2025高考物理步步高同步练习模块综合试卷含答案

2025高考物理步步高同步练习模块综合试卷模块综合试卷(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分．每题只有一个选项最符合题意．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、极限思想方法、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公式时，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想方法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.(2021·宿迁市高一上期末)如图1所示，气垫船是利用高压空气在船底和水面(或地面)间形成气垫，使船体全部或部分脱离支撑面航行的高速船舶．气垫是用大功率鼓风机将空气压入船底部，由船底周围柔性围裙或刚性侧壁等气封装置限制其逸出而形成的．现有一艘气垫船，船体全部脱离水面，下列说法正确的是()图1A．气垫船的重力就是气垫船对高压空气的压力B．气垫船对高压空气的压力和水面对高压空气的支持力是一对作用力与反作用力C．船体脱离水面上升过程，高压空气对气垫船的支持力大于气垫船对高压空气的压力D．船体脱离水面上升过程，高压空气对气垫船的支持力与气垫船对高压空气的压力大小相等答案D3.(2021·盐城市响水中学高一上期末)如图2所示，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，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明()图2A．电梯的加速度方向一定向上B．乘客处于失重状态C．电梯一定是在下降D．电梯的加速度方向一定向下答案A4.如图3所示为A、B两物体在同一直线坐标系中运动的x－t图像，则下列关于物体运动的说法正确的是()图3A．A物体在0时刻至第8s末，运动方向改变2次B．两物体在第5s末相遇C．A物体在2～7s时间内位移为4mD．0～5s过程中两物体的平均速度不相同答案B解析由题图可知，A物体在4s末运动方向改变，故A物体在0时刻至第8s末运动方向改变1次，A错误；第5s末两物体到达同一位置即相遇，B正确；A物体在2～7s时间内的位移Δx＝x末－x初＝0－4m＝－4m，C错误；两物体在0～5s的过程中，位移相同，故平均速度相同，D错误．5.如图4所示，一长直木板的粗糙程度相同，其上表面一端放有一小木块，当木板以远离木块的另一端O为轴，由水平位置缓慢向上转动(α角变大)时，木块受到的摩擦力Ff随转过的角度α变化的图像，可能正确的是()图4答案C解析木块开始时受到的摩擦力为静摩擦力，Ff＝mgsinα；当木块相对木板滑动时受到的摩擦力变为滑动摩擦力，Ff＝μmgcosα，又知α角在增大，故C正确．6.(2021·双鸭山一中高一上期末)两辆汽车a、b在一条平直公路上同向行驶，两车运动的v－t图像如图5所示．已知a、b曲线关于它们两交点的连线对称，且在t1时刻两车在同一位置，下列说法中正确的是()图5A．在t1～t2这段时间内，两车的平均速度相同B．在t1～t2这段时间内的任意时刻，a车与b车的加速度都相同C．在t2时刻，两车再次处于同一位置D．在t1～t2这段时间内，a车始终在b车前面答案D解析由v－t图线与时间轴所围成的面积表示位移，可知在t1～t2这段时间内a的位移大于b的位移，根据平均速度公式可知a的平均速度大于b的平均速度，故A错误；v－t图线的斜率表示加速度，由题图可知，在t1～t2这段时间内的任意时刻，a车与b车的加速度大小相等，但方向不同，故B错误；在t1时刻两车在同一位置，且在t1～t2这段时间内a的位移始终大于b的位移，所以在t1～t2这段时间内，a车始终在b车前面，在t2时刻，两车不会处于同一位置，故C错误，D正确．7.(2021·常州一中高一上期末)如图6所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ＝45°，已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧形变量不可能是()图6A.eq\f(\r(2)mg,k) B.eq\f(\r(2)mg,2k)C.eq\f(4\r(2)mg,3k) D.eq\f(2mg,k)答案B解析以小球a、b整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件得：F与FT的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：Fmin＝2mgsinθ＝2×eq\f(\r(2),2)mg＝eq\r(2)mg.根据胡克定律：Fmin＝kxmin，所以：xmin＝eq\f(\r(2)mg,k)，同理可知xmax＝eq\f(2mg,k)，则A、C、D可能，B不可能．本题选不可能的，故选B.8．(2021·徐州市高一上期末)用如图7所示的装置探究加速度与力的关系时，补偿阻力后，用槽码的重力代替细线的拉力，通过分析可知，这种代替是有误差的．若槽码的质量m与小车质量M满足M＝10m，槽码牵引小车加速运动时，细线的拉力大小与槽码重力差值的绝对值为(重力加速度为g)()图7A.eq\f(1,10)mg B.eq\f(1,11)mgC.eq\f(1,10)Mg D.eq\f(1,11)Mg答案B解析由题意得mg＝(M＋m)aFT＝Ma＝eq\f(Mmg,M＋m)＝eq\f(10,11)mg则FT－mg＝eq\f(1,11)mg，故选B.9.如图8所示，半径为3R的半圆柱体P静止在水平地面上，静止于P上的光滑小圆柱体Q质量为m，半径为R，此时竖直挡板MN恰好与P、Q相切，重力加速度为g，下列说法正确的是()图8A．Q受到的P的弹力为eq\f(\r(3),3)mgB．Q受到的挡板MN的弹力为eq\f(\r(3),3)mgC．若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，P受到地面的摩擦力不变D．若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，Q受到P的弹力变小答案B解析对圆柱体Q受力分析，受到重力mg、挡板MN的支持力FN1和P对Q的支持力FN2，如图，由几何关系得：cosθ＝0.5，所以θ＝60°根据平衡条件得：FN1＝eq\f(mg,tanθ)＝eq\f(\r(3),3)mg，FN2＝eq\f(mg,sinθ)＝eq\f(2\r(3),3)mg，故A错误，B正确；对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，根据共点力平衡条件，有：Ff＝FN1＝eq\f(mg,tanθ)，MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变小，故Ff变大，由FN2＝eq\f(mg,sinθ)可知，FN2变大，故C、D错误．10．将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图9甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动．