2024-2025學年新教材高中物理模塊綜合測評含解析魯科版必修第一冊

PAGE10-模塊綜合測評(分值：100分)1．(4分)(2024·北大附屬試驗學校高一上月考)為提高百米賽跑運動員的成果，教練員分析了運動員跑百米全程的錄像帶，測得運動員在前7s跑了49m,7s末到7.1s末跑了0.92m，共用10s。下列說法中正確的是()A．運動員在百米全過程的平均速度是7m/sB．運動員在前7s的平均速度是10m/sC．運動員在7s末的瞬時速度約為9.2m/sD．依據本題已知條件，無法推斷運動員在7s末的瞬時速度C[運動員全程平均速度v＝eq\f(x,t)＝eq\f(100,10)m/s＝10m/s，A錯誤；運動員在前7s的平均速度v′＝eq\f(x′,t′)＝eq\f(49,7)m/s＝7m/s，B錯誤；7～7.1s內的平均速度v″＝eq\f(x″,t″)＝eq\f(0.92,0.1)m/s＝9.2m/s，因時間變更只有0.1s，故此平均速度可視為7s末的瞬時速度，C正確，D錯誤。]2．(4分)某質點沿直線運動，其速度—時間圖像如圖所示，則下列說法正確的是()A．在0～6s內，質點做勻變速直線運動B．在6～10s內，質點處于靜止狀態(tài)C．在t＝4s前后，質點運動方向發(fā)生變更D．在t＝12s時，質點的加速度大小為1m/s2D[在速度—時間圖像中，圖像的斜率表示加速度，知在0～6s內，質點的加速度發(fā)生了變更，做的是非勻變速直線運動，故A錯誤；在6～10s內，質點做速度為4m/s的勻速直線運動，故B錯誤；在t＝4s前后，質點的速度均為正，運動方向沒有發(fā)生變更，故C錯誤；在t＝12s時，質點的加速度大小為：a＝eq\f(|Δv|,Δt)＝eq\f(4,4)m/s2＝1m/s2，故D正確。]3．(4分)(2024·常熟高一檢測)明朝謝肇淛的《五雜組》中記載：“……姑蘇虎丘寺塔傾側，議欲正之，非萬緡不行，一游僧見之曰：無煩也，我能正之。”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側的磚縫間緩慢敲進去，經月余扶正了塔身。假設所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現(xiàn)在木楔背上加一力F，方向如圖所示，木楔兩側產生推力為FN，(木楔重力、木楔與磚縫間的摩擦力不計)則有()A．FN＝eq\f(F,2sin\f(θ,2)) B．FN＝eq\f(F,2)sineq\f(θ,2)C．FN＝eq\f(F,sinθ) D．FN＝FsinθA[選木楔為探討對象，木楔受到的力有：水平向左的F和兩側給它的與木楔的斜面垂直的彈力，由于木楔處于平衡狀態(tài)，所以兩側給木楔的垂直斜面的彈力與F沿兩側分解的力是相等的，力F的分解如圖。則F＝F1cos(90°－eq\f(θ,2))＋F2cos(90°－eq\f(θ,2))＝2F1cos(90°－eq\f(θ,2))＝2F1sineq\f(θ,2)FN＝F1故得FN＝eq\f(F,2sin\f(θ,2))，故A正確，B、C、D錯誤。]4．(4分)如圖所示，一小鐵球用輕彈簧和輕繩懸掛處于靜止狀態(tài)，彈簧與水平方向成60°角，輕繩與豎直方向成60°角，重力加速度為g，則()A．彈簧和輕繩的拉力之比為1∶2B．彈簧和輕繩的拉力之比為eq\r(3)∶1C．若剪斷輕繩，則剪斷瞬間小球的加速度為eq\f(g,4)D．