模块检测卷-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第一册同步课堂高效讲义教师用书Word（鲁教版）

模块检测卷 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、选择题(本题共12小题，共40分。第1～8小题只有一个选项正确，每小题3分，第9～12小题有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 1.在物理学研究过程中，科学家们创造了许多重要的物理学研究方法，比如：理想实验法、控制变量法、微元法、极限思想法和理想模型法等，以下关于物理学研究方法的叙述正确的是(　　) A.在研究合力和分力的关系时，采用了极限思想法 B.著名的伽利略斜面实验，应用了理想实验法 C.忽略物体的大小和形状，用质点代替物体，采用了控制变量法 D.探究加速度a和力F、质量m关系的实验，主要应用了等效替代法 答案：B 解析：在研究合力和分力的关系时，采用了等效替代法，A错误；著名的伽利略斜面实验，应用了理想实验法，B正确；质点概念的引入运用了理想化模型法，C错误；探究加速度a和力F、质量m关系的实验，主要应用了控制变量法，D错误。故选B。 2.《中国诗词大会》在央视一套、十套播出，备受广大观众喜欢，在中国大地掀起诗词热。在这些脍炙人口的诗词中包含着许多物理知识，下列说法不正确的是(　　) A.宋代诗人陈与义的诗句“飞花两岸照船红，百里榆堤半日风。卧看满天云不动，不知云与我俱东。”其中“云与我俱东”意思是说诗人和云都向东运动，诗人以两岸或两岸的红花、榆树为参考系 B.唐代诗人李白的诗句“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还。”根据“千里江陵一日还”可估算出诗人李白的平均速度 C.李白在《望天门山》一诗中写到“两岸青山相对出，孤帆一片日边来”。诗文中的“青山相对出”选择的参考系是孤帆 D.毛泽东诗句“坐地日行八万里，巡天遥看一千河。”说的是地面上的人随地球自转运动，可以看到日月星辰，“日行八万里”是以日月星辰为参考系 答案：B 解析：“云与我俱东”意思是说诗人和云都向东运动，诗人以两岸或两岸的静止物体为参考系，故A正确，不符合题意；“千里江陵一日还”可估算出诗人李白的平均速率，由于位移无法得出，则无法求出平均速度的大小，故B错误，符合题意；诗文中的“青山相对出”选择的参考系是孤帆，故C正确，不符合题意；毛泽东诗句“坐地日行八万里，巡天遥看一千河。”说的是地面上的人随地球自转运动，可以看到日月星辰，“日行八万里”是以日月星辰为参考系，故D正确，不符合题意。 3.2020年初，武汉发生新冠疫情，“共和国勋章”获得者钟南山，不顾危险，从北京乘坐高铁赶赴武汉。随着疫情的发展，为了和时间赛跑，首都医科大学的白衣天使们乘坐飞机“逆行”武汉，展示了中国人民战胜疫情的决心和勇气，若忽略北京和武汉的城市大小，在地图上都看成一个点，下列说法正确的是(　　) A.钟南山和白衣天使们的位移相同 B.钟南山和白衣天使们的路程相同 C.钟南山的位移大些 D.白衣天使们的位移大些 答案：A 解析：钟南山和医科大学的白衣天使都是从北京赶往武汉，路程有可能不同，但是两者的始末位置相同，故而位移相同，故选项A正确。 4.如图甲为一种儿童玩具——不倒翁，其纵截面如图乙，底部是半球形，球心为O，顶点为P。“不倒翁”静止时直立，用手推一下上部，“不倒翁”倾斜，放手后来回摆动若干次后重新直立静止。下列判断正确的是(　　) A.“不倒翁”的重心位于O点 B.“不倒翁”的重心位于O点上方 C.摆动中“不倒翁”从直立变倾斜过程，重心上升 D.摆动中“不倒翁”从直立变倾斜过程，重心下降 答案：C 解析：假设“不倒翁”的重心在O点，则“不倒翁”倾斜后，支持力还是沿半径过球心，“不倒翁”仍平衡，不会自动恢复直立，假设“不倒翁”的重心在O点上方，“不倒翁”倾斜后会倾倒，更不会自动直立，所以“不倒翁”的重心位于O、P连线上且在O点下方某处，故A、B错误；“不倒翁”静止时重心位置最低，所以“不倒翁”从直立变倾斜的过程中，重心上升，故C正确，D错误。故选C。 5.如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则下列说法正确的是(　　) A.c对b的摩擦力始终增加 B.地面对c的支持力始终不变 C.地面对c的摩擦力始终不变 D.细绳对滑轮的作用力方向始终不变 答案：D 解析：对b受力分析(图甲)，b受重力、细绳给它的拉力、斜面给它的支持力和摩擦力(未画出)，摩擦力有多种情况，当拉力F大于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力沿斜面向下，在a中的沙子缓慢流出的过程中，拉力F变小，摩擦力先变小到零后反向变大；当拉力F小于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力沿斜面向上，在a中的沙子缓慢流出的过程中，拉力F变小，摩擦力一直变大，故A错误。选b、c整体为研究对象， 受力分析如图乙所示，根据整体受力平衡可知N'＋Fsin θ＝(mb＋mc)g，f＝Fcos θ，在a中的沙子缓慢流出的过程中，拉力F变小，故地面对c的支持力N一直变大，地面对c的摩擦力一直变小，故B、C错误。a、b、c都处于静止状态，故绳子方向不发生变化，且绳上的拉力大小相等，由二力合成特点可知细绳对滑轮的作用力方向始终不变，故D正确。故选D。 6.在一次极限项目表演中，选手正沿倾斜钢丝小心翼翼地缓慢上行。在这一过程中(　　) A.选手手中的平衡杆所受合力为零 B.选手受到钢丝的摩擦力沿钢丝斜向下 C.钢丝对人的作用力垂直钢丝向上 D.钢丝对选手的支持力和选手对钢丝的压力是一对平衡力 答案：A 解析：选手沿倾斜钢丝小心翼翼地缓慢上行，可以看做平衡状态，平衡杆每个状态也看做平衡状态，所以所受合力为0，故A正确；选手相对钢丝有向下滑的趋势，则选手受到钢丝的摩擦力沿钢丝斜向上，故B错误；钢丝对人施加了垂直钢丝向上的支持力、沿钢丝向上的摩擦力，二者的合力竖直向上与重力平衡，故C错误；根据牛顿第三定律知，钢丝对选手的支持力和选手对钢丝的压力是一对作用力和反作用力，故D错误。 7.全国青少年无人机大赛是由中国航空学会主办的面向全国青少年的无人机专项创新赛事。在某次比赛中，某校学生设计制造参赛的无人机自身质量为m，下端可挂一质量为m的模拟炸弹。参赛学生遥控无人机使其以恒定升力F垂直水平地面起飞，经时间t后速度大小为v，此时释放模拟炸弹，又经时间t炸弹落回到地面。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法中正确的是(　　) A.模拟炸弹释放前和释放后运动的位移相同 B.模拟炸弹释放前和释放后加速度大小之比为3∶1 C.模拟炸弹最后落回地面时的速度大小为2v D.模拟炸弹释放前升力F的大小为mg 答案：C 解析：模拟炸弹释放前的位移大小等于从地面到释放点的距离，模拟炸弹释放后的位移大小等于从释放点到地面的距离，则模拟炸弹释放前和释放后运动的位移大小相等，方向相反，故A错误；设地面到释放点的高度为h，释放前过程有h＝a1t2，释放后过程有－h＝a1t·t－a2t2，联立可得模拟炸弹释放前和释放后加速度大小之比为a1∶a2＝1∶3，故B错误；模拟炸弹释放时有v＝a1t，模拟炸弹落回地面时有v'＝v－a2t，联立解得v'＝－2v，可知模拟炸弹最后落回地面时的速度大小为2v，故C正确；模拟炸弹释放前，对无人机和模拟炸弹整体，根据牛顿第二定律可得F－2mg＝2ma1，又a1＝a2＝g，可得模拟炸弹释放前升力F的大小为mg，故D错误。故选C。 8.如图所示，P、Q两小球通过两根细线及一轻质弹簧悬挂在O、O'点。系统静止时，细线及弹簧与竖直方向的夹角分别为30°、60°、30°。已知小球Q的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.O'Q间细线张力的大小为mg B.弹簧弹力的大小为mg C.若将弹簧剪断，剪断瞬间小球P的瞬时加速度大小为g D.P球的质量为m 答案：D 解析：对小球Q受力分析，小球Q受重力、细线的拉力和弹簧的弹力，根据平衡条件可得FO'Q＝mgcos 30°＝mg，F弹＝mgsin 30°＝mg，故A、B错误；对小球P受力分析并进行力的正交分解可得F弹sin 60°＝FOPsin 30°，mPg＋F弹cos 60°＝FOPcos 30°，联立解得FOP＝mg，mP＝m，故D正确；若将弹簧剪断，剪断瞬间小球P的瞬时加速度大小为a＝＝g，故C错误。故选D。 9.如图所示，小球静止在小车中的光滑斜面A和光滑竖直挡板B之间，原来小车向左匀速运动。现在小车改为向左匀减速运动，那么关于斜面对小球的弹力NA的大小和挡板对小球的弹力NB的大小，以下说法错误的是(　　) A.NA不变，NB减小 B.NA增大，NB不变 C.NB有可能增大 D.NA可能为零 答案：BCD 解析：设斜面的倾角为α，对小球在竖直方向上由平衡条件得NAcos α＝mg，解得NA＝，由上式得NA不变，B、D错误；设小车向左匀速运动时挡板的弹力为NB0，NAsin α＝NB0，向左减速运动时加速度向右，挡板的弹力为NB1，一定有NAsin α－NB1＝ma，挡板的弹力一定减小，A正确，C错误。故选B、C、D。 10.汽车在斜坡上无动力减速上坡过程可视为匀减速直线运动，其位移与时间的关系是s＝(24t－4t2) m(t的单位是s)，已知斜坡与水平方向的夹角为30°，当地重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.汽车的加速度大小为4 m/s2 B.汽车的加速度大小为8 m/s2 C.汽车无动力减速上坡过程中，所受阻力与其对坡面的压力之比为0.8 D.汽车无动力减速上坡过程中，所受阻力与其对坡面的压力之比为 答案：BD 解析：汽车在斜坡上无动力减速上坡过程，其位移与时间的关系为s＝(24t－4t2) m，结合匀减速直线运动位移与时间公式s＝v0t－at2，可知汽车的加速度大小为a＝8 m/s2，故A错误，B正确；汽车无动力减速上坡过程，根据牛顿第二定律可得F阻＋mgsin 30°＝ma，汽车对坡面的压力大小N＝mgcos 30°，则所受阻力与其对坡面的压力之比为＝，故C错误，D正确。故选BD。 11.图为两质点A、B在同一直线上运动的位移s随时间t的变化图像，A的图像为直线，B的图像为过原点的抛物线，交点C、D坐标已标出，则以下说法中正确是(　　) A.t1～t2段B的平均速度与A的速度相同 B.在足够长的时间内，A、B最多可以相遇三次 C.两物体速度相同的时刻一定是 D.两物体速度相同时，B的位移大小为 答案：AC 解析：t1～t2时间段内，两质点通过的位移相等，则B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，故A正确；图像的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，可知A、B分别在t1和t2两个时刻相遇，故B错误；位移—时间图像斜率表示速度，B图线的切线斜率不断增大，而且B图线是抛物线，有s＝kt2，则知B做匀加速直线运动。因为t1～t2时间段内，B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，而匀变速直线运动的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，所以两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻，故C正确；当AB速度相等时，相距最远，该时刻在t1～t2时间段内的中间时刻，由于B做匀加速直线运动，所以此时B的位移小于，故D错误。 12.如图所示，OA为一遵从胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点，另一端与静止在水平地面上的滑块A相连，水平地面与滑块间的动摩擦因数为μ，当绳处在竖直位置时，滑块A对地面有压力作用，B为紧靠绳的光滑水平小钉，它到天花板的距离OB等于弹性轻绳的自然长度，现用一水平力F作用于A，使之缓慢向右运动，在运动过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内)作用于A的力应(　　) A.支持力逐渐增大　　　　　B.摩擦力保持不变 C.摩擦力逐渐增大 D.F逐渐增大 答案：BD 解析：设弹性轻绳的劲度系数为k，AB的长度为h，将A向右拉一段距离后弹性轻绳的伸长量为x，如图所示，原来地面对滑块A的支持力N1＝mg－kh，当向右拉一段后的支持力N2＝mg－kxsin α，而sin α＝，可得N2＝N1，故A错误；根据滑动摩擦力f＝μN，知摩擦力的大小保持不变，故B正确，C错误；F＝kxcos α＋f，运动过程中x和cos α变大，f不变，所以F变大，故D正确。 