(暑期一日一练)2020学年高一物理暑假作业4综合2(无答案)新版

1、暑假作业4综合2参考时间：50分钟 完成时间:.单选题（共6小题）1.如图，物块 A和B的质量分别为4m和成开始AB均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动.已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别aA=aB：为（）g C.aA=0, aB=2gD. aA-4g, aB=3g2.在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m和nt的木板P、Q在木板的左端各有大小、形状、质量完全相同的物块a和b,木板和物块均处于静止状态.现对物块a和b分别施加水平恒力 Fi和F2,使它们向右运动.当物块

2、与木板分离时,P、Q的速度分别为VI、V2,物块a、b相对地面的位移分别为S1、S2.已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是（A.B.C.D.3.具口Fi=F2、m> m>,Fi=F2、m< m>,F1VF2、m=m2,F1>F2、m=m2,如图所示，质量均为Vi> V2、V1> V2、V1> V2、V1< V2、Sl=S2Sl=S2Sl>S2S1>S2m的两物块A和B的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿7固定光滑斜面下滑，以下说法正确的是（B.mg2A对B的压力大小为 mgcos aC.A与B之间的摩擦力为

3、 0D.2A与BN间的摩擦力为 mgsin aA. (1 1= (1 2 B.1 2C.1<2 D.以上三种情况都可能5.如图所示，在非光滑的水平面上离竖直墙面很远处有一重物G在跨过定滑轮的绳的牵引下做匀速运动，则在此过程中，下列说法正确的是（）4.斜面上有m和m2两个物体，与斜面间的动摩擦因数分别为g和科2,两物体间用一根轻 质弹簧连接，一起沿斜面减速上滑， 如右图所示，在一起上滑白过程中， m和m2之间的相对距离保持不变，弹簧的长度小于原长，则以下说法正确的是（绳的拉力先变小后变大绳的拉力变小绳的拉力变大里LminA.物体所受摩擦力、支持力变小,B.物体所受摩擦力、支持力变大,C.物

4、体所受摩擦力、支持力变小,D.因为物体做匀速运动，所以物体所受摩擦力不变、支持力不变，绳的拉力不变 6.我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10min内全过程的深度曲线甲和速度图象乙，下列说法中正确的是（ h i'mA.全过程中最大加速度是0.025m/sB.潜水员感到超重发生在01 min和810min的时间段内C.图中h3代表本次下潜最大深度，应为 300mD.潜水器在上升阶段的平均速度大小为1.5m/s二.多选题（共2小题）7 .如图甲所示，某人通过定滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，定滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度 a

5、与竖直向上的拉力 T之间的函数关系如图乙所示，则下列判断正确的是（）A.图线与纵轴的交点 M的值aM=- g8 .图线与横轴的交点 N的值TN=，mgC.图线的斜率等于物体的质量 mD.图线的斜率等于物体质量的倒数 1 w8. 一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、B两物体通过细绳连接，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦），如图所示.现用水平力 F作用于物体B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体A仍然静止.则下列说法正确的是（）A.水平力F 一定变大B.物体A所受斜面体的摩擦力一定变大C.物体A所受斜面体的支持力一定不变D.斜面体所受地面的支持力一定不变三.填空题（共2小

6、题）9.如图甲为某实验小组探究小车加速度与小车所受到的拉力及质量的关系的实验装置图.图中A为小车，B为祛码及祛码盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连.(1)该小组的同学想用祛码及祛码盘的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为下列说法中正确的是 .A.实验时要平衡摩擦力B.实验时不需要平衡摩擦力C.祛码和祛码盘的重力要远小于小车的总重力D.实验进行时应先释放小车再接通电源(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象可能是图乙中的图线 (填“甲”、“乙”或“丙”).(3)若实验中平衡摩擦力的操作正确且恰好平衡了

7、摩擦力，但由于漏测了某个物理量，作出的aF图象为图乙中的图线甲，请说明可能漏测的物理量是 .10.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图(a)所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。单位on * + I中I!1,15 1 55 1J4图(a)图Cb)(1)实验中涉及到下列操作步骤：把纸带向左拉直松手释放物块接通打点计时器电源向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是（填入代表步骤的序号）。（2）图（b）中M

