粤教版高中物理必修第一册模块综合测试(一)含答案

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模块综合评价(一)(时间：75分钟　满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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．如图所示，在光滑水平面上有一段质量分布均匀的粗麻绳，绳子在水平向右的恒力F作用下做匀加速直线运动。绳子上某一点到绳子左端的距离为x，设该点处的张力为T，则最能正确反映T与x之间的关系的图像是(　　)解析：选A　设绳子单位长度质量为m，根据牛顿第二定律对整体有F＝Lma，则对长为x的绳子有T＝xma，联立解得T＝ eq \f(F,L)x，故可知T与x成正比；且当x＝0时，T＝0，故A正确，B、C、D错误。2.拍球是小孩子喜欢玩的一项游戏。如图所示，小孩在离地0.6 m的地方向下拍球，球落地时速度大小为4 m/s，接触地面后弹起时的速度大小为3 m/s，假设球与地面的接触时间为 0.1 s，取竖直向下为正方向，不计空气阻力，g取10 m/s2，下列结论正确的是(　　)A．与地面接触这段时间内，球的速度变化量为1 m/sB．与地面接触这段时间内，球的平均加速度为－70 m/s2C．从开始拍球到小球弹到最高点的位移为－0.45 mD．从开始拍球到小球弹到最高点的过程中，球的平均速度为1.75 m/s解析：选B　与地面接触这段时间内，球的速度变化量为Δv＝－3 m/s－4 m/s＝－7 m/s，选项A错误；与地面接触这段时间内，球的平均加速度为a＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(－7,0.1) m/s2＝－70 m/s2，选项B正确；球能弹起的高度为h＝ eq \f(v22,2g)＝ eq \f(32,2×10) m＝0.45 m，从开始拍球到小球弹到最高点的位移为s＝0.6 m－0.45 m＝0.15 m，方向向下，选项C错误；球被拍出的初速度v0＝ eq \r(v12－2gH)＝ eq \r(42－2×10×0.6) m/s＝2 m/s，球下落过程中的平均速度 eq \o(v,\s\up6(－))＝ eq \f(v0＋v1,2)＝3 m/s，球下落的时间t1＝ eq \f(H,\a\vs4\al(\o(v,\s\up6(－))))＝0.2 s，被地面弹起上升的时间t2＝ eq \f(v2,g)＝ eq \f(3,10) s＝0.3 s，从开始拍球到小球弹到最高点的总时间t＝t1＋t0＋t2＝0.6 s，则此过程中的平均速度 eq \o(v,\s\up6(－))′＝ eq \f(s,t)＝0.25 m/s，选项D错误。3．如图甲、乙为两种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，重量不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在图甲、乙中的受力分别为Fa、Fb，则下列关系正确的是(　　)A．Fa＝Fb　　　　　　 B．Fa＜FbC．大小不确定 D．Fa＞Fb解析：选A　分别对两种形式的结点处进行受力分析如图甲、乙所示：在图甲中有Fa＝2mg cos 30°＝ eq \r(3)mg，在图乙中有Fb＝mg tan 60°＝ eq \r(3)mg，可知Fa＝Fb，故A正确，B、C、D错误。4．如图甲所示为某景区内的高空滑索运动，质量为m的游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑，假设某阶段钢索与水平方向的夹角θ＝30°，重力加速度大小为g，轻绳始终保持竖直，示意图如图乙所示，在这一阶段(　　)A．钢索对滑环的摩擦力为零B．游客做匀速直线运动C．钢索对滑环的支持力为0.5mgD．钢索与滑环间的动摩擦因数为 eq \f(\r(3),2)解析：选B　以人为研究对象，受力分析如图1所示，由于轻绳竖直，所以人受到的绳子拉力T和重力mg平衡，则游客做匀速直线运动；再以滑环为研究对象受力分析如图2所示，滑环受到拉力T′、支持力FN和摩擦力f作用，故A错误，B正确；钢索对滑环的支持力大小为FN＝T cos 30°＝ eq \f(\r(3),2)mg，故C错误；钢索受到的摩擦力为f＝mg sin 30°＝μFN，解得μ＝tan 30°＝ eq \f(\r(3),3)，故D错误。5.一个小球由静止释放后，在竖直方向做匀加速直线运动，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T＝0.1 s，已知3、4两位置之间的距离为13 cm，4、5两位置之间的距离为18 cm，则(　　)A．