模块综合测评-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（鲁科版2019）

模块综合测评 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1．下列说法中正确的是(　　) A．只有体积很小的物体才能被看成质点 B．第3 s表示时刻 C．速度、加速度、速度变化量都是矢量 D．在田径场1500 m长跑比赛中，跑完全程的运动员的位移大小为1500 m 答案 解析 解析　当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小可以忽略不计时，物体就可以看成质点，与体积大小无关，A错误。第3 s表示的是一段时间，是2～3 s这1秒钟，B错误。速度、加速度和速度变化量都有方向，都是矢量，C正确。在田径场1500 m长跑比赛中，跑完全程的运动员的路程为1500 m，但位移小于1500 m，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 2．以下判断正确的是(　　) A．跳高运动员起跳时，地面对他的支持力大于他对地面的压力 B．拔河比赛时，若甲胜乙负，则甲队对乙队的拉力大于乙队对甲队的拉力 C．起重机用钢丝绳吊着货物加速上升时，钢丝绳对货物的拉力等于货物对钢丝绳的拉力 D．汽车拉着拖车在水平道路上沿直线运动，只有它们做匀速运动时，汽车拉拖车的力才等于拖车拉汽车的力 答案 解析 解析　根据牛顿第三运动定律，作用力和反作用力总是等大反向的，与物体的运动状态、是否受其他力无关，A、B、D错误，C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 3．一根轻绳能承受的最大拉力为G，现将一重力为G的物体系在绳的中点，两手先并拢分别握住绳的两端，然后缓慢对称左右分开，若想绳子不断，两绳之间的夹角不能超过(　　) A．45° B．60° C．120° D．135° 答案 解析 解析　两绳拉力的合力等于物体的重力，随着绳子间夹角的增加，绳子的拉力逐渐增大，当绳子的拉力大小为G时，两绳间的夹角最大，由几何知识可以得出此时两绳之间的夹角为120°，C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 4.如图所示，挂有一条鱼的测力计悬在电梯顶部，鱼的质量为m，当地的重力加速度为g，在电梯运行过程中，测力计示数为F。则(　　) A．若F＝mg，则电梯一定在匀速运动 B．若F>mg，则电梯一定在加速上升 C．若F>mg，则电梯一定在减速上升 D．若F<mg，则电梯一定在减速上升 答案 解析 解析　由平衡条件可知，F＝mg时电梯匀速运动，A正确；若F>mg，加速度向上，电梯可能加速上升或减速下降，B、C均错误；若F<mg，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 6.在光滑的水平面上有一个物体同时受到两个水平力F1和F2的作用，在第1 s内该物体保持静止状态。若两个力随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．在第2 s内物体做匀加速直线运动 B．在第3 s内物体做变加速直线运动 C．在第4 s末物体的加速度方向改变 D．在第6 s末物体的速度为零 答案 解析 解析　由F­t图像可知，1～4 s内物体所受的合力不断增大，故在1～4 s内物体做变加速直线运动，A错误，B正确；由F­t图像可知，1～5 s内物体所受的合力始终与F1方向相同，故加速度方向不变，物体速度逐渐增大，C错误；最后1 s内物体所受的合力为零，速度保持不变，第6 s末速度不为零，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 7.如图所示，两相互接触的物块放在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2，且m1<m2。现对两物块同时施加相同的水平恒力F，设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为FN，则(　　) A．FN＝0 B．0<FN<F C．F<FN<2F D．FN>2F 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 8．物体甲的s­t图像和物体乙的v­t图像分别如图所示，则这两物体的运动情况是(　　) A．甲在整个t＝6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为2 m B．甲在整个t＝6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零 C．乙在整个t＝6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零 D．乙在整个t＝6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析　s­t图像的斜率表示速度，因甲的s­t图像斜率不变，所以速度不变，初位置为－2 m，末位置为2 m，位移为4 m，A、B错误；v­t图像中图线与t轴所围面积表示位移，乙前3 s向负方向运动，后3 s向正方向运动，且两段时间内位移大小相等，故总位移为零，C正确，D错误。