模块综合测评-【金版教程】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册创新导学案word（人教版2019）

物理　必修 第一册 RJ 模块综合测评 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ 对应考点/知识点 描述运动的基本物理量的理解 力的分解 比值定义法，单位制的应用 弹力、一对平衡力、一对相互作用力、惯性的理解 匀变速直线运动规律的应用、多过程问题 多物体共点力静态平衡分析、整体法与隔离法 v­t图像分析、牛顿运动定律、超重与失重综合 x­t图像分析 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★★ ★★ ★★ ★★ ★ ★★ ★★★ 对应考点/知识点 共点力动态平衡分析 动力学中的连接体问题 实验：探究求合力的方法 实验：探究加速度与合外力的关系 共点力平衡分析，正交分解法 匀变速直线运动规律的应用、从运动情况判断物体受力 水平传送带模型、板块模型综合的多过程问题 　　本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．(2024·广东省梅州市高一上学期1月期末)2023年5月28日，国产大飞机C919的首个商业航班于上午10时32分从上海虹桥机场历时2小时25分钟的飞行，平安降落在北京首都国际机场，下列说法正确的是(　　) A．飞机的航程等于飞机位移的大小 B．飞机在某位置时的运动快慢可以用平均速度来表示 C．10时32分指的是时间间隔，2小时25分钟指的是时刻 D．研究飞机从上海到北京的位置变化时可以把飞机看成质点 答案：D 解析：飞机的航程指路程，大于飞机位移的大小，故A错误；飞机在某位置时的运动快慢需用瞬时速度来表示，故B错误；10时32分指的是时刻，2小时25分钟指的是时间间隔，故C错误；研究飞机从上海到北京的位置变化时，飞机的大小可忽略，可以把飞机看成质点，故D正确。 2．(2023·河北省沧州市高一上期末教学质量监测)如图所示，鱼儿从水下一定深度由静止以大小为(g为重力加速度)的加速度加速上升至水面，跃出后离水面的最大高度为h。假设鱼儿的整个运动过程为直线运动，不计空气阻力，则鱼儿开始时所在的深度为(　　) 　A．2h B.h C．h D．4h 答案：A 解析：设鱼儿开始时所在的深度为h1，出水瞬间的速度为v，鱼儿在水下运动的过程，有v2＝2·h1，鱼儿跃出水面后上升的过程，有0－v2＝－2gh，联立解得h1＝2h，故选A。 3．(2023·江西省新余市高一上学期统考期末)研究发现，人体对加速度剧烈变化会有不舒服的感觉，例如轮船的加速度变化率越大，乘坐轮船的人感到越不舒服。若用“急动度”这一物理量来描述加速度对时间的变化率，分别用v、a、t表示速度、加速度、时间，则“急动度”的表达式及单位可以是(　　) A．Δa，m/s2 B．Δa，N/kg C.，N/(kg·s) D.，m/s4 答案：C 解析：用“急动度”这一物理量来描述加速度对时间的变化率，则“急动度”的表达式为；由于加速度的单位为m/s2，则“急动度”的单位为m/s3；根据F＝ma，可知加速度的单位可表示为N/kg，则“急动度”的单位也可以表示为N/(kg·s)。故选C。 4．(2023·湖南省衡阳市高一上期末)机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人来送餐就越来越常见。如图所示为某餐厅的送餐机器人的结构简化示意图，机器人的上表面保持水平。则下列说法中正确的是(　　) A．菜品受到机器人的支持力，是因为菜品发生弹性形变而产生的 B．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对平衡力 C．菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性逐渐增大 D．菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力大于菜品的重力 答案：D 解析：菜品受到机器人的支持力，是因为机器人发生弹性形变而产生的，A错误；菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对作用力与反作用力，B错误；惯性大小由物体的质量决定，质量不变，物体的惯性不变，C错误；菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的支持力FN＝mg，由牛顿第二定律得机器人对菜品的摩擦力Ff＝ma，机器人对菜品的作用力为支持力和静摩擦力的合力，即F＝＝>mg，D正确。 5．飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离。