人教版高中物理新教材同步讲义 必修第一册模块综合试卷（含解析）

模块综合试卷(满分：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限思维法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等，以下关于所用物理学方法的叙述不正确的是()A．在推导匀变速直线运动位移与时间关系式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法B．根据速度定义式v＝eq\f(Δx,Δt)，当Δt非常小时，eq\f(Δx,Δt)就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思维法C．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法D．定义加速度a＝eq\f(Δv,Δt)用到比值法，加速度与Δv和Δt无关答案C2.(2022·邯郸市高一期末)2021年10月16日我国长征二号F遥十三运载火箭将神舟十三号载人飞船精准送入预定轨道，并与天和核心舱实施自主快速径向交会对接，为最终实现在2022年前后完成载人空间站的全部建设奠定了基础，如图所示。根据以上信息，下列说法正确的是()A．神舟十三号飞船在与天和核心舱对接的过程，可将它们视为质点B．对接成功后，以空间站为参考系，神舟十三号飞船是运动的C．对接成功后，以地球为参考系，整个空间站是静止的D．研究空间站绕地球飞行的时间时，可将空间站视为质点答案D解析神舟十三号飞船在与天和核心舱对接的过程中，二者的大小、形状以及各部分的运动差异均不能忽略，所以不能将它们视为质点，研究空间站绕地球飞行的时间时，空间站的大小、形状以及各部分的运动差异均可以忽略，可将空间站视为质点，故A错误，D正确；对接成功后，以空间站为参考系，神舟十三号飞船是静止的，以地球为参考系，整个空间站是运动的，故B、C错误。3．(2022·渭南市高一期末)针对以下四幅图，下列说法正确的是()A．图甲中，速度计上指示的“60km/h”是瞬时速率B．由图乙可推出，所有形状规则的物体的重心均在其几何中心处C．图丙中，对各类汽车都有限速是因为汽车的速度越大，惯性就越大D．图丁说明伽利略关于自由落体运动的结论是完全通过实验得到的答案A解析题图甲中，速度计上指示的“60km/h”是瞬时速率，A正确；由题图乙可推出，质量分布均匀且形状规则的物体的重心均在其几何中心处，B错误；题图丙中，惯性大小由质量大小决定，质量越大，惯性就越大，与速度无关，C错误；题图丁说明伽利略关于自由落体运动的结论是通过实验事实结合逻辑推理得到的，D错误。4．(2023·驻马店市高一期末)如图所示，两个相同的物体A、B叠在一起放在粗糙的水平桌面上，连在物体B上的轻绳通过定滑轮与空箱C相连，箱内放有一小球与箱内壁右侧接触，整个系统处于静止状态。已知A、B的质量均为m，C的质量为M，小球的质量为m0，物体B与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮摩擦和空气阻力，下列说法正确的是()A．物体A受到三个力的作用B．小球受到三个力的作用C．桌面受到物体B的摩擦力大小为2μmgD．桌面受到物体B的摩擦力大小为(M＋m0)g答案D解析以A为研究对象，根据平衡条件可知B对A没有摩擦力，则A受到重力和B对A的支持力两个力作用，故A错误；小球受重力和箱底的支持力两个力作用，故B错误；以A、B整体为研究对象，由平衡条件得知，桌面对B的摩擦力等于(M＋m0)g，B与桌面间的静摩擦力不一定达到最大，所以桌面对B的摩擦力不一定等于2μmg，由牛顿第三定律知桌面受到物体B的摩擦力大小为(M＋m0)g，故C错误，D正确。5．(2023·汕尾市高一期末)在古代，弓箭是军队与猎人使用的重要武器之一。明代宋应星在《天工开物》中记载了用秤称量弓力的方法：将一个足够重的物块捆在弓的中央，用秤钩钩住弦的中点往上拉，弦满之时，推移秤砣使秤杆水平，根据秤的示数即可衡量弓力大小。如图所示，若弦拉满时，秤钩两侧弦弯折的夹角恰好为106°，秤称量的示数为24kg，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则下列判断正确的是()A．弓力方向竖直向上B．弓力大小为200NC．弦的弹力大小为240ND．弦的弹力大小为200N答案D解析弓受力如图所示F秤钩＝mg＝240N弓力与F秤钩大小相等，方向相反，故弓力大小为240N，竖直向下，A、B错误；由平衡条件得F秤钩＝2Fcos53°，弦的弹力大小为F＝eq\f(F秤钩,2cos53°)＝eq\f(240,2cos53°)N＝200N，C错误，D正确。