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2024高中物理模块综合测评新人教版必修第一册

C．当 F＞3μmg 时，A 相对 B 滑动
D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过12μg
答案
解析地面对 B 的最大静摩擦力为32μmg，小于 A、B 间的最大静摩擦
力 2μmg，故当 F>32μmg 时，A、B 相对地面运动，故 A 错误；在 A、B 恰
好要发生相对运动时，对 A、B 整体应用牛顿第二定律，有 F－μ2×3mg＝
解析 (1)图甲所示弹簧测力计的最小分度为 0.1 N，则读数为 2.60 N； F 是通过平行四边形定则得到的合力的理论值，而 F′是通过一个弹簧测力计沿 AO 方向拉橡皮条，使得一个弹簧测力计的拉力与两个弹簧测力计的拉力效果相同的力，故方向一定沿 AO 方向的是 F′，由于误差的存在 F 和 F′ 方向并不重合。
动
答案
解析从 A 到 B 的过程中小球做自由落体运动，到达 B 点后，小球的重力先大于弹力，加速度方向向下，大小逐渐减小，当小球的重力等于弹力时，加速度为 0，速度达到最大，继续向下运动时，小球的弹力大于重力，加速度方向向上，大小逐渐增大，所以从 B 到 C 的过程中，加速度先减小后增大，故 B、C 正确，A、D 错误。
D．若泵车发动机的牵引力增大为原来的 2 倍时，泵车的加速度将大于
2a
答案
解析泵车受到的重力和泵车对地面的压力的受力物体不同，不可能是一对平衡力，故 A 错误；轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车与地面间的动摩擦因数，故 B 错误；惯性的大小取决于质量，系安全带不会改变司机的惯性大小，故 C 错误；牵引力增大为原来的 2 倍，阻力不变，所以加速度 a′＝2Fm－f＝2F－mf＋f＝2a＋mf >2a，故 D 正确。
解析
第Ⅱ卷(非选择题，共 52 分) 二、实验题(本题共 2 小题，共 12 分) 13．(6 分)“探究求合力的方法”的实验情况如图甲所示，其中 A 为固定橡皮条的图钉的位置，O 为橡皮条与细绳的结点的位置，OB 和 OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。

高中物理模块综合测试卷(含解析)新人教版必修1

模块综合测试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟．班级________ 姓名________ 分数________第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本大题共10小题，每题4分，满分40分．在每小题给出的选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不选的得0分)1．关于惯性，以下说法正确的是( )A．人在走路时没有惯性，被绊倒时才有惯性B．百米赛跑到达终点时不能立即停下来是由于有惯性，停下来后也就没有惯性了C．物体在不受外力作用时有惯性，受到外力作用后惯性就被克服了D．物体的惯性与物体的运动状态及受力情况均无关【答案】D【解析】惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态和受力情况无关，只由物体的质量决定．2．如图所示是我国新研制的新能源路灯，照明所需要的能量主要来源于太阳能．若新能源路灯的质量m＝2kg(g取10m/s2)，则倾斜杆对新能源路灯的弹力为( )A．大小为20N，方向平行于倾斜杆向上B．大小为20N，方向竖直向上C．大小为20N，方向垂直于倾斜杆向上D．大小为10N，方向平行于倾斜杆向上【答案】B【解析】由于新能源路灯受重力G和倾斜杆的弹力作用而处于静止状态，故倾斜杆对新能源路灯的弹力与其重力等大反向，即大小为20N，方向竖直向上，选项B正确．3．一质点由静止开始做直线运动，其a－t图象如图所示，下列说法中正确的是 ( ) A．1 s末质点的运动速度最大B．4 s末质点回到出发点C．1 s末和3 s末质点的运动速度相同D．2 s末质点的运动速度为4 m/s【答案】C【解析】质点由静止开始运动，在2 s末，正向面积最大，质点运动的速度最大，故A 错误；4 s末质点速度为零，前4 s内质点的加速、减速运动过程存在对称性，其位移一直为正，故B错误；1 s末和3 s末质点速度相等，故C正确；2 s末质点运动速度为2 m/s，故D错误．4．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动，当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则汽车的加速度大小为( ) A．20 m/s2 B．10 m/s2C．5 m/s2 D．无法计算【答案】B【解析】设汽车的加速度为a ，运动的时间为t ，有12at 2＝(355－335) m ＝20 m ，超声波来回的时间为t ，则单程的时间为t2，因为汽车做初速度为零的匀加速直线运动，所以在开始那段连续相等时间内的位移之比为1∶3，又汽车在t 时间内的位移为20 m ，则汽车在前t2时间内的位移为x ′＝5 m ，超声波追上汽车时走过的位移x ＝(5＋335) m ＝340 m ，所以t2＝x v 声＝1 s ，t ＝2 s ．所以汽车的加速度大小为10 m/s 2.故B 正确，ACD 错误．5．如图所示，两根完全相同的轻弹簧下端挂一个质量为m 的小球，小球与地面间有一竖直细线相连，系统平衡．已知两轻弹簧之间的夹角是120°，且轻弹簧产生的弹力均为3mg ，则剪断细线的瞬间，小球的加速度是( )A ．a ＝3g ，方向竖直向上B ．a ＝3g ，方向竖直向下C ．a ＝2g ，方向竖直向上D ．a ＝2g ，方向竖直向下【答案】C【解析】两轻弹簧弹力之和为3mg ，剪断细线的瞬间，小球所受合外力为2mg ，其加速度是a ＝2g ，方向竖直向上，选项C 正确．6．一质量为m 的物块在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑．现对物块施加—个竖直向下的恒力F ，如图所示．则物块减速为零的时间将( )A ．变大B ．变小C ．不变D ．不能确定【答案】B【解析】对物块施加一个竖直向下的恒力F ，根据牛顿第二定律有，μ(mg ＋F )cos θ－(mg ＋F )sin θ＝ma ，物块的加速度增大，物块减速为零的时间将变小，选项B 正确．7.如图所示，一物块m 从某曲面上的Q 点自由下滑，通过一粗糙的静止传送带后，落到地面P 点．若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，传送带也随之运动，再把该物体放在Q 点自由下滑，则( )A ．它仍落在P 点B ．它将落在P 点左方C ．它将落在P 点右方D ．无法确定落点【答案】A 【解析】物块沿逆时针方向转动的传送带滑下与沿静止传送带滑下时的受力情况完全一样，所以下落点的位置不变．本题答案为A.8．用平行于斜面的力推动一个质量为m 的物体沿着倾斜角为α的光滑斜面由静止向上运动，当物体运动到斜面的中点时撤去推力，物体恰能滑到斜面顶点，由此可以判定推力F 的大小必定是( )A ．2mg cos αB ．2mg sin αC ．2mg (1－sin α)D ．2mg (1＋sin α) 【答案】B【解析】有推力F 时，a ＝F －mg sin αm，撤去F 后，a ′＝g sin α，由v 2＝2ax ，有：a ＝a ′，即：F －mg sin αm＝g sin α，F ＝2mg sin α，故B 正确．9．质量为0.3 kg 的物体在水平面上做直线运动，图中的两条直线表示物体受水平拉力和不受水平拉力两种情形下的v －t 图象， g 取10 m/s 2,则下列说法正确的是( )A ．水平拉力大小可能等于0.3 NB ．水平拉力大小一定等于0.1 NC ．物体受到的摩擦力大小一定等于0.1 ND ．物体受到的摩擦力大小可能等于0.2 N 【答案】BD【解析】由题可知a A ＝13 m/s 2, a B ＝23m/s 2,若A 为只受摩擦力的情况，则μA mg ＝ma A, μA＝130.对B: μA mg ＋T B ＝ma B, 解得T B ＝0.1 N. 若B 为只受摩擦力的情况，则μB mg ＝ma B ＝0.2 N, 解得μB ＝115，对A: μB mg ＋T A ＝ma A, 得T A ＝－0.1 N, 所以B 、D 正确， A 、C 错.10.如图所示，放置在水平地面上的质量为M 的直角劈上有一个质量为m 的物体，若物体在直角劈上匀速下滑，直角劈仍保持静止，那么下列说法正确的是( )A ．直角劈对地面的压力等于(M ＋m )gB ．直角劈对地面的压力大于(M ＋m )gC ．地面对直角劈没有摩擦力D ．地面对直角劈有向左的摩擦力【答案】AC【解析】方法一隔离法．对物体进行受力分析，建立坐标系如图甲所示，因物体沿斜面匀速下滑，由平衡条件得：支持力F N ＝mg cos θ，摩擦力F f ＝mg sin θ.对直角劈进行受力分析，建立坐标系如图乙所示，由牛顿第三定律得F N ′＝F N ，F f ′＝F f .在水平方向上，压力F N ′的水平分量F N ′sin θ＝mg cos θ·sin θ，摩擦力F f ′的水平分量F f ′cos θ＝mg sin θ·cos θ，可见F f ′cos θ＝F N ′sin θ，所以直角劈相对地面没有运动趋势，所以地面对直角劈没有摩擦力．在竖直方向上，直角劈受力平衡，由平衡条件得：F N 地＝F ′f sin θ＋F ′N cos θ＋Mg ＝mg ＋Mg .方法二整体法．整体在竖直方向上受到重力和支持力，因物体在斜面上匀速下滑、直角劈静止不动，即整体处于平衡状态，所以竖直方向上地面对直角劈的支持力等于物体和直角劈整体的重力．水平方向上地面若对直角劈有摩擦力，无论摩擦力的方向向左还是向右，水平方向上整体都不能处于平衡状态，所以整体在水平方向上不受摩擦力，整体受力如图丙所示．第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、非选择题(本题共6小题，11题6分、12题6分、13题10分、14题11分、15题13分、16题14分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．)11.学校的物理课外活动小组欲测滑块在斜面上下滑的加速度以及滑块与木板间的动摩擦因数，一位同学想出了一个巧妙的方案．如图所示，将一小钢球和滑块用细线连接，跨在木板上端的小定滑轮上，开始时小球和滑块均静止，剪断细线小球自由落下，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．他反复调整挡板的位置，重复上述操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，然后用刻度尺测量出H ＝1.25 m ，x ＝0.50 m ，h ＝0.30 m ．根据以上数据可得滑块在斜面上下滑的加速度a ＝________m/s 2，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________.(g 取10m/s 2)【答案】4.0 0.25【解析】根据运动学规律有H ＝12gt 2，x ＝12at 2，联立两式，可得a ＝x H g ＝0.50 m 1.25 m×10 m/s 2＝4.0 m/s 2；设木板与水平桌面间的夹角为θ，根据几何关系可知，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8；对滑块下滑时受力分析，并根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，可得μ＝g sin θ－ag cos θ，代入数据，可得，μ＝0.25.12．某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧测力计固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线MN 、PQ ，并测出间距d .开始时将木板置于MN 处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F 0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F 1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ 处的时间t .(1)木板的加速度可以用d 、t 表示为a ＝________，为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是________(一种即可)．(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a 与弹簧测力计示数F 1的关系．下列图象能表示该同学实验结果的是________．.求物块从底端运动到斜面中点的时间；试分析物块从开始运动到落地前的加速度的大小和方向；物块在斜面上运动时，求斜面体受到水平地面摩擦力的大小和方向．物块沿斜面向上做匀减速运动：设前半程的平均速度为l/2并建立直角坐标系，在x方向上有：cosθ)sinθ＝12.8 N．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不＝8 s时到达高度H＝64 m为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间设第一次试飞中的加速度大小为a1设第二次试飞中失去升力时的速度为v，上升的高度为小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？经多长时间两者达到相同的速度？从小物块放到小车上开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？0.5 m/s 2(2)1 s ＝μg ＝2 m/s 2，＝0.5 m/s 2.＝1 s.内小物块的位移：s 1＝12a m t 2＝1 m ，最大速度：物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度：a ＝，通过的总位移s ＝s ＋s ＝2.1 m.。

