高中物理模块练习

模块终结性评价(90分钟100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．(2021·浙江1月学考)2020年11月10日，我国“奋斗者”号潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909m。“奋斗者”号照片如图所示，下列情况中“奋斗者A. 估算下降总时间时B．用推进器使其转弯时C．在海沟中穿越窄缝时D．科学家在其舱内进行实验时【解析】选A。“奋斗者”号能否看作质点的关键是其大小和形状对所研究问题有无影响，估算下降总时间时大小和形状对其无影响可以看作质点，A正确；用推进器使其转弯时需要考虑其大小和形状，不能看作质点，B错误；在海沟中穿越窄缝时需要考虑其大小和形状，也不能看作质点，C错误；科学家在其舱内进行实验时同样需要考虑其大小和形状，也不能看作质点，D错误。【补偿训练】(2021·台州高一检测)2020年7月23日12时41分，长征五号遥四运载火箭托举着我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场成功发射。“天问一号”探测器将在地火转移轨道飞行约7个月后，到达火星附近，通过“刹车A．“7月23日12时41B．“7个月”指的是时刻C．“天问一号”从地球到火星的位移大小就是其运行轨迹的长度D．研究“天问一号”探测器在地火转移轨道飞行的轨迹时，可以将探测器看成质点【解析】选D。“7月23日12时41分”是探测器发射的时刻，在时间轴上对应一个点，不是时间间隔，故A错误；“7个月”是“天问一号”探测器在地火转移轨道飞行的时间间隔，不是时刻，故B错误；“天问一号”从地球到火星的位移大小就是其初位置到末位置有向线段的长度，不是其运行轨迹的长度，其运行轨迹的长度是路程，故C2．(2021·莆田高一检测)2020年1月中旬开始，国内多地发生新型冠状病毒肺炎疫情。将新型冠状病毒肺炎确诊患者累计数D的变化记为ΔD，发生这个变化所用的时间间隔记为Δt，则变化量ΔD与Δt的比值a＝eq\f(ΔD,Δt)。下列说法正确的是()A．由a＝eq\f(ΔD,Δt)可知，若新型冠状病毒肺炎确诊患者累计数D增大，则a的值也增大B．题中的量a是由比值定义的物理量，则a的值不随ΔD及Δt的大小而改变C．描述变化快慢的量就是变化率，则题中的量a表示了量ΔD变化快慢D．若a越大，则D的值一定越大【解析】选C。由a＝eq\f(ΔD,Δt)可知，a表示增速的快慢，与累计数D增大的大小无关，故A错误；由a＝eq\f(ΔD,Δt)可知，a是由比值定义的物理量，则a的值随ΔD及Δt的大小而改变，故B错误；描述变化快慢的量就是变化率，则题中的量a表示了量ΔD变化快慢，故C正确；a表示增速的快慢，与累计数D增大的大小无关，故D错误。3．物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1s内通过的位移为x1＝3m，第2s内通过的位移为x2＝2m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是()A．加速度a的大小为1m/s2B．初速度v0的大小为2.5m/sC．位移x3的大小为eq\f(9,8)mD.位移x3内的平均速度大小为0.75m/s【解析】选B。根据Δx＝aT2得，a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(－1,12)m/s2＝－1m/s2，A正确；根据x1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，得v0＝3.5m/s，B错误；第2s末的速度v2＝v0＋at2＝(3.5－1×2)m/s＝1.5m/s，则x3＝eq\f(0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2a)＝eq\f(－2.25,－2)m＝eq\f(9,8)m，位移x3内的平均速度大小eq\x\to(v)＝eq\f(v2,2)＝0.75m/s，C、D正确。4．图示为小孩从t＝0时刻起逐渐增加推力推动箱子过程中三个时刻(t1、t2和t3)的漫画图。据此，小王总结出四张箱子与水平地面之间的摩擦力随时间变化的关系图，其中可能正确的是()【解析】选C。箱子静止的过程中受到的是静摩擦力，其大小随着推力的增大而增大；当达到最大静摩擦力后箱子开始滑动，此时摩擦力变为滑动摩擦力，而滑动摩擦力小于最大静摩擦力，并且滑动摩擦力大小与正压力成正比，压力不变，则滑动摩擦力不变，故C正确，A、B、D错误。【补偿训练】木块A、B的重力均为40N，它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了Δx＝2.0cm，弹簧的劲度系数k＝400N/m，系统置于水平地面上静止不动，现用F＝15N的水平力推木块B，如图所示，力F作用后()A. 木块A所受静摩擦力大小为15NB．弹簧的压缩量变为2.5cmC．木块B所受静摩擦力为0D．木块B所受静摩擦力大小为7N【解析】选D。