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 9．关于摩擦力的下列说法中，正确的是(　　) A．运动的物体可能受到静摩擦力的作用 B．静止的物体不可能受到滑动摩擦力的作用 C．滑动摩擦力一定阻碍物体的运动 D．摩擦力不一定与正压力成正比 答案 解析 解析　存在静摩擦力的两个物体是相对静止的，但两物体可能都运动，故A正确；静止的物体也可能受到滑动摩擦力，只要它和与它接触的物体之间有相对滑动即可，故B错误；滑动摩擦力阻碍物体之间的相对运动，但它可能与运动方向相同，此时为动力，故C错误；静摩擦力的大小与正压力无关，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 11．如图甲所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出(　　) A．物体的质量为2 kg B．斜面的倾角为37° C．加速度为6 m/s2时物体的速度 D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12 N 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 二、实验题(本题共2小题，共14分) 13．(4分)下表是某同学在“探究弹簧的弹力大小与弹簧伸长量的关系”的实验中测得的几组实验数据。 (1)请你在如图所示的坐标系中描点连线，作出F­x图像。 答案 答案　如图所示 弹簧弹力F/N 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧的伸长量x/cm 2.6 5.0 6.8 9.8 12.4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 (2)根据图像，写出F、x的具体函数关系式：F＝________。(其中F的单位为N，x的单位为m) 答案 解析 20x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 14.(10分)在“验证牛顿第二定律”的实验中，采用 如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表 示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可 由小车后拖动的纸带上打的点计算出。 (1)当M与m的大小关系满足______________时， 才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力。 (2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图像法处理数据。为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应该作a与________的图像。 答案 M远大于m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 (3)如图a是甲同学根据测量数据作出的a­F图线，说明实验存在的问题是_______________________________。 (4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自 得到的a­F图线，如图b所示，两个同学做实验时的哪 一个物理量取值不同？__________________________。 (5)已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，利用下图给出的数据可求出小车运动的加速度a＝____________。(结果保留三位有效数字) 答案 木板倾角过大，平衡摩擦力过度 小车及车中砝码的质量M 1.58 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 三、计算题(本题共4小题，共38分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位) 15．(8分)如图所示，质量为m＝0.8 kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向。质量为M＝10 kg的木块与PB相连，静止于倾角为37°的斜面上(取g＝10 m/s2， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求： (1)轻绳PB拉力的大小； (2)木块所受斜面的摩擦力和弹力大小。 答案 答案　 (1)6 N　(2)64.8 N　76.4 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析　(1)分析P点的受力如图甲所示，有 FAcos37°＝mg， FAsin37°＝FB 可解得FB＝6 N。 (2)再分析木块的受力情况如图乙所示，有 f＝Mgsin37°＋FBcos37° N＋FBsin37°＝Mgcos37° 解得f＝64.8 N，N＝76.4 N。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 16．(8分)足球比赛中，经常使用“边路突破，下 底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线 附近进行传中。