模块素养检测

合力与分力的概念体现了等效替代的思想, $ \mathrm{A} $ 错误；速度 $ v=\dfrac{\mathrm{\Delta }x}{\mathrm{\Delta }t} $ 的定义运用了极限的思想, $ \mathrm{B} $ 错误；伽利略理想斜面实验运用了在可靠的实验事实基础上进行合理推理的“实验 $ + $ 推理”的方法, $ \mathrm{C} $ 正确；在研究高铁从北京到长沙的运行时间时,我们把高铁当作了一个质点,运用了理想模型法, $ \mathrm{D} $ 错误.

小球的加速度大小为 $ a=\dfrac{(8-4)×{10}^{-2}}{{0.1}^{2}}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；小球在 $ B $ 点时的速度大小为 $ {v}_{B}=\dfrac{(4+8)×{10}^{-2}}{0.2}\mathrm{m}/\mathrm{s}=0.6\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,由运动学公式得 $ {v}_{B}^{2}-{v}_{A}^{2}=2a{x}_{AB} $ ,解得小球在 $ A $ 点时的速度大小为 $ {v}_{A}=0.2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{B} $ 错误；小球运动到底端的时间为 $ t=\sqrt{\dfrac{2l}{a}}\approx 0.55\mathrm{s} $ ,由于每隔 $ 0.1\mathrm{s} $ 由静止释放一个同样的小球,所以斜面上最多同时有6个小球在滚动, $ \mathrm{C} $ 错误；由运动学公式得 $ {v}_{A}=a{t}_{A} $ ,解得位于 $ A $ 位置的小球运动的时间为 $ {t}_{A}=\dfrac{{v}_{A}}{a}=0.05\mathrm{s} $ ,则该照片是位于 $ A $ 位置的小球释放后 $ 0.05\mathrm{s} $ 拍摄的, $ \mathrm{D} $ 正确.

将三个葫芦视为整体,由平衡条件得 $ {F}_{1}=\dfrac{3mg}{ \cos {30}^{\circ }}=2\sqrt{3}mg=\dfrac{\sqrt{3}}{5}\mathrm{N} $ , $ {F}_{4}=3mg \tan {30}^{\circ }=\sqrt{3}mg=\dfrac{\sqrt{3}}{10}\mathrm{N} $ , $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误；设藤2与竖直方向的夹角为 $ \alpha $ ,对藤1、2之间的葫芦分析得 $ {F}_{1} \sin \theta ={F}_{2} \sin \alpha $ , $ {F}_{1} \cos \theta =mg+{F}_{2} \cos \alpha $ ,解得 $ {F}_{2}=\sqrt{7}mg=\dfrac{\sqrt{7}}{10}\mathrm{N} $ , $ \mathrm{B} $ 错误；设藤3与竖直方向的夹角为 $ \beta $ ,对藤3、4之间的葫芦分析得 $ {F}_{3} \sin \beta ={F}_{4} $ , $ {F}_{3} \cos \beta =mg $ ,解得 $ {F}_{3}=2mg=\dfrac{1}{5}\mathrm{N} $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

由题图可知, $ 2\mathrm{s} $ 内甲的位移大小为 $ 4\mathrm{m} $ ,乙的位移大小为 $ x=\dfrac{1}{2}×4×2\mathrm{m}=4\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；甲骑手做变速直线运动,在 $ 6\mathrm{s} $ 末回到出发点,故 $ \mathrm{B} $ 错误；乙骑手做变速直线运动,在 $ 3\mathrm{s} $ 末离出发点最远,故 $ \mathrm{C} $ 错误；根据 $ x-t $ 图像知第 $ 3\mathrm{s} $ 末甲的速度为 $ v=\dfrac{\mathrm{\Delta }x}{\mathrm{\Delta }t}=\dfrac{0-4}{1}\mathrm{m}/\mathrm{s}=-4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,由 $ v-t $ 图像知第 $ 2\mathrm{s} $ 末乙的速度为 $ 4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,二者速度方向相反,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