6．(2022·郑州市高一期末)如图所示，M、N两滑块置于光滑的水平面上，中间用细线连接，滑块上放置可绕铰链O自由转动的轻杆OA、OB，两杆长度相等，夹角为θ＝90°。现用竖直向下的力F＝700N作用在铰链上，整个装置始终静止，滑块间细线中的张力大小为()A．175N B．350NC．420N D．525N答案B解析把竖直向下的力F沿两杆OA、OB方向分解，如图甲所示则杆作用于滑块上的力为F1＝F2＝eq\f(F,2cos\f(θ,2))杆对滑块的作用力F1产生两个效果：沿水平方向推滑块的力F1′和竖直向下压滑块的力F1″，因此，将F1沿竖直方向和水平方向分解，如图乙所示，则细线上的张力FT与F1′大小相等，即FT＝F1sineq\f(θ,2)＝eq\f(F,2cos\f(θ,2))·sineq\f(θ,2)＝eq\f(1,2)Ftaneq\f(θ,2)＝eq\f(1,2)F＝350N，故选B。7．(2023·广州市高一期末)在没有起重机的情况下，工人要将油桶搬运上汽车，常常用如图所示的方法。已知油桶重力大小为G，斜面的倾角为θ。当工人对油桶施加方向不同的推力F时，油桶始终处于匀速运动状态。假设斜面与油桶的接触面光滑，以下关于油桶受力的说法正确的是()A．若力F沿水平方向，F的大小为GcosθB．若力F沿水平方向，斜面对油桶的支持力大小为GsinθC．F由水平方向逐渐变为竖直向上的方向的过程中，斜面对油桶的支持力先减小后增大D．F由水平方向逐渐变为竖直向上的方向的过程中，推力F先减小后增大答案D解析根据题意，若力F沿水平方向，对油桶受力分析，如图甲所示由平衡条件有FNsinθ＝F，FNcosθ＝G，解得FN＝eq\f(G,cosθ)，F＝Gtanθ，故A、B错误；根据题意，F由水平方向逐渐变为竖直向上的方向的过程中，受力如图乙所示由图可知，斜面对油桶的支持力FN逐渐减小，推力F先减小后增大，故C错误，D正确。8．(2023·芜湖市高一期末)北京时间2022年12月4日晚，在万众瞩目之下，神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆。已知返回舱下降到距地面10km时，引导伞开启，然后打开减速伞，已知在减速伞的作用下使其减速，在约20s时间内返回舱的速度从200m/s减至60m/s。接着减速伞与返回舱分离，主伞瞬间张开，当下落速度减至约10m/s时，返回舱距地面高度为1m，接着舱下4台缓冲发动机同时点火，给返回舱竖直向上的反冲力，使返回舱落地前瞬间的速度减至约2m/s，此过程伞绳的拉力不计。将上述各过程视为竖直方向的匀变速直线运动，接近地面时返回舱受到的空气阻力及主伞与伞绳的质量可忽略不计，地面附近重力加速度g＝10m/s2。根据以上材料可分析得出()A．减速伞工作期间，返回舱处于失重状态；缓冲发动机工作期间，返回舱处于超重状态B．减速伞工作期间，返回舱的下降的高度约为1300mC．缓冲发动机工作的时间约为eq\f(1,3)sD．每台缓冲发动机的平均反冲推力约为返回舱重力的1.45倍答案D解析减速伞工作期间，返回舱的加速度方向向上，处于超重状态；缓冲发动机工作期间，返回舱的加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；减速伞工作期间，返回舱的平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(200＋60,2)m/s＝130m/s，下降的高度约为x＝eq\x\to(v)t＝2600m，故B错误；缓冲发动机工作期间，有eq\x\to(v)′＝eq\f(10＋2,2)m/s＝6m/s，又x′＝eq\x\to(v)′t′，解得t′＝eq\f(1,6)s，故C错误；对返回舱受力分析，由牛顿第二定律可得4F－mg＝ma，|a|＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10－2,\f(1,6))m/s2＝48m/s2，联立可得eq\f(F,mg)＝1.45，故D正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.(2023·昆明市高一期末)2022年6月的国际泳联世锦赛中，中国选手陈芋汐摘得女子十米跳台比赛的金牌。跳水过程的简化图如图所示，她从10m高跳台向上跃起离开台面，重心升高0.45m至最高点(视其重心位于从手到脚全长的中点)，之后竖直下落。落水时身体竖直，手先入水，忽略空气阻力(取g＝10m/s2，eq\r(2.09)＝1.4)，则()A．陈芋汐起跳速度大小为3m/sB．陈芋汐自由下落的高度为10mC．