2018版高考物理模块检测卷一 必修1 2

模块检测卷一　必修1
第Ⅰ卷
一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一
个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．下列各组物理量中，全部是矢量的一组是( )
A．质量、加速度B．位移、速度变化量
C．时间、平均速度D．路程、加速度
答案　B
解析　质量只有大小，没有方向，是标量，而加速度是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故A错误；位移和速度变化量都是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故B正确；平均
速度是矢量，而时间是标量，故C错误；路程只有大小，没有方向，是标量，加速度是矢量，故D错误．
2．如图1甲所示，火箭发射时，速度能在10 s内由0增加到100 m/s；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，下列说法中正确的是( )
图1
A．10 s内火箭的速度变化量为10 m/s
B．刹车时，2.5 s内汽车的速度变化量为－30 m/s
C．火箭的速度变化比汽车的快
D．火箭的加速度比汽车的加速度大
答案　B
解析　10 s内火箭的速度变化量为100 m/s，加速度为10 m/s2；2.5 s内汽车的速度变化量为－30 m/s，加速度大小为12 m/s2，故汽车的速度变化快，加速度大．
3．杭州第二中学在去年的秋季运动会中，高二(9)班的某同学创造了100 m和200 m短跑项目的学校纪录，他的成绩分别是10.84 s和21.80 s．关于该同学的叙述正确的是( )
A．该同学100 m的平均速度约为9.23 m/s
B．该同学在100 m和200 m短跑中，位移分别是100 m和200 m
C．该同学的200 m短跑的平均速度约为9.17 m/s
D．该同学起跑阶段加速度与速度都为零
答案　A
解析　100 m 是直道，而200 m 有弯道．
4．一辆汽车运动的v －t 图象如图2，则汽车在0～2 s 内和2～3 s 内相比(
)
图2
A ．位移大小相等
B ．平均速度相等
C ．速度变化相同
D ．加速度相同
答案　B
解析　由图象面积可知位移大小不等，平均速度均为＝2.5 m/s ，B 正确；速度变化大小相v 2等，但方向相反，由斜率可知0～2 s 内加速度小于2～3 s 内加速度．
5．2016年里约奥运会上，施廷懋凭高难度的动作夺得三米板女子跳水冠军．起跳前，施廷懋在跳板的最外端静止站立时，如图3所示，则(
)图3
A ．施廷懋对跳板的压力方向竖直向下
B ．施廷懋对跳板的压力是由于跳板发生形变而产生的
C ．施廷懋受到的重力就是它对跳板的压力
D ．跳板对施廷懋的支持力是由跳板发生形变而产生的
答案　D
解析 施廷懋对跳板的压力和她的重力不是同一个力，而是两个不同的力，所以不能说施廷懋对跳板的压力就是她的重力，且摩擦力和弹力的合力与重力大小相等，因此施廷懋对跳板的压力方向也不是竖直向下，故A 、C 错误；施廷懋受到跳板的支持力是由于跳板发生了形变，对跳板的压力是由于施廷懋的重力引起的，故B 错误，D 正确．
6．如图4所示，在粗糙的水平地面上有质量为m 的物体，连接在一劲度系数为k 的轻弹簧上，物体与地面之间的动摩擦因数为μ，现用一水平力F 向右拉弹簧，使物体做匀速直线运动，则弹簧伸长的长度为(重力加速度为g )(
)
图4
A.
B. C. D.k F mg k k μmg μmg k
答案　D
解析　根据平衡条件得：弹簧的弹力F 弹＝F ＝μmg ，根据胡克定律得，F 弹＝kx ，解得弹簧
的伸长量 x ＝，或x ＝，故D 正确，A 、B 、C 错误．
F k μmg k 7．(2016·温州模拟)如图4所示，物体从A 点由静止出发做匀加速直线运动，经过B 点到达
C 点．已知物体经过B 点的速度是到达C 点的速度的，AC 间的距离是32 m ．则BC 间的12距离是( )
图4
A ．8 m
B ．6.4 m
C ．24 m
D ．25.6 m
答案　C
解析　设到达B 点的速度为v ，则到达C 点的速度为2v ，加速度为a ，则根据
2ax ＝v 2－v ，得：2ax AC ＝(2v )2 ,2ax AB ＝v 2，解得：＝，所以x AB ＝8 2
0xAB xAC 14m ，x BC ＝x AC －x AB ＝32 m －8 m ＝24 m ，故选C.