施加水平推力F＝15N后，弹簧长度没有变化，Δx＝2.0cm，F弹＝kΔx＝400×0.02N＝8N，弹力不变，故木块A相对地面有向左的运动趋势，其受到向右的静摩擦力，且与弹力平衡，因而：fA＝F弹＝8N，故A、B错误；已知F弹＝8N，木块A、B与地面间的最大静摩擦力为：f＝μmg＝0.25×40N＝10N，故A、B均静止，摩擦力为8N，施加水平推力F＝15N后，B水平方向受到弹簧向右的弹力8N，向左的推力15N，故摩擦力变为7N，仍静止，故C错误，D正确。5．如图所示，底部装有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周均有一定空间。当公交车()A. 缓慢启动时，a、b均相对于公交车向后运动B．急刹车时，行李箱a相对于公交车向前运动C．缓慢转弯时，a、b均相对于公交车向外侧运动D．急转弯时，行李箱a相对于公交车向内侧运动【解析】选B。设行李箱a竖立时与公交车发生相对运动的加速度为a1，行李箱b平放时与公交车发生相对运动的加速度为a2，根据实际情况可知a1＜a2。缓慢起动时，公交车的加速度比较小，如果小于a1，则两只行李箱不会相对公交车运动，A错误；急刹车时，公交车减速运动的加速度很大，行李箱a一定相对公交车向前运动，B正确；缓慢转弯时，只要转动的向心加速度小于a1，两只行李箱不会相对公交车向外侧运动，C错误；急转弯时，行李箱a一定会相对公交车向外侧运动，不会相对公交车向内侧运动，D错误。6.如图所示为一同学在网上发现的一幅新能源汽车的漫画，有关这幅漫画，下列说法正确的是()A．磁铁对铁块的作用力大于铁块对磁铁的作用力B．磁铁对铁块的作用力大小等于铁块对磁铁的作用力大小C．根据牛顿第二定律，这种设计能使汽车向前运动D．只要磁铁的磁性足够强，汽车就可以一直运动下去【解析】选B。磁铁对铁块的作用力和铁块对磁铁的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等、方向相反，故A错误，B正确；不管磁铁磁性强弱，磁铁对铁块的作用力与铁块对磁铁的作用力实际上都是汽车自己对自己的作用力，所以汽车都不能向前运动，故C、D错误。【补偿训练】如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当A从背后轻轻推B时，两个人同时向相反的方向运动，这是因为A推B时()A．A与B之间有相互作用力B．A对B的作用在先，B对A的作用在后C．B对A的作用力小于A对B的作用力D．A对B的作用力和B对A的作用力是一对平衡力【解析】选A。A推B时，A与B之间有相互作用力，且这两个力为作用力与反作用力，作用力与反作用力同时产生、大小相等、方向相反，故A正确，B、C、D错误。7.某物理教师做了一个物理实验。如图所示，在等臂天平的左侧通过滑轮挂上一个质量为m1的物体，在右侧通过相同的滑轮挂上质量分别为m2和m1的物体，两物体通过光滑细绳连接后跨过滑轮，m2＜m1。开始时，外力使系统平衡。某一时刻撤去外力，右侧的质量为m1的物体加速下落，质量为m2的物体加速上升，天平仍然平衡。则m2和m1的关系，可能是()A．m1＝m2 B．m1＝2mC．m1＝3m2D．m1＝【解析】选C。以连接体中质量为m2的物体为研究对象，则有T－m2g＝m2a，以连接体中质量为m1的物体为研究对象，则有m1g－T＝m1a，根据题意可知2T＝m1g，联立解得m1＝3m2。故A、B8．(2021·三明高一检测)如图所示为建筑工地上搬运石板用的“夹钳车”，工人用夹钳夹住石板并吊离地面，然后推动夹钳车沿直线匀速前进，下列判断正确的是()A. 石板受到4个力的作用B．夹钳夹得越紧，石板受到的摩擦力越大C．石板被吊离地面的过程中处于超重状态D．匀速前进过程中，夹钳对石板的作用力竖直向上【解析】选D。工人夹住石板沿直线匀速前进过程中，石板受重力、2个摩擦力、夹钳的2个压力五个力的作用，故A错误；石板受到的重力和摩擦力等大反向，所以石板受到的摩擦力不变，与夹钳夹的松紧程度和运动速度无关，故B错误；石板被吊离地面的过程先加速后减速或匀速，则加速度方向先向上后向下或为零，所以石板先超重后失重，故C错误；工人夹住石板沿直线匀速前进过程中，受重力和夹钳的作用力，重力方向竖直向下，根据平衡条件可知夹钳对石板的作用力的合力竖直向上，故D正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。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．如图所示，倾角θ＝30°的斜面体A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态。现给物块b施加一个水平向右的力F，使b缓慢移动直到轻绳与竖直方向成30°角，这一过程中斜面体和小物块a均静止(不计绳与滑轮间的摩擦)，对此过程说法正确的是()A. b受到绳的拉力逐渐增大B．水平拉力F逐渐增大C．小物块a受到的摩擦力先增大再减小D．斜面体对地面的摩擦力增大【解析】选A、B、D。b受力平衡，对b受力分析，如图所示：设绳与竖直方向的夹角为α，b缓慢离开直到与竖直方向成30°角的过程中，α变大，根据平行四边形定则可知，T逐渐增大，F逐渐增大，故A、B正确；对a受力分析，如图所示：刚开始T＝mg，a处于静止状态，则f＝T－mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，方向向下，T增大时，f增大，故C错误；以整体为研究对象，水平地面对斜面体A的静摩擦力与F等大反向，F逐渐增大，斜面体对地面的摩擦力增大，故D正确。10.