模块综合检测·冲刺卷-【一本】2025-2026学年高中物理必修第一册周末小测卷（人教版）

一高中物理周末小测卷 模块综合检测·冲刺卷 ⊙时间：75分钟 号总分：100分 凸得分： ☑答案：P31 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只 有一个选项符合题目要求) 弥 1.中国高铁近年来飞速发展，最大运行速度为350km/h,向世界 展示了中国速度。小明乘高铁从郑州去北京游玩，于早上7时 n 25分从郑州东站出发，历经2小时11分于9时36分到达北京 西站。下列说法正确的是 A.350km/h指的是平均速率 B.7时25分和2小时11分都是时间间隔 C.小明在高铁上看见铁轨后退，是以站台为参考系 D研究高铁从郑州东站到北京西站所用的时间，高铁可以看 作质点 2.结合教材和生活中出现的以下情景，下列说法正确的是 4原来高度%D 毁 封 伽利略的理想斜面实验 甲 乙 99 77777777777777X 0 西 入 A图甲中地面对直梯的作用力竖直向上 蠻 B.伽利略用图乙中实验证明力是维持物体运动状态的原因 C.图丙中小孩由静止开始沿斜面下滑是因为受到沿斜面向下 的力 D图丁中汽车做匀变速直线运动的速度由1变为v2,该段时 线 间内加速度方向与△方向相同 3.如图所示，质量为20kg的物体A静止在光滑水平面上。现 对A施加两个大小都是60N且互成120°角的水平力，则2s 末物体A的速度大小为 () 60N A )1209 60N A.0 B.4 m/s C.6 m/s D.6√3m/s 4.甲、乙两球同时从距地面高度H=20m处开始运动，甲做自 由落体运动，乙以10m/s的初速度做竖直上抛运动，重力加 速度g取10m/s2。不计空气阻力，下列说法不正确的是 A.竖直上抛运动是匀变速直线运动 B.甲落地时的速度大小为20m/s C.开始运动的前1s内，甲、乙两球的位移相同 D.在甲落地之前，甲、乙两球相同时间内的速度变化量相同 5.如图所示，质量M=3kg、倾角α=37的粗糙斜面静止在水平 地面上，一质量m=1kg的物块在水平向右的推力F=10N 的作用下静止在斜面上，重力加速度g取10m/s2,sin37°= 0.6,cos37°=0.8，下列说法正确的是 A.物块所受的摩擦力方向沿斜面向上 B.物块所受支持力和推力的合力方向竖 M 直向上 C.地面对斜面的支持力大小为40N 37和 7777777777777777 D.地面对斜面的摩擦力大小为0 6.如图所示，圆心为O、半径为R=1m的四分之一圆形光滑轨 道竖直固定在水平地面上，在O点正上方有一光滑的小定滑 轮C,小定滑轮到轨道最高点B的距离为1.5m,轻绳的一端 系一质量为1kg的小球（小球和小定滑轮均可视为质点），将 小球放在光滑圆形轨道上的A点，A点到小定滑轮的距离为 2m,另一端绕过小定滑轮后用力拉住。重力加速度大小 g取10m/s2,则下列说法正确的是 () B R 77777777 A.小球静止在A点时，四分之一圆形轨道对小球的支持力大 小FN=5N B.缓慢地拉轻绳使小球由A点运动到B点，该过程中小球所 受的支持力大小不变 C.小球静止在A点时，绳对小球的拉力大小Fr=10N D.缓慢地拉轻绳使小球由A点运动到B点，该过程中绳子拉 力先变小后变大 7.某质量为1.3×103kg的汽车在水平路面上刹车时， 其号图像如图所示。下列说法正确的是（) A.汽车的初速度大小为4m/s B.汽车受到的阻力大小为5.2× 1m-s习 103N C.汽车在第2s内的平均速度 0 为8m/s 0.2 /s) D.汽车在前3s内的位移大小是 -4 24m 必修第一册RJ版 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有 多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3 分，有选错的得0分) 8.某机器人在一段时间内的x-t图像如图所示(20s后的图线为 曲线，其余为直线)。