高中物理人教版必修一：模块综合检测(二)+Word版含答案.doc

模块综合检测(二)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分．) 1．北京时间10月17日7时30分28秒，“神舟十一号”发射成功，中国载人航天再度成为世人瞩目的焦点．下列说法正确的是()A．7时30分28秒表示时间间隔B．研究“神舟十一号”飞行姿态时，可把“神舟十一号”看作质点C．“神舟十一号”绕地球飞行一圈位移不为零D．“神舟十一号”绕地球飞行一圈平均速度为零解析：时刻与时间轴上的点对应，时间间隔与时间轴上的线段相对应，是两个时刻间的间隔，所以7时30分28秒表示“时刻”，故A错误；研究“神舟十一号”飞行姿态时，如果将“神舟十一号”看成一个质点，对点而言无所谓姿态的，故不能将“神舟十一号”看成质点，故B错误；“神舟十一号”绕地球飞行一圈，初末位置相同，则位移为零，故C错误；平均速度等于位移和时间的比值，因为飞行一圈的过程中位移为0，所以平均速度为0，故D正确．故选D.答案：D2．一质点在x轴上运动，每秒末的位置坐标如下表所示，则：A.质点在这5 s内做的是匀速运动B．质点在这5 s内做的是匀加速运动C．质点在第5 s内的位移比任何一秒内的位移都大D．质点在第4 s内的平均速度比任何一秒内的平均速度都大解析：质点在x轴上往复运动，质点的位移等于初末坐标之差，即Δx＝x2－x1，确定出前5 s每1秒内的位移，再判断哪一秒内位移最大，位移大小是位移的绝对值，平均速度等于位移与时间的比值，根据题表数据可知质点在这5 s内做非匀变速运动，在第5 s内的位移比任何一秒内的位移都大且平均速度最大，本题选C.答案：C3．同时作用在某物体上的两个方向相反的力，大小分别为6 N 和8 N，当8 N的力逐渐减小到零的过程中，两力合力的大小() A．先减小，后增大B．先增大，后减小C．逐渐增大D．逐渐减小解析：当8 N的力减小到6 N时，两个力的合力最小，为0，若再减小，两力的合力又将逐渐增大，两力的合力最大为6 N，故A正确．答案：A4．(2014·北京高考)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如，平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是() A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：本题考查牛顿第二定律的应用，重在物理过程的分析，根据加速度方向判断超重和失重现象．手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确．答案：D5.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A 分离．下列说法正确的是()A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于mg hD．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动解析：A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，F AB ＝0，对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma.即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，h＝x0－x，解以上各式得k＝mgh，综上所述，只有C项正确．答案：C6.如图所示，质量为m的物体放在水平桌面上，在与水平方向成θ的拉力F作用下加速往前运动，已知物体与桌面间的动摩擦因数为μ，则下列判断正确的是()A．物体受到的摩擦力为F cos θB．物体受到摩擦力为μmgC．物体对地面的压力为mgD．物体受到地面的支持力为mg－F sin θ解析：对物体受力分析，如图所示，则有物体受到的摩擦力为f＝μN＝μ(mg－F sin θ)，故A、B错误．物体对地面的压力与地面对物体的支持力是作用力与反作用力，而支持力等于mg－F sin θ，故C错误．物体受到地面的支持力为mg－F sin θ，故D正确．答案：D7．质点做直线运动的位移x和时间t2的关系图象如图所示，则该质点()A ．质点的加速度大小恒为1 m/s 2B ．0～2 s 内的位移是为1 mC ．2末的速度是 4 m/sD ．物体第3 s 内的平均速度大小为3 m/s解析：根据x ＝12at 2得，可知图线的斜率表示12a ，则12a ＝22，a ＝2m/s 2.故A 错误.0－2 s 内的位移x ＝12at 2＝12×2×4 m ＝4 m ．故B 错误.2 s 末的速度v ＝at ＝2×2 m/s ＝4 m/s.故C 正确．物体在第3 s 内的位移x ＝12at 22－12at 21＝12×2×(9－4) m ＝5 m ，则平均速度v ＝x t ＝5 m/s.故D 错误.答案：C8．星级快车出站时能在150 s 内匀加速到180 km/h ，然后正常行驶．某次因意外列车以加速时的加速度大小将车速减至108 km/h.以初速度方向为正方向，则下列说法不正确的是( )A ．列车加速时的加速度大小为13m/s 2 B ．列车减速时，若运用v ＝v 0＋at 计算瞬时速度，其中a ＝－13m/s 2C ．若用v -t 图象描述列车的运动，减速时的图线在时间轴(t 轴)的下方D ．列车由静止加速，1 min 内速度可达20 m/s解析：列车的加速度大小a ＝Δv Δt ＝50150m/s 2＝13 m/s 2，减速时，加速度方向与速度方向相反，a′＝－13m/s2，故A、B两项都正确．列车减速时，v t图象中图线依然在时间轴(t轴)的上方，C项错．由v＝at可得v＝13×60 m/s＝20 m/s，D项对．答案：C9.用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，如图所示．P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是()A．Q物体受3个力B．P物体受3个力C．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大D．若绳子变长，绳子的拉力将变小解析：墙壁光滑，Q处于静止状态，则P、Q间必有摩擦力，Q 应受4个力作用，P受4个力作用，故A，B错．对Q，P物体受力分析如图所示，对P由平衡条件：T sin θ＝N1，T cos θ＝m P g＋f，对Q由平衡条件：f′＝m Q g，故f′不变，C错．根据牛顿第三定律，f ＝f′，N1＝N1′，当绳子变长时，θ减小，故T减小，D对．答案：D10.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (t 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2.下图中反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )解析：当拉力F 很小时，木块和木板一起加速运动，由牛顿第二定律，对木块和木板：F ＝(m 1＋m 2)a ，故a 1＝a 2＝a ＝F m 1＋m 2＝k m 1＋m 2t ；当拉力很大时，木块和木板将发生相对运动，对木板：μm 2g ＝m 1a 1，得a 1＝μm 2gm 1，对木块：F －μm 2g ＝m 2a 2，得a 2＝F －μm 2g m 2＝k m 2t －μg ，A 正确．故正确答案为A. 答案：A二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)11.如图所示，粗糙水平面上叠放着P 、Q 两木块，用水平向右的力F 推Q 使它们保持相对静止一起向右运动，P 、Q 受力的个数可能是( )A ．P 受2个力，Q 受5个力B ．P 受3个力，Q 受5个力C．P受3个力，Q受6个力D．P受4个力，Q受6个力解析：题目没有说明它们的运动状态，可能有两种情况：(1)匀速运动：对P进行受力分析，处于平衡状态，只受到重力和支持力；对Q，则受到重力、地面的支持力、P的压力以及地面的摩擦力和推力F的作用，共5个力．所以选项A正确；(2)在水平推力的作用下，物体P、Q一起匀加速滑动，则对P 受力分析：重力与支持力，及向右的静摩擦力共3个力．对Q受力分析：重力、地面支持力、P对Q的压力、水平推力、地面给Q的滑动摩擦力，及P对Q的静摩擦力共6个力．所以选项C正确．故选AC.答案：AC12.a、b两车在平直公路上行驶，其v－t图象如图所示，在t＝0时，两车间距为s0，在t＝t1时间内，a车的位移大小为s，下列说法不正确的是()A．0～t1时间内a、b两车相向而行B．0～t1时间内a车平均速度大小是b车平均速度大小的2倍C．若a、b在t1时刻相遇，则s0＝23sD．若a、b在t12时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1解析：由图可知0～t1时间内a、b两车同向行驶，故选项A错；由v＝v t＋v02可得：v a＝2v0＋v02＝3v02、v b＝v02，由此计算，故选项B错误；由相遇根据图象：可推出要在t 1时刻s 0＝23s ，故选项C 正确；由图线中的斜率和运动规律可知若a 、b 在t 12时刻相遇，则下次相遇时刻不是2t 1，故选项D 错误．答案：ABD13.如图所示，传送带的水平部分长为L ，向右传动速率为v ，在其左端无初速释放一木块．若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是( )A.L v ＋v 2μgB.L vC.2L μgD.2L v解析：若木块一直匀加速至传送带右端，则由L ＝12μgt 2可得，木块从左端运动到右端的时间为t ＝2L μg，若木块加速至传送带右端时恰与带同速，则由L ＝v 2t 可得：t ＝2L v ，若木块加速至v 后又匀速一段至带的右端，则有： t ＝v μg ＋L －v 22μg v ＝L v ＋v 2μg ，故A 、C 、D 均正确．答案：ACD14．如图所示，质量分别为m A 和m B 的物体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为45°的斜面上．已知m A ＝2m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统保持静止．下列说法正确的是( )A．细绳对A的拉力将增大B．A对斜面的压力将减小C．A受到的静摩擦力不变D．A受到的合力不变解析：设m A＝2m B＝2m，对物体B受力分析，受重力和支持力，由二力平衡得到：T＝mg再对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图，根据平衡条件得到：f＋T－2mg sinθ＝0，N－2mg cosθ＝0，解得：f＝2mg sinθ－T ＝2mg sinθ－mg，N＝2mg cosθ；当θ不断变大时，f不断变大，N不断变小，故选项B正确，A、C错误；系统保持静止，合力始终为零不变，故选项D正确；答案：BD三、非选择题(共4小题，共46分)15．(8分)某同学用如图所示的实验装置研究小车在斜面上的运动．实验步骤如下：a．安装好实验器材．b．接通电源后，让拖着纸带的小车沿平板斜面向下运动，重复几次．下图为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6七个计数点，用米尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离如图所示(单位：cm)．c．测量1、2、3、…6计数点到0计数点的距离，分别记做s1、s2、s3…、s6记录在以下表格中，其中第2点的读数如图，请填入下方表格中．动．e．分别计算出打计数点时的速度v1、v2、v3、v4、v5，并记录在以下表格中，请计算出v1并填入下方表格.f.以v-t 图线．由图求得a＝______m/s2.(保留两位有效数字)解析：c.刻度尺的读数需要估读一位，故为：12.80 cm.e ．在匀变速运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段位移的平均速度：v 1＝s 22T ＝12.80×10－22×0.1m/s ＝0.64 m/s. f ．描点后如图所示．在v t 中图线的斜率表示加速度：a ＝Δv Δt ＝0.81－0.640.5－0.1m/s 2＝0.43 m/s 2. 答案：12.80 0.64 图略 0.4316．(8分)一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A 和B (中央有孔)，A 、B 间由细绳连接着，它们处于如图所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B 球与环中心O 处于同一水平面上，A 、B 间的细绳呈伸直状态，与水平线成30°夹角，已知B 球的质量为3 kg ，求细绳对B 球的拉力和A 球的质量m A (取g ＝10 m/s 2)．解析：对A 球受力分析如图所示，可知：水平方向：T cos 30°＝N A sin 30°，竖直方向：N A cos 30°＝m A g ＋T sin 30°，同理对B 球进行受力分析及正交分解得：竖直方向：T sin 30°＝m B g ，联立以上三式可得：T ＝60 N ，m A ＝2m B ＝6 kg.答案：60 N 6 kg17．(12分)如图所示，水平地面O 点的正上方的装置M 每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M 的同时，O 点右侧一长为L ＝1.2 m 的平板车开始以a ＝6.0 m/s 2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M 的竖直高度为h ＝0.45 m ，忽略空气的阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求小球左端离O 点的水平距离；(2)若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔Δt 应满足什么条件？解析：(1)设小球自由下落至平板车上表面处历时t 0，在该时间段内由运动学方程对小球有：h ＝12gt 20① 对平板车有：x ＝12at 20② 由①②式并代入数据可得：x ＝0.27 m.(2)从释放第一个小球至第2个小球下落到平板车上表面高度处历时Δt＋t0，设平板车在该时间段内的位移为x1，由运动学方程有：x1＝12a(Δt＋t0)2③至少有2个小球落在平板车上须满足：x1≤x＋L④由①～④式并代入数据可得：Δt≤0.4 s.答案：(1)0.27 m(2)Δt≤0.4 s18．(18分)如图甲所示，质量为M＝4 kg足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m＝4 kg大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两物块开始均静止，从t＝0时刻起铁块m受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用，F共作用时间为6 s，(取g ＝10 m/s2)则：图甲图乙(1)铁块和木板在前2 s的加速度大小分别为多少？(2)铁块和木板相对静止前，运动的位移大小各为多少？(3)拉力F作用的最后2 s内，铁块和木板的位移大小分别是多少？解析：(1)前2 s，由牛顿第二定律得对铁块：F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2对木板：μmg＝Ma2，解得a2＝2 m/s2.(2)2 s内，铁块的位移x1＝12a1t2＝6 m木板的位移x2＝12a2t2＝4 m2 s末，铁块的速度v1＝a1t＝6 m/s 木板的速度v2＝a2t＝4 m/s2 s后，对铁块：F′－μmg＝ma1，解得a1′＝1 m/s2对木板：μmg＝Ma2，解得a2′＝2 m/s2设再经过t0时间铁块和木板的共同速度为v，则v＝v1＋a1′t0＝v2＋a2′t0，解得t0＝2 s，v＝8 m/s在t0内，铁块的位移x1′＝v1＋v2t0＝6＋82×2 m＝14 m木板的位移x2′＝v2＋v2t0＝4＋82×2 m＝12 m所以铁块和木板相对静止前铁块运动的位移为x铁块＝x1＋x1′＝20 m铁块和木板相对静止前木板运动的位移为x木板＝x2＋x2′＝16 m.(3)拉力F作用的最后2 s，铁块和木板相对静止，一起以初速度v＝8 m/s 做匀加速直线运动，对铁块和木板整体：F＝(M＋m)a解得a＝FM＋m＝124＋4m/s2＝1.5 m/s2所以铁块和木板运动的位移均为x3＝vΔt＋12a·(Δt)2＝19 m.答案：(1)3 m/s2 2 m/s2(2)20 m16 m (3)19 m19 m美文欣赏1、走过春的田野，趟过夏的激流，来到秋天就是安静祥和的世界。