如图所示，正在水平路面上行驶的汽车车厢底部有一质量为m1的木块，在车厢的顶部用细线悬挂一质量为m2的小球，某段时间内，乘客发现细线与竖直方向成θ角，而木块m1则始终相对于车厢静止。这段时间内()A.汽车可能正在向左匀加速行驶B．汽车可能正在向右匀加速行驶C．木块对车厢底部的摩擦力方向水平向右D．木块对车厢底部的摩擦力大小为m1g【解析】选A、C、D。对小球受力分析，受拉力和重力，如图，由几何关系得：F合＝m2gtanθ根据牛顿第二定律a＝eq\f(F合,m2)＝gtanθ，水平向左；故汽车向左做匀加速直线运动或者向右做匀减速直线运动，因而A正确，B错误；由于木块的加速度向左，故合力向左，再对木块受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：f＝m1a＝m1gtanθ，根据牛顿第三定律，木块对车厢的摩擦力大小是m1gtanθ，方向向右，故C11．为了备战东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m＝60kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m/s2。则()A. 运动员起跳过程处于超重状态B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大C．起跳过程中运动员对地面的压力为960ND．从开始起跳到双脚落地需要1.05s【解析】选A、D。运动员起跳过程加速度向上，处于超重状态，故A正确；从开始起跳到脚离开地面重心上升h1＝0.5m，离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离h2＝0.8m，运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据2gh2＝v2可知，v＝eq\r(2gh2)＝4m/s在起跳过程中，根据速度位移公式可知2ah1＝v2，a＝eq\f(v2,2h1)，解得：a＝16m/s2由牛顿第二定律得：FN－mg＝ma解得：FN＝mg＋ma＝1560N由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1560N，方向竖直向下，故C错误；起跳过程的平均速度是eq\f(v,2)，运动员离开地面后做竖直上抛，其平均速度也为eq\f(v,2)，故B错误；加速上升时间：t1＝eq\f(v,a)＝0.25s减速上升时间：t2＝eq\f(v,g)＝0.4s加速下降和减速上升时间相同，故总时间为t＝t1＋2t2＝1.05s，故D正确。12．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下列选项中能客观反映小木块的受力和运动情况的是()【解析】选B、D。由于小木块轻放在传送带的最上端，并其相对传送带向上滑动，故其所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下，其所受的滑动摩擦力大小为：Ff＝μmgcosθ；当二者达到共速后，由于重力沿斜面向下的分力使小木块继续加速，故其速度超过传送带，故其所受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小不变，方向反向，故A错误，B正确；而由于μ＜tanθ，故其重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，故二者共速后小木块继续加速，但由牛顿第二定律可知其加速度减小；又由速度—时间图像的斜率表示小木块的加速度，故可知到达共速后的加速运动过程加速度减小，故C错误，D正确。三、实验题：本题共2小题，共14分。13．(6分)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。(1)为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，实验时他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上砝码后测出弹簧伸长后的长度L，把L­L0作为弹簧的伸长量x。这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图中的________。(2)本次实验中，弹簧秤的指针位置如图所示，其读数为__________N。(3)本次实验中，∠BOC＝80°，现将弹簧秤缓慢向逆时针转动，若要保持结点位置和OB方向不变，则弹簧秤的示数将________(选填“增大”“减小”“先增大后减小”或“先减小后增大”)。【解析】(1)实验中用横轴表示弹簧的伸长量x，纵轴表示弹簧的拉力F(即所挂砝码的重力大小)，因为在弹簧的弹性限度内，弹簧自身重力的影响使弹簧产生一定的形变量，故C图像符合。(2)弹簧秤读数为2.10N；(3)根据平行四边形定则作出示意图，如图可以看出弹簧秤的示数先减小后增大。答案：(1)C(2)2.10(3)先减小后增大14．(8分)用图甲所示装置“探究加速度与力、质量的关系”。请思考并完成相关内容：(1)实验时为平衡摩擦力，以下操作正确的是______________。A．连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动B．