周末练12 模块综合试卷（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（人教版 江苏北京标准版）

**基本信息** 以2024巴黎奥运会跳水、无人机等真实情境为载体，融合运动学、力学核心知识，通过实验题与综合计算题考查物理观念、科学思维及科学探究能力的期末模块综合试卷。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|10题/40分|质点、惯性、x-t图像、受力分析、牛顿定律|第1题结合奥运跳水考查质点概念（物理观念），第3题通过x-t图像分析运动方向与相遇问题（科学思维）| |非选择题|5题/60分|实验（加速度与力、质量关系）、力学综合（平衡、运动学公式）|第11题实验题考查纸带数据处理（科学探究），第15题滑草场滑道模型综合运动学与摩擦力计算（模型建构）|

周末练12　模块综合试卷 [满分：100分] 一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。 1.北京时间2024年7月31日17时，巴黎奥运会女子双人10米台比赛中，我国两位跳水小将全红婵和陈芋汐完美完成极高标准跳水动作，尤其是在207C(向后翻腾三周半抱膝)这个动作上，她们的表现尤为突出。同时上演了教科书级别的“水花消失术”，获10米跳台比赛冠军。则下列说法正确的是(　　) A.北京时间2024年7月31日17时是一段时间 B.陈芋汐下落的速度越大，其惯性越大 C.在研究207C动作时不可以把全红婵和陈芋汐看成质点 D.全红婵看到陈芋汐几乎静止不动，是以水面为参考系 答案　C 解析　北京时间2024年7月31日17时是时刻，选项A错误；惯性只与质量有关，质量越大，惯性越大，选项B错误；在研究207C动作时，运动员的大小和形状不能忽略，不可以把全红婵和陈芋汐看成质点，选项C正确；全红婵看到陈芋汐几乎静止不动，是以自己为参考系，选项D错误。 2.(2023·连云港市期末)如图所示，在水平桌面上用纳米微吸支架支起手机，下列说法正确的是(　　) A.手机一定受到摩擦力的作用 B.支架对桌面的压力等于手机的重力 C.支架一定受到桌面的静摩擦力作用 D.手机对支架的压力和支架对手机的支持力是一对平衡力 答案　A 解析　对手机受力分析，根据平衡条件可知此时手机一定受到摩擦力的作用，否则不能受力平衡而静止，A正确；将支架和手机看成一个整体，根据平衡条件结合牛顿第三定律可知，支架对桌面的压力等于手机和支架总的重力大小，B错误；对支架和手机整体分析，静止时受力平衡，可知水平方向一定没有受到桌面的静摩擦力作用，C错误；手机对支架的压力和支架对手机的支持力是一对相互作用力，D错误。 3.如图所示为A、B两物体在同一直线坐标系中运动的x-t图像，则下列关于两物体运动的说法正确的是(　　) A.A物体在0时刻至第8 s末，运动方向改变2次 B.两物体在第5 s末相遇 C.A物体在2~7 s时间内位移为4 m D.0~5 s内两物体的平均速度不相同 答案　B 解析　由题图可知，A物体仅在第4 s末运动方向改变，故A物体在0时刻至第8 s末运动方向改变1次，A错误；第5 s末两物体到达同一位置，即相遇，B正确；A物体在2~7 s时间内的位移Δx=x末-x初=0-4 m=-4 m，C错误；两物体在0~5 s内位移相同，故平均速度相同，D错误。 4.如图所示，起重机将重为G的均质正方形薄板匀速吊起，四条钢索等长且每条钢索与竖直方向的夹角均为45°，不计空气阻力，则每条钢索中弹力的大小为(　　) A. B.G C. D.G 答案　D 解析　根据薄板受力平衡得4Fcos 45°=G，解得F=G，故选D。 5.(2024·宿迁市高一期末)小明同学利用手机软件测量手机运动过程的加速度a。手机由静止向上运动，其a-t图像如图所示，则(　　) A.t2时刻，手机速度最大 B.t3时刻，手机速度为0 C.t3~t4时间内，手机向上运动 D.t2~t4时间内，手机先处于失重状态后处于超重状态 答案　C 解析　由题图可知t2时刻加速度最大，后续t2到t3仍然在加速，故手机在t3时刻速度最大，故A、B错误；a-t图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，0~t3时间内速度变化量大于t3~t4时间内速度变化量，所以t3~t4时间内，手机向上运动，故C正确；t2~t4时间内，加速度先向上后向下，手机先处于超重状态后处于失重状态，故D错误。 