2024-2025学年高中物理模块综合测评含解析鲁科版必修1

PAGE9-模块综合测评(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，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)1．一辆汽车以2m/s2的加速度做匀减速直线运动，经过2s(汽车未停下)，汽车行驶了36m．汽车起先减速时的速度是()A．9m/s B．18m/sC．20m/s D．12m/sC[由位移公式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2得汽车的初速度v0＝eq\f(2s－at2,2t)＝eq\f(2×36－－2×22,2×2)m/s＝20m/s，选项C正确．]2.如图所示，Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两小球从同一地点沿同始终线运动的v­t图线，依据图线可以推断()A．甲、乙两小球做的是初速度方向相反的匀变速直线运动，加速度大小相同、方向相同B．两球在t＝8s时相距最远C．两球在t＝2s时速度相同D．两球在t＝8s相遇D[甲、乙两小球均做匀变速直线运动，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)，解得a甲＝－10m/s2，a乙＝eq\f(20,3)m/s2，故A错误；由题图可知，乙小球先向负方向运动，后向正方向运动，甲小球先向正方向运动，后向负方向运动，当速度相同时间距最大，该时间点在4s～5s之间，故B错误；甲、乙两球在t＝2s时的速度分别为20m/s、－20m/s，所以它们的速率相等，方向相反，故C错误；甲小球在8s内图线与t轴所围的总“面积”为零，即总位移为零，说明甲小球又回到动身点，乙小球前2s内静止，后6s内的总位移为零，说明乙小球也回到了动身点，又因为两小球从同一地点动身，所以两小球此时相遇，故D正确．]3．应用物理学问分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加好玩和深化．例如平伸手掌托起物体，由静止起先竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是()A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度D[手托物体由静止起先竖直向上运动，肯定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，选项A、B错误．在物体离开手的瞬间，二者分别，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度肯定等于重力加速度，选项C错误．要使手和物体分别，手向下的加速度肯定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项D正确．]4.如图所示，OA为遵从胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点，另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连．当弹性轻绳处于竖直位置时，滑块A对地面有压力作用．现有一水平力F作用于A，使A向右缓慢地沿直线运动，则在运动过程中()A．地面对A的支持力保持不变B．地面对A的摩擦力保持不变C．地面对A的摩擦力变小D．地面对A的摩擦力变大C[甲乙弹性轻绳处于竖直方向时，设其伸长量为x1，劲度系数为k，则受力分析如图甲所示．依据平衡条件得T1＋N1＝G，T1＝kx1.向右拉至某一位置时，受力如图乙所示，其中θ为此时弹性轻绳与水平面的夹角，依据正交分解和力的平衡条件可得：T2sinθ＋N2＝G，T2cosθ＋f＝F，T2＝kx2.设弹性轻绳自然长度为l，则l＋x1＝(l＋x2)sinθ，所以有N2＝G－kx2sinθ＜G－kx1＝N1，即地面对A的支持力减小，A与地面间的摩擦力变小．所以C正确．]5．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种状况中符合要求的是()ABCDC[设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，依据牛顿其次定律得加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，位移大小x＝eq\f(1,2)at2，而x＝eq\f(L,cosθ)，2sinθcosθ＝sin2θ，联立以上各式得t＝eq\r(\f(4L,gsin2θ)).当θ＝45°时，sin2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确．]6.如图所示，斜面体M放在水平地面上，另有物块N放在斜面体上，轻质弹簧两端分别与物块N及固定在斜面体底端的挡板P连接，弹簧处于压缩状态，M、N静止．现用力F沿斜面对上拉物块N，但并未运动，下列说法正确的是()A．弹簧对挡板的作用力减小B．M、N之间的摩擦力可能大小不变C．M对地面的压力不变D．水平地面对M的摩擦力不变B[对N受力分析，其受重力、支持力、弹簧的弹力，可能受静摩擦力，且静摩擦力的方向可能沿着斜面对下，也可能沿着斜面对上，当用力F拉物块N时，因没有拉动，则弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，选项A错误；若N受到的静摩擦力起先是沿着斜面对上，当用力F拉N时，N受到的静摩擦力可能会变为沿着斜面对下，大小可能和原来相等，选项B正确；从整体角度分析可知，当用力F拉N时，整体对地面的压力减小，有向右的运动趋势，因此水平地面对M的摩擦力发生变更，选项C、D错误．]7．雨滴从高空由静止下落，其所受空气阻力与速度大小成正比，则在雨滴下落的整个过程中()A．速度不断减小，加速度为零时，速度最小B．速度不断增大，加速度为零时，速度最大C．