该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示．取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()图9A．在2～4s内小球的加速度大小为1m/s2B．小球质量为2kgC．杆的倾角为30°D．小球在0～4s内的位移为8m答案C解析v－t图像的斜率表示加速度，在2～4s内小球的加速度a＝eq\f(v2－v1,t2－t1)＝0.5m/s2，故A错误；由题图乙、丙知，在0～2s内小球做匀速直线运动，重力沿杆向下的分力等于5N，在2～4s内由牛顿第二定律有F2－F1＝ma，解得m＝1kg，故B错误；设杆的倾角为α，则mgsinα＝5N，解得α＝30°，故C正确；v－t图像中图线与t轴围成的面积表示位移，0～4s内小球的位移为(2×1＋eq\f(1＋2,2)×2)m＝5m，故D错误．二、非选择题：共5题，共60分．其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．11．(10分)某同学为测定物块与电梯水平地板之间的动摩擦因数，将质量为1kg的物块放在电梯水平地板上，弹簧测力计一端固定在电梯侧壁上，一端连接物块并保持测力计水平．现用手向左缓慢移动物块至图10甲所示位置，放手后物块仍保持静止．(取g＝9.8m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图10(1)图甲中弹簧测力计读数为________N；(2)电梯启动后，用手机的加速度传感器测得电梯的a－t图像如图乙所示(以竖直向上为正方向)．结果发现在电梯运行过程中的某一时刻物块被拉动，则这一时刻是________(选填“第1s初”或“第5s初”)，该时刻电梯处于________(选填“超重”或“失重”)状态；(3)物块和电梯水平地板间动摩擦因数的最大值是________(保留两位有效数字)．答案(1)3.60(2分)(2)第5s初(3分)失重(2分)(3)0.40(3分)解析(1)根据题图甲可知，3N和4N之间有10个小格，每小格表示0.1N，需要估读到下一位，因此弹簧测力计示数为3.60N.(2)物块被拉动时，是最大静摩擦力最小时，也就是弹力最小时，由题意可知一定是向下加速度最大时，结合题图乙可知为第4s末，也就是第5s初，此时加速度方向向下，电梯处于失重状态；(3)第5s初时，分析物块受力可知FN－mg＝ma，代入数据解得FN＝9N，结合弹簧测力计示数可得F＝μFN，代入数据解得μ＝0.40.12．(9分)开车出行常用手机导航，如图11甲是一种车载磁吸手机支架，手机放上去会被牢牢吸附．图乙是其侧视图．若手机质量m＝0.2kg，支架斜面的倾角θ＝53°(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，手机与支架接触面间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2，那么在汽车做匀速直线运动的过程中：图11(1)若没有磁吸力，请画出手机受力示意图并通过计算说明手机会不会滑下来；(2)若磁吸力F＝6N，求支架对手机的弹力和摩擦力的大小．答案(1)受力图见解析会下滑(2)7.2N1.6N解析(1)手机受力示意图如图；(2分)因为μ＝0.3<tan53°＝eq\f(4,3)(1分)即μmgcosθ<mgsinθ所以手机会下滑；(1分)(2)若磁吸力F＝6N，支架对手机的弹力FN′＝mgcos53°＋F＝2×0.6N＋6N＝7.2N(2分)此时最大静摩擦力为Ffm＝μFN′＝0.3×7.2N＝2.16N(1分)因为mgsin53°＝1.6N<Ffm(1分)则手机静止，支架对手机的摩擦力的大小为Ff＝mgsin53°＝1.6N(1分)13.(12分)(2020·河南林州一中高一上检测)如图12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：图12(1)运动员竖直弹跳起来的速度大小；(2)运动员下落时身体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(1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：Δx＝1.6m＋1.6m＝3.2m(1分)故平均速度大小为：eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(3.2,0.4)m/s＝8m/s(2分)(3)平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故该0.4s内中间时刻的速度大小为8m/s，根据对称性可知，运动员上升过程经过同一位置的速度大小为8m/s运动员从跳起到该位置的时间间隔为：t＝eq\f(Δv,g)＝eq\f(10－8,10)s＝0.2s(2分)由于t＝eq\f(Δt,2)，故开始时旗帜的下边缘与运动员头部等高，故旗帜的上边缘到蹦床的床面的距离为3.2m，而蹦床的床面到天花板的距离是7.6m，故旗帜的上边缘到天花板的距离为：7.6m－3.2m＝4.4m．(2分)14．(13分)如图13甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝10m的水平木板相接，木板上表面与平台相平，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝10m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，滑块滑上木板前后瞬间速度大小不变，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图13(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t.答案(1)0.5(2)(1＋eq\r(5))s解析(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有：μmg＝ma(1分)滑块恰好到木板右端停止，则有0－v02＝－2aL(2分)解得：μ＝eq\f(v\o\al(02),2gL)＝0.5(1分)(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度大小为a1，向上滑行的最大距离为s，上滑的时间为t1，有：μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1(2分)0－v02＝－2a1s(1分)0＝v0－a1t1(1分)联立解得t1＝1s，s＝5m(1分)设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2(1分)s＝eq\f(1,2)a2t22(1分)联立解得：t2＝eq\r(5)s(1分)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间：t＝t1＋t2＝(1＋eq\r(5))s．(1分)15．(16分)(2020·四川高一期末)如图14甲，质量m＝2kg的物体置于倾角θ＝30°的足够长且固定的斜面上，t＝0时刻，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，t＝1s时刻撤去力F，物体运动的