人教物理必修第一册 8K卷 答案

阶段质量检测答案阶段质量检测(一)1．选B由于月球绕地球运动，选地球为参考系，月球相对地球的位置发生变化，即月球是运动的，故A错误；由于空间站绕地球运动，选地球为参考系，空间站相对地球的位置发生变化，即空间站是运动的，故B正确；由于空间站相对月球是运动的，则无论选月球还是空间站为参考系，空间站或月球都是运动的，故C、D错误。2．选A矢量既有方向，又有大小，故A正确；时间间隔、时刻、路程都是标量，故B错误；电流是标量，故C错误；矢量既有方向，又有大小，标量只有大小，具有严格的区别，故D错误。3．选B“6时00分”对应时间点，指时刻；“10分钟”对应时间段，指时间间隔。4．选D监控单车在路上的具体位置时，单车的大小可以忽略不计，可以把单车看作质点，A错误；确定单车的位置不能以单车为参考系，B错误；手机App上显示的信息包括路程和时间，没有说明具体的位移，故不可以求出骑行的平均速度，C错误；单车在骑行结束关锁后，App上显示的里程是路程，D正确。5．选D加速度的方向与正方向相反，速度不一定减小，因为只有加速度方向与速度方向相反时，速度才减小，故A错误。加速度不为0，速度不一定增加，如当加速度方向与速度方向相反时，速度减小，故B错误。当加速度的方向与速度方向相同时，加速度减小，速度仍然增大，故C错误。加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故D正确。6．选D以水平向西为正方向，则初速度v0＝10m/s，末速度vt＝－15m/s，所以足球的加速度a＝eq\f(vt－v0,t)＝eq\f(－15－10,0.5)m/s2＝－50m/s2，负号表示加速度的方向与初速度的方向相反，即水平向东，故D正确。7．选C机器人在该过程中的位移大小为9m，路程为36m，故A错误；平均速率等于路程与时间的比值，机器人在该过程中的平均速率为eq\x\to(v)1＝eq\f(s,t)＝eq\f(36,180)m/s＝0.2m/s，故B错误；平均速度等于位移与时间之比，机器人在该过程中的平均速度大小为eq\x\to(v)2＝eq\f(x,t)＝eq\f(9,180)m/s＝0.05m/s，故C正确，D错误。8．选C由题图可知车头到达该监测点与车尾离开监测点的时间间隔为1.0s，故车速为v＝eq\f(x,t)＝22m/s。故选项C正确。9．选CD考试时间为90分钟是指时间间隔，A错误；除夕夜守岁，人们通常会守到凌晨“零时零分”，“零时零分”是指时刻，B错误；运动员绕周长是400m的田径场跑道跑一圈，由于初、末位置相同，其位移是0，C正确；物体做直线运动时，如果有反向运动，则其位移的大小不等于路程，D正确。10．选BD甲的加速度与初速度方向相同，做加速运动，乙的加速度与初速度方向相反，做减速运动，A错误，B正确；根据加速度的定义式a＝eq\f(Δv,Δt)可得加速度绝对值大的速度变化的快，所以乙的速度变化快；比较加速度大小时比较其绝对值的大小，绝对值大的加速度大，故乙的加速度大，C错误，D正确。11．选BD若1s后速度与4m/s时方向相同，根据加速度定义式有a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8－4,1)m/s2＝4m/s2，若1s后速度与4m/s时方向相反，则此时加速度大小为a2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－8－4,1)m/s2))＝12m/s2，故选B、D。12．选AC若以抛出点为坐标原点，则小球在最高点的坐标为5m，A正确；从抛出点到落地点，小球的路程大小为5m＋5m＋15m＝25m，B错误；从抛出点到落地点，小球的位移大小为15m，方向向下，C正确；从抛出点到落地点，小球的速度变化量为Δv＝－20m/s－10m/s＝－30m/s，D错误。13．解析：(1)电磁打点计时器接交流电源。(2)根据打点计时器打出的纸带，我们可以从纸带上直接得到的物理量是：时间间隔；利用刻度尺可测量点迹间的距离，即测量得到的物理量是：位移大小；通过计算能得到平均速度和瞬时速度。(3)电磁打点计时器使用8V左右的低压交流电源，电火花计时器使用220V的交流电源，A错误；在测量物体速度时，应先接通打点计时器的电源，再让物体运动，B错误；根据T＝eq\f(1,f)，使用的电源频率越高，打点的时间间隔就越小，C错误；纸带上打的点越密，说明物体运动得越慢，D正确。答案：(1)交流(2)BDAC(3)D14．解析：(1)交流电的频率为50Hz，从A点开始每打五个点取一个计数点，则有从A点开始到F点，各相邻计数点间的时间间隔为T＝0.02×5s＝0.1s由纸带数据，可知每隔0.1s纸带运动的位移分别是xAB＝3.45cm－1.30cm＝2.15cmxBC＝6.34cm－3.45cm＝2.89cmxCD＝10.08cm－6.34cm＝3.74cmxDE＝14.40cm－10.08cm＝4.32cmxEF＝19.55cm－14.40cm＝5.15cm由此可知纸带的运动是加速运动。(2)在打出A、F这两点的时间间隔中，纸带运动的平均速度是eq\x\to(v)＝eq\f(xAF,5T)＝eq\f(19.55－1.30,5×0.1)×10－2m/s＝0.365m/s。(3)由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得B点的瞬时速度为vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(6.34－1.30,2×0.1)×10－2m/s＝0.252m/s。答案：(1)加速运动(2)0.365(3)0.25215．解析：列车加速过程的初速度为v0＝0，末速度为v1＝100m/s，用时t1＝250s，列车在该过程的加速度a1＝eq\f(v1－v0,t1)＝0.4m/s2，加速度方向与运动方向相同。