人教版高中物理必修1模块检测1

模块综合试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分)1．某位探险家因对所到目的地的地形情况不了解，因此慢慢前行．由于走进了沼泽地，这位探险家突然往下沉，下列说法正确的是()A．在突然下沉时，由于人只受到重力与支持力，所以这两个力平衡B．因为此时在下沉，所以人受到的支持力小于人对沼泽地的压力C．人下沉的原因是人对沼泽地的压力大于人的重力D．人下沉的原因是重力大于人受到的支持力『答案』 D『解析』当人突然下沉时，人有向下的加速度，处于失重状态，人受到的重力大于人受到的支持力，选项D正确，A错误；人受到的支持力与人对沼泽地的压力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反，选项B、C错误．2．(2019·夏津一中高一上学期期末)雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图像中能正确反映雨滴下落运动情况的是()『答案』 C3．(2019·成都七中高一月考)甲、乙两辆车在同一水平直道上运动，其运动的位移－时间图像如图1所示，则下列说法中正确的是()图1A．甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动B ．乙车在0～10 s 内的平均速度大小为0.4 m/sC ．在0～10 s 内，甲、乙两车相遇一次D ．若乙车做匀变速直线运动，则图线上P 点所对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s『答案』 D『解析』 x －t 图线的斜率表示速度，根据题图可知，甲车先做匀速直线运动，后静止，A错误；乙车在0～10 s 内的位移x ＝(0－8) m ＝－8 m ，则平均速度为v ＝x t ＝－810 m/s ＝－0.8m/s ，所以乙车在0～10 s 内的平均速度大小为0.8 m/s ，B 错误；两图线的交点表示此时两车相遇，根据题图可知，两车相遇两次，C 错误；若乙车做匀变速直线运动，则由图线斜率变化情况可知，乙车做的是匀加速直线运动，某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，所以5 s 末的速度大小等于0.8 m/s ，则P 点对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s ，D 正确．4．(2018·太原五中高一月考)在汽车的维修中，千斤顶发挥了很大的作用．如图2所示是剪式千斤顶的示意图，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为F ＝1.0×105 N ，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，则下列说法错误的是( )图2A ．此时两臂受到的压力大小均为1.0×105 NB ．若继续摇动把手使两臂靠拢，两臂受到的压力均增大C ．此时千斤顶对汽车的支持力大小为1.0×105 ND ．若继续摇动把手使两臂靠拢，两臂受到的压力均减小『答案』 B『解析』千斤顶对汽车的支持力与汽车对千斤顶的压力是相互作用力，大小相等，方向相反，根据千斤顶两臂间的夹角为120°，可知两臂受到的压力大小均为1.0×105 N ，选项A 、C 正确；若继续摇动把手使两臂靠拢，两臂间的夹角变小，根据分力与合力的关系，可知两臂受到的压力均减小，选项B 错误，D 正确．5.如图3所示，静止的粗糙传送带上有一木块正以速度v 匀速下滑，滑到传送带正中央时，传送带开始以速度v ′逆时针匀速运动，则此过程木块从A 滑到B 所用的时间与传送带始终静止不动时木块从A 滑到B 所用的时间相比较( )图3A ．两种情况相同B ．前者短C ．前者长D ．不能确定『答案』 A『解析』传送带静止时，木块受到的滑动摩擦力平行于传送带向上，传送带逆时针匀速运动时，木块受到的滑动摩擦力仍平行于传送带向上，所以两种情况下的受力情况相同，运动规律相同，选项A 正确．6.(2018·湛江市期末)如图4，质量为M 、半径为R 的半球形物体A 放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m 、半径为r 的光滑球B ，则( )图4A ．A 对地面的压力大于(M ＋m )gB ．A 对地面的摩擦力方向向左C ．B 对A 的压力大小为R ＋r R mgD ．细线对小球的拉力大小为rRmg『答案』 C『解析』对AB 整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对运动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力等于整体的重力，大小为(M ＋m )g ；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故A 对地面的压力等于(M ＋m )g ，故A 、B 错误；对B 受力分析，如图所示：根据平衡条件和几何知识，有：F ＝mg cos θ＝R ＋rR mg ，F T ＝mg tan θ＝(R ＋r )2－R 2Rmg ，故C 正确，D 错误．7.如图5所示，质量为m 的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x 0时速度减小到零，然后滑块又被弹簧向右弹开．已知弹簧的劲度系数为k ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，弹簧与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g ，整个过程中弹簧未超过其弹性限度，则下列判断正确的是( )图5A ．滑块向右运动的过程中，先做加速运动，离开弹簧后才做减速运动B ．滑块与弹簧接触过程中的最大加速度为2kx 0mC ．滑块向左运动的过程中，始终做减速运动D ．滑块向右运动的过程中，当弹簧形变量x ＝μmg2k时，滑块的速度最大『答案』 C『解析』滑块向右运动的过程中，以弹簧弹力与滑块受到的滑动摩擦力平衡的位置为界，此前做加速运动，此后做减速运动，而不是离开弹簧后才减速，A 错；当弹力和摩擦力同向，且弹力最大时，加速度最大，因此有kx 0＋μmg ＝ma m ，最大加速度为kx 0m ＋μg ，B 错；滑块向左运动的过程中，弹力与摩擦力始终同向且与滑块运动方向相反，所以滑块始终做减速运动，C 对；滑块向右运动的过程中，当弹力与摩擦力相等，即kx ＝μmg 时，速度最大，加速度为零，此时弹簧形变量x ＝μmg k，D 错．8.(2018·南通中学高一质检)如图6，水平地面上放置一斜劈，斜劈的斜面光滑，将一物块放置在斜劈上并对物块施加一平行于斜劈斜面向下的力F ，物块沿斜面向下运动．若斜劈始终保持静止，则下列说法正确的是( )图6A．地面对斜劈的摩擦力方向水平向右B．地面对斜劈的弹力大于斜劈与物块的重力之和C．若F增大，地面对斜劈的摩擦力也增大D．若F反向，地面对斜劈的摩擦力也反向『答案』 A『解析』设物块的质量为m，斜劈的质量为M，斜劈斜面的倾角为θ.物块在沿斜面下滑过程中，对斜劈的压力大小为mg cos θ，保持不变，方向垂直于斜面向下，由斜劈始终保持静止可知斜劈所受合力为零，则物块对斜劈的压力沿水平方向的分力mg cos θsin θ与地面对斜劈的摩擦力大小相等，方向相反，所以地面对斜劈的摩擦力方向水平向右，选项A正确．对斜劈分析可知，地面对斜劈的弹力F N等于斜劈的重力Mg与物块对斜劈的压力的竖直分力mg cos2θ之和，即F N＝Mg＋mg cos2θ<Mg＋mg，选项B错误．无论F增大还是反向，物块对斜劈的压力均不变，故地面对斜劈的摩擦力不变，选项C、D错误．9．(2019·广元市高一上学期期末)有四个物体A、B、C、D从同一地点开始运动，A、B运动的x－t图像如图7甲所示，C、D沿同一方向运动的v－t图像如图乙所示．根据图像可知下列判断中正确的是()图7A．物体A、B均做匀变速直线运动B．在0～3 s的时间内，物体A、B之间距离逐渐增大C．t＝3 s时，物体C、D的速度相同D．t＝3 s时，物体C、D之间距离最小『答案』BC『解析』x－t图像的斜率表示速度，由题图甲可知，物体A、B的位移－时间图线都是倾斜的直线，斜率都不变，故速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，A错误；由题图甲可知，在0～3 s的时间内，物体A的速度大于物体B的速度，因为物体A、B从同一地点开始运动，所以物体A、B之间距离逐渐增大，B正确；由题图乙可知，物体C、D的图线在t ＝3 s时交于一点，此时速度一定相同，C正确；由题图乙可知，前3 s内，物体D的速度较大，物体C、D之间距离随时间增大，3 s后物体C的速度较大，物体C、D之间距离随时间减小，直到物体C追上物体D，所以t＝3 s时，物体C、D之间距离最大，D错误．10．(2019·泰安一中期中)如图8所示，OA为一遵从胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点，另一端与静止在水平地面上的滑块A相连，水平地面与滑块间的动摩擦因数为μ，当绳处在竖直位置时，滑块A对地面有压力作用，B为紧靠绳的光滑水平小钉，它到天花板的距离OB等于弹性轻绳的自然长度，现用一水平力F作用于A，使之缓慢向右运动，在运动过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内)作用于A的力应()图8A．支持力逐渐增大B．摩擦力保持不变C．摩擦力逐渐增大D．F逐渐增大『答案』BD『解析』设弹性轻绳的劲度系数为k，AB的长度为h，将A向右拉一段距离后弹性轻绳的伸长量为x，如图所示，原来地面对滑块A的支持力F N1＝mg－kh，当向右拉一段后的支持，可得F N2＝F N1，故A错误；根据滑动摩擦力F f＝μF N，知力F N2＝mg－kx sin α，而sin α＝hx摩擦力的大小保持不变，故B正确，C错误；F＝kx cos α＋F f，运动过程中x和cos α变大，F f不变，所以F变大，故D正确．11．如图9甲，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力F T之间的函数关系如图乙所示．重力加速度为g ，由图可以判断( )图9A ．图线与纵轴的交点M 的值a M ＝－gB ．图线与横轴的交点N 的值F T N ＝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1m『答案』 ABD『解析』对货物受力分析，受重力mg 和拉力F T ，根据牛顿第二定律，有F T －mg ＝ma ，得a ＝F Tm－g ；当F T ＝0时，a ＝－g ，即图线与纵轴的交点M 的值a M ＝－g ，故A 正确；当a ＝0时，F T ＝mg ，故图线与横轴的交点N 的值F T N ＝mg ，故B 正确；图线的斜率等于物体质量的倒数1m，故C 错误，D 正确．12．(2018·湛江市期末)一根不可伸长的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图10所示．设运动员质量为M ，吊椅的质量为m ，且M >m ，不计定滑轮与轻绳间的摩擦，重力加速度为g .当运动员与吊椅一起以加速度a 加速上升时，运动员竖直向下拉绳的力F T 及运动员对吊椅的压力F N 分别为( )图10A ．F T ＝(m ＋M )(a ＋g )2B ．F T ＝M (a ＋g )＋mg2C ．F N ＝(M －m )(a ＋g )2D ．F N ＝(M －m )(g －a )2『答案』 AC『解析』对整体分析，根据牛顿第二定律得，2F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得轻绳的拉力F T ＝(M ＋m )(a ＋g )2，故A 正确，B 错误；隔离对运动员分析，根据牛顿第二定律得，F T ＋F N ′－Mg ＝Ma ，解得F N ′＝Mg ＋Ma －F T ＝(M －m )(a ＋g )2，由牛顿第三定律得运动员对吊椅的压力F N ＝F N ′＝(M －m )(a ＋g )2，故C 正确，D 错误．二、实验题(本题共2小题，共12分)13．(6分)如图11所示，某小组同学利用DIS 实验装置研究支架上力的分解．A 、B 为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A 连接质量不计的细绳，并可沿固定的圆弧形轨道移动．B 固定不动，通过光滑铰链连接一轻杆，将细绳连接在杆右端O 点构成支架，调整轨道位置使得O 点位于轨道的圆心处，保持杆沿水平方向．随后按如下步骤操作：图11①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB ＝θ； ②对两个传感器进行调零；③用另一绳在O 点悬挂一个钩码，记录两个传感器读数； ④取下钩码，移动传感器A ，改变θ 角；重复上述步骤①②③④，得到图示数据表格a .(1)根据表格a ，可知A 传感器对应的是表中的力________(选填“F 1”或“F 2”)，并求得钩码质量为______ kg (保留一位有效数字，取重力加速度g ＝10 m/s 2)；(2)换用不同钩码做此实验，重复上述实验步骤，得到数据表格b .则表格b 中30°所对应的F 2 空缺处数据应为________；表格aF 1/N 1.001 0.580 … 1.002 … F 2/N －0.868 －0.291 … 0.865 … θ30°60°…150°…表格bF1/N 1.103……F2/N……θ30°60°…(3)实验中，让A传感器沿圆心为O的圆弧形(而不是其他的形状)轨道移动的主要目的是______．A．方便改变A传感器的读数B．方便改变B传感器的读数C．保持轻杆右端O的位置不变D．方便改变细绳与杆的夹角θ『答案』(1)F1(1分)0.05(1分)(2)－0.955(2分)(3)C(2分)『解析』(1)因绳子只能提供拉力，故A传感器对应的是表中力F1，对结点O受力分析有F1sin 30°＝mg，解得m≈0.05 kg.(2)对O点受力分析，O点受到F1、F2和钩码向下的拉力，根据几何关系可知，F2＝F1cos 30°＝1.103×32N≈0.955 N，因为B受到的是压力，所以F2空缺处数据应为－0.955.(3)实验中，让A传感器沿圆心为O的圆弧形轨道移动的主要目的是：保持轻杆右端O的位置不变，从而保证OB水平，故选C.14.(6分)(2018·北大附中高一期中)兴趣小组的同学们利用如图12所示的装置研究“匀变速直线运动的规律”．他们将质量为m1的物体a与质量为m2的物体b(m1<m2)通过轻绳悬挂在定滑轮上，打点计时器固定在竖直方向上，物体a通过铁夹与纸带相连接．开始时物体a与物体b均处于静止状态，之后将它们同时释放．图12图13所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，O点是这段纸带上打点计时器打下的第一个点，A 、B 、C 、D 四点是按打点先后顺序依次选取的计数点，在相邻两个计数点之间还有四个点没有画出．打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.图13(1)相邻两个计数点之间的时间间隔为________ s.(2)实验时要在接通打点计时器之________释放物体(选填“前”或“后”)．(3)将各计数点至O 点的距离依次记为s 1、s 2、s 3、s 4，测得s 2＝1.60 cm ，s 4＝6.40 cm ，则打点计时器打下C 点时物体的速度大小是________ m/s.图14(4)同学们根据测出的物体a 的上升高度s 与相应的时间t ，描绘出如图14所示的s －t 2图线，由此可以求出物体a 的加速度大小为________ m/s 2.『答案』 (1)0.1(1分) (2)后(1分) (3)0.24(2分) (4)0.80(2分)『解析』 (1)因为相邻两个计数点之间还有四个点没有画出，故相邻两个计数点之间的时间间隔为0.02 s ×5＝0.1 s.(2)实验时要在接通打点计时器之后释放物体．(3)打下C 点时物体的速度大小为v C ＝s BD 2T ＝(6.40－1.60)×10－22×0.1m/s ＝0.24 m/s.(4)因为s ＝12at 2，根据s －t 2图线可得a ＝0.80 m/s 2.三、计算题(本题4小题，共40分)15．(8分)出租车上安装有速度表，计价器里安装有里程表和时间表，出租车载客后，从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s 时，速度表显示54 km/h. (1)求这时出租车离出发点的距离；(2)出租车以相同的加速度继续做匀加速直线运动，当速度表显示108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动．当时间表显示10时12分35秒时，计价器里程表示数应为多少？(出租车启动时，里程表示数为零)『答案』 (1)75 m (2)2 700 m『解析』 (1)v 1＝54 km/h ＝15 m/s ，根据速度公式，得到a ＝v 1t 1＝1510 m/s 2＝1.5 m/s 2(1分)再根据位移公式，得到x 1＝12at 12＝12×1.5×102 m ＝75 m(1分) 这时出租车距出发点75 m(2)v 2＝108 km/h ＝30 m/s ，根据v 22＝2ax 2(1分)得出租车匀加速运动过程的位移x 2＝v 222a ＝3022×1.5m ＝300 m(1分) 设经历的时间为t 2，根据v 2＝at 2(1分)得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s(1分) 这时出租车时间表应显示10时11分15秒．出租车匀速运动的时间t 3＝80 s ，匀速运动的位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m ＝2 400 m(1分) 所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示的示数为x ＝x 2＋x 3＝(300＋2 400) m ＝2 700 m(1分)16．(10分)“娱乐风洞”是集高科技与惊险于一体的娱乐项目，表演者通过调整身姿，来改变所受的向上风力的大小，人体可上下移动的空间总高度为H .假设站立时表演者所受的向上风力为体重的14，横躺时表演者所受的向上风力为体重的2倍．如图15所示，表演开始时开启风力，表演者先以站立身姿从A 点由静止下落，经过B 点时立即调整为横躺身姿，运动到最低点C 处恰好减速为零，重力加速度为g ，求：图15(1)表演者在AB 段运动时的加速度大小；(2)BC 段的距离．『答案』 (1)34g (2)37H『解析』 (1)设表演者质量为m ，站立时由牛顿第二定律得mg －F 1＝ma 1(1分)F 1＝14mg (1分) 解得a 1＝34g (1分) (2)横躺时由牛顿第二定律得：F 2－mg ＝ma 2(1分)F 2＝2mg (1分)解得a 2＝g (1分)设AB 段距离为h 1，BC 段距离为h 2，到达B 点时速度为v ，则加速过程：v 2＝2a 1h 1(1分)减速过程：v 2＝2a 2h 2(1分)又H ＝h 1＋h 2(1分)解得h 2＝37H .(1分) 17．(10分)(2019·湛江市期末)质量为m 2＝2 kg 的长木板A 放在水平面上，与水平面之间的动摩擦因数为0.4；物块B (可看作质点)的质量为m 1＝1 kg ，放在木板A 的左端，物块B 与木板A 之间的动摩擦因数为0.2.现用一水平向右的拉力F 作用在木板A 的右端，让木板A 和物块B 一起向右做匀加速运动，如图16所示．当木板A 和物块B 的速度达到2 m/s 时撤去拉力，两者停止运动时物块B 恰好滑到木板A 的右端，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2，求：图16(1)在拉力F 作用下，要使木板A 和物块B 不发生相对滑动，求拉力F 的最大值；(2)撤去拉力后木板A 的滑动时间；(3)木板A 的长度．『答案』 (1)18 N (2)0.4 s (3)0.6 m『解析』 (1)当木板A 和物块B 刚要发生相对滑动时，拉力达到最大以B 为研究对象，由牛顿第二定律得μ1m 1g ＝m 1a 1(1分)可得a 1＝μ1g ＝2 m/s 2(1分)再以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 1(1分)故得最大拉力：F ＝18 N(1分)(2)撤去F 后A 、B 均做匀减速运动，B 的加速度大小仍为a 1，设此时A 的加速度大小为a 2，则以A 为研究对象，由牛顿第二定律得μ2(m 1＋m 2)g －μ1m 1g ＝m 2a 2，(1分)解得a 2＝5 m/s 2(1分)故A 滑动的时间t ＝v a 2＝25s ＝0.4 s ．(1分) (3)撤去F 后A 滑动的距离x 1＝v 22a 2＝222×5m ＝0.4 m(1分) B 滑动的距离x 2＝v 22a 1＝222×2m ＝1 m ，(1分) 故木板A 的长度L ＝x 2－x 1＝0.6 m ．(1分)18．(12分)(2018·上海中学高一月考)水平面上固定一斜面体，其斜面足够长且光滑，倾角α＝53°，水平面与斜面的交界处为一小段光滑圆弧(图中未画出)，一质量为m ＝2 kg 的小物块静止于A 点，现在对小物块施加一与水平方向成α＝53°的恒力F ，如图17甲所示．小物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，在AB 段运动的速度－时间图像如图乙所示，到达B 点时迅速撤去恒力F .(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)图17(1)求小物块所受到的恒力F 的大小；(2)求小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间；(3)小物块能否返回A 点？若能，计算小物块通过A 点时的速度大小；若不能，计算小物块停止运动时离B 点的距离．『答案』 (1)11 N (2)0.5 s (3)不能 0.4 m『解析』 (1)由题图乙可知，小物块在AB 段运动的加速度大小a 1＝Δv Δt ＝2.0－04.0－0m/s 2＝0.5 m/s 2(1分)以小物块为研究对象，根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1(1分)得F ＝ma 1＋μmgcos α＋μsin α＝2×0.5＋0.5×2×100.6＋0.5×0.8N ＝11 N(1分) (2)由题图乙可知，小物块到达B 点时的速度大小v B ＝2.0 m/s(1分)在BC 段运动时，有mg sin α＝ma 2(1分)得a 2＝g sin α＝8 m/s 2(1分)小物块沿斜面从B 点运动到最高点所用时间与从最高点回到B 点所用时间相等，有t 总＝2v B a 2＝2×2.08 s ＝0.5 s(1分) (3)小物块从B 向A 运动过程中，有μmg ＝ma 3(1分)得a 3＝μg ＝0.5×10 m/s 2＝5 m/s 2(1分)滑行的位移大小x ＝v B 22a 3＝2.022×5m ＝0.4 m(1分) 而x AB ＝v B 2t ＝2.02×4.0 m ＝4.0 m(1分) 因x <x AB ，故小物块不能返回A 点，停止运动时离B 点的距离为0.4 m ．(1分)。

