?模塊綜合試卷
(時間：90分鐘　滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．在物理學(xué)的重大發(fā)現(xiàn)中，科學(xué)家們創(chuàng)造出了許多物理學(xué)方法，如比值法、理想實驗法、控制變量法、極限思想方法、類比法、科學(xué)假說法和建立物理模型法等，以下關(guān)于所用物理學(xué)方法的敘述不正確的是(　　)
A．在推導(dǎo)勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法
B．根據(jù)速度定義式v＝，當(dāng)Δt非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應(yīng)用了極限思想方法
C．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質(zhì)點來代替物體的方法叫假設(shè)法
D．定義加速度a＝用到比值法，加速度與Δv和Δt無關(guān)
答案　C
2．某短跑運動員參加100 m競賽，測得他在5 s末的速度為10.4 m/s，在10 s末到達終點時速度為10.2 m/s，整個比賽過程，關(guān)于運動員的平均速度，以下判斷正確的是(　　)
A．一定等于10 m/s B．可能等于10.2 m/s
C．一定大于10.3 m/s D．可能等于10.4 m/s
答案　A
解析　由題意可知，運動員的位移為100 m，時間為10 s，則平均速度v＝＝10 m/s，A正確．
3.(2021·淮安市六校高一上第二次學(xué)情調(diào)查)2019年1月3日“嫦娥四號”成功實現(xiàn)月球背面軟著陸．它調(diào)整姿態(tài)緩慢下降到著陸點上方4 m處，最終以自由落體方式完美著陸在月球表面．在自由下落階段某物理量隨時間的變化關(guān)系如圖1所示，由圖可知，縱軸表示的物理量可能是(　　)

圖1
A．速度 B．位移
C．加速度 D．路程
答案　A
4.(2021·鹽城市響水中學(xué)高一上期末)如圖2所示，輕質(zhì)彈簧的上端固定在電梯的天花板上，彈簧下端懸掛一個小鐵球，在電梯運行時，乘客發(fā)現(xiàn)彈簧的伸長量比電梯靜止時的伸長量大了，這一現(xiàn)象表明(　　)

圖2
A．電梯的加速度方向一定向上
B．乘客處于失重狀態(tài)
C．電梯一定是在下降
D．電梯的加速度方向一定向下
答案　A
5.如圖3所示為A、B兩物體在同一直線坐標(biāo)系中運動的x－t圖像，則下列關(guān)于物體運動的說法正確的是(　　)

圖3
A．A物體在0時刻至第8 s末，運動方向改變2次
B．兩物體在第5 s末相遇
C．A物體在2～7 s時間內(nèi)位移為4 m
D．0～5 s過程中兩物體的平均速度不相同
答案　B
解析　由題圖可知，A物體在4 s末運動方向改變，故A物體在0時刻至第8 s末運動方向改變1次，A錯誤；第5 s末兩物體到達同一位置即相遇，B正確；A物體在2～7 s時間內(nèi)的位移Δx＝x末－x初＝0－4 m＝－4 m，C錯誤；兩物體在0～5 s的過程中，位移相同，故平均速度相同，D錯誤．
6.(2021·常州一中高一上期末)如圖4所示，兩個小球a、b質(zhì)量均為m，用細(xì)線相連并懸掛于O點，現(xiàn)用一輕質(zhì)彈簧給小球a施加一個拉力F，使整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，且Oa與豎直方向夾角為θ＝45°，已知彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則彈簧形變量不可能是(　　)

圖4
A. B.
C. D.
答案　B
解析　以小球a、b整體為研究對象，分析受力，作出F在幾個方向時整體的受力圖，根據(jù)平衡條件得：F與FT的合力與整體重力2mg總是大小相等、方向相反，由力的合成圖可知，當(dāng)F與繩子Oa垂直時，F(xiàn)有最小值，即圖中2位置，F(xiàn)的最小值為：Fmin＝2mgsin θ＝2×
mg＝mg.根據(jù)胡克定律：Fmin＝kxmin，所以：xmin＝，則A、C、D可能，B不可能．本題選不可能的，故選B.

