2019年高中物理模块综合检测一含解析新人教版必修120190729168.pdf

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1、模块综合检测(一)模块综合检测(一) (时间：90 分钟 分值：100 分) 一、选择题(本题共 12 小题，每题 4 分，共 48 分其中 18 题为单选，912 题为多 选，漏选得 2 分，错选、多选不得分) 1跳水是一项优美的水上运动，图中是在双人跳台跳水比赛中，小将陈若琳和王鑫在 跳台上腾空而起的英姿她们站在离水面 10 m 高的跳台上跳下，若只研究运动员入水前的 下落过程，下列说法中正确的是( ) A为了运动员的技术动作，可将正在比赛中的运动员视为质点 B运动员在下落过程中，感觉水面在加速上升 C以陈若琳为参考系，王鑫做竖直上抛运动 D跳水过程中陈若琳和王鑫的重心位置相对她们自己是不

2、变的 答案：B 2一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点已知AB6 m，BC10 m，小球 经过AB和BC两段所用的时间均为 2 s， 则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是 ( ) A2 m/s，3 m/s，4 m/sB2 m/s，4 m/s，6 m/s C3 m/s，4 m/s，5 m/s D3 m/s，5 m/s，7 m/s 解析 ： 由题意可知B点是AC段的中间时刻，AB、BC是相邻的等时间段，所以vB4 xAC tAC m/s， 又根据 xxBCxABaT2可得a1 m/s2， 进一步可得vA2 m/s、vC6 m/s， 选项 B 正确 答案：B 3某军事试验场正在平地上

3、试验地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障， 导弹的v-t图象如图所示，则下述说法正确的是( ) A在 01 s 内导弹匀速上升 B在 12 s 内导弹静止不动 C3 s 末导弹的加速度方向改变 D5 s 末导弹恰好回到出发点 解析：由题图可知，01 s 内导弹的速度随时间均匀增加，故导弹做匀加速直线运动， 故 A 错误；12 s 内物体的速度一直不变，故导弹是匀速上升，故 B 错误；3 s 末图线的斜 率没发生改变，故加速度方向没变，故 C 错误；前 3 s 内物体在向上运动，上升的高度为 m60 m； 3 到 5 s 内导弹下落，下落高度为 260 m60 m，故说明导弹 5 （13

4、） 30 2 1 2 s 末的位移为零，回到出发点，故 D 正确；故选 D. 答案：D 4.如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移时间图 象由图可知( ) A在时刻t1，a、b两车运动方向相同 B在时刻t2，a、b两车运动方向相反 C在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增大 D在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大 解析：xt图象的斜率表示速度，从题图中看出，a车始终静止，b车先正向减速，减速 为零后，再反向加速，因此 A、B、D 错误，C 正确 答案：C 5.如图所示， 在水平桌面上放一木块， 用从零开始逐渐增大的水平拉力F拉着木块沿桌 面运动，则木

5、块所受的摩擦力f随拉力F变化的图象正确的是( ) 解析 ： 当木块不受拉力时(F0)，桌面对木块没有摩擦力(f0)当木块受到的水平拉 力F较小时，木块仍保持静止，但出现向右运动的趋势，桌面对木块产生静摩擦力，其大小 与F相等，方向相反随着水平拉力F不断增大，木块向右运动的趋势增强，桌面对木块的 静摩擦力也相应增大，直到水平拉力F足够大时，木块开始滑动，桌面对木块的静摩擦力达 到最大值Fmax.在这个过程中，由木块水平方向二力平衡条件知，桌面对木块的静摩擦力f 始终与拉力F等大反向，即随着F的增大而增大木块滑动后，桌面对它的阻碍作用是滑动 摩擦力，它小于最大静摩擦力，并且在木块继续滑动的过程中保

6、持不变D 正确 答案：D 6 将一个有确定方向的力F10 N 分解成两个分力， 已知一个分力有确定的方向， 与F 成 30夹角，另一个分力的大小为 6 N，则在分解时( ) A有无数组解 B有两组解 C有唯一解 D无解 解析：由三角形定则作图如图所示，由几何知识知，另一分力的最小值F2Fsin 3010 N5 N，而题中分力的大小为 6 N，大于最小值 5 N，小于F10 N，所以有两组 1 2 解B 正确 答案：B 7.如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和 2m.物块A 静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起，但A、B之间无弹 力已知重力加速度