下列说法正确的是 A.机器人在0~30s内的位移为0 +x/m B.0~10s内，机器人做匀速直线运动 C.10~30s内，机器人的平均速度大小 为0.35m/s 10 20 30s D.20~30s内，机器人的运动轨迹为 曲线 9.如图甲所示，倾斜白色的传送带正以恒定速率1 沿顺时针方向转动，传送带的倾角为0=37°。 煤块以初速度o从传送带的底部冲上传送带并沿 传送带向上运动，煤块运动的t图像如图乙所 示，煤块到传送带顶端时速度恰好为0，g取10/s2。则 ↑v/(ms1) 12 2 t/s 甲 乙 A.0~1s内煤块受到的摩擦力大于1~2s内煤块受到的摩 擦力 B.0~1s内煤块所受摩擦力方向与1~2s内煤块所受摩擦力 方向相反 C.煤块在传送带上留下的黑色痕迹长2m D.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25 10.如图所示，光滑水平面上有质量分别为m和2m 的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一根 劲度系数为k的轻弹簧相连，木块间的最大静摩 擦力是mg。现用水平拉力F拉其中一个质量 为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，下列说法正确 的是 ) m 2m F 21m 777777777777777777777777 A弹簧的最大伸长量为3mg 4k B若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间四个木块的加速度 不变 C,若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间左边两个木块的加速 度不变，右边两个木块的加速度变小 D,若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间左边两个木块之间的 摩擦力不变，右边两个木块之间的摩擦力的大小变为原来 的一半，方向与撤去拉力之前相同 。37● 一本高中物理周末小测卷 三、非选择题（本题共5小题，共54分） 11.(6分)某小组用如图甲所示装置测量当地的重力加速度。实 验中打出了一条较为理想的纸带如图乙所示，A、B、C、D、E 为连续的五个点迹，相邻两点之间的距离已标在纸带上。 电火花 纸带 计时器 限位孔 墨粉纸 左 右 4 B C D ）3.303.694.08+4.47单位：cm 甲 乙 (1)该条纸带的 (选填“左”或“右”)端和重物 相连。 (2)若打点计时器所用交流电源的频率为50Hz,则打下C点 时重物的瞬时速度大小为 m/s,当地的重力加速 度大小为 m/s2。(计算结果均保留三位有效数字) 12.新考法形式创新(8分)小明利用手机内置加速 度传感器探究加速度与合力的关系，实验装置如 图甲所示，已知当地的重力加速度为g。 ↑a/ms-2) P。R 弹簧 手机 小桶 4 t/s ) 丙 (1)轻弹簧上端固定，下端与手机相连，手机下端通过细绳悬 挂小桶，桶内装有砝码，整个系统静止。 (2)突然剪断悬挂小桶的细绳，取竖直向上为正方向，通过手 机软件记录竖直方向加速度α随时间变化的图像如图乙所 示，剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的 (选填 “P”“Q”或“R”)点。 (3)改变小桶中砝码的质量，重复步骤(2)，获得多组剪断细 绳瞬间手机所受合力F与加速度a的数据，作出a-F图像如 。38● 图丙所示，可得结论：在误差允许的范围内，质量一定时，手 机的 (4)如图丁所示，某同学在处理数据时，以剪断细绳瞬间手机 竖直方向的加速度a为纵坐标，砝码质量m为横坐标，绘制 a-m图像，获得一条斜率为ko,截距为ao的直线，则手机的 质量为 ,小桶的质量为 。(用ko、ao、g 表示) 13.(12分)货车运输圆柱形钢卷时，为防止钢卷滚 动，车厢常采用凹形槽。