6.2024年巴黎奥运会中，中国选手全红婵摘得女子十米跳台比赛的金牌。跳水过程的简化图如图所示，她从10 m高跳台向上跃起离开台面，重心升高0.45 m至最高点(视其重心位于从手到脚全长的中点)，之后竖直下落。落水时身体竖直，手先入水，忽略空气阻力(g取10 m/s2，≈1.4)，则(　　) A.运动员起跳速度大小为6 m/s B.运动员自由下落的高度为10 m C.运动员在空中的运动时间约为1.4 s D.运动员入水的速度大小约为14 m/s 答案　D 解析　运动员起跳速度大小为v0== m/s=3 m/s，选项A错误；运动员先竖直上抛一段距离，然后做自由落体运动，则自由下落的高度大于10 m，选项B错误；以向上为正方向，根据-h=v0t-gt2，解得t≈1.7 s(另一值舍掉)，则运动员在空中的运动时间约为1.7 s，选项C错误；运动员入水的速度为v=v0-gt=3 m/s-10×1.7 m/s=-14 m/s，负号说明方向向下，选项D正确。 7.如图甲所示是飞机场的行李牵引车，它是一种将货物运送到停机位或分拣区位置的车辆。某次，一辆行李牵引车牵引了三节车厢简化图如图乙所示，每节车厢的质量(包括货物)相同，运动时每节车厢所受的阻力均为Ff，某段时间内牵引车做匀加速直线运动，牵引车给第一节车厢的拉力为F，则第二节车厢给第三节车厢的拉力为(　　) A. B. C.F-2Ff D.F-Ff 答案　A 解析　以三节车厢为研究对象，由牛顿第二定律有F-3Ff=3ma，设第二节车厢给第三节车厢的拉力大小为FT，以第三节车厢为研究对象，由牛顿第二定律有FT-Ff=ma，联立解得FT=，故选A。 8.(2024·江苏省高一期末)关于描述物体做直线运动的四个图像，下列说法正确的是(　　) A.图甲中，物体在0~2 s这段时间内的位移小于2 m B.图乙中，物体的加速度为0.5 m/s2 C.图丙中，5 s末物体的速度一定为12.5 m/s D.图丁中，物体0~10 s内的位移为50 m 答案　B 解析　题图甲是v-t图像，若图像是过原点的直线，由v-t图像与时间轴所围面积表示位移可知，物体在0~2 s这段时间内的位移是2 m，由题图甲可知，物体在0~2 s这段时间内的位移大于2 m，A错误；题图乙是v2-x图像，由公式v2-=2ax可知，v2-x图像的斜率表示2a，则有2a= m/s2=1 m/s2，解得物体的加速度为a=0.5 m/s2，B正确；题图丙是a-t图像，由Δv=at可知，a-t图像与时间轴所围面积表示速度变化量，则有5 s末物体的速度变化量为Δv= m/s=12.5 m/s，由速度时间公式v=v0+at可知，若物体的初速度是零，则物体在5 s末的速度大小一定为12.5 m/s，若物体的初速度不是零，则物体在5 s末的速度一定不是12.5 m/s，C错误；题图丁是-t图像，由图像可得=t，则有x=t2，与位移时间公式x=v0t+at2对比可知，物体的初速度是零，加速度是2 m/s2，可知物体0~10 s内的位移为x=at2=100 m，D错误。 9.如图所示，半径为3R的半圆柱体P静止在水平地面上，静止于P上的光滑小圆柱体Q质量为m、半径为R，此时竖直挡板MN恰好与P、Q相切，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.Q受到的P的弹力为mg B.Q受到的挡板MN的弹力为mg C.若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，P受到地面的摩擦力不变 D.若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，Q受到P的弹力变小 答案　B 解析　对圆柱体Q受力分析，受到重力mg、挡板MN的支持力FN1和P对Q的支持力FN2，如图，由几何关系得：cos θ=0.5，所以θ=60°，根据平衡条件得：FN1==mg，FN2==mg，故A错误，B正确；对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，根据共点力平衡条件，有：Ff=，MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变小，故Ff变大，由FN2=可知，FN2变大，故C、D错误。 10.