综合检测(word版练习)-【突破课堂】2025-2026学年高中物理必修第一册同步基础巩固练（人教版）

必修第一册综合检测 建议用时90分钟 满分100分 　　　　　 　　　　　 　　　　　 一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的) 1.物理学的发展推动了社会的进步,下列关于物理学上的一些事件和科学方法的叙述正确的是(　　) A.在探究合力与分力的关系实验时,采用了控制变量法 B.牛顿通过理想斜面实验得到了“力不是维持物体运动的原因”的结论 C.最早建立平均速度、瞬时速度以及加速度概念的科学家是伽利略 D.用比值定义法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例,例如加速度a=就是采用比值定义法定义的 2.下列有关亚运会比赛项目说法正确的是(　　) A.电子竞技项目中某游戏一局的时间为15分钟,“分钟”是国际单位制的基本单位 B.研究皮划艇比赛中皮划艇的船体姿态时,皮划艇不可看成一个质点 C.两百米游泳比赛中运动员用时1分43秒,则平均速度大小约为2 m/s D.羽毛球比赛中运动员跳起扣球时速度增大,运动员的惯性增大 3.如图所示,蚂蚁在半球形碗中从底部经a点缓慢爬行到b点,在此过程中蚂蚁所受摩擦力和弹力的情况是(　　) A.弹力变小 B.弹力变大 C.摩擦力变小 D.摩擦力大小不变 4.如图所示,M、N两物体叠放在一起,在恒力F作用下保持相对静止,一起沿粗糙竖直墙面向上做匀速直线运动,则关于两物体受力情况的说法正确的是(　　) A.物体M一定受到5个力 B.物体N可能受到4个力 C.物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力 D.物体M与N之间一定有摩擦力 5.两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图像如图所示。在0~t0时间内,下列说法正确的是(　　) A.Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小相等 B.Ⅰ物体所受的合外力不断增大,Ⅱ物体所受的合外力不断减小 C.Ⅰ物体的位移不断增大,Ⅱ物体的位移不断减小 D.Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力都在不断减小 6.2020年11月,中国“奋斗者”号载人潜水器在“马里亚纳海沟”成功坐底,坐底深度10 909米。“奋斗者”号在某次竖直方向运动的v-t图像如图所示,规定竖直向上为正方向。下列说法正确的是(　　) A.0到300 s内,“奋斗者”号竖直向上运动了600 m B.200 s时,“奋斗者”号的运动方向发生了改变 C.300 s到500 s内,“奋斗者”号先处于失重状态,后处于超重状态 D.0到500 s内,“奋斗者”号在0到200 s内加速度最大 7.如图所示,倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平地面上,物块B置于斜面上,已知B、C间的动摩擦因数为μ=tan θ,B通过轻绳跨过光滑的轻质定滑轮与物块A连接,连接B的一段轻绳与斜面平行,A、B的质量分别为m、M。现给B一初速度,使B沿斜面下滑,C始终处于静止状态,重力加速度为g,则在B下滑的过程中,下列说法正确的是(　　) A.不论A、B的质量大小关系如何,A一定处于超重状态 B.A运动的加速度大小为a= C.地面与斜面体间一直存在摩擦力 D.水平地面对C的支持力小于B、C的总重力 8.如图所示,轻弹簧一端固定在列车车厢顶部。另一端与穿过光滑竖直杆的小球连接,杆足够长,在列车以某一恒定加速度在水平面上启动的过程中,小球相对杆静止于M点。则(　　) A.小球一定受重力、弹簧弹力和杆的弹力作用 B.小球可能只受重力和弹簧弹力作用 C.弹簧对球的弹力是由于球的形变产生的 D.小球所受合力为零 二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,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) 9.如图所示,在轻绳中间用挂钩(未画出)悬挂一个质量为m的重物,双手紧握轻绳的两端,然后沿水平固定的刻度尺缓慢分开,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.