2025-2026学年高一上学期人教版物理第一册 全书综合检测

人教版物理第一册 全书综合检测 限时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.潭溪山玻璃漂流为山东省最长峡谷漂流,一游客在潭溪山乘皮筏漂流,途经M点和N点,如图所示。已知该游客从M点漂流到N点的路程为1.5 km,用时5 min,M、N间的直线距离为0.9 km,则从M点漂流到N点的过程中(　　) A.该游客的位移大小为1.5 km B.该游客的平均速率为18 m/s C.该游客的平均速度大小为3 m/s D.若以所乘皮筏为参考系,美女峰的平均速度为0 2.关于运动与力的有关公式,下列说法正确的是(　　) A.对平均速度的定义式=,与x的方向可能相同也可能相反 B.对牛顿第二定律F=ma,a与F成正比,与m-1成正比 C.对匀变速直线运动的公式Δx=aT2,Δx与a成正比,与T成正比 D.对滑动摩擦力的公式Ff=μFN,μ与Ff成正比,与FN成反比 3.高空坠物常会造成极大的危害。一花盆从距地面20 m处自由落下。取重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,花盆落地前最后5 m所用时间约为(　　) A.0.3 s　　B.0.5 s　　C.1 s　　D.2 s 4.如图所示,将小球Q置于水平面上,另一完全相同的小球P用轻绳竖直悬挂在天花板上,小球P、Q相互接触且均处于静止状态,忽略一切摩擦,下列说法正确的是(　　) A.小球P受到2个力的作用 B.小球P受到3个力的作用 C.小球Q受到3个力的作用 D.小球Q受到4个力的作用 5.某同学将一小段粉笔竖直向上抛出,粉笔所受空气阻力大小与速率成正比。关于粉笔被抛出后运动的v-t图像,下列选项最合理的是(　　) 6.如图所示,静止在水平桌面上的物块P通过水平轻绳跨过轻质光滑定滑轮连接物块Q。P、Q的质量分别为1.0 kg、0.4 kg,P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5。现将一个水平向右的推力F作用在P上,轻绳的张力变为原来的一半。取重力加速度大小g=10 m/s2,最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。则推力F的大小为(　　) A.4.0 N　　B.8.0 N　　C.9.0 N　　D.11.0 N 7.如图所示,倾角θ=37°的斜面ABC的AB段粗糙程度相同,BC段光滑。质量m=1 kg的小物块从A点以大小v0=5 m/s的初速度沿斜面向上滑行,到达B点时的速度大小vB=1 m/s,到达C点时速度恰好为零。已知小物块在AB段运动时间是在BC段运动时间的两倍,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　) A.小物块与斜面AB段间的动摩擦因数为0.5 B.斜面AB段的长度为0.5 m C.斜面BC段的长度为 m D.小物块从A点出发到再次回到A点的时间为 s 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.如图所示的悬空平台,其中木板质量M=30 kg,其上放置一台秤。一个质量m=60 kg的人站在台秤上,对绳施加向下的力,绳、动滑轮、台秤质量不计,不计摩擦和空气阻力,重力加速度大小g取10 m/s2,则(　　) A.当平台静止时,绳上张力大小为300 N B.当平台静止时,台秤的示数为600 N C.当人对绳施加600 N的力时,平台向上的加速度为10 m/s2 D.当人对绳施加600 N的力时,台秤的示数为600 N 11.某同学用一氦气球悬挂一重物(可视为质点),从地面释放后沿竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,过了一段时间后,悬挂重物的细线断裂,又经过相同的时间,重物恰好落到地面。细线断裂后重物仅受到重力作用,下列说法正确的是(　　) A.细线断裂前,重物处于超重状态 B.细线断裂前,细线拉力与重物的重力大小之比为2∶1 C.细线断裂时重物的高度与重物上升的最大高度之比为3∶4 D.细线断裂时重物的速度大小与重物落地时的速度大小之比为1∶3 12.如图甲所示,物体a、b之间用一根轻质弹簧相连,放在光滑水平面上,物体a的质量为1.2 kg。开始时两物体均静止,弹簧处于原长,t=0时对物体a施加水平向右的恒力F,t=1 s时撤去,在0~1 s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内,整个运动过程中,以下分析正确的是(　　) A.物体b的质量为0.6 kg B.t=1 s时物体a、b的速度大小不同 C.t=1 s时物体a的速度大于0.8 m/s D.0~1 s内弹簧弹力先增大后减小 三、非选择题(本题共6小题,共60分) 13.(6分)如图所示,甲图为探究小车的匀变速直线运动规律的装置,乙图是某次实验获取的一段纸带。实验中打点计时器每隔0.02 s打一个点,A、B、C、D、E是纸带上的计数点,相邻两个计数点之间还有四个点未画出,请回答以下问题: (1)除了图甲中标出的器材外,还需要　　　　。(填选项前的字母序号)  A.天平　B.刻度尺　C.秒表　D.弹簧测力计 (2)根据乙图中数据,可判断出小车做　　　　　(填“匀速直线运动”或“匀变速直线运动”),你判断的依据是　　　　　。  (3)打C点时小车的速度大小为　　　　 m/s,小车的加速度大小为　　　　 m/s2。(计算结果均保留三位有效数字)  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。 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。  (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)质量为m=0.8 kg的物体悬挂在轻绳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=2.2 kg的木块与PB相连,木块在平行于斜面向上的力F作用下,静止于倾角为37°的斜面上,木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.8,如图所示。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求: (1)轻绳PA和轻绳PB各自产生拉力的大小; (2)拉力F应满足什么条件。 