如图所示，某货车上的 凹形槽由倾角分别是30°、60°的斜面1、2组成，质 量为的圆柱形钢卷放置在凹形槽中且始终相 对于货车静止，不计钢卷与斜面间的摩擦。重力加速度大小 为g。 (1)当货车做匀速直线运动时，求斜面1、2分别对钢卷的支持 力大小F1、F2。 (2)当货车水平向右加速行驶且钢卷恰好对斜面2没有压力 时，求货车的加速度大小a1。 (3)当货车以大小为的速度水平向右匀速行驶，紧急刹车 (可视为匀减速直线运动)时钢卷恰好对斜面1没有压力，求 货车刹车直至停止的位移大小x。 斜面2 斜面1 30° 人60 14.(12分)某无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达， 可以探测前方的车辆和行人，在距离车辆或行人 比较近的时候，可以自发启动制动系统，能有效 避免碰撞事故的发生。一辆该类型的无人驾驶 汽车在平直公路上匀速行驶时速度大小不超过36km/h,加 速和减速时的最大加速度均为4/s2,不计激光传播时间。 (1)若该无人驾驶汽车正全速行驶，正前方同一车道有一摩 托车沿同一方向以6/s的速度匀速行驶，为避免相撞，无 人驾驶汽车应至少在距离摩托车多远处启动制动系统？ (2)如图所示，在平直公路的AB段正中间有一斑马线供行 人通行，一乘客在B点处下单，在其西侧相距800m的A点 处有一辆无人驾驶汽车立即自动接单。若该车接单2$后由 必修第一册RJ版 静止启动向乘客出发，但在斑马线前需停车让行30$，乘客下 单后至少等多久才能上车？ 北 斑马线 西 东 可 000 南 B 弥 15.新考法设问创新(16分)如图所示，木板B置于 水平面上，O点是其上表面的中点，木板B的上 表面O点右侧光滑，左侧粗糙。可视为质点的物 块A位于B的最右端，A、B均处于静止状态。 t=0时，对B施加水平向右的拉 A F 力F。已知A的质量mA-1kg, B的质量mB=2kg,A与B上表面O点左侧的动摩擦因数 1=0.4,B与地面间的动摩擦因数2=0.2，B的长度L= 2.0m,拉力F=10N,重力加速度大小g取10m/s2。 (1)求A到达O点的时间。 封 (2)求A到达O点时，B的速度大小。 (3)试通过计算分析A能否滑离B。若能滑离，求出滑离时 A的速度大小；若不能，求出A相对于B运动的位移大小。 (4)请在坐标系中画出0~3s内B运动的t图像。 ↑v/(msl) 2 1 0 0.51.01.52.02.53.0t/s 线模块综合检测·冲刺卷 1.D最大运行速度为350km/h,350km/h指的是瞬时速 率，A错误；早上7时25分从郑州东站出发，7时25分是时 h F 刻，2小时11分是经历的时间间隔，B错误；小明在高铁上 71g 看见铁轨后退，是以自身为参考系的，C错误；研究高铁从 R 郑州东站到北京西站所用的时间，高铁的大小、形状可以忽 略，高铁可以看作质点，D正确。 mg 2.D地面对直梯的支持力方向垂直于地面向上，地面对直梯 1 ,可得号=w}十2a,结合题图 1 1 7.C根据x=ot十 的摩擦力水平向左，则地面对直梯的作用力方向斜向左上 4 方，A错误；伽利略利用图乙中实验推理出“力不是维持物 可知=0.i2m/s=20m/s,2a=-4m/s,解得a= 体运动状态的原因”，B错误；图丙中小孩在重力作用下由 -8m/s2,汽车受到的阻力为f=ma=1.04×104N,A、B 静止开始沿斜面下滑，不是因为受到沿斜面向下的力，C错 误；图丁中汽车做匀变速直线运动的速度由1变为2，根 错误；刹车过程中汽车运动的时间。=%=2.5s,汽车在第 据加速度的定义式有a一是，可知该段时间内加速度方向 2s内的平均速度等于1.5s时刻的瞬时速度，即v2=U1.s= 十at1.s=8m/s,C正确；汽车在前3s内的位移等于前 与△v方向相同，D正确。 -0.2202 3.C对A施加两个大小都是60N且互成120°角的水平力， 2.5s内的位移，x=22=2X8m=25m,D错误。 