2020-2021物理粤教版第一册模块综合测评含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020-2021学年物理新教材粤教版必修第一册模块综合测评含解析模块综合测评(教师用书独具)一、选择题(本题共10小题,每小题4分，共40分。在每小题给出的4个选项中第1～6题只有一项符合题目要求,第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1。把一个薄板状物体悬挂起来，静止时如图所示,则对于此薄板状物体所受重力的理解,下列说法正确的是(）A．重力就是地球对物体的引力B．重力大小和物体运动状态有关C．重力的方向总是指向地心的D．薄板的重心一定在直线AB上D［重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，不是地球对物体的引力,故A错误；重力的大小与物体的运动状态无关，故B错误；重力的方向竖直向下,故C错误；因为绳对板的拉力与板受的重力为一对平衡力，必在一条直线上，所以重心一定在细绳的延长线上，即薄板的重心一定在直线AB上，故D正确．］2．一物体从高h处做自由落体运动，经时间t到达地面,落地速度为v,那么当物体下落时间为eq\f(t，3)时，物体的速度和距地面高度分别是(）A．eq\f(v，3)，eq\f（h,9） B．eq\f（v，9），eq\f(h,9）C．eq\f(v,3），eq\f(8,9）h D．eq\f（v,9),eq\f（\r（3),3)hC［物体做自由落体运动，经时间t到达地面的速度为v，根据速度公式v＝gt可知，下落时间为eq\f（t，3）时的速度为v′＝geq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（t，3)））＝eq\f(1,3)v,又知下落时间t内的位移为h，则eq\f(t，3)时间内的位移为h′＝eq\f(1，2）geq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（t，3)））eq\s\up12（2）＝eq\f(1,9)h,物体距地面高度h″＝h－eq\f(1,9)h＝eq\f（8,9）h,故选项C正确．］3．如图所示,一个重力为10N的物体，用细线悬挂在O点，现在用力F拉物体，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为()A．5N B．2。5NC．8.65N D．4。3NA[如图所示,将重力沿细线及拉力方向分解,分析图形可知,只有当拉力与细线垂直时，重力沿拉力方向的分力最小，根据平衡条件,F＝Gsin30°＝5N，故选项A正确．］4．如图所示，两根相同的直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动,一表面各处情况相同的圆筒恰能沿直木棍匀速下滑，若保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍微增大后固定不动，仍使该圆筒以一定的初速度从两木棍上端滑下，则（）A．圆筒将沿木棍减速下滑B．圆筒将沿木棍加速下滑C．木棍对圆筒的摩擦力不变D．木棍和圆筒间的动摩擦因数μ＝tanαA［圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中,受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知，两棍支持力的合力和摩擦力不变；将两棍间的距离稍增大后，两棍支持力的合力不变，而两支持力夹角增大,则每根木棍对圆筒的支持力变大，故滑动摩擦力变大，故圆筒将会减速滑行，故A正确,B、C错误；匀速下滑时，圆筒受2个支持力、2个摩擦力,根据平衡条件,有：2μFN－mgsinα＝0，其中2FN≠mgcosα，故μ≠tanα，故D错误．］5.如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面．质量为1kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起，但A、B之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（取g＝10m/s2）（）A．0 B．8NC．10N D．2NB[剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝40N，剪断细线的瞬间，A、B整体的加速度a＝eq\f（mA＋mBg－F，mA＋mB)＝2m/s2，对B受力分析，mBg－FN＝mBa,解得FN＝8N，由牛顿第三定律知B正确．］6．如图所示，两个质量分别为m1＝1kg、m2＝4kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（）A．弹簧测力计的示数是25NB．弹簧测力计的示数是50NC．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为7m/s2D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13m/s2C［以m1、m2以及弹簧测力计为研究对象，则整体向右的加速度a＝eq\f（F1－F2，m1＋m2）＝2m/s2；再以m1为研究对象，设弹簧的弹力为F,则F1－F＝m1a，得F＝28N,A、B错误;突然撤去F2的瞬间,弹簧的弹力不变，此时m2的加速度a＝eq\f（F，m2）＝7m/s2，C正确;突然撤去F1的瞬间,弹簧的弹力也不变,此时m1的加速度a＝eq\f（F,m1)＝28m/s2，D错误．]7.甲、乙两物体从同一地点沿同一条直线同时运动,其速度-时间图像如图所示，下列说法正确的是（)A．0～t1时间内两物体均处于静止状态B．t1～t2时间内甲物体始终在乙物体的前面C．t2时刻两物体相遇D．t1～t2时间内，甲物体做匀减速直线运动BD[由v.t图像可知，0～t1时间内甲、乙均做匀速运动，t1～t2时间内，甲物体做匀减速直线运动，A错误，D正确；t2时刻之前，v甲始终大于v乙，两物体又从同一地点同向运动，故t1～t2时间内甲物体始终在乙物体前面,且两物体相距越来越远,B正确,C错误．]