7．(2021·徐州市高一上期末)用如圖5所示的裝置探究加速度與力的關(guān)系時，補償阻力后，用槽碼的重力代替細(xì)線的拉力，通過分析可知，這種代替是有誤差的．若槽碼的質(zhì)量m與小車質(zhì)量M滿足M＝10m，槽碼牽引小車加速運動時，細(xì)線的拉力大小與槽碼重力差值的絕對值為(重力加速度為g)(　　)

圖5
A.mg B.mg
C.Mg D.Mg
答案　B
解析　由題意可得：mg＝(M＋m)a
FT＝Ma＝＝mg
則|FT－mg|＝mg，故選B.
8.如圖6所示，半徑為3R的半圓柱體P靜止在水平地面上，靜止于P上的光滑小圓柱體Q質(zhì)量為m，半徑為R，此時豎直擋板MN恰好與P、Q相切，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)

圖6
A．Q受到的P的彈力為mg
B．Q受到的擋板MN的彈力為mg
C．若擋板水平向右緩慢移動一小段距離且P仍靜止時，P受到地面的摩擦力不變
D．若擋板水平向右緩慢移動一小段距離且P仍靜止時，Q受到P的彈力變小
答案　B
解析　對圓柱體Q受力分析，受到重力mg、擋板MN的支持力FN1和P對Q的支持力FN2，如圖，

由幾何關(guān)系得：cos θ＝0.5，所以θ＝60°
根據(jù)平衡條件得：FN1＝＝mg，F(xiàn)N2＝＝mg，故A錯誤，B正確；對P、Q整體受力分析，受重力、地面支持力、MN擋板對其向左的支持力和地面對其向右的摩擦力，根據(jù)共點力平衡條件，有：
Ff＝FN1＝，
MN保持豎直且緩慢地向右移動過程中，角θ不斷變小，故Ff變大，由FN2＝可知，F(xiàn)N2變大，故C、D錯誤．
二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，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)
9.(2020·山東師大附中二模)如圖7所示，A、B為兩固定的光電門，在光電門A正上方的O處有一邊長為0.5 cm的正方形鐵片自由落下，鐵片下落的過程中底邊始終水平，已知鐵片通過A、B光電門的時間分別為t1＝1.25×10－3 s，t2＝0.625×10－3 s．若將鐵片通過光電門的平均速度視為瞬時速度，忽略空氣阻力的影響，g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)

圖7
A．鐵片通過光電門B的瞬時速度為vB＝8.00 m/s
B．O點到光電門A的距離為1.00 m
C．鐵片從光電門A到B所需的時間為0.40 s
D．光電門A、B之間的距離為2.40 m
答案　ACD
解析　鐵片通過光電門B的瞬時速度vB＝＝ m/s＝8.00 m/s，故A正確；鐵片通過光電門A的瞬時速度vA＝＝ m/s＝4.00 m/s，O點到光電門A的距離hA＝＝ m＝0.80 m，故B錯誤；鐵片從光電門A到B所需的時間Δt＝＝ s＝0.40 s，故C正確；光電門A、B之間的距離hAB＝＝ m＝2.40 m，故D正確．
10．如圖8甲所示，光滑水平面上靜置一個薄長木板，長木板上表面粗糙，其質(zhì)量為M，t＝0時刻質(zhì)量為m的物塊以水平速度v滑上長木板，此后木板與物塊運動的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)

圖8
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的長度為8 m
D．木板與物塊間的動摩擦因數(shù)為0.1
答案　BC
解析　物塊在木板上運動的過程中，μmg＝ma1，而v－t圖像的斜率表示加速度，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D錯誤；對木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A錯誤，B正確；由題圖乙可知，2 s時物塊和木板分離，則0～2 s內(nèi)，兩者v－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積之差等于木板的長度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正確．
11．(2021·泰安一中期中)如圖9所示，OA為一遵從胡克定律的彈性輕繩，其一端固定于天花板上的O點，另一端與靜止在水平地面上的滑塊A相連，水平地面與滑塊間的動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)繩處在豎直位置時，滑塊A對地面有壓力作用，B為緊靠繩的光滑水平小釘，它到天花板的距離OB等于彈性輕繩的自然長度，現(xiàn)用一水平力F作用于A，使之緩慢向右運動，在運動過程中(彈性輕繩始終在彈性限度內(nèi))作用于A的(　　)

