2024-2025學年高中物理模塊綜合測評含解析魯科版必修1

PAGE9-模塊綜合測評(時間：90分鐘分值：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．一輛汽車以2m/s2的加速度做勻減速直線運動，經過2s(汽車未停下)，汽車行駛了36m．汽車起先減速時的速度是()A．9m/s B．18m/sC．20m/s D．12m/sC[由位移公式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2得汽車的初速度v0＝eq\f(2s－at2,2t)＝eq\f(2×36－－2×22,2×2)m/s＝20m/s，選項C正確．]2.如圖所示，Ⅰ、Ⅱ分別是甲、乙兩小球從同一地點沿同始終線運動的v-t圖線，依據圖線可以推斷()A．甲、乙兩小球做的是初速度方向相反的勻變速直線運動，加速度大小相同、方向相同B．兩球在t＝8s時相距最遠C．兩球在t＝2s時速度相同D．兩球在t＝8s相遇D[甲、乙兩小球均做勻變速直線運動，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)，解得a甲＝－10m/s2，a乙＝eq\f(20,3)m/s2，故A錯誤；由題圖可知，乙小球先向負方向運動，后向正方向運動，甲小球先向正方向運動，后向負方向運動，當速度相同時間距最大，該時間點在4s～5s之間，故B錯誤；甲、乙兩球在t＝2s時的速度分別為20m/s、－20m/s，所以它們的速率相等，方向相反，故C錯誤；甲小球在8s內圖線與t軸所圍的總“面積”為零，即總位移為零，說明甲小球又回到動身點，乙小球前2s內靜止，后6s內的總位移為零，說明乙小球也回到了動身點，又因為兩小球從同一地點動身，所以兩小球此時相遇，故D正確．]3．應用物理學問分析生活中的常見現象，可以使物理學習更加好玩和深化．例如平伸手掌托起物體，由靜止起先豎直向上運動，直至將物體拋出．對此現象分析正確的是()A．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C．在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D．在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度D[手托物體由靜止起先豎直向上運動，肯定先做加速運動，物體處于超重狀態(tài)；而后可能勻速上升，也可能減速上升，選項A、B錯誤．在物體離開手的瞬間，二者分別，不計空氣阻力，物體只受重力，物體的加速度肯定等于重力加速度，選項C錯誤．要使手和物體分別，手向下的加速度肯定大于物體向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，選項D正確．]4.如圖所示，OA為遵從胡克定律的彈性輕繩，其一端固定于天花板上的O點，另一端與靜止在動摩擦因數恒定的水平地面上的滑塊A相連．當彈性輕繩處于豎直位置時，滑塊A對地面有壓力作用．現有一水平力F作用于A，使A向右緩慢地沿直線運動，則在運動過程中()A．地面對A的支持力保持不變B．地面對A的摩擦力保持不變C．地面對A的摩擦力變小D．地面對A的摩擦力變大C[甲乙彈性輕繩處于豎直方向時，設其伸長量為x1，勁度系數為k，則受力分析如圖甲所示．依據平衡條件得T1＋N1＝G，T1＝kx1.向右拉至某一位置時，受力如圖乙所示，其中θ為此時彈性輕繩與水平面的夾角，依據正交分解和力的平衡條件可得：T2sinθ＋N2＝G，T2cosθ＋f＝F，T2＝kx2.設彈性輕繩自然長度為l，則l＋x1＝(l＋x2)sinθ，所以有N2＝G－kx2sinθ＜G－kx1＝N1，即地面對A的支持力減小，A與地面間的摩擦力變小．所以C正確．]5．為了使雨滴能盡快地淌離房頂，要設計好房頂的高度，設雨滴沿房頂下淌時做無初速度無摩擦的運動，那么如圖所示的四種狀況中符合要求的是()ABCDC[設屋檐的底角為θ，底邊長為2L(不變)．雨滴做初速度為零的勻加速直線運動，依據牛頓其次定律得加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，位移大小x＝eq\f(1,2)at2，而x＝eq\f(L,cosθ)，2sinθcosθ＝sin2θ，聯立以上各式得t＝eq\r(\f(4L,gsin2θ)).當θ＝45°時，sin2θ＝1為最大值，時間t最短，故選項C正確．]6.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?，大小可能和原來相等，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．]7．