2020-2021学年物理新教材人教版必修第一册分级训练：模块综合检测(二) Word版含解析

模块综合检测(二)(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.每小题只有一个选项符合题目要求)1.足球运动是一项古老的健身体育活动,源远流长.关于被踢向空中的足球,下列说法正确的是()A.足球被踢出后,受到重力、推力、空气阻力B.足球能在空中运动是因为惯性,速度越大,惯性越大C.研究足球的运动轨迹时可以将足球视为质点D.若足球不受空气阻力,足球将沿着水平方向一直运动下去解析:足球在空中运动时受到重力和空气阻力,选项A错误;惯性大小只和物体质量有关,和速度大小无关,选项B错误;研究足球的运动轨迹时可以忽略足球的大小,故可视为质点,选项C正确;在空中运动的足球受到重力,最终会落回地面,选项D错误.答案:C2.竖直墙面上有一只壁虎沿水平直线加速运动,此过程中壁虎受到摩擦力的方向是()A.斜向右上方B.斜向左上方C.水平向左D.竖直向上解析:由于壁虎向左做加速直线运动,即壁虎所受合力水平向左,在竖直平面内壁虎受重力、摩擦力,由平行四边形定则可知,摩擦力方向斜向左上方,故选项A、C、D错误,选项B正确.答案:B3.押加是一项体育项目,又称为大象拔河.比赛中,两个人用腿、腰、肩和颈的力量拖动布带奋力互拉,如图所示.如果布带质量不计,且保持水平,甲、乙两人在押加比赛中甲获胜,则下列说法正确的是()A.甲对乙的拉力大小始终大于乙对甲的拉力大小B.甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小C.甲把乙加速拉过去时,甲对乙的拉力大小大于乙对甲的拉力大小D.只有当甲把乙匀速拉过去时,甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小解析:甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力,大小始终相等,与运动状态无关,故选项B正确.答案:B4.如图所示,木板B放在光滑的水平面上,木块A放在B的上面,A的右端通过不可伸长的轻绳固定在直立墙壁上,用水平拉力F向左拉动B,使B以速度v做匀速运动,这时绳水平,绳拉力为F T.下列说法正确的是()A.拉力F T与拉力F大小相等B.木块A受到的是静摩擦力,大小等于F TC.木板B受到一个静摩擦力、一个滑动摩擦力,合力大小等于FD.若木板B以2v的速度匀速运动,则拉力为2F解析:A、B之间有相对运动,所以A、B之间的摩擦力是滑动摩擦力;对A 进行受力分析可知,B对A的滑动摩擦力F f=F T;对B进行受力分析可知,水平方向B受拉力F和A对B的滑动摩擦力F f',由牛顿第三定律可知F f'=F f,B 做匀速直线运动,所受合力为0,所以F=F f',所以F T=F.综上所述,选项A正确.答案:A5.某军事试验场正在平地上试验地对空导弹,若某次竖直向上发射导弹时发生故障,导弹的v-t图像如图所示,则下述说法正确的是()A.在0~1 s内导弹匀速上升B.在1~2 s内导弹静止不动C.3 s末导弹的加速度方向改变D.5 s末导弹恰好回到出发点解析:由题图可知,0~1 s内导弹的速度随时间均匀增加,故导弹做匀加速直线运动,故A错误;1~2 s内物体的速度一直不变,故导弹是匀速上升,故B错误;3 s末图线的斜率没发生改变,故加速度方向没变,故C错误;前3 s 内物体在向上运动,上升的高度为m=60 m;3到5 s内导弹下落,下落高度为×2×60 m=60 m,故说明导弹5 s 末的位移为零,回到出发点,故D 正确.答案:D6.如图所示,甲、乙、丙三个物体质量相同,与水平地面间的动摩擦因数相同,分别受到三个大小相同的作用力F ,当它们滑动时,受到的摩擦力的大小关系是 ( )甲乙丙A.甲、乙、丙所受摩擦力相同B.甲受到的摩擦力最大C.乙受到的摩擦力最大D.丙受到的摩擦力最大解析:三个物体沿地面滑动,受到的摩擦力均为滑动摩擦力,且F f =μF N .F N 甲=mg -F sin θ,F N 乙=mg +F sin θ,而F N 丙=mg ,因此,乙受到的摩擦力最大,甲受到的摩擦力最小,选项C 正确.答案:C7.蹦极是一项非常刺激的体育运动.某人身系弹性绳自高空P点自由下落,图中a点是弹性绳的原长位置,c点是人所到达的最低点,b点是人静止悬吊时的位置,人在从P点落下到最低点c的过程中(忽略空气阻力) ()A.人在Pa段做自由落体运动,处于完全失重状态B.人到a点后由于绳的拉力作用,开始做减速运动C.在bc段绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态D.在c点,人的速度为0,加速度为0解析:人在Pa段只受重力,做自由落体运动,处于完全失重状态;在ab段,人虽然受到绳子的拉力,但绳子的拉力小于重力,继续做加速运动;在bc 段绳的拉力大于人的重力,人处于超重状态;在c点,人的速度为0,此时拉力大于重力,加速度向上.综上分析,选项A正确.答案:A8.一辆轿车和一辆卡车在同一平直公路上相向匀速直线行驶,速度大小均为30 m/s.为了会车安全,两车车头距离为100 m 时,两车同时开始减速,轿车和卡车的加速度大小分别为5 m/s2和10 m/s2,两车速度减小为20 m/s时,又保持匀速直线运动,轿车车身长5 m,卡车车身长15 m,则两车的错车时间为()A.0.3 sB.0.4 sC.0.5 sD.0.6 s解析:设轿车减速到v=20 m/s所需时间为t1,运动的位移为x1,则有t1==s=2 s,x1=t1=×2 m=50 m.设卡车减速到v=20 m/s所需时间为t2,运动的位移为x2,则有t2==s=1 s,x2=t2=×1 m=25 m,故在2 s末时,两车车头的间距为Δx=l-x1-x2-v(t1-t2)=5 m.从2 s后,两车车头相遇还需要的时间为t',则有Δx=vt'+vt',解得t'=s,两车车尾相遇还需要的时间为t″,则有Δx+5 m+15 m=vt″+vt″,解得t″=s,故错车时间为Δt=t″-t'=0.5 s,故选项C正确.答案:C二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分.每小题有多个选项符合题目要求.全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.升降机地板上水平放置一完好的盘秤,现往盘秤上放一质量为m的物体,当秤的示数为0.8mg时,升降机可能做的运动是()A.加速上升B.减速下降C.减速上升D.加速下降答案:CD10.如图所示,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮.一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态.现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止,则在此过程中()A.水平拉力的大小可能保持不变B.M所受细绳的拉力大小一直增大C.M所受斜面的摩擦力大小一直增大D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大解析:分别以物块N、M为研究对象,受力分析如图甲、乙所示.甲乙由图甲可知,N在水平向左的拉力F作用下,缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中,水平拉力F逐渐增大,绳子拉力F T逐渐增大. 对M进行受力分析可知,若起初M受到的摩擦力F f沿斜面向下,则随着绳子拉力F T的增大,则摩擦力F f逐渐增大;若起初M受到的摩擦力F f沿斜面向上,则随着绳子拉力F T的增大,摩擦力F f可能先减小后增大.故选项B、D正确.答案:BD11.如图甲所示,光滑水平面上静置一块薄长木板,长木板上表面粗糙,其质量为m0.t=0时,质量为m的木块以速度v水平滑上长木板,此后木板与木块运动的v-t图像如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()甲乙A.m0=mB.m0=2mC.木板的长度为8 mD.木板与木块间的动摩擦因数为0.1解析:木块在木板上运动过程中,在水平方向上只受到木板的滑动摩擦力,设木块的加速度为a,则μmg=ma,而v-t图像的斜率表示加速度,故a= m/s2=2 m/s2,解得μ=0.2,选项D错误.设木板的加速度为a0,对木板进行受力分析可知μmg=m0a0,a0=m/s2=1 m/s2,解得m0=2m,选项A错误,选项B正确.从题图乙可知木块和木板最终分离,二者的v-t图线与t轴所围的面积之差等于木板的长度,故l=×(7+3)×2 m-×2×2 m=8 m,选项C正确.答案:BC12.为保障市民安全出行,有关部门规定:对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查.图甲所示为乘客在进入火车站乘车前,将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检査时的情景.图乙所示为水平传送带装置示意图.紧绷的传送带始终以v=1 m/s的恒定速率运行,乘客将一质量为4 kg的行李无初速度地放在传送带左端的a点,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,a、b间的距离为2 m,g取10 m/s2.下列速度—时间(v-t)图像和位移—时间(x-t)图像,能正确反映行李在a、b之间的运动情况的是()甲乙A B C D解析:本题以传送带为模型考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用,解决本题的关键是清楚行李在传送带上的运动规律,通过牛顿第二定律和运动学公式综合求解.行李放上传送带后,受到向右的摩擦力,加速度为a==μg=1 m/s2,行李做匀加速直线运动,速度达到传送带速度经历的时间为t1==1 s,而匀加速的位移x1=a=0.5 m<2 m,故此后的x2=1.5 m做匀速直线运动,v=1 m/s,时间t2==1.5 s.行李先匀加速再匀速,速度—时间图像为倾斜直线和平行于t轴的直线,选项A正确,选项B错误;位移—时间图像为抛物线和倾斜直线,选项C正确,选项D错误.答案:AC三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)如图甲所示,某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验.所用器材:铁架台、长木板、铁块、刻度尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交变电源、纸带等.回答下列问题:(1)铁块与木板间动摩擦因数μ=(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示).甲(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角θ=30°.接通电源,开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下.多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图乙所示.图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出),g取9.8 m/s2.可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为(结果保留2位小数).乙解析:(1)由mg sin θ-μmg cos θ=ma,解得μ=.(2)由逐差法a=得sⅡ=(76.39-31.83)×10-2m=0.445 6 m,t=0.1 s,sⅠ=(31.83-5.00)×10-2m=0.268 3 m,故a=1.97 m/s2,代入μ=,解得μ=0.35.答案:(1)(2)0.3514.(9分)甲、乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验.实验中,甲同学负责释放金属小球,乙同学负责在小球自由下落的时候拍照.已知相机每间隔0.1 s拍1幅照片.(1)若要从拍得的照片中获取必要的信息,在此实验中还必须使用的器材是.A.刻度尺B.停表C.光电门D.天平(2)简述你选择的器材在本实验中的使用方法..(3)实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5 cm、ac=58.7 cm,则该地的重力加速度大小为g=m/s2.(结果保留2位有效数字)解析:(1)此实验用数码相机替代打点计时器,但实验原理是相同的,仍然需要用刻度尺测量点与点之间的距离,所以要从拍得的照片中获取必要的信息,还必须使用的器材是刻度尺,故选项A正确.(2)将刻度尺竖直放置,使小球下落时尽量靠近刻度尺.(3)根据匀变速直线运动的规律Δh=gt2,该地的重力加速度大小为g=m/s2=9.7 m/s2.答案:(1)A(2)将刻度尺竖直放置,使小球下落时尽量靠近刻度尺(3)9.715.(10分)一个质量为m=60 kg的人站在电梯内,当电梯沿竖直方向从静止开始匀加速下降时,人的受力情况如图所示,其中电梯底板对人的支持力为F N=480 N,g取10 m/s2.求:(1)电梯加速度a的大小;(2)电梯运动时间t=0.5 s时,电梯的速度大小.解析:(1)人受重力和支持力,根据牛顿第二定律,mg-F N=ma,解得a=2 m/s2.(2)电梯做初速度为0的匀加速直线运动,根据速度与时间的关系,v=at=2×0.5 m/s=1 m/s.答案:(1)2 m/s2(2)1 m/s16.(10分)在倾角为α的斜面上有一辆质量为m0的小车,在牵引力F的作用下沿斜面向上做匀减速直线运动,小车上悬挂一个质量为m的小球,小车与斜面间的动摩擦因数为μ,如图所示,悬挂小球的悬线与斜面垂直且小球与小车相对静止.重力加速度为g.试求此时小车所受的牵引力的大小.解析:以小球与小车整体为研究对象,进行受力分析并建立如图所示的直角坐标系.由牛顿第二定律,有沿斜面方向:F f-F+(m0+m)g sin α=(m+m0)a,垂直斜面方向:F N-(m0+m)g cos α=0,F f=μF N,联立上述三式,解得F=μ(m+m0)g cos α .答案:μ(m+m0)g cos α17.(12分)如图所示,一质量m0=5 kg、长l=5 m的平板车静止在光滑的水平地面上,平板车上表面距地面的高度h=0.8 m,一质量m=1 kg可视为质点的滑块以v0=8 m/s的水平初速度从左端滑上平板车,滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2.(1)分别求出滑块在平板车上滑行时,滑块与平板车的加速度大小;(2)求滑块经过多长时间滑动到平板车的右端.解析:(1)对滑块,μmg=ma1,a1=μg=5 m/s2;对平板车,μmg=m0a2,解得a2==m/s2=1 m/s2.(2)设经过t时间滑块从平板车上滑出,滑块的位移x1=v0t1-a1,平板车的位移x1'=a2,根据几何关系,有x1-x1'=l,联立解得t1=s或1 s,因为1 s时滑块已经滑到右侧,故s舍去.答案:(1)5 m/s2 1 m/s2(2)1 s18.(13分)如图所示,斜面与水平面的夹角为37°,物体A的质量为2 kg,与斜面间的动摩擦因数为0.4.sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2;假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.(1)求A受到斜面的支持力大小.(2)若要使A在斜面上静止,求物体B的质量的最大值和最小值.解析:(1)对A进行受力分析,如图所示.(摩擦力方向不能确定,假设沿斜面向下)根据正交分解,y轴上合力为0,即F N=m A g cos 37°,代入数据可得F N=16 N,所以A受到斜面的支持力大小为16 N.(2)根据题意,物体A与斜面之间的最大静摩擦力F fmax=μF N=6.4 N.当物体A受到的摩擦力等于最大静摩擦力,且方向沿斜面向上时,根据受力平衡有F T1+F fmax=m A g sin 37°,此时拉力F T1最小;当物体A受到的摩擦力等于最大静摩擦力,且方向沿斜面向下时,根据受力平衡有F T2=F fmax+m A g sin 37°,此时拉力F T2最大.B物体也处于平衡状态,由受力分析得F T1=m B1g,F T2=m B2g,解得F T1=5.6 N,F T2=18.4 N,则物体B的质量的最小值m B1=0.56 kg,物体B的质量的最大值m B2=1.84 kg.答案:(1)16 N(2)1.84 kg0.56 kg。

