高中物理新教材同步必修第一册 模块综合试卷（一）

模块综合试卷(一) (时间：90 分钟 满分：100 分) 一、单项选择题(本题共8 小题，每小题3 分，共24 分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的) 1．(2019·惠来县第一中学高一期中)对速度的定义式v＝，以下叙述正确的是( ) A．位移越大，则速度越大 B．速度v 的大小与运动的位移x 和时间t 都无关 C．速度定义式只适用于匀速运动 D．速度是表示物体位置变化的物理量 答案 B 2．甲、乙两辆汽车速度相等，在同时制动后，假设均做匀减速直线运动，甲经3 s 停止， 共前进了36 m，乙经1.5 s 停止，乙车前进的距离为( ) A．9 m B．18 m C．36 m D．27 m 答案 B 解析 甲车的平均速度1＝＝＝ m/s＝12 m/s，则初速度v0＝24 m/s.乙车的平均速度2＝＝ 12 m/s，则通过的位移x2＝2t2＝12×1.5 m＝18 m．故选B. 3.(2018·新乡市模拟)某同学在墙前连续拍照时，恰好有一小白色重物从墙前的某一高度处由 静止落下，拍摄到重物下落过程中的一张照片如图1 所示．由于重物的运动，导致它在照片 上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6.0 cm，这个照相机的曝光时间为 2.0×10－2 s，g 取10 m/s2，忽略空气阻力，则( ) 图1 A．重物下落到A 位置时的速度约为60 m/s B．重物下落到A 位置时的速度约为12 m/s C．重物下落到A 位置所需的时间约为0.6 s D．重物下落到A 位置所需的时间约为1.2 s 答案 C 解析 由题图可以看出，在曝光的时间内，重物下降了大约两层砖的高度，即12 cm(0.12 m)，曝光时间为2.0×10－2 s，所以AB 段的平均速度为＝ m/s＝6 m/s.由于曝光时间极短， 故重物下落到A 位置时的速度约为6 m/s，由v＝gt 可得重物下落到A 位置所需的时间约为t ＝＝ s＝0.6 s，故C 正确，A、B、D 错误． 4．如图2 所示，B 是水平地面上AC 的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A 点滑动 到C 点停止．小物块经过B 点时的速度等于它在A 点时速度的一半．则小物块与AB 段间的 动摩擦因数μ1和BC 段间的动摩擦因数μ2的比值为( ) 图2 A．1 B．2 C．3 D．4 答案 C 解析 小物块从A 到B 根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1，得a1＝μ1g.从B 到C 根据牛顿第 二定律，有μ2mg＝ma2，得a2＝μ2g.设AB＝BC＝l，小物块在A 点时速度大小为v，则在B 点时速度大小为，由运动学公式知，从A 到B：()2－v2＝－2μ1gl，从B 到C：0－()2＝－ 2μ2gl，联立解得μ1＝3μ2，故选项C 正确，A、B、D 错误． 5.如图3 所示，质量均为m 的两小球A、B 用轻绳相连并悬挂在天花板上O 点，现用一水平 力缓慢拉小球B，当轻绳OA 与水平天花板的夹角为45°时，水平力F 的大小为(已知重力加 速度为g)( ) 图3 A．2mg B.mg C.mg D．mg 答案 A 解析 以A、B 组成的整体为研究对象，受到重力、OA 绳的拉力FT和水平力F，由平衡条 件可得，竖直方向上有FTsin 45°＝2mg，水平方向上有FTcos 45°＝F，联立得F＝2mg，故A 正确． 6．(2019·天水市第一中学月考)如图4 所示，一个人静止在地面上，当α＝60°时，力气足够 大的人能拉起重物的最大重力为人重力的0.2 倍，已知地面对人的最大静摩擦力等于滑动摩 擦力(忽略定滑轮的摩擦力)，则当α＝30°时，人静止时能拉起重物的最大重力约为人重力的 ( ) 图4 A．0.3 倍 B．0.6 倍 C．0.8 倍 D．1.6 倍 答案 A 解析 设人与地面间的动摩擦因数为μ，当α＝60°，有0.2Gsin 60°＝μ(G－0.2Gcos 60°)，当 α＝30°时，有kGsin 30°＝μ(G－kGcos 30°)，联立解得：k≈0.3. 7.(2019·四川棠湖中学高一期末)在升降电梯内的水平地板上放一体重计，电梯静止时，某同 学站在体重计上，体重计示数为50.0 kg.若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计 示数为如图5 所示的40.0 kg，则在这段时间内(重力加速度为g＝10 m/s2)( ) 图5 A．该同学所受的重力变小了 B．电梯一定在竖直向下运动 C．该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力 D．电梯的加速度大小为0.2g，方向一定竖直向下 答案 D 解析 该同学处于失重状态，并不是重力减小了，是支持力小于重力，选项A 错误；支持 力与压力为作用力与反作用力，大小相等，选项C 错误；电梯可能是向上减速，也可能向 下加速，mg－FN＝ma，a＝0.2g，加速度方向一定竖直向下． 8.(2019·荆州中学高一上期末)如图6 所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的托 盘，盘中有一质量为m 的物块，盘静止时弹簧长度比自然长度伸长了l.现向下拉盘使弹簧再 伸长Δl 后停止，然后松手放开，弹簧一直处在弹性限度内，则刚松手时盘对物块的支持力 大小应为(重力加速度为g)( ) 图6 A.mg B．