列车减速过程的初速度为v1＝100m/s，末速度为v2＝0，用时t2＝300s，列车在该过程的加速度a2＝eq\f(v2－v1,t2)＝eq\f(－100m/s,300s)≈－0.33m/s2，负号表示加速度方向与速度方向相反，即减速过程的加速度大小为0.33m/s2。答案：0.4m/s20.33m/s216．解析：(1)在各时间段内的位移大小分别为：x1＝4×10m＝40m，x2＝3×20m＝60m，x3＝2×20m＝40m，位移是矢量，是指从初位置指向末位置的有向线段，整个运动过程中的位移大小x＝eq\r(40＋402＋602)m＝100m，路程l＝x1＋x2＋x3＝140m。(2)整个过程运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝10s＋20s＋20s＝50s整个运动过程中的平均速度大小v＝eq\f(x,t)＝eq\f(100,50)m/s＝2m/s。答案：(1)100m140m(2)2m/s17．解析：(1)根据加速度的定义知a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(120m/s,210s)＝eq\f(4,7)m/s2。(2)列车在0～210s内做初速度为0的加速运动，在210～240s内做匀速直线运动，在240～450s内做减速直线运动，直到速度减小为0，据此可得v­t图像如图所示。(3)根据v­t图像知要想缩短列车在两站间的运行时间，可以增大最大速度，即增大加速时间，减小匀速时间。或增大列车在加速阶段和减速阶段的加速度大小(答案不唯一，合理即可)答案：(1)eq\f(4,7)m/s2(2)见解析图(3)见解析阶段质量检测(二)1．选A轻重不同的物体在真空管中，不受阻力，做自由落体运动，所以加速度相同，都为g，高度相同，根据h＝eq\f(1,2)gt2知运动时间相同，故A正确，B、C、D错误。2．选A因为用肉眼直接观察的误差较大，故用“观察法”不能看出飞机做匀加速直线运动，A错误；因为曝光时间相等，若连续相等的时间内的位移差恒定，则可判断飞机做匀变速直线运动，B正确；用逐差法计算匀变速直线运动的加速度是处理纸带问题的基本方法，故也可以处理曝光时间间隔都相等的图片问题，C正确；某段时间中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度，D正确。3．选C5s时图线斜率为0，则速度为0，在0～5s内，逆向法得x＝eq\f(1,2)at2，解得a＝0.8m/s2，故A、B错误；由题图可知，初、末位置的纵坐标都为0，则位移为0，根据平均速度的定义可知，平均速度为0，故C正确，D错误。4．选D由自由落体运动公式h＝eq\f(1,2)gt2，知其位移与时间t成二次函数，A错误；由自由落体运动公式v＝gt，知其速度随时间成正比，B错误；自由落体运动是加速度a＝g的匀变速直线运动，加速度恒定，C错误，D正确。5．选D如果从离地5m高处自由落体，则由h＝eq\f(1,2)gt2，可得落到地面的时间t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，树叶在下落过程中受到空气阻力作用，使得下落的时间增大，大于1s。故选D。6．选A根据题意，结合运动学公式v＝v0＋at，由表格可得，匀加速阶段汽车加速度为a1＝eq\f(8.0,2)m/s2＝4.0m/s2，匀减速阶段汽车加速度为a2＝eq\f(6.0－14.0,8.0－6.0)m/s2＝－4.0m/s2，故B错误，A正确；根据题意，设加速的时间为t，则当汽车运动6s时，减速的时间为(6－t)s，由运动学公式v＝v0＋at，可得a1t＋a2(6－t)＝14m/s，解得t＝4.75s，最大速度为vm＝a1t＝19m/s，故C、D错误。7．选A根据匀变速直线运动公式得，刹车时间t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2×64,8))s＝4s，A正确；根据匀变速直线运动公式得，初速度v＝eq\r(2ax)＝eq\r(2×8×64)m/s＝32m/s＝115.2km/h>100km/h，该肇事车超速了，B错误；根据平均速度公式得eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(64m,4s)＝16m/s＝57.6km/h，C错误；刹车最后一秒，汽车在做加速度为－8m/s2的匀变速运动，根据匀变速直线运动公式得x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×8×12m＝4m，D错误。8．选D质点自x轴原点由静止出发，沿正方向以加速度a加速，经过t0时间速度变为v0，即v0＝at0，接着以加速度－2a运动，经时间eq\f(3t0,4)后速度变为v1＝v0－2a×eq\f(3t0,4)＝－eq\f(v0,2)，此后加速度又变为a，经时间eq\f(3t0,4)后的速度v2＝v1＋a×eq\f(3t0,4)＝eq\f(v0,4)，然后加速度再变为－2a，直到速度为0时经过的时间Δt＝eq\f(0－v2,－2a)＝eq\f(t0,8)，即该时刻为t＝eq\f(21t0,8)时刻，故选D。9．选CD当沿运动方向油滴间距变大时，车一定做加速运动，不一定是匀加速直线运动，故A错误；当沿运动方向间距变大时，车做加速运动，加速度可能增加，可能减小，故B错误，D正确；当沿运动方向油滴间距逐渐减小时，说明车做的是减速运动，故C正确。10．选AD质点做匀加速直线运动，加速度恒定，则在任意时刻的速度变化率相同，A正确；质点做匀加速直线运动，在相邻相等时间间隔内的位移不相等，B错误；连续两个1s内的平均速度之差为4m/s，即第4.5s和第5.5s的瞬时速度之差为4m/s，即1s内速度变化量为4m/s，则质点运动的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2，在第5s内和第6s内的平均速度之和为56m/s，即第4.5s和第5.5s的瞬时速度之和为56m/s，可得第4.5s到5.5s的平均速度为eq\f(1,2)×56m/s＝28m/s，则第5s末的瞬时速度为28m/s，由v＝v0＋at，可得初速度v0＝v－at＝28m/s－4×5m/s＝8m/s，C错误，D正确。