高中物理模块综合测评(一)同步训练新人教版必修1

模块综合测评(一)(时间：90分钟，满分：100分)说明：本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将第Ⅰ卷的选择题的答案填入答题栏内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答，共100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．(2009四川绵阳高一检测)一辆汽车在水平路面上沿直线加速行驶，下列关于汽车惯性大小的说法，正确的是A ．速度越来越大，惯性越来越大B ．质量不变，惯性不变C ．牵引力越来越大，惯性越来越大D ．加速度越来越大，惯性越来越大2．一只小昆虫从仰放的半球面形小碗内的最低点，沿碗壁向上缓慢地爬行，在其滑落之前的爬行过程中，关于它的受力情况，下列说法正确的是A ．弹力逐渐增大B ．摩擦力逐渐增大C ．摩擦力逐渐减小D ．碗对小昆虫的作用力逐渐增大3．以35 m/s 的初速度竖直向上抛出一个小球，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.以下判断正确的是A ．小球到最大高度时的速度为0B ．小球到最大高度时的加速度为0C ．小球上升的最大高度为61.25 mD ．小球上升阶段所用的时间为3.5 s4．(2008江苏高考，3)如图所示，一质量为M 的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F 始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g.现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球篮中减少的质量为A ．2(M －F g )B ．M －2F gC ．2M －F gD ．0 5．如图所示，一同学沿一直线行走，现用频闪照相记录了他行走中的9个位置，观察图片，能比较正确反映该同学运动的速度—时间图象的是6．(2008海南高考，2)如图，质量为M 的楔形物块静止于水平地面上，其斜面的倾角为θ.斜面上有一质量为m 的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F 沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑，在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为A．(M＋m)g B．(M＋m)g－FC．(M＋m)g＋Fsinθ D．(M＋m)g－Fsinθ7．(2009山东滨州高一检测)下列说法正确的是A．甲乙两队拔河，甲队获胜的原因是甲队拉绳子的力大于乙队拉绳子的力B．以卵击石，鸡蛋破碎，原因是鸡蛋对石头的作用力比石头对鸡蛋的作用力小C．汽车牵引力产生的原因是由于驱动轮向后推地面，地面给车轮一个向前的反作用力D．放在水平桌面上的书，其重力和桌面对它的支持力是作用力和反作用力8．游乐园中，乘客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重或失重的感觉，下列描述正确的是A．当升降机加速上升时，游客是处在失重状态B．当升降机减速下降时，游客是处在超重状态C．当升降机减速上升时，游客是处在失重状态D．当升降机加速下降时，游客是处在超重状态9．在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，相互猛推一下分别向相反方向运动，假定两板与冰面间的动摩擦因数相同，已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于A．推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力B．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间C．在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度D．在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小10．(2009四川绵阳高一检测)如图所示，在光滑水平面上有一物块在水平恒定外力F 的作用下从静止开始运动，在其正前方有一根固定在墙上的轻质弹簧，从物块与弹簧接触到弹簧压缩量最大的过程中，下列说法正确的是A．物块接触弹簧后一直做减速运动B．物块接触弹簧后先做加速运动后做减速运动C．当物块的加速度等于零时，速度最大D．当弹簧压缩量最大时，物块的加速度等于零第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、本题4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上．11．利用打点计时器测定做匀加速直线运动小车的加速度，打点计时器每隔0.02 s打一个点．如左下图为某同学做实验时打出的一条纸带，纸带上A、B、C、D是每打五次点的时间作为时间单位的计数点，从刻度尺中可以得到x AB＝______cm、x CD＝______cm，打C点的速度v C＝______m/s，小车的加速度大小a＝______m/s2.12．(2009山东滨州高一检测)如右上图所示，在做“探究合力的方法”的实验中，两个弹簧测力计分别钩住两细绳套，互成角度地拉橡皮条使之伸长，结点到达某一位置O时，需记下______的位置、两弹簧测力计的示数、描下__________；再用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，使结点达到位置______，再记下弹簧测力计的示数，描下________________．13．如图所示，光滑水平面上质量分别为m A＝2.5 kg、m B＝5 kg的两个物体，从静止开始在F=15 N水平外力的作用下经过 5 s发生的位移是，A对B作用力的大小是.14．如图所示，重力为40 N的物体与竖直墙壁间的动摩擦因数μ＝0.4，若用斜向上F＝50 N的推力托住物体，使物体处于平衡状态，这时物体受到的摩擦力是______；要使物体匀速下滑，推力F的大小应变为______．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)三、本题共4小题，15、16题各8分，17、18题各12分，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．15．随着社会的发展，微型汽车越来越多地进入了普通百姓家．在微型汽车的随车工具中，有一种替代“液压千斤顶”的简单机械顶，其结构如图所示，AB、BC、CD、DA为四根相同的钢管，A、B、C、D四点用铰链相连接，BD为一螺栓，其螺母在D点外侧，此“顶”在工作时，不断拧紧D外螺母，使BD间距离变小，从而使AC间距离增大，以达到顶起汽车一个轮子的目的．若某微型汽车重1.2 t，在修理汽车的一个轮胎时，将汽车的这个轮子顶起，在轮子刚好离地时，AB、BC成120°角，求此时钢管的作用力约多大？(假设轮子被顶起时A端受到的压力等于车的重力，取g＝10 m/s2)．16．在水平地面上有一个质量为4 kg的物体，物体在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，10 s后拉力减为F/3,30 s末物体静止．此物体的vt图象如图所示，则水平拉力F多大？物体与地面之间的动摩擦因数μ是多少？(取g＝10 m/s2)17．某校课外活动小组，自制一枚土火箭，火箭在地面时的质量为3 kg.设火箭发射实验时，始终在垂直于地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过 4 s 到达离地面40 m高处燃料恰好用完．若空气阻力忽略不计，g取10 m/s2.求：(1)燃料恰好用完时火箭的速度为多大？(2)火箭上升离地面的最大高度是多大？(3)火箭上升时受到的最大推力是多大？18．(2009北京西城高三一检)如图所示为一滑梯的示意图，滑梯的长度AB为x＝5.0 m，倾角θ＝37°.BC段为与滑梯平滑连接的水平地面．一个小孩从滑梯顶端由静止开始滑下，离开B点后在地面上滑行了x′＝2.25 m后停下．小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ0＝0.3.不计空气阻力．取g＝10 m/s2.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小孩沿滑梯下滑时的加速度a的大小；(2)小孩滑到滑梯底端B时的速度v的大小；(3)小孩与地面间的动摩擦因数μ.答案与解析模块综合测评(一)1．B 物体的惯性只和质量有关，和物体所处的状态及受力情况无关，B 正确．2．B 因为小昆虫缓慢地爬行，所以它在爬行的过程中可看做受力平衡，碗对小昆虫的作用力(支持力和摩擦力的合力)等于昆虫的重力，不变，D 错；小昆虫越向上爬，重力沿碗壁向下的分力越大，它受到的向上的摩擦力越大，但对碗壁的压力越来越小，故受到的支持力越来越小，A 、C 错误、B 正确．3．ACD 小球上升的最大高度h ＝v 22g ＝3522×10m ＝61.25 m ，小球上升阶段所用的时间t ＝v g ＝3510s ＝3.5 s ，小球在最高点的速度为零，加速度仍是g ，故A 、C 、D 正确． 4．A 由题意可知，气球匀速升降时所受空气阻力等大，设为F f ，设减少的质量为m ，则匀速下降时有：Mg ＝F ＋F f ，则匀速上升时有：(M －m)g ＋F f ＝F ，由上两式解得m ＝2(M －F g)，A 正确． 5．C 从该同学的照片可以看出，他先做加速运动，之后再反向做匀速运动，因而只有选项C 中的图象能够比较正确地反映该同学运动的速度情况．6．D 将M 、m 看做一个整体，整体处于平衡状态，整体在各个方向上受到的合力为零，在竖直方向有FN ＋Fsin θ＝(M ＋m)g ，FN ＝(M ＋m)g －Fsin θ.7．C 甲乙两队拔河，无论哪方胜，两队拉绳子的力都是相等的；卵击石，石头和鸡蛋之间的力是一对相互作用力，它们大小相等，只是鸡蛋承受力的大小远小于石头而破碎；汽车前进的原因是由于驱动轮向后推地面，地面给车轮一个向前的反作用力；放在水平桌面上的书，其重力和桌面对它的支持力是一对平衡力，而不是一对作用力和反作用力，只有C 正确．8．BC A 、B 两个选项中，游客的加速度均向上，游客处于超重状态．C 、D 两个选项中，游客的加速度均向下，游客处于失重状态．故正确的描述是B 、C 两个选项．9．C 甲和乙之间的相互作用力，是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知A 、B 都是错误的．他们在分开后，水平方向只受摩擦力作用，加速度大小a ＝μmg m＝μg ，D 错误．在分开后加速度相同的情况下，甲滑行得比乙远，说明在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度，C 正确．10．BC 物体接触弹簧后，弹簧被压缩，物体受到弹簧的阻力，做加速度减小的加速运动，随着弹簧的进一步压缩，弹力增大，当弹力增加到和外力F 相等时，加速度减小到零，此时物体的速度最大．物体继续运动，弹簧继续被压缩，弹力大于外力F ，物体做加速度增大的减速运动，当物体速度减为零时，加速度达到最大，B 、C 正确．11．答案：1.20 2.20 0.195 0.50解析：由图可知，A 、B 、C 、D 四点对应的刻度分别是0、1.20 cm 、2.90 cm 、5.10 cm ，则x AB ＝1.20 cm ，x BC ＝x C －x B ＝2.90 cm －1.20 cm ＝1.70 cm ，x CD ＝x D －x C ＝5.10 cm －2.90 cm ＝2.20 cm ，v C ＝x BC ＋x CD 2T ＝1.70＋2.202×0.1×10－2 m/s ＝0.195 m/s 根据x CD －x AB ＝2aT 2，a ＝x CD －x AB 2T 2＝2.20－1.202×0.12×10－2 m/s 2＝0.50 m/s 2. 12．答案：O 点两细绳的方向 O 细绳的方向13．答案：25 m 10 N解析：以A 、B 整体为研究对象，a ＝F m A ＋m B ＝157.5m/s 2＝2 m/s 2 经过5 s 发生的位移x ＝12at 2＝12×2×52 m ＝25 m. 以物体B 为研究对象，F′＝m B a ＝5×2 N＝10 N.14．答案：10 N 43.5 N解析：对物体受力分析如图所示，因为Fsin37°=50×0.6 N=30 N<G ，所以物体静止但有下滑的趋势，静摩擦力方向向上，故有Fsin37°+Ff-G=0，Ff=10 N ．匀速下滑时，在垂直于墙壁方向有：Fcos37°-FN=0，沿墙壁方向有：Fsin37°+μFN-G=0，解得F=43.5 N.15．答案：6.9×103 N解析：设钢管的作用力为F T ，对A 端受力分析如图所示，A 端受三个力而平衡：两管的作用力F T 和车对A 端的压力F ，这三个力的合力为零，则两管的作用力F T 的合力等于压力F＝mg ，由几何关系得F T ＝mg/2cos30°＝33mg ＝6.9×103 N. 16．答案：9 N 18解析：根据图线知加速阶段的加速度a 1＝Δv Δt ＝10－010m/s 2＝1 m/s 2，第二段减速运动的加速度a 2′＝Δv Δt ＝0－1020m/s 2＝－0.5 m/s 2，加速度大小a 2＝0.5 m/s 2.根据牛顿第二定律，对上述两段过程分别列方程得：F －μmg ＝ma 1 μmg －F 3＝ma 2，联立代入数值得：F ＝9 N ，μ＝18. 17．答案：(1)20 m/s (2)60 m (3)45 N解析：设燃料用完时火箭的速度为v ，火箭的加速度为a.火箭的运动分为两个过程，第一过程为匀加速上升，第二过程为竖直上抛到达最高点，对第一过程有：h 1＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1 对第二过程有h 2＝v 212g开始时火箭的质量最大，故此时的推力最大．由牛顿第二定律有F －mg ＝ma 1 联立以上各式代入数据解得v 1＝20 m/s H ＝h 1＋h 2＝60 m F ＝45 N.18．答案：(1)3.6 m/s 2(2)6 m/s (3)0.8解析：(1)小孩受力如右图所示由牛顿运动定律得：mgsin θ－μ0FN ＝ma沿垂直于斜面方向FN －mgcos θ＝0由以上两式解得a ＝gsin θ－μ0gcos θ＝3.6 m/s 2.(2)由v 2＝2ax v ＝2ax ＝6 m/s.(3)由匀变速直线运动规律0－v 2＝2a′x′由牛顿第二定律a′＝－μmg m ＝－μg ，由以上两式解得μ＝0.8.。

高中物理人教版必修一：模块综合检测(一)-word

模块综合检测(一)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分．) 1．跳水是一项优美的水上运动，图中是在双人跳台跳水比赛中，小将陈若琳和王鑫在跳台上腾空而起的英姿．她们站在离水面10 m高的跳台上跳下，若只研究运动员入水前的下落过程，下列说法中正确的是() A．为了运动员的技术动作，可将正在比赛中的运动员视为质点B．运动员在下落过程中，感觉水面在加速上升C．以陈若琳为参考系，王鑫做竖直上抛运动D．跳水过程中陈若琳和王鑫的重心位置相对她们自己是不变的解析：研究运动员的技术动作时，运动员的大小和形状不能忽略，故不可将正在比赛中的运动员视为质点，选项A错误；运动员在下落过程中做匀加速下降，故感觉水面在加速上升，选项B正确；两运动员的运动情况相同，故以陈若琳为参考系，王鑫静止，选项C错误；跳水过程中陈若琳和王鑫由于不断改变姿势，故他们的重心位置相对她们自己是变化的，选项D错误；故选B.答案：B2．一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点．已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是()A．2 m/s，3 m/s，4 m/s B．2 m/s，4 m/s，6 m/sC．3 m/s，4 m/s，5 m/s D．3 m/s，5 m/s，7 m/s解析：由题意可知B点是AC段的中间时刻，AB、BC是相邻的等时间段，所以v B＝x AC＝4 m/s，又根据Δx＝x BC－x AB＝aT2可得a＝1 m/s2，进t AC一步可得v A＝2 m/s、v C＝6 m/s，选项B正确．答案：B3．中新网2016年10月19日消息，“神舟十一号”飞船于北京时间19日凌晨3点半左右与“天宫二号”成功实施自动交会对接；在合体3小时后，两名航天员进驻“天宫二号”，并按计划开展空间科学实验．下列说法正确的是()A．“19日凌晨3点半”是时间间隔B．“3小时”是时刻C．研究“神舟十一号”和“天宫二号”对接的技术细节时，可以把它们看作质点D．合体后，以“天宫二号”为参考系，“神舟十一号”是静止的解析：“19日凌晨3点半”在时间轴上对应一个点，是时刻，故A错误；“3小时”在时间轴上对应一条线段，是时间，故B错误；研究“神舟十一号”和“天宫二号”对接的技术细节时，“神舟十一号”和“天宫二号”的大小和形状不能忽略，则不能看成质点，故C错误；合体后，两者为一个整体，以“天宫二号”为参考系，“神舟十一号”是静止的，故D正确．故选D.答案：D4.某军事试验场正在平地上试验地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，导弹的v t图象如图所示，则下述说法正确的是()A ．在0～1 s 内导弹匀速上升B ．在1～2 s 内导弹静止不动C ．3 s 末导弹的加速度方向改变D ．5 s 末导弹恰好回到出发点解析：由题图可知，0～1 s 内导弹的速度随时间均匀增加，故导弹做匀加速直线运动，故A 错误；1～2 s 内物体的速度一直不变，故导弹是匀速上升，故B 错误；3 s 末图线的斜率没发生改变，故加速度方向没变，故C 错误；前3 s 内物体在向上运动，上升的高度为（1＋3）×302m ＝60 m ；3到5 s 内导弹下落，下落高度为12×2×60 m ＝60 m ，故说明导弹5 s 末的位移为零，回到出发点，故D 正确；故选D.答案：D5．如图所示，直线a 和曲线b 分别是在平直公路上行驶的汽车a 和b 的位移－时间图象．由图可知( )A ．在时刻t 1，a 、b 两车运动方向相同B ．在时刻t 2，a 、b 两车运动方向相反C ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率先减少后增大D ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率一直比a 车的大解析：x -t 图象的斜率表示速度，从题图中看出，a 车始终静止，b 车先正向减速，减速为零后，再反向加速，因此A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C6．2016年1月9日，合肥新年车展在明珠广场举行，除了馆内的展示，本届展会还在外场举办了汽车特技表演，某展车表演时做匀变速直线运动的位移x与时间t的关系式为x＝8t＋3t2，x与t的单位分别是m和s，则该汽车()A．第1 s内的位移大小是8 mB．前2 s内的平均速度大小是28 m/sC．任意相邻1 s内的位移大小之差都是6 mD．任意1 s内的速度增量都是3 m/s解析：将t＝1 s代入到x＝8t＋3t2中得到第1 s内的位移大小x1＝11 m，选项A错误．前2 s内的平均速度大小v＝x2t＝14 m/s，选项B错误．将x＝8t＋3t2与匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋12at2对照可得初速度大小v0＝8 m/s，加速度大小a＝6 m/s2，则任意相邻1 s内的位移差是Δx＝aT2＝6×12 m＝6 m，选项C正确．任意1 s内的速度增量Δv＝at＝6×1 m/s，选项D错误．答案：C7.如图所示，在水平桌面上放一木块，用从零开始逐渐增大的水平拉力F拉着木块沿桌面运动，则木块所受的摩擦力f随拉力F变化的图象正确的是()解析：当木块不受拉力时(F＝0)，桌面对木块没有摩擦力(f＝0)．当木块受到的水平拉力F较小时，木块仍保持静止，但出现向右运动的趋势，桌面对木块产生静摩擦力，其大小与F相等，方向相反．随着水平拉力F 不断增大，木块向右运动的趋势增强，桌面对木块的静摩擦力也相应增大，直到水平拉力F足够大时，木块开始滑动，桌面对木块的静摩擦力达到最大值F max.在这个过程中，由木块水平方向二力平衡条件知，桌面对木块的静摩擦力f始终与拉力F等大反向，即随着F的增大而增大．木块滑动后，桌面对它的阻碍作用是滑动摩擦力，它小于最大静摩擦力，并且在木块继续滑动的过程中保持不变．D正确．答案：D8．将一个有确定方向的力F＝10 N分解成两个分力，已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角，另一个分力的大小为6 N，则在分解时() A．有无数组解B．有两组解C．有唯一解D．无解解析：由三角形定则作图如图所示，由几何知识知另一分力的最小值F2′＝F sin 30°＝10×12N＝5 N，而题中分力的大小为6 N，大于最小值5 N，小于F＝10 N，所以有两组解．B正确．答案：B9.如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m.物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B 紧挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是()A．物块A的加速度为0 B．物块A的加速度为g3C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为g 2解析：剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mg sin 30°＝12mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝12mg；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：a＝3mg sin 30°－F弹3m＝g3，即A和B的加速度均为g3，故选B.答案：B10．如图，将一个球放在两块光滑斜面板AB和AC之间，两板与水平面夹角都是60°.现在使AB板固定，使AC板与水平面的夹角逐渐减小，则()A．球对AC板的压力先增大后减小B．球对AC板的压力逐渐减小C．球对AC板的压力先减小后增大D．球对AC板的压力逐渐增大解析：分析球的受力如图所示，F AC和F AB的合力与球的重力G等大反向，当使AC板与水平面的夹角减小时，由图可以看出，球对AC板的压力先减小后增大，C正确．答案：C二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)11.某跳伞运动训练研究所让一名跳伞运动员从悬停在高空的直升机中跳下，研究人员利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况，通过分析数据，定性画出了运动员从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v－t图象，如图所示．则对运动员的运动，下列说法正确的是() A．0－10 s末做自由落体运动，15 s末开始做匀速直线运动B．0－15 s末都做加速度逐渐减小的加速运动C．10 s末打开降落伞，加速度的方向发生了改变D．10 s末～15 s末加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小解析：0～10 s做加速度减小的加速运动，10～15 s做加速度减小的减速运动，15 s后做匀速运动，故选项A、B均错；10 s前加速下落，10 s后减速下落，加速度的方向由竖直向下变成竖直向上，故选项C、D均对．答案：CD12.如图所示，电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)()A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2 m/s2B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2 m/s2D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2解析：电梯匀速运动时，对重物由平衡条件得mg＝F，m＝1 kg，当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物由牛顿第二定律得mg－F′＝ma，得a ＝2 m/s2，加速度方向向下，其运动情况可能向上减速或向下加速，B、C 正确．答案：BC13.如图，重力为50 N的斜面体A放置在光滑水平面上．重力为20 N 的物体B放置在斜面体上．关于A、B的受力分析，下列说法正确的是() A．若A、B均保持静止，则物体B受到斜面体A的摩擦力与斜面体A 受到物体B的摩擦力二力平衡B．无论A、B如何运动，若斜面体A受到物体B的压力为10 N．则由牛顿第三定律，斜面体A对物体B有支持力作用，大小为10 N C．若A、B均保持静止，则地面对斜面体的支持力为70 ND．若物体B加速下滑，则物体A向左加速运动解析：物体B受到斜面体A的摩擦力与斜面体A受到物体B的摩擦力为一对相互作用力，不是平衡力，A 错误；根据牛顿第三定律可得斜面体A 受到物体B 的压力和斜面体A 对物体B 有支持力是一对相互作用力等大反向，B 正确；若A 、B 均保持静止，则将两者看作一个整体，在竖直方向上有F N ＝G A ＋G B ＝70 N ，C 正确；若物体B 加速下滑，根据牛顿第三定律可得A 有一个水平向左的分力，故物体A 向左加速运动，D 正确．答案：BCD14．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v 0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g 取10 m/s 2，根据图象可求出( )图甲图乙A ．物体的初速率v 0＝3 m/sB ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x min ＝1.44 mD ．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析：由题图可知，当夹角θ＝0时，位移为2.40 m ，而当夹角为90°时，位移为1.80 m ，则由竖直上抛运动规律可得v 0＝2gh ＝2×10×1.80m/s ＝6 m/s ，故A 错误；当夹角为0时，由动能定律可得μmgx ＝12m v 20，解得μ＝362×10×2.4＝0.75，故B 正确；由－mgx sin θ－μmg cos θ＝0－12m v 20，解得x ＝v 202g sin θ＋μcos θ＝1810sin θ＋34cos θ m ＝1810×54×sin θ＋α m ，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，x ＝1.44 m ，故C 正确；若θ＝30°时，物体受到的重力的分力为mg sin 30°＝12mg ，摩擦力f ＝μmg cos 30°＝0.75×mg ×32＝338mg ，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会下滑，故D 错误．答案：BC三、非选择题(共4小题，共46分)15．(6分)某同学用如图甲所示的装置做“探究求合力的方法”实验．将一木板竖直平行放在铁架台和轻弹簧所在平面后面．其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：(1)如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O ；(2)如图乙所示，卸下钩码，然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将轻弹簧末端拉到同一位置O ，记录细绳套AO 、BO 的________及两弹簧测力计相应的读数．其中B 弹簧测力计的读数为________N ；(3)该同学在坐标纸上画出两弹簧拉力F A 、F B 的大小和方向如图丙所示，请在图丙中作出F A 、F B 的合力F ′；(4)已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F 如图丙所示，观察比较F 和F ′，得出结论：____________________________________________________________________________________．答案：(2)方向 11.40 (3)如图所示(4)在误差允许的范围内，F ＝F ′.16．(8分)云南省彝良县发生特大泥石流，一汽车停在小山坡底，司机突然发现在距坡底240 m 的山坡处泥石流以8 m/s 的初速度、0.4 m/s 2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动．已知司机的反应时间为1 s ，汽车启动后以0.5 m/s 2的加速度一直做匀加速直线运动．试分析司机能否安全脱离.解析：设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v1，v1＝v0＋a1t1解得：t1＝20 s，v1＝16 m/s而汽车在t2＝19 s的时间内发生的位移为：x2＝12a2t22＝90.25 m速度为：v2＝a2t2＝9.5 m/s假设再经时间t3，泥石流能够追上汽车，则有：v1t3＝x2＋v2t3＋12a2t23解得：t23－26t3＋361因Δ<0，方程无解，所以泥石流无法追上汽车，司机能安全脱离．答案：司机能安全脱离17．(14分)质量分别为m1和m2的两个小物块用轻绳连接，轻绳跨过位于倾角α＝30°的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的摩擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示．第一次m1悬空，m2放在斜面上，用t 表示m2自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间．第二次，将m1和m2位置互换，使m2悬空，m1放在斜面上，发现m1自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间为t3，求m1与m2之比．解析：第一次，小物块受力情况如图所示，设T1为轻绳张力，a1为两小物块加速度的大小，l为斜面长，则有m1g－T1＝m1a1，T2－m2g sin α＝m2a1，又T1＝T2，a 1＝m 1－m 2sin αm 1＋m 2g ，同理a 2＝m 2－m 1sin αm 1＋m 2g ，由运动学公式得 l ＝12a 1t 2，l ＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 32，解得m 1m 2＝1119. 答案：111918．(18分)质量为2 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A 和B 经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A 和B 的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图甲图乙(1)A 与B 上表面之间的动摩擦因数μ1；(2)B 与水平面间的动摩擦因数μ2；(3)A 的质量．解析：(1)由图象知，A 在0～1 s 内的加速度a 1＝v 1－v 2t 1＝－2 m/s 2 对A 由牛顿第二定律得－mg ·μ1＝ma 1解得：μ1＝0.2.(2)由图象知，AB 在1～3 s 内的加速度a 3＝v 3－v 1t 2＝－1 m/s 2 对AB 由牛顿第二定律：－(M ＋m )g ·μ2＝(M ＋m )a 3解得：μ2＝0.1.(3)由图象知B在0～1 s内的加速度：a2＝v1－v0′t1＝2 m/s2对B由牛顿第二定律：mgμ1－(M＋m)g·μ2＝Ma2解得：m＝6 kg.答案：(1)0.2(2)0.1(3)6 kg。