如图所示，航空母舰的水平跑道总长为180 m，其中电磁弹射区的长度为80 m，若弹射装置可以辅助飞机在弹射区做加速度为40 m/s2的匀加速直线运动，飞机离开电磁弹射区后在喷气式发动机推力作用下做匀加速直线运动，飞机离舰起飞速度为100 m/s。已知航空母舰始终处于静止状态，飞机可视为质点，下列说法正确的是(　　) A．飞机在电磁弹射区运动的时间为4 s B．飞机离开电磁弹射区时的速度大小为60 m/s C．飞机离开电磁弹射区后的加速度大小为 m/s2 D．飞机从开始起飞到离开跑道的总时间为 s 答案：D 解析：根据x1＝a1t，解得飞机在电磁弹射区运动的时间为t1＝2 s，故A错误；飞机离开电磁弹射区时的速度大小为v1＝a1t1＝80 m/s，故B错误；飞机离开电磁弹射区后，在跑道上运动的位移x2＝x－x1＝100 m，根据速度位移关系式有v－v＝2a2x2，代入数据解得a2＝18 m/s2，故C错误；飞机从离开电磁弹射区到离开跑道的时间t2＝＝ s，则飞机从开始起飞到离开跑道的总时间t＝t1＋t2＝ s，故D正确。 6．(2023·河北省石家庄市高一上学期期末)如图所示，用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球M和N连接，两小球处于静止状态，细线c保持水平，细线a与竖直方向的夹角为60°，则细线b对小球M的拉力大小为(　　) A．2G B．2G C．4G D.G 答案：D 解析：以小球M、N整体为研究对象，受力分析如图1所示，根据平衡条件有Fc＝2Gtan60°，对小球N受力分析，如图2所示，有Fb＝＝G，细线b对小球M的拉力大小与对小球N的拉力大小相等，故细线b对小球M的拉力大小为G，D正确，A、B、C错误。 7．演习中某特种兵从空中静止的直升机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑(特种兵所受空气阻力不计)，其运动的速度随时间变化的图像如图所示，t2时刻特种兵着地，关于该特种兵，下列说法正确的是(　　) A．0～t1时间内处于超重状态 B．t1～t2时间内悬绳对他的作用力越来越大 C．t1～t2时间内的平均速度v＝ D．0～t2时间内合外力为零 答案：B 解析：由v­t图像可知，0～t1时间内该特种兵向下做匀加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故A错误；在v­t图像中，图线斜率的绝对值表示加速度的大小，t1～t2时间内该特种兵向下做加速度逐渐增大的减速运动，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可得T－mg＝ma，悬绳对他的作用力T＝mg＋ma，可知悬绳对他的作用力越来越大，故B正确；根据v­t图线与t轴所围的面积表示位移，结合几何知识可知t1～t2时间内的位移满足x>(t2－t1)，则t1～t2时间内的平均速度满足v＝>，故C错误；由v­t图像可知，0～t2时间内该特种兵的加速度不为零，所以合外力不为零，故D错误。 8．一质点做匀变速直线运动，其运动的位移—时间图像如图所示，P(t1，x1)为图像上一点。PQ为过P点的切线，与t轴交于点Q(t2，0)。则下列说法正确的是(　　) A．t1时刻，质点的速率为 B．t1时刻，质点的速率为 C．质点的加速度大小为 D．质点的加速度大小为 答案：BD 解析：由x­t图线的斜率表示速度可知，t1时刻的速率为v1＝，故A错误，B正确；由匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，时刻的速率为v＝，故质点的加速度大小为a＝＝，故D正确；题中未指出t＝0时刻质点的速度是否为零，故不能根据x＝at2求加速度，故质点的加速度不一定为，C错误。 9．(2023·河北省邯郸市高一上学期期末)如图所示，一倾角为37°的光滑斜面置于水平面上，其上有一小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，初始时轻绳与竖直方向的夹角为45°，在施加在斜面上的水平向右的外力作用下整个装置处于静止状态。现改变水平外力的大小使斜面缓慢向右移动，直至轻绳与斜面平行。下列说法正确的是(　　) A．斜面对小球的支持力一直增大 B．轻绳对小球的拉力先减小后增大 C．施加在斜面上的水平向右的外力一直增大 D．地面对小球的支持力一直增大 答案：AC 解析：对小球受力分析，小球受重力mg、斜面对小球的支持力FN及轻绳的拉力FT，由共点力平衡条件可知，三个力首尾相连可构成闭合的三角形，如图1所示，重力的大小、方向均不变，斜面对小球的支持力方向不变，随着斜面的右移，轻绳与竖直方向的夹角增大，当轻绳与斜面平行时，轻绳上的弹力与斜面对小球的支持力垂直，可知在此过程中，斜面对小球的支持力一直增大，轻绳对小球的拉力一直减少，A正确，B错误；对斜面受力分析，如图2所示，小球对斜面的压力FN′与斜面对小球的支持力FN为作用力与反作用力，所以FN′一直增大且与水平方向夹角不变，FN′在水平方向的分力与施加在斜面上的水平向右的力等大反向，故施加在斜面上的水平向右的力一直增大，地面与小球没有接触，地面对小球没有支持力，C正确，D错误。 