模块综合检测(二)（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册（人教版2019）

模块综合检测(二) (满分：100分) 一、选择题(本题共12小题。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题3分；第9～12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．下列关于航天领域的说法正确的是(　　) A．图甲，观察王亚平在“天宫课堂”做实验时，可将她看成质点 B．图乙，“天舟四号”飞船与空间站自主对接时，可将飞船视为质点 C．图丙，“神舟十七号”飞船发射后，在研究飞船与火箭分离过程时，可以把飞船看成质点 D．图丁，“问天”实验舱与空间站对接组合后，研究组合体的轨迹时，可视组合体为质点 D　解析：观察王亚平在“天宫课堂”做实验时，需观察王亚平的动作，故不能将她看成质点，A错误；“天舟四号”飞船与空间站自主对接时，需观察对接的方位和角度等，两物体的形状、大小不能忽略，故不能把它看成质点，B错误；“神舟十四号”飞船发射后，在研究飞船与火箭分离过程时，两物体的形状、大小不能忽略，C错误；研究组合体轨迹时，组合体的大小和形状可以忽略，可以把组合体看作质点，D正确。 2．宋代诗人陈与义乘着小船在风和日丽的春天出游时，在船上曾经作了一首诗，诗中非常艺术性的表达了他对运动描述和参考系选取问题的理解，下列有关说法正确的是(　　) A．诗句“百里榆堤半日风”中关于“榆堤”运动情况的描述，是以远处山峰为参考系的 B．诗句“百里榆堤半日风”中关于“榆堤”运动情况的描述，是以河岸为参考系的 C．诗句“不知云与我俱东”中关于“云与我”运动情况的描述，是以小船为参考系的 D．诗句“不知云与我俱东”中关于“云与我”运动情况的描述，是以河岸为参考系的 D　解析：诗句“百里榆堤半日风”中关于“榆堤”运动情况的描述，是以诗人所在的小船为参考系的，A、B错误；“云与我”相对于河岸位置发生变化，所以诗句“不知云与我俱东”中关于“云与我”运动情况的描述，是以河岸为参考系的，C错误，D正确。 3.(2024·江苏镇江高一期末)如图为游客在吊床上悬空静止的情景，设吊床通过两侧轻质软绳与树干相连，不计吊床重力，则(　　) A．两侧软绳上的张力一定小于人的重力 B．人对吊床的压力和人所受的支持力是一对平衡力 C．若其他条件不变，缩短两侧软绳的长度，则绳上的张力增大 D．若其他条件不变，缩短两侧悬点的间距，则两绳的合力减小 C　解析：人受到的力如图所示，可知两绳的合力与重力平衡，等大反向，D错误；由几何关系可得张力F＝，两侧软绳上的张力与人重力大小的关系与角度α有关，故可知两侧软绳上的张力不一定小于人的重力，A错误；若其他条件不变，缩短两侧软绳的长度，α增大，则可知绳上的张力增大，C正确；人对吊床的压力和人所受的支持力是一对相互作用力，B错误。 4．(2023·广东肇庆高一质量检测)电线杆夹具吊装夹子能利用电线杆自身重力自动抓紧，极大地提高了电线杆吊装的工作效率。已知某根电线杆质量为1 130 kg，电线杆被吊起后，拉绳沿竖直方向，两铁索间的夹角恰好为90°(如图乙所示)，g取10 m/s2。则(　　) A．每根铁索的拉力大小为5 650 N B．每根铁索的拉力大小为11 300 N C．电线杆对夹具的作用力大小为1 130 N D．电线杆对夹具的作用力大小为11 300 N D　解析：整个夹子是对称设计的，两根铁索的拉力F大小相等，其合力大小F合＝mg＝11 300 N，因此F＝＝11 300× N＝5 650 N，A、B错误；根据牛顿第三定律，电线杆对夹具的作用力为11 300 N，C错误，D正确。 5．一个质点做直线运动的v-t图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．在0～2 s内，质点做匀减速运动 B．质点在1～2 s内的加速度与2～3 s内的加速度方向相反 C．在1～3 s内，质点的平均速度为1 m/s D．在第2 s末，质点离出发点最远 D　解析：速度—时间图像的斜率表示加速度，在0～1 s内，图像为水平直线，加速度为零，质点做匀速运动，在1～2 s内，加速度为a＝ m/s2＝－2 m/s2，质点做匀减速运动，A错误；图像1～2 s内的斜率和2～3 s内的斜率相同，即质点加速度相同，B错误；图像与t轴围成的面积表示位移，在1～3 s内，质点的平均速度为0，C错误；前2 s内质点位移为正值，2 s后质点位移为负值，所以在第2 s末，质点离出发点最远，D正确。 