11．选BC相邻两雨滴均做自由落体运动，设后滴下的雨滴运动的时间为t，则先滴下雨滴运动时间为t＋Δt，则两雨滴之间的距离Δx＝eq\f(1,2)g(t＋Δt)2－eq\f(1,2)gt2＝gtΔt＋eq\f(1,2)g(Δt)2，两雨滴之间的距离越来越大，故A错误，C正确；两雨滴之间的速度之差Δv＝g(t＋Δt)－gt＝gΔt，速度之差为一个定值，B正确，D错误。12．选ACDv­t图像的斜率表示加速度，可得0～5s内，质点的加速度大小为a1＝eq\f(5,5)m/s2＝1m/s2，A正确；斜率的绝对值大小表示加速度大小，根据图像可得CE段的加速度数值最大，B错误，C正确；根据图像可得到达D点时速度开始反向，质点开始往回运动，所以D点所表示的状态离出发点最远，D正确。13．解析：(1)第1s内的位移为507m，第2s内的位移为587m，第3s内的位移为665m，第4s内的位移为746m，第5s内的位移为824m，第6s内的位移为904m，则相邻1s内的位移之差接近80m，可知飞行器在这段时间内做匀加速运动；(2)当x＝507m时飞行器的速度等于0～2s内的平均速度，则v1＝eq\f(1094,2)m/s＝547m/s；(3)根据a＝eq\f(x36－x03,9T\a\vs4\al(2))＝eq\f(4233－2×1759,9×12)m/s2≈79m/s2。答案：(1)相邻1s内的位移之差接近80m(2)547(3)7914．解析：(1)电火花计时器的工作电压为交流220V。(2)根据匀变速直线运动时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时重物下落的瞬时速度大小为vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4.65＋5.07))×10－2,2×0.02)m/s≈2.4m/s。(3)根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小为a＝eq\f(xBD－xOB,2T2)＝eq\f([4.65＋5.07－3.93＋4.30]×10－2,4×0.022)m/s2≈9.31m/s2本实验加速度测量值的相对误差为η＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(9.80－9.31)),9.80)×100%＝5%。(4)由于空气阻力和摩擦阻力的影响，使得重力加速度的测量值偏小，属于系统误差。答案：(1)交流(2)2.4(3)9.315.0%(4)系统15．解析：(1)设初速度的方向为正方向，汽车加速时间t＝5s，汽车加速过程位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×5×52m＝62.5m。(2)汽车匀速行驶速度v0＝at＝5×5m/s＝25m/s＝25×3.6km/h＝90km/h<100km/h则汽车没有超速行驶。(3)设减速阶段汽车加速度为a1，则由v2－v02＝2a1x′，得a1＝eq\f(v2－v02,2x′)＝eq\f(152－252,2×50)m/s2＝－4m/s2汽车加速度的大小为4m/s2。答案：(1)62.5m(2)没有超速(3)4m/s216．解析：设刹车过程加速度大小为a，从刹车到斑马线边界的时间为t，汽车做匀减速直线运动，由匀变速直线运动规律可得v2－v02＝－2ax1第一秒内位移x2＝v0t1－eq\f(1,2)at12经过边界时速度v＝v0－at联立解得v0＝15m/sa＝5m/s2t＝2s。答案：5m/s22s17．解析：(1)设无人机下降过程最大速度为v，向下加速时间为t1，减速时间为t2，则由匀变速直线运动规律有h1＝eq\f(1,2)a1t12v＝a1t1H1－H2－h1＝eq\f(v,2)t2联立解得t1＝5s，t2＝4s，则总时间t＝t1＋t2＝9s。(2)无人机自由下落2s末的速度为v0＝gt′＝20m/s2s内向下运动的位移为x1＝eq\f(1,2)gt′2＝20m设其向下减速的加速度大小为a2时，恰好到达地面前瞬间速度为零，则H2－x1＝eq\f(v02,2a2)代入数据可解得a2＝4m/s2。答案：(1)9s(2)4m/s2阶段质量检测(三)1．选C跳水运动员正在起跳，运动员并不处于静止状态，所以跳板对运动员的作用力方向一定不是向下或沿跳板板面，A、B错误；跳板对运动员的弹力是由施力物体形变产生，即由跳板形变产生的，C正确，D错误。2．选C手对水杯产生了握力是因为手发生了形变，故A错误；对杯子受力分析，竖直方向摩擦力和重力平衡，当杯子中的水增加时，重力变大，则手对杯子的静摩擦力变大，根据牛顿第三定律可知，杯子对手的摩擦力一定增加，当水和杯子的重力之和小于未加水时杯子受到的最大静摩擦力时，手握杯子的力不增加，也可保持杯子静止，故手握水杯的握力不一定增大，故B、D错误，C正确。3．选C鱼儿吞食花瓣时处于失重状态，A错误；鱼儿摆尾出水时浮力很小，鱼儿能够出水的主要原因是鱼儿摆尾击水时水对鱼向上的作用力大于重力，B错误，C正确；研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，D错误。4．选B滑板车对人的支持力与人对滑板车的压力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，A错误，B正确；人站在滑板车上保持静止时，人所受的重力与滑板车对人的支持力是一对平衡力，人所受的重力和地面对滑板车的支持力分别作用在两个不同的物体上，分别产生作用效果，不是平衡力的关系，C错误；人站在滑板车上保持静止时，滑板车对人的支持力与人对滑板车的压力是一对作用力和反作用力，D错误。