2023_2024学年新教材高中物理模块综合检测新人教版必修第一册

模块综合检测

(时间:75分钟　满分:100分)

一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.

1.单脚站立可以锻炼平衡能力,对在练此动作的人进行受力分析,下列判断正确的是 (　　)

A.支持力的施力物体是人

B.支持力的反作用力作用在人身上

C.重力的受力物体是人

D.支持力和重力是一对相互作用力

解析:支持力的施力物体是地面,其反作用力是人对地面的压力,作用在地面上;重力的施力物体是地球,受力物体是人,支持力和重力是一对平衡力,并非相互作用力.选项C正确.

答案:C

2.冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目.被运动员掷出的冰壶在冰面上滑行过程中受到的力有 (　　)

A.重力、支持力　　　　　　B.重力、摩擦力

C.重力、支持力、摩擦力    D.重力、支持力、推力

解析:被运动员掷出的冰壶在冰面上滑行过程中受重力和支持力,冰壶最终会停止,是因为它还受到滑动摩擦力,由于冰壶已被掷出,不再受到推力,故选项C正确.

答案:C

3.打印机是现代办公不可或缺的设备,正常情况下,进纸系统能做到每次只进一张纸,进纸系统的结构如图所示.设图中刚好有10张相同的纸,每张纸的质量均为m,搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动.搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1,纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2.下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (　　)

A.第1张纸受到搓纸轮的摩擦力方向向左

B.第2张纸与第3张纸之间的摩擦力大小为2μ2mg

C.第10张纸与摩擦片之间的摩擦力为0

D.要做到每次只进一张纸,应要求μ1>μ2

解析:第1张纸上表面受到搓纸轮施加的静摩擦力Ff,方向向右,第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力Ff',方向向左,则Ff'=μ2(mg+F),F为搓纸轮对第1张纸的压力;Ff=Ff'<μ1F,正常情况下,F>mg,故必有μ1>μ2;第2张纸与第3张纸之间的摩擦力及第10张纸与摩擦片之间的摩擦力都是静摩擦力,根据平衡条件可知,大小均为Ff'.选项D正确.

答案:D

4.自卸车常用于土方、砂石、散料等的运输工作.如图所示,当自卸车的车厢从水平倾斜到一定程度时,车厢上的货物(如集装箱)就会自动滑下.下列说法正确的是 (　　)

A.车厢倾角越大,集装箱对车厢的压力越大

B.车厢倾角越大,集装箱与车厢的动摩擦因数越小

C.集装箱静止在倾斜车厢上时,受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力

D.集装箱开始下滑时,受到的摩擦力小于重力沿斜面方向的分力

解析:集装箱处于平衡状态时,则有mgsin θ=Ff,FN=mgcos θ,车厢倾角越大,车厢与集装箱间的压力FN越小;动摩擦因数与倾角无关;集装箱静止在倾斜车厢上时,受力平衡,受到的摩擦力等于重力沿斜面方向的分力;集装箱滑动后的摩擦力是滑动摩擦力,小于重力沿斜面方向的分力.故选项D正确.

答案:D

5.关于物体在共点力作用下,下列说法正确的是 (　　)

A.物体的速度在某一时刻等于0,物体就一定处于平衡状态

B.物体相对另一物体保持静止时,物体一定处于平衡状态

C.物体处于平衡状态,所受合力一定为0

D.物体处于平衡状态时,物体一定做匀速直线运动

解析:处于平衡状态的物体,从运动形式上来看是处于静止或匀速直线运动状态;从受力上来看,物体所受合力为0.某一时刻速度为0的物体,合力不一定为0,故不一定处于平衡状态.物体相对于另一物体静止时,该物体不一定处于平衡状态,如静止在加速上升的电梯中的人.故选项C正确.

答案:C

6.物体以12 m/s的初速度在水平冰面上做匀减速直线运动,它的加速度大小是0.8 m/s2,经20 s物体发生的位移是 (　　)

A.80 m B.90 m

C.100 m D.110 m

解析:物体减速为0的时间为t== s=15 s,因为15 s<20 s,所以经过20 s物体早已停止运动.故其位移为x==90 m,选项B正确,选项A、C、D错误.

答案:B

7.物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜面平行.已知物块与斜面之间的动摩擦因数为,g取10 m/s2.若轻绳能承受的最大拉力为1 500 N,则物块的质量最大为 (　　)

A.150 kg   B.100 kg      C.200 kg    D.200 kg

解析:对物块进行受力分析,如图所示,FT=Ff+mgsin 30°,Ff=μFN,FN=mgcos 30°,代入数据解得m=150 kg,故选项A正确.

