鲁科版高中物理必修第一册模块综合测评含答案

这是一份鲁科版高中物理必修第一册模块综合测评含答案，共12页。

模块综合测评
(分值：100分)

1．(4分)(2020·北大附属实验学校高一上月考)为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程的录像带，测得运动员在前7 s跑了49 m,7 s末到7.1 s末跑了0.92 m，共用10 s。下列说法中正确的是 (　　)
A．运动员在百米全过程的平均速度是7 m/s
B．运动员在前7 s的平均速度是10 m/s
C．运动员在7 s末的瞬时速度约为9.2 m/s
D．根据本题已知条件，无法判断运动员在7 s末的瞬时速度
C　[运动员全程平均速度v＝＝ m/s＝10 m/s，A错误；运动员在前7 s的平均速度v′＝＝ m/s＝7 m/s，B错误；7～7.1 s内的平均速度v″＝＝ m/s＝9.2 m/s，因时间变化只有0.1 s，故此平均速度可视为7 s末的瞬时速度，C正确，D错误。]
2．(4分)某质点沿直线运动，其速度—时间图像如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．在0～6 s内，质点做匀变速直线运动
B．在6～10 s内，质点处于静止状态
C．在t＝4 s前后，质点运动方向发生改变
D．在t＝12 s时，质点的加速度大小为1 m/s2
D　[在速度—时间图像中，图像的斜率表示加速度，知在0～6 s内，质点的加速度发生了改变，做的是非匀变速直线运动，故A错误；在6～10 s内，质点做速度为4 m/s的匀速直线运动，故B错误；在t＝4 s前后，质点的速度均为正，运动方向没有发生改变，故C错误；在t＝12 s时，质点的加速度大小为：a＝＝ m/s2＝1 m/s2，故D正确。]
3．(4分)(2020·常熟高一检测)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“……姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可，一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间缓慢敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力为FN，(木楔重力、木楔与砖缝间的摩擦力不计)则有 (　　)

A．FN＝　　　　　 B．FN＝sin
C．FN＝ D．FN＝Fsin θ
A　[选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的垂直斜面的弹力与F沿两侧分解的力是相等的，力F的分解如图。
则F＝F1cos(90°－)＋F2cos(90°－)
＝2F1cos(90°－)＝2F1sin
FN＝F1
故得FN＝，故A正确，B、C、D错误。]
4．(4分)如图所示，一小铁球用轻弹簧和轻绳悬挂处于静止状态，弹簧与水平方向成60°角，轻绳与竖直方向成60°角，重力加速度为g，则(　　)
A．弹簧和轻绳的拉力之比为1∶2
B．弹簧和轻绳的拉力之比为∶1
C．若剪断轻绳，则剪断瞬间小球的加速度为
D．若剪断轻绳，则剪断瞬间小球的加速度为g
B　[装置静止时，以小球为研究对象，分析受力情况，小球受重力mg、轻绳的拉力T和弹簧的拉力F，由平衡条件知T与F的合力与mg等大反向，如图，则得＝tan 60°＝，即弹簧和轻绳的拉力之比为∶1，故A错误，B正确；由上得T＝mgsin 30°＝mg，若剪断轻绳，弹簧的弹力来不及变化，F和mg的合力与原来的T等大反向，所以剪断轻绳瞬间小球的合力大小等于T，加速度a＝＝，故C、D错误。]
5．(4分)如图所示，用与竖直方向成θ角(θ＜45°)的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球，这时轻绳b的拉力为F1，现保持小球在原位置不动，使轻绳b在原竖直平面内逆时针转过θ角固定，轻绳b的拉力为F2，再逆时针转过θ角固定，轻绳b的拉力为F3，则(　　)
A．F1＝F3＞F2 B．F1＜F2＜F3
C．F1＝F3＜F2 D．轻绳a的拉力增大
A　[轻绳b处在三个不同位置时，小球均处于平衡状态；对小球受力分析并根据平衡条件可知，它受到的三个力可以构成矢量三角形，如图所示，根据几何关系可知，F2垂直于轻绳a对小球的拉力最小，所以F1＝F3＞F2，而轻绳a的拉力T逐渐减小，故A选项正确。]
6．(4分)(2020·山东青岛二中高一期末)如图所示，物块a、b质量分别为2m、m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态，则下列选项中正确的是(　　)
A．物块b受四个力作用
B．物块b受到的摩擦力大小等于2mg
C．物块b对地面的压力大小等于mg
D．物块a受到物块b的作用力水平向右
B　[因为墙面光滑，所以物块a与墙面之间无摩擦力，所以物块a受到重力mag、物块b对物块a的弹力Fba、墙面对物块a的弹力Fa以及物块b对物块a的摩擦力fba，如图甲所示，且fba＝mag＝2mg，Fa＝Fba，故B正确；因为地面光滑，所以物块b与地面之间无摩擦力，所以物块b受到重力mbg、地面对物块b的弹力Fb、外力F、物块a对物块b的弹力Fab以及物块a对物块b的摩擦力fab，共五个力，如图乙所示，且Fb＝fab＋mbg＝3mg，F＝Fab，故A、C错误；物块a受到物块b的作用力为fba与Fba的合力，合力的方向指向右上方，故D错误。]