7、为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( ) A物块A的加速度为 0 B物块A的加速度为g 3 C物块B的加速度为 0 D物块B的加速度为g 2 解析：剪断细线前，弹簧的弹力F弹mgsin 30mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力 1 2 不变，仍为F弹mg；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为a ， 1 2 3mgsin 30F弹 3m g 3 即A和B的加速度均为 ，故选 B. g 3 答案：B 8.如图，将一个球放在两块光滑斜面板AB和AC之间，两板与水平面夹角都是 60.现 在使AB板固定，使AC板与水平面的夹角逐渐减小，则( ) A球对AC板的压力先增大后减小 B球对A

8、C板的压力逐渐减小 C球对AC板的压力先减小后增大 D球对AC板的压力逐渐增大 解析：分析球的受力如图所示，FAC和FAB的合力与球的重力G等大反向，当使AC板与 水平面的夹角减小时，由图可以看出，球对AC板的压力先减小后增大，C 正确 答案：C 9.如图所示， 固定斜面上有一光滑小球， 有一竖直轻弹簧P与一平行斜面的轻弹簧Q连 接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力，下列说法正确的是( ) A小球与斜面之间一定有弹力 B轻弹簧P一定有弹力 C轻弹簧Q不可能处于压缩状态 D物体可能受到 4 个力 解析 ： 对小球受力分析，受到竖直向下的重力，若弹簧Q无拉力，小球受到弹簧P的拉 力与重力平衡，

9、不受支持力，即小球与斜面间有可能无弹力，A 错误；若弹簧P无拉力，则 弹簧Q一定有拉力，斜面对小球有支持力，一共 3 个力，可以平衡，B 错误；若弹簧Q处于 压缩状态， 即对小球有沿斜面向下的弹力， 则无论受支持力和P的拉力还是受支持力和P的 弹力都不能平衡，轻弹簧Q不可能处于压缩状态，C 正确；若弹簧P和Q都有拉力，斜面一 定有支持力，否则不平衡，受 4 个力的作用，D 正确故选 C、D. 答案：CD 10在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了 8 s， 由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经 4 s 停在巨石 前则关于汽车的运动情况，下

10、列说法正确的是 ( ) A加速、减速中的加速度大小之比a1a221 B加速、减速中的平均速度大小之比 1211 v v C加速、减速中的位移之比s1s221 D加速、减速中的加速度大小之比a1a212 解析 ： 汽车由静止运动 8 s， 又经 4 s 停止， 加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等， 由vat，知a1t1a2t2， ，选项 A、D 错误；又由v22as知a1s1a2s2， ， a1 a2 1 2 s1 s2 a2 a1 2 1 选项 C 正确；由 知， 1211，选项 B 正确 v v 2 v v 答案：BC 11.如图， 重力为 50 N 的斜面体A放置在光滑水平面上 重力为

11、 20 N 的物体B放置在斜 面体上关于A、B的受力分析，下列说法正确的是( ) A若A、B均保持静止，则物体B受到斜面体A的摩擦力与斜面体A受到物体B的摩擦 力二力平衡 B无论A、B如何运动，若斜面体A受到物体B的压力为 10 N则由牛顿第三定律，斜 面体A对物体B有支持力作用，大小为 10 N C若A、B均保持静止，则地面对斜面体的支持力为 70 N D若物体B加速下滑，则物体A向左加速运动 解析 ： 物体B受到斜面体A的摩擦力与斜面体A受到物体B的摩擦力为一对相互作用力， 不是平衡力， A 错误 ； 根据牛顿第三定律可得斜面体A受到物体B的压力和斜面体A对物体B 有支持力是一对相互作用力

12、等大反向， B 正确 ； 若A、B均保持静止， 则将两者看作一个整体， 在竖直方向上有FNGAGB70 N，C 正确；若物体B加速下滑，根据牛顿第三定律可得A 有一个水平向左的分力，故物体A向左加速运动，D 正确 答案：BCD 12 如图甲所示， 为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系， 将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角 ，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取 10 m/s2，根据图象可求出( ) 图甲 图乙 A物体的初速率v03 m/s B物体与斜面间的动摩擦因数0.75 C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小

13、值xmin1.44 m D当某次30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 解析 ： 由题图可知，当夹角0 时，位移为 2.40 m，而当夹角为 90时，位移为 1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得v0 m/s6 m/s，故 A 错误 ；2gh2 10 1.80 当夹角为 0 时，由运动学公式 2gxv20，解得0.75，故 B 正确 ； 36 2 10 2.4 2(gsin gcos )x0v2解得x m v 2gsin cos 18 10sin 3 4cos m，当90时，sin()1，此时位移最小，x 18 10 5 4 sin 1.44 m，故 C 正确 ； 若30时，物体受到的重力的分

