/s2勻加速前進(jìn)，通過(guò)計(jì)算分析兩車會(huì)不會(huì)相撞？參考答案與試題解析1【解答】解：設(shè)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)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(duì)象可得：F2T=m0a，因m0=0，故可得2T=F，即T=3mg取A為研究對(duì)象，因T=3mgGA=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(duì)象，因T=3mgGB=mg，根據(jù)牛頓第二定律可得：3mgmg=maB解得：aB=2g，方向向上故C正確，ABD錯(cuò)誤故選：C。2【解答】解：A、首先看F1=F2 時(shí)情況：由題很容易得到a、b 所受的摩擦力大小是相等的，因此a、b 加速度相同，我們?cè)O(shè)a、b 加速度大小為a，對(duì)于P、Q，滑動(dòng)摩擦力即為它們的合力，設(shè)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(shè)板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，它們向右都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊與木板分離時(shí)：a與P 的相對(duì)位移為：L=at12a1t12b與Q 的相對(duì)位移為：L=at22a2t22若m1m2，a1a2所以得：t1t2P的速度為：v1=a1t1，Q的速度為：v2=a2t2物塊a相對(duì)地面的位移分別為：s1=at12物塊b相對(duì)地面的位移分別為：s2=at22則v1v2，s1s2，故A、B錯(cuò)誤。C、若F1F2、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aaab由于m1=m2，所以P、Q加速度相同，設(shè)P、Q加速度為a。它們向右都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊與木板分離時(shí)：a與P 的相對(duì)位移為：L=aat12at12b與Q 的相對(duì)位移為：L=abt22at22由于aaab所以得：t1t2則v1v2，s1s2，故C正確。D、根據(jù)C選項(xiàng)分析得：若F1F2、m1=m2，aaab則v1v2、S1S2故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。3【解答】解：A、B整體具有沿斜面向下的加速度，設(shè)為加速度為a，由牛頓第二定律可知：（m+m）a=（m+m）gsin，得：a=gsin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：mgN=ma1水平方向上：f=ma2斜面與水平方向的夾角為，摩擦力與彈力的合力與水平方向夾角為，由幾何關(guān)系得；a1=asin=gsinsin=gsin2a2=acos=gsincos得：N=mgmgsin2=mgcos2，f=mgsincos由牛頓第三定律得：A對(duì)B的壓力大小為mgcos2故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。4【解答】解：以m1為研究對(duì)象并進(jìn)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(dòng)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(shè)斜面的傾角為，則FN1=m1gcos，故滑動(dòng)摩擦力f1=1m1gcos，所以m1的加速度a1=gsin+1gcos+。以m2為研究對(duì)象并進(jìn)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(dòng)摩擦力f2，由于彈簧壓縮故m2受沿斜面向上的彈簧的彈力F則FN2=m2gcos，故滑動(dòng)摩擦力f2=2m2gcos，所以m2的加速度a2=gsin+2gcos。由于兩物體的加速度相同故有g(shù)sin+1gcos+=gsin+2gcos。所以12故C正確。故選：C。5【解答】解：將物體實(shí)際運(yùn)動(dòng)的水平速度進(jìn)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(shè)繩子速度為v0，物體速度為v，繩子與水平夾角為，有：vcos=v0得：v=物體向右運(yùn)動(dòng)，越來(lái)越大，則cos越來(lái)越小，則v越來(lái)越大，即物體做加速運(yùn)動(dòng)。與題干不符，所以D錯(cuò)誤。以物體為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，應(yīng)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(gè)力構(gòu)成首尾相接的三角形改變T的方向逐漸豎直逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)T跟Nf的合力垂直時(shí)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(cuò)誤。故選：A。6【解答】解：A、由圖b的斜率表示加速度，則在01min和34min時(shí)間內(nèi)的加速度最大，最大加速度大小為：a=0.033m/s2，故A錯(cuò)誤；B、34min內(nèi)減速下降和68min加速上升均會(huì)出現(xiàn)超重現(xiàn)象；而01 min和810min的加速度向下，是失重，故B錯(cuò)誤；C、（a）圖是深度曲線，圖中h3代表本次最大深度。