粤教版高中物理必修第一册模块综合测试含答案

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模块综合测评1．D　[重心概念的建立，运用了等效替代的思想方法，故A正确；玻璃瓶内装满水，用穿有两端开口的透明细管的橡皮胶塞封口，手捏玻璃瓶，细管内液面高度变化，说明玻璃瓶发生形变，该实验采用了将微小量放大的思想，故B正确；探究影响滑动摩擦力大小的因素的实验运用了控制变量法，故C正确；力学中将物体看成质点运用了理想化模型法，故D错误．故选D.]2．D　[根据平均速度公式可得， eq \x\to(v)＝ eq \f(v0＋v,2)＝ eq \f(65＋0,2)m/s＝32.5 m/s位移：x＝ eq \f(v0＋v,2)t＝ eq \f(65＋0,2)×2.5 m＝81.25 m，所以能求出舰载机在甲板上运动的位移、平均速度，故A、C不符合题意；根据加速度的定义式a＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(0－65,2.5)m/s2＝－26 m/s2能求出舰载机在甲板上运动的加速度，因为不知道舰载机的质量，无法由牛顿第二定律求舰载机所受的阻力，故选项B不符合题意，选项D符合题意．]3．D　[加速时，加速度方向向上，货物处于超重状态，A错误；减速时，加速度方向向下，货物处于失重状态，B错误；匀速过程，货物处于平衡状态，由于空气阻力的存在，拉力大小大于货物重力大小，合力为0，C错误；加速的末速度与减速的初速度相同，加速的初速度与减速的末速度均为0，根据平均速度公式 eq \o(v,\s\up6(－))＝ eq \f(0＋v,2)，可知，加速和减速过程货物的平均速度相同，D正确．故选D.]4．C　[物体做自由落体运动，经时间t到达地面的速度为v，根据速度公式v＝gt可知，下落时间为 eq \f(t,3)时的速度为v′＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,3)))＝ eq \f(1,3)v，又知下落时间t内的位移为h，则 eq \f(t,3)时间内的位移为h′＝ eq \f(1,2)g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,3))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(1,9)h，物体距地面高度h″＝h－ eq \f(1,9)h＝ eq \f(8,9)h，故选项C正确．]5．A　[如图所示，将重力沿细线及拉力方向分解，分析图形可知，只有当拉力与细线垂直时，重力沿拉力方向的分力最小，根据平衡条件，F＝G sin 30°＝5 N，故选项A正确．]6．A　[圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知，两棍支持力的合力和摩擦力不变；将两棍间的距离稍增大后，两棍支持力的合力不变，而两支持力夹角增大，则每根木棍对圆筒的支持力变大，故滑动摩擦力变大，故圆筒将会减速滑行，故A正确，B、C错误；匀速下滑时，圆筒受2个支持力、2个摩擦力，根据平衡条件，有：2μFN－mg sin α＝0，其中2FN≠mg cos α，故μ≠tan α，故D错误．]7．B　[将拉力F正交分解如图所示，则在x方向可得出Fx曲＝F sin α，Fx直＝F sin β，在y方向可得出Fy曲＝F cos α，Fy直＝F cos β，由题知α＜β，则sin α＜sin β，cos α＞ cos β，则可得到Fx曲＜Fx直，Fy曲＞ Fy直，A错误，B正确；耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，无论是加速还是匀速，它们的大小相等，方向相反，则C、D错误．故选B.]8．BD　[由v-t图像可知，0～t1时间内甲、乙均做匀速运动，t1～t2时间内，甲物体做匀减速直线运动，A错误，D正确；t2时刻之前，v甲始终大于v乙，两物体又从同一地点同向运动，故t1～t2时间内甲物体始终在乙物体前面，且两物体相距越来越远，B正确，C错误．]9．BD　[因为开始时物体B相对于A有向右的速度，所以B受到A向左的滑动摩擦力，由牛顿第三定律知A受到B向右的滑动摩擦力，即B所受的摩擦力与运动方向相反，A所受的摩擦力与运动方向相同，故A错误；由图乙得B和A的加速度为a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2，由牛顿第二定律知μmBg＝mBa1，μmBg＝mAa2，所以解得μ＝0.2，mA＝2mB，故B、D正确；由图乙知0～1 s内两者相对运动，之后相对静止一起匀速运动，由图可得0～1 s内两者相对位移为Δx＝ eq \f(1,2)×3×1 m＝1.5 m，即想使两者最终一起匀速运动，必须使板长不小于1.5 m，故C错误．故选BD.]10．AC　[粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；故A正确；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B错误；若μ eq \f(1,m乙)，所以m甲μ乙．答案：(1)A　(2)B　(3)A　C13．解析：(1)因A、B一起向右加速且不发生相对滑动，以A、B为整体受力分析可得F＝2ma，代入数据解得A、B共同运动的加速度大小a＝2 m/s2.(2)设A、B间的弹力为FN，地面对B的支持力为FN推力F越大，则A越可能相对于B向上滑当F最大时，A刚要相对B向上滑，A不受水平面的支持力，设此时A、B共同以加速度a沿水平面加速前进，对A由牛顿第二定律得F－FNsin 45°＝ma，FNcos 45°＝mg，对B由牛顿第二定律FNsin 45°＝ma，代入数据联立上式解得F＝60 N，a＝10 m/s2，即A、B刚发生相对滑动的水平推力至少为60 N，加速度为a＝10 m/s2.答案：(1)2 m/s2　(2)60 N　10 m/s214．解析：(1)设物块A沿斜面下滑的加速度为a1，则mAg sin θ－μ1mAg cos θ＝mAa1解得a1＝4 m/s2物块A滑到木板B上时的速度为v1＝ eq \r(2a1s0)＝ eq \r(2×4×8) 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＝ eq \f(μ2mAg,mA)＝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－ eq \f(1,2)a2t eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－ eq \f(1,2)a2t eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝L对物块A有v2＝v1－a2t2v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝－2a2(s＋L)对木板B有v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝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 m15．解析：(1)已知足球的初速度为v1＝12 m/s，加速度大小为a1＝2 m/s2足球做匀减速运动的时间为t1＝ eq \f(v1,a1)＝6 s运动位移大小为s1＝ eq \f(v1,2)t1＝36 m.(2)已知前锋队员的加速度为a2＝2 m/s2，最大速度为v2＝8 m/s，前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为t2＝ eq \f(v2,a2)＝4 ss2＝ eq \f(v2,2)t2＝16 m之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为s3＝v2(t1－t2)＝16 m由于s2＋s3s4所以，足球运动到底线时没停止由公式s4＝v3t4－ eq \f(1,2)a1t eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))足球运动到底线的时间为t4＝1 s前锋队员在这段时间内匀速运动的位移s6＝vt4＝6 m