雨滴從高空由靜止下落，其所受空氣阻力與速度大小成正比，則在雨滴下落的整個過程中()A．速度不斷減小，加速度為零時，速度最小B．速度不斷增大，加速度為零時，速度最大C．加速度和速度方向相反D．速度對時間的變更率越來越小，最終為0BD[雨滴所受空氣阻力與速度大小成正比，故有f＝kv(k為常量)．雨滴受兩個力作用：豎直向下的重力mg、豎直向上的空氣阻力f.對雨滴應用牛頓其次定律得mg－kv＝ma，起初雨滴向下加速，速度v增大，加速度a減小，當mg＝kv時，加速度a＝0，速度最大，之后雨滴以最大速度做勻速直線運動．綜上所述，選項A、C錯誤，選項B正確．因加速度即速度對時間的變更率，故選項D正確．]8.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地重力加速度無關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地重力加速度有關D．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地重力加速度有關ABD[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，與當地重力加速度有關，D對．]9．如圖所示，松軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N.初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＞\f(π,2))).現將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變．在OM由豎直被拉到水平的過程中()A．MN上的張力漸漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力漸漸增大D．OM上的張力先增大后減小AD[設重物的質量為m，繩OM中的張力為TOM，繩MN中的張力為TMN.起先時，TOM＝mg，TMN＝0.由于緩慢拉起，則重物始終處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向．如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β漸漸增大，則角(α－β)漸漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：eq\f(TOM,sinα－β)＝eq\f(mg,sinθ)，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項D正確；同理知eq\f(TMN,sinβ)＝eq\f(mg,sinθ)，在β由0變?yōu)閑q\f(π,2)的過程中，TMN始終增大，選項A正確．]10．如圖甲所示，一物體沿傾角為θ＝37°的固定粗糙斜面由靜止起先運動，同時受到水平向右的風力作用，水平風力的大小與風速成正比．物體在斜面上運動的加速度a與風速v的關系如圖乙所示，則(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)()甲乙A．當風速為3m/s時，物體沿斜面對下運動B．當風速為5m/s時，物體與斜面間無摩擦力作用C．當風速為5m/s時，物體起先沿斜面對上運動D．物體與斜面間的動摩擦因數為0.25AD[由題圖乙可知物體的加速度隨風速的增大而減小，當風速為零時，物體的加速度為a0＝4m/s2，對物體，沿斜面方向有mgsinθ－μmgcosθ＝ma0，即a0＝gsinθ－μgcosθ，解得μ＝0.25，D正確；物體由靜止起先沿斜面加速下滑，隨著風速的增大，物體的加速度漸漸減小，但加速度的方向不變，物體仍舊加速運動，直到風速為5m/s時，物體的加速度減小為零，此后物體將做勻速運動，A正確，B、C錯誤．]二、非選擇題(本題共6小題，共60分，按題目要求作答)11.(6分)某同學在“探究彈力和彈簧伸長量的關系”時，安裝好試驗裝置，讓刻度尺的零刻度線與彈簧上端平齊，在彈簧下端掛1個鉤碼，靜止時彈簧長度為l1，如圖甲所示．圖乙是此時固定在彈簧掛鉤上的指針在刻度尺(最小分度是1毫米)上位置的放大圖，示數l1＝________cm.在彈簧下端分別掛2個、3個、4個、5個相同鉤碼，靜止時彈簧長度分別是l2、l3、l4、l5.已知每個鉤碼質量是50g，掛2個鉤碼時，彈簧彈力F2＝__________N(當地重力加速度g＝9.8m/s2)．要得到彈簧伸長量x，還須要測量的是________．作出F-x曲線，得到彈力與彈簧伸長量的關系．甲乙解析：最小分度是1毫米的刻度尺，應估讀到0.1毫米，故讀數為25.85cm；F2＝2mg＝2×0.050×9.8N＝0.98N；本試驗是“探究彈力和彈簧伸長量的關系”，故還須要測量彈簧原長．