陈芋汐在空中的运动时间约为1.4sD．陈芋汐入水的速度大小为14m/s答案AD解析陈芋汐起跳速度大小为v0＝eq\r(2gh1)＝eq\r(2×10×0.45)m/s＝3m/s，选项A正确；陈芋汐先竖直上抛一段距离，然后做自由落体运动，则自由下落的高度大于10m，选项B错误；以向上为正方向，根据－h＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t＝1.7s(另一值舍掉)，则陈芋汐在空中的运动时间约为1.7s，选项C错误；陈芋汐入水的速度大小为v＝v0－gt＝3m/s－10×1.7m/s＝－14m/s，负号说明方向向下，选项D正确。10．(2023·广州市高一期末)如图(a)所示，安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图(b)所示，传送带长为2.1m，被检物品与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3。假设传送带速度可以调节，当传送带速度调为4m/s，被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中，g取10m/s2，被检物品可视为质点，下列说法正确的是()A．物品先做匀加速运动后做匀速运动B．物品从A端到B端所用的时间为1.5sC．物品在传送带上一直受到滑动摩擦力作用D．若减小传送带速度，物品传送时间可能不变答案CD解析物品先做匀加速直线运动，则μmg＝ma，解得a＝3m/s2假设物品可以加速到与传送带共速，则匀加速运动的时间为t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(4,3)s匀加速运动的距离为x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(8,3)m≈2.67m>2.1m，因此物品在传送带上一直做匀加速运动，A错误；因一直加速，则L＝eq\f(1,2)at2，物品从A端到B端所用的时间为t＝eq\r(\f(2L,a))＝eq\r(\f(4.2,3))s≈1.18s，B错误；因为一直加速，所以物品一直受到向右的滑动摩擦力的作用，C正确；当传送带速度减小一点时，物品在传送带上仍可能是全程加速，在加速度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，故D正确。11．(2023·绍兴市高一期末)如图所示是某游乐场的海豚表演。小海豚从水池冲出，以10m/s速度滑过坡道底端的O点，经过1.0s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2m/s。该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()A．小海豚上滑的加速度大小为3.2m/s2B．小海豚和坡道之间的动摩擦因数为0.1C．小海豚滑过P点后还能继续向上滑约0.75mD．小海豚下滑回到O点时速度大小为10m/s答案BC解析设海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝eq\f(v1－v2,t)＝6.8m/s2，A错误；设海豚与坡道间的动摩擦因数为μ，海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋Ff＝ma，Ff＝μFN，FN＝mgcosθ，解得μ＝0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x＝eq\f(v22,2a)＝eq\f(3.22,2×6.8)m≈0.75m，C正确；海豚上滑的最大距离为x′＝eq\f(v12,2a)≈7.35m海豚沿坡道下滑的加速度大小为a′，则mgsinθ－Ff＝ma′，则海豚重新回到O点的速度为v′2＝2a′x′，解得v′≈8.7m/s，D错误。12．(2023·厦门市高一期末)A、B两赛车在同一条平直赛道上展开追逐赛，t＝0时，两车速度均为0，A车的a－t图像如图甲所示，B车的v－t图像如图乙所示，t＝3s时，两车刚好并排行驶，则()A．t＝0时，A车在B车的前方B．t＝0时，两车相距17.5mC．t＝4s时，A车在B车的前方D．