若剪斷輕繩，則剪斷瞬間小球的加速度為gB[裝置靜止時，以小球為探討對象，分析受力狀況，小球受重力mg、輕繩的拉力T和彈簧的拉力F，由平衡條件知T與F的合力與mg等大反向，如圖，則得eq\f(F,T)＝tan60°＝eq\r(3)，即彈簧和輕繩的拉力之比為eq\r(3)∶1，故A錯誤，B正確；由上得T＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，若剪斷輕繩，彈簧的彈力來不及變更，F(xiàn)和mg的合力與原來的T等大反向，所以剪斷輕繩瞬間小球的合力大小等于T，加速度a＝eq\f(T,m)＝eq\f(g,2)，故C、D錯誤。]5．(4分)如圖所示，用與豎直方向成θ角(θ＜45°)的傾斜輕繩a和水平輕繩b共同固定一個小球，這時輕繩b的拉力為F1，現(xiàn)保持小球在原位置不動，使輕繩b在原豎直平面內逆時針轉過θ角固定，輕繩b的拉力為F2，再逆時針轉過θ角固定，輕繩b的拉力為F3，則()A．F1＝F3＞F2 B．F1＜F2＜F3C．F1＝F3＜F2 D．輕繩a的拉力增大A[輕繩b處在三個不同位置時，小球均處于平衡狀態(tài)；對小球受力分析并依據平衡條件可知，它受到的三個力可以構成矢量三角形，如圖所示，依據幾何關系可知，F(xiàn)2垂直于輕繩a對小球的拉力最小，所以F1＝F3＞F2，而輕繩a的拉力T漸漸減小，故A選項正確。]6．(4分)(2024·山東青島二中高一期末)如圖所示，物塊a、b質量分別為2m、m，水平地面和豎直墻面均光滑，在水平推力F作用下，兩物塊均處于靜止狀態(tài)，則下列選項中正確的是()A．物塊b受四個力作用B．物塊b受到的摩擦力大小等于2mgC．物塊b對地面的壓力大小等于mgD．物塊a受到物塊b的作用力水平向右B[因為墻面光滑，所以物塊a與墻面之間無摩擦力，所以物塊a受到重力mag、物塊b對物塊a的彈力Fba、墻面對物塊a的彈力Fa以及物塊b對物塊a的摩擦力fba，如圖甲所示，且fba＝mag＝2mg，F(xiàn)a＝Fba，故B正確；因為地面光滑，所以物塊b與地面之間無摩擦力，所以物塊b受到重力mbg、地面對物塊b的彈力Fb、外力F、物塊a對物塊b的彈力Fab以及物塊a對物塊b的摩擦力fab，共五個力，如圖乙所示，且Fb＝fab＋mbg＝3mg，F(xiàn)＝Fab，故A、C錯誤；物塊a受到物塊b的作用力為fba與Fba的合力，合力的方向指向右上方，故D錯誤。]甲乙7．(4分)如圖甲所示，A、B兩物塊在如圖乙所示的隨時間按正弦規(guī)律變更的外力作用下，由靜止起先一起沿光滑水平面運動，A、B兩物塊始終保持相對靜止，則以下說法中正確的是()甲乙A．A、B兩物塊一起做往復運動B．t1時刻物塊的速度最大C．t2時刻物塊運動的位移最大D．t3時刻物塊A受到的摩擦力最大D[在0～t2內整體沿正方向做加速運動；t2～t4內加速度反向，做減速運動，因為兩段時間內受力是對稱的，所以t4末速度變?yōu)榱?；之后兩個物塊又重復以前的運動，始終沿正方向運動，故A、C錯誤；結合以上分析可知，在0～t2內始終做加速運動，所以在t2時刻物塊的速度最大，故B錯誤；對整體分析，整體的加速度與F的方向相同，t3時刻兩個物塊的加速度最大；B物塊所受的合力為摩擦力，故摩擦力的方向與加速度方向相同，大小為fB＝mBa；可知當加速度最大時，B受到的摩擦力最大。即當t3時刻物塊B受到的摩擦力最大，依據牛頓第三定律可知，t3時刻物塊A受到的摩擦力最大，故D正確。]8．