5．选C由于木块向右运动，所以木块受到的摩擦力为滑动摩擦力，即Ff＝μFN，在竖直方向上，有FN＝mg＋Fsin37°，联立可得Ff＝μ(mg＋0.6F)，故选C。6．选D因为物体随传送带匀速运动，所以物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向上；物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力也沿斜面向上；传送带对物体A的作用力均相同，大小等于A的重力。故选D。7．选C地面给扫帚的作用力方向竖直向上，与竖直向下的重力相平衡，故A错误，C正确；重力方向竖直向下，不可能沿着扫帚柄，故B错误；由于扫帚处于静止状态，所受合力为零，故D错误。8.选C设细绳与竖直方向夹角为θ，细绳拉力为FT，根据平衡条件可得3FTcosθ＝mg，解得FT＝eq\f(mg,3cosθ)>eq\f(1,3)mg，A错误；根据共点力平衡，三根细绳拉力的合力与重力等大反向，B错误；细绳越长，θ越小，则FT越小，C正确，D错误。9．选BC顾客所受弹力的方向垂直扶梯向上，A错误；顾客有沿扶梯向下运动的趋势，则所受摩擦力方向沿扶梯向上，B正确；顾客与扶梯间的动摩擦因数由人的鞋子与扶梯的材料决定，与摩擦力大小无关，C正确；顾客随自动扶梯一起做匀速直线运动，有相对运动的趋势但是不产生相对滑动，所以其受到的摩擦力为静摩擦力，D错误。10．选BC对B受力分析可知，B受重力、A对B的支持力而平衡，则B不受摩擦力作用，对C受力分析可知，C受重力、A对C的支持力、水平力F和A对C的静摩擦力而平衡，对A受力分析可知，竖直方向A受重力、B对A的压力、C对A的压力和地面对A的支持力而平衡，水平方向受C对A向右的摩擦力和地面对A向左的摩擦力而平衡，则A受摩擦力的合力为零，以A、B、C为整体，由水平方向平衡可知，整体受到的摩擦力与水平力F等大反向。11.选BC以结点C为研究对象，受力分析如图所示，其中F＝m1g，FB＝m2g，由力的平衡条件可知FA＝Fcos30°＝m1gcos30°，由几何关系可知FA＝eq\f(FB,tan30°)，整理解得m1∶m2＝2∶1，A错误，B正确；由以上分析可知当砂桶(含砂子)P、Q的总质量的比值为2时，AC与BC保持垂直状态，C点的位置保持不变，而若在两桶内增加相同质量的砂子，则两砂桶(含砂子)质量的比值会小于2，则桶Q向下移动，C点的位置上升，C正确，D错误。12.选BD根据题意，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。根据平衡条件可知，F与FT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，即图中2位置，F的最小值为Fmin＝2mgsinθ＝eq\r(2)mg，根据胡克定律有Fmin＝kxmin，解得xmin＝eq\f(\r(2),k)mg，即弹簧的形变量的取值范围为x≥eq\f(\r(2),k)mg，故选B、D。13．解析：(1)力F′是由F1和F2用平行四边形定则作图求出的合力；力F是只用一个测力计拉橡皮条测出的合力，力F方向一定沿AO方向。(2)由题图甲可知1N之间有10小格，一个小格代表0.1N，需要估读到0.1N的下一位，所以弹簧测力计的读数为3.00N。(3)只要能记录力的方向即可，不需要两根绳子等长，故A错误；实验时由于两个力的大小不一定相同，所以橡皮条不一定与两绳夹角的平分线在同一直线上，故B错误；在拉弹簧测力计时必须要求弹簧测力计与木板平面平行，否则会影响力的大小，故C正确；拉橡皮条的细绳要稍长一些，标记同一条细绳的方向时两标记点的间距要适当大一些，从而减小误差，故D正确。答案：(1)F(2)3.00(3)CD14．解析：(1)实验过程中，要保证弹簧始终在弹性限度内。(2)由平衡条件可知F＝nmg，弹力与n成正比，由图像知，弹簧伸长量与n成正比，所以弹簧弹力与弹簧伸长量成正比。(3)根据胡克定律F＝kx得nmg＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－l0))整理得eq\f(Δl,Δn)＝eq\f(mg,k)。(4)弹簧的劲度系数k＝eq\f(Δn,Δl)mg＝eq\f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(13－10))×10－2m)×0.05kg×9.8m/s2＝98N/m。答案：(1)弹簧始终在弹性限度内(2)B(3)eq\f(mg,k)(4)9815．解析：(1)设单根橡皮条的伸长量为Δx，则由胡克定律有Δx＝L－eq\f(4L,5)＝eq\f(L,5)，F弹＝kΔx＝eq\f(kL,5)。(2)两根橡皮条长度均为L时，两根橡皮条的夹角θ＝60°，则根据平行四边形定则合力F＝2F弹coseq\f(θ,2)，解得F＝eq\f(\r(3)kL,5)。答案：(1)eq\f(kL,5)(2)eq\f(\r(3)kL,5)16．解析：设细线的长度为L，受力分析如图所示，两个力的合力不变始终等于mg，且夹角在逐渐变大，故两个力逐渐变大，当绳子端点的距离为d时，绳子断裂，两侧绳子的拉力达到最大，则由这两侧的力在竖直方向的分量之和等于重力mg，得2Fcoseq\f(θ,2)＝mg根据几何关系coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2),\f(l,2))，解得F＝eq\f(mgl,2\r(l2－d2))。答案：eq\f(mgl,2\r(l2－d2))17．解析：(1)分析B球受力，设墙面对B球的弹力大小为F1，斜面对B球的弹力大小为F2，由共点力的平衡可知F2sinθ－F1＝0，F2cosθ－mg＝0解得球B受到斜面体的弹力大小F2＝eq\f(5,3)mgF1＝eq\f(4,3)mg。