甲　　　　　乙
7．(4分)如图甲所示，A、B两物块在如图乙所示的随时间按正弦规律变化的外力作用下，由静止开始一起沿光滑水平面运动，A、B两物块始终保持相对静止，则以下说法中正确的是(　　)

甲　　　　　　　乙
A．A、B两物块一起做往复运动
B．t1时刻物块的速度最大
C．t2时刻物块运动的位移最大
D．t3时刻物块A受到的摩擦力最大
D　[在0～t2内整体沿正方向做加速运动；t2～t4内加速度反向，做减速运动，因为两段时间内受力是对称的，所以t4末速度变为零；之后两个物块又重复以前的运动，一直沿正方向运动，故A、C错误；结合以上分析可知，在0～t2内一直做加速运动，所以在t2时刻物块的速度最大，故B错误；对整体分析，整体的加速度与F的方向相同，t3时刻两个物块的加速度最大；B物块所受的合力为摩擦力，故摩擦力的方向与加速度方向相同，大小为fB＝mBa；可知当加速度最大时，B受到的摩擦力最大。即当t3时刻物块B受到的摩擦力最大，根据牛顿第三定律可知，t3时刻物块A受到的摩擦力最大，故D正确。]
8．(4分)如图所示，斜面体M放在水平地面上，另有物块N放在斜面体上，轻质弹簧两端分别与物块N及固定在斜面体底端的挡板P连接，弹簧处于压缩状态，M、N静止。现用力F沿斜面向上拉物块N，但并未运动，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧对挡板的作用力减小
B．M、N之间的摩擦力可能大小不变
C．M对地面的压力不变
D．水平地面对M的摩擦力不变
B　[对N受力分析，其受重力、支持力、弹簧的弹力，可能受静摩擦力，且静摩擦力的方向可能沿着斜面向下，也可能沿着斜面向上，当用力F拉物块N时，因没有拉动，则弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，选项A错误；若N受到的静摩擦力开始是沿着斜面向上，当用力F拉N时，N受到的静摩擦力可能会变为沿着斜面向下，大小可能和原来相等，选项B正确；从整体角度分析可知，当用力F拉N时，整体对地面的压力减小，有向右的运动趋势，因此水平地面对M的摩擦力发生变化，选项C、D错误。]
9．(6分)某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计的实验装置如图所示。固定在竖直木板上的量角器直边水平，橡皮筋一端固定在量角器圆心O的正上方A点，另一端系绳套1和绳套2。
(1)实验步骤如下：
①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点，记下弹簧测力计的示数F；
②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点达到O点，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，此时弹簧测力计的示数为F1；
③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′＝________；
④比较________，即可初步验证力的平行四边形定则。
(2)将绳套1由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2沿120°方向不变，此过程中保持橡皮筋的结点在O点不动，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是________。
A．逐渐增大 B．先增大后减小
C．逐渐减小 D．先减小后增大
[解析]　(1)③由几何关系根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′＝Ftan 30°＝F；④比较F1和F1′的大小，即可初步验证力的平行四边形定则。
(2)保持绳套2方向不变，绳套1从图示位置向下缓慢转动60°，此过程中保持橡皮筋的结点在O点处不动，说明两个细绳拉力的合力不变，作图如下：