8．两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示放置，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，M重20N，M、m均处于静止状态．下列说法正确的是（）A．OA对物体M的拉力为12NB．OB对物体M的拉力为10eq\r（3）NC．物体m受到的摩擦力为10(eq\r（3)－1）N，方向水平向左D．物体m受到的摩擦力为10(eq\r(3)－1)N，方向水平向右BC[O点受力分析如图所示，则FA＝Mgcos60°＝10N,A错；FB＝Mgcos30°＝10eq\r(3)N，B对；两绳对物体m的拉力的合力FB－FA＝10(eq\r(3)－1)N，方向向右，故物体m受到的摩擦力Ff＝10（eq\r(3）－1)N，方向水平向左，C对，D错．］9．如图所示，当小车水平向右加速运动时,物块M相对车厢静止于车厢后竖直壁上，当小车的加速度增大时（）A．M所受静摩擦力增大B．M对车厢壁的压力增大C．M仍相对于车厢静止D．M在竖直方向上所受合外力为零BCD[以物块为研究对象,分析受力,作出受力图如图．物块竖直方向受力平衡，合外力等于零，摩擦力f＝Mg，保持不变，选项A错误,D正确；小车的加速度增大时，弹力N＝ma增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑，所以物块M仍相对于车厢静止，选项B、C正确．]10。如图所示为运送粮袋的传送装置,已知AB间长度为L,传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），以下说法正确的是()A．粮袋到达B点的速度可能大于、等于或小于vB．粮袋开始运动的加速度为g（sinθ－cosθ），若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ〈tanθ，则粮袋从A到B一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθAC［粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动,到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；故A正确;粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmgcosθ,根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sinθ＋μcosθ）,故B错误；若μ〈tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力,故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sinθ＋μcosθ）的加速度匀加速；也可能先以g（sinθ＋μcosθ)的加速度匀加速，后以g(sinθ－μcosθ)的加速度匀加速，故C正确；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动．故D错误．］二、非选择题(本题共6小题，共60分)11．(6分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器"计量时间．实验前,将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴,图（b）记录了桌面上连续的6个水滴的位置．(已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴)(1）由图（b）可知，小车在桌面上是________（填“从右向左”或“从左向右”)运动的．(2）该小组同学根据图(b）的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图（b）中A点位置时的速度大小为________m/s，加速度大小为________m/s2。(结果均保留2位有效数字)［解析](1）小车运动时由于摩擦力的作用，速度逐渐减小，滴水计时器滴下水滴的间距逐渐变小,因此小车从右向左运动．(2)滴水的时间间隔T＝eq\f（30，45）s≈0.67s小车运动到A点位置时的瞬时速度vA＝eq\f（sn＋sn＋1，2T)＝eq\f（117＋133×0.001,2×0。67）m/s≈0。19m/s根据逐差法,共有5组数据,舍去中间的一组数据，则加速度a＝eq\f（s4＋s5－s1－s2，6T2）＝eq\f（100＋83－150－133×0。001，6×0.672)m/s2≈－0.037m/s2因此加速度的大小为0。037m/s2.[答案]（1）从右向左（2)0.190。03712．(10分）某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的定量关系．（1）下列做法正确的是________．A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块,再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要每次都重新调节木板倾斜度（2）为使砝码桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．A．远大于B．远小于C．近似于(3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上,木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．A．小于B．等于C．大于[解析］(1）调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，从而减小实验的误差,选项A正确;在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，应该不挂装有砝码的砝码桶，让木块拖着纸带在木板上做匀速运动，选项B错误；实验时，先接通打点计时器的电源，再放开木块，选项C错误；通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要每次都重新调节木板倾斜度,选项D错误；故选A.