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)传送带是用于分拣快递包裹的常见运输装置。如图,有一固定倾斜传送带,长为L=8.15 m,与水平面的夹角θ=37°,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)如图甲,传送带未开动,处于静止状态。质量为10 kg的包裹受沿传送带向上的恒力F=124 N,沿传送带向上做匀速直线运动,求该包裹与传送带间的动摩擦因数μ。 (2)如图乙,传送带正在以v0=2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动。在传送带的底部,同一个包裹以v1=1 m/s的初速度沿传送带向上滑入,可将包裹视为质点。请问包裹从传送带的底部运动到传送带的顶部,一共需要多少时间? 18.(16分)如图所示,质量m=1 kg的物块A放在质量M=4 kg、长度L=2 m的木板B的左端,现用一水平向左的拉力F作用在木板B上,已知地面水平且光滑,A、B间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。求: (1)使A、B发生相对运动的最小作用力的大小; (2)当F=8 N时,木板B由静止开始运动,求木板B在2 s内发生的位移大小; (3)当F=11 N时,木板B由静止开始运动,求木板B在5 s内发生的位移大小。 答案 1.C　2.B　3.A　4.A　5.A　6.B　7.D　8.B　9.BC　10.ACD　11.AC　12.BC　 13.答案　(1)B　(2)匀变速直线运动　连续相等的时间内,位移差相等　(3)0.383　1.02 解：　(1)实验目的是探究小车的匀变速直线运动规律,不需要用天平测量重物、小车的质量,A错误;实验中需要利用刻度尺测量纸带点迹之间的距离,B正确;打点计时器是一种计时仪器,不需要用秒表测量时间,C错误;实验目的是探究小车的匀变速直线运动规律,不需要用弹簧测力计测量重物的重力,D错误。 (2)根据纸带上的数据,有Δx1=xBC-xAB=1.02 cm,Δx2=xCD-xBC=1.02 cm,Δx3=xDE-xCD=1.02 cm,可知在连续相等的时间内,位移差相等,故小车做匀变速直线运动。 (3)由于相邻两个计数点之间还有四个点未画出,所以相邻两计数点间时间间隔t=0.02 s×5=0.1 s,则vC==×10-2 m/s=0.383 m/s,由逐差法得加速度a==×10-2 m/s2=1.02 m/s2。 14.答案　(1)　(2)2.5　(3)见解析 解：　(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)10 N　6 N　(2)6.8 N≤F≤29.2 N 解：　(1)对结点P进行受力分析,如图所示 由平衡条件可得TPA cos 37°=mg TPA sin 37°=TPB 解得TPA=10 N,TPB=6 N (2)对木块受力分析,当F最小时,受力分析如图所示 根据平衡条件可得 Fmin+Ff=Mg sin 37°+TPB' cos 37° FN+TPB' sin 37°=Mg cos 37° 又TPB'=TPB=6 N Ff=μFN 解得Fmin=6.8 N 当F最大时,受力分析,如图所示 根据平衡条件可得Fmax=Mg sin 37°+TPB' cos 37°+Ff FN+TPB' sin 37°=Mg cos 37° 又TPB'=TPB=6 N Ff=μFN 解得Fmax=29.2 N 则拉力F应满足的范围为6.8 N≤F≤29.2 N 16.答案　(1)48 m　(2)6 s　(3)21.35 s 解：　(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)在人工收费通道,汽车以a1匀减速到停下的时间为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)0.8　(2)4.7 s 解：　(1)对包裹进行受力分析,根据平衡条件有 F=f动+mg sin θ FN=mg cos θ 其中f动=μFN 解得μ=0.8 (2)对包裹进行分析,根据牛顿第二定律有 μmg cos θ-mg sin θ=ma1 解得a1=0.4 m/s2 包裹与传送带共速时,有v0=v1+a1t1 解得t1=2.5 s 此过程包裹的位移x1=v1t1+a1 解得x1=3.75 m 包裹与传送带共速后包裹做匀速直线运动,位移x2=8.15 m-3.75 m=4.4 m 则匀速直线运动的时间t2= 解得t2=2.2 s 则包裹从传送带的底部运动到传送带的顶部的时间t总=t1+t2=4.7 s 18.答案　(1)10 N　(2)3.2 m　(3)28.375 m 解：　(1)A、B刚好发生相对滑动时,以A、B为整体,根据牛顿第二定律可得F0=(M+m)a0 以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得μmg=ma0 联立解得F0=10 N 可知使A、B发生相对运动的最小作用力的大小为10 N (2)当F=8 N时,由于F=8 N<F0=10 N,可知A、B保持相对静止一起加速运动,以A、B为整体,根据牛顿第二定律可得F=(M+m)a 解得a=1.6 m/s2 根据运动学公式可得,木板B在2 s内发生的位移大小为x=at2=3.2 m (3)当F=11 N时,由于F=11 N>F0=10 N,可知A、B发生相对滑动;以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得μmg=maA 解得aA=2 m/s2 以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-μmg=MaB 解得aB=2.25 m/s2 若A从木板B的右端滑落,则有 aB-aA=L(关键:A、B间有相对滑动,故需判断5 s内A是否会从B上滑落而导致B受力发生改变) 解得t1=4 s<5 s 该过程木板B发生的位移大小为xB1=aB=18 m 4 s时B的速度为v1=aBt1=9 m/s A从木板B的右端滑落后,对B,根据牛顿第二定律可得 F=MaB' 解得aB'=2.75 m/s2 在4~5 s内木板B发生的位移大小为 xB2=v1t2+aB'=10.375 m 则木板B在5 s内发生的位移大小为 xB=xB1+xB2=28.375 m 1 学科网（北京）股份有限公司 $