故绳套1的拉力先减小后增加，故A、B、C错误，D正确。
[答案]　(1)③F　④F1与F1′的大小　(2)D
10．(8分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，保持小车的质量不变，改变小车所受的作用力，测得的数据见下表。
组别
1
2
3
4
5
F/N
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
a/(m·s－2)
0.40
0.83
1.18
1.58
2.00
(1)如图所示的坐标纸上已描出了部分数据点，请在坐标纸上描出第2、4组数据对应的点，然后作出a­F图像。

(2)由所作图线可以得到结论：在质量一定的情况下，加速度a与作用力F成________比。
(3)当研究加速度与物体质量的关系时，应保持_________不变，改变小车的质量来进行实验。
[解析]　(1)如图所示，根据表格中的数据在坐标纸上描点，连线时注意舍弃误差较大的点，不在图线上的点要均匀分布在图线两侧。

(2)由(1)所作图线是一条过原点的倾斜直线，所以可以判断加速度a和作用力F成正比。
(3)本实验过程采用了控制变量法的思想，在研究加速度和质量的关系时，应该保持物体所受的作用力不变。
[答案]　(1)见解析　(2)正　(3)小车所受作用力

11．(4分)(多选)如图所示是甲、乙、丙、丁、戊五个运动物体相对同一原点的位移—时间图像。下面有关说法中正确的是(　　)

A．甲、乙运动的出发点相距s0
B．乙比甲早出发t1的时间
C．丙在0～2 s内，物体的位移大于2 m
D．丁、戊两物体在25 s时相遇
AD　[由题图可知，乙从原点出发，甲从距原点s0处出发，故两物体的出发点相距s0，故A正确；甲在t＝0时刻开始运动，而乙在t1时刻开始运动，故甲比乙早出发t1的时间，故B错误；丙在0～2 s内，物体的位移为Δs＝0－0＝0，故C错误；丁、戊两物体在25 s时到达同一位置而相遇，故D正确。]
12．(4分)(多选)如图所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是(　　)
A．μmg B．
C．μ(M＋m)g D．ma
BD　[木块与小车无相对滑动，故a相同，对木块、小车整体F＝(M＋m)a，故a＝。木块与整体加速度相同也为a，对木块由牛顿第二定律得：f＝ma，即f＝，故B、D正确。]
13．(4分)(多选)如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h处，空心管长为L，小球的球心与管的轴线重合，并在竖直线上，小球直径小于管的内径，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　)
A．两者均无初速度同时释放，小球在空中不能穿过管
B．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v0、管无初速度，则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度无关
C．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v0、管无初速度，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关
D．两者均无初速度释放，但小球提前了Δt时间释放，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关
ABD　[两者同时无初速度释放，均做自由落体运动，小球不能穿过管，A对；两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v0，以管为参考系，则小球匀速穿过管，时间为t＝，B对，C错；小球提前Δt释放，相当于获得了初速度v0＝gΔt，与当地重力加速度有关，D对。]
14．(4分)(多选)如图所示，质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg的小球1和2用轻质弹簧连接。某人用手通过轻绳给小球1施加F＝6 N的竖直恒力，使整个装置一起竖直向上加速运动。某时刻手突然停止，此时小球1、2的加速度大小分别为a1和a2；重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是 (　　)
A．装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为4 N
B．装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为2 N
C．手停止的瞬间，a1＝10 m/s2，a2＝10 m/s2
D．手停止的瞬间，a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2
BD　[在恒力F作用下整个装置一起向上做匀加速运动，对整体由牛顿第二运动定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0
对球2由牛顿第二运动定律有F弹－m2g＝m2a0
联立方程得F弹＝2 N
故A错误，B正确；手停止运动的这一瞬间，绳变松弛，绳的拉力突变为0，弹簧弹力不能发生突变，F弹＝2 N，对球1由牛顿第二运动定律有F弹＋m1g＝m1a1
解得a1＝20 m/s2，方向竖直向下，
对球2由牛顿第二运动定律有F弹－m2g＝m2a2
解得a2＝10 m/s2，方向竖直向上，故C错误，D正确。]
15．(6分)甲、乙两辆电动遥控玩具赛车(可视为质点)，在水平平行的两条相隔很近的直轨道上玩追逐游戏，某一时刻两车相距最近(可视为在同一位置)，从该时刻开始，两车的v­t图像如图所示，在图示的6 s内，求：

