07-期末考试综合检测卷（二）-【突破课堂】2025-2026学年高中物理必修第一册同步单元达标检测卷（人教版）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 高中同步达标检测卷 期末考试综合检测卷(二) 一、单项选择题(本大题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求) 1.如图是高中物理必修第一册课本封面的照片。若近似认为沙漏中的沙粒下落的初速度为0,不计沙粒间下落时的相互影响,设每隔相同时间漏下一粒沙粒,忽略空气阻力,若出口到落点的距离大于9 cm,出口下方0~1 cm范围内有10粒沙粒,则出口下方4~9 cm范围的沙粒数约为(　　) 　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　　 A.5 B.10 C.20 D.50 2.据海水中的盐分高低可将海水分成不同密度的区域,当潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域,浮力顿减急剧掉向海底的现象被称为“掉深”。如图甲所示,我国南海舰队某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t=0时,该潜艇“掉深”,随后采取措施自救脱险,在0~30 s内潜艇竖直方向运动的v-t图像如图乙所示。设竖直向下为正方向,则(　　) 　　 A.潜艇在t=10 s时下沉到最低点 B.潜艇在“掉深”和自救时竖直方向的加速度大小之比为2∶1 C.潜艇竖直向下的最大位移为100 m D.潜艇在“掉深”和自救时竖直方向的位移大小之比为2∶1 3.衢州烂柯杯全国职工围棋线下阶段比赛于2024年10月在衢州智慧新城举行,若某次比赛中铁质的棋盘竖直放置,每个棋子都是一个小磁铁,能吸在棋盘上。不计棋子间的相互作用力。则(　　) A.棋子受三个力作用 B.若给棋子一个水平推力(棋子不动),棋子受到的摩擦力变大 C.棋子对棋盘的压力和棋盘对棋子的吸引力是一对相互作用力 D.只要磁力足够大,即使棋盘光滑,棋子也能静止在棋盘上 4.在光滑的水平面上,有两个相互接触的物体A和B,如图所示,它们的质量分别为M、m,已知M>m,第一次用水平力F向右推物体A,物体间相互作用力大小为FN1;第二次用同样大小的水平力向左推物体B,物体间的相互作用力大小为FN2,则(　　) A.FN1>FN2 B.FN1=FN2 C.FN1<FN2 D.无法确定FN1和FN2的大小关系 5.一斜面固定在水平面上,在斜面顶端有一长木板,木板与斜面之间的动摩擦因数为μ,木板上固定一轻质弹簧测力计,弹簧测力计下面连接一个光滑的小球,如图所示,当木板静止时,弹簧测力计示数为F1,现将木板由静止释放后,木板沿斜面下滑,稳定时弹簧测力计的示数为F2,若斜面的高为h,底边长为d,则木板与斜面之间的动摩擦因数μ为(　　) A. B. C. D. 6.如图甲所示,某同学抱着箱子做蹲起运动研究超重和失重现象,在箱内的顶部和底部均安装有压力传感器。两质量均为2 kg的物块用轻弹簧连接分别抵住传感器,示意图如图乙。当该同学抱着箱子静止时,顶部压力传感器的示数F1=10 N。不计空气阻力,则(　　) A.箱子静止时,底部压力传感器显示示数F2=10 N B.当F1=8 N时,箱子处于失重状态 C.当F1=20 N时,箱子处于超重状态 D.若箱子保持竖直从高处自由释放,运动中两个压力传感器的示数均为30 N 7.如图甲所示,倾角为37°的粗糙斜面体固定在水平面上,质量为m的小木块在沿斜面向上的力F作用下沿斜面上滑。小木块的加速度a随F变化关系如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6。下列说法正确的是(　　) 　　 A.当F=32 N时,小木块的加速度大小为8 m/s2 B.当F=20 N时,小木块的加速度大小为2.5 m/s2 C.小木块的质量为3 kg D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.35 二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分) 8.在一次研究风力方向对悬挂物体摆动角度的影响的实验中,用轻绳悬挂一个质量为m的小球,实验刚开始时小球静止,轻绳沿竖直方向。