高一上学期物理必修一模块考试试题附答案.doc

高一上学期物理必修一模块考试试题附答案新课标人教版高一上学期物理（必修一）模块考试试题（附答案）高一物理（必修1）说明本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

第Ⅰ卷1～4页，第Ⅱ卷5～8页。

试卷满分100分。

考试时间为100分钟。

答卷前将密封线内的项目填写清楚。

第Ⅰ卷（选择题共46分）一、单选题本题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。

1．物体的位移随时间变化的函数关系是m，则它运动的初速度、加速度分别是A．、4m/s2 B．4m/s、2m/s2 C．4m/s、1 m/s2 D．4m/s、4m/s2 2．下列关于惯性的说法中，正确的是A．物体只有在突然运动或突然停止时才有惯性B．物体的质量越大或速度越大，其惯性也就越大C．在太空中飞行的航天飞机内的物体，其惯性因物体失重而消失D．惯性是物体的属性，只与质量有关，与物体的运动状态无关3．如图1所示，弹簧秤和细绳重力不计，不计一切摩擦，物体重G＝10N，弹簧秤A和B的读数分别为A．10N，0N B．10N，20N C．10N，10N D．20N，10N 4．一块石头从楼房阳台边缘向下做自由落体运动。

把它在空中运动的总时间分为相等的三段，如果它在第一段时间内的位移是1.2m，那么它在第三段时间内的位移是A．1.2m B．3.6m C．6.0m D．10.8m 5.如图2甲所示，某一同学沿一直线行走，现用频闪照相机记录了他行走过程中连续9个位置的图片，请你仔细观察该图片，则在图乙中能接近真实反映该同学运动的图象的是6．图3中物体A受力个数为三个的有A．①B．①②C．①④D．①③④7．物体由静止开始从斜面顶端向下做匀加速运动，滑到斜面底端时的速度为，则物体滑到斜面中点时的速度是A．B．C．D．8.对于站在电梯里的人，以下说法中正确的是A．电梯向下加速时，电梯对人的支持力大于重力B．电梯减速下降时，电梯对人的支持力大于重力C．电梯对人的支持力在电梯上升时总比下降时大D．人对电梯的压力在电梯下降时总比上升时大9.在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图4所示，在物块与弹簧接触后，将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是A．物块接触弹簧后立即做减速运动B．物块接触弹簧后先加速后减速C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度等于零D．当物块的速度为零时，它所受的合力也为零10．如图5所示，在同一平面内的4个力作用在一个物体上，其合力为零。

人教版高中物理1模块综合测试卷分析版.doc

精品文档人教版高中物理必修1模块综合测试卷(时间 :90分钟 ,满分 :100分)一、选择题 (本题共 10小题 ,每小题 4分 ,共40分。

在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确 ,全选对的得 4分 ,选对但不全的得2分 ,有选错或不答的得0分)1. 2008年 9月 27日 ,穿”飞天”舱外航天服的翟志刚进行了25分 23秒的舱外活动 ,成功返回轨道舱中。

在翟志刚舱外活动期间 ,飞船飞过了 9 165千米 ,因此翟志刚成为中国”飞得最高、走得最快”的人。

关于翟志刚的运动 ,下列描述正确的是 ( BD )A.说翟志刚是“走得最快”的人，是以飞船为参考系B.说翟志刚是“走得最快”的人，是以地心为参考系C.舱外活动时间“25分 23秒”，指的是时刻D.舱外活动时间“25分 23秒”，指的是时间2.据报道,到2011年底,由英国汽车工程师所设计的超音速汽车”侦探犬”即将正式开始试行(如图所示)。

”侦探犬”汽车号称是世界上速度最快的汽车 ,能够在短短的 40 s内从静止加速到 1 609 km/h 的速度。

而一架飞机在跑道上从静止开始起飞 ,速度增加到 300 km/h 需要 30 s,由此可知”侦探犬”汽车的平均加速度与飞机起飞过程的平均加速度之比约为()A.4 ∶ 1B.4∶ 3C.3 ∶ 1D.16∶ 33.如图 ,在水平力 F作用下 ,A 、B保持静止。

若 A 与 B的接触面是水平的,且 F不等于 0,则关于 B的受力个数可能为( B )A.3B.4C.5D.6的夹角为悬绳对工人的拉力大小为F1墙壁对工人的弹力大小为F2空中作业时工人与玻璃的水平距离为定值 ,则( BC)F1 mgsin A.B. F2 GcotC.在空中统一位置作业,当桶中的水不断减少F1 与F2 同时减少D.若缓慢增加悬绳的长度F1减小 F2增大5.在下列所给的质点位移图象和速度图象中,能反映运动质点回到初始位置的是( CD )6.如图所示是给墙壁刷涂料用的涂料滚的示意图,使用时 ,用撑竿推着粘有涂料的涂料滚沿墙壁上下缓缓滚动, 把涂料均匀地粉刷到墙上。

2017-2018学年度高中物理(人教版)选修1-1模块综合检测+Word版含解析

模块综合检测(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有两个选项正确.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(双选)关于电流的方向,下列说法中正确的是()A.电源供电的外部电路中,电流的方向是从电源正极流向负极B.电源内部,电流的方向是从电源正极流向负极C.电子运动形成的等效电流方向与电子运动方向相同D.电容器充电时,电流从负极板流出,流入正极板解析:在电源的外部电路中,电流从电源正极流向负极,在电源的内部,电流从负极流向正极,所以A正确,B错误.电子带负电,电子运动形成的电流方向与电子运动的方向相反,C错误.电容器充电时,电子流入负极板,所以电流从负极板流出,流入正极板,D正确.答案:AD2.发电机利用水力、风力等动力推动线圈在磁场中转动,将机械能转化为电能.这种转化利用了()A.电流的热效应B.电磁感应原理C.电流的磁效应D.磁场对电流的作用原理解析:发电机的原理是线圈在磁场中转动,穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中产生感应电流,因此利用了电磁感应原理.答案:B3.间谍卫星上装有某种遥感照相机,可用来探测军用目标,这种照相机能拍到晚上关灯行驶的汽车,甚至车已经离开,也瞒不过它,这种遥感照相机敏感的电磁波属于()A.可见光波段B.红外波段C.紫外波段D.X光波段解析:任何物体都向外辐射红外线,温度越高,辐射的红外线越强,遥感照相机是利用红外线拍摄的,故B正确.答案:B4.关于电流的磁场,下列说法中正确的是()A.直线电流的磁场,只分布在垂直于导线的某一个平面上B.直线电流的磁场的磁感线是一些同心圆,离导线越远磁感线越密C.通电螺线管的磁感线分布与条形磁铁相似,但管内无磁场D.通电螺线管的环形电流和直线电流的磁场方向可用安培定则判断解析:不管是磁体的磁场还是电流的磁场,都是空间分布的,所以A错误;直线电流产生的磁场,离导线越远,磁场越弱,因此磁感线越疏,B错误;磁感线都是闭合曲线,不管是条形磁铁还是螺线管,内部由S极到N极,外部由N极到S极,故C错误.答案:D5.随着科学技术的不断发展,使用“传感器”进行控制的家用电器日益普及,我们日常生活中的空调器和电冰箱都使用了()A.压力传感器B.红外线传感器C.生物传感器D.温度传感器解析:空调器和电冰箱都是利用了温度传感器.答案:D6.下列各图中已标出电流I、磁感应强度B的方向,其中符合安培定则的是()答案:C7.1987年我国科学家制成了临界温度为90 K的高温超导材料.利用超导材料零电阻的性质,可实现无损耗输电.现在有一直流电路,输电线的总电阻为0.4 Ω,它提供给用电器的电功率是40 kW,电压为800 V,如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线,保持供给用电器的功率和电压不变,则节约的电功率为()A.1.6 kWB.1.6×103 kWC.1 kWD.10 kW解析:节约的电功率即原来输电线上电阻消耗的热功率,ΔP=I2R=R=×0.4 W=1×103W=1 kW.答案:C8.如图是某交流发电机产生的交变电流的图象,根据图象可以判定()A.此交变电流的周期为0.1 sB.此交变电流的频率为5 HzC.将标有“12 V 3 W”的灯泡接在此交变电流上,灯泡可以正常发光D.与图象上a点对应的时刻发电机中的线圈刚好转至中性面解析:由正弦函数图像可以得知,线框是由中性面开始转动的,故选项D错误.题图告诉我们,交变电流的周期是0.2 s,频率f= Hz=5 Hz,故选项A错误,选项B正确.“12 V 3 W”灯泡中12 V 是有效值,如题图12 V 为最大值,U有效=,通过以上分析,只有选项B正确.答案:B二、填空题(每小题6分,共12分)9.把左边的人和右边与之相关的物理事件用线段连接起来.A.法拉第 a.磁场对通电导线的作用力B.安培 b.电流磁效应C.奥斯特 c.点电荷间的相互作用力D.库仑 d.电磁感应E.赫兹 e.用实验成功验证了电磁波的存在答案:10.如图为理想变压器,它的原线圈接在交流电源上,副线圈接在一个标有“12 V100 W”的灯泡上.已知变压器原、副线圈匝数之比为18∶1,那么灯泡正常工作时,图中的电压表读数为V,电流表读数为A.解析:分析理想变压器问题时应注意正确应用电压关系和电流关系,特别是变压前后功率相等的关系.由公式得,U1=U2=216 V;因理想变压器的变压前后功率相等,所以I1==0.46 A,即电压表、电流表读数分别为216 V、0.46 A.答案:2160.46三、计算题(11题8分,12、13题各10分,14题12分,共40分)11.面积为3.0×10-12 m2的单匝矩形线圈放在磁感应强度为4.0×10-2 T的匀强磁场中.(1)求当线圈如何放置时,穿过线圈的磁通量最大;(2)最大磁通量是多少?解析:当线圈平面与磁感线垂直时,穿过线圈的磁通量最大.Φ=BS=4.0×10-2×3.0×10-2 T=1.2×10-3 T.答案:(1)见解析(2)1.2×10-3 T12.一电动机线圈的电阻为R,当电动机工作时通过的电流强度是I,加在线圈两端电压是U,求:(1)该电动机的输出功率;(2)该电动机的效率.解析:(1)消耗总功率P0=UI发热功率P1=I2R输出功率P2=P0-P1=UI-I2R.(2)电动机的效率η=.答案:(1)UI-I2R(2)13.如图为一个按正弦规律变化的交变电流的图象.根据图象求出它的周期、频率、电流的峰值和有效值.解析:由题图知T=0.2 s,峰值I max=10 A.f==5 Hz,有效值I==5 A.答案:T=0.2 s,f=5 Hz,I max=10 A,I=5 A14.如图所示,悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个电荷量不变的小球A.在两次实验中,均缓慢移动另一带同种电荷的小球B.当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上,A处于受力平衡时,悬线偏离竖直方向的角度为θ.若两次实验中B的电荷量分别为Q1和Q2,θ分别为30°和45°,求Q2与Q1的比值.解析:球A受力情况如图所示,设球A电荷量为Q.由平衡条件得k=G tan θ1k=G tan θ2两式联立得=2.答案:2小课堂：如何培养中学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。