8．如图5为足球比赛中顶球瞬间场景，此时( )
图5
A ．头对球的作用力大于球对头的作用力
B ．头对球的作用力与球对头的作用力大小相等
C ．头对球的作用力与球的重力是一对平衡力
D ．头对球的作用力与球对头的作用力是一对平衡力
答案　B
解析　头对球的作用力与球对头的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，它们大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，故A 、D 错误，B 正确；头对球的作用力大小不是固定的，但球的重力大小是固定的，故头对球的作用力与球的重力不是一对平衡力，故C 错误．
9．(2016·上海模拟)如图6所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是( )
图6
A ．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s 2
B ．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0 m/s 2
C ．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5 m/s 2
D ．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5 m/s 2
答案　B
解析　电梯减速上升或加速下降时，加速度向下，人处于失重状态；电梯减速下降或加速上升时，加速度向上，人处于超重状态，由牛顿第二定律F －mg ＝ma ，加速度越大，体重计的示数越大．
10．一小球从空中由静止下落，已知下落过程中小球所受阻力与速度的平方成正比，设小球离地足够高，则( )
A ．小球先加速后匀速
B ．小球一直在做加速运动
C ．小球一直在做减速运动
D ．小球先加速后减速
答案　A
解析　设小球受到的阻力为F f ＝k v 2，在刚开始下落一段时间内阻力是从零增加，mg >F f ，向下做加速运动，运动过程中速度在增大，所以阻力在增大，当mg ＝F f 时，合力为零，做匀速直线运动，速度不再增大，故小球先加速后匀速，A 正确．
11．如图7所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬间A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )
图7
A ．a 1＝0，a 2＝0
B ．a 1＝a ，a 2＝a
m 2
m 1＋m 2C ．a 1＝a ，a 2＝a
m 1m 1＋m 2m 2
m 1＋m 2
D ．a 1＝a ，a 2＝a
m 1
m 2答案　D
解析　撤去F 的瞬间，A 受力未变，故a 1＝a ；对B ，弹簧弹力未变，仍为：F ′＝m 1a ，故
a 2＝＝a ，故D 正确．
F ′m 2m 1
m 212．(2016·嘉兴市联考)质量为1 t 的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减小2 000 N ，那么从该时刻起经过6 s ，汽车行驶的路程是( )
A ．50 m
B ．42 m
C ．25 m
D ．24 m
答案　C
解析　汽车匀速运动时F 牵＝F f ，当牵引力减小2 000 N 时，即汽车所受合力的大小为F ＝2 000 N ①
由牛顿第二定律得F ＝ma ②
联立①②得a ＝2 m/s 2
汽车减速到停止所需时间t ＝＝5 s
v a 汽车行驶的路程x ＝v t ＝25 m.
1213．如图8所示，质量为2 kg 的物块A 与水平地面的动摩擦因数为μ＝0.1，质量为1 kg 的物块B 与地面间的摩擦忽略不计，已知在水平力F ＝11 N 的作用下，A 、B 一起做加速运动，g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是(
)图8
A ．A 、
B 的加速度均为3.67 m/s 2
B ．A 、B 的加速度均为3.3 m/s 2
C ．A 对B 的作用力为3.3 N
D ．A 对B 的作用力为3 N
答案　D
解析　在水平力F ＝11 N 的作用下，A 、B 一起做加速运动，由A 、B 整体F －μm A g ＝(m A ＋m B )a ，解得a ＝3 m/s 2，故A 、B 错误；隔离B 物块F AB ＝m B a ＝3 N ，故D 正确，C 错误．
二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)
14．对于体育比赛的叙述，下列说法正确的是( )
A ．运动员跑完800 m 比赛，指的是路程大小为800 m
B ．运动员铅球成绩为4.50 m ，指的是位移大小为4.50 m
C ．某场篮球比赛打了二个加时赛，共需10 min ，指的是时间
D ．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看成质点
答案　AC
解析　铅球是平抛运动，铅球成绩指的是水平位移大小；10 min 是时间间隔．
15．一个物体所受重力在下列哪些情况下要发生变化( )
A ．把它从赤道拿到南极
B ．把它送到月球上去
C ．把它放到水里
D ．改变它的运动状态
答案　AB
解析 从赤道拿到南极，重力加速度变大，则重力变大，故A 正确；送到月球上去，重力加速度减小，则重力减小，故B 正确；放到水里，重力加速度不变，则重力不变，故C 错误；改变运动状态，重力加速度不变，则重力不变，故D 错误．
16．一质量为m 的铁球在水平推力F 的作用下，静止在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间，铁球与斜面的接触点为A ，推力F 的作用线通过球心O ，如图9所示，假设斜面、墙壁均光滑．若水平推力缓慢增大，则在此过程中( )
图9
A ．斜面对铁球的支持力缓慢增大
B ．斜面对铁球的支持力不变
C ．墙对铁球的作用力大小始终等于推力F
D ．墙对铁球的作用力大小始终小于推力F