如图所示，某足球场长90 m、宽60 m。 攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运 动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2。试求： (1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？ (2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球。他的起跑过程可以视为初速度为0、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s。该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？ 答案 答案　 (1)36 m　(2)6.5 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 17.(10分)质量为4 kg的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向 下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知。 今测得雪橇运动的v­t图像如图所示，且AB是曲线最左端 那一点的切线，B点的坐标为(4，15)，CD是曲线的渐近 线。试问： (1)物体开始时做什么运动？最后做什么运动？ (2)当v0＝5 m/s和v1＝10 m/s时，物体的加速度各是多少？ (3)空气阻力系数k及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？ 答案 答案　(1)加速直线运动　匀速直线运动 (2)2.5 m/s2　0　(3)2 kg/s　0.125 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 18．(12分)如图甲所示，质量为M＝4 kg的木板静止在水平面上，质量m＝1 kg的小滑块静止在木板的右端，可看成质点。已知木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。现用力F作用在木板上，F随时间t变化的关系如图乙所示，求： (1)t＝1 s时，小滑块和木板的速度大小； (2)为使小滑块不从木板上滑落下来，木板的最小长度。 答案 答案　(1)4 m/s　5 m/s　(2)0.75 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　弹簧测力计的示数等于挂钩对重物的拉力F′，对弹簧测力计和重物组成的整体：F－(m＋m0)g＝(m＋m0)a，对重物：F′－mg＝ma，可解得：F′＝eq \f(m,m0＋m)F，故D正确。 5．如图所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物。现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧测力计，使其向上做加速运动，则弹簧测力计的示数为(　　) A．mg B．eq \f(m,m0＋m)mg C．eq \f(m0,m0＋m)F D．eq \f(m,m0＋m)F 解析　对两物块组成的整体，由牛顿第二定律得2F＝(m1＋m2)a，对物块m1，由牛顿第二定律得F－FN＝m1a；将两式联立解得FN＝Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,1＋\f(m2,m1))))，因m1<m2，故0<FN<F，B正确。 解析　匀变速直线运动的中间时刻的速度等于该过程的平均速度，故在A点的速度为eq \f(s1＋s2,2T)，故A正确；由Δs＝aT2，可得物体运动的加速度a＝eq \f(s2－s1,T2)，故C、D错误；因为vA＝eq \f(s1＋s2,2T)，B点的速度vB＝vA＋aT＝eq \f(3s2－s1,2T)，故B正确。 10．物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移s1到达A点，接着在时间T内又通过位移s2到达B点，则物体(　　) A．在A点的速度大小为eq \f(s1＋s2,2T) B．在B点的速度大小为eq \f(3s2－s1,2T) C．运动的加速度为eq \f(2s1,T2) D．运动的加速度为eq \f(s1＋s2,T2) 解析　对物体受力分析，根据牛顿第二运动定律得Fcosθ－mgsinθ＝ma，a＝eq \f(F,m)·cosθ－gsinθ，当F＝0 N时，a＝－6 m/s2，当F＝20 N时，a＝2 m/s2，解得θ＝37°，m＝2 kg，A、B正确；由三力平衡得物体能静止在斜面上所施加的沿水平方向的最小外力为F＝mgtanθ＝15 N，D错误；由于力F随时间的变化情况未知，运动情况未知，无法确定加速度为6 m/s2时物体的速度，C错误。 12.某司机在检测汽车性能过程中，得到汽车减速过程中的位移s与速度v的关系曲线如图所示，并得出位移s与速度v的函数关系式为s＝m－nv2，其中m、n为常数。重力加速度的大小g取10 m/s2。则以下判断正确的是(　　) A．汽车在此过程中做匀变速直线运动 B．汽车的末速度为20 m/s C．由题中所给已知条件可确定m、n的大小 D．