加速度和速度方向相反D．速度对时间的变更率越来越小，最终为0BD[雨滴所受空气阻力与速度大小成正比，故有f＝kv(k为常量)．雨滴受两个力作用：竖直向下的重力mg、竖直向上的空气阻力f.对雨滴应用牛顿其次定律得mg－kv＝ma，起初雨滴向下加速，速度v增大，加速度a减小，当mg＝kv时，加速度a＝0，速度最大，之后雨滴以最大速度做匀速直线运动．综上所述，选项A、C错误，选项B正确．因加速度即速度对时间的变更率，故选项D正确．]8.如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h处，空心管长为L，小球的球心与管的轴线重合，并在竖直线上，小球直径小于管的内径，不计空气阻力，则下列推断正确的是()A．两者均无初速度同时释放，小球在空中不能穿过管B．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v0、管无初速度，则小球肯定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度无关C．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v0、管无初速度，则小球肯定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关D．两者均无初速度释放，但小球提前了Δt时间释放，则小球肯定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关ABD[两者同时无初速度释放，均做自由落体运动，小球不能穿过管，A对；两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v0，以管为参考系，则小球匀速穿过管，时间为t＝eq\f(L,v0)，B对，C错；小球提前Δt释放，相当于获得了初速度v0＝gΔt，与当地重力加速度有关，D对．]9．如图所示，松软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＞\f(π,2))).现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力渐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力渐渐增大D．OM上的张力先增大后减小AD[设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN.起先时，TOM＝mg，TMN＝0.由于缓慢拉起，则重物始终处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向．如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β渐渐增大，则角(α－β)渐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：eq\f(TOM,sinα－β)＝eq\f(mg,sinθ)，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知eq\f(TMN,sinβ)＝eq\f(mg,sinθ)，在β由0变为eq\f(π,2)的过程中，TMN始终增大，选项A正确．]10．如图甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的固定粗糙斜面由静止起先运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a与风速v的关系如图乙所示，则(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)()甲乙A．当风速为3m/s时，物体沿斜面对下运动B．当风速为5m/s时，物体与斜面间无摩擦力作用C．当风速为5m/s时，物体起先沿斜面对上运动D．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25AD[由题图乙可知物体的加速度随风速的增大而减小，当风速为零时，物体的加速度为a0＝4m/s2，对物体，沿斜面方向有mgsinθ－μmgcosθ＝ma0，即a0＝gsinθ－μgcosθ，解得μ＝0.25，D正确；物体由静止起先沿斜面加速下滑，随着风速的增大，物体的加速度渐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍旧加速运动，直到风速为5m/s时，物体的加速度减小为零，此后物体将做匀速运动，A正确，B、C错误．]二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)11.(6分)某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”时，安装好试验装置，让刻度尺的零刻度线与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图甲所示．图乙是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺(最小分度是1毫米)上位置的放大图，示数l1＝________cm.在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5.已知每个钩码质量是50g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2＝__________N(当地重力加速度g＝9.8m/s2)．要得到弹簧伸长量x，还须要测量的是________．作出F­x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．甲乙解析：最小分度是1毫米的刻度尺，应估读到0.1毫米，故读数为25.85cm；F2＝2mg＝2×0.050×9.8N＝0.98N；本试验是“探究弹力和弹簧伸长量的关系”，故还须要测量弹簧原长．