模块综合检测(一)（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(一) (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．汽车在高速行驶时会受到空气阻力的影响，已知空气阻力f＝cρSv2，其中c为空气阻力系数，ρ为空气密度，S为物体迎风面积，v为物体与空气的相对运动速度。则空气阻力系数c的国际单位是(　　) A．常数，没有单位 B． C． D． A　解析：由f＝cρSv2，可得c＝，带入单位可得c＝＝2，即c为常数，没有单位，B、C、D错误，A正确。 2．京沪高速铁路，简称京沪高铁客运专线，全长1 318 km，是中国“四纵四横”客运专线网的其中“一纵”。京沪高速铁路客运专线建成后，列车以时速250～300 km运行，下列说法正确的是(　　) A．“时速250～300 km”，指的是瞬时速度 B．“全长1 318 km”，指的是北京到上海的位移 C.若高铁出站速度从零匀加速到216 km/h，用时4 min之后开始做匀速直线运动，则高铁启动过程中的加速度为0.25 m/s2 D．高铁减速进站的过程中，加速度与速度可能同向 C　解析：时速250～300 km，指的是平均速率，A错误；全长1 318 km，指的是北京到上海的路程，B错误；若高铁出站速度从零匀加速到216 km/h，用时4 min，则高铁启动过程中的加速度为a＝＝ m/s2＝0.25 m/s2，C正确；高铁减速进站的过程中，加速度与速度方向相反，D错误。 3.如图所示，一个小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　) A．v0＝2.5 m/s B．v0＝ 1.5 m/s C．μ ＝0.28 D．μ＝0.25 B　解析：物块在桌面上做匀减速直线运动，加速度大小a＝μg，物块能从另一端滑落，则物块到达另一端的速度v>0，根据v＝v0－at，得v0>μgt且v0>v，根据题意有l＝t，得v0＋v＝2 m/s，则1 m/s<v0<2 m/s，μ<0.2，B正确。 4．如图所示，轻绳AB与轻杆的两端连接，一个质量为M的光滑小圆环穿过轻绳处于平衡状态，此时轻杆与水平面夹角为15°。现将轻杆从如图所示的位置绕通过其中点的水平轴O在竖直平面内缓慢转动，则下列说法正确的是(　　) A．将杆顺时针转动30°的过程中，轻绳AB上的拉力增大 B.将杆顺时针转动30°的过程中，轻绳AB上的拉力先减小再增大 C．将杆逆时针转动30°的过程中，轻绳AB上的拉力增大 D.将杆逆时针转动30°的过程中，轻绳AB上的拉力先增大再减小 D　解析：由于圆环所受重力不变，则圆环两侧轻绳中的拉力的合力不变，当两侧绳的夹角增大时，两侧绳中的拉力增大，反之，拉力减小，当杆逆时针转动30°过程中，两侧绳的夹角先增大后减小，则轻绳AB中的拉力先增大后减小，D正确。 5．如图所示，一个小球从光滑斜面顶端O点由静止释放，沿斜面向下做加速度为a的匀加速直线运动，经过时间T之后到达底端G点。小球在每两个点之间的时间间隔相同。下列选项正确的是(　　) A．GF比ED长 B．小球在CD中点时的速度为G点速度的一半 C．小球经过D、E两点的速度之比为4∶5 D．AB和BC的长度之比为1∶3 C　解析：由匀变速直线运动的推论得，xGF－xED＝2at2＝2a＝，A错误；小球做初速度为零的匀变速直线运动，根据比例规律可知vC∶vD∶vE∶vG＝3∶4∶5∶7，则可设vC＝3v，vD＝4v，vG＝7v，小球在CD中点时的速度为v中＝＝＝<vG，B错误，C正确；对于初速度为零的做匀变速直线运动的物体，在连续相同时间间隔内经过的位移之比为1∶3∶5∶…，因此AB和BC的长度之比为3∶5，D错误。 6．