6．“神舟十七号”飞船返回舱返回地面附近时，以6.0 m/s的速度匀速竖直下降，在距离地面大约1.0 m时，安装在返回舱底部的反推火箭点火工作，使返回舱匀减速降到2.0 m/s时恰好着陆，反推火箭停止工作。反推火箭点火前，具有弹性缓冲功能的航天员座椅已自动提升，以便返回舱落地后使冲击的能量被缓冲吸收。下列关于反推火箭从点火至航天员速度减小到0这一过程的判断，正确的是(　　) A．反推火箭点火瞬间，航天员的加速度等于零 B．反推火箭点火后，航天员运动的加速度大小为16 m/s2 C．经过0.25 s后，航天员停止运动 D．返回舱着陆瞬间，航天员具有向下的加速度 A　解析：航天员相当于坐在返回舱的弹簧上，反推火箭点火工作后，返回舱的加速度a＝＝－16 m/s2，返回舱从6 m/s减速到2 m/s用时t＝＝0.25 s，C错误；反推火箭点火瞬间，由于弹簧的弹力不突变，航天员的加速度等于0，之后做加速度大小不断增加的减速运动，当返回舱着地时，航天员还会继续向下减速到速度为零，加速度向上，A正确，B、D错误。 7.如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐，B管竖直放置，A管与B管的夹角为α，C管与B管的夹角为β，且α<β。三个小球同时从管口顶端由静止释放，经过相同的时间，三球所处位置正确的是(　　) C　解析：如图所示，ABCD为同一圆上的点，圆的半径为R，小球从A沿光滑杆AB、AC、AD滑下，从AB下滑时有2R＝gt，解得t1＝；从AC下滑时有a＝g cos θ，而AC的长度为L＝2R cos θ，故有L＝at，解得t2＝；同理若从AD下滑，时间为t3＝，即小球到达圆上三点所用时间相同；依此结论可知，三个小球均从管口上方无摩擦下滑，相同时间后小球的位置是在同一个圆弧上，且所在位置和竖直位置的连线与倾斜轨道的夹角为直角，C正确。 8.在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示，与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量m＝0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，悬挂灯笼的轻绳最大承受力Tm＝320 N，最左端连接的轻绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　) A．θ最大为53° B．当θ最大时最右端轻绳的拉力为F2＝ N C．当θ＝53°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45° D．当θ＝37°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45° D　解析：当最左端连接的轻绳的拉力大小为Tm＝320 N时，θ最大，此时灯笼整体受力如图甲所示，由平衡条件有Tmsin θm＝F2，Tmcos θm＝32mg，联立解得θm＝60°，F2＝160 N，A、B错误；当θ＝53°时，灯笼整体受力分析如图乙所示，由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F21＝32mg tan 53°＝ N，对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相同，由平衡条件得tan α＝≠1，则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角α≠45°，C错误；当θ＝37°时，此时灯笼整体受力如图丙所示，由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F22＝32mg tan 37°＝120 N，对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相同，由平衡条件得tan β＝＝1，则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角β＝45°，D正确。 　 9．我们国家《国旗法》规定：升旗国歌时间为46 s，某旗手升旗过程中，国旗经历匀加速、匀速、匀减速三个运动阶段，升旗过程国旗上升的总高度为16 m，其中匀速阶段用时40 s，加速阶段的加速度大小是减速阶段加速度的2倍，则升旗过程中国旗的最大速度和加速阶段的加速度分别为(　　) A．