两侧轻绳拉力的合力减小 B.两侧轻绳的拉力均增大 C.当θ=90°时两侧轻绳的拉力均为 D.当两侧绳长与两手间距相等时两侧轻绳的拉力均为mg 10.如图甲所示,平行于倾角为θ的固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动,运动过程中加速度a与F的关系如图乙。图线的斜率为k,与F轴交点的横坐标为c,与a轴交点的纵坐标为-b。由图可知(　　) 　　 甲 乙 A.小物块的质量为k B.小物块的质量为 C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b D.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c 11.如图所示是一种“鱼虾自动分离装置”的简化结构图,此装置可以实现机械化分离鱼和虾。分离器出口在倾斜传送带中段适当位置正上方一定高度,鱼虾下落到传送带时均有沿传送带向下的初速度,最终虾均能被传送至下端收集箱中,鱼均能被传送到上端收集箱中,已知传送带与水平面间夹角为θ,始终以恒定速率顺时针转动。则下列说法正确的是(　　) A.鱼和虾在传送带上运送的过程所受的摩擦力方向始终沿传送带向上 B.虾在传送带上做加速直线运动,鱼在传送带上做减速直线运动 C.虾与传送带间的动摩擦因数有可能小于tan θ D.鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于tan θ 12.如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　) A.P的加速度大小的最大值为2μg B.Q的加速度大小的最大值为2μg C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 三、非选择题(本题共6小题,共60分) 13.(6分)某同学利用钩码和刻度尺研究一橡皮筋所受弹力与其伸长量之间的关系。 (1)如图甲,先将橡皮筋的一端固定在铁架台上,橡皮筋的另一端系一轻质挂钩和指针。 (2)在挂钩上逐个挂上单个质量为10 g的钩码,并记录下指针所对应的刻度,L1~L6为所挂钩码数量为1~6个时指针所对应刻度,L0为不挂钩码时指针所对应刻度。记录如表: 代表符号 L0 L1 L2 L3 L4 L5 L6 数值(cm) 17.35 19.35 21.30 23.42 25.34 27.40 29.36 xn=Ln-L0 0 2.00 3.95 6.07 7.99 10.05 12.01 (3)根据测量数据作出x-m图像,如图乙。 　 甲 乙 (4)由图像可得该橡皮筋的劲度系数k=　　　N/m(g=9.8 m/s2)。  (5)由x-m图像,可以得出的结论是　　　　　　　　　　　　　　。  (6)若考虑挂钩和指针,本实验测得橡皮筋的劲度系数与真实值相比　　　(选填“偏小”“偏大”或“相等”)。  14.(8分)如图甲是利用气垫导轨探究“在外力一定的条件下,物体加速度与质量的关系”的实验装置。 甲 已知两光电门中心之间的距离为s,挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间分别为Δt1和Δt2,滑块和挡光条的总质量为M,挡光条宽度为l。实验中改变滑块的质量进行了多次实验。 (1)用所给物理量的字母表示,加速度a=　　　。  (2)由图乙中画出的图线(实线),可得到砝码和砝码盘的总重力G=　　　N。  乙 (3)由所得数据画出的图线与理论值(虚线)有一定的差距,可能原因是　　　　　　　　　　　　　　。  15.(7分)城镇老旧小区改造中常需要把建材吊运到居民楼顶,吊运过程如图所示,静止站在地面上的工人将建材拉离墙面一定距离,楼顶工人缓慢向上拉绳。某时刻轻绳OA、OB与竖直方向的夹角分别为α=37°、β=53°,已知建材的质量m=42 kg,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。求该时刻: (1)轻绳OA、OB的拉力FA和FB的大小; (2)地面上工人对地面的摩擦力的大小和方向。 16.