8、和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所用交流电的频率为50Hz.由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为 m/s .比较两纸带可知， （填“MT或"L”）纸带对应 的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。四.解答题（共2小题）11 .如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m和m2,拉力Fi和F2方向相反，与轻线沿同一水平直线， 且Fi>F2.试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T.12 . 2014年7月24日，受台风“麦德姆”影响，安徽多地暴雨，严重影响了道路交通安全. 某 高速公路同一直线车道上同向匀

9、速行驶的轿车和货车，其速度大小分别为V1=40m/s,V2=25m/s,轿车在与货车距离 so=22m时才发现前方有货车， 若此时轿车只是立即刹车，则轿车要经过s=160m才停下来.两车可视为质点.（1）若轿车刹车时货车以 V2匀速行驶，通过计算分析两车是否会相撞？（2）若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经to=2s收到信号后立即以加速度大小a2=2.5m/s 2匀加速前进，通过计算分析两车会不会相撞？参考答案与试题解析1.【解答】 解：设在运动过程中，细绳的拉力为T,滑轮的质量为no,滑轮的加速度为 a,则取滑轮为研究对象可得：F 2T=noa,因 no=0,故可得 2T=F,即 T=

10、3mg取A为研究对象，因T=3mg< G=4mg故小A没有离开地面，所以 A的加速度为零取B为研究对象，因 T=3mg> G=mg根据牛顿第二定律可得：3mg- mg=ma解得：aB=2g,方向向上故C正确，ABD错误故选：Co2.【解答】解：A、首先看Fi=F2时情况:由题很容易得到a、b所受的摩擦力大小是相等的，因此a、b加速度相同，我们设a、b加 速度大小为a,对于P、Q滑动摩擦力即为它们的合力，设P (m)的加速度大小为ai, Q (m)的加速度大小为a2,其中m为物块a和b的质量。根据牛顿第二定律得：ai上%, a2上照 m id 2设板的长度为L,它们向右都做匀加速直线

11、运动，当物块与木板分离时:a与P的相对位移为：Lati2aiti222b与Q的相对位移为：L-at 22 - -a2t 222若 m > m, ai< a2所以得：tl<t2P的速度为：vi=ait i, Q的速度为：V2=a2t 22物块a相对地面的位移分别为：si=-ati物块b相对地面的位移分别为：S2=Lat222则 V1VV2, S1VS2,故 A、B 错误。C若Fi>F2、m=s,根据受力分析和牛顿第二定律的:则a的加速度大于b的加速度，即aa>ab 由于m=m2,所以P、Q加速度相同，设 P、Q加速度为a。它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离

12、时:a与P的相对位移为:L= -aat i22b与Q的相对位移为:由于aa>ab所以得：tlt2 则 V1VV2, S1VS2,故 C 正确。D根据C选项分析得：若 F1VF2、m=m2, aaVab则 Vi>V2、S >S2故C正确，ABD错误。故选：Co3.【解答】 解：A B整体具有沿斜面向下的加速度，设为加速度为a,由牛顿第二定律可知：(m+m a= ( m+m gsin a ,得：a=gsin a将a正交分解为竖直方向分量ai,水平分量a2,如图所示，由于具有水平分量a2,故物体A必受水平向右摩擦力 f, A受力如图所示；由牛顿第二定律得：竖直方向上： mg- N=

13、ma,水平方向上：f=ma2斜面与水平方向的夹角为0 ,摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为0 ,由几何关系得；a i=asin a =gsin a sin a =gsin 2 a a 2=acos a =gsin a cos a .得： N=mg- mgsin2 a =mgcoS2 a , f=mgsin a cos a由牛顿第三定律得：A对B的压力大小为 mgcos2 a .故ACD昔误，B正确。故选：B。4.【解答】解：以m为研究对象并进行受力分析，则m受竖直向下的重力 mg,垂直于斜面向上的支持力Fni,沿斜面向下的滑动摩擦力fl,由于弹簧压缩故 m受沿斜面向下的弹簧的弹力F.设斜面的倾

14、角为0 ,则FNi=mgcos。,故滑动摩擦力 fi=(i imgcos。,所以 m的加速度 ai=gsin 0 +igcos 0 +上。叫m受沿斜面向上的弹簧的弹力F.则以m2为研究对象并进行受力分析，则m受竖直向下的重力 mg,垂直于斜面向上的支持力Fn2,沿斜面向下的滑动摩擦力f2,由于弹簧压缩故FN2=m>gcos 0 ,故滑动摩擦力 f 2=2m2gcos 0 ,所以 m2 的加速度 a2=gsin 0 +2gcos 0 -1。 in?由于两物体的加速度相同故有I FHgsin 0+(1 igcos 0 +=gsin 0 +2gcos 0 ID 皿工所以邛V科2.故C正确。故选