(2)对A和B整体分析，斜面体受到地面的摩擦力为Ff，则由平衡条件可知F1－F＋Ff＝0F＝eq\f(3,2)mg解得Ff＝eq\f(1,6)mg，方向水平向左。答案：(1)eq\f(5,3)mg(2)eq\f(1,6)mg，方向水平向左阶段质量检测(四)1．选B牛顿第一定律又称惯性定律，但惯性定律与惯性的实质不相同，惯性是物体的基本属性，故A错误；伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持，故B正确；牛顿第一定律是逻辑分析得出的结论，故C错误；物体在任何时候都具有惯性，故D错误。2．选D各国均有不同的单位制，国际单位制是世界各国统一使用的一种通用的单位制，国际单位制是为了方便交流而采用的一种单位制，故A、B正确，不符合题意；国际单位制是一种基本的单位制，只要在物理运算中各物理量均采用国际单位制中的单位，则最后得出的结果的单位必然是国际单位制中的单位，故C正确，不符合题意；国际单位制中力学的基本单位对应的物理量是长度、时间和质量，故D错误，符合题意。3．选A因为鸽子在空中以加速度a沿图中虚线斜向上匀加速飞行，加速度有竖直向上的分量，所以鸽子处于超重状态，故A正确，B错误；鸽子所受的合力的方向与其飞行的速度方向相同，合力、空气的作用力与重力应构成矢量三角形，故空气对鸽子的作用力不可能等于鸽子所受重力，空气的作用力的方向应与其飞行的速度方向有一定的夹角，故C、D错误。4．选D托架倾斜过程中汽车有相对托架向下滑动的趋势，故A错误；汽车对挡板的压力与挡板对汽车的支持力是一对相互作用力，故B错误；托架受到的压力是由于车轮发生形变后，要恢复原状造成的，故C错误；托架倾斜过程中托架对汽车的支持力方向与托架垂直，不断发生变化，故D正确。5．选A从题图可以看出，t0～t1内，人的视重小于其重力，t1～t2内，视重正好等于其重力，而在t2～t3内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，t0～t1内，该人具有向下的加速度，t1～t2内，该人处于平衡状态，而在t2～t3内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图像为A。6．选C根据题意，设铁箱的质量为M，木块的质量为m，由于木块静止于铁箱后壁上，对整体，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对木块，水平方向上，由牛顿第二定律有FN＝ma，整理得FN＝eq\f(m,M＋m)F，竖直方向上，由平衡条件可得Ff＝mg，当增大F，则FN变大，Ff不变。故选C。7．选C运动员能在空中运动一段距离，是由于惯性的缘故，不是靠空气的推力维持，A错误；运动员在空中运动的过程中，因质量不变，则其惯性不变，B错误；运动员受重力做曲线运动，说明力是改变物体运动状态的原因，C正确；若运动到P点时所有外力都消失，则会沿PB方向做匀速直线运动，D错误。8．选C假设每块砖的厚度为d，照相机拍照的时间间隔为T，则向上运动和向下运动分别用逐差法可得6d＝a上T2,4d＝a下T2，根据牛顿第二定律可得mg＋Ff＝ma上，mg－Ff＝ma下，联立解得Ff＝eq\f(1,5)mg，故C正确。9．选BD设空气阻力为kv，由牛顿第二定律得mg－kv＝ma，随着v增大，a减小，当mg＝kvm时a＝0，小球做匀速运动，vm＝40m/s时，有40k＝mg①，小球下落速度为5m/s时，有mg－k×5＝ma′②，由①②得：a′＝8.75m/s2。故B、D正确。10．选CD由题图甲和乙可知，小明同学在a点时处于平衡状态，力传感器的读数为500N，由牛顿第三定律可知，力传感器对人的支持力为500N，由平衡条件可知，小明的重力为500N，故A错误；由题图乙可知，小明同学在c点和e点时，力传感器的读数均大于500N，则小明同学处于超重状态，故B错误，C正确；由题图乙可知，小明同学在d点时，力传感器的读数为1500N，由牛顿第二定律有Fd－mg＝ma，解得a＝20m/s2，小明同学在f点时，力传感器的读数为0，由牛顿第二定律有mg＝ma1，解得a1＝10m/s2，小明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D正确。11．选AD以P为对象，剪断轻绳之前，根据受力平衡可得此时弹簧的弹力为kx＋2mg＝T，解得弹簧的弹力为kx＝mg，弹簧处于伸长状态，剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得P的加速度大小为a＝eq\f(2mg＋kx,2m)＝eq\f(2mg＋mg,2m)＝eq\f(3g,2)，故A正确；剪断轻绳后，P向下运动x，弹簧恢复原长，P只受重力作用，所以加速度为g，故B错误；撤走长木板的瞬间，弹簧弹力保持不变，以Q为对象，根据牛顿第二定律可得Q的加速度大小为a′＝eq\f(4mg－kx,4m)＝eq\f(4mg－mg,4m)＝eq\f(3g,4)，故C错误；撤走长木板后，Q向下运动x，弹簧的伸长量变为2x，弹力为2mg，根据牛顿第二定律得Q的加速度大小为a″＝eq\f(4mg－2mg,4m)＝eq\f(g,2)，故D正确。12．选CD由题图得0～1s内物体加速度a1＝10m/s2，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1,1～2s内加速度a2＝2m/s2，根据牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，A错误，C正确；由题可得物体在0～2s内的位移即为传送带上下两端的间距，v­t图像与t轴所围面积表示位移，可知位移l＝16m，B错误；由题图知传送带的速率v0＝10m/s，则0～1s内，物体的位移为5m，传送带的位移为10m，故相对位移为5m，物体相对传送带向上运动，1～2s内物体的位移为11m，传送带的位移为10m，故相对位移为1m，物体相对传送带向下运动，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5m，D正确。