(2024·南通市高一校考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则(　　) A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0~t2时间内小物块受滑动摩擦力作用，t2~t3时间内小物块受静摩擦力作用 D.0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 答案　B 解析　对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为0，即在t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误；结合上述可知，在0~t1时间内小物块相对于传送带向左运动， 在t1~t2时间内小物块速度方向向右，大小小于传送带的速度，小物块仍然相对于传送带向左运动， t2~t3时间内小物块与传送带速度相等，小物块与传送带保持相对静止，向右做匀速直线运动，该时间内没有发生相对运动，可知，t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；根据上述，0~t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到向右的滑动摩擦力，在t2~t3时间内，小物块向右做匀速直线运动，根据平衡条件可知，小物块受到的摩擦力为0，故C、D错误。 二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11.(10分)(2025·三明市高一期末)如图甲，在“探究加速度与力、质量的关系”实验中： (1)(2分)关于实验设计，下列说法正确的是　　　　。 A.不挂重物小车匀速运动时，小车重力沿斜面的分力恰好等于所受阻力 B.所挂重物的质量等于小车质量，则此时小车所受拉力等于重物重力 (2)(4分)实验中每5个间隔标注一个计数点，得到的纸带如图乙所示。若相邻计数点的时间间隔为T，则打计数点5时小车的速度v5=　　　　　　　(请用题中所给符号表示)。若交流电源频率为50 Hz，测得x1=4.81 cm，x2=5.83 cm，x3=6.91 cm，x4=8.05 cm，x5=9.19 cm，x6=10.09 cm，则小车运动的加速度a=_______________ m/s2(计算结果保留三位有效数字)。 (3)(2分)关于实验误差分析，下列说法正确的是　　　　。 A.若电源频率变小，则加速度的测量值偏大 B.若电源电压变小，则加速度的测量值偏小 (4)(2分)采用如图丙实验装置，测得滑块水平运动的加速度a和所受拉力F的关系图像如图丁所示，重力加速度g取10 m/s2，则滑块和轨道间的动摩擦因数μ=　　　　　。 答案　(1)A　(2)　1.09　(3)A　(4)0.2 解析　(1)根据平衡阻力的原理可知，不挂重物小车匀速运动时，小车重力沿斜面的分力恰好等于所受阻力，故A正确；所挂重物的质量等于小车质量，重物向下加速运动，则拉力小于重物重力，故B错误。 (2)打计数点5时小车的速度v5= 相邻计数点之间还有4个计时点没有标出，则相邻两点的时间间隔为T=5×0.02 s=0.1 s 根据逐差法可知加速度为a==×10-2 m/s2≈1.09 m/s2 (3)若电源频率变小，则测量时周期较大，计算时仍用原周期，加速度的测量值偏大，故A正确；若电源电压变小，则打点时间间隔不变，加速度的测量值不变，故B错误。 (4)根据牛顿第二定律有F-μmg=ma 变形可得a=-μg 根据题图丁纵截距可知-μg=-2 m/s2 解得μ=0.2。 12.(10分)(2023·南通市高一期末)如图所示，轻绳的一端固定在P点，并跨过光滑定滑轮连接斜面上的物体B且绳与斜面上表面平行，光滑的轻圆环穿在绳子上，圆环下端悬挂小球A，A、B和斜面均处于静止状态。已知A的质量mA=1 kg，B的质量mB=4 kg，圆环两侧绳子的夹角为120°，斜面的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(5分)绳中的拉力大小F1； (2)(5分)B受到的摩擦力的大小F2和方向。 答案　(1)10 N　(2)10 N　方向沿斜面向上 解析　(1)对圆环，竖直方向有 2F1cos 60°=mAg 解得F1=10 N (2)对B，沿斜面方向有 F1+F2=mBgsin 30° 解得F2=10 N，方向沿斜面向上。 