(4分)如圖所示，斜面體M放在水平地面上，另有物塊N放在斜面體上，輕質彈簧兩端分別與物塊N及固定在斜面體底端的擋板P連接，彈簧處于壓縮狀態(tài)，M、N靜止。現(xiàn)用力F沿斜面對上拉物塊N，但并未運動，下列說法正確的是()A．彈簧對擋板的作用力減小B．M、N之間的摩擦力可能大小不變C．M對地面的壓力不變D．水平地面對M的摩擦力不變B[對N受力分析，其受重力、支持力、彈簧的彈力，可能受靜摩擦力，且靜摩擦力的方向可能沿著斜面對下，也可能沿著斜面對上，當用力F拉物塊N時，因沒有拉動，則彈簧的形變量不變，彈簧的彈力不變，選項A錯誤；若N受到的靜摩擦力起先是沿著斜面對上，當用力F拉N時，N受到的靜摩擦力可能會變?yōu)檠刂泵鎸ο拢笮】赡芎驮瓉硐嗟?，選項B正確；從整體角度分析可知，當用力F拉N時，整體對地面的壓力減小，有向右的運動趨勢，因此水平地面對M的摩擦力發(fā)生變更，選項C、D錯誤。]9．(6分)某試驗小組用一只彈簧測力計和一個量角器等器材驗證力的平行四邊形定則，設計的試驗裝置如圖所示。固定在豎直木板上的量角器直邊水平，橡皮筋一端固定在量角器圓心O的正上方A點，另一端系繩套1和繩套2。(1)試驗步驟如下：①彈簧測力計掛在繩套1上豎直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的結點到達O點，登記彈簧測力計的示數(shù)F；②彈簧測力計掛在繩套1上，手拉著繩套2，緩慢拉橡皮筋，使橡皮筋的結點達到O點，此時繩套1沿0°方向，繩套2沿120°方向，此時彈簧測力計的示數(shù)為F1；③依據力的平行四邊形定則計算繩套1的拉力F1′＝________；④比較________，即可初步驗證力的平行四邊形定則。(2)將繩套1由0°方向緩慢轉動到60°方向，同時繩套2沿120°方向不變，此過程中保持橡皮筋的結點在O點不動，關于繩套1的拉力大小的變更，下列結論正確的是________。A．漸漸增大 B．先增大后減小C．漸漸減小 D．先減小后增大[解析](1)③由幾何關系依據力的平行四邊形定則計算繩套1的拉力F1′＝Ftan30°＝eq\f(\r(3),3)F；④比較F1和F1′的大小，即可初步驗證力的平行四邊形定則。(2)保持繩套2方向不變，繩套1從圖示位置向下緩慢轉動60°，此過程中保持橡皮筋的結點在O點處不動，說明兩個細繩拉力的合力不變，作圖如下：故繩套1的拉力先減小后增加，故A、B、C錯誤，D正確。[答案](1)③eq\f(\r(3),3)F④F1與F1′的大小(2)D10．(8分)在“探究加速度與力、質量的關系”的試驗中，保持小車的質量不變，變更小車所受的作用力，測得的數(shù)據見下表。組別12345F/N1.02.03.04.05.0a/(m·s－2)0.400.831.181.582.00(1)如圖所示的坐標紙上已描出了部分數(shù)據點，請在坐標紙上描出第2、4組數(shù)據對應的點，然后作出a-F圖像。(2)由所作圖線可以得到結論：在質量肯定的狀況下，加速度a與作用力F成________比。(3)當探討加速度與物體質量的關系時，應保持_________不變，變更小車的質量來進行試驗。[解析](1)如圖所示，依據表格中的數(shù)據在坐標紙上描點，連線時留意舍棄誤差較大的點，不在圖線上的點要勻稱分布在圖線兩側。(2)由(1)所作圖線是一條過原點的傾斜直線，所以可以推斷加速度a和作用力F成正比。(3)本試驗過程采納了限制變量法的思想，在探討加速度和質量的關系時，應當保持物體所受的作用力不變。