13．解析：(1)小车下滑时受到重力、细绳的拉力、支持力和摩擦力，为了在实验中能够把细绳对小车的拉力视为小车的合外力，则在未挂砂桶时，应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，并且调节木板左端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，但并不需要所挂砂和砂桶的质量要远小于小车的质量。故选A、D。(2)相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出，则T＝0.1s，利用逐差法，求出加速度大小a＝eq\f(15.06－6.75－6.75×10－2,4×0.12)m/s2＝0.39m/s2。(3)从图线可知，有一定的拉力时，小车的加速度还是零，即小车还处于静止状态，此时的拉力被摩擦力平衡了，原因就是实验前未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不充分)。答案：(1)AD(2)0.39(3)实验前未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不充分)14．解析：(1)本次实验需要测量计数点间的距离和小车、砂和砂桶的质量，所以需要用到刻度尺和天平，而不需要游标卡尺；打点计时器本身就是计时仪器，不需要秒表。故选B、D。(2)平衡摩擦力后，小车所受到的外力的合力等于细线的拉力，所以细线应与长木板保持平行，故A正确；当平衡摩擦力时，应使得重力沿斜面向下的分力与摩擦力刚好相等，即mgsinθ＝μmgcosθ，所以μ＝tanθ，由此可知，改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，故B错误；平衡摩擦力后，小车受到的合力等于细线对小车的拉力，但是当砂和砂桶的总质量远小于小车及车中砝码的质量时，细线的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，故C错误。(3)相邻计数点时间间隔T＝0.1s，根据匀变速直线运动的推论可得v2＝eq\f(x13,2T)＝eq\f(5.40－1.60×10－2,2×0.1)m/s＝0.19m/s，根据逐差法可得小车运动的加速度为a＝eq\f(x24－x02,2T2)＝eq\f([7.60－3.40－3.40]×10－2,2×0.12)m/s2＝0.20m/s2。答案：(1)BD(2)A(3)0.190.2015．解析：(1)在0～1.0s，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得ma1＝mg－0.6mg，解得a1＝4m/s2，加速阶段位移大小为x1＝eq\f(1,2)a1t12＝2m。(2)匀加速阶段结束的速度大小为v1＝a1t1在1.0～2.5s时间内，设匀减速阶段加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有ma2＝1.2mg－mg加速度方向向上，则匀减速阶段结束的速度大小为v2＝v1－a2t2联立解得v2＝1m/s。答案：(1)2m(2)1m/s16．解析：(1)设船沿倾斜滑道下滑时的加速度为a1，根据牛顿第二定律有mgsinθ－Ff1＝ma1FN1－mgcosθ＝0Ff1＝μFN1解得加速度a1＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，方向沿倾斜滑道向下。(2)船在倾斜滑道下滑的距离L1＝eq\f(1,2)a1t2＝64m。(3)船在水平滑道滑行时－μmg＝ma2a2＝－5m/s2由运动学公式2a1L1＝v02v0＋a2t2＝0解得t2＝3.2s。答案：(1)2m/s2，方向沿倾斜滑道向下(2)64m(3)3.2s17．解析：(1)依题意，对C桶受力分析，受到重力mg、B和A分别对C的支持力F1及F2，根据几何知识结合对称性可知F1及F2方向的夹角为θ＝60°，且F1＝F2，根据平衡条件结合平行四边形定则，可得此时B对C的支持力大小F1＝F2＝eq\f(mg,2cos\f(θ,2))＝eq\f(\r(3),3)mg。(2)若汽车静止，对A、B、C整体受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可得2F＝3mg可得此时框底给B的支持力大小F＝eq\f(3,2)mg。(3)若汽车正在行驶，且此时A对C的支持力恰好为0，根据汽车与C加速度相同，对C受力分析，根据牛顿第二定律有mgtaneq\f(θ,2)＝ma可得此时汽车的加速度大小为a＝gtan30°＝eq\f(\r(3),3)g。答案：(1)eq\f(\r(3),3)mg(2)eq\f(3,2)mg(3)eq\f(\r(3),3)g模块综合检测(A卷)基本能力评价1．选C当研究地球的公转时，地球的大小和形状可以忽略不计，故此时地球可以看作质点，A错误；当研究地球自转时，大小不能忽略不计，故不能把地球看成质点，B错误；测算火车从银川到西安的运行时间，火车的长度远小于路程，故可以把火车看成质点，C正确；研究火车通过黄河大桥时，火车的长度不能忽略，所以不能看成质点，D错误。2．选D汽车刹车时，因为乘客具有惯性，乘客的身子会向前倾斜，故A错误；物体的质量越大，其惯性越大，与速度无关，故B错误；物体无论是静止还是运动，都具有惯性，故C错误；任何物体都具有惯性，与物体是否运动无关，与物体速度是否变化也无关，故D正确。3．