【重点推荐】2019高中物理 模块综合检测(二)新人教版必修1

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 sB．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x 0， 则2mg ＝kx 0，h ＝x 0－x ，解以上各式得k ＝mg h，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t 2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 ＝xt ＝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 2B ．列车减速时，若运用v ＝v 0＋at 计算瞬时速度，其中a ＝－13 m/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 ＝50150 m/s 2＝13m/s 2，减速时，加速度方向与速度方向相反，a ′＝－13 m/s 2，故A 、B 两项都正确．列车减速时，vt 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＝N 1，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 ′，N 1＝N 1′，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m 1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＝km 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 2g m 1，对木块：F －μm 2g ＝m 2a 2，得a 2＝F －μm 2g m 2＝km 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s 0，在t ＝t 1时间内，a 车的位移大小为s ，下列说法不正确的是( )A ．0～t 1时间内a 、b 两车相向而行B ．0～t 1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t 1时刻相遇，则s 0＝23sD ．若a 、b 在t 12时刻相遇，则下次相遇时刻为2t 1解析：由图可知0～t 1时间内a 、b 两车同向行驶，故选项A 错；由v ＝v t ＋v 02可得：v a ＝2v 0＋v 02＝3v 02、v b ＝v 02，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 ＋v2μg B.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 ＝2Lv，若木块加速至v 后又匀速一段至带的右端，则有：t ＝vμg＋L －v 22μg v ＝L v ＋v2μg，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 sin θ＝0，N －2mg cos θ＝0，解得：f ＝2mg sin θ－T ＝2mg sin θ－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s 1、s 2、s 3…、s 6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．d.e ．分别计算出打计数点时的速度v 1、v 2、v 3、v 4、v 5，并记录在以下表格中，请计算出v 1并填入下方表格 .f.以v a ＝______m/s 2.(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vt 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 ＋t 0，设平板车在该时间段内的位移为x 1，由运动学方程有：x 1＝12a (Δt ＋t 0)2③至少有2个小球落在平板车上须满足：x 1≤x ＋L ④ 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/s 2)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 ＝ma 1，解得a 1＝3 m/s 2对木板：μmg ＝Ma 2，解得a 2＝2 m/s 2.11 (2)2 s 内，铁块的位移x 1＝12a 1t 2＝6 m 木板的位移x 2＝12a 2t 2＝4 m 2 s 末，铁块的速度v 1＝a 1t ＝6 m/s木板的速度v 2＝a 2t ＝4 m/s2 s 后，对铁块：F ′－μmg ＝ma 1，解得a 1′＝1 m/s 2对木板：μmg ＝Ma 2，解得a 2′＝2 m/s 2设再经过t 0时间铁块和木板的共同速度为v ，则v ＝v 1＋a 1′t 0＝v 2＋a 2′t 0，解得t 0＝2 s ，v ＝8 m/s在t 0内，铁块的位移x 1′＝v 1＋v 2t 0＝6＋82×2 m ＝14 m 木板的位移x 2′＝v 2＋v 2t 0＝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＝x 1＋x 1′＝20 m铁块和木板相对静止前木板运动的位移为x 木板＝x 2＋x 2′＝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/s 2＝1.5 m/s 2 所以铁块和木板运动的位移均为x 3＝v Δt ＋12a ·(Δt )2＝19 m.答案：(1)3 m/s 2 2 m/s 2 (2)20 m 16 m(3)19 m 19 m。