圖9
A．支持力逐漸增大
B．摩擦力保持不變
C．摩擦力逐漸增大
D．F逐漸增大
答案　BD
解析　設(shè)彈性輕繩的勁度系數(shù)為k，AB的距離為h，將A向右拉一段距離后彈性輕繩的伸長量為x，如圖所示，原來地面對滑塊A的支持力FN1＝mg－kh，當(dāng)向右拉一段后，支持力FN2＝mg－kxsin α，而sin α＝，可得FN2＝FN1，故A錯誤；滑動摩擦力Ff＝μFN，知摩擦力的大小保持不變，故B正確，C錯誤；根據(jù)F＝kxcos α＋Ff，知拉力F變大，故D正確．

12．將一質(zhì)量不計的光滑桿傾斜地固定在水平面上，如圖10甲所示，現(xiàn)在桿上套一光滑的小球，小球在一沿桿向上的拉力F的作用下沿桿向上運動．該過程中小球所受的拉力以及小球的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙、丙所示．取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)

圖10
A．在2～4 s內(nèi)小球的加速度大小為0.5 m/s2
B．小球質(zhì)量為2 kg
C．桿的傾角為30°
D．小球在0～4 s內(nèi)的位移為8 m
答案　AC
解析　v－t圖像的斜率表示加速度，在2～4 s內(nèi)小球的加速度a＝＝0.5 m/s2，則A正確；由題圖乙、丙知，在0～2 s內(nèi)小球做勻速直線運動時，重力沿桿向下的分力等于5 N，在2～4 s內(nèi)由牛頓第二定律有F2－F1＝ma，解得m＝1 kg，則B錯誤；設(shè)桿的傾角為α，則mgsin α＝5 N，解得α＝30°，則C正確；v－t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示位移，即0～4 s內(nèi)小球的位移為5 m，則D錯誤．
三、非選擇題(本題共6小題，共60分)
13．(6分)某同學(xué)為測定物塊與電梯水平地板之間的動摩擦因數(shù)，將質(zhì)量為1 kg的物塊放在電梯水平地板上，彈簧測力計一端固定在電梯側(cè)壁上，一端連接物塊并保持測力計水平．現(xiàn)用手向左緩慢移動物塊至圖11甲所示位置，放手后物塊仍保持靜止(取g＝9.8 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)．

圖11
(1)圖甲中彈簧測力計讀數(shù)為________ N；
(2)電梯啟動后，用手機的加速度傳感器測得電梯的a－t圖像如圖乙所示(以豎直向上為正方向)．結(jié)果發(fā)現(xiàn)在電梯運行過程中的某一時刻物塊被拉動，則這一時刻是_______(選填“第1 s初”或“第5 s初”)，該時刻電梯處于________(選填“超重”或“失重”)狀態(tài)；
(3)物塊和電梯水平地板間動摩擦因數(shù)的最大值是________(保留兩位有效數(shù)字)．
答案　(1)3.60(2分)　(2)第5 s初(1分)　失重(1分)　(3)0.40(2分)
解析　(1)根據(jù)題圖甲可知，3 N和4 N之間有10個小格，每小格表示0.1 N，需要估讀到下一位，因此彈簧測力計示數(shù)為3.60 N.
(2)物塊被拉動時，是最大靜摩擦力最小時，也就是彈力最小時，由題意可知一定是向下加速度最大時，結(jié)合題圖乙可知為第4 s末，也就是第5 s初，此時加速度方向向下，電梯處于失重狀態(tài)；
(3)第5 s初時，分析物塊受力可知FN－mg＝ma，代入數(shù)據(jù)解得FN＝9 N，結(jié)合彈簧測力計示數(shù)可得Ff＝μFN，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.40.
14．(8分)圖12為“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗裝置示意圖．圖中打點計時器的電源為50 Hz的交變電源．在小車質(zhì)量一定的情況下探究加速度與力的關(guān)系．