选AF1是杯子对桌面的压力，F2是桌面对杯子的支持力，由牛顿第三定律可知两个力是一对作用力与反作用力，A正确；平衡力是同一个物体受到的力，F1的受力物体是桌面，F2的受力物体是杯子，它们不是一对平衡力，B错误；F1是杯子对桌面的压力，属于弹力，与重力的性质完全不一样，压力不是重力，C错误；力F2与杯子的重力是一对平衡力，不是作用力和反作用力，D错误。4．选C静止的物体也可能受滑动摩擦力，例如物体在地面上滑动时，静止的地面受滑动摩擦力，故A错误；由于在地球的不同位置重力加速度可能不同，则同一物体在地球各处所受重力不一定相等，故B错误；桌面上的物块受到的支持力是由于桌面形变产生的，故C正确；随两分力夹角的不同，合力的大小也不同，合力可能大于分力，也可能小于分力，故D错误。5．选B支架复位过程中，固定在支架上的航天员的加速度大小为a＝eq\f(v,t)，由牛顿第二定律可得F＝ma，联立解得m＝eq\f(Ft,v)，故选B。6．选B时间是标量，位移、速度、加速度都是矢量，故A错误；第3秒内和第4秒内都是一秒的时间间隔，故B正确；“和谐号”列车以200km/h的速度通过50m长的道路所用时间等于车长与道路长的和跟速度的比值，不能忽略车长，所以不能将列车视为质点，故C错误；加速度方向与速度方向相同时，物体的加速度不断减小，物体的速度依然会增加，故D错误。7．选A由题图知，昆虫在0～5s内位移为x＝0－3m＝－3m，A正确；由题图知，昆虫离出发点的最远距离为3m，B错误；昆虫的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(－3m,5s)＝－0.6m/s，C错误；昆虫的平均速率为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋5))m,5s)＝1.4m/s，D错误。8．选D手机软件绘制的实际上是v­t图像，由题图可知，电动车的速度始终为正值，说明电动车一直向正方向运动，所以80s时电动车离出发点的距离最大，故A错误；A、B两点的速度均为正值，所以运动方向相同，故B错误；v­t图线切线的斜率表示物体运动的加速度，斜率的正负表示加速度的方向，由题图可知，A点切线的斜率小于B点切线的斜率，即A点的加速度小于B点的加速度，故C错误；80s时电动车速度减为零，但位移等于图线与时间轴围成的面积，图中所围区域约为30小格，即x＝30×10×1m＝300m，故D正确。9．选BD2022年11月1日4时27分是一个时刻，13小时是时间间隔，A错误；梦天实验舱与天和核心舱对接的过程中，不可以把梦天实验舱看成质点，B正确；时间t内，中国空间站的路程为2πR，位移为0，C错误；位移是矢量，路程是标量，中国空间站做圆周运动，位移大小小于路程，D正确。10.选AC球受力如图所示，球处于静止状态，所以在垂直斜面方向有FN1＝mgcosθ，在垂直挡板方向有FN2＝mgsinθ，则挡板对球的支持力大小为mgsinθ；由牛顿第三定律，可得球对斜面的压力大小为FN1′＝FN1＝mgcosθ，故选A、C。11．选AC由匀变速直线运动的速度与位移关系可知vQ2－vP2＝2ax，代入数据解得vP＝5m/s，故A正确；从开始运动到汽车到达P电线杆的时间t′＝eq\f(vP,a)＝eq\f(5,2)s＝2.5s，故B错误；汽车通过P、Q电线杆所用的时间t＝eq\f(vQ－vP,a)＝eq\f(15－5,2)s＝5s，故C正确；汽车通过P、Q电线杆的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(50,5)m/s＝10m/s，故D错误。12．选AC每本书受到的摩擦力的合力与重力平衡，每本书的质量相同，则每本书受到的摩擦力的合力大小相等，A正确；越靠外侧，书与书间的摩擦力越大，B错误；以这一摞书为研究对象，每只手对其的最大静摩擦力为f1＝μ1FN＝60N，这一摞书受力平衡2f1＝n1mg，解得n1＝60，但书与书间的最大静摩擦力为f2＝μ2FN＝40N，除了左右两侧跟手接触的两本书，以剩下的这一部分书为研究对象，由平衡条件2f2＝n2mg，解得n2＝40，加上跟手接触的两本书，共42本书，所以C正确，D错误。13．解析：(1)刻度尺的分度值为0.1cm，故指针指示的刻度值为18.00cm。(2)由F＝mg＝kΔx得k＝eq\f(mg,Δx)故k＝eq\f(8×10－2×10,0.410－0.140)N/m≈3.0N/m。(3)本实验中可采用图像进行数据处理，故小盘的重力可以不考虑，A正确；所加砝码不要过重，以免超出弹簧的弹性限度，B错误；在读取指针的示数时，应让弹簧指针静止后再读取，C错误。答案：(1)18.00(2)3.0(3)A14．解析：(1)通过调整长木板的倾角来补偿阻力，小车后面安装纸带，前面不挂砂桶，A错误，B正确；实验目的是探究加速度与力的关系，所以实验中应保持小车质量不变，C正确；应先接通电源，后释放小车，提高纸带的利用率，D错误。故选B、C。(2)把木板一端垫高，使小车可以在木板上匀速下滑以补偿阻力的目的是使绳对小车的拉力成为小车的合力。(3)图像①不过坐标原点与纵轴有截距，即绳没有拉力时小车已经有加速度，说明木板垫的过高(平衡摩擦力过度)。答案：(1)BC(2)使绳对小车的拉力成为小车的合力(3)木板垫得过高(平衡摩擦力过度)15．解析：在AB段加速时，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma代入数值解得a＝4m/s2根据公式v2＝2ax，可得v＝40m/s由v＝at得游客从顶点A滑到B点的时间为t＝eq\f(v,a)＝eq\f(40,4)s＝10s。答案：10s40m/s16．解析：汽车的初速度v0＝18m/s，设汽车制动的加速度大小为a，若汽车在前进36m时恰好减速到零，则v02＝2ax，解得a＝4.5m/s2，所用时间t＝eq\f(v0,a)＝4s＞3s，说明3s末汽车的速度不为零。