14、力为mgsin 30mg，摩擦力f 1 2 mgcos 300.75mgmg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达 3 2 3 3 8 到最高点后，不会下滑，故 D 错误 答案：BC 二、实验题(共 2 小题，共 15 分) 13(6 分)某同学用如图甲所示的装置做“探究求合力的方法”实验将一木板竖直平 行放在铁架台和轻弹簧所在平面后面其部分实验操作如下，请完成下列相关内容： (1)如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O； (2)如图乙所示，卸下钩码，然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将轻弹簧 末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的_及两弹簧测力计相应的读数其中

15、B 弹簧测力计的读数为_N； (3)该同学在坐标纸上画出两弹簧拉力FA、FB的大小和方向如图丙所示，请在图丙中作 出FA、FB的合力F； (4)已知钩码的重力， 可得弹簧所受的拉力F如图丙所示， 观察比较F和F， 得出结论 ： _ _ 答案：(2)方向 11.40 (3)如图所示 (4)在误差允许的范围内，FF 14(9 分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中： (1)某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装成如图所示的装置图请你指出 该装置中的两处错误或不妥之处： _； _. (2)改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验图中是他在实验中得到的一条纸带， 图中相邻两计数点的时间间隔为

16、 0.1 s，由图中的数据可算得小车的加速度a为 _m/s2(结果保留两位有效数字) (3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg，小盘和重物的质量m与小 车的质量M应满足的关系是_ 解析：(2)由纸带数据可得x10.72 cm， x21.63 cm0.72 cm0.91 cm，x32.74 cm1.63 cm1.11 cm，x44.04 cm 2.74 cm1.30 cm， 用逐差法求得加速度a1 m/s2 x3x1 2T2 1.11 1020.72 102 2 0.12 0.195 m/s2， a2 m/s20.195 m/s2，故a0.20 x4x2 2T2 1.30 102

17、0.91 102 2 0.12 a1a2 2 m/s2. (3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg，小盘和重物的质量m必须 远小于小车的质量M，即mM. 答案 ： (1)打点计时器的电源不应使用干电池，应使用交流电源 小车初始位置离 打点计时器太远(或实验中没有平衡摩擦力) (2)0.20 (3)mM 三、计算题(共 3 小题，共 37 分) 15(10 分)物体做匀加速直线运动，到达A点时的速度为 5 m/s，经 3 s 到达B点时的 速度为 14 m/s，再经过 4 s 到达C点求： (1)物体运动的加速度大小； (2)物体到达C点时的速度大小； (3)A、B间的距离 解析

18、：(1)在物体由A点到B点的运动阶段，应用匀变速直线运动速度公式，解得物体 运动的加速度a m/s23 m/s2. vBvA t1 145 3 (2)在物体由B点到C点的运动阶段， 再应用匀变速直线运动速度公式， 可得物体到达C 点时的速度 vCvBat226 m/s. (3)xABvAt1at28.5 m. 1 2 2 1 答案：(1)3 m/s2 (2)26 m/s (3)28.5 m 16(12 分)如图所示，在水平粗糙横杆上，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， 此时环A 仍保持静止已知 sin 370.

19、6，cos 370.8，求： (1)此时水平拉力F的大小； (2)环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，由球B受力平衡得： FTsin 37F， FTcos 37mg， 联立解得Fmg. 3 4 (2)取A、B组成的系统为研究对象，得 FN2mg， fF， 由牛顿第三定律，知环对横杆的压力大小为 2mg，方向竖直向下， 由知环受到的摩擦力大小为mg，方向水平向左 3 4 答案：(1)mg (2)2mg，方向竖直向下 mg，方向水平向左 3 4 3 4 17(15 分)质量为 2 kg 的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧 沿木板上表面水平冲

20、上木板，如图甲所示A和B经过 1 s 达到同一速度，之后共同减速直 至静止，A和B的v-t图象如图乙所示，重力加速度g取 10 m/s2，求： 图甲 图乙 (1)A与B上表面之间的动摩擦因数1； (2)B与水平面间的动摩擦因数2； (3)A的质量 解析：(1)由题图象知，A在 01 s 内的加速度a12 m/s2， v1v0 t1 对A由牛顿第二定律，得 mg1ma1， 解得10.2. (2)由题图象知，AB在 13 s 内的加速度a31 m/s2， v3v1 t2 对AB由牛顿第二定律，得 (Mm)g2(Mm)a3， 解得20.1. (3)由题图象知B在 01 s 内的加速度 a22 m/s2， v1v0 t1 对B由牛顿第二定律，得 mg1(Mm)g2Ma2， 解得m6 kg. 答案：(1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg