模块综合测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（鲁科版）

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．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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 s末到3 s末这1秒钟，B错误。速度、加速度和速度变化量都既有大小，又有方向，且相加运算遵循平行四边形定则，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 2．一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° 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5．物体甲的x­t图像(位置—时间图像)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：x­t图像的斜率表示速度，因甲的x­t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。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6．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N，则 (　　) A．N＝0 B．0<N<F C．F<N<2F D．N>2F 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7．在倾角为θ＝30°的长斜面上有一滑块，从静止开始沿 斜面下滑，滑块质量m＝2 kg，它与斜面间的动摩擦因数为μ， 滑块受到的空气阻力与滑块下滑的速度大小成正比，即f＝kv。 滑块从静止下滑的速度图像如图所示，图中直线a是t＝0时v­t图 像的切线。则μ和k的值为(g取10 m/s2) (　　) A．μ＝0.23，k＝3 N·s/m B．μ＝0.58，k＝4 N·s/m C．μ＝0.23，k＝5 N·s/m D．μ＝0.58，k＝6 N·s/m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：台秤的示数大于在静止地面上称的体重，说明该同学处于超重状态，该同学有向上的加速度，则电梯的加速度一定向上，电梯可能向上加速运动，也可能向下减速运动，故选C、D。 　 8．如图所示，一同学在电梯里站在台秤上称体重，发现体重明显大于在静止地面上称的体重，则 (　　) A．电梯一定处于上升阶段 B．电梯一定处于加速上升阶段 C．电梯可能处于下降阶段 D．电梯的加速度一定向上 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：对小球受力分析，小球受重力mg、斜面对小 球的支持力N及轻绳的拉力T，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N′与斜面对小球的支持力N为一对作用力与反作用力，所以N′一直增大且与水平方向夹角不变，N′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。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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)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 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (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。 2.6 3.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(8分)在“探究加速度与力、质量的关系”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。 M远大于m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (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？______________________。 木板倾角过大，平衡摩擦力及其他阻力过度 小车及车中砝码的质量M 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (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) 1.58 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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：(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 解析：(1)分析P点的受力如图甲所示，有 TAcos37°＝mg TAsin37°＝TB 可解得TB＝mg tan 37°＝6 N。 (2)分析木块的受力情况如图乙所示，有 f＝Mgsin37°＋FBcos37° N＋TBsin37°＝Mgcos37° 解得f＝64.8 N，N＝76.4 N。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(11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：(1)36 m　(2)6.5 s　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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，则足球做匀减速运动的时间为t1，有v1＝a1t1 解得t1＝6 s 足球运动的位移为s1＝t1＝36 m。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 3．如图所示，鱼儿从水下一定深度由静止以大小为 eq \f(\a\vs4\al(g),2)(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． eq \r(2)h C．h D．4h 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· eq \f(\a\vs4\al(g),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。 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N＝mg，由牛顿第二定律得机器人对菜品的摩擦力f＝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＝ eq \r(N2＋f2)＝ eq \r((mg)2＋(ma)2)>mg，D正确。 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－N＝m1a；将两式联立解得N＝F \f(2,1＋\f(m2,m1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－)) ，因m1<m2，故0<N<F，B正确。 解析：由题图可知，t＝0时，滑块的加速度大小a0＝3 m/s2，根据牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma0，代入数据得μ＝0.23。当滑块的速度达到v＝2 m/s时，滑块匀速运动，则mg sin θ－μmg cos θ－kv＝0，解得k＝ eq \f(mg sin θ－μmg cos θ,v)＝3 N·s/m。故选A。 10．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，位移最大时的速度即汽车的末速度为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v eq \o\al(2,t)－v eq \o\al(2,0)＝2as比较可知a＝－8 m/s2，又因为F合＝m|a|，G＝mg，可知F合＝ eq \f(4,5)G，而F合、G与汽车对司机作用力F所构成的矢量三角形如图所示，可得F作＝eq \o\al(2,合) eq \r(F＋G2) ＝ eq \f(\r(41),5)G，故D错误。 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(\a\vs4\al(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a­ eq \f(1,M)图像。 (3)图a中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力及其他阻力时木板倾角过大，平衡摩擦力及其他阻力过度。 (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，所以相邻两计数点间隔的时间T＝5× eq \f(1,f)＝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。 (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s2、t2 由匀变速直线运动规律有v2＝a2t2 s2＝ eq \f(v2,2)t2 解得t2＝4 s，s2＝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，有s1－(s2＋s3)＝v2t3，解得t3＝0.5 s， 前锋队员追上足球的时间t＝t1＋t3＝6.5 s。 15．(16分)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＝ eq \f(\r(3),6)，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： 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sAB，则有sAB＝ eq \f(h,sin θ)＝5 m 由牛顿第二定律有mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma1 解得货物下滑时的加速度大小为a1＝g sin 30°－μ1g cos 30°＝2.5 m/s2 由匀变速直线运动位移—速度关系式有v eq \o\al(2,1)＝2a1sAB 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＝ eq \f(v－v1,a2)＝1 s 货物加速位移大小为s1＝eq \o\al(2,1) eq \f(v2－v,2a2) ＝6.5 m 因s1<l，则货物继续匀速运动，货物匀速运动的时间为t2＝ eq \f(l－s1,v)＝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s货＝ eq \f(v＋v共,2)t3＝3.5 m 平板车的位移s车＝ eq \f(v共,2)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＝s货－s车＝2 m。 $