（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，选项B正确．(3)由牛顿第二定律可知：F－μmg＝ma，解得a＝eq\f（1，m)F－μg，由图像可知：eq\f(1,m甲）〉eq\f（1,m乙），所以m甲〈m乙；直线与纵轴的截距等于μg，则μ甲>μ乙．［答案］（1)A(2)B(3)AC13．(10分）如图所示,某人用轻绳牵住一只质量m＝0.6kg的氢气球,因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37°角．已知空气对气球的浮力为15N，人的质量M＝50kg，且人受的浮力忽略不计．（sin37°＝0.6,cos37°＝0.8）(1)求水平风力的大小;(2）求人对地面的压力大小；(3)若水平风力增强,人对地面的压力如何变化?并说明理由．[解析]（1）对氢气球进行受力分析，如图甲所示．由平衡条件可知，竖直方向：F浮＝mg＋FTsin37°水平方向：F风＝FTcos37°解得F风＝12N，FT＝15N.(2）对人进行受力分析，如图乙所示．由平衡条件可知,竖直方向：FN＝Mg－FT′sin37°＝500N－15N×0。6＝491N根据牛顿第三定律,人对地面的压力大小为491N.（3)若风力增强，只改变了水平方向的力，视氢气球及人为一整体，所以竖直方向上的受力情况没有改变，人对地面的压力不变．[答案］(1）12N(2）491N(3）不变，理由见解析14．（10分）如图是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55s．若电梯先以加速度a1做匀加速运动，达到最大速度18m/s，然后以最大速度匀速运动,最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台．假定观光平台高度为549m.（1)若电梯经过20s匀加速达到最大速度，求加速度a1及匀加速上升的高度h；（2)在(1）问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60kg，求小明对电梯地板的压力；（3)求电梯匀速运动的时间．[解析](1）由运动学公式vt＝v0＋at和t1＝20s得电梯匀加速时的加速度a1＝eq\f（vm－0，t1）＝eq\f（18－0，20）m/s2＝0。9m/s2电梯匀加速上升的高度h＝eq\f(v\o\al(2,m），2a1)＝eq\f（182，2×0。9）m＝180m.（2)设小明受到电梯地板的支持力大小为FN由牛顿第二定律得FN－mg＝ma1，又m＝60kg所以FN＝ma1＋mg＝60×0。9N＋60×10N＝654N由牛顿第三定律可知，小明对电梯地板的压力大小F′N＝FN＝654N，方向竖直向下．（3）设电梯匀速运动的时间为t，对电梯整个上升过程有h总＝eq\f（vm，2）t1＋vmt＋eq\f(vm，2)（t总－t1－t）代入数据得t＝6s。［答案］(1)0.9m/s2180m（2）654N，方向竖直向下(3)6s15．(12分)如图所示,一质量为mB＝2kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接），轨道与水平面的夹角θ＝37°,一质量为mA＝2kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端s0＝8m处由静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出，已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2,sin37°＝0。6,cos37°＝0。8，g取10m/s2，物块A可看作质点，请问：（1）物块A刚滑上木板B时的速度为多大？(2）物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间?木板B有多长？［解析]（1）设物块A沿斜面下滑的加速度为a1，则mAgsinθ－μ1mAgcosθ＝mAa1解得a1＝4m/s2物块A滑到木板B上时的速度为v1＝eq\r（2a1s0）＝eq\r（2×4×8)m/s＝8m/s.(2）物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等,故它们的加速度大小相等，数值为a2＝eq\f（μ2mAg，mA)＝μ2g＝2m/s2设木板B的长度为L，二者相对静止时经历的时间为t2，最终的共同速度为v2，在达到共同速度时，木板B滑行的距离为s,利用位移关系得v1t2－eq\f(1,2）a2teq\o\al（2，2)－eq\f(1，2)a2teq\o\al(2,2)＝L对物块A有v2＝v1－a2t2veq\o\al(2，2）－veq\o\al（2,1）＝－2a2（s＋L)对木板B有veq\o\al（2,2)＝2a2s联立解得相对滑行时间和木板B的长度分别为:t2＝2s,L＝8m。［答案］（1)8m/s（2)2s8m16．(12分）足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中．某足球场长90m、宽60m．攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出,足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2。试求：（1）足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大?（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球．他的启动过程可以视为初速度为0，加速度为2m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s。该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？（3）若该前锋队员追