[答案](1)見解析(2)正(3)小車所受作用力11．(4分)(多選)如圖所示是甲、乙、丙、丁、戊五個運動物體相對同一原點的位移—時間圖像。下面有關說法中正確的是()A．甲、乙運動的動身點相距s0B．乙比甲早動身t1的時間C．丙在0～2s內，物體的位移大于2mD．丁、戊兩物體在25s時相遇AD[由題圖可知，乙從原點動身，甲從距原點s0處動身，故兩物體的動身點相距s0，故A正確；甲在t＝0時刻起先運動，而乙在t1時刻起先運動，故甲比乙早動身t1的時間，故B錯誤；丙在0～2s內，物體的位移為Δs＝0－0＝0，故C錯誤；丁、戊兩物體在25s時到達同一位置而相遇，故D正確。]12．(4分)(多選)如圖所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉動小車和木塊一起做無相對滑動的加速運動。小車質量為M，木塊質量為m，加速度大小為a，木塊和小車之間的動摩擦因數(shù)為μ，則在這個過程中，木塊受到的摩擦力大小是()A．μmg B．eq\f(mF,M＋m)C．μ(M＋m)g D．maBD[木塊與小車無相對滑動，故a相同，對木塊、小車整體F＝(M＋m)a，故a＝eq\f(F,M＋m)。木塊與整體加速度相同也為a，對木塊由牛頓其次定律得：f＝ma，即f＝eq\f(mF,M＋m)，故B、D正確。]13．(4分)(多選)如圖所示，在足夠高的空間內，小球位于空心管的正上方h處，空心管長為L，小球的球心與管的軸線重合，并在豎直線上，小球直徑小于管的內徑，不計空氣阻力，則下列推斷正確的是()A．兩者均無初速度同時釋放，小球在空中不能穿過管B．兩者同時釋放，小球具有豎直向下的初速度v0、管無初速度，則小球肯定能穿過管，且穿過管的時間與當?shù)刂亓铀俣葻o關C．兩者同時釋放，小球具有豎直向下的初速度v0、管無初速度，則小球肯定能穿過管，但穿過管的時間與當?shù)刂亓铀俣扔嘘PD．兩者均無初速度釋放，但小球提前了Δt時間釋放，則小球肯定能穿過管，但穿過管的時間與當?shù)刂亓铀俣扔嘘PABD[兩者同時無初速度釋放，均做自由落體運動，小球不能穿過管，A對；兩者同時釋放，小球具有豎直向下的初速度v0，以管為參考系，則小球勻速穿過管，時間為t＝eq\f(L,v0)，B對，C錯；小球提前Δt釋放，相當于獲得了初速度v0＝gΔt，與當?shù)刂亓铀俣扔嘘P，D對。]14．(4分)(多選)如圖所示，質量分別為m1＝0.2kg、m2＝0.1kg的小球1和2用輕質彈簧連接。某人用手通過輕繩給小球1施加F＝6N的豎直恒力，使整個裝置一起豎直向上加速運動。某時刻手突然停止，此時小球1、2的加速度大小分別為a1和a2；重力加速度g＝10m/s2，忽視空氣阻力，則下列說法正確的是()A．裝置在恒力F作用下加速運動時，彈簧的彈力大小為4NB．裝置在恒力F作用下加速運動時，彈簧的彈力大小為2NC．手停止的瞬間，a1＝10m/s2，a2＝10m/s2D．手停止的瞬間，a1＝20m/s2，a2＝10m/s2BD[在恒力F作用下整個裝置一起向上做勻加速運動，對整體由牛頓其次運動定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0對球2由牛頓其次運動定律有F彈－m2g＝m2聯(lián)立方程得F彈＝2N故A錯誤，B正確；手停止運動的這一瞬間，繩變松弛，繩的拉力突變?yōu)?