高中物理模块综合检测一新人教版必修

模块综合检测(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本大题共12小题，每题4分，共48分．其中1～8题为单项选择，9～12题为多项选择，选对得4分，漏选得2分，多项选择、错选均不得分)1.以下列图，一木块放在圆盘上，圆围绕经过圆盘中心且垂直于盘面的竖直轴匀速转动，木块和圆盘保持相对静止，那么()A．木块碰到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径背叛圆盘中心B．木块碰到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心C．木块碰到圆盘对它的摩擦力，方向与木块运动的方向相反D．由于木块与圆盘一起做匀速转动，因此它们之间没有摩擦力剖析：木块做匀速圆周运动，其合力供应向心力，合力的方向必然指向圆盘中心；由于木块碰到的重力和圆盘的支持力均沿竖直方向，因此水平方向上木块必然还碰到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心，选项B正确．答案：B2．关于摩擦力做功，以下说法正确的选项是()A．滑动摩擦力阻拦物体的相对运动，因此必然做负功B．静摩擦力诚然阻拦物体间的相对运动趋势，但不做功C．静摩擦力和滑动摩擦力不用然都做负功D．一对相互作用力，若作用力做正功，则反作用力必然做负功剖析：摩擦力能够是动力，故摩擦力可做正功；一对相互作用力，能够都做正功，也能够都做负功；静摩擦力能够做功，也能够不做功，应选项A、B、D 错误，C正确．答案：C3．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度．如图是某一变速车齿轮转动结构表示图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则()A．该车可变换两种不相同挡位B．该车可变换五种不相同挡位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1剖析：由题意知，A轮经过链条分别与C、D连接，自行车可有两种速度，B轮分别与C、D连接，又可有两种速度，因此该车可变换四种挡位；当A与D组合时，两轮边缘线速度大小相等，A转一圈，D转4圈，即ωAωD＝14，选项C对．答案：C4.以下列图，滑板运动员以速度v0从离地高度h处的平台尾端水平飞出，落在水平川面上．忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，以下表述正确的选项是()A．v0越大，运动员在空中运动时间越长B．v0越大，运动员落地瞬时速度越大C．运动员落地瞬时速度与高度h没关D．运动员落地地址与v0大小没关剖析：运动员和滑板做平抛运动，有h＝12gt2，故运动时间与初速度没关，故A错误；依照动能定理，有mgh＝12mv2－12mv20，解得v＝v20＋2gh，故v0越大，运动员落地瞬时速度越大，故B正确，C错误；射程x＝v0t＝v02h g，初速度越大，射程越大，故D错误．答案：B5．质量为m的探月航天器在凑近月球表面的轨道上翱翔，其运动视为匀速圆周运动．已知月球质量为M ，月球半径为R ，月球表面重力加速度为g ，引力常量为G ，不考虑月球自转的影响，则航天器的( )A ．线速度v ＝GM R B ．角速度ω＝gR C ．运行周期T ＝Rg D ．向心加速度a ＝Gm R 2剖析：由万有引力供应向心力，可得G Mm R 2＝ma ＝m v 2R ＝mω2R ＝m 4π2T 2R ，忽略月球自转时，有G Mm R 2＝mg ，联立各式解得相关物理量后可判断选项A 正确．答案：A6．质量为m 的物体由静止开始下落，由于空气阻力影响，物体下落的加速度为45g ，在物体下落高度为h 的过程中，以下说法正确的选项是( )A ．物体的动能增加了45mghB ．物体的机械能减少了45mghC ．物体战胜阻力所做的功为45mghD ．物体的重力势能减少了45mgh剖析：下落阶段，物体受重力和空气阻力，由动能定理W ＝ΔE k ，即mgh－F f h ＝ΔE k ，F f ＝mg －45mg ＝15mg ，可求ΔE k ＝45mgh ，选项A 正确；机械能减少量等于战胜阻力所做的功W ＝F f h ＝15mgh ，选项B 、C 错误；重力势能的减少量等于重力做的功ΔE p ＝mgh ，选项D 错误．答案：A7．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( ) A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2k T D.nk T剖析：设两颗星的质量分别为m 1、m 2，做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，依照万有引力供应向心力，可得G m 1·m 2（r 1＋r 2）2＝m 1r 14π2T 2，G m 1·m 2（r 1＋r 2）2＝m 2r 24π2T 2，联立解得：m 1＋m 2＝4π2（r 1＋r 2）3GT 2，即T 2＝4π2（r 1＋r 2）3G （m 1＋m 2），因此，当两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍时，两星做圆周运动的周期为T ′＝n 3k T ，选项B 正确．答案：B 8．以相同的动能从同一点水平抛出两个物体a 和b ，落地址的水平位移为x 1和x 2，自抛出到落地的过程中，重力做的功分别为W 1、W 2，落地瞬时重力的即时功率为P 1和P 2( )A ．若x 1＜x 2，则W 1＞W 2，P 1＞P 2B ．若x 1＜x 2，则W 1＞W 2，P 1＜P 2C ．若x 1＝x 2，则W 1＞W 2，P 1＞P 2D ．若x 1＝x 2，则W 1＜W 2，P 1＜P 2剖析：若x 1＜x 2，由于高度决定了平抛运动的时间，因此两个物体运动时间相等．由x ＝v 0t ，知水平抛出两个物体的初速度关系为v 1＜v 2.由于以相同的动能从同一点水平抛出，因此两个物体的质量关系是m 2＜m 1. 自抛出到落地的过程中，重力做的功W ＝mgh ，因此W 1＞W 2，平抛运动竖直方向做自由落体运动，因此落地瞬时两个物体的竖直方向速度v y 相等，依照瞬时功率P ＝Fv cos α，落地瞬时重力的即时功率P ＝mgv y .由于m 2＜m 1，因此P 1＞P 2，故A 正确，B 错误．以相同的动能从同一点水平抛出两个物体a 和b ，由于高度决准时间，因此两个物体运动时间相等．若x1＝x2，平抛运动水平方向做匀速直线运动，因此水平抛出两个物体的初速度相等．由于以相同的动能从同一点水平抛出，因此两个物体的质量相等．因此自抛出到落地的过程中，重力做的功相等，即W1＝W2.落地瞬时重力的即时功率相等，即P1＝P2，则C、D错误．应选A.答案：A9.以下列图，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不能伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO1在水平面内转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好挺直但无弹力)，物块B到OO1轴的距离为物块A到OO1轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B立刻滑动的过程中，以下说法正确的选项是()A．A碰到的静摩擦力素来增大B．B碰到的静摩擦力先增大，后保持不变C．A碰到的静摩擦力先增大后减小D．A碰到的合外力素来在增大剖析：在转动过程中，两物块做圆周运动都需要向心力来保持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以供应所需向心力时，绳子中就会产生拉力，当这两个力的合力都不足以供应向心力时，物块将会与CD杆发生相对滑动．依照向心力公式F向＝mv2R＝mω2R，可知在发生相对滑动前物块的运动半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力大小等于物块所受的合力，故D正确．由于A的运动半径比B的小，A、B的角速度相同，知当角速度逐渐增大时，B物块先达到最大静摩擦力；角速度连续增大，B物块靠绳子的拉力和最大静摩擦力供应向心力；角速度增大，拉力增大，则A物块所受的摩擦力减小，当拉力增大到必然程度，A物块所受的摩擦力减小到零后反向，角速度增大，A物块所受的摩擦力反向增大．因此A所受的摩擦力先增大后减小，再增大；B物块所受的静摩擦力素来增大，达到最大静摩擦力后不变，故A、C错误，B正确．答案：BD10．以下列图为过山车轨道简化模型，以下判断正确的选项是( )A ．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B ．过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于gRC ．过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态D ．过山车在斜面h ＝2R 高处由静止滑下能经过圆轨道最高点剖析：过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，机械能守恒，动能和重力势能相互转变，速度大小变化，不是匀速圆周运动，故A 错误；在最高点，重力和轨道对车的压力供应向心力，当压力为零时，速度最小，则mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR ，故B 正确；在最低点时，重力和轨道对车的压力供应向心力，加速度向上，乘客处于超重状态，故C 正确；过山车在斜面h ＝2R 高处由静止滑下到最高点的过程中，依照动能定理得mg (h －2R )＝12mv ′2＝0，解得v ′＝0，因此不能够经过最高点，故D 错误．应选BC.答案：BC11.一物体自t ＝0时开始做直线运动，其速度图线以下列图．以下选项正确的选项是( )A ．在0～6 s 内，物体离出发点最远为30 mB ．在0～6 s 内，物体经过的行程为40 mC ．在0～4 s 内，物体的平均速率为7.5 m/sD ．在5～6 s 内，物体所受的合力做负功剖析：0～5 s 内物体向正方向运动，5～6 s 内向负方向运动，故5 s 末离出发点最远，由面积法求出0～5 s 内的位移l 1＝35 m ，A 错误；5～6 s 内的位移l 2＝－5 m ，总行程为40 m ，B 正确；由面积法求出0～4 s 内的位移l ＝30 m ，此段时间行家程等于位移的大小，故平均速率v －＝l t ＝7.5 m/s ，C 正确；由题图象知5～6 s 内物体加速运动，合力和位移同向，合力做正功，D 错误．答案：BC12.2013年12月2日，我国探月探测器“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空，其翱翔轨道表示图以下列图，从地面发射后奔向月球，在P 点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，Q 为轨道Ⅱ上的近月点．以下关于“嫦娥三号”的运动，说法正确的选项是( )A ．发射速度必然大于7.9 km/sB ．在轨道Ⅱ上从P 到Q 的过程中速率不断增大C ．在轨道Ⅱ上经过P 点的速度小于在轨道Ⅰ上经过P 点的速度D ．在轨道Ⅱ上经过P 点的加速度小于在轨道Ⅰ上经过P 点的加速度剖析：“嫦娥三号”探测器的发射速度必然大于7.9 km/s ，A 正确．由开普勒第二定律可知，“嫦娥三号”在轨道Ⅱ上从P 到Q 的过程中速率不断增大，选项B 正确．“嫦娥三号”从轨道Ⅰ上运动到轨道Ⅱ上要减速，故在轨道Ⅱ上经过P 点时的速度小于在轨道Ⅰ上经过P 点时的速度，选项C 正确．在轨道Ⅱ上经过P 点时的加速度等于在轨道Ⅰ上经过P 点时的加速度，D 错误．答案：ABC二、非选择题(本题共5小题，共52分．把答案填在题中的横线上或依照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能够得分．有数值计算的题，答案中必定明确写出数值和单位)13．(6分)以下列图是利用闪光照相研究平抛运动的表示图．小球A 由斜槽滚下，从桌边缘水平抛出，当它恰好走开桌边缘时，小球B 也同时下落，闪光频率为10 Hz 的闪光器拍摄的照片中B 球有四个像，像间距离已在图中标出，两球恰在地址4相碰．则A 球从走开桌面到和B 球碰撞时经过的时间为 s ，A 球走开桌面的速度为 m/s.(g 取10 m/s 2)剖析：由于h＝12gt2，因此t＝2hg＝0.3 s，v0＝xt＝1 m/s.答案：0.3114．(9分)利用图甲装置做“考据机械能守恒定律”实验．图甲(1)为考据机械能可否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的．A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量与势能变化量C．速度变化量与高度变化量(2)(多项选择)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在以下器材中，还必定使用的两种器材是．A．交流电源B．刻度尺C．天平(含砝码)(3)实验中，先接通电源，再释放重物，获取图乙所示的一条纸带．在纸带上采用三个连续打出的点A、B、C，测得它们到初步点O的距离分别为h A、h B、h C.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p＝，动能变化量ΔE k＝．图乙(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是． A ．利用公式v ＝gt 计算重物速度B ．利用公式v ＝2gh 计算重物速度C ．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D ．没有采用多次实验取平均值的方法剖析：(1)在重物下落过程中，若任意两点间重力势能的减少量等于动能的增加量，则重物的机械能守恒，因此A 正确．(2)打点计时器需要交流电源，测量纸带上各点之间的距离需要刻度尺，本实验需要考据的等式为mgh ＝12mv 2，即gh ＝12v 2或mgh ＝12mv 22－12mv 21，即gh ＝12v 22－12v 21，因此不需要测量重物的质量，不需要天平．(3)从打O 点到打B 点的过程中，重力势能的变化量ΔE p ＝－mgh B ，动能的变化量ΔE k ＝12mv 2B ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫h C －h A 2T 2＝m （h C －h A ）28T 2. (4)重力势能的减少量大于动能的增加量，主要原因是重物在运动过程中存在空气阻力和摩擦阻力，选项C 正确．答案：(1)A (2)AB (3)－mgh B m （h C －h A ）28T 2(4)C 15．(10分)以下列图为《快乐大冲关》节目中某个环节的表示图．参加游戏的选手会碰到一个人造山谷OAB ，OA 是高h ＝3 m 的竖直峭壁，AB 是以O 点为圆心的弧形坡，∠AOB ＝60°，B 点右侧是一段水平跑道．选手能够自O 点借助绳子降到A 点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自O 点直接跃上跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v 0的最小值．(2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，求该选手在空中的运动时间．剖析：(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则h sin 60°≤v 0t ，h cos 60°＝12gt 2，解得：v 0≥3102 m/s.(2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，因v 1＜v 0，人将落在弧形坡上，下降高度y ＝12gt 2，水平前进距离x ＝v 1t ，且x 2＋y 2＝h 2，解得t ＝0.6 s.答案：(1)3102 m/s (2)0.6 s16．(12分)据报道，人们近来在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍．已知一个在地球表面质量为50 kg 的人在这个行星表面的重量约为800 N ，地球表面处的重力加速度为10 m/s 2.求：(1)该行星的半径与地球的半径之比；(2)若在该行星上距行星表面2 m 高处，以10 m/s 的水平初速度抛出一只小球(不计任何阻力)，则小球的水平射程是多大．剖析：(1)在该行星表面处，有G 行＝mg 行，得g 行＝16 m/s 2. 在忽略自转的情况下，物体所受的万有引力等于物体所受的重力，得GMm R 2＝mg ，得R 2＝GM g ，故R 2行R 2地＝M 行g 地M 地g 行＝4，因此R 行R 地＝2. (2)由平抛运动的规律，有h ＝12g 行t 2，s ＝vt ，故s ＝v 2h g 行，代入数据，解得s ＝5 m.答案：(1)2∶1 (2)5 m17．(15分)以下列图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从圆滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.(g 取10 m/s 2)求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0；(2)P 点与A 点的水平距离和竖直高度；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．剖析：(1)把小球到A 点的速度分解，以下列图，小球做平抛运动的初速度v 0等于v A 的水均分速度．由图可知v 0＝v x ＝v A cos θ＝4×cos 60°＝2 m/s.(2)由图可知，小球运动至A 点时竖直方向的分速度v y ＝v A sin θ＝4×sin 60°＝2 3 m/s.设P 点与A 点的水平距离为x ，竖直高度为h ，则v y ＝gt ，v 2y ＝2gh ，x ＝v 0t ，联立以上各式解得x ≈0.69 m ，h ＝0.6 m.(3)取A 点为重力势能的零点，由机械能守恒定律，得12mv 2A ＝12mv 2C ＋mg (R ＋R cos θ)，代入数据得v C ＝7 m/s.设小球到达圆弧最高点C 时，轨道对它的弹力为F N ，由圆周运动向心力公式得F N ＋mg ＝m v 2C R ，代入数据得F N ＝8 N.由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝8 N ，方向竖直向上．答案：(1)2 m/s(2)0.69 m0.6 m(3)8 N方向垂直向上。