一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块A穿在杆上，通过细线悬吊着小物体B，B在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上。现使小车分四次分别以加速度a1、a2、a3、a4向右匀加速运动，如图所示，四种情况下A、B均与车保持相对静止，且(1)和(2)中细线仍处于竖直方向。已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，A受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则下列判断错误的是(　　) A．f1∶f2＝1∶2 B．f1∶f2＝2∶3 C．f3∶f4＝1∶2 D．tan α＝2tan θ B　解析：设A、B的质量分别为M、m，则由题图知，(1)和(2)中A在水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律f1＝Ma1，f2＝Ma2，所以f1∶f2＝1∶2，A正确，B错误；(3)和(4)中，以A、B整体为研究对象，受力分析如图所示，则f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4，可得f3∶f4＝1∶2，C正确；以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg tan θ＝ma3，mg tan α＝ma4，联立可得tan α＝2tan θ，D正确。 7．(2023·四川成都高一期末)如图甲所示，某倒L形支架被固定在地面上，一轻绳系于A、B两端，重力为G的物块通过动滑轮悬挂在绳上，静止后，其悬挂点为O(忽略滑轮的重量大小)。已知AO、AB、OB的长度分别为8 m、7 m、3 m，图乙为可能会选用到的公式及其配图，则该轻绳上产生的张力的大小为(　　) A．G　　　B．G　　　C．G　　　D．2.5G A　解析：由余弦定理可得AB2＝OA2＋OB2－2OA·OB·cos ∠AOB，解得∠AOB＝60°，物块通过动滑轮悬挂，OA段与OB段轻绳上的拉力大小相等，因此两绳与竖直方向的夹角相等，均为30°，由平衡条件可得2T cos 30°＝G，解得T＝G，A正确。 8．(2023·江苏苏州高一检测)如图甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长的木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上。长木板受到的水平拉力F与其加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．长木板的质量M＝2 kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4 C．当F＝14 N时，长木板的加速度大小为5 m/s2 D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大 B　解析：由题图乙可知，当F>12 N时，小滑块和木板发生相对运动，故对木板有F－μmg＝Ma，解得F＝Ma＋μmg，结合图像可知，图线斜率为k＝M＝ kg＝1 kg，A错误；由题图乙可知，当F＝12 N时，小滑块和木板恰好相对静止，此时加速度a1＝4 m/s2，即对整体有F＝(M＋m)a1，对小滑块有μmg＝ma1，联立解得M＋m＝3 kg，μ＝0.4，B正确；由上述分析可知M＝1 kg，m＝2 kg，故当F>12 N时，小滑块和木板发生相对运动，F与a的关系为F＝a＋8，故当F＝14 N时，木板的加速度为a2＝6 m/s2，C错误；当F>12 N时，小滑块和木板发生相对运动，小滑块的加速度仅由滑动摩擦力提供，这个阶段滑动摩擦力不变，故小滑块的加速度不变，与F的大小无关，也就是说当F增大时，小滑块的加速度不变，D错误。 