(9分)如图所示为ETC专用通道,若某车减速前的速度为v0=72 km/h,靠近站口时以大小为a1=4 m/s2的加速度匀减速,通过收费站口时的速度为v=14.4 km/h,然后立即以a2=8 m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道),试问: (1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速? (2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,运动的时间是多少? (3)若在人工收费通道,汽车以a1匀减速到停下,花20 s拿卡后,又以a2匀加速到原来速度,汽车通过ETC通道比人工收费通道节约多长时间? 17.(14分)如图甲所示,以恒定速率逆时针转动的传送带倾斜放置,倾角θ=37°。t=0时将一煤块从传送带的顶端A由静止释放,其速度随时间变化的图像如图乙所示,t=3 s时到达传送带的底端B点。重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,煤块可视为质点。求: (1)煤块与传送带间的动摩擦因数μ; (2)t=3 s时煤块的速度大小v和传送带上A、B之间的距离l; (3)煤块在传送带上留下的痕迹长度s。 甲 乙 18.(16分)如图所示,质量为M(大小未知)的长木板静止在粗糙水平地面上,一个质量m=4 kg的物块(可视为质点)在某一时刻以v0=6 m/s的水平初速度从木板左端滑上木板,经t1=2 s时间后物块与木板恰好达到共同速度,且在此时对木板施加方向水平向右的恒力F=20 N作用,物块又经t2(大小未知)时间后从木板的左端滑出。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)物块滑上长木板达到共速前,物块与长木板各自的加速度大小; (2)长木板的质量M以及两者达到共速的瞬间,物块到木板左端的距离d; (3)施加拉力F后,木板加速度大小; (4)从施加拉力F到物块从木板左端滑出所经历的时间t2(本小问结果可以保留根号)。 必修第一册综合检测 1.C　在探究合力与分力的关系实验时,采用了等效替代法,故A错误;伽利略通过理想斜面实验得到了“力不是维持物体运动的原因”的结论,故B错误;平均速度、瞬时速度以及加速度概念是伽利略在研究自由落体运动规律中建立的,故C正确;公式a=是牛顿第二定律的表达式,不是采用比值定义法定义的,故D错误。 2.B　时间在国际单位制中的基本单位是秒,故A错误;研究皮划艇比赛中皮划艇的船体姿态时,皮划艇不可看成一个质点,故B正确;两百米游泳比赛中运动员的路程是200 m,其位移是0,故C错误;惯性只与质量有关,故D错误。 3.A　在此过程中蚂蚁受力平衡,设蚂蚁所在位置的切线与水平方向的夹角为θ,根据平衡条件可得f=mg sin θ,F=mg cos θ,蚂蚁缓慢上爬的过程中,θ逐渐增大,弹力变小,摩擦力变大。故选A。 4.D　物体N向上做匀速直线运动,根据平衡条件可知,物体N受到重力,物体M对N的支持力,由于N所受外力的合力为0,则M对N一定有沿M的斜面向上的静摩擦力,即物体N受到3个力,故B错误,D正确;对物体M、N整体进行分析,整体受到重力与竖直向上的恒力F作用,由于整体处于平衡状态,整体的合力为0,可知墙对整体没有弹力作用,即墙对M没有弹力作用,接触面之间没有弹力作用,必定没有摩擦力作用,即物体M与墙之间一定没有弹力和摩擦力,故C错误;根据上述可知,物体M受到重力、恒力F、N对M的压力与摩擦力,即物体M一定受到4个力,故A错误。 5.D　在v-t图像中,图线与横轴所围面积表示位移,=,由图可知0~t0时间内Ⅰ物体的位移大于Ⅱ物体的位移,则Ⅰ物体的平均速度大于Ⅱ物体的平均速度,A错误;在v-t图像中,图线的斜率表示物体的加速度,由图可知,两物体各自的加速度都在不断减小,则两物体各自所受的合力都在不断减小,B错误,D正确;两图线与横轴所围的面积都随时间增大,所以两者的位移都在不断增大,C错误。 6.A　由v-t图像中,图线与横轴围成的面积代表位移,t轴以上代表位移为正,t轴以下代表位移为负,可知0到300 s内,位移为正,所以“奋斗者”号竖直向上运动,运动位移x=(100+300)×3 m=600 m,A正确;由图像知,200 s时,速度方向不变,开始竖直向上做匀速直线运动,B错误;300 s到450 s内,“奋斗者”号竖直向上做匀减速直线运动,处于失重状态,450 s到500 s内,速度改变方向,竖直向下做匀加速直线运动,处于失重状态,C错误;根据加速度公式知,0到200 s内加速度a1= m/s2=0.015 m/s2,在300 s到500 s内加速度a2= m/s2=-0.020 m/s2,所以|a2|>|a1|,D错误。 