0.37 m/s B．0.40 m/s C．0.185 m/s2 D．0.20 m/s2 AC　解析：设最大速度为vm，匀速阶段用时t0，则匀速过程的位移为x0＝vmt0，加速过程与减速过程的位移分别为x1＝t1，x2＝t2，根据题意有x0＋x1＋x2＝16 m，t1＋t2＝46 s－40 s＝6 s，联立解得vm≈0.37 m/s，A正确，B错误；设加速过程的加速度大小为a，根据速度与位移的关系有＋＝x1＋x2，联立解得a≈0.185 m/s2，C正确，D错误。 10．(2023·广东佛山高一检测)如图(a)所示，甲、乙两列动车行驶在相邻两直轨道上，某段时间内两动车驾驶员的位置—时间图像如图(b)所示，其中0～t1时间内两条图线平行，则下列说法正确的是(　　) A．t＝0时，甲、乙两车驾驶员并排 B．0～t1时间内，甲、乙两车的距离增大 C．0～t2时间内，甲车行驶的距离更远 D．甲、乙两车的驾驶员并排时，甲车的速度比乙车大 CD　解析：由题图(b)可知，t＝0时乙车在前，甲车在后，A错误；图中0～t1内两条图线平行，则两车的距离保持不变，B错误；t2时刻两车处于同一位置，由起始位置可知，甲车行驶的距离更远，C正确；从图中可知t2时刻两车的驾驶员并排，位置—时间图线中切线的斜率表示瞬时速度，则由斜率可知甲车的速度比乙车大，D正确。 11．自高为h的塔顶自由落下一物体a，与此同时物体b从塔底以初速度v0竖直向上抛，且a、b两物体在同一直线上运动，则下列说法正确的是(　　) A．若v0>，则两物体在b上升过程中相遇 B．若v0＝，则两物体在地面相遇 C．若<v0<，则两物体在b下降途中相遇 D．若v0<，则两物体不可能在空中相遇 ACD　解析：若物体b正好运动到最高点时与a相遇，则b速度减为零所用的时间t＝，sa＝gt2，sb＝，sa＋sb＝h，由以上各式联立解得v0＝。当两物体a、b恰好在落地时相遇，则t1＝，此时a的位移sa′＝gt＝h，解得v0＝。综上可知：若v0>，则两物体在b上升途中相遇，A正确；若v0＝，则物体b正好运动到最高点时相遇，B错误；若<v0<，则两物体在b下降途中相遇，C正确；若v0<，则两物体不可能在空中相遇，D正确。 12.如图所示，粗糙水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一条不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数均为μ，木块与水平面间的动摩擦因数相同，可认为最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块一起匀速运动，则需要满足的条件是(　　) A．木块与水平面间的动摩擦因数最大为 B．木块与水平面间的动摩擦因数最大为 C．水平拉力F最大为2μmg D．水平拉力F最大为3μmg AC　解析：设木块与水平面间的动摩擦因数为μ′，对左侧两木块分析，绳子的拉力T＝3μ′mg，右侧质量为m的木块刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，即T＝fm＝μmg，联立以上两式得木块与水平面间的动摩擦因数最大为，A正确，B错误；水平拉力F最大值为F＝6μ′mg＝2μmg，C正确，D错误。 二、非选择题(共60分) 13．(6分)在“用打点计时器测速度”的实验中，一条记录小车运动情况的纸带如图甲所示，在其上取了A、B、C、D、E 5个计数点，每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出。打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz。 (1)由纸带上的数据计算vB＝________m/s，vC＝________m/s，vD＝________m/s。(保留3位有效数字) (2)在如图乙所示坐标系中作出小车运动的v-t图像(从打出A点时开始计时)。 答案：(1)1.38　2.64　3.90　(2)见解析图 解析：(1)每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，则相邻计数点之间的时间间隔为0.1 s，由题图甲中数据可得，xBC－xAB＝xCD－xBC＝xDE－xCD＝12.60 cm，即连续相等时间内的位移差为定值，故小车做匀加速运动，由某段时间内的平均速度等于中间时刻瞬时速度可得 vB＝ m/s＝1.38 m/s vC＝ m/s＝2.64 m/s vD＝ m/s＝3.90 m/s。 (2)根据(1)中求出的速度在坐标系中描点连线，可得v-t图像如图所示。 14．(8分)(2024·江苏南通高一检测)某小组用如图甲所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz。 (1)若小车的总质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，则当满足条件________________时，可认为小车受到的合外力大小等于砝码和砝码盘的总重力大小。 (2)(多选)在探究加速度与质量的关系实验中，下列做法正确的有________。 A．补偿阻力时，将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上 B．补偿阻力时，将纸带连接在小车上 C．使上部分细线与木板平行 D．小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出 (3)小红通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a。如图乙是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个打点未标出，则打计数点“3”时小车的速度大小为________m/s，小车的加速度为________m/s2(均保留2位有效数字)。 (4)小亮通过给小车上增减槽码来改变小车的总质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出a-图线后，发现当较大时，图线发生弯曲，该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象，则该同学的修正方案可能是________。 A．改画a与的关系图线 B．改画a与(M＋m)的关系图线 C．改画a与的关系图线 D．改画a与的关系图线 答案：(1)M≫m　(2)BC　(3)0.49　0.45　(4)A 解析：(1)小车在水平方向受到绳子的拉力T，砝码和砝码盘受到重力和绳子拉力T，当小车做加速运动时有T＝Ma，mg－T＝ma，解得a＝，当M≫m时，可认为小车受到的合外力大小等于砝码和砝码盘的总重力大小。 (2)补偿阻力时，不应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上，A错误；补偿阻力时，将纸带连接在小车上，打出点迹，用来判断小车是否做匀速运动，B正确；做实验时，应使上部分细线与木板平行，确保绳子拉力沿小车运动方向，C正确；本实验是探究加速度与力、质量的关系，小车运动的加速度不应该由牛顿第二定律直接求出，D错误。 (3)打计数点“3”时小车的速度大小为 v＝＝ m/s≈0.49 m/s 小车的加速度为a＝＝ m/s2＝0.45 m/s2。 (4)根据(1)分析可知a＝，a与成正比，该同学的修正方案可能是改画a与的关系图线，A正确。 15.(10分)如图所示的是长沙市地标建筑国金中心，其内置观光电梯，到达位于高层的餐厅的游客可以鸟瞰长沙。电梯从地面到93层的餐厅只需要48 s，整个过程经历加速、匀速和减速三个阶段，加速和减速阶段可视为匀变速过程，且加速度大小相等。电梯上行的最大速度为10 m/s。当电梯加速上升时，质量为50 kg的人站在置于电梯地板上的台秤上，台秤的示数为65 kg，g取10 m/s2，求： (1)电梯加速上升的加速度大小； (2)餐厅距地面的高度。 答案：(1)3 m/s2　(2) m 解析：(1)根据台秤的示数可知支持力的大小，台秤的示数为65 kg时，支持力FN＝650 N，当电梯加速上升时，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma 代入数据解得：a＝3 m/s2。 (2)对于匀加速运动过程，有h＝，t＝ 代入数据解得：h＝ m，t＝ s 因匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，所以两个阶段的时间和位移大小相等， 故匀速运动的时间t′＝t总－2t 匀速运动的位移h′＝vt′ 代入数据解得t′＝ s，h′＝ m 故餐厅距地面的高度H＝2h＋h′＝ m。 16．(10分)(2023·重庆南开高一期末)如图所示，在倾角为θ的玻璃棚上放有一质量为m的物体A，连接在竖直墙壁上O点的细绳拴住物体A起保护作用，细绳质量不计，与玻璃棚的夹角为α，且刚好伸直(拉力为0)，重力加速度为g。