(1＋)mg C.(m＋m0)g D．(1＋)(m＋m0)g 答案 B 解析 设弹簧的劲度系数为k，由题意可知，开始整个系统处于静止状态时，有kl＝(m＋ m0)g，现向下拉盘使弹簧再伸长Δl 后停止，然后松手放开瞬间，以m 和m0为整体，受到的 合力大小为kΔl，方向竖直向上，由牛顿第二定律可得kΔl＝(m＋m0)a，隔离物块分析，由 牛顿第二定律得FN－mg＝ma，联立解得FN＝(1＋)mg，故B 正确． 二、多项选择题(本题共4 小题，每小题4 分，共16 分．在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求．全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分) 9．在如图7 所示的v－t 图像中，A、B 两质点同时从同一点沿一条直线开始运动，运动规 律用A、B 两图线表示，下列叙述正确的是( ) 图7 A．t＝1 s 时，B 质点运动方向发生改变 B．t＝2 s 前后，B 质点运动方向和加速度方向均发生改变 C．A、B 同时由静止出发，朝相反的方向运动 D．在t＝4 s 时，A、B 速度相同 答案 CD 解析 质点的运动方向发生改变，即速度的正、负发生变化，显然在t＝1 s 时，B 质点运动 方向不变，故A 错误；t＝2 s 时，B 质点运动方向改变，但加速度方向并没发生变化，故B 错误；由题图可知，t＝0 时，A、B 两质点速度均为0，此后2 s 内vA>0，vB<0，故C 正确； 由题图可知，t＝4 s 时，两者速度相同，故D 正确． 10.(2019·黄山市高一第一学期期末)如图8 所示，从弹簧上方某点自由下落的小球，从接触 竖直放置的弹簧，到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及加速度大小的变化情况正确 的是(不计空气阻力)( ) 图8 A．速度先变大，后变小 B．速度先变小，后变大 C．加速度先变大，后变小 D．加速度先变小，后变大 答案 AD 11.(2019·扬州中学高一上月考)光滑半圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F 作用在其上使 质量为m 的小球静止在圆槽上，如图9 所示，整体向右的加速度大小为a，则( ) 图9 A．小球对圆槽的压力一定大于ma B．小球对圆槽的压力可能等于mg C．水平恒力F 越大，小球相对静止处离圆槽底越高 D．水平恒力F 较大时，小球可能相对静止在圆槽口最高处 答案 AC 解析 对m 受力分析如图所示，在水平方向有FNcos θ＝ma，解得FN＝，由牛顿第三定律可 知小球对圆槽的压力一定大于ma，故A 正确；圆槽对小球的支持力FN＝，由牛顿第三定律 可知小球对圆槽的压力一定大于mg，故B 错误；由图可知tan θ＝，可知a 越大，θ 越小， 即小球相对静止处离圆槽底越高，故C 正确；因为小球所受的支持力在竖直方向的分力与 重力大小相等，所以当水平恒力F 较大时，小球也不可能相对静止在圆槽口最高处，故D 错误． 12．(2019·衡阳市模拟)如图10 所示，一根轻质细绳跨过定滑轮O 连接两个小球A、B，两球 穿在同一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时，OA 绳与水平方 向的夹角为60°，OB 绳与水平方向的夹角为30°，则球A、B 的质量之比和杆对A、B 弹力之 比分别为( ) 图10 A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ 答案 AC 解析 分别对A、B 两球进行受力分析，运用合成法，如图所示，由几何知识得FTsin 60°＝ mAg， FT′sin 30°＝mBg， FNA＝FTcos 60°， FNB＝FT′cos 30°，FT＝FT′，故＝＝， ＝＝， 故选项A、C 正确，B、D 错误． 三、非选择题(本题共6 小题，共60 分) 13．(7 分)(2019·吉林市舒兰一中高一上期中)电磁打点计时器和电火花计时器都是使用交流 电源的计时仪器，电磁打点计时器的工作电压是________，电火花计时器的工作电压是____ ____．当电源频率是50 Hz 时，每隔________打一个点．某次实验中得到的一条纸带，用刻 度尺测量情况如图11 所示，纸带在AC 段的平均速度为________m/s，C 点的瞬时速度约为 ________m/s.(结果均保留两位有效数字) 图11 答案 8 V(1 分) 220 V(1 分) 0.02 s(1 分) 0.35(2 分) 0.53(2 分) 解析 电磁打点计时器的工作电压是8 V，电火花计时器的工作电压是220 V．当电源频率 是50 Hz 时，每隔0.02 s 打一个点．AC＝1.40 cm，则纸带在AC 段的平均速度为AC＝＝ m/s＝ 0.35 m/s，C 点的瞬时速度为vC＝＝ m/s≈0.53 m/s. 14．(7 分)如图12 所示为“用DIS(由位移传感器、数据采集器、计算机组成，可以直接显示 物体的加速度)探究加速度与力的关系”的实验装置． 图12 (1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持__________不变，用钩码所受的重力大小作为_ _________，用DIS 测小车的加速度． (2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据画出a－F 关系 图线如图13 所示． 