圖12
(1)為使輕繩對小車的拉力為小車所受的合外力，故在組裝器材完畢后需補償阻力：補償阻力時________(選填“需要”或“不需要”)掛上砂桶；正確操作后，在長木板右端下放一塊墊木，以調(diào)整長木板右端的高度，放上小車后，輕推小車使之運動，打點計時器在紙帶上打出如圖13所示的紙帶(紙帶上打點方向為由A到B)，則需要將墊木向________移動(選填“左”或“右”)．

圖13
(2)本實驗操作過程中，________(選填“是”或“ 不”)需要滿足砂桶及砂的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量．
(3)圖14是某同學(xué)實驗過程中得到的一條點跡清晰的紙帶，已知相鄰兩點間還有4個點未畫出，則根據(jù)紙帶可得此次小車的加速度a＝________ m/s2(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)．

圖14
(4)若某次實驗過程中，求得小車加速度的大小為a，則砂桶的加速度為________．
(5)圖15是甲、乙、丙三位同學(xué)作出的加速度與彈簧測力計示數(shù)的關(guān)系圖像，其中符合實驗事實的是________(選填“甲”“乙”或“丙”)．

圖15
答案　(1)不需要(1分)　左(1分)　(2)不(1分)　(3)1.93(2分)　(4)2a(2分)　(5)乙(1分)
解析　(1)為使輕繩拉力作為合力，即使除拉力以外的合力為零，故不能將拉力算進去，即補償阻力時不需要掛上砂桶；由紙帶可以看出小車點跡分布越來越密集，說明小車在做減速運動，補償阻力不足，需增大傾角，故需向左移動墊木；
(2)小車所受拉力可由彈簧測力計直接讀取，故不再需要砂桶及砂的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量；
(3)根據(jù)逐差法有
a＝
＝ m/s2
≈1.93 m/s2；
(4)兩股輕繩拉小車，所以砂桶的加速度是小車加速度的2倍，即砂桶的加速度是2a；
(5)本實驗中作用在小車上的力可以準(zhǔn)確測量，加速度與力成正比，可知乙正確．
15．(8分)如圖16所示，質(zhì)量為m1的物體A用細(xì)繩繞過光滑的定滑輪與質(zhì)量為m2的物體B相連，連接A的細(xì)繩與水平方向的夾角為θ，物體B左側(cè)的細(xì)繩與水平方向的夾角也為θ，B右側(cè)與豎直墻壁相連的細(xì)繩保持水平，此時系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，A所在的桌面水平，已知重力加速度為g，求：

圖16
(1)細(xì)繩對物體A的拉力大??；
(2)A物體受到桌面的支持力和摩擦力的大?。?br /> 答案　(1)　(2)(m1－m2)g　
解析　(1)A、B都靜止，均處于平衡狀態(tài)，對B進行受力分析：
豎直方向：FTsin θ＝m2g(2分)
解得繩子上的拉力FT＝，即細(xì)繩對物體A的拉力大小也是.(1分)
(2)對A進行受力分析有：
豎直方向：FTsin θ＋FN＝m1g(2分)
水平方向：FTcos θ＝Ff(1分)
解得A物體受到桌面的支持力大小：FN＝(m1－m2)g，A物體受到桌面的摩擦力大?。篎f＝.(2分)
16.(10分)(2020·河南林州一中高一上檢測)如圖17所示，蹦床運動員正在訓(xùn)練室內(nèi)訓(xùn)練，室內(nèi)蹦床的床面到天花板的距離是7.6 m，豎直墻壁上張貼著一面高度為1.6 m的旗幟，身高1.6 m的運動員頭部最高能夠上升到距離天花板1 m的位置，在自由下落過程中，運動員通過整面旗幟的時間是0.4 s，重力加速度的大小為10 m/s2，設(shè)運動員上升和下落過程身體都是挺直的，不計空氣阻力，求：