第01min內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)，位移為：x1=60m，1min時(shí)的速度為：v1=at1=0.033×60=2m/s，13min時(shí)間內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，位移為：x2=v1t2=2×（31）×60m=240m，34min時(shí)間內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)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(cuò)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【解答】解：對(duì)貨物受力分析，受重力mg和拉力T，根據(jù)牛頓第二定律，有：Tmg=ma解得：a=gA、當(dāng)T=0時(shí)，a=g，即圖線與縱軸的交點(diǎn)M的值aM=g，故A正確；B、當(dāng)a=0時(shí)，T=mg，故圖線與橫軸的交點(diǎn)N的值TN=mg，故B錯(cuò)誤；C、D、圖線的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù)，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：AD。8【解答】解：A、對(duì)木塊B受力分析，如圖：根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：F=mBgtanT=在緩慢拉開B的過(guò)程中，變大，tan變大，cos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(xì)線的拉力，可能沒有靜摩擦力，也可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(cuò)誤，C正確；D、對(duì)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(huì)出現(xiàn)當(dāng)有拉力時(shí)，物體不動(dòng)的情況，故A正確，B錯(cuò)誤C、讓小車的質(zhì)量M遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于小桶（及砝碼）的質(zhì)量m，因?yàn)椋弘H上繩子的拉力F=Ma=mg，故應(yīng)該是mM，而當(dāng)m不再遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于M時(shí)，a=，隨m的增大物體的加速度逐漸減小且無(wú)限趨近于g，故C正確D、實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通電源后釋放小車，故D錯(cuò)誤（2）、遺漏了平衡摩擦力這一步驟，就會(huì)出現(xiàn)當(dāng)有拉力時(shí)，物體不動(dòng)的情況故圖線丙說(shuō)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(cè)的物理量是砝碼盤的質(zhì)量故答案為：AC；沒有平衡摩擦力或平衡不夠；砝碼盤的質(zhì)量10【解答】解：（1）實(shí)驗(yàn)中應(yīng)先將物塊推到最左側(cè)，測(cè)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；（2）由M紙帶可知，左側(cè)應(yīng)為與物塊相連的位置；由圖可知，兩點(diǎn)間的距離先增大后減小；故2.58段時(shí)物體應(yīng)脫離彈簧；則由平均速度可求得，其速度v=×102=1.29m/s；因彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能，則可知離開時(shí)速度越大，則彈簧的彈性勢(shì)能越大；由圖可知，M中的速度要大于L中速度；故說(shuō)明M紙帶對(duì)應(yīng)的彈性勢(shì)能大；故答案為：（1）；（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(duì)m1由牛頓第二定律有m1a=F1T，所以，即在兩個(gè)物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕線的拉力為12【解答】解：（1）轎車經(jīng)過(guò)s=160m才停下來(lái)的過(guò)程，由12=2a1s得：轎車剎車過(guò)程的加速度大?。篴1=5m/s2假設(shè)恰好不相撞時(shí)兩車的速度相等，即：1a1t1=2得：t1=3s轎車前進(jìn)的距離：s1=t1=97.5m貨車前進(jìn)的距離：s2=2t1=75m，因?yàn)椋簊1s2=22.5ms0，即：兩車會(huì)相撞（2）假設(shè)兩車的速度相等，即：1a1t=2+a2（tt0）轎車前進(jìn)的距離：s1=1ta1t2貨車前進(jìn)的距離：s2=2t0+2（tt0）+a2（tt0）2解得：s1=m，s2=m，因?yàn)椋簊1s2=21.7ms0，兩車不會(huì)相撞答：（1）若轎車剎車時(shí)貨車以v2勻速行駛，兩車會(huì)相撞（2）若轎車在剎車的同時(shí)給貨車發(fā)信號(hào)，貨車司機(jī)經(jīng)t0=2s收到信號(hào)兵立即以加速度大小a2=2.5m/s2勻速前進(jìn)，兩車不會(huì)相撞