15、：Co5.【解答】解：将物体实际运动的水平速度进行分解，分解到垂直于绳子方向和沿着绳子的方向，如下图:设绳子速度为V。，物体速度为V,绳子与水平夹角为0 ,有：vcos 0 =V 0得:cos 9物体向右运动，0 越来越大，则cos 0越来越小，则V越来越大，即物体做加速运动。与8.9题干不符，所以 D错误。以物体为研究对象进行受力分析,应有物体所受支持力N和摩擦力f的合力与重力等大反向,即重力、支持力、摩擦力、绳子的拉力，摩擦力与支持力的合力与重力、绳子拉力这三个力构成首尾相接的三角形改变T的方向逐渐竖直逆时针旋转，当 T跟Nf的合力垂直时有最小值，然后又变大，所以 拉力先变小后变大。故 A

16、正确。BC错误。故选：A。6.【解答】解：A、由图b的斜率表示加速度，则在 0-1min和3-4min时间内的加速度最大， 最大加速度大小为：a=g¥ =-=0.033m/s 2,故A错误；At 0. 60B 34min内减速下降和 68min加速上升均会出现超重现象；而 01 min和810min 的加速度向下，是失重，故 B错误；C (a)图是深度曲线，图中 h3代表本次最大深度。第0 - 1min内做加速运动，位移为：xi -=60mi2imin 时的速度为：vi=ati=0.033 X60=2m/s,1 - 3min时间内做匀速运动，位移为：X2=vit2=2X (3-1)

17、x 60m=240m3-4min时间内做减速运动，根据运动的对称性，位移与加速阶段的位移大小相等，即： X3=xi =60m下潜的总深度：h=xi+X2+X3=360m；故C错误；D、在匀加速上升阶段的平均速度为同当&=i.5m/s ,在匀减速上升阶段的平均速度,瓷/=i.5m/s ,所以潜水器在上升阶段的平均速度大小为i.5m/s ,故D正确；故选：D。7.【解答】解：对货物受力分析，受重力mg和拉力T,根据牛顿第二定律，有：T- mg=ma 解得： a5-gA、当T=0时，a= - g,即图线与纵轴的交点M的值aM= - g,故A正确；B当a=0时，T=mg故图线与横轴的交点 N的

18、值TN=mg,故B错误；C D、图线的斜率表示质量的倒数 上，故C错误，D正确；D故选：AD【解答】解：A、对木块B受力分析，如图：根据共点力平衡条件，有：F=nmgtan 0T=：COG 6在缓慢拉开B的过程中，0 变大，tan。变大，cos 0变小，F变大，T增大，故A正确;B C、物体A受重力、支持力、细线的拉力，可能没有静摩擦力，也可能有沿斜面向下的静摩擦力，还有可能受沿斜面向上的静摩擦力，故拉力T变大后，静摩擦力可能变小，也可能变大，支持力不变，故 B错误，C正确；D对斜面体和木块 A、B整体受力分析，由于一直平衡，支持力等于系统的总重力，保持不变。故D正确；故选：ACD9.【解答】

19、解：（1）、A、平衡摩擦力，如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，故 A正确，B错误.C让小车的质量 M远远大于小桶（及祛码）的质量m因为：际上绳子的拉力 F=MaLmg故应该是mx < M,而当m不再远远小于 M时，a1咚-,随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g,故C正确.D实验时应先接通电源后释放小车，故 D错误.（2）、遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况.故图线丙说明没有平衡摩擦力或平衡不够.（3）、根据图象甲可知，没有力就有加速度，则可能漏测的物理量是祛码盘的质量.故答案为：AC;没有平衡摩擦力或平衡不够；祛码盘的质量10.【解答】解：（1）实验中应先将物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳定后再释放纸带；故步骤为；(2)由M纸带可知，左侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后减小;故2.58段时物体应脱离弹簧；则由平均速度可求得，其速度v=L退X10 -2=1.29m/s ;0. 02因弹簧的弹性势能转化