9．匀变速直线运动的规律可用所涉及的物理量间的关系图像表示，以下图像所表示的运动中，属于匀变速直线运动的是(　　) 　 ACD　解析：匀变速直线运动的位移速度关系为v2－v＝2ax，得v2＝2ax＋v，所以A选项中图像斜率为2a，斜率不变，即加速度不变，该运动属于匀变速直线运动，A正确；v-t图像的斜率表示加速度，B选项中图像的斜率在变大，加速度变大，该运动不是匀变速直线运动，B错误；匀变速直线运动的位移时间关系为x＝v0t＋at2，两边同除以时间t，得＝v0＋at，则C选项中图像的斜率是a，图像斜率不变，即加速度不变，该运动属于匀变速直线运动，C正确；D选项中图像为过原点的正比例图像，对应表达式为Δv＝at，所以斜率表示加速度，斜率不变，加速度不变，该运动属于匀变速直线运动，D正确。 10．一名航天员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为1 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则(　　) A．小球在2 s末的速度是20 m/s B．该星球上的重力加速度为4 m/s2 C．小球在第5 s内的平均速度是18 m/s D．小球在前5 s内的位移是100 m BC　解析：自由落体运动第1 s内、第2 s内、第3 s内、第4 s内、第5 s内位移之比为 x1∶x2∶x3∶x4∶x5＝1∶3∶5∶7∶9，设前5 s的位移为x，则x5＝x＝18 m，解得x＝50 m，由匀变速的位移公式x＝gt2 ，解得重力加速度为g＝4 m/s2，小球在2 s末的速度为v2＝gt2＝8 m/s，B正确，A、D错误；小球在第5 s内的平均速度为v5＝＝18 m/s，C正确。 11.如图所示，两根硬竹竿竖直插在水平地面的A、B两点，竿间拴接一条长度大于两竿间距的轻绳，光滑的轻滑轮放在轻绳上，下端悬吊一个物体，开始时绳与竹竿的悬点M、N等高，图中∠MON>90°，则下列说法正确的是(　　) A．图中左侧细绳的拉力小于右侧细绳的拉力 B．仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许，两侧细绳的拉力大小不变 C．仅将左侧竹竿以A点为轴顺时针方向转过一个小角度，两侧细绳的拉力减小 D．仅将两竹竿分别以A、B为轴逆时针方向转过相同的小角度，两侧细绳的拉力增大 BC　解析：如图，设绳中拉力为T，由几何关系，可得sin θ＝，其中l为绳长，d为杆间距离，则有2T cos θ＝mg。动滑轮对应为绳的活结，则其两侧绳的拉力大小相等，A错误；若仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许，l、d均不变，则θ不变，可知拉力大小保持不变，B正确；若仅将左侧竹竿以A点为轴顺时针方向转过一个小角度，l不变，d减小，θ减小，cos θ增大，因此两侧细绳的拉力减小，C正确；若仅将两竹竿分别以A、B为轴逆时针方向转过相同的小角度，则l、d均不变，θ不变，因此两侧细绳的拉力不变，D错误。 12.如图所示，质量为m的物块沿粗糙的水平面向右运动，现对物块施加一个与水平方向夹角为θ、大小不变的力F(F大小未知)。通过调整θ角的大小，可以使物块做匀加速运动或匀减速运动。已知物块做加速运动时，加速度大小的最大值为g，物块做减速运动时，加速度大小的最大值为g，其中g为重力加速度的大小，物块与水平面之间的动摩擦因数恒定。下列说法正确的是(　　) A．θ＝0时，物块加速度的大小为g B．θ＝90°时，物块做匀速直线运动 C．物块与水平面之间的动摩擦因数为 D．