答案：25.85(25.84～25.86均可)0.98弹簧原长12．(8分)某试验小组设计了如图(a)所示的试验装置，用钩码所受重力作为小车所受的拉力，用DIS测小车的加速度．通过变更钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种状况下分别做了试验，得到了两条a­F图线，如图(b)所示．(a)(b)(1)图线________(选填“①”或“②”)是在轨道右侧抬高成为斜面状况下得到的．(2)随着钩码的数量增大到肯定程度时图(b)中的图线明显偏离直线，造成此误差的主要缘由是所挂钩码的总质量太大，为消退此误差可实行的简便且有效的措施是________．A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上长时间缓慢运动(即将小车与位移传感器放射部分的重力沿轨道方向的分力恰与其所受摩擦力平衡)B．在增加钩码数量进行试验的同时在小车上增加钩码，使钩码的总质量始终远小于小车与位移传感器放射部分的总质量C．在钩码与细绳之间放置一力传感器，干脆得到小车运动的加速度a和力传感器读数F的关系图象D．更换试验中运用的钩码规格，采纳质量较小的钩码进行上述试验(3)小车和位移传感器放射部分的总质量为________kg；小车在水平轨道上运动时受到的摩擦力大小为________N.解析：(1)由图线②与横轴的交点坐标的物理意义可知，小车的加速度为0时，仍旧挂了钩码，表明图线②对应于轨道水平的情形，故图线①是在轨道右侧抬高成为斜面状况下得到的．(2)小车与位移传感器放射部分的重力沿轨道方向的分力恰与其所受摩擦力平衡，可使a­F图线通过原点，但不能消退图线明显偏离直线这一误差，选项A错误；即使钩码的总质量始终远小于小车与位移传感器放射部分的总质量，误差仍存在，不行消退，选项B错误；更换试验中运用的钩码规格，采纳质量较小的钩码进行上述试验，误差仍存在，不行消退，选项D错误；唯有在钩码与细绳之间放置一力传感器，这样可干脆从力传感器上读出拉力F的数值，而不是用钩码的总重力替代拉力，从而消退拉力测量的系统误差，选项C正确．(3)从图线②与横轴的交点坐标可知，小车的加速度为0时，拉力大小为1N，依据二力的平衡条件可知摩擦力大小为1N．对小车在水平轨道上运动时应用牛顿其次定律得F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(1,m)F－μg，图线②直线段的斜率为eq\f(1,m)，eq\f(1,m)＝eq\f(0－－2,1－0)kg－1＝2kg－1，解得m＝0.5kg，故小车和位移传感器放射部分的总质量为0.5kg.答案：(1)①(2)C(3)0.5113．(10分)甲、乙两辆电动遥控玩具赛车(可视为质点)，在水平平行的两条相隔很近的直轨道上玩追逐嬉戏，某一时刻两车相距最近(可视为在同一位置)，从该时刻起先，两车的v­t图象如图所示，在图示的6s内，求：(1)两车再次相距最近所用的时间；(2)两车之间的最远距离．解析：(1)在前2s内，甲车的位移为x甲＝eq\f(1,2)×2×4m＝4m，乙车的位移为x乙＝2×2m＝4m，即在前2s内两车位移相等，故两车再次相距最近所用的时间为2s.(2)从第2s末起先，两车的加速度分别为a甲＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(0－4,4)m/s2＝－1m/s2，a乙＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(0－2,2)m/s2＝－1m/s2，故甲车相对乙车做速度为2m/s的匀速直线运动，两车之间的距离渐渐增大．所以第6s末，两车相距最远，最远距离为Δx＝Δvt＝2×(6－2)m＝8m.答案：(1)2s(2)8m14.(10分)如图所示，在水平粗糙的横杆上，有一质量为m的小圆环A，用一细线悬吊一个质量为m的球B.现用一水平拉力缓慢地拉起球B，使细线与竖直方向成37°角，此时小圆环A仍保持静止．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，求：(1)水平拉力F的大小；(2)小圆环A对横杆的压力及环受到的摩擦力．解析：(1)取球B为探讨对象进行受力分析，如图所示，由平衡条件得Tsin37°＝F，Tcos37°＝mg联立两式解得F＝eq\f(3,4)mg.(2)取A、B组成的系统为探讨对象，则横杆对小圆环的弹力N＝2mg，方向竖直向上，由牛顿第三定律知，小圆环对横杆的压力大小为2mg，方向竖直向下．环受到的摩擦力大小为f＝F＝eq\f(3,4)mg，方向水平向左．答案：(1)eq\f(3,4)mg(2)2mg，竖直向下eq\f(3,4)mg，水平向左15．(12分)一种巨型消遣器械由升降机送到离地面75m的高处，然后让座舱自由落下．落到离地面30m高时，制动系统起先启动，座舱匀称减速，到地面时刚好停下．若座舱中某人用手托着m＝5kg的铅球，g取10m/s2，试求：(1)从起先下落到最终着地经验的总时间；(2)当座舱落到离地面35m的位置时，手对球的支持力是多少；(3)当座舱落到离地面15m的位置时，球对手的压力．解析：(1)由题意可知，座舱先自由下落h1＝(75－30)m＝45m由h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝3s下落45m时的速度v1＝gt1＝30m/s减速过程中的平均速度v2＝eq\f(v1,2)＝15m/s减速时间t2＝eq\f(h2,v2)＝2s，总时间t＝t1＋t2＝5s.(2)离地面35m时，座舱自由下落，处于完全失重状态，所以手对球的支持力为零．(3)由veq\o\al(2,1)＝2gh1＝2ah2得，减速过程中加速度的大小a＝15m/s2依据牛顿其次定律得N－mg＝ma，解得N＝125N，依据牛顿第三定律可知，球对手的压力为125N，方向竖直向下．答案：(1)5s(2)0(3)125N，方向竖直向下16.(