答案：25.85(25.84～25.86均可)0.98彈簧原長12．(8分)某試驗小組設計了如圖(a)所示的試驗裝置，用鉤碼所受重力作為小車所受的拉力，用DIS測小車的加速度．通過變更鉤碼的數量，多次重復測量，可得小車運動的加速度a和所受拉力F的關系圖象．他們在軌道水平和傾斜的兩種狀況下分別做了試驗，得到了兩條a-F圖線，如圖(b)所示．(a)(b)(1)圖線________(選填“①”或“②”)是在軌道右側抬高成為斜面狀況下得到的．(2)隨著鉤碼的數量增大到肯定程度時圖(b)中的圖線明顯偏離直線，造成此誤差的主要緣由是所掛鉤碼的總質量太大，為消退此誤差可實行的簡便且有效的措施是________．A．調整軌道的傾角，在未掛鉤碼時使小車能在軌道上長時間緩慢運動(即將小車與位移傳感器放射部分的重力沿軌道方向的分力恰與其所受摩擦力平衡)B．在增加鉤碼數量進行試驗的同時在小車上增加鉤碼，使鉤碼的總質量始終遠小于小車與位移傳感器放射部分的總質量C．在鉤碼與細繩之間放置一力傳感器，干脆得到小車運動的加速度a和力傳感器讀數F的關系圖象D．更換試驗中運用的鉤碼規(guī)格，采納質量較小的鉤碼進行上述試驗(3)小車和位移傳感器放射部分的總質量為________kg；小車在水平軌道上運動時受到的摩擦力大小為________N.解析：(1)由圖線②與橫軸的交點坐標的物理意義可知，小車的加速度為0時，仍舊掛了鉤碼，表明圖線②對應于軌道水平的情形，故圖線①是在軌道右側抬高成為斜面狀況下得到的．(2)小車與位移傳感器放射部分的重力沿軌道方向的分力恰與其所受摩擦力平衡，可使a-F圖線通過原點，但不能消退圖線明顯偏離直線這一誤差，選項A錯誤；即使鉤碼的總質量始終遠小于小車與位移傳感器放射部分的總質量，誤差仍存在，不行消退，選項B錯誤；更換試驗中運用的鉤碼規(guī)格，采納質量較小的鉤碼進行上述試驗，誤差仍存在，不行消退，選項D錯誤；唯有在鉤碼與細繩之間放置一力傳感器，這樣可干脆從力傳感器上讀出拉力F的數值，而不是用鉤碼的總重力替代拉力，從而消退拉力測量的系統(tǒng)誤差，選項C正確．(3)從圖線②與橫軸的交點坐標可知，小車的加速度為0時，拉力大小為1N，依據二力的平衡條件可知摩擦力大小為1N．對小車在水平軌道上運動時應用牛頓其次定律得F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(1,m)F－μg，圖線②直線段的斜率為eq\f(1,m)，eq\f(1,m)＝eq\f(0－－2,1－0)kg－1＝2kg－1，解得m＝0.5kg，故小車和位移傳感器放射部分的總質量為0.5kg.答案：(1)①(2)C(3)0.5113．(10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圖象如圖所示，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x甲＝eq\f(1,2)×2×4m＝4m，乙車的位移為x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)8m14.(10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.現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15．(12分)一種巨型消遣器械由升降機送到離地面75m的高處，然后讓座艙自由落下．落到離地面30m高時，制動系統(tǒng)起先啟動，座艙勻稱減速，到地面時剛好停下．若座艙中某人用手托著m＝5kg的鉛球，g取10m/s2，試求：(1)從起先下落到最終著地經驗的總時間；(2)當座艙落到離地面35m的位置時，手對球的支持力是多少；(3)當座艙落到離地面15m的位置時，球對手的壓力．解析：(1)由題意可知，座艙先自由下落h1＝(75－30)m＝45m由h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝3s下落45m時的速度v1＝gt1＝30m/s減速過程中的平均速度v2＝eq\f(v1,2)＝15m/s減速時間t2＝eq\f(h2,v2)＝2s，總時間t＝t1＋t2＝5s.(2)離地面35m時，座艙自由下落，處于完全失重狀態(tài)，所以手對球的支持力為零．(3)由veq\o\al(2,1)＝2gh1＝2ah2得，減速過程中加速度的大小a＝15m/s2依據牛頓其次定律得N－mg＝ma，解得N＝125N，依據牛頓第三定律可知，球對手的壓力為125N，方向豎直向下．答案：(1)5s(2)0(3)125N，方向豎直向下16.(