第一次实验,风力始终水平吹向小球,使轻绳与竖直方向的夹角由零缓慢增大,当最后风力稳定于一个适度的值F0时夹角为θ1;第二次实验,使风力始终垂直于轻绳方向吹向小球,轻绳与竖直方向的夹角也由零缓慢增大,当风力稳定到F0时夹角为θ2。重力加速度为g,则关于两次实验,下列说法正确的是(　　) A.偏角θ1大于θ2 B.两次实验过程中,轻绳拉力均逐渐增大 C.两次实验过程中,第一次轻绳拉力逐渐增大,第二次轻绳拉力逐渐减小 D.稳定时,轻绳拉力大小分别为T1=,T2=mg cos θ2 9.如图所示,书本甲叠放在书本乙上,甲、乙两书足够长,甲、乙的质量分别为m1=0.6 kg、m2=0.2 kg,甲、乙之间的动摩擦因数μ1=0.2,乙与桌面之间的动摩擦因数μ2=0.1。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,用水平向右的力F推书本甲,开始时F=0.6 N,此后缓慢增大,下列说法正确的是(　　) A.当推力F=0.7 N时,书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7 N B.当推力F=1 N时,书本均保持静止状态 C.当推力F=1.8 N时,书本甲、乙之间无相对滑动 D.当推力F=2 N时,书本甲、乙之间有相对滑动 10.如图所示,质量为m的小球甲和质量为2m的小球乙,分别从高度为h、2h处同时由静止释放做自由落体运动,与地面碰撞后小球的速度大小不变,方向反向。若不计小球与地面碰撞的时间,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.从开始下落计时,经过时间t=两小球第一次在空中相遇 B.甲、乙两小球在空中下落的加速度之比为1∶2 C.甲、乙两小球第一次与地面碰撞前下落的时间之比为1∶ D.甲、乙两小球第一次落地时速度大小之比为1∶ 三、非选择题(本大题共5小题,共54分) 11.(6分)某实验小组用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计,如图甲所示。在轻杆上端装上转轴,转轴固定于竖直放置的标有角度的纸板上的O点,轻杆下端固定一小球,杆可在竖直纸面内自由转动。将此装置固定于运动小车上,可粗略测量小车的加速度大小。主要操作如下: (1)若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为θ,则小车的加速度大小为a=　　　　(用θ、g表示),该加速度测量仪的刻度　　　　(填“均匀”或“不均匀”)。  (2)为了准确标出刻度,还需要测出当地重力加速度g,利用重锤连接纸带做自由落体运动,打点计时器在纸带上打出一系列点,选取一条较理想的纸带,纸带上计数点的间距如图乙所示,打相邻两个计数点间的时间间隔为0.02 s。根据数据求出当地重力加速度g=　　　　m/s2(保留3位有效数字)。  12.(8分)一个实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长量关系”的实验。 　　 (1)甲同学采用如图a所示装置,质量不计的弹簧下端挂一个小盘,在小盘中增添砝码,改变弹簧的弹力,作出了能表示小盘中砝码重力与弹簧伸长量x之间的变化关系的图像如图b所示。 ①利用图b中图像,可求得该弹簧的劲度系数为　　　　N/m。  ②利用图b中图像,可求得小盘的质量为　　　　kg,小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测量结果与真实值相比　　　　(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  (2)为了制作一个弹簧测力计,乙同学选了A、B两根规格不同的弹簧进行测试,根据测得的数据绘出如图c所示的图像,为了制作一个精确度较高的弹簧测力计,应选弹簧　　　　(选填“A”或“B”)。  13.(10分)一只可爱的企鹅喜欢在倾角为θ=37°的冰面上游戏:先以恒定加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,经t=0.7 s后,在x=0.56 m处突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏。企鹅在滑行过程中姿势保持不变,企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)企鹅向上加速“奔跑”结束时的速度大小v; (2)企鹅向上运动的最大距离; (3)企鹅完成一次游戏的总时间t总。 14.(14分)如图所示,三角形传送带ABC以恒定速率v=4 m/s顺时针运行,传送带与水平面间的夹角θ=37°,LAB=4 m,LBC=3 m,B端上方有一段光滑圆弧,可以使经过B端的物体速度方向发生变化但速度大小不变。现将质量m=1 kg的小物块轻放在传送带的A端后,给小物块施加一沿传送带向上的恒力F=10 N拉小物块,小物块到达B端时撤去F。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求: (1)小物块从A运动到B的时间; (2)小物块运动到C端时的速度大小。 15.(16分)汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶,行驶过程中司机忽然发现前方50 m处有一警示牌,于是开始刹车。这一过程中,汽车加速度的大小随位移变化的关系如图甲所示。司机的反应时间t1=0.3 s,在这段时间内汽车仍保持匀速行驶,x1~x2段为刹车系统的启动阶段,从x2位置开始,汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车在x3位置停止运动。已知从x2位置开始计时,汽车第1 s内的位移大小为10 m,第3 s内的位移大小为6 m。 　　 (1)求汽车刹车系统稳定工作后加速度的大小及x2位置汽车的速度大小; (2)若x1~x2段位移大小为11.5 m,求从司机发现警示牌到汽车停止过程汽车位移的大小; (3)在研究物理问题的过程中,我们会用到一些重要的科学思维方法,微元法就是其中之一,教科书中讲解了如何由v-t图像来求位移,然而微元法的运用不局限于运动学,请你借鉴该过程,运用微元法解决如下力学问题:如图乙,P为一个水闸的剖面图,闸门的质量为m、长为b,水闸左、右两侧水面的高度分别为h1、h2,水与闸门间、闸门与轨道间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。设水的密度为ρ(液体压强公式p=ρgh,g为重力加速度),最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求拉起闸门至少需要多大的力? 答案与分层梯度式解析 1.B　根据初速度为0的匀加速直线运动的推论可知,相同时间内的位移之比为x1∶x2∶x3…=1∶3∶5…,可得沙粒经过出口下方0~1 cm与1~4 cm、4~9 cm所用时间相同,由于每隔相同时间漏下一粒沙粒,出口下方0~1 cm范围内有10粒沙粒,则出口下方4~9 cm范围的沙粒也约为10粒,选B。 2.B　由题图乙可知,0~10 s潜艇“掉深”向下做匀加速直线运动,10~30 s潜艇自救向下做匀减速直线运动,在t=30 s时潜艇下沉到最低点,A错误;v-t图像与时间轴所围面积表示位移,潜艇竖直向下的最大位移为h=(t1+t2)=300 m,C错误;潜艇在“掉深”时位移大小为h1=t1=100 m,潜艇自救时位移大小为h2=t2=200 m,位移大小之比为=,D错误;v-t图像中图线斜率表示加速度,潜艇在“掉深”和自救时的加速度大小之比为===,B正确。 3.B　棋子受到重力G、棋盘的吸引力F、弹力N和静摩擦力f,共四个力作用,A错误;施加推力前,棋子受到的摩擦力大小为f0=G,给棋子一个水平推力(棋子不动),棋子仍受力平衡,竖直方向fy=G,水平方向fx=F,此时受到的摩擦力大小为f==,摩擦力变大,B正确;棋子对棋盘的压力与棋盘对棋子的弹力是一对相互作用力,棋子对棋盘的压力与棋盘对棋子的吸引力不是一对相互作用力,C错误;若棋盘光滑,棋子不受摩擦力作用,竖直方向上不能平衡,棋子不能静止在棋盘上,D错误。 4.C　对两个物体组成的整体,根据牛顿第二定律,有F=(M+m)a,得a=,且两次的加速度大小相等。第一次用水平力F向右推物体A,对质量为m的物体B分析,根据牛顿第二定律,得两物体间的相互作用力大小为FN1=ma=;第二次用同样大小的水平力向左推物体B,对质量为M的物体A分析,根据牛顿第二定律,得两物体间的相互作用力大小为FN2=Ma=,因为M>m,所以FN1<FN2,故选C。 