10．(2024·陕西省咸阳市高一上期末)AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过轻细线悬吊着一质量为m的小球。现用沿杆的恒力F拉物块，使物块、小球一起(保持相对静止)向左运动，细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　) A．杆对物块的支持力大小为(M＋m)g B．细线上的拉力大小为 C．物块和小球的加速度大小为gsinθ D．恒力F＝(M＋m)gtanθ 答案：AD 解析：以物块、小球整体为研究对象，竖直方向上根据受力平衡的条件，可得杆对物块的支持力大小为N＝(M＋m)g，故A正确；以小球为研究对象，竖直方向上根据受力平衡的条件有Tcosθ＝mg，可得细线上的拉力大小为T＝，水平方向上根据牛顿第二定律有Tsinθ＝ma，解得物块和小球的加速度大小为a＝gtanθ，故B、C错误；以物块、小球整体为研究对象，水平方向上根据牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)gtanθ，故D正确。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共14分) 11．(6分)(2024·黑龙江省齐齐哈尔市高一上1月期末)在“探究求合力的方法”实验中，我们采用的方法是用一只弹簧测力计通过细绳套将橡皮条的另一端拉至O点，弹簧测力计的示数为F；撤去力F，同时使用两只弹簧测力计通过细绳套将橡皮条的另一端拉至O点，弹簧测力计的示数分别为F1、F2。 (1)本实验用到的方法是________； A．控制变量法 B．等效替代法 C．数学演绎法 D．理想模型法 (2)其中一只弹簧测力计的示数如图甲所示，弹力大小为________ N(只需读到0.1 N)； (3)F1、F2的图示如图乙所示，它们的合力大小为________ N。 答案：(1)B　(2)2.6　(3)3.5 解析：(1)本实验通过使两个互成角度的力共同作用时的效果与另一个力单独作用时的效果相同，研究这两个互成角度的力与另外一个力的关系，所以采用的科学方法是等效替代法。故选B。 (2)由图甲知，弹簧测力计的分度值为0.2 N，读数为2.6 N。 (3)以F1和F2为邻边作平行四边形，对角线表示合力F，如图所示，且每个正方形边长表示0.5 N，可得F＝3.5 N。 12．(8分)(2024·云南省玉溪市高一上学期期末)某实验小组利用如图甲所示的装置探究加速度与合外力的关系。实验时，将带有遮光条的小车由光电门1的左侧静止释放，遮光条的挡光时间分别为t1、t2，记录下弹簧测力计的示数F，改变重物的质量重复上述操作，已知遮光条宽度为d。 (1)下列操作必需的是________。 A．实验时，应用天平测量出重物的质量m B．实验时，测量出两光电门之间的距离L C．实验时，应满足小车和遮光条的总质量M远大于重物的质量m D．实验时，应将长木板的左端适当垫高以平衡阻力 (2)小车的加速度为a＝________(用以上测量的量表示)。 (3)通过以上操作将得到的实验数据描绘在如图乙所示的坐标系中，发现图线不过原点，其原因可能是________________________________；如果图线与横轴的交点为0.1，A点的坐标为(0.4，1.2)，则小车和遮光条的总质量M＝________kg。 答案：(1)BD　(2) (3)未平衡阻力或者平衡阻力时垫高的角度太小　0.25 解析：(1)实验时，直接通过弹簧测力计读出小车所受细线的拉力，即不需要用重物的重力充当拉力，所以不需要用天平测量出重物的质量m，也不需要满足小车和遮光条的总质量M远大于重物的质量m，A、C错误；实验时，需要求出小车的加速度，根据速度与位移关系式可知2aL＝v－v，可以根据v＝求出小车通过两光电门时的速度v1、v2，所以还需要测量出两光电门之间的距离L，B正确；实验时，需要将拉力F作为小车所受到的合力，所以应将长木板的左端适当垫高以平衡阻力，D正确。 (2)小车通过光电门1、2的速度分别为v1＝，v2＝，根据2aL＝v－v，可得a＝。 (3)图中当F大于0时，加速度才等于零，说明未平衡阻力或者平衡阻力时垫高的角度太小。设小车所受阻力为f，根据牛顿第二定律，有F－f＝Ma，可得a＝F－，图线斜率为k＝，又k＝ kg－1＝4 kg－1，可得M＝0.25 kg。 