答案　BD
解析　对铁球进行受力分析可知，铁球受重力、水平推力F 、竖直墙壁对铁球的弹力F 1和斜面对铁球的支持力F 2四个力的作用，由平衡条件可知，在水平方向上有F ＝F 1＋F 2sin
θ，竖直方向上有F 2cos θ＝mg ，解得斜面对铁球的支持力F 2＝，不随F 的变化而变化，mg
cos θA 错误，B 正确；F 1＝F －F 2sin θ<F ，即墙对铁球的作用力大小始终小于推力，C 错误，D 正确．
第Ⅱ卷
三、非选择题(本题共7小题，共55分)
17．(5分)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中：
小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀变速运动，如图10是经打点计时器打出纸带的一段，打点顺序是A 、B 、C 、D 、E ，已知交流电频率为50 Hz ，纸带上每相邻两个计数点间还有4个点未画出．现把一刻度尺放在纸带上，其零刻度线和计数点A 对齐．请回答以下问题：
图10
(1)下列操作正确的有________．(填选项代号)
A ．在释放小车前，小车要靠近打点计时器
B ．打点计时器应放在长木板有滑轮的一端
C ．应先接通电源，后释放小车
D ．电火花计时器应使用低压交流电源
(2)根据该同学打出的纸带我们可以判断小车与纸带的________(填“左”或“右”)端相连．
(3)用该刻度尺测量出计数点A 、B 之间的距离为________cm.
(4)打B 点时纸带的瞬时速度v B ＝________m/s.
(5)小车运动的加速度大小是________m/s 2.
答案　(1)AC (2)左　(3)1.50　(4)0.18　(5)0.60
解析　(1) 在释放小车前，小车要靠近打点计时器，故A 正确；打点计时器应固定在无滑轮的一端，故B 错误；实验时应先接通电源，再释放小车，故C 正确；电火花计时器应使用220 V 的交流电源，故D 错误．
(2)因为相等时间内的位移越来越大，可知纸带的左端与小车相连．
(3)由刻度尺读数知，AB 之间的距离为1.50 cm.
(4)打B 点时纸带的瞬时速度
v B ＝＝ m /s ＝0.18 m/s.
xAC
2T 3.60×10－20.2(5)根据Δx ＝aT 2，运用逐差法得，a ＝
＝ m /s 2＝0.60
xCE －xAC
4T 2[(9.60－3.60)－3.60]×10－24×0.01m/s 2.
18．(5分)图11甲为“探究求合力的方法”的实验装置．
图11
(1)下列说法中正确的是________．
A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化
B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下
C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程
D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°
(2)弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力F的大小为________N.
答案　(1)AC　(2)4.00
解析　(1)在同一组数据中，只有当橡皮条结点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，故A正确；弹簧测力计拉细线时，方向不一定竖直向下，只要把O点拉到同一位置即可，故B错误；根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，故C正确；F1、F2方向间夹角为90°并不能减小误差，故D错误．
(2)由题图乙弹簧测力计的指针指示可知，拉力F的大小为4.00 N.
19．(6分)(2016·扬州模拟)某实验小组欲以如图12所示实验装置探究“加速度与物体受力和质量的关系”．图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m1，小盘(及砝码)的质量为m2.
图12
(1)下列说法正确的是________．
A．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源
B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
C．本实验中应满足m2远小于m1的条件
D．在用图象法探究小车加速度与受力的关系时，应作a－m1图象
(2)实验中得到一条打点的纸带，如图13所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的计算式为
v F ＝________，小车加速度的计算式
a ＝
_______________________________________________.
图13
答案　(1)C (2)　x 5＋x 6
2T (x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2
解析　(1)实验时应先接通电源后释放小车，故A 错误；假设木板倾角为θ，则有：F f ＝mg sin θ＝μmg cos θ，m 约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故B 错误；绳子上的拉力
F ＝，故m 2≪m 1，即实验中应满足小盘和砝码的质量远小于小车的质量，故C 正确；
m 2g
1＋m 2
m 1F ＝m 1a ，所以：a ＝，所以在用图象法探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a －F
m 1图象，故D 错误；(2)根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，
1
m 1可以求出纸带上打F 点时小车的瞬时速度大小v F ＝.根据逐差法得：a ＝
x 5＋x 6
2T .