答案:A

二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.

8.轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上,弹簧下端悬挂一个小铁球,在电梯运行的过程中,乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小,这一现象表明 (　　)

A.电梯一定在下降            B.电梯可能在上升

C.小铁球处于超重状态        D.小铁球处于失重状态

解析:弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小,说明小铁球受到的拉力小于重力,处于失重状态;物体发生失重现象时,加速度的方向向下,物体可能加速下降,也可能减速上升,故选项B、D正确.

答案:BD

9.一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动,下表给出了某些时刻汽车的瞬时速度,根据表中的数据通过分析、计算可以得出 (　　)

A.汽车运动的加速度为2 m/s2

B.汽车前6 s内的位移为54 m

C.汽车第8 s末的速度为24 m/s

D.汽车运动第7 s内的位移为16 m

解析:汽车的加速度a= m/s2=3 m/s2,选项A错误.根据x=at2得前6 s内的位移x6=×3×62 m=54 m,选项B正确.根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度得,v4=,所以v8=2v4=2×12 m/s =24 m/s,选项C正确.汽车第1 s内的位移为x1=a=×3×12 m=1.5 m,根据连续相等时间内的位移比为1∶3∶5∶…∶(2n-1),得x1∶x7=1∶13,故x7=19.5 m,选项D错误.

答案:BC

10.为保障市民安全出行,有关部门规定:对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查.图甲所示为乘客在进入火车站乘车前,将携带的物品放到水平传送带上后物品通过检测仪接受检查时的情景.图乙所示为水平传送带装置示意图.紧绷的传送带始终以v=1 m/s的恒定速率运行,乘客将一质量为4 kg的行李无初速度地放在传送带左端的a点,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,a、b间的距离为2 m,g取10 m/s2.下列速度—时间(v-t)图像和位移—时间(x-t)图像,能正确反映行李在a、b之间的运动情况的是 (　　)

甲                      乙

A                B              C               D

解析:本题以传送带为模型考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用,解决本题的关键是清楚行李在传送带上的运动规律,通过牛顿第二定律和运动学公式综合求解.行李放上传送带后,受到向右的摩擦力,加速度为a==μg=1 m/s2,行李做匀加速直线运动,速度达到传送带速度经历的时间为t1==1 s,而匀加速的位移x1=a=0.5 m<2 m,故此后的x2=1.5 m 行李做匀速直线运动,v=1 m/s,时间t2==1.5 s.行李先匀加速再匀速,速度—时间图像为倾斜直线和平行于t轴的直线,选项A正确,选项B错误;位移—时间图像为抛物线和倾斜直线,选项C正确,选项D错误.

答案:AC

三、非选择题:共54分.

11.(6分)为了较准确地测量某细线能承受的最大拉力,小聪、小明分别进行了如下实验:小聪在实验室里找到一个弹簧测力计,按图甲所示安装细线和测力计后,他用力缓慢竖直向下拉测力计,直到测力计的示数达到量程(细线没有断裂),读出测力计的示数F,将F记为细线能承受的最大拉力.

甲                   乙

小明在实验室里还找到一把刻度尺和一个玩具小熊,接着进行了如下的操作:

A.用刻度尺测出细线的长度l,用弹簧测力计测出玩具小熊的重力G;

B.按图乙所示安装玩具小熊、细线(玩具小熊悬挂在细线的中点);

C.两手捏着细线缓慢向两边移动直到细线断裂,读出此时两手间的水平距离d;

D.利用平衡条件算出结果.

在不计细线质量和伸长影响的情况下,请回答:

(1)小明算出的细线能承受的最大拉力是　　　　(用l、G、d表示);两位同学中,　　　　(选填“小聪”或“小明”)的测量结果较准确. 

(2)在小明两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中,下列说法正确的是　　　　. 

A.细线上的拉力大小不变

B.细线上的拉力减小

C.细线上拉力的合力大小不变

D.细线上拉力的合力增大

解析:(1)当细线断裂时,根据共点力平衡求出细线的最大拉力.绳子与竖直方向夹角的余弦值cos θ=,根据平衡有2FTcos θ=G,解得最大拉力FT=.小聪的方案中,测力计示数达到量程时细线未断裂,细线能承受的最大拉力明显大于测力计的量程,所以小明的测量结果较准确.