两车另一次并排行驶的时刻为t＝6s答案AB解析由题图甲可知，A车在0～2s加速度为0，在2s后加速度为10m/s2，B车加速度为aB＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2，t＝3s时，两车刚好并排行驶，则xB＝eq\f(1,2)aBt32＝eq\f(1,2)×5×32m＝22.5mxA＝eq\f(1,2)aA(Δt′)2＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m故t＝0时，A车在B车的前方，且两车相距Δx＝xB－xA＝17.5m，故A、B正确；t＝4s时，两车位移xB′＝eq\f(1,2)aBt42＝eq\f(1,2)×5×42m＝40m，xA′＝eq\f(1,2)aAt22＝eq\f(1,2)×10×22m＝20m则两车相距x＝xB′－xA′－Δx＝40m－20m－17.5m＝2.5m，故B车在前面，故C错误；设两车并排行驶的时间为t′，则两车位移xB″＝eq\f(1,2)aBt′2＝eq\f(1,2)×5×t′2m＝2.5t′2m，xA″＝eq\f(1,2)aA(Δt″)2＝eq\f(1,2)×10×(t－2s)2m＝5(t－2s)2m由于xA″＋17.5m＝xB″，则代入可得t＝3s或t＝5s，故D错误。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)(2023·郑州市高一期末)某同学在家利用身边器材做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。他找了木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套、一个弹簧测力计和一根弹簧。为完成实验，他进行了如下步骤的操作：(1)先测量找来的那根弹簧的劲度系数。他通过实验得到如图甲所示的弹力大小F与弹簧的伸长量x的关系图像，由此图像求得该弹簧的劲度系数k＝________N/m(保留两位有效数字)。(2)将木板放在水平桌面上，再用图钉把一张白纸钉在木板上，将橡皮筋的一端用图钉固定在白纸上的A点，另一端拴两个细绳套，分别被弹簧测力计和弹簧钩住，将结点拉到某一合适位置。弹簧测力计的指针位置如图乙所示，其读数为F1＝________N；同时利用上一问中的结果获得弹簧上的弹力值F2＝2.50N，记下这两个力的大小及两细绳套的方向，同时记下结点O的位置。撤去弹簧，只用弹簧测力计，把橡皮筋的结点拉到与刚才相同的位置，并记下此时弹簧测力计的读数为F＝3.30N，同时记下此细绳套的方向OD，如图丙所示。(3)该同学选择合适的标度利用尺规作图，画出F1、F2与F这三个力的图示，并把三个力的图示的箭头端用直虚线相连，如图丁所示，观察构成的四边形的特点。(4)改变拉力F1和F2的大小及方向，多次重做上述实验。该同学归纳出：在两个力合成时，以表示这两个力的有向线段为邻边作________，这两个邻边之间的________就代表合力的大小和方向。(5)某次实验中已知OB与OC的夹角略大于90°，若保持结点O的位置及OB方向不变，而将弹簧OC顺时针缓慢转动一小角度，其他操作均正确，则________。A．弹簧的长度可能先变长后变短B．弹簧的长度可能先变短后变长C．弹簧测力计的示数一直增大D．弹簧测力计的示数可能先减小后增大答案(1)60(1分)(2)2.00(1分)(4)平行四边形(1分)对角线(1分)(5)C(2分)解析(1)由题图甲，根据胡克定律可得该弹簧的劲度系数为k＝eq\f(F,x)＝eq\f(3,5×10－2)N/m＝60N/m(2)题图乙中弹簧测力计的分度值为0.1N，则读数为F1＝2.00N(4)在两个力合成时，以表示这两个力的有向线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向。(5)某次实验中已知OB与OC的夹角略大于90°，若保持结点O的位置及OB方向不变，而将弹簧OC顺时针缓慢转动一小角度，如图所示可知FOC与FOB都逐渐增大，弹簧的弹力逐渐增大，弹簧的长度逐渐变长，弹簧测力计的示数一直增大，故选C。14．(8分)(2023·厦门市高一期末)某实验小组利用图甲所示实验装置探究加速度与力、质量的关系，打点计时器的工作频率为50Hz。(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．每次改变小桶及桶内砂子的总重力后，都需要重新补偿阻力C．实验时，先放开木块，再接通打点计时器的电源(2)某次测量纸带上计数点的间距如图乙所示，每相邻两计数点之间还有四个点未画出，则木块加速度a＝________m/s2。(结果保留2位有效数字)(3)实验时我们认为小桶及桶内砂子的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，实际上绳子拉力________(选填“大于”“等于”或“小于”)小桶及桶内砂子的总重力。(4)某同学在用此装置研究加速度a与拉力F的关系。