二、非选择题(本题共6小题，共60分。) 13.(6分)在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，用两个弹簧测力计把橡皮条的端点拉到O处，如图所示已经作出拉力F1、F2，图中方格每边长度表示1 N。 (1) 用直尺、三角板作出F1、F2的合力后，由所作的图可知，F1、F2的合力F大小为　 　　　 N； (2)用一个弹簧测力计把橡皮条的端点拉到O处，此时拉力为F'。由图可知，F'与F的大小、方向略有偏差，如果此偏差仅由F1的大小引起，则引起偏差的原因是F1的大小比真实值偏　　　　(选填“大”或“小”)。 答案：(1)7　(2)大 解析：(1)以F1、F2为邻边，作出平行四边形，如图所示： 由图可知：合力为F＝1×7 N＝7 N。 (2)合力F'与F的大小、方向略有偏差，如果此偏差仅由F1引起，由图可知F1与F'的夹角比F1与F的大，故F1的大小比真实值偏大。 14.(8分)某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”。 (1)实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力，该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列　　　　的点，说明小车在做　　　　运动。 (2)如果该同学先完成(1)中的操作，平衡了摩擦力。以沙和沙桶的重力为F，在小车质量M保持不变情况下，不断往桶里加沙，沙和沙桶的质量最终达到M，测小车加速度a，作a-F的图像。下列图线正确的是　　　　。 (3)设纸带上计数点的间距为s1和s2，如图为用米尺测量某一纸带上的s1、s2的情况，从图丙中可读出s1＝3.10 cm，s2＝　　　　 cm，已知打点计时器的频率为50 Hz，由此求得加速度的大小a＝　　　　 m/s2。 答案：(1)点迹均匀　匀速　(2)C　(3)5.50　2.40 解析：(1)平衡摩擦力时，先接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，说明小车在做匀速运动。 (2)由于该同学平衡了摩擦力，故得到的a-F图线过原点，当沙和沙桶的质量最终达到M时，由于不满足小车的质量远大于沙和沙桶的质量，故图线应该为C。 (3)由题图读数可知s2＝5.50 cm，T＝0.1 s，则加速度a＝＝ m/s2＝2.40 m/s2。 15.(10分)如图所示为一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。无人机的质量为m＝2 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N，当无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，经时间t＝4 s时离地面的高度为h＝48 m，g取10 m/s2。求： (1)其动力系统所能提供的最大升力为多少？ (2)当无人机悬停在距离地面高度H＝180 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去全部升力，从静止开始竖直坠落，经5 s后无人机瞬间又恢复最大升力，则无人机到达地面时速度为多少？ 答案：(1)36 N　(2)0 解析：(1)根据h＝a1t2， 解得a1＝＝ m/s2＝6 m/s2， 由牛顿第二定律得F－mg－f＝ma1， 代入数据解得F＝36 N。 (2)失去升力加速下落过程中mg－f＝ma2， 代入数据解得a2＝8 m/s2， 经过5 s后速度v1＝a2t1＝8×5 m/s＝40 m/s， 下落高度h1＝a2＝×8×25 m＝100 m， 恢复升力后减速下落过程中F－mg＋f＝ma3， 代入数据解得a3＝10 m/s2。 根据－＝2a3(H－h1)，代入数据解得v2＝0。 16.