(2)在小明两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中,根据共点力平衡的条件得出细线上拉力的合力大小不变,大小等于物体重力,细线上的拉力增大,选项C正确.

答案:(1)　小明　(2)C

12.(9分)甲、乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验.实验中,甲同学负责释放金属小球,乙同学负责在小球自由下落的时候拍照.已知相机间隔0.1 s拍1幅照片.

(1)若要从拍得的照片中获取必要的信息,在此实验中还必须使用的器材是　　　　. 

A.刻度尺   B.停表     C.光电门    D.天平

(2)简述你选择的器材在本实验中的使用方法.                      　. 

(3)实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5 cm、ac=58.7 cm,则该地的重力加速度大小为g=　　　　m/s2.(结果保留两位有效数字) 

解析:(1)此实验用数码相机替代打点计时器,但实验原理是相同的,仍然需要用刻度尺测量点与点之间的距离,所以要从拍得的照片中获取必要的信息,还必须使用的器材是刻度尺,故选项A正确.

(2)将刻度尺竖直放置,使小球下落时尽量靠近刻度尺.

(3)根据匀变速直线运动的规律Δh=gt2,该地的重力加速度大小为

g= m/s2=9.7 m/s2.

答案:(1)A

(2)将刻度尺竖直放置,使小球下落时尽量靠近刻度尺

(3)9.7

13.(10分)水平传送带被广泛应用于车站、港口、工厂等.下图为一水平传送带的示意图,绷紧的传送带始终保持v0=2 m/s的恒定速率运行,一质量为m的工件无初速度地放在A处,传送带对工件的滑动摩擦力使工件开始做匀加速直线运动,若工件与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2,A、B之间的距离为l=10 m,g取10 m/s2.求工件从A处运动到B处所用的时间.

解析:设工件做匀加速运动的加速度为a,加速的时间为t1 ,加速运动的位移为x,根据牛顿第二定律,有μmg=ma,

代入数据可得a=2 m/s2;

工件加速运动的时间t1=,

代入数据可得t1=1 s;

此过程工件发生的位移x=a,

代入数据可得x=1 m;

由于x<l,所以工件与传送带同速时,工件没有滑离传送带.

设工件随传送带匀速运动的时间为t2,

则t2=,

代入数据可得t2=4.5 s;

所以工件从A处运动到B处的总时间

t=t1+t2=5.5 s.

答案:5.5 s

14.(13分)一物块以一定的初速度沿足够长的斜面向上滑动,其速度大小随时间的变化关系如图所示,g取10 m/s2,求:

(1)物块上滑过程和下滑过程的加速度大小a1、a2;

(2)物块向上滑行的最大距离x;

(3)斜面的倾角θ.

解析:(1)物块上滑的加速度大小为

a1== m/s2=8 m/s2,

物块下滑的加速度大小为a2==2 m/s2.

(2)由位移公式有x=v0t1=1 m,

即物块向上滑行的最大距离为1 m.

(3)设物块质量为m,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,则有ma1=mgsin θ+μmgcos θ,

ma2=mgsin θ-μmgcos θ,

解得θ=30°.

答案:(1)8 m/s2　2 m/s2　(2)1 m　(3)30°

15.(16分)甲车以10 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶,在t=0时刻经过乙车身边,此时乙车的速度为2 m/s,加速度为0.2 m/s2.若甲、乙两车同向运动,乙车做匀加速直线运动?

(1)当乙车的速度多大时,乙车落后于甲车的距离最远?这个最远的距离是多大?

(2)当乙车的速度多大时,乙车追上甲车?乙车追上甲车用多少时间?

解析:(1)甲、乙速度相等时,乙落后甲最远,设速度相等时经过的时间为t,则v甲=v乙=v乙0+at,

t== s=40 s.

在这段时间里,甲、乙的位移分别为

x甲=v甲t=10×40 m=400 m,

x乙== m=240 m.

最远的距离xmax=x甲-x乙=160 m.

(2)设经过时间t'乙车追上甲车,则位移关系为

x甲'=x乙',即v甲t'=v乙0t'+at'2,

解得t'=80 s,或t'=0(不合题意,舍去).

则乙车的速度为

v=v乙0+at'=2 m/s+0.2×80 m/s=18 m/s.

答案:(1)10 m/s　160 m　(2)18 m/s　80 s