(1)两车再次相距最近所用的时间；
(2)两车之间的最远距离。
[解析]　(1)在前2 s内，甲车的位移为s甲＝×2×4 m＝4 m，乙车的位移为s乙＝2×2 m＝4 m，即在前2 s内两车位移相等，故两车再次相距最近所用的时间为2 s。
(2)从第2 s末开始，两车的加速度分别为a甲＝＝ m/s2＝－1 m/s2，a乙＝＝ m/s2＝－1 m/s2，故甲车相对乙车做速度为2 m/s的匀速直线运动，两车之间的距离逐渐增大。所以第6 s末，两车相距最远，最远距离为Δx＝Δvt＝2×(6－2) m＝8 m。
[答案]　(1)2 s　(2)8 m
16．(8分)如图所示，在水平粗糙的横杆上，有一质量为m的小圆环A，用一细线悬吊一个质量为m的球B。现用一水平拉力缓慢地拉起球B，使细线与竖直方向成37°角，此时小圆环A仍保持静止。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求：

(1)水平拉力F的大小；
(2)小圆环A对横杆的压力及环受到的摩擦力。
[解析]　(1)取球B为研究对象进行受力分析，如图所示，由平衡条件得Tsin 37°＝F，Tcos 37°＝mg
联立两式解得F＝mg。
(2)取A、B组成的系统为研究对象，则横杆对小圆环的弹力N＝2mg，方向竖直向上，由牛顿第三定律知，小圆环对横杆的压力大小为2mg，方向竖直向下。环受到的摩擦力大小为f＝F＝mg，方向水平向左。
[答案]　(1)mg　(2)2mg，竖直向下　mg，水平向左
17．(12分)如图所示，放在粗糙、固定斜面上的物块A和悬挂的物体B均处于静止状态。轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ＝53°，斜面倾角α＝37°，物块A和B的质量分别为mA＝5 kg，mB＝1.5 kg，弹簧的劲度系数k＝500 N/m(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)。求：
(1)弹簧的伸长量x；
(2)物块A受到的摩擦力；
(3)当绳OC达到最大承受力时，B的加速度。
[解析]　(1)对结点O受力分析如图所示：

Tcos θ－mBg＝0
Tsin θ－F＝0
且F＝kx
解得x＝4 cm。

(2)设物块A所受摩擦力沿斜面向下，对物块A受力分析如图所示：
T－f－mAgsin α＝0
解得f＝－5 N
即物块A所受摩擦力大小为5 N，方向沿斜面向上。
(3)经分析知当绳OC达最大承受力时，绳子的力发生突变，所以B的加速度aB＝g。
[答案]　(1)4 cm 　(2)5 N，方向沿斜面向上 　(3)g
18．(12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？
[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－a2t－a2t＝L
对物块A有v2＝v1－a2t2
v－v＝－2a2(s＋L)
对木板B有v＝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。
[答案]　(1)8 m/s　(2)2 s　8 m