根据几何关系可知,线段 $ AM $ 与 $ OA $ 段夹角为 $ {30}^{\circ } $ ,且 $ \theta ={30}^{\circ } $ ,根据平行四边形定则可得,钢索对定滑轮的压力为 $ F=2Mg \cos {30}^{\circ }=\sqrt{3}Mg $ ,方向由 $ A $ 指向 $ O $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；钢索张力等于 $ Mg $ , $ AB $ 段对 $ B $ 点拉力为 $ Mg $ ,根据几何关系, $ OB $ 与竖直方向夹角 $ {60}^{\circ } $ , $ AB $ 段与 $ OB $ 段夹角为 $ {60}^{\circ } $ ,以 $ OB $ 所在直线和垂直于 $ OB $ 的直线建立直角坐标系,垂直于 $ OB $ 方向,有 $ Mg \sin {60}^{\circ }={F}_{B} $ 座 $ \sin {60}^{\circ } $ ,得连接 $ B $ 点与底座上的电动机的钢索的拉力 $ {F}_{B} $ 座 $ =Mg $ ,则钢索对右臂 $ OB $ 的作用力为 $ {F}_{OB}=Mg \cos {60}^{\circ }+{F}_{B} $ 座 $ \cos {60}^{\circ }=Mg $ ,方向由 $ B $ 指向 $ O $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；对 $ AOB $ 支架及重物 $ M $ 整体进行受力分析可知,整体受重力、底座的支持力 $ {N}_{O} $ 、连接 $ B $ 点与底座上的电动机的钢索的向下的拉力 $ {F}_{B} $ 座,有 $ {N}_{O}=(M+m)g+{F}_{B} $ 座,又 $ {F}_{B} $ 座 $ =Mg $ ,故 $ {N}_{O}=(2M+m)g $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；当启动电动机使重物缓慢上升时,与重物相连的钢索张力不变,与 $ OA $ 夹角不变,活杆 $ OB $ 顺时针转动, $ AB $ 与 $ OA $ 夹角变小,即两钢索 $ AM $ 、 $ AB $ 夹角变小,两个等大的共点力合成,夹角越小合力越大,所以左臂 $ OA $ 受到的钢索的作用力逐渐变大,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

对物块和斜面体整体分析,根据牛顿第二定律有 $ F=({m}_{0}+m)a $ ,对物块受力分析,竖直方向有 $ N \cos \theta =mg $ ,水平方向有 $ F-N \sin \theta =ma $ ,联立解得 $ a=3.75\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ F=11.25\mathrm{N} $ , $ N=12.5\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误；若水平作用力 $ F $ 方向向左，且作用在斜面体上，系统仍保持相对静止,对整体有 $ F=({m}_{0}+m)a\prime $ ,对 $ m $ 有 $ mg \tan {37}^{\circ }=ma\prime $ ,解得 $ F=22.5\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由题图乙可知,在 $ 0\sim 1\mathrm{s} $ 内,物块的速度大于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿传送带向下,与物块运动的方向相反； $ 1\sim 2\mathrm{s} $ 内,物块的速度小于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿传送带向上,与物块运动的方向相同,由于 $ 0\sim 2\mathrm{s} $ 内物块对传送带的压力一直没变,根据滑动摩擦力公式 $ {F}_{\mathrm{f}}=\mu {F}_{\mathrm{N}} $ 可知,两段时间内物块受到的摩擦力大小相等, $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；在 $ 0\sim 1\mathrm{s} $ 内,物块的加速度为 $ a=\dfrac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }t}=-8\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,根据牛顿第二定律得 $ -(mg \sin {37}^{\circ }+\mu mg \cos {37}^{\circ })=ma $ ,解得 $ \mu =\dfrac{1}{4} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；物块上升的位移大小等于 $ v-t $ 图线与横轴所围成图形的面积,即 $ x=\dfrac{4+12}{2}×1\mathrm{m}+\dfrac{4×1}{2}\mathrm{m}=10\mathrm{m} $ ,所以传送带底端到顶端的距离为 $ 10\mathrm{m} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

以两电线杆中间的电线为研究对象,受力分析如图所示,由共点力的平衡条件知,两电线杆对电线的弹力的合力与其重力平衡,由几何关系得 $ F \cos \theta =\dfrac{mg}{2} $ ,可得 $ F=\dfrac{mg}{2 \cos \theta } $ ,由于冬天气温较低,电线的长度会缩短,两电线杆正中部位电线下坠的距离 $ ℎ $ 变小,则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角 $ \theta $ 变大,拉力变大,所以中间电线杆受到一侧电线拉力冬天与夏天相比变大,故 $ \mathrm{B} $ 正确, $ \mathrm{A} $ 错误；根据上述分析可知,每根电线杆对一侧电线的作用力大小为 $ \dfrac{mg}{2} $ ,方向竖直向上,则由牛顿第三定律可知一侧电线对电线杆的作用力大小为 $ \dfrac{mg}{2} $ ,方向向下,中间电线杆受到两侧电线的合力始终为 $ mg $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；以电线杆右侧电线的一半为研究对象,设电线最低处的张力为 $ T $ ,可得 $ T=F \sin \theta =\dfrac{mg}{2} \tan \theta $ ,角度 $ \theta $ 变大,张力 $ T $ 变大,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

剪断细线前,对两球及弹簧整体,根据牛顿第二定律得 $ T-3mg=3ma $ ,对小球 $ B $ ,根据牛顿第二定律有 $ {F}_{弹}-2mg=2ma $ ,解得 $ {F}_{弹}=\dfrac{2T}{3} $ ,剪断细线的瞬间,细线的拉力为零,弹簧的弹力不发生突变,大小仍为 $ {F}_{弹}=\dfrac{2T}{3} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；小球 $ B $ 受力不变,则剪断细线瞬间与剪断前的加速度相等,不为零,对小球 $ A $ ,根据牛顿第二定律有 $ mg+{F}_{弹}=m{a}_{A} $ ,联立可得 $ {a}_{A}=\dfrac{2T}{3m}+g $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

电动机启动前,对平台和人整体受力分析,有 $ (M+m)g=k{x}_{1} $ ,则弹簧的形变量为 $ {x}_{1}=\dfrac{(M+m)g}{k} $ , $ \mathrm{A} $ 正确；电动机启动瞬间,有 $ T-(M+m)g+k{x}_{1}=(M+m)a $ ,解得绳子拉力大小为 $ T=(M+m)a $ , $ \mathrm{B} $ 错误；人与平台分离瞬间,平台的加速度为 $ a $ 且人对平台无压力,则对平台受力分析,有 $ k{x}_{2}-mg=ma $ ,平台上升的高度 $ ℎ={x}_{1}-{x}_{2}=\dfrac{Mg-ma}{k} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；当平台速度达到最大时,加速度为零,此时弹簧弹力等于平台的重力,可知弹簧处于压缩状态, $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 当钩码的质量远小于小车质量时可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力；若小车所受外力的计算存在误差,此类误差是由于实验设计造成的,属于系统误差.

（2） 小车做初速度为零的匀加速直线运动,位移为 $ s=\dfrac{1}{2}a{t}^{2}=\dfrac{1}{2}×\dfrac{mg}{M}{t}^{2} $ ,则有 $ \dfrac{{s}_{1}}{{s}_{2}}=\dfrac{{m}_{1}}{{m}_{2}} $ ,只要满足 $ \dfrac{{s}_{1}}{{s}_{2}}=\dfrac{{m}_{1}}{{m}_{2}} $ ,就可验证小车的加速度与其所受外力成正比.

（3） 小车做匀加速直线运动,小车的加速度为 $ a\prime =\dfrac{{v}_{B}^{2}-{v}_{A}^{2}}{2L} $ ,小车受到的拉力可以由拉力传感器准确测出, $ a\prime =\dfrac{1}{M}F $ ,在小车质量 $ M $ 一定时, $ a\prime $ 与 $ F $ 成正比,故 $ \mathrm{A} $ 正确.

（1） 设小车车身长为 $ L $ ,甲车经过 $ {t}_{1} $ 时间完成超车,根据位移关系及速度关系可得 $ {v}_{0}{t}_{1}+\dfrac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}-L-L-20\mathrm{m}={v}_{0}{t}_{1} $ , $ {v}_{1}={v}_{0}+{a}_{1}{t}_{1} $ ,其中 $ {v}_{0}=36\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{h}=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ {v}_{1}=54\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{h}=15\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,联立解得 $ {t}_{1}=12\mathrm{s} $ , $ {a}_{1}=\dfrac{5}{12}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .

（2） 甲车开始超车后经过时间 $ {t}_{1} $ 恰好完成对乙车的超车,且甲、丙两车头恰相遇时甲、丙两车之间有最小的安全距离,根据位移关系可得 $ {v}_{0}{t}_{1}+\dfrac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}+{v}_{0}{t}_{1}=x $ ,解得 $ x=270\mathrm{m} $ .

（1） 对物体受力分析,水平方向有 $ {F}_{\mathrm{N}}-{F}_{\mathrm{T}} \sin \theta =m{a}_{1} $ ,竖直方向有 $ {F}_{\mathrm{T}} \cos \theta =mg $ ,联立并代入数据解得 $ {F}_{\mathrm{T}}=50\mathrm{N} $ , $ {F}_{\mathrm{N}}=54\mathrm{N} $ .

（2） 绳子断裂后,竖直方向有 $ {F}_{\mathrm{f}}=mg $ ,水平方向有 $ F{\prime }_{\mathrm{N}}=m{a}_{2} $ ,且 $ {F}_{\mathrm{f}}=\mu F{\prime }_{\mathrm{N}} $ ,代入数据解得 $ {a}_{2}=12.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .

（3） 由牛顿第二定律可知,物体做减速运动的加速度大小为 $ {a}_{物}=\mu g=8\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,不会随车厢一起减速.物体减速到零相对于地面发生的位移大小 $ {x}_{1}=\dfrac{{v}^{2}}{2{a}_{物}}=4\mathrm{m} $ ,车减速到零发生的位移大小 $ {x}_{2}=\dfrac{{v}^{2}}{2{a}_{3}}=3.2\mathrm{m} $ ,因为 $ \mathrm{\Delta }x={x}_{1}-{x}_{2}=0.8\mathrm{m} < L=3\mathrm{m} $ ,所以物体不会与车厢前壁相撞.

（1） 滑块 $ A $ 加速到与传送带共速,用时 $ {t}_{0}=\dfrac{{v}_{0}}{a}=3\mathrm{s} $ ,此过程滑块 $ A $ 运动的位移大小 $ {x}_{1}=\dfrac{{v}_{0}}{2}{t}_{0}=9\mathrm{m} $ ,之后,滑块 $ A $ 与传送带共速运动到 $ N $ ,用时 $ t{\prime }_{0}=\dfrac{L-{x}_{1}}{{v}_{0}}=\dfrac{15-9}{6}\mathrm{s}=1\mathrm{s} $ ,故 $ A $ 由左端 $ M $ 运动到右端 $ N $ 所用的时间 $ {t}_{1}={t}_{0}+t{\prime }_{0}=4\mathrm{s} $ .

（2） ① 结合题图乙可知,滑块 $ A $ 、 $ B $ 碰后,滑块 $ A $ 先向左做匀减速直线运动后向右做匀加速直线运动,滑块 $ B $ 向右以 $ {v}_{B}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 做匀速直线运动,分析可知二者共速时间距最大,设时间 $ {t}_{x} $ 后共速,规定向右为正方向,则 $ {v}_{B}=-{v}_{A}+a{t}_{x} $ , $ {x}_{\mathrm{m}}={v}_{B}{t}_{x}-(-{v}_{A}{t}_{x}+\dfrac{1}{2}a{t}_{x}^{2}) $ ,解得 $ {x}_{\mathrm{m}}=9\mathrm{m} $ .

② 分析可知滑块 $ A $ 再次回到右端 $ N $ 时速度大小为 $ 4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,设用时为 $ {t}_{3} $ ,则 $ {t}_{3}=\dfrac{\mathrm{\Delta }v}{a}=\dfrac{4-(-4)}{2}\mathrm{s}=4\mathrm{s} $ ,当滑块 $ A $ 追上滑块 $ B $ 时二者位移相等,则有 $ {v}_{B}\mathrm{\Delta }t={v}_{A}(\mathrm{\Delta }t-{t}_{3}) $ ,解得 $ \mathrm{\Delta }t=8\mathrm{s} $ .