5.A　木板静止时,对小球分析,有F1=mg sin θ;木板运动后稳定时,对整体分析有m总g sin θ-m总μg cos θ=m总a,则a<g sin θ,可知弹簧测力计对小球的弹力F2应沿木板向上;对小球分析,有mg sin θ-F2=ma,而tan θ=,联立可得μ=,故选A。 6.D　两物块用轻弹簧连接分别抵住传感器,箱子静止时,F1=10 N,弹簧被压缩,对两物块和弹簧组成的系统有2mg+F1=F2,解得F2=50 N,A错误。箱子静止时,对上面的物块,有mg+F1=kx,得kx=30 N;当F1=8 N时,弹簧弹力kx大于重力与F1的合力,箱子具有向上的加速度,箱子处于超重状态;同理,当F1=20 N时,弹簧弹力kx小于重力与F1的合力,箱子具有向下的加速度,箱子处于失重状态,B、C错误。若箱子保持竖直从高处自由释放,箱子处于完全失重状态,两个物块所受合力均为mg,则两个压力传感器的示数均等于弹簧弹力大小,即为30 N,D正确。 7.A　对木块分析,根据牛顿第二定律有F-mg sin θ-μmg cos θ=ma,得a=-g sin θ-μg cos θ,对比图乙的斜率和纵轴截距,有=,-8 m/s2=-g sin θ-μg cos θ,解得m=2 kg,μ=0.25,C、D错误;当F=20 N时,根据牛顿第二定律有F1-mg sin θ-μmg cos θ=ma,解得a1=2 m/s2,B错误;同理当F=32 N时,a2=8 m/s2,A正确。 8.CD　两次实验在稳定状态时,小球受力情况如图所示 　　　 第一次实验,有F0=mg tan θ1;第二次实验,有F0=mg sin θ2,得tan θ1=sin θ2=,又tan θ1=> sin θ1,得sin θ2> sin θ1,所以θ1小于θ2,A错误。第一次实验,轻绳的拉力大小为T1=,随θ1的增大,cos θ1减小,故T1增大;第二次实验,轻绳的拉力大小为T2=mg cos θ2,随θ2的增大,cos θ2减小,T2减小,B错误,C、D正确。 9.AC　甲、乙间的最大静摩擦力为f甲乙=μ1m1g=1.2 N,乙与桌面间的最大静摩擦力为f桌乙=μ2(m1+m2)g=0.8 N,对乙分析,设乙的最大加速度大小为a,由牛顿第二定律得f甲乙-f桌乙=m2a,解得a=2 m/s2,对甲、乙整体,由牛顿第二定律得F-f桌乙=(m1+m2)a,解得F=2.4 N,可知当推力F>2.4 N时,书本甲、乙之间才有相对滑动,C正确,D错误。当推力F=0.7 N时,书本甲、乙均静止不动,书本乙对甲的静摩擦力大小为0.7 N,根据牛顿第三定律,书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7 N,A正确。当推力F=1 N时,大于乙与桌面间的最大静摩擦力,而小于甲、乙间的最大静摩擦力,则书本甲、乙一起做匀加速直线运动,B错误。 10.AD　根据h=gt2可知,甲、乙两球第一次与地面碰撞前下落的时间之比为1∶,C错误。小球甲先落地,设落地瞬间速度大小为v,此时小球乙的速度也为v,小球乙下落的高度也为h,有v2=2gh,此时小球乙与地面相距为h,设再经过Δt时间两球相遇,则vΔt-g(Δt)2+vΔt+g(Δt)2=h,解得Δt=,小球甲下落h所用时间为t1=,两小球第一次在空中相遇时经过的时间是t=t1+Δt=,A正确。小球做自由落体运动,加速度为重力加速度,甲、乙两小球在空中下落的加速度相等,B错误。根据v2=2gh可知,甲、乙两球第一次落地时速度大小之比为1∶,D正确。 11.答案　(1)g tan θ(2分)　不均匀(2分)　(2)9.75(2分) 解析　(1)若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为θ,以小球为研究对象,小球受重力和轻杆的拉力,根据牛顿第二定律,有mg tan θ=ma,可得a=g tan θ,则小车加速度大小为g tan θ,加速度不随角度均匀变化。 (2)根据逐差法可得当地重力加速度为g=,解得g= m/s2=9.75 m/s2。 12.答案　(1)①200(2分)　②0.1(2分)　无影响(2分)　(2)A(2分) 解析　(1)①由题图b中图像,可得该弹簧的劲度系数为k== N/m=200 N/m。 ②由题图b中图像可知,当F=0时,弹簧的伸长量为x0=0.5 cm,则有m0g=kx0,解得小盘的质量为m0== kg=0.1 kg。应用图像法处理实验数据,F-x图像的斜率仍表示弹簧的劲度系数,小盘的质量只会让图线平移,不会改变图线的斜率。 (2)由x-F图像的斜率倒数表示弹簧的劲度系数,可知弹簧A的劲度系数小于弹簧B的劲度系数,在拉力变化量大小相同时,弹簧A的伸长量的变化量较大,弹簧A较灵敏,为了制作一个精确度较高的弹簧测力计,应选弹簧A。 13.答案　(1)1.6 m/s　(2)0.72 m　(3)1.5 s 解析　(1)企鹅向上“奔跑”做匀加速直线运动,有x=t(2分) 解得v=1.6 m/s(1分) (2)设向上减速滑行时企鹅的加速度大小为a1,时间为t1,滑行位移大小为x1, 根据匀变速直线运动公式,有v=a1t1,v2=2a1x1(2分) 根据牛顿第二定律,有mg sin θ+μmg cos θ=ma1(1分) 联立解得a1=8 m/s2,t1=0.2 s,x1=0.16 m 则向上运动的最大距离为xm=x+x1=0.72 m(1分) (3)设向下滑行时,企鹅的加速度大小为a2,时间为t2, 根据匀变速直线运动公式,有xm=a2(1分) 根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma2(1分) 解得a2=4 m/s2,t2=0.6 s 所以总时间为t总=t+t1+t2=1.5 s(1分) 14.答案　(1)1.25 s　(2)2 m/s 解析　(1)小物块轻放在传送带A端后,开始时摩擦力沿传送带向上,小物块做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得 F+μmg cos θ-mg sin θ=ma1(2分) 解得a1=8 m/s2(1分) 小物块加速到与传送带速率相等所需时间t1==0.5 s(1分) 位移x1=t1=1 m<LAB(1分) 由于F=μmg cos θ+mg sin θ(1分) 可知小物块与传送带速率相等后小物块做匀速直线运动,到达B端所用时间 t2==0.75 s(1分) 小物块从A运动到B的时间tAB=t1+t2=1.25 s(1分) (2)小物块到达B端时撤去F,由于mg sin θ>μmg cos θ 则小物块由B运动到C做匀加速直线运动, 根据牛顿第二定律,有mg sin θ-μmg cos θ=ma2(2分) 解得a2=2 m/s2(1分) 根据运动学公式,有2a2LBC=-v2(2分) 解得vC=2 m/s(1分) 15.答案　(1)2 m/s2　11 m/s　(2)45.35 m (3)(+)+(-)+mg 解析　(1)假设汽车第3 s内未停止,则加速度大小为a==2 m/s2(1分) 汽车停止前最后1 s内的位移大小应为x0=aT2=1 m<6 m,假设成立。 设x2位置汽车的速度大小为v,从x2位置开始计时,汽车第1 s内的位移大小为s1=10 m, 由s1=vT-aT2(2分) 解得v=11 m/s(1分) (2)把汽车从x1到x2的运动分成很多段位移相等的运动,设每一段运动对应的位移大小为Δx,则有 -=2a1Δx -=2a2Δx …… -=2anΔx vn=11 m/s 上式相加有 -=2(a1Δx+a2Δx+a3Δx+…+anΔx)(3分) 其中括号内之和等于a-x图像与横轴围成的面积,可得 -=2×a(1分) 由题给条件x2-x1=11.5 m 解得v0=12 m/s 则反应时间内位移大小为x1=v0t1=3.6 m(1分) 在匀减速阶段有x3-x2==30.25 m(1分) 汽车行驶总位移大小为x=x1+(x2-x1)+(x3-x2)=45.35 m(1分) (3)由液体压强p与h的关系p=ρgh,可知p-h图像是过原点的直线,如图所示 运用微元法可知,水闸左、右两侧所受水的压力大小分别为 F1=ρgb,F2=ρgb(1分) 故拉起闸门时,闸门左侧水和右侧水对闸门的摩擦力大小分别为f1=μ1F1,f2=μ1F2(1分) 闸门与轨道间的摩擦力大小为f=μ2(F1-F2)(1分) 所求拉力大小为F=f1+f2+f+mg(1分) 解得F=(+)+(-)+mg(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$