根据力的合成及几何关系可知，物体A所受的合力F= 8.BC机器人在0~30s内的位移为△x=0一2m=一2m, 60N,根据牛顿第二定律可得F=ma,所以a=￡ A错误；010s内，机器人的xt图像是一条倾斜的直线， 表明机器人做匀速直线运动，B正确；10~30s内，机器人的 20m/g=3m/s,2s末物体A的速度大小为0=aL=3× 60 平均速度为0=一飞1 0-7m t2-t130s-10s =-0.35m/s,其大小 2m/s=6m/s,C正确。 为0.35m/s,C正确；xt图像只能描述直线运动，虽然20 4.C竖直上抛运动的加速度为重力加速度，恒定不变，则竖 30s内机器人的xt图像是一条曲线，机器人的运动也是直 直上抛是匀变速直线运动，A正确；根据速度与位移的关系 线运动，D错误。 公式有v2=2gH,解得甲落地时的速度大小v=20m/s,B 9.BD由题图乙可知在0~1s内煤块的速度大于传送带的 速度，煤块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与煤块运动的 正确；开始运动的前1s内，甲的位移为x1=2g2=5m, 方向相反；1一2s内，煤块的速度小于传送带的速度，煤块 方向竖直向下，乙的位移为x2=t-2gt2=5m,方向竖 所受摩擦力的方向沿传送带向上，与煤块运动的方向相同。 由于0~2s内煤块对传送带的压力一直没变，根据滑动摩 直向上，二者方向相反，C错误；根据速度变化量公式有 擦力公式f=F、可知，两段时间内煤块受到的摩擦力大 △V一g△t,所以在甲落地之前，甲、乙两球相同时间内的速 小相等，A错误，B正确；在0~1s内煤块的加速度为a1= 度变化量相同，D正确。 △？_4-12 5.C物块所受重力沿斜面向下的分力大小为mg sin37° 1 m/s2=一8m/s2,0~2s内煤块的加速度为 6N<Fcos37°=8N,可知物块相对于斜面有向上运动的趋 a2=一4m/s2,在0~1s内对煤块根据牛顿第二定律得 势，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，A错误；物块处于 -(mgsin0十ng cos0)=ma1,联立解得u=0.25,D正确； 静止状态，所受合力为0，结合上述分析可知，物块受到重 0~1s内煤块比传送带多走的位移△x1=2×(12-4)× 力、推力F、斜面的支持力与沿斜面向下的摩擦力四个力的 作用，根据平衡条件可知，支持力和推力F的合力与重力和 1 1m=4m,1~2s内传送带比煤块多走的位移△x:=2× 摩擦力的合力等大、反向，重力和摩擦力的合力方向斜向左 4×1m=2m(1~2s内煤块相对传送带向下移动)，故黑色 下方，可知支持力和推力的合力方向斜向右上方，B错误； 痕迹长为4m,C错误。 将斜面和物块看成一个整体，由竖直方向受力平衡可知，地 10.AD弹簧的伸长量最大时，右边两木块间摩擦力恰好达到 面对斜面的支持力F、=(M十m)g=40N,C正确；将斜面 最大值，对左边的两木块和右边质量为m的木块组成的系 和物块看成一个整体，由水平方向受力平衡可知，地面对斜 统，由牛顿第二定律有mg=4ma,对左边两木块组成的 面的摩擦力大小F:=F=10N,D错误。 系统，由牛顿第二定律有kxmx=3a,联立解得xmx 6.B对小球受力分析如图所示，小球受力平衡，由图可知力的 3umg 矢量三角形与几何三角形△0C相似，则有。一食- 4,a=4g,A正确；若突然撤去拉力，弹簧弹力不 变，左边两个木块受力不变，加速度不变，而右边两个木块 是小球静止在A点时，代人数器解得F-尽吸=4N。 受力发生改变，加速度发生改变，B错误；未撤去拉力前， mgL 整体加速度大小a,一品弹资弹力F,=3a,号，突然 F F,一R干元=8N,A,C错误；缓慢地拉轻绳使小球由A点 撤去拉力，左侧两个木块加速度不变，但右边两木块加速 运动到B点，根据R、一震F一其中8R,A mgL F弹F 度大小为a:-3m一6m a1,可知右边两个木块的加速度 均不变，L逐渐减小，则FN不变，FT变小，B正确，D错误。 