加速阶段当物块加速度最大时，θ＝30° BCD　解析：设恒力F斜向右上方，与水平方向的夹角为θ1时物块加速运动的加速度大小最大，根据牛顿第二定律有F cos θ1－μ(mg－F sin θ1)＝ma1，解得a1＝－μg，由数学知识可得a1max＝－μg；设恒力F斜向左下方与水平方向的夹角为θ2时，物块减速阶段的加速度大小最大，根据牛顿第二定律有F cos θ2＋μ(mg＋F sin θ2)＝ma2，解得a2＝＋μg，由数学知识可得a2max＝＋μg，故a2max－a1max＝2μg，由题意可知a2max－a1max＝g－g，联立解得μ＝，又由题意可得a1max＝－μg＝g，解得F＝mg，故θ＝90°时物块做匀速直线运动，θ＝0时有F－μmg＝ma，a＝(1－μ)g，解得物块的加速度大小a＝g，A错误，B、C正确；物块加速阶段，加速度大小最大时有tan θ1＝μ＝，则θ1＝30°，D正确。 二、非选择题(共60分) 13．(6分)(2023·江苏淮安高一期末)甲、乙两实验小组分别利用传感器、弹簧测力计来探究力的合成规律，装置如图所示。 (1)甲、乙两实验小组的木板须在竖直平面内的是________(填“甲”或“乙”)，实验中须保持O点位置不变的是________(填“甲”或“乙”)。 (2)甲实验中测得两传感器的拉力分别为F1、F2，钩码总重力为G，下列数据不能完成实验的是________。 A．F1＝F2＝1.00 N，G＝3.00 N B．F1＝F2＝3.00 N，G＝4.00 N C．F1＝F2＝G＝4.00 N D．F1＝3.00 N，F2＝4.00 N，G＝5.00 N (3)乙实验中保持O点的位置不变，初始时α＋β>90°，现使α角不变，β角缓慢增大至90°。则此过程中，有关两弹簧测力计的示数FA、FB的变化，下列说法正确的是________。 A．FA减小、FB减小 B．FA增大、FB增大 C．FA减小、FB先减小后增大 D．FA增大、FB先减小后增大 答案：(1)甲　乙　(2)A　(3)B 解析：(1)甲实验，在实验开始前，需要调节木板使其位于竖直平面内，以保证钩码的重力大小等于细绳中拉力的合力，但不需要每次实验都保证O点的位置不变；乙实验，在实验过程中，用一个弹簧测力计和用两个弹簧测力计分别拉橡皮绳时，必须保证O点位置不变，以保证两次实验效果相同，但未利用重力所以不需要木板竖直放置。 (2)甲实验中，三个力受力平衡满足三角形定则，则两力之和一定大于第三力，A选项不满足，其他选项都满足。 (3)乙实验中保持O点的位置不变，可知两弹簧测力计的合力保持不变；现使α角不变，β角缓慢增大至90°，运用力的矢量三角形图解法，如图所示，随着β角增大，FB由1位置转至2位置的过程中，可看出FA增大、FB增大，B正确。 14．(8分)某实验小组用图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验，装置中的力传感器可以把细绳拉力F的大小记录下来。 (1)(多选)在实验开始前把铝板右侧垫高，以补偿小车在运动时受到的阻力。下列在补偿阻力时的做法正确的是________。 A．小车前端不挂细绳和槽码 B．小车前端挂上细绳和槽码 C．小车尾部不安装纸带 D．小车尾部安装纸带，并穿过打点计时器的限位孔 (2)实验小组接着“探究加速度与物体受力之间的关系”，实验时________(填“需要”或“不需要”)满足悬挂槽码的总质量远小于小车的质量。 (3)图乙为实验中得到的一条纸带，相邻两个计数点间还有4个点未画出，所用交流电源的频率为f。小组内的两位同学分别对纸带进行了测量，并计算出了加速度。李红量出计数点A、D间的距离为x1，D、G间的距离为x2，她计算加速度的表达式为a＝________________________________________________________________________。 (4)实验小组保持小车所受拉力不变，改变小车的质量m，分别测得不同质量时小车加速度a的数据如下表所示，请在图丙的坐标纸中作出a-图像。 答案：(1)AD　(2)不需要　(3)　(4)见解析图 解析：(1)垫高铝板补偿阻力时，需借助小车自身重力的分力，而不是借助外力，故小车前端不挂细绳和槽码，A正确，B错误；补偿阻力时需要使小车做匀速直线运动，小车连上纸带可以用打点计时器打点是否均匀来检验小车是否匀速运动，同时还能补偿纸带的摩擦力，故小车尾部需要安装纸带，并穿过打点计时器的限位孔，C错误，D正确。 (2)装置中的力传感器可以测出细绳拉力F的大小，即测出小车所受的合力，不需要用悬挂的槽码的重力近似代替合力，故不需要满足悬挂槽码的总质量远小于小车的质量。 (3)相邻两个计数点间还有4个点未画出，则计数点的间隔为t＝5T＝，计数点A、D间的距离x1和D、G间的距离x2为连续两段相等时间内的位移，由匀变速直线运动的规律可得x2－x1＝a(3t)2，解得a＝。 (4)根据表格数据在坐标纸中作出a-图像如图所示。 15．(10分)(2023·江苏南通高一检测)力的分解在实际生活中有很多应用，如图所示的是门锁示意图，门锁由固定在门框上的锁壳和固定在门边的锁头构成，锁头内装弹簧连接活动的锁舌。缓慢关门时(图中箭头方向)锁舌受锁壳的压力进入锁头，门关上后锁舌弹出进入锁壳，若锁舌尖角为37°，锁舌表面较光滑，一切摩擦不计。 (1)关门时锁壳压锁舌，使锁舌缩进1 cm，已知锁芯内弹簧的劲度系数为2 400 N/m，则弹簧弹力多大？ (2)在(1)的情况中锁壳压锁舌的力为多大？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (3)若锁舌与锁壳接触面间的动摩擦因数为0.75，其他摩擦不计。当锁舌尖角小于某一角度时，无论用多大的推力关门锁舌都不能压进锁头，即“锁死”，门关不上。试分析这个最小角度是多大？ 答案：(1)24 N　(2)40 N　(3)37° 解析：(1)根据胡克定律可知 F＝kΔx＝2 400×1×10－2 N＝24 N。 (2)对锁舌受力分析，受到锁壳压锁舌的力F1、锁头弹力F2和弹簧弹力F，如图甲所示 由平衡条件可知F＝F1sin 37°，解得 F1＝40 N。 (3)设最小角度为θ，根据题意可知，锁舌受力分析如图乙所示 由平衡条件可知 f cos θ＝F1sin θ，f＝μF1 当f cos θ>F1sin θ时，被锁死，则μ>tan θ 即tan θ<0.75，则θ<37°，因此最小角度是37°。 16．(10分)为满足高速运行的需要，在高铁列车的前端和尾端各有一节机车，可以提供大小相等的动力。沿南北方向运行的某高铁列车，机车和车厢共16节，每节机车和车厢的质量相等，均为m，且运行时受到的阻力相同均为所受重力的k倍，在某就餐车厢内设有许多边长为L的固定方形餐桌，桌面水平，在某一餐桌桌面的中央静置一光滑的小钢球，从列车启动开始，发现经时间t小球从桌面的北边垂直桌边滑落，假设此过程列车一直做匀加速直线运动，已知重力加速度为g。根据以上信息，试求： (1)该高铁列车的加速度大小和方向； (2)该高铁列车一节机车提供的动力大小； (3)该高铁列车从前端(含机车)开始编号，第1节对第2节的作用力与第10节对第11节作用力的大小之比。 答案：(1)　方向指向南方　(2)8m　 (3)7∶2 解析：(1)根据题意可得，列车加速度方向指向南方，大小满足L＝at2，解得a＝。 (2)设一节机车提供的动力为F，对该列车整体分析，由牛顿第二定律可得2F－16kmg＝16ma 解得F＝8m。 (3)设第1节对第2节作用力为F1，第10节对第11节作用力为F2，选第2到第16节车厢为研究对象，由牛顿第二定律得 F＋F1－15kmg＝15ma 联立解得F1＝F 选第11到第16节车厢为研究对象，由牛顿第二定律得 F＋F2－6kmg＝6ma 联立可得F2＝－F 因此两作用力大小的比值＝。 17．(12分)某校社团活动进行了一次打击侦察无人机的模拟活动。如图所示，AB为竖直方向的发射器，“炮弹”P可以视为质点，调节发射器设置参数使P在AB阶段做匀加速直线运动，加速度大小为40 m/s2，有一无人机距离地面高度H＝3.95 m，长度d＝0.2 m，不考虑无人机自身的高度，当无人机以4 m/s向左匀速直线运动到C时，P从A点立即开始做加速运动，离开AB后做竖直上抛运动，不计空气阻力，AB高度h＝0.8 m，AB与CD水平距离为L＝4 m，g取10 m/s2。 (1)求P距地面上升的最大高度。 (2)求P从开始加速到与无人机达到相同高度所用的时间。 (3)P与无人机是否能在空中相遇？说明理由。 答案：(1)4.0 m　(2)0.9 s或1.1 s　(3)见解析 解析：(1)炮弹P在发射器内AB段做匀加速直线运动，经过B点时速度满足v＝2ah 解得v1＝＝ m/s＝8 m/s 在B点离开发射器后做竖直上抛运动，上升最大高度为 h1＝＝ m＝3.2 m P距地面的最大高度为 hmax＝h＋h1＝0.8 m＋3.2 m＝4.0 m。 (2)P在发射器内加速的时间为t1＝＝0.2 s P离开B点后到达无人机所在高度还需上升高度为 h2＝H－h＝3.95 m－0.8 m＝3.15 m 设所用时间为t2，根据竖直上抛运动的位移时间关系式，有h2＝v1t2－gt 解得t2＝0.7 s或t2＝0.9 s 即上升阶段第一次到达无人机所在高度所用的时间为 t3＝0.7 s＋t1＝0.9 s 下降阶段第二次到达无人机所在高度所用的时间为 t4＝0.9 s＋t1＝1.1 s。 (3)在P点发射后，无人机到达B点上方所用时间为 t5＝＝1 s 经过该点所用时间为Δt＝＝0.05 s 无人机离开该点所对应的时间为 t6＝Δt＋t5＝1.05 s 因此无人机是在炮弹发射后1 s到1.05 s内经过B点上方的。可见，炮弹与无人机不会相遇。 18．(14分)所谓“掉深”是指潜艇从高密度海水区域驶入低密度区域，浮力锐减，潜艇如同汽车掉下悬崖。某潜艇开始时在高密度海水区域深度h0＝180 m处以v0＝36 km/h(20节)的水平速度匀速潜航，t＝0时该潜艇驶入低密度海水区域，浮力锐减为F＝2.94×107 N，“掉深”发生。潜艇自救过程可简化为如下物理过程：t1＝20 s时刻，潜艇官兵迅速对潜艇排水减重，当潜艇在水平方向前进L＝600 m时停止下沉并开始上浮；上浮了Δh＝40 m时迅速注水增重，当潜艇回到原来潜航深度h0时，速度恢复到水平方向，并再次排水减重以保持“掉深”前的运动状态。已知“掉深”发生前潜艇总质量m0＝3 000 t，重力加速度g取10 m/s2，不计潜艇减重和增重的时间，求： (1)潜艇“掉深”到最大深度处时离水面的距离H； (2)潜艇注水增重过程中注入潜艇中的水的质量。 答案：(1)300 m　(2)45 t 解析：(1)设潜艇开始进入低密度海水区域后的加速度大小为a1，开始排水减重时竖直分速度为vy1，经时间t2停止下沉，有 m0g－F＝m0a1，vy1＝a1t1 由运动学公式有 h1＝t1，L＝v0(t1＋t2)，h2＝t2 解得H＝h0＋h1＋h2＝300 m。 (2)设第一次排水质量为Δm1，第一次排水减重后的加速度大小为a2，注水增重过程往潜艇注入水的质量Δm2，注水后潜艇减速上浮的加速度大小为a3，有 F－(m0－Δm1)g＝(m0－Δm1)a2 vy1＝a2t2 (m0－Δm1＋Δm2)g－F＝(m0－Δm1＋Δm2)a3 2a2Δh＝2a3(h1＋h2－Δh) 联立解得Δm2＝45 t。 学科网（北京）股份有限公司 $$