实验中忘记补偿阻力，轨道水平放置，得到如图丙所示直线，直线在纵轴上的截距为－a0。则由图像求得该木块与木板间的动摩擦因数为________。(重力加速度为g，结果用a0与g表示)答案(1)A(2分)(2)0.83(2分)(3)小于(2分)(4)eq\f(a0,g)(2分)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，从而减小实验误差，故A正确；补偿阻力只需一次即可，故B错误；实验时，先接通打点计时器，再放开木块，故C错误。(2)频率为50Hz，则打点周期T0＝0.02s，每相邻两计数点间有四个点未画出，则图中标出的相邻两计数点之间的时间间隔T＝5T0＝5×0.02s＝0.1s，根据逐差法可知，木块的加速度为a＝eq\f(x47－x14,9T2)，代入数据解得a≈0.83m/s2(3)对小桶及桶内砂子根据牛顿第二定律有mg－FT＝ma，FT＝mg－ma所以实际上绳子拉力小于小桶及桶内砂子的总重力。(4)当没有补偿阻力时有F－Ff＝Ma，Ff＝μMg，整理得a＝eq\f(F,M)－μg纵轴截距为－a0＝－μg，解得μ＝eq\f(a0,g)。15．(8分)(2023·渭南市高一期末)如图甲是冰库工作人员在水平面移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向下推力作用下运动一段距离，然后放手让冰块向前滑动一段距离达到运送冰块的目的。其工作原理可简化为如图乙所示，设冰块质量为m＝50kg，冰块与滑道间动摩擦因数μ＝0.25，运送冰块的滑道总长为20.8m，工人推冰块时推力与水平方向成37°向下推冰块。某次推冰块时，工人从滑道前端推冰块(初速度可视为零)向前匀加速前进8m后放手，冰块刚好滑到滑道末端静止。(已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)冰块在减速运动过程中的加速度大小a2；(2)冰块滑动过程中的最大速度vm；(3)工人推冰块的推力大小F。答案(1)2.5m/s2(2)8m/s(3)500N解析(1)减速阶段冰块只受滑动摩擦力作用，则μmg＝ma2解得a2＝2.5m/s2(1分)(2)减速阶段，根据速度—位移关系可得vm2＝2a2(L－x)(1分)其中L＝20.8m，x＝8m，解得vm＝8m/s(1分)(3)设加速时加速度为a1，则加速阶段有vm2＝2a1x(1分)解得a1＝4m/s2加速阶段受力情况如图所示对冰块根据牛顿第二定律可得Fcos37°－Ff＝ma1(1分)FN＝mg＋Fsin37°Ff＝μFN(1分)联立解得F＝500N。(1分)16．(8分)(2023·绵阳市高一期末)如图所示，倾角α＝30°的粗糙斜面固定在地面，平行于斜面的轻绳通过定滑轮连接斜面上的物块A与物块B，轻质弹簧的右端与轻绳上的O点相连。系统静止时，轻质弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ＝60°，物块A和B的质量分别为mA＝4kg，mB＝2kg，弹簧的伸长量为10eq\r(3)cm，重力加速度取10m/s2。求：(1)弹簧的劲度系数；(2)物块A受到斜面静摩擦力的大小和方向。答案(1)200N/m(2)20N沿斜面向下解析(1)对O点受力分析，如图甲并正交分解根据平衡条件有，水平方向：kx－Fsin60°＝0(1分)竖直方向：Fcos60°－mBg＝0(1分)解得：F＝40N，k＝200N/m(2分)(2)对物块A受力分析如图乙由平衡条件沿斜面方向：F－mAgsin30°－Ff＝0(3分)解得物块A受到斜面静摩擦力的大小Ff＝20N，方向沿斜面向下。(1分)17.(14分)如图所示，蹦床运动员正在训练室内训练，室内蹦床的床面到天花板的距离是7.6m，竖直墙壁上张贴着一面高度为1.6m的旗帜，身高1.6m的运动员头部最高能够上升到距离天花板1m的位置，在自由下落过程中，运动员通过整面旗帜的时间是0.4s，重力加速度的大小为10m/s2，设运动员上升和下落过程身体都是挺直的，不计空气阻力，求：(1)运动员竖直弹跳起来的速度大小；(2)运动员下落时身体(不考虑手臂)通过整面旗帜过程中的平均速度大小；(3)旗帜的上边缘到天花板的距离。答案(1)10m/s(2)8m/s(3)4.4m解析(1)运动员上升的最大位移为：h＝7.6m－1.6m－1m＝5m(2分)根据匀变速直线运动的速度位移关系式，有：v2＝2gh(2分)解得：v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×5)m/s＝10m/s(2分)(2)运动员通过整面旗帜的时间是0.4s，位移大小为：Δ