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动C．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动(2)图乙是实验中得到的一条纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源频率为50Hz，由此可求出小车的加速度a＝__________m/s2(计算结果保留三位有效数字)。(3)一组同学在保持木板水平时，研究小车在质量一定的情况下加速度a与合外力F的关系，得到如图丙中①所示的a­F图线。则小车运动时受到的摩擦力f＝________N；小车质量M＝________kg。若该小组正确完成了步骤(1)，得到的a­F图线应该是图丙中的__________(选填“②”“③”或“④”)。【解析】(1)平衡摩擦力时，取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动，故B正确。(2)由题可知两计数点之间的时间间隔T＝0.1s，根据Δx＝aT2，运用逐差法得，a＝eq\f(x36－x03,9T2)＝eq\f(（10.60＋12.22＋13.81－5.79－7.41－9.02）×10－2,9×0.01)m/s2≈1.60m/s2。(3)根据图线①知，当F＝0.10N时，小车才开始运动，可知小车运动时受到的摩擦力f＝0.10N，图线的斜率表示质量的倒数，则M＝eq\f(0.10,0.50)kg＝0.20kg。平衡摩擦力后，a与F成正比，图线的斜率不变，故正确图线为②。答案：(1)B(2)1.60(3)0.100.20②四、计算题：本题共4小题，共46分。15．(8分)如图所示，机动车在斑马线前礼让行人是城市文明和交通规范的体现。司机小明驾驶汽车以43km/h(约为12m/s)的速度，在平直的城市道路上沿直线行驶。他看到斑马线有行人后立即以大小为2m/s2的加速度刹车，车停住时车头刚好碰到斑马线，等待行人10s后(人已走过)，又用了8s时间匀加速至原来的速度。设开始刹车时为计时起点(即t＝0)。求：(1)汽车第3s末的瞬时速度大小；(2)汽车前10s内的位移大小；(3)从开始刹车到恢复原速这段时间内汽车的平均速度大小。【解析】取初速度方向为正方向。(1)v＝v0－at(1分)解得：v＝6m/s(1分)(2)刹车时间：t1＝eq\f(0－v0,a)(1分)解得t1＝6s＜10s，汽车6s末即已停止0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2ax1(1分)解得前10s内的位移x1＝36m(1分)(3)匀加速直线运动位移x2＝eq\f(v0,2)t3，其中t3＝8s解得x2＝48m(1分)等待时间t2＝10s平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1＋x2,t1＋t2＋t3)(1分)解得eq\x\to(v)＝3.5m/s(1分)答案：(1)6m/s(2)36m(3)3.5m/s16．(8分)如图所示，ABC是一雪道，AB段为长L＝65m、倾角θ＝37°的斜坡，BC段水平，AB与BC平滑连接。一个质量m＝60kg的滑雪运动员，从斜坡顶端A处从静止开始匀加速滑下，经过t＝5s到达斜坡底端B点。已知滑雪板与雪道之间的动摩擦因数在AB段和BC段均相同，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)运动员在AB段滑行的加速度大小；(2)滑雪板与雪道之间的动摩擦因数μ；(3)滑到水平段BC后，还能滑多远。【解析】(1)根据L＝v0t＋eq\f(1,2)at2(1分)解得a＝5.2m/s2(1分)(2)根据牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma(2分)解得：μ＝0.1(1分)(3)滑到水平段BC时，vB＝at＝5×5.2m/s＝26m/s根据牛顿第二定律μmg＝ma1，a1＝1m/s2(1分)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))＝2a1x，(1分)x＝338m(1分)答案：(1)5.2m/s2(2)0.1(3)338m17．(14分)2019年10月9日，重庆市城口县明通镇发生山体滑坡事故。假设在发生山体滑坡时，山坡的底部B处正有一游客逗留，如图所示，此时距坡底160m的山坡A处有一圆形石头正以2m/s的初速度、1m/s2的加速度匀加速下滑，游客发现后，立即以0.4m/s2的加速度向右由静止开始做匀加速直线运动跑离坡底，石头滑到B处前后的速度大小不变，但开始以2m/s2的加速度向右做匀减速直线运动，已知游客从发现圆形石头到开始逃跑的反应时间为(1)圆形石头滑到坡底B处时，游客前进的位移大小；(2)试通过计算判断该游客是否能够脱险。【解析】(1)设石头从A处运动到坡底B处的时间为t1，到达坡底B处速度为v1，则有：x1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，(2分)解得：t1＝16s，(1分)此时石头的速度为：v1＝v0＋at1＝2m/s＋1×16m/s＝18m/s。(1分)在此过程中，游客运动的位移为：x2＝eq\f(1,2)a游(t1－1)2＝eq\f