(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)
9T 220．(9分)在某次载人飞船返回地面的模拟演练中，测得模拟舱距地面9
m 时速度为12 m/s ，并以这个速度匀速降落，在距地面1.2 m 时，模拟舱的缓冲发动机开始向下喷火，舱体开始匀减速降落直至到达地面速度为0.求：
(1)模拟舱匀减速阶段的加速度大小；
(2)模拟舱从9 m 高处落到地面所用的时间．
答案　(1)60 m/s 2　(2)0.85 s
解析　(1)设模拟舱以v 0＝12 m/s 的初速度在距地面x 1＝1.2 m 处开始匀减速运动，加速度大小为a ，由匀变速运动的规律有
0－v ＝－2ax 12
0代入数据可解得a ＝60 m/s 2
(2)设模拟舱从x ＝9 m 匀速运动至x 1＝1.2 m 处历时t 1，由匀速运动的规律可知
t 1＝x －x 1
v 0
代入数据可解得t 1＝0.65 s
设匀减速运动历时t 2，由匀变速运动的规律可知t 2＝0－v 0
－a
代入数据可解得t 2＝0.2 s
所以模拟舱从9 m 高处落到地面所用的时间为t 1＋t 2＝0.85 s.
21．(10分)某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来．假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C (∠QCS ＝30°)时，金属小球偏离竖直方向的夹角θ也是30°，此时小球静止，如图14所示．已知小球的质量为m ，该同学(含磁铁)的质量为M ，求此时：
图14
(1)悬挂小球的细线的拉力大小为多少？
(2)该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少？
答案　(1)mg (2)Mg ＋mg mg 33123
6解析　(1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，则由平衡条件得
F sin 30°＝F C sin 30°
F C cos 30°＋F cos 30°＝mg
解得F ＝F C ＝mg 33
(2)以小球和该同学整体为研究对象，受力分析如图乙所示，同理有F f ＝F sin 30°
F N ＋F cos 30°＝(M ＋m )g
将F 值代入解得F f ＝mg 3
6F N ＝Mg ＋mg .1
222．(10分)某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图15所示，已知斜面倾角为α＝45°，光滑小球的质量m ＝3
kg ，力传感器固定在竖直挡板上．求：
图15
(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；
(2)当整个装置水平向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为36 N，此时装置的加速度大小；
(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？
答案　(1) 30 N　(2) 2 m/s2 (3)向左运动　10 m/s2
解析　(1)以小球为研究对象，设小球与力传感器的作用力大小为F，小球与斜面间的作用力大小为F N，如图所示，由几何关系可知
F＝mg＝3×10 N＝30 N.
(2)竖直方向F N cos 45°＝mg；
水平方向F－F N sin 45°＝ma；
解得：a＝2 m/s2.
(3)要使力传感器示数为0，则有：
F N′cos 45°＝mg；
F N′sin 45°＝ma′；
解得：a′＝10 m/s2，加速度方向向左
故装置应向左加速．
23．(10分)(2016·义乌市模拟)如图16所示，质量为5 kg的木块放在倾角为30°、长为20 m 的固定斜面上时，木块恰好能沿斜面匀速下滑，若改用沿斜面向上的恒力F拉木块，木块从静止开始沿斜面匀加速上升4 m所用的时间为2 s(g取10 m/s2)．求：
图16
(1)恒力F的大小；
(2)要使木块能从斜面底端运动到顶端F 至少要作用多长时间．
答案　(1)60 N (2) s
5
36解析　(1)木块恰好匀速下滑时受力平衡，有：F f ＝mg sin 30°＝mg
1
2匀加速上升的加速度：a 1＝＝ m /s 2＝2 m/s 22x t 21
2×4
22对木块受力分析如图甲
根据牛顿第二定律有F －mg sin 30°－F f ＝ma 1
代入数据得：F ＝mg sin 30°＋F f ＋ma 1＝mg ＋ma 1＝60 N
(2)设拉力最小作用时间为t .
撤去F 前：x 1＝a 1t 2＝t 2
1
2v 1＝a 1
t ＝2t
撤去F 后，受力分析如图乙，
根据牛顿第二定律mg sin 30°＋F f ＝ma 2
解得：a 2＝＝g mg sin 30°＋F f
m 匀减速运动的位移：x 2＝＝v 212a 2t 2
5
因为斜面长20 m ，故有x 1＋x 2＝20 m ，
代入数据得：t 2＝20
6
5解得：t ＝ s.5
36。