三、计算题(本题共3小题，共36分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(9分)如图，建筑工地上某人正在用图示装置拉住一质量为m0＝200 kg的重物，此时OA绳与竖直方向夹角θ＝37°，OA与OB绳恰好垂直。取重力加速度g＝10 m/s2。(sin37°＝0.6)则： (1)OA绳和OB绳的拉力分别为多大？ (2)若人的质量m＝60 kg，人受到的摩擦力和人对地面的压力分别为多少？ 答案：(1)1600 N　1200 N (2)960 N　1320 N 解析：(1)对O点进行受力分析，如图1所示。 由平衡条件，知TA、TB的合力与重力等大、反向，则 TA＝m0gcosθ＝1600 N TB＝m0gsinθ＝1200 N。 (2)OB绳对人的拉力 TB1＝TB＝1200 N 对人进行受力分析，如图2所示。 由平衡条件，得 人受到的摩擦力大小 f＝TB1cosθ＝960 N 人受到的支持力大小 N＝TB1sinθ＋mg＝1320 N 根据牛顿第三定律，人对地面的压力大小为1320 N。 14．(11分)(2023·广东省中山市高一上学期期末)图甲中售货员给推车一初速度，使其运动一段距离后停靠在墙边。用手机每隔0.2秒给运动中的推车拍一张照片，取连续的三张照片①、②、③整合到一起，如图乙所示，拍照间隔内推车移动距离分别为0.75 m和0.65 m，推车做匀变速直线运动，地面阻力恒定，忽略其他阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)推车离手后的加速度； (2)拍第一张照片①时购物车的速度v的大小； (3)若推车质量为10 kg，则受到的阻力是多大？ 答案：(1)2.5 m/s2，方向与运动方向相反　(2)4 m/s　(3)25 N 解析：(1)令x1＝0.75 m，x2＝0.65 m，T＝0.2 s，根据匀变速直线运动规律Δx＝aT2，推车离手后的加速度为 a＝ 解得a＝－2.5 m/s2，负号表示方向与运动方向相反。 (2)拍第二张照片②时购物车的速度为 v2＝ 设拍第一张照片①时购物车的速度为v，根据匀变速直线运动规律有v＋aT＝v2 联立并代入数据解得v＝4 m/s。 (3)推车受到的阻力等于其所受合力，根据牛顿第二定律可得，推车受到的阻力为f＝ma 代入数据解得f＝－25 N，负号表示方向与运动方向相反。 15．(16分)(2024·云南省德宏州高一上学期统考期末)如图所示，为某工厂卸货装置原理图，货物从货物架上无初速度沿斜面滑下，进入传送带，之后滑上无动力静止在水平面的平板车，平板车将货物运输到卸货员位置处，最后完成卸货工作。已知货物质量为m＝140 kg，平板车质量为M＝20 kg，货物到传送带的竖直高度h＝2.5 m，斜面倾角θ＝30°，货物与斜面的动摩擦因数μ1＝，传送带顺时针匀速转动的速度为v＝8 m/s，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.3，传送带长度为l＝10.5 m，货物与平板车间的动摩擦因数为μ3＝0.4，平板车与地面间的动摩擦因数为μ4＝0.2，假设平板车与地面间相对运动时的摩擦力等于平板车与地面间的滑动摩擦力。(忽略货物经过B、C两处的能量损失，g取10 m/s2 )求： (1)货物从斜面滑至B点时的速度大小； (2)货物在传送带上的时间； (3)为使货物不从平板车上滑落，平板车的最小长度。 答案：(1)5 m/s　(2)1.5 s　(3)2 m 解析：(1)设货物在斜面上滑动时的加速度为a1，滑至B点时的速度为v1，斜面长度为xAB，则有xAB＝ 由牛顿第二定律有mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1 由匀变速直线运动速度与位移的关系式有 v＝2a1xAB 解得v1＝5 m/s。 (2)货物滑到传送带上，由牛顿第二定律有 μ2mg＝ma2 解得货物的加速度大小为a2＝3 m/s2 则货物加速时间为t1＝＝1 s 货物加速位移大小为x1＝＝6.5 m 货物匀速运动时间为t2＝＝0.5 s 货物在传送带上的总时间为t总＝t1＋t2＝1.5 s。 (3)货物滑上平板车后，根据牛顿第二定律，对货物有μ3mg＝ma3 对平板车有μ3mg－μ4(m＋M)g＝Ma4 解得货物的加速度大小为a3＝4 m/s2 平板车的加速度大小为a4＝12 m/s2 设货物经过时间t3与平板车达到共同速度v共，根据运动学公式有 v共＝v－a3t3，v共＝a4t3 解得t3＝0.5 s，v共＝6 m/s 货物在平板车上滑动的过程中， 货物的位移x货＝t3＝3.5 m 平板车的位移x车＝t3＝1.5 m 为使货物不从平板车上滑落，平板车的最小长度为L＝x货－x车＝2 m。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$