13.(10分)如图甲所示为某校秋季运动会开幕式采用无人机拍摄的照片，图乙为正在高空进行拍摄的无人机。已知无人机质量m=1 kg，若无人机从地面以恒定升力竖直起飞，经过4 s时间达到最大速度v=12 m/s，然后关闭动力系统，无人机又上升了1 s到达最大高度。假设无人机所受阻力大小不变，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(3分)无人机关闭动力系统前后的加速度大小； (2)(3分)无人机上升的最大高度； (3)(4分)无人机动力系统提供的升力大小。 答案　(1)3 m/s2　12 m/s2　(2)30 m　(3)15 N 解析　(1)设无人机关闭动力系统前后的加速度大小分别为a1、a2， a1== m/s2=3 m/s2 a2== m/s2=12 m/s2 (2)无人机匀加速和匀减速过程的平均速度相等，有 h=v(t1+t2)=×12×5 m=30 m (3)设升力为F，阻力为f，对两过程分别利用牛顿第二定律得F-f-mg=ma1， f+mg=ma2 解得F=15 N。 14.(15分)(2024·盐城市高一期末)如图所示，一竖直固定的无限长直圆管内有一静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l。一小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心。碰撞后，小球与圆盘速度大小均为碰撞前小球速度的一半，方向相反。圆盘向下滑动过程中始终水平，所受滑动摩擦力与其重力大小相等；小球在管内运动时与管壁不接触。不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)(4分)第一次碰撞前小球的速度大小； (2)(5分)第一次碰撞到第二次碰撞之间的时间； (3)(6分)第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离。 答案　(1)　(2)2　(3)l 解析　(1)设第一次碰撞前小球的速度为v，由运动学公式v2=2gl 得v= (2)第一次碰撞后，经t时间第二次碰撞。取向下为正方向，此过程中薄圆盘运动的位移为x1=t 小球运动的位移x2=-t+gt2 据题意x1=x2，解得t=2 (3)当小球与薄圆盘速度相等时两者距离最远。设第一次碰撞后，经t1时间两者速度相等，有 -v+gt1=v 两者间距离Δx=vt1-(-vt1+g) 解得Δx=l。 15.(15分)图甲是珠海某公园滑草场的滑道，滑道由4条各自独立、完全相同的滑道组成，游客可以坐滑草车沿滑道由静止滑下。将滑道简化成如图乙，游客从高度为h=62 m的A点由静止滑下，倾斜滑道倾角为θ=18°，动摩擦因数为μ1=0.3，然后进入动摩擦因数为μ2=0.25的水平滑道中继续滑行至C停下，倾斜滑道与水平滑道平滑连接，已知滑草车的质量m=10 kg，游客的质量M=40 kg。sin 18°=0.31，cos 18°=0.95，g取10 m/s2，求： (1)(7分)游客在水平滑道滑行的位移大小； (2)(4分)游客从A滑到C全过程的总时间t； (3)(4分)滑草车在水平段上滑行时车对游客的作用力大小。 答案　(1)20 m　(2)44 s　(3)100 N 解析　(1)设沿倾斜滑道下滑的加速度为a1，根据牛顿第二定律得 (M+m)gsin θ-μ1(M+m)gcos θ=(M+m)a1 代入数据解得a1=0.25 m/s2 L1==200 m 设滑到倾斜滑道底端的速度为v，则有 v2=2a1L1 代入数据解得v=10 m/s 设在水平滑道滑行的加速度大小为a2，则有 μ2(M+m)g=(M+m)a2 解得a2=2.5 m/s2 设游客在水平滑道滑行的位移为L2，则有 v2=2a2L2 代入数据解得L2=20 m (2)游客在AB段上做匀加速运动 L1=a1 代入数据解得t1=40 s 游客在水平段上做匀减速运动，由逆向思维得 L2=a2 代入数据解得t2=4 s t总=t1+t2=44 s (3)游客在水平段滑行的加速度大小为a2=2.5 m/s2，由牛顿第二定律知，游客受到滑草车对其向左的摩擦力，Ff=Ma2=100 N，游客在竖直方向上受力平衡，所以滑草车对游客向上的支持力大小为FN=Mg=400 N， 所以车对游客的作用力大小为 F== N=100 N。 学科网（北京）股份有限公司 $