2024-2025学年高中物理模块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．押加是一项体育项目，又称为大象拔河．竞赛中，两个人用腿、腰、肩和颈的力气拖动布带奋力互拉，如图所示．假如布带质量不计，且保持水平，甲、乙两人在押加竞赛中甲获胜，则下列说法正确的是()A．甲对乙的拉力大小始终大于乙对甲的拉力大小B．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小C．甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大小大于乙对甲的拉力大小D．只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小B[甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，与运动状态无关，故选项B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[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．]甲乙5．一辆轿车和一辆卡车在同一平直马路上相向匀速直线行驶，速度大小均为30m/s．为了会车平安，两车车头距离为100m时，两车同时起先减速，轿车和卡车的加速度大小分别为5m/s2和10m/s2，两车速度减小为20m/s时，又保持匀速直线运动，轿车车身长5m，卡车车身长15m，则两车的错车时间为()A．0.3sB．0.4sC．0.5sD．0.6sC[设轿车减速到v＝20m/s所需时间为t1，运动的位移为x1，则有t1＝eq\f(v0－v,a1)＝eq\f(30－20,10)s＝2s，x1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝eq\f(30＋20,2)×2m＝50m．设卡车减速到v＝20m/s所需时间为t2，运动的位移为x2，则有t2＝eq\f(v0－v,a2)＝eq\f(30－20,10)s＝1s，x2＝eq\f(v0＋v,2)t2＝eq\f(30＋20,2)×1m＝25m，故在2s末时，两车车头的间距为Δx＝l－x1－x2－v(t1－t2)＝5m．从2s后，两车车头相遇还须要的时间为t′，则有Δx＝vt′＋vt′，解得t′＝eq\f(1,8)s，两车车尾相遇还须要的时间为t″，则有Δx＋5m＋15m＝vt″＋vt″，解得t″＝eq\f(5,8)s，故错车时间为Δt＝t″－t′＝0.5s，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，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°．已知M始终保持静止，则在此过程中()A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小始终增大C．M所受斜面的摩擦力大小始终增大D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大BD[分别以物块N、M为探讨对象，受力分析如图甲、乙所示．甲乙由图甲可知，N在水平向左的拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F渐渐增大，绳子拉力FT渐渐增大．对M进行受力分析可知，若起初M受到的摩擦力Ff沿斜面对下，则随着绳子拉力FT的增大，则摩擦力Ff渐渐增大；若起初M受到的摩擦力Ff沿斜面对上，则随着绳子拉力FT的增大，摩擦力Ff可能先减小后增大．故选项B、D正确．]10．为保障市民平安出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施平安检查．图甲所示为乘客在进入火车站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检査时的情景．图乙所示为水平传送带装置示意图．紧绷的传送带始终以v＝1m/s的恒定速率运行，乘客将一质量为4kg的行李无初速度地放在传送带左端的a点，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离为2m，g取10m/s2．下列速度—时间(v­t)图像和位移—时间(x­t)图像，能正确反映行李在a、b之间的运动状况的是()甲乙ABCDAC[行李放上传送带后，受到向右的摩擦力，加速度为a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝1m/s2，行李做匀加速直线运动，速度达到传送带速度经验的时间为t1＝eq\f(v,a)＝1s，而匀加速的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝0.5m<2m，故此后的x2＝1.5m做匀速直线运动，v＝1m/s，时间t2＝eq\f(x2,v)＝1.5s．行李先匀加速再匀速，速度—时间图像为倾斜直线和平行于t轴的直线，选项A正确，选项B错误；位移—时间图像为抛物线和倾斜直线，选项C正确，选项D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)在倾角为α的斜面上有一辆质量为m0的小车，在牵引力F的作用下沿斜面对上做匀减速直线运动，小车上悬挂一个质量为m的小球，小车与斜面间的动摩擦因数为μ，如图所示，悬挂小球的悬线与斜面垂直且小球与小车相对静止．重力加速度为g．试求此时小车所受的牵引力的大小．解析：以小球与小车整体为探讨对象，进行受力分析并建立如图所示的直角坐标系．由牛顿其次定律，有沿斜面方向：Ff－F＋(m0＋m)gsinα＝(m＋m0)a，垂直斜面方向：FN－(m0＋m)gcosα＝0，Ff＝μFN，对小球进行受力分析，有mgsinα＝ma联立上述式子，解得F＝μ(m＋m0)gcosα．答案：μ(m＋m0)gcosα15．(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)