7.B　分析可知B沿斜面做减速运动,A向上做减速运动,则对B,T+μMg cos θ-Mg sin θ=Ma,对A,mg-T=ma,其中Mg sin θ=μMg cos θ,可得a=,此时A处于失重状态,选项A错误,B正确;B对斜面有垂直斜面向下的压力Mg cos θ和沿斜面向下的摩擦力μMg cos θ,因Mg sin θ=μMg cos θ,可知两个力的合力竖直向下,大小等于Mg,则地面对斜面体无摩擦力作用,水平地面对C的支持力等于B、C的总重力,选项C、D错误。  8.B　弹簧对球的弹力是由于弹簧的形变产生的,故C错误;列车以某一恒定加速度启动,根据牛顿第二定律有F合=ma,小球所受合力不为零,故D错误;由于列车以某一恒定加速度在水平面上启动,可知小球的加速度方向沿水平方向,即小球所受合力方向沿水平方向,小球竖直方向的合力为0,弹簧一定处于拉伸状态,弹簧弹力沿竖直方向上的分力与重力平衡,当小球的加速度方向水平向左时,杆对小球一定有水平向左的弹力,此时,小球受到重力、弹簧弹力和杆的弹力作用,当小球的加速度水平向右时,令弹簧弹力为F0,弹簧与竖直方向的夹角为θ,若有F0 sin θ=ma0,解得a0=,此时小球只受到重力与弹簧的弹力,若小球加速度方向向右,且加速度大小不等于时,小球受到重力、弹簧弹力和杆的弹力作用,故A错误,B正确。 9.BC　两侧轻绳拉力的合力大小不变,始终等于悬绳中拉力大小,即重物的重力mg,则有2F cos =mg,解得F=,可知两侧轻绳的拉力均增大,故A错误,B正确;当θ=90°时,代入数据可得F==,故C正确;当两侧绳长与两手间距相等,即θ=60°时,两侧轻绳的拉力均为F==,故D错误。 易错警示　当两侧轻绳之间的夹角为120°时,两侧轻绳的拉力大小均为mg,当两侧绳长与两手间距相等时,两侧轻绳之间的夹角为60°。 10.BD　以物块为研究对象,根据牛顿第二定律,F-mg sin θ-f=ma,解得a=-,结合a-F图像可得,k=,小物块的质量m=,故A错误,B正确;由图像知,-=-b,k=,解得摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为mg sin θ+f=c,故C错误,D正确。 11.ACD　由于鱼和虾最终均能进入收集箱,且两者落在传送带时均有沿传送带向下的初速度,故鱼和虾所受摩擦力方向一定始终沿传送带向上,A正确。由受力分析可知,虾的重力沿传送带向下的分力有可能小于虾所受到的摩擦力,即mg sin θ<μ虾mg cos θ,得tan θ<μ虾,也有可能虾的重力沿传送带向下的分力大于虾所受的摩擦力,即mg sin θ>μ虾mg cos θ,得tan θ>μ虾,同理也可能有tan θ=μ虾;要保证鱼均能进入上端收集箱,则应先向下减速,后向上加速,若传送带足够长还有可能最后做匀速运动,所以对鱼一定有mg sin θ<μ鱼mg cos θ,即μ鱼>tan θ,故B错误,C、D均正确。 12.AD　图形剖析　 解题思路　设两滑块的质量都为m,两滑块均做匀速直线运动时,由平衡条件可知F=2μmg,隔离滑块Q,由平衡条件可知弹簧的拉力FT=μmg。撤去拉力瞬间,弹簧弹力不变,对滑块Q,受力不变,aQ=0,对滑块P受力分析,规定向右为正方向,由牛顿第二定律有aP=-=-2μg;之后滑块P、Q之间的距离减小,P的加速度逐渐减小,Q的加速度逐渐增大,当弹簧第一次恢复原长时,aP´==-μg,aQ´==-μg,故A正确,B错误;作出两滑块运动的v-t图线如图所示,由图可知,运动后,P的图线一直在Q的下方,P的位移大小一定小于Q的位移大小,故D正确,C错误。 13.答案　(4)4.9　(5)在弹性限度内,橡皮筋的弹力与其伸长量成正比　(6)相等 解题思路　(4)根据受力平衡可得mg=kx,则x=m,x-m图像的斜率== m/kg=2 m/kg,解得弹簧的劲度系数为k=4.9 N/m。(5)x-m图像为过原点的直线,可以得出的结论是在弹性限度内,橡皮筋的弹力与其伸长量成正比。(6)若考虑挂钩和指针,图像斜率不变,本实验测得的橡皮筋的劲度系数不变。 14.