则： (1)求物体A受到的摩擦力f1； (2)若下雨等因素导致物体A与玻璃棚之间的动摩擦因数减小为μ，导致细绳张紧且物体A受到的静摩擦力达到最大，求此时细绳上拉力的大小T及物体所受摩擦力的大小f2(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。 答案：(1)mg sin θ，方向沿斜面向上 (2)　 解析：(1)如图所示，沿斜面方向和垂直于斜面方向建立平面直角坐标系，此时物体处于静止状态，即受到的是静摩擦力，而且受到绳子的拉力为0，有f1＝Gx＝mg sin θ，方向沿斜面向上。 (2)在x轴方向有f2＋T cos α－mg sin θ＝0 在y轴方向有T sin α＋FN－mg cos θ＝0 根据滑动摩擦力与最大静摩擦力相等有 f2＝μFN 联立解得 T＝ f2＝。 17.(12分)(2024·上海浦东新区高一检测)运动员沿竖直方向做跳伞训练，打开降落伞后的速度—时间图像如图所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°。已知运动员的质量为64 kg，降落伞的质量为16 kg，假设打开伞后伞所受阻力f的大小与速率v成正比，即f＝kv。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)比例系数k的值； (2)打开伞后瞬间运动员的加速度； (3)每根悬绳能够承受的拉力至少是多少？ 答案：(1)160 N·s/m　(2)30 m/s2，方向竖直向上　(3)400 N 解析：(1)根据速度—时间图像可知，当v＝5 m/s时，运动员做匀速运动，以运动员和降落伞组成的整体为研究对象，进行受力分析可得(m人＋m伞)g＝f＝kv 解得k＝＝160 N·s/m。 (2)打开伞后瞬间运动员的速度为v0＝20 m/s，所以有 f0－(m人＋m伞)g＝(m人＋m伞)a 又因为f0＝kv0 代入数值解得a＝30 m/s2，方向竖直向上。 (3)根据上面分析可知速度越大，运动员的加速度越大，所以可得打开伞后瞬间运动员的加速度最大，设每根悬绳能够承受的拉力大小至少为T，对运动员单独进行受力分析可得8×T cos 37°－m人g＝m人a 解得T＝400 N。 18．(14分)国际标准足球场长120 m、宽80 m。一次训练中，某时刻攻方前锋1、2在场中的位置如图所示，前锋1将足球踢出，足球以v1＝15 m/s的初速度沿偏离中线37°角的方向做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝2 m/s2；前锋2看到球被踢出后立即由静止开始沿虚线向对方球门奔跑，恰好截获足球。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求被截获时，足球的速度大小v球； (2)前锋2接球后，立即与球一起以v人＝5 m/s的速度沿虚线匀速冲向距离底线L＝5 m处的射门点A，同时位于其后方x＝5 m处的守方球员，立即以v2＝2 m/s的初速度开始沿虚线方向匀加速追赶，加速度大小为a2＝3 m/s2，由于体力不支，达到最大速度vm＝8 m/s后最多能维持1 s，之后便以加速度大小a2＝3 m/s2做匀减速运动，试判断守方能否在射门点A前拦截足球，若能，请计算守方球员从开始加速到拦截足球的时间；若不能，请计算守方球员离球最近的距离。 答案：(1)5 m/s　(2)不能　0.5 m 解析：(1)根据题意可知足球被截获时的位移大小为 x1＝ m＝50 m 根据匀变速直线运动的位移速度公式可得 v－v＝－2a1x1 代入数值解得v球＝5 m/s。 (2)守方球员加速到最大速度需要的时间和该段位移为 t加＝＝2 s x加＝＝10 m 同理可得守方球员从最大速度减速到与前锋共速时的时间和位移为t减＝ s＝1 s x减＝＝6.5 m 根据题意达到最大速度后最多能维持1 s，可得守方球员以最大速度匀速运动的位移为8 m；所以可得当守方球员从一开始加速到最后减速到与前锋2共速时的总时间和总位移为 t＝2 s＋1 s＋1 s＝4 s x总＝10 m＋6.5 m＋8 m＝24.5 m 在该过程中前锋前进的距离为 x前＝v人t＝20 m 可得x总<x前＋5 m 所以守方不能在射门点A前拦截足球；守方球员离球最近的距离为Δx＝x前＋5 m－x总＝0.5 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$