圖17
(1)運動員豎直彈跳起來的速度大?。?br /> (2)運動員下落時身體通過整面旗幟過程中的平均速度大??；
(3)旗幟的上邊緣到天花板的距離．
答案　(1)10 m/s　(2)8 m/s　(3)4.4 m
解析　(1)運動員上升的最大位移為：h＝7.6 m－1.6 m－1 m＝5 m(1分)
根據(jù)勻變速直線運動的速度位移關(guān)系式，有：v2＝2gh(2分)
解得：v＝＝ m/s＝10 m/s(1分)
(2)運動員通過整面旗幟的時間是0.4 s，位移大小為：Δx＝1.6 m＋1.6 m＝3.2 m(1分)
故平均速度大小為：＝＝ m/s＝8 m/s(2分)
(3)平均速度等于中間時刻的瞬時速度，故該0.4 s內(nèi)中間時刻的速度大小為8 m/s，根據(jù)對稱性可知，運動員上升過程經(jīng)過同一位置的速度大小為8 m/s
運動員從跳起到該位置的時間間隔為：t＝＝ s＝0.2 s(1分)
由于t＝，故開始時旗幟的下邊緣與運動員頭部等高，故旗幟的上邊緣到蹦床的床面的距離為3.2 m，而蹦床的床面到天花板的距離是7.6 m，故旗幟的上邊緣到天花板的距離為：7.6 m－3.2 m＝4.4 m．(2分)
17．(12分)如圖18甲所示，光滑平臺右側(cè)與一長為L＝10 m的水平木板相接，木板上表面與平臺相平，木板固定在地面上，現(xiàn)有一小滑塊以初速度v0＝10 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止．現(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角θ＝37°，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，滑塊滑上木板前后瞬時速度大小不變，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

圖18
(1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t.
答案　(1)0.5　(2)(1＋) s
解析　(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板水平時滑塊加速度大小為a，則對滑塊有：μmg＝ma(1分)
滑塊恰好到木板右端停止，則有0－v02＝－2aL(1分)
解得：μ＝＝0.5(1分)
(2)當(dāng)木板傾斜時，設(shè)滑塊上滑時的加速度大小為a1，向上滑行的最大距離為s，上滑的時間為t1，有：
μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1(2分)
0－v02＝－2a1s(1分)
0＝v0－a1t1(1分)
聯(lián)立解得t1＝1 s，s＝5 m(1分)
設(shè)滑塊下滑時的加速度大小為a2，下滑的時間為t2，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2(1分)
s＝a2t22 (1分)
聯(lián)立解得：t2＝ s(1分)
滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間：t＝t1＋t2＝(1＋) s．(1分)
18．(16分)(2021·四川高一期末)如圖19甲，質(zhì)量m＝2 kg的物體置于傾角θ＝30°的足夠長且固定的斜面上，t＝0時刻，對物體施加平行于斜面向上的恒力F，t＝1 s時刻撤去力F，物體運動的部分v－t圖像如圖乙所示．重力加速度g＝10 m/s2.

圖19
(1)求物體與斜面間的動摩擦因數(shù)和力F的大小；
(2)求t＝6 s時物體的速度大小；
(3)求物體返回出發(fā)點時的速度大?。?br /> 答案　(1)　48 N　(2)6 m/s　(3)4 m/s
解析　(1)設(shè)有恒力F作用時物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有
F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1(2分)
撤去力F后，設(shè)物體的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2(2分)
根據(jù)速度－時間圖像的斜率絕對值表示加速度大小，則有
a1＝＝16 m/s2(1分)
a2＝＝8 m/s2(1分)
聯(lián)立解得F＝48 N(1分)
μ＝(1分)
(2)根據(jù)v－t圖像可知，3 s末物體速度減為零，之后物體向下做勻加速直線運動，設(shè)3 s后物體的加速度為a3，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma3(2分)
解得a3＝2 m/s2(1分)
再過3 s，由速度公式得v＝a3t3＝6 m/s，故物體6 s末速度大小為6 m/s.(1分)
(3)v－t圖線與時間軸所圍的面積表示位移，故前3 s的位移為x＝×3×16 m＝24 m(2分)
返回過程根據(jù)位移速度關(guān)系公式有v′2＝2a3x(1分)
解得返回出發(fā)點時的速度大小v′＝4 m/s.(1分)

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章節(jié)綜合與測試

版本： 人教版 (2019)

年級： 必修 第一冊

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