，彈簧彈力不能發(fā)生突變，F(xiàn)彈＝2N，對球1由牛頓其次運動定律有F彈＋m1g＝m1解得a1＝20m/s2，方向豎直向下，對球2由牛頓其次運動定律有F彈－m2g＝m2解得a2＝10m/s2，方向豎直向上，故C錯誤，D正確。]15．(6分)甲、乙兩輛電動遙控玩具賽車(可視為質點)，在水平平行的兩條相隔很近的直軌道上玩追逐嬉戲，某一時刻兩車相距最近(可視為在同一位置)，從該時刻起先，兩車的v-t圖像如圖所示，在圖示的6s內，求：(1)兩車再次相距最近所用的時間；(2)兩車之間的最遠距離。[解析](1)在前2s內，甲車的位移為s甲＝eq\f(1,2)×2×4m＝4m，乙車的位移為s乙＝2×2m＝4m，即在前2s內兩車位移相等，故兩車再次相距最近所用的時間為2s。(2)從第2s末起先，兩車的加速度分別為a甲＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(0－4,4)m/s2＝－1m/s2，a乙＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(0－2,2)m/s2＝－1m/s2，故甲車相對乙車做速度為2m/s的勻速直線運動，兩車之間的距離漸漸增大。所以第6s末，兩車相距最遠，最遠距離為Δx＝Δvt＝2×(6－2)m＝8m。[答案](1)2s(2)8m16．(8分)如圖所示，在水平粗糙的橫桿上，有一質量為m的小圓環(huán)A，用一細線懸吊一個質量為m的球B?，F(xiàn)用一水平拉力緩慢地拉起球B，使細線與豎直方向成37°角，此時小圓環(huán)A仍保持靜止。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，求：(1)水平拉力F的大小；(2)小圓環(huán)A對橫桿的壓力及環(huán)受到的摩擦力。[解析](1)取球B為探討對象進行受力分析，如圖所示，由平衡條件得Tsin37°＝F，Tcos37°＝mg聯(lián)立兩式解得F＝eq\f(3,4)mg。(2)取A、B組成的系統(tǒng)為探討對象，則橫桿對小圓環(huán)的彈力N＝2mg，方向豎直向上，由牛頓第三定律知，小圓環(huán)對橫桿的壓力大小為2mg，方向豎直向下。環(huán)受到的摩擦力大小為f＝F＝eq\f(3,4)mg，方向水平向左。[答案](1)eq\f(3,4)mg(2)2mg，豎直向下eq\f(3,4)mg，水平向左17．(12分)如圖所示，放在粗糙、固定斜面上的物塊A和懸掛的物體B均處于靜止狀態(tài)。輕繩AO繞過光滑的定滑輪與輕彈簧的右端及輕繩BO的上端連接于O點，輕彈簧中軸線沿水平方向，輕繩的OC段與豎直方向的夾角θ＝53°，斜面傾角α＝37°，物塊A和B的質量分別為mA＝5kg，mB＝1.5kg，彈簧的勁度系數(shù)k＝500N/m(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2)。求：(1)彈簧的伸長量x；(2)物塊A受到的摩擦力；(3)當繩OC達到最大承受力時，B的加速度。[解析](1)對結點O受力分析如圖所示：Tcosθ－mBg＝0Tsinθ－F＝0且F＝kx解得x＝4cm。(2)設物塊A所受摩擦力沿斜面對下，對物塊A受力分析如圖所示：T－f－mAgsinα＝0解得f＝－5N即物塊A所受摩擦力大小為5N，方向沿斜面對上。(3)經分析知當繩OC達最大承受力時，繩子的力發(fā)生突變，所以B的加速度aB＝g。[答案](1)4cm