答案　(1)　(2)2.5　(3)没选取滑块、挡光条、砝码和砝码盘一起作为研究对象 解题思路　(1)挡光条经过两光电门时的速度分别为v1=,v2=,则加速度a==。(2)设砝码和砝码盘的质量为m,根据牛顿第二定律,mg-T=ma,T=Ma,可得=M+,由题图乙可知= N-1=0.4 N-1,解得mg=G=2.5 N。(3)图线与理论值(虚线)有一定的差距的可能原因是没有选取滑块、挡光条、砝码和砝码盘一起作为研究对象(或M没有加上砝码和砝码盘的质量)。 15.答案　(1)1 200 N　900 N　(2)720 N,方向水平向右 解题思路　(1)建材受力平衡,在水平方向有FA sin α-FB sin β=0 在竖直方向有FA cos α-mg-FB cos β=0 联立解得FA=1 200 N,FB=900 N (2)对地面上工人受力分析,在水平方向有Ff=FB sin β 解得Ff=720 N 由牛顿第三定律知,工人对地面的摩擦力大小Ff´=Ff=720 N,方向水平向右。 16.答案　(1)48 m　(2)6 s　(3)21.35 s 图形剖析　 解题思路　(1)取该车初速度方向为正方向,v=14.4 km/h=4 m/s,v0=72 km/h=20 m/s,该车进入站口前做匀减速直线运动,则v2-=-2a1x1 解得x1=48 m (2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,则匀减速阶段,v=v0-a1t1 解得t1=4 s 匀加速阶段,t2= 解得t2=2 s 则运动的时间t=t1+t2=6 s (3)若在人工收费通道,汽车以a1匀减速到停下的时间t3== s=5 s 匀减速阶段的位移为x1´=t3=50 m 拿卡时间t4=20 s 以a2匀加速到原来速度的时间t5== s=2.5 s 加速阶段的位移为x2´=t5=25 m 通过ETC时加速阶段的位移为x2=t2=24 m 汽车通过ETC通道比人工收费通道节约的时间Δt=t3+t4+t5-t-=21.35 s 17.答案　(1)0.5　(2)14 m/s　29 m　(3)5 m 解题思路　(1)煤块放到传送带上时,相对于传送带向上运动,设加速度大小为a1,根据牛顿第二定律,沿传送带方向有mg sin θ+μmg cos θ=ma1 由图像可知a1==10 m/s2 联立可得μ=0.5 (2)t=1 s时,煤块与传送带达到共同速度v0=10 m/s,设以后的加速度大小为a2,由牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma2  t=3 s时煤块的速度大小v=v0+a2Δt2 可得v=14 m/s 煤块在传送带上的第一段加速运动的位移x1=Δt1=5 m 第二段加速运动的位移x2=Δt2=24 m A、B之间的距离l=x1+x2=29 m (3)第一段加速运动的过程中,煤块比传送带运动得慢,传送带的位移x带1=v0Δt1=10 m 相对位移Δx1=x带1-x1=5 m 第二段加速运动的过程中,煤块比传送带运动得快,x带2=v0Δt2=20 m Δx2=x2-x带2=4 m 故留下的痕迹长度s=5 m 18.答案　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 kg　6 m (3)3 m/s2　(4)2 s 解题思路　(1)对物块,由牛顿第二定律有μ1mg=ma1 解得a1=μ1g=2 m/s2 因为2 s时达到共速,则此时速度大小v1=v0-a1t1=2 m/s 长木板由静止做匀加速直线运动,加速度大小a2==1 m/s2 (2)对长木板,由牛顿第二定律有 μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2 解得M=2 kg 前2 s内物块的位移大小为x1=t1=8 m 前2 s内长木板的位移大小为x2=t1=2 m 则共速瞬间,物块到长木板左端的距离d=x1-x2=6 m (3)施加拉力F后,对长木板,由牛顿第二定律有 F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3 解得a3=3 m/s2 (4)从施加拉力F到物块从木板左端滑出的过程中,木板的位移x木板=v1t2+a3 物块的位移x物块=v1t2+a1 x木板-x物块=d 解得t2=2 s 学科网（北京）股份有限公司 $