图13 ①分析此图线OA 段可得出的实验结论是_______________________________________． ②此图线的AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______．(填选项前字母) A．小车与轨道之间存在摩擦 B．轨道保持了水平状态 C．所挂钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大 答案 (1)小车总质量(1 分) 小车所受的合外力大小(2 分) (2)①在质量不变时，加速度与 合外力成正比(2 分) ②C(2 分) 解析 (1)应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力大小作为小车所受的合外力大小， 用DIS 测小车的加速度． (2)①OA 段为直线，说明在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比． ②设小车质量为M，所挂钩码的质量为m，由实验原理得mg＝F＝Ma，即a＝，而实际上 a′＝，可见a′＜a，AB 段明显偏离直线是由于没有满足M≫m，故A、B、D 错误，C 正确． 15．(8 分)(2019·广东高一期末)用弹射器从地面竖直上抛质量m＝0.05 kg 的小球，如果小球 在到达最高点前1 s 内上升的高度是它上升最大高度的，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气 阻力，求： (1)小球上升的最大高度； (2)小球抛出时的初速度大小． 答案 (1)20 m (2)20 m/s 解析 (1)根据逆向思维法可知，小球到达最高点前1 s 内上升的高度为h1＝gt2＝×10×12 m ＝5 m(2 分) 由题意可得小球上升的最大高度为H＝4h1＝4×5 m＝20 m(2 分) (2)由运动学公式知v0 2＝2gH(2 分) 所以小球的初速度大小：v0＝20 m/s.(2 分) 16．(10 分)(2020·广西高一期末)如图14，质量为5 kg 的物体与水平面间的动摩擦因数μ＝ 0.2，现用与水平方向成θ＝37°的F＝25 N 的力拉物体，使物体由静止加速运动，10 s 后撤 去拉力，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求： 图14 (1)物体在两个阶段的加速度各是多大； (2)物体从运动到停止总的位移． 答案 (1)2.6 m/s2 2 m/s2 (2)299 m 解析 (1)物体的受力如图所示，则有： Fcos 37°－Ff＝ma(2 分) FN＋Fsin 37°＝mg(1 分) Ff＝μFN(1 分) 联立三式代入数据解得：a＝2.6 m/s2(1 分) 撤去拉力后，加速度大小为：a′＝＝μg＝2 m/s2(2 分) (2)10 s 末物体的速度为：v＝at＝26 m/s(1 分) 则物体的总位移：x＝＋＝ m＋ m＝299 m．(2 分) 17．(12 分)(2019·荆门市龙泉中学高一期中)如图15 所示，轻绳一端系在质量为M＝15 kg 的 物体上，另一端系在一个质量为m＝0.2 kg 套在粗糙竖直杆MN 的圆环A 上．现用水平力F 拉住绳子上的O 点，使物体从图中实线位置O 缓慢下降到虚线位置O′，此时θ＝53°，圆环 恰好要下滑．已知g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： 图15 (1)此时拉力F 的大小； (2)设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求杆与环间动摩擦因数μ. 答案 (1)200 N (2)0.76 解析 (1)对结点O′受力分析如图所示： 在水平方向：F＝FTsin 53°(2 分) 在竖直方向：FTcos 53°＝Mg(2 分) 由上两式解得：F＝200 N(2 分) (2)物体与圆环组成的系统处于平衡状态，在水平方向：F＝FN 在竖直方向：Ff＝mg＋Mg(2 分) 环恰好要滑动，则有：Ff＝μFN(2 分) 联立解得：μ＝0.76(或μ＝)(2 分) 18.(16 分)(2019·甘肃静宁第一中学高一期末)如图16 所示，放在水平地面上的木板B 长为1.2 m，质量为M＝1 kg，B 与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1；一质量为m＝2 kg 的小物块A 放 在B 的左端，A、B 之间动摩擦因数为μ2＝0.3.刚开始A、B 均处于静止状态，现使A 获得3 m/s 向右的初速度(g 取10 m/s2)．求： 图16 (1)A、B 刚开始运动时的加速度； (2)通过计算说明，A 最终是否滑出B. 答案 (1)3 m/s2，水平向左 3 m/s2，水平向右 (2)没能滑出 解析 (1)以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得aA＝＝μ2g＝3 m/s2，方向水平向左(3 分) 以B 为研究对象，根据牛顿第二定律可得 aB＝＝3 m/s2，方向水平向右．(3 分) (2)设A 在B 上滑行时间t 时达到共同速度 v＝v0－aAt＝aBt，解得t＝0.5 s(2 分) 所以v＝aBt＝1.5 m/s(1 分) A 相对地面的位移xA＝t＝1.125 m(2 分) B 相对地面的位移xB＝t＝0.375 m(2 分) A 相对B 的位移为xA－xB＝0.75 m<1.2 m(2 分) 所以A 没能从B 上滑出．(1 分)