模块测试卷-【学习帮】2022-2023学年高一新教材物理必修第一册夺冠金考卷(教科版)

第 90 页 要用钩码和传感器的总力代替,故不需要保证小车的质量远 大于钩码和传感器的总质量,D错误。 (3)该同学已经在第(1)中平衡了小车受到的摩擦力,细线拉 力通过拉力传感器得到,根据牛顿第二定律可得F = ma 可 得a= 1 mF 小车的质量保持不变,故a-F 图像为一条过原点的直线,A 正确,BCD错误。 【答案】 C BCCB A 15.【解析】 (1)根据牛顿第二定律得F1-μmg = ma1 解得a1 =6 m/s2 (2)物块1先加速后减速,减速运动的加速度大小为a0 = μmg m =μ g =2 m/s2 从静 止 开 始 运 动 达 到 最 大 速 度 的 时 间 为t1,则 1 2a1t 2 1 + a1t1 2 2a0 = l 代入数据解得t1 = 6 6 s F1 作用位移x1 = 1 2a1t1 2 = 1 2 m (3)同理可得,物块2加速运动和减速运动的加速度大小均 为a2 = F2-μmg m = μmg m =2 m/s2 由题意可判断两物块速度相等时,物块1正在减速,物块2正 在加速,设此时刻为t,则a1t1-a0t-t1 =a2t 代入数据得t= 6 3 s 【答案】(1)6 m/s2;(2)12 m;(3)63 s 16.【解析】 (1)设铁箱质量为 m,木块质量为 m,铁箱与水平面的动摩擦 因数为μ1,木块与铁箱内壁的动摩擦因数为μ2,对整体有F -μ1( m+ m) g = ( m+ m)a 解得a=40 m/s2 对木块有f =μ2 ma=mg 解得μ2 =0.25 故木块与铁箱内壁间的动摩擦因数0.25; (2)撤去拉力后,木块将做平抛运动,满足H = 1 2 gt2,x木 = Vt 解得t=0.4 s,x木 =0.24 m 对铁箱有μ1mg = ma' 解得a'=3 m/s2 则铁箱从撤去外力到停止运动所需时间为t'= V a =0.2 s 则铁箱的位移为x铁 = Vt'- 1 2a 't'2 =0.06 m 则木块落到铁箱地板上的位置与左壁的距离为Δx =x木 - x铁 =0.18 m 故木块落到铁箱地板上的位置与左壁的距离为0.18 m。 【答案】(1)0.25;(2)0.18 m 17.【解析】 (1)设物块的质量为 m,则物块受到向右的滑动摩擦力f = μmg 由牛顿第二定律f = ma 解得a=2 m/s2 (2)由匀变速直线运动位移时间关系式可得L= V1t+ 1 2at 2 代入数据解得t=2 s,t= -4 s(舍) 由 V = V0+at 可得物块离开传送带时的速度 V =6 m/s 传送带的速度必须一直大于物块的速度,物块才能一直做匀 加速运动,所以 V2⩾6 m/s。 【答案】(1)2 m/s2;(2)2 s,6 m/s 18.【解析】 (1)以物体为研究对象,受力分析如图,设第一段运动外力为 F1,第二段运动外力为F2 由牛顿第二定律得,0-2秒F1- mg sin α+Ff = ma, Ff=μF N 2-6秒F2-(mg sin α+μmg cos α)=0 代入数据,解得 m =3 kg,μ= 3 9 (2)撤去F后,物体先上滑,此时合力F =mg sin α+μmg cos α= ma, a= 20 3 m/s2 方向与物体运动方向相反,速度不断减小,因此物体做匀减 速直线运动,到达一定高度后速度为零。在最高点,由于物 体的最大静摩擦力小于其重力沿斜面方向的分力,因此物体 无法静止在最高点,转而下滑。下滑时,合力产生的加速度 为2,方向与物体运动方向相同,因此物体速度不断增大,做 初速度为零的匀加速直线运动。 (3)从A点开始到回到A点,上滑和下滑过程经过的位移大 小相等。而上滑时物体的加速度大于下滑时物体的加速度, 由运动学规律可知,上滑所需时间小于下滑所需时间。 【答案】(1)3 kg;(2)先匀减速上升,再匀加速下滑,详见解 析;(3)上滑所需时间小于下滑所需时间 模块测试卷 1.D 【解析】“2分37秒348”指的是时间段,而非时刻,A错误; 运动员在椭圆形比赛场地滑行一圈的过程中,位移为零,路程 为椭圆的周长不为零,B错;运动员在滑行过程中,因裁判观察 其动作,此时不可以将运动员视为质点,C错误;瞬时速度,是 表示物体在某一时刻或经过某一位置时的速度,武大靖冲过 终点线时的速度为瞬时速度,D正确。 2.B 【解析】汽车行驶的最大速度为15