高中物理模块综合检测一含解析第一册

模块综合检测（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.每小题只有一个选项符合题目要求)1.帆船是利用风力前进的船,帆船前进时，船员感觉岸上的树木向后运动,他选择的参考系是（)A。

树木 B.河岸C。

帆船D。

天空解析:帆船前进时,船员感觉岸上的树木向后运动,说明船员选择的参考系是其所在的帆船.而相对于河岸和天空,树木均是静止的.选项C正确.答案：C2.单脚站立可以锻炼平衡能力，对在练此动作的人进行受力分析,下列判断正确的是（）A.支持力的施力物体是人B。

支持力的反作用力作用在人身上C。

重力的受力物体是人D。

支持力和重力是一对相互作用力解析：支持力的施力物体是地面,其反作用力是人对地面的压力，作用在地面上；重力的施力物体是地球，受力物体是人，支持力和重力是一对平衡力,并非相互作用力.选项C正确。

答案:C3.冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。

被运动员掷出的冰壶在冰面上滑行过程中受到的力有（）A.重力、支持力B。

重力、摩擦力C。

重力、支持力、摩擦力 D.重力、支持力、推力解析:被运动员掷出的冰壶在冰面上滑行过程中受重力和支持力，冰壶最终会停止，是因为它还受到滑动摩擦力,由于冰壶已被掷出,不再受到推力，故选项C正确.答案:C4.打印机是现代办公不可或缺的设备,正常情况下,进纸系统能做到每次只进一张纸，进纸系统的结构如图所示.设图中刚好有10张相同的纸,每张纸的质量均为m,搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动.搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2.下列说法正确的是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A.第1张纸受到搓纸轮的摩擦力方向向左B。

第2张纸与第3张纸之间的摩擦力大小为2μ2mgC。

第10张纸与摩擦片之间的摩擦力为0D.要做到每次只进一张纸，应要求μ1〉μ2解析：第1张纸上表面受到搓纸轮施加的静摩擦力F f，方向向右,第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力F f’，方向向左，则F f’=μ2(mg+F),F为搓纸轮对第1张纸的压力；F f=F f’〈μ1F,正常情况下，F>mg,故必有μ1>μ2；第2张纸与第3张纸之间的摩擦力及第10张纸与摩擦片之间的摩擦力都是静摩擦力,根据平衡条件可知，大小均为F f’.选项D正确.答案：D5。

高中物理模块综合测评(含解析)新人教版必修1

模块综合测评一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分) 1．(多选)下列说法正确的是( )A ．伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础B ．物体不受外力作用时，一定处于静止状态C ．力是改变物体运动状态的原因D ．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证【解析】牛顿第一定律是牛顿在总结前人经验和结论的基础上(如伽利略的斜面实验、笛卡儿的研究结论等)得出的，不是由实验得出的定律，也不是科学家凭空想象出来的，故A 、D 正确；由牛顿第一定律知，物体不受外力作用时，保持匀速直线运动状态或静止状态，受合力不为零时，物体的运动状态将改变，故B 错误，C 正确．【答案】 ACD2．将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体( )A ．刚抛出时的速度最大B ．在最高点的加速度为零C ．上升时间大于下落时间D ．上升时的加速度等于下落时的加速度【解析】由牛顿第二定律可知，上升过程中mg ＋F f ＝ma 上，下降过程中mg －F f ＝ma 下，故a 上>a 下，B 、D 均错误；由h ＝12a 上t 2上.h ＝12a 下t 2下可得：t 上<t 下．C 错误；因物体落回抛出点的速度小于竖直上抛的初速度，故刚抛出时的速度最大，A 正确．【答案】 A3．(多选) 甲、乙两物体从同一地点沿同一条直线同时运动，其速度－时间图象如图1所示，下列说法正确的是( )图1A ．0～t 1时间内两物体均处于静止状态B ．t 1～t 2时间内甲物体始终在乙物体的前面C ．t 2时刻两物体相遇D ．t 1～t 2时间内，甲物体做匀减速直线运动【解析】由v －t 图象可知，0～t 1时间内甲、乙均做匀速运动，t 1～t 2时间内，甲物体做匀减速直线运动，A 错误，D 正确；t 2时刻之前，v 甲始终大于v 乙，两物体又从同一地点同向运动，故t 1～t 2时间内甲物体始终在乙物体前面，且两物体相距越来越远，B 正确，C 错误．【答案】 BD4．一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A 、B 、C 三点．已知AB ＝6 m ，BC ＝10 m ，小球经过AB 和BC 两段所用的时间均为2 s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度大小分别是( )A ．2 m/s,3 m/s,4 m/sB ．2 m/s,4 m/s,6 m/sC ．3 m/s,4 m/s,5 m/sD ．3 m/s,5 m/s,7 m/s【解析】由题意可知B 点是AC 段的中间时刻，AB 、BC 是相邻的等时间段，所以v B＝x AC t AC＝4 m/s ，又根据Δx ＝x BC －x AB ＝aT 2可得a ＝1 m/s 2，进一步可得v A ＝2 m/s 、v C ＝6 m/s ，选项B 正确．【答案】 B5. 如图2，将一个球放在两块光滑斜面板AB 和AC 之间，两板与水平面夹角都是60°.现在使AB 板固定，使AC 板与水平面的夹角逐渐减小，则( )图2A ．球对AC 板的压力先增大后减小B ．球对AC 板的压力逐渐减小 C ．球对AC 板的压力先减小后增大D ．球对AC 板的压力逐渐增大【解析】分析球的受力如图所示，F AC 和F AB 的合力与球的重力G 等大反向，当使AC 板与水平面的夹角减小时，由图可以看出，球对AC 板的压力先减小后增大，C 正确．【答案】 C6．一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a 和速度大小v 的变化情况是 ( )A ．a 和v 都始终增大B ．a 和v 都先增大后减小C ．a 先增大后减小，v 始终增大D ．a 和v 都先减小后增大【解析】质点在多个力作用下处于静止状态时，其中一个力必与其余各力的合力等大反向．在该力大小逐渐减小到零的过程中，质点所受合力从零开始逐渐增大，做加速度逐渐增大的加速运动；在该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中，质点所受合力方向仍不变，大小逐渐减小到零，质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速运动．故C 正确．【答案】 C7．(多选) 如图3，传送带的水平部分长为L ，向右传动速率为v ，在其左端无初速释放一木块．若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是( )图3A.L v ＋υ2μgB ．L vC.2LμgD ．2L v【解析】若木块一直匀加速至传送带右端，则由L ＝12μgt 2可得，木块从左端运动到右端的时间为t ＝2Lμg ，若木块加速传送带右端时恰与带同速，则由L ＝v 2t 可得：t ＝2Lv，若木块加速至v 后又匀速一段至带的右端，则有：t ＝v μg ＋L －v 22μg v ＝L v ＋v2μg，故A 、C 、D【答案】 ACD8．(多选)A 、B 两球的质量均为m ，两球之间用轻弹簧相连，放在光滑的水平地面上，A 球左侧靠墙．弹簧原长为L 0，用恒力F 向左推B 球使弹簧压缩，如图4所示，整个系统处于静止状态，此时弹簧长为L .下列说法正确的是( )图4A ．弹簧的劲度系数为F /LB ．弹簧的劲度系数为F /(L 0－L )C ．若突然将力F 撤去，撤去瞬间，A 、B 两球的加速度均为0D ．若突然将力F 撤去，撤去瞬间，A 球的加速度为0，B 球的加速度大小为F /m 【解析】由F ＝k (L 0－L )可得弹簧的劲度系数k ＝FL 0－L，A 错误，B 正确；撤去F 的瞬间，弹簧弹力不变，A 的加速度为零，B 的加速度a B ＝Fm，C 错误，D 正确．【答案】 BD9．(多选)一个倾角θ为37°的斜面固定不动，其上有一个重10 N 的物体静止不动，当给物体加一个水平向右的从零逐渐增大到8 N 的推力作用时，物体仍不动，下列说法正确的是( )图5A ．斜面对物体的支持力一定一直增大B ．斜面对物体的摩擦力会先变小后增大C ．斜面对物体的摩擦力一定变大D ．斜面对物体的摩擦力的方向会发生变化【解析】分析物体受力如图所示，由平衡条件可知：F N ＝G cos θ＋F sin θ，F N 随F 的增大而增大，F f ＋F cos θ＝G sin θ，因8 cos θ>10 sin θ，故当F 由0增大到8 N 的过程中，F f 先减小后反向增大，A 、B 、D 均正确，C 错误．【答案】 ABD10．如图6，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )图6【解析】滑块做匀减速运动，其速度均匀减小，加速度恒定不变，选项C 、D 错误；物体运动的位移s ＝v 0t －12at 2，下降的高度h ＝s sin θ(θ为斜面倾角)，可知，A 错误，B正确．【答案】 B二、实验题(本大题共3个小题，共18分)11．(4分)在“探究求合力的方法”的实验中，其中的两个步骤是：(1)在水平放置的木板上垫一张白纸并固定好，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根细线，通过细线同时用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点达到某一位置O 点，在白纸上记下O 点和两个弹簧秤的读数F 1和F 2.(2)只用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条，使它的伸长量与用两个弹簧秤拉时伸长量一样，记下此时弹簧秤的读数F 和细线的方向．以上两步骤均有疏漏，请指出疏漏：在(1)中是______________________________________________；在(2)中是_______________________________________________．【解析】在(1)中应用时记下两弹簧秤的读数F 1和F 2及各自的方向，在(2)中应使结点与(1)中记下的“O ”点重合．【答案】 (1)两弹力F 1、F 2的方向 (2)使结点与O 点重合12．(6分)如图7，把弹簧测力计的一端固定在墙上，用力F 水平向左拉金属板，金属板向左运动，此时测力计的示数稳定(图中已把弹簧测力计的示数放大画出)，则物块P 与金属板间的滑动摩擦力的大小是________N ．若用弹簧测力计测得物块P 重10.40 N ，根据表中给出的动摩擦因数，可推算出物块P 的材料为________．图7材料动摩擦因数金属－金属 0.25 橡胶－金属 0.30 木头－金属 0.20 皮革－金属0.28【解析】物块P 与金属板间的滑动摩擦力的大小与弹簧秤的读数大小相等，为2.60 N ．由F f ＝μmg 可得，μ＝F f mg ＝2.6010.40＝0.25，对应表格可知，物块P 的材料为金属．【答案】 2.60(或2.6) 金属13．(8分)某实验小组利用如图8所示的装置进行“探究加速度与合外力的关系”的实验．图8(1)在实验中必须将长木板右端垫高，目的是________，当不挂钩码时小车能匀速运动时，表明已调好．(2)为了减小误差，每次实验必须通过改变钩码的个数来改变小车所受合外力，获取多组数据．若小车质量为400 g ，实验中每次所用的钩码总质量范围应选________组会比较合理．(填选项前的字母)A ．10 g ～40 gB ．200 g ～400 gC ．1 000 g ～2 000 g(3)图9中给出的是实验中获取的纸带的一部分：1、2、3、4、5是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点未标出，每两个计数点间的时间间隔是________，由该纸带可求得小车的加速度a ＝________.(计算结果保留三位有效数字)图9 图10(4)改变钩码的个数重复实验，得到加速度a 与合外力F 的关系如图10所示，分析线段OA ，可得出实验结论是___________。

学年高中物理人教版必修一模块综合测评.doc

模块综合测评（时间：60分钟满分：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.甲、乙两车沿平直公路通过同样的位移.甲车在前半段位移以30 km/h的速度运动.后半段位移以60 km/h的速度运动；乙车在前半段时间内以30 km/h的速度运动，后半段时间内以60km/h的速度运动，贝V甲、乙两车在整个位移中的平均速度石甲和万乙的大小关系是（）C.v（|>> v乙D.由于不知道位移和时间，所以无法比较2.一物体从高处做自由落体运动，经时间/到达地面，落地速度为o,那么当物体下落时间为彳时，物体的速度和距地面高度分别是（）v 8C.y, gh3.（2016-昆明高一检测）如图1, 一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为加，重力加速度为g,则（）【导学号=16190217]A.箱子受到的摩擦力方向向右B.地面对木板的摩擦力方向向左C.木板对地面的压力大小为3/wgD.若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg4.（2016•崇文区高一检测）一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过乂、B、C三点.己知曲=6 m, BC=10m,小球经过43和BC两段所用的时间均为2 s,则小球经过/、B、C三点时的速度大小分别是（）A. 2 m/s,3 m/s,4 m/sB. 2 m/s,4 m/s,6 m/sC. 3 m/s,4 m/s,5 m/sD. 3 m/s,5 m/s,7 m/s一护 D. ° 5. （2016-金华高一期末）体育器材室里，篮球摆放在图2所示的球架上.己知球架的宽度为 d,每只篮球的质量为加、直径为D,不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为（）【导学号：16190218】C '2yjD 2~d 2 6. 甲、乙两物体从同一地点沿同一条直线同时运动，其速度一时间图象如图3所示，下列说法正确的是（）A. 0〜"时间内两物体均处于静止状态B. h 〜t2时间内甲物体始终在乙物体的前面C. 直时刻两物体相遇D. 九〜勺时间内，甲物体做匀减速直线运动7M 、B 两球的质量均为m,两球之间用轻弹簧相连，放在光滑的水平地面上，A 球左侧靠墙.弹簧原长为Z 。

人教版高一物理必修第一册综合测试卷【解析版】

人教版高一物理必修第一册综合测试卷（考查范围：第一章－第三章）(满分100分，100分钟完成)一、选择题（其中1-6为单项选择，7-10为多项选择）1 如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e.已知ab＝bd＝8 m，bc＝1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为v b、v c，则( )A．v b ＝4m/s B．v c＝3m/sC．de＝8m D．从d到e所用时间为6s答案：D2 如图所示，三块形状不规则的石块叠放在水平桌面上并保持平衡，a、b之间和b、c之间的接触面均不在水平面上。

下列说法正确的是A.桌面对石块c的作用力方向斜向右上B.水平桌面与石块c之间没有静摩擦力C. 石块b只受到三个力的作用D. 石块a的重力与石块b对a的支持力是一对平衡力答案：B解析：已知a保持平衡，即a合外力为隔离a进行受力分析，a自身受竖直向下的重力，还受到b对a的斜向上的支持力和b对a的摩擦力。

因为a合外力为0，故b对a的作用力对a摩擦力对a支持力必定竖直向上，大小与a的重力大小一样。

已知b保持平衡，即b合外力为受到a对b的摩擦力和a对b压力，这两个力的合力竖直向下。

b自身受到重力，竖直向上。

因b合外力为0，故b必定还需要受到一个竖直向上的力。

故b受到的力不止3个。

故C错误。

由“C”知，b必定还需要受到一个竖直向上的力，此力为c对b的作用力。

故b对c的反作用力，即b对c的压力竖直向下。

c 保持平衡，c合外力为0，故桌面对c的作用力必定竖直向上。

故A错误。

由“A”知，桌面对c的作用力必定竖直向上，故水平桌面与石块c之间没有静摩擦力。

也可以把abc看为一个整体，abc整体只受竖直向下的重力，故桌面对abc必定有竖直向上的支持力，故水平桌面与石块c之间没有静摩擦力。

故B正确。

因a、b接触面不在水平面上，即b对a的支持力斜向上垂直支持面。

a自身重力竖直向下。