大小不变，只是方向改变，C错误：由以上分析可知，突然 。31。 撤去拉力，左边两个木块受力不变，加速度不变，故左边两 (2)当无人驾驶汽车以最大加速度加速或减速，以最大速 个木块之间的摩擦力不变；未撤去拉力前，对右边质量为 度做匀速运动时，从A点处到B点处的时间最短。将整 2m的木块，由牛顿第二定律有F-f1=2ma1,联立解得 个过程分成4个匀变速直线运动，其余过程做匀速直线运 人一号F,分析可知万方向水平向左。撤去拉力的瞬间， 动，汽车启动至最大速度用时 对右边质量为2m的木块，由牛顿第二定律有f2=2ma2= t6=”=2.5s 3=2f1,分析可知f2方向水平向左，D正确。 通过的位移x。=2a=12.5m 11.(1)左(21.949.75 根据对称性可知，整个匀速过程的位移 【解析】(1)与重物相连的纸带的一端经过打点计时器时的 x2=x一4x0=750m 速度较小，对应的点迹间距较小，故该纸带左端与重物 匀速行驶时间 相连。 (2由c=20,代入数据得≈1.94m/s,由g -号=75s 所用总时间t=2s十4to十t2+30s=117s。 (xE十xm)-（x十x）,代入数据得g=9.75m/s。 4T2 15解：(1)A位于O点右侧时，A静止，B向右做匀加速直线 运动，根据牛顿第二定律有 12(②P(同加速度与其所曼的合力成正比（④是是 F-k2(mA十mg)g=mBaB 【解析】(2)剪断细绳瞬间手机所受的合力竖直向上且最 解得ag=2m/s2 大，则加速度为向上的最大值，可知应该对应题图乙中的 L P点。 根据位移公式有之=2a1 (3)根据作出的α-F图像可得结论：在误差允许的范围内 解得t,=1s 质量一定时，手机的加速度与其所受的合力成正比。 (2)根据速度公式有vB=aBt (4)剪断细绳前，设弹簧弹力为F,小桶质量为mo,手机质 解得vg=2m/s 量为M,对手机由平衡条件知F=(m十mo)g十Mg;剪断 (3)A位于O点左侧时，对A根据牛顿第二定律有 细绳瞬间，对手机由牛顿第二定律有F一Mg=Ma,联立 uimAg-mAaA 可得a= 十M。题图丁中图像的斜率为。，对照上 mog 解得aA=4m/s 由于F=mAg十μ2(mA十mB)g 式可得。=各，解得M=是，截距a,=,解得 g 则A位于O点左侧时，B做匀速直线运动，若B足够长， 经时间t2后，A、B共速，则有vB=aAt2 ao mo= 解得t2=0.5s k。 根据位移公式有xA= 1 18,解：(1)由平衡条件可知F,=mg cos30°-5， 2 mg xB=UBt2 F2=mgsin30°=2mg 由于xB一xA<2 (2)当货车水平向右加速行驶且钢卷恰好对斜面2没有压 可知A不能滑离B,则有△x=xB一xA 力时，由牛顿第二定律有 解得△x=0.5m mgtan30°=ma1 廊得a,-g 则A相对于B运动的位移大小△x-Ax+2L=1.5m (4)结合上述可知，B在0~1.0s内以加速度ag=2m/s2 (3)钢卷恰好对斜面1没有压力时，由牛顿第二定律有 mg tan60°=ma2 做匀加速直线运动，1.0~1.5s内以速度2m/s做匀速直 线运动，1.5~3.0s内A、B保持相对静止做匀加速直线运 解得a2=√3g 动，对A、B整体，根据牛顿第二定律有 由速度与位移的关系式得，货车刹车直至停止的位移大小 F-2(mA十mg)g=(mA十ms)a 解得a=专m/付 14.解：(1)设两车共速所用时间为t,则 3s末时B的速度 )一at=V摩 4 代入数据解得t=1s v-v8+al=2 m/s+3X(3.0-1.5)m/s-4 m/s 此过程中，无人驾驶汽车运动的距离为 作出0~3s内B运动的t图像如图所示。 1 x车=之(0十v摩)t=8m ↑/(ms-) 摩托车运动的距离为 3 x摩=V降t=6m 所以，无人驾驶汽车启动制动系统时到前面摩托车的距离 至少为 0.51.01.52.02.53.0t/s △x=x车一x降=2m 。32