由匀减速的位移公式x1＝v0t1－eq\f(1,2)at12，解得a＝4m/s2，加速度的方向与运动方向相反；设汽车停止运动所需要的时间为t0t0＝eq\f(v0,a)＝4.5s汽车制动后5s内发生的位移就等于4.5s内的位移x2＝v0t0－eq\f(1,2)at02＝40.5m。答案：4m/s2，方向与运动方向相反40.5m17．解析：(1)对C，由平衡条件可得弹簧3的弹力F3＝mCg＝30N由胡克定律F＝kx得：弹簧1的弹力F1＝0，由eq\f(F2,F3)＝eq\f(kx2,kx3)，得F2＝20N。(2)对A，由平衡条件可得fA＝F2＝20N，水平向左对B，由平衡条件可得fB＝F3－F2＝10N，水平向左。(3)假设B不动，弹簧3的伸长量变为1cm，则弹簧3的弹力减小为10N由平衡条件可得，B受到的向右的静摩擦力为fB′＝F2－F3′＝10N＝fB可知B未滑动，假设成立。由平衡条件，平板对C的支持力N＝mCg－F3′＝20N。答案：(1)020N30N(2)20N，水平向左10N，水平向左(3)20N模块综合检测(B卷)综合素养评价1．选C“天问一号”火星探测器从地球到火星的位移大小不等于其运行轨迹的长度，故A错误；“天问一号”火星探测器进入环火轨道绕行过程中速度大小可能不变，但其方向一定变化，故B错误；研究“天问一号”火星探测器在地火转移轨道飞行的轨迹时，可以将探测器看成质点，故C正确；“天问一号”火星探测器从地球飞到火星的时间取决于它的平均速度，故D错误。2．选B对小球进行受力分析，小球受到重力mg、斜面的弹力FN和弹簧的弹力F作用处于平衡状态，由平衡条件可得FNcosθ＝mg，FNsinθ＝F＝kx，解得弹簧的形变量大小为x＝eq\f(mg,k)，选项B正确。3．选B小鸟对树枝的作用力与树枝对小鸟的作用力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，A错误；小鸟受重力和树枝的作用力而处于平衡状态，根据平衡条件可知，树枝对小鸟的作用力方向竖直向上，大小等于重力，B正确；小鸟受到的摩擦力等于重力沿树枝向下的分力，设树枝与水平方向的夹角为θ，Ff＝mgsinθ，当小鸟把树枝抓得更紧时，树枝对它的摩擦力不变，C错误；小鸟受到弹力是因为树枝发生弹性形变而产生的，D错误。4.选D根据题意可知M、N均保持平衡状态，对N进行受力分析如图甲，N受到竖直向下的重力、水平方向的拉力F、绳子的拉力T，在向左拉动时，绳子拉力T和水平拉力F都不断增大；以整体为研究对象，当水平力作用在物体N上时，整体在竖直方向受力不变，即地面对斜面的支持力不变，拉力F增大，斜面所受地面的摩擦力一定增大，故C错误，D正确；对于M的受力分析如图乙，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后反向增加，M所受斜面的支持力大小不变，故A、B错误。5．选C发动机产生的推力分解如图所示，四个主发动机同时工作时，由牛顿第三定律及力的合成知识可知逃逸塔获得的推力大小为F推＝4Fcosθ，选项C正确。6．选C位移—时间图像用于描述直线运动，甲、乙都做直线运动，A错误；乙质点在t2～t3时间内位移不随时间变化，乙质点处于静止状态，B错误；甲、乙两质点在t1、t4时所处位置均相同，因此t1～t4时间内甲、乙两质点的位移相同，C正确；x­t的斜率的正负表示质点的运动方向，甲质点在t2～t4先向负方向运动再向正方向运动，D错误。7．选A当t＜t1时，v乙＞v甲，两车的距离增大，当t＞t1时，v乙＜v甲，两车的距离减小，故t＝t1时，两车的距离最大，故A正确；由匀变速运动规律知eq\o(v,\s\up6(－))甲＝eq\f(v0,2)，由图线面积知x乙＞x甲，而两车运动时间相等，故根据平均速度的定义可知eq\o(v,\s\up6(－))乙>eq\o(v,\s\up6(－))甲＝eq\f(v0,2)，故B、C错误；由图像可知两车的运动方向相同，故D错误。8.选C0～10s内，热气球向上做匀加速直线运动，所以平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(5,2)m/s＝2.5m/s，A错误；由题图可知30～40s内，热气球速度方向为正，向上运动，B错误；30～40s内热气球竖直向上做减速运动，其加速度向下，重力与支持力的合力向下，重力大于支持力，C正确；由v­t图线与时间轴围成的面积等于位移的大小，得热气球的总位移为x＝eq\f(20＋40,2)×5m＝150m，D错误。9．选AD根据匀变速直线运动公式v＝v0＋at，木板倾角较小时，末速度为1m/s；木板倾角较大时，末速度为－1m/s。代入数据得，两种情况的加速度分别为a1＝－2.5m/s2，a2＝－3.5m/s2，故选A、D。10．选BC运动员从最高点落下，只受重力，所以加速度先不变，与蹦床接触后，蹦床给运动员向上的弹力逐渐增大，所以合力减小，加速度减小，当弹力大于重力时，合力反向向上开始增大，加速度增大，故A错误，B正确；由上面的分析可知加速度先与速度同向，后与速度反向，所以速度先增加，后减小，故C正确；当弹力大于重力以后运动员才做减速运动，故D错误。11．选AD物体在0～0.4s内上升，由图像与时间轴所围的面积表示位移，可得最大高度为h＝eq\f(1,2)×4.8×0.4m＝0.96m，故A正确；上升阶段与下降阶段运动方向不同，所受空气阻力的方向不同，故B错误；物体从最高点落回抛出点时的位移与从抛出点上升到最高点的位移大小相等，由v­t图像面积表示位移得出物体从最高点落回抛出点时比从抛出点上升到最高点的时间长，故C错误；由图像可以看出，由于下降和上升过程位移大小(面积)相等，下落加速度小，则物体落回抛出点的速度比抛出时的初速度小，故D正确。12．选AB由小球的速度图像知，小球的速度先增大后减小，且当Δx＝0.1m时，速度最大，即小球在此时的加速度为零，此时小球的重力等于弹簧对它的弹力，则有kΔx＝mg，解得k＝20N/m，故A正确；当Δx＝0.3m时，以向上为正方向，由胡克定律