(10分)如图所示的A、B两个物体，距地面高度为H＝45 m，A物体因在运动过程中阻力不计，其加速度为自由落体加速度g＝10 m/s2，B物体由于受到阻力作用，其加速度为aB＝9 m/s2，方向竖直向下，A、B两物体均可视为质点，求：(结果可带根号) (1)若A、B两物体同时由静止释放，则当物体A落地时物体B离地距离； (2)若要使两物体同时落地，在B物体由静止释放后，则需要经过多长时间将A物体由静止释放； (3)若将B物体移到距地面高度h＝36 m的A的正下方C点，同时由静止释放A、B两物体，A物体能否在B落地前追上B，若能，计算其追上的位置距地面的距离；若不能，则在A释放时至少给A物体多大的竖直向下的初速度，才能追上B物体？ 答案：(1)4.5 m　(2) s (3)不能　 m/s 解析：(1)由自由落体公式有H＝gt2得A下落时间t＝ ＝3 s， 则B物体下落高度hB＝aBt2＝40.5 m， 物体B离地距离h'B＝H－hB＝4.5 m。 (2)物体B下落时间tB＝＝ s 则从物体B释放后到A释放间隔的时间 Δt＝tB－t＝ s。 (3)因为从h＝36 m高度释放物体B，假设能够追上，因此有g－aB＝H－h 解得t1＝3 s＞3 s， 故A物体不能追上B物体，设给A物体v0的初速度，A刚好能追上B，在B物体刚落地时追上为最小初速度，则由题意得B物体落地的时间为h＝aBt'2， H＝v0t'＋gt'2， 代入数据解得v0＝ m/s。 17.(12分)小鸿爱好摩托车漂移，某次从静止开始沿水平面先匀加速骑行，达到最大速度后以最大速度匀速行驶，最后做匀减速运动至速度为0，已知人与摩托车总质量m＝200 kg，当运动的位移为总位移的时开始匀速，此时开始计时，接下来牵引力随时间的图像如图乙所示，g＝10 m/s2，求： (1)摩托车与水平面的动摩擦因数和匀速运动时的速度； (2)匀加速运动过程中的牵引力。 答案：(1)0.5　20 m/s　(2)1400 N 解析：(1)由题意可知，摩托车匀速运动时有 f＝F1＝1 000 N N＝mg＝2 000 N 由公式f＝μN得μ＝＝＝0.5 摩托车减速运动的加速度为 a减＝＝ m/s2＝－4 m/s2 摩托车减速的初速度即为匀速时的速度，则有 v＝v0＋a减t2 得v0＝v－a减t2＝m/s＝20 m/s。 (2)摩托车匀速和减速的位移之和为s＝v0t1＋＝ m＝100 m 由题意可知，摩托车匀加速的位移与摩托车匀速和减速的位移之和相等，则有2a加s＝得 a加＝＝ m/s2＝2 m/s2 由牛顿第二定律得F－f＝ma加 得F＝f＋ma加＝(1 000＋200×2) N＝1 400 N。 18.(14分)如图所示，一质量为mB＝2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝37°，一质量为mA＝2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端s0＝8 m处由静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出，已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，物块A可看作质点，请问： (1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大？ (2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B有多长？ 答案：(1)8 m/s　(2)2 s　8 m 解析：(1)设物块A沿斜面下滑的加速度为a1，则mAgsin θ－μ1mAgcos θ＝mAa1 解得a1＝4 m/s2 物块A滑到木板B上时的速度为 v1＝＝ m/s＝8 m/s。 (2)物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等， 数值为a2＝＝μ2g＝2 m/s2 设木板B的长度为L，二者相对静止时经历的时间为t2，最终的共同速度为v2，在达到共同速度时，木板B滑行的距离为s， 利用位移关系得v1t2－a2－a2＝L 对物块A有v2＝v1－a2t2 －＝－2a2(s＋L) 对木板B有＝2a2s 联立解得相对滑行时间和木板B的长度分别为： t2＝2 s，L＝8 m。 学科网（北京）股份有限公司 $