位置1、2之间的距离为5 cmB．小球的加速度a＝5 m/s2C．小球释放的位置是在位置“1”D．小球在位置“5”的速度为1.05 m/s解析：选B　根据匀变速直线运动的规律可知s45－s34＝Δs，则Δs＝18 cm－13 cm＝5 cm，所以s23＝s34－Δs＝13 cm－5 cm＝8 cm＝0.08 m，则s12＝s23－Δs＝8 cm－5 cm＝3 cm＝0.03 m，故A错误；根据Δs＝aT2，解得a＝ eq \f(Δs,T2)＝ eq \f(0.05,0.12) m/s2＝5 m/s2，故B正确；小球在位置2的速度v2＝ eq \f(s13,2T)＝ eq \f(0.03＋0.08,2×0.1) m/s＝0.55 m/s，则在位置1的速度v1＝v2－aT＝(0.55－5×0.1) m/s＝0.05 m/s，可知位置1不是小球释放的位置，故C错误；小球在位置5的速度v5＝v1＋a×4T＝(0.05＋5×4×0.1) m/s＝2.05 m/s，故D错误。6.亚丁湾索马里海域六艘海盗快艇曾试图靠近中国海军护航编队保护的商船，中国特战队员发射爆震弹成功将其驱离。假如其中一艘海盗快艇在海面上正对商船驶来，其运动的v ­t图像如图所示，设运动过程中海盗快艇所受阻力不变。则下列说法正确的是(　　)A．海盗快艇在0～66 s内从静止出发做加速度减小的加速直线运动，且平均速度大于7.5 m/sB．海盗快艇在66 s末开始调头逃离C．海盗快艇在66 s末离商船最近D．海盗快艇在96～116 s内做匀加速直线运动，加速度为a＝0.75 m/s2解析：选A　根据v ­t图像的意义可知，某点处切线的斜率表示该点处的加速度，由题图可知，0～66 s内快艇做加速度逐渐减小的加速直线运动，快艇做匀变速直线运动阶段的平均速度 eq \o(v,\s\up6(－))＝ eq \f(s,t)＝ eq \f(0＋15,2) m/s＝7.5 m/s，v ­t图像和所对应的时间轴所围成的面积表示位移，因为 0～66 s 内快艇做加速度逐渐减小的加速直线运动的位移大于做匀变速直线运动时的位移，则0～66 s内的平均速度大于7.5 m/s，A正确；t＝66 s后快艇开始减速，当快艇速度与商船速度相等时，离商船最近，但商船的运动状态未知，故不能确定离商船最近的时刻，由题图知96 s末快艇开始调头，B、C错误；海盗快艇在96～116 s内做反向的匀加速直线运动，加速度a＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(－15－0,20) m/s2＝－0.75 m/s2，D错误。7.某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直电梯上、下运行时的加速度，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9 N重物时，弹簧下端的指针指木板上刻度为a的位置，把悬吊1.0 N 重物时指针位置的刻度标记为0，以后该重物就固定在弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。g 取 10 m/s2。设加速度的方向向上为正、向下为负，则(　　 )A．b点应标注的加速度数值为－1 m/s2B．b点应标注的加速度数值为1 m/s2C．a点应标注的加速度数值为0.1 m/s2D．a点应标注的加速度数值为－0.1 m/s2解析：选B　设刻度尺每小格为L，则下端悬吊0.9 N重物与下端悬挂1.0 N的重物时弹簧伸长10 L，则(1.0－0.9) N＝k·10 L，当电梯加速度向上时，指针在b点，则由牛顿第二定律k·10L＝ma1，解得a1＝1 m/s2，当电梯加速度向下时，指针在a点，则由牛顿第二定律－k·10L＝ma2，解得a2＝－1 m/s2；B正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8.橡皮筋具有与弹簧类似的性质，如图所示，一条质量不计的橡皮筋竖直悬挂，劲度系数k＝100 N/m，橡皮筋上端安装有拉力传感器测量橡皮筋的弹力。当下端悬挂一个钩码，静止时拉力传感器读数为10 N，现将一个完全相同的钩码轻轻挂在第一个钩码的下方，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)A.悬挂第二个钩码的瞬间，拉力传感器的读数仍为10 NB．悬挂第二个钩码的瞬间，钩码间的弹力大小是20 NC．悬挂第二个钩码后，拉力传感器的读数恒为20 ND．悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时，第一个钩码下降的高度为10 cm解析：选AD　悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋长度还没发生变化，根据胡克定律，橡皮筋拉力大小仍为10 N，A正确，B、C错误；设悬挂第一个钩码稳定时橡皮筋的伸长量为x1，kx1＝G，悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时橡皮筋又伸长x2，则k(x1＋x2)＝2G，代入数据，可得x2＝10 cm，D正确。9．与水平面成θ角的光滑固定斜面的底端静置一个质量为m的物体，从某时刻开始有一沿斜面方向向上的恒力F作用在物体上，使物体沿斜面向上滑去，经过一段时间t撤去这个力，又经过时间2t，物体返回到斜面的底端，则(　　)A．t时刻与3t时刻物体的速率之比为2∶3B．撤去恒力F前后物体的加速度大小之比为4∶5C．F与mg sin θ的大小之比为3∶7D．F与mg sin θ的大小之比为9∶5解析：选ABD　设撤去力F前、后的加速度大小为a1、a2，则有a1＝ eq \f(F－mg sin θ,m)，a2＝ eq \f(mg sin θ,m)＝g sin θ，物体最终回到斜面的底端，位移为0，所以 eq \f(1,2)a1t2＋(a1t)·2t－ eq \f(1,2)a2(2t)2＝0，联立解得F∶mg sin θ＝9∶5。在t时刻，v1＝a1t＝ eq \f(4,5)gt sin θ，在3t时刻，v2＝v1－a2·2t＝－ eq \f(6,5)gt sin θ，所以t时刻与3t时刻物体的速率之比为2∶3，故C错误，A、D正确；撤去恒力F前物体的加速度为a1＝ eq \f(F－mg sin θ,m)＝ eq \f(4,5)g sin θ，撤去恒力F后物体的加速度为a2＝ eq \f(mg sin θ,m)＝g sin θ，所以撤去恒力F前、后物体的加速度大小之比为4∶5，故B正确。10.如图所示P、Q两条直线分别描述P、Q两个物体的位移－时间图像，下列说法中正确的是(　　)A．两物体均做匀速直线运动B．M点表示两物体在t时刻相遇C.0～t时间内P运动的位移较小D．0～t时间内，P比Q的速度大，t以后P比Q的速度小解析：选ABC　由题图可知，P、Q的位移都随时间均匀增加，故两物体均做匀速直线运动，故A正确；M点时两物体的位置相同，表示两物体相遇，故B正确；由题图可知，0～t时间内P物体运动的位移较小，故C正确；s­t 图像的斜率表示物体的速度，由题图可知Q物体s­t图 像的斜率一直大于P的，故Q的速度一直大于P的速度，故D错误。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(7分)在探究弹簧的弹力与伸长量之间关系的实验中。所用装置如图甲所示，将轻弹簧的一端固定，另一端与力传感器连接。其总长度通过刻度尺测得，某同学的实验数据列于下表中。(1)以x为横坐标，F为纵坐标，在图乙的坐标纸上描绘出弹簧的弹力大小与弹簧总长度间的关系图线。(2)由图线求得弹簧的原长为________cm，劲度系数为________N/m。(结果均保留三位有效数字)解析：(1)F­x图像如图所示。(2)由胡克定律ΔF＝kΔx，可得k＝ eq \f(ΔF,Δx)＝ eq \f(10.00－2.00,9.00－5.00) N/cm＝200 N/m；再由胡克定律F＝k(L－L0)，解得L0＝L－ eq \f(F,k)＝5.00 cm－ eq \f(2.00,200)×102 cm＝4.00 cm。答案：(1)图见解析　(2)4.00　20012．(9分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中：(1)备有器材：A.带有定滑轮的长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有细砂的砂桶；E.垫片；F.毫米刻度尺。还缺少的一件器材是________________________________________________________________________；(2)实验得到如图甲所示的一条纸带，相邻两计数点的时间间隔为T；B、C间距s2和D、E间距s4已测出，则小车加速度的表达式为a＝________；(3)在探究外力一定的条件下，小车及砝码的加速度与其质量的关系时，同学1根据实验数据画出如图乙所示a­ eq \f(1,m)图线，从图线可得砂和砂桶的总质量为________kg(g取10 m/s2)；同学2根据实验数据画出了如图丙所示a­ eq \f(1,m)图线，从图线可知同学2操作过程中遗漏的步骤是__________________。解析：(1)本实验要测量小车的质量，则需要天平。(2)根据逐差法得s4－s2＝2aT2，解得a＝ eq \f(s4－s2,2T2)。(3)根据牛顿第二定律可知a＝ eq \f(F,m)，则F即为a­ eq \f(1,m)图像的斜率，所以砂和砂桶的总重力m′g＝F＝ eq \f(2.40,12) N＝0.20 N，解得m′＝ eq \f(0.20,10) kg＝0.020 kg。由题图丙可知，图线不通过坐标原点，即当F为某一值时，加速度为零，可知平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力。答案：(1)天平　(2) eq \f(s4－s2,2T2)　(3)0.020(0.018～0.022均可)　未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足13.(11分)如图所示，用手握住一个重为9 N的酒瓶，使酒瓶始终处于竖直位置。已知酒瓶与手之间的动摩擦因数μ＝0.3，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。试回答以下问题：(1)用水平握力F1＝40 N握住酒瓶，并处于静止状态，求酒瓶受到的摩擦力大小；(2)用水平握力F2＝20 N握住酒瓶，求酒瓶受到的摩擦力大小；(3)至少用多大的水平握力才能握住酒瓶，使酒瓶沿水平方向匀速运动。解析：(1)根据最大静摩擦力等于滑动摩擦力，由fmax＝μFN，得fmax＝12 N>mg，根据平衡条件，此时酒瓶受到的静摩擦力f1＝mg＝9 N。(2)据fmax＝μFN得fmax′＝6 N＜mg 酒瓶将向下滑动，此时酒瓶受到的摩擦力为f2＝μF2得f2＝6 N。(3)酒瓶沿水平方向匀速运动，受力平衡。所以当fmax＝mg时握力最小，根据fmax＝μFN得FN＝30 N。答案：(1)9 N　(2)6 N　(3)30 N14.(12分)在平直的公路上一辆汽车和一辆摩托车同向匀速行驶，汽车的速度大小v1＝25 m/s；摩托车的速度大小v2＝10 m/s。如图所示，在两车并排相遇时汽车因故开始刹车，加速度大小a＝5 m/s2，在以后的运动中，求：(1)汽车从开始刹车到停止所经历的时间；(2)从汽车开始刹车到汽车停止前，两车相距的最远距离；(3)从汽车开始刹车，经过多长时间两车再次并排相遇。解析：(1)设汽车自开始刹车至停止所经历的时间为t0，由0＝v1－at0得t0＝5 s。(2)设经时间t两车间的距离最大，此时两车速度相等，即v1′＝v2，v1′＝v1－at联立解得t＝3 s两车速度相等之前，汽车行驶的位移为s1＝v1t－ eq \f(1,2)at2＝52.5 m摩托车行驶的位移s2＝v2t＝30 m汽车停止前，两车之间的最大距离为smax＝s1－s2＝22.5 m(3)汽车自开始刹车至停止，设汽车运动位移为s1′，摩托车运动位移为s2′，由运动学公式有：0－v12＝－2as1′s2′＝v2t0解得s1′＝62.5 m，s2′＝50 m因为s1′>s2′，在汽车停止时，摩托车还没追上汽车，设汽车停止后摩托车再行驶t′时间追上汽车，有s1′－s2′＝v2t′得t′＝1.25 s汽车开始刹车至两车再次并排相遇的所用时间为t＝t0＋t′＝6.25 s。答案：(1)5 s　(2)22.5 m　(3)6.25 s15．(15分)冰壶比赛是2022北京冬奥会比赛项目之一，如图为比赛场地示意图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处将冰壶以一定的初速度推出，按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行的前方来回摩擦冰面，以调节冰壶的运动。已知冰壶和冰面间的动摩擦因数为0.02，冰面被摩擦后，动摩擦因数减小为原来的 eq \f(9,10)，投掷线AB与O之间的距离为30 m，重力加速度g＝10 m/s2。(1)运动员以多大的速度沿图中虚线将冰壶推出，不用队友摩擦冰面，冰壶能恰好停在O点；(2)若运动员以3.4 m/s的速度将冰壶推出，队友应该在冰壶滑出多长的距离后，开始一直连续摩擦前方冰面，才能使冰壶停在O点；(3)在(2)中若队友在冰壶刚推出时立即开始连续摩擦一段冰面，冰壶仍能够停在O点，请画出冰壶的速度－时间图像，说明摩擦冰面的时间应当比(2)中的长还是短？解析：(1)设冰壶滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律μmg＝ma1由运动学公式得v02＝2a1s0v0＝2 eq \r(3) m/s。(2)设冰壶滑出距离为s1后，队友开始摩擦冰面，由运动学公式，有v0′2－v12＝2a1s1设队友摩擦冰面后，冰壶滑行的加速度为a2根据牛顿第二定律得0.9μmg＝ma2由运动学公式得v12＝2a2s2，且s1＋s2＝s0联立解得s1＝19 m。(3)作出冰壶运动的v ­t图像如图所示，由图像可知，(3)中摩擦冰面的时间比(2)中的短。答案：(1)2 eq \r(3) m/s　(2)19 m　(3)见解析总长度x/cm5.006.007.008.009.00弹力F/N2.003.996.008.0110.00