汽车对司机作用力的大小与司机重力大小的比值为eq \f(4,5) 解析　由s＝m－nv2可知汽车做匀变速直线运动，A正确；汽车做匀减速直线运动，位移最大时速度为0，B错误；由图像上截距可判断当v＝0时，s＝25 m，当s＝0时，v＝72 km/h＝20 m/s，则m＝25，n＝eq \f(1,16)，则s＝25－eq \f(1,16)v2，C正确；将上式变形可得v2－400＝－16s，与veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2as比较可知a＝－8 m/s2，又因为F合＝m|a|，G＝mg，可知二力大小之比eq \f(F合,G)＝eq \f(4,5)，而汽车对司机作用力的大小不等于司机受到的合力大小，故D错误。 解析　(1)如图所示。 (2)由ΔF＝kΔx，得k＝eq \f(ΔF,Δx)＝eq \f(2.5－0.5,（12.4－2.6）×10－2) N/m≈20 N/m，得F＝20x。 eq \f(1,M) 解析　(1)以小车及车中砝码为研究对象，则绳子的拉力F＝Ma，以盘及盘中砝码为研究对象，则mg－F＝ma，解得a＝eq \f(mg,M＋m)，F＝eq \f(M,m＋M)mg。 显然要使F＝mg，即绳对小车的拉力大小近似等于盘及盘中砝码的重力，必有m＋M≈M，故必须满足M≫m。即只有M≫m时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力。 (2)根据牛顿第二运动定律F＝Ma，a与M成反比，而反比例函数图像是曲线，根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能作a­M图像；因a＝eq \f(F,M)，故a与eq \f(1,M)成正比，而正比例函数图像是过坐标原点的一条直线，根据直线比较容易判定自变量和因变量之间的关系，故应作a­eq \f(1,M)图像。 (3)图a中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大，平衡摩擦力过度。 (4)由图b可知在拉力相同的情况下a乙>a丙，根据F＝Ma可得M＝eq \f(F,a)，所以M乙<M丙，故两人的实验中小车及车中砝码的质量M不同。 (5)相邻两计数点之间还有4个点没有画出，所以相邻计数点间隔的时间T＝0.1 s，根据逐差法得：a＝eq \f(s4＋s3－s2－s1,4T2)＝eq \f(0.0757＋0.0595－0.0440－0.0280,4×0.01) m/s2＝1.58 m/s2。 解析　(1)已知足球的初速度为v1＝12 m/s， 加速度大小为a1＝2 m/s2， 足球做匀减速运动的时间为：t1＝eq \f(v1,a1)＝6 s， 运动位移为：s1＝eq \f(v1,2)t1＝36 m。 (2)已知前锋队员的加速度为a2＝2 m/s2，最大速度为v2＝8 m/s，前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为： t2＝eq \f(v2,a2)＝4 s， s2＝eq \f(v2,2)t2＝16 m。 之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为：s3＝v2(t1－t2)＝16 m， 由于s2＋s3<s1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，利用公式s1－(s2＋s3)＝v2t3，得：t3＝0.5 s， 前锋队员追上足球的时间t＝t1＋t3＝6.5 s。 解析　(1)物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动。 (2)当v0＝5 m/s时，加速度a0＝eq \f(15－5,4) m/s2＝2.5 m/s2， 当v1＝10 m/s时，加速度为a1＝0。 (3)t＝0时刻开始加速时： mgsinθ－kv0－μmgcosθ＝ma0， 最后匀速时：mgsinθ＝kv1＋μmgcosθ 由上面二式得kv0＋ma0＝kv1， 解得k＝eq \f(ma0,v1－v0)＝2 kg/s μ＝eq \f(mgsinθ－kv1,mgcosθ)＝0.125。 解析　(1)设小滑块在木板上即将滑动时加速度为a0， 可知a0＝μ2g＝4 m/s2， 此时的拉力F0＝(m＋M)a0＋μ1(m＋M)g＝25 N。 0～1 s，F1>F0，故小滑块在木板上滑动， 对小滑块：a1＝μ2g＝4 m/s2 对木板：a2＝eq \f(F1－μ2mg－μ1（M＋m）g,M)＝5 m/s2， t＝1 s时，小滑块的速度vm＝a1t＝4 m/s， 木板的速度vM＝a2t＝5 m/s。 (2)t＝1 s时，vm<vM，故1～2 s小滑块先在木板上滑动，滑块的加速度为a1，木板的加速度为a3＝eq \f(F2－μ2mg－μ1（M＋m）g,M)＝2 m/s2， 当滑块与木板速度相等时，因为F2<F0，滑块与木板将保持相对静止，一起运动，得： vm＋a1Δt＝vM＋a3Δt 解得：Δt＝0.5 s。 滑块与木板在t＝1.5 s后，保持相对静止，0～1.5 s内： 木板的位移s2＝eq \f(1,2)a2t2＋a2tΔt＋eq \f(1,2)a3Δt2＝5.25 m， 滑块的位移s1＝eq \f(1,2)a1t2＋a1tΔt＋eq \f(1,2)a1Δt2＝4.5 m， 木板的最小长度L＝s2－s1＝0.75 m。 $$