高中物理：必修一模块检测
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本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分。)
1．下列说法中正确的是()
A．只有体积很小的物体才能被看成质点
B．第3 s表示时刻
C．速度、加速度、速度变化量都是矢量
D．在田径场1500 m长跑比赛中，跑完全程的运动员的位移大小为1500 m
☆答案☆ C
解析当物体的大小形状对所研究的问题没有影响或者影响很小可以忽略不计时，物体就可以看做质点，能否看做质点，关键看对所研究的问题影响大小，与体积大小无关，A错误。第3 s表示的是一段时间，是2～3 s这1秒钟，B错误。速度、加速度和速度变化量都有方向，都是矢量，C正确。在田径场1500 m长跑比赛中，路程为1500 m，但位移小于1500 m，D错误。
2．以下判断正确的是()
A．跳高运动员起跳时，地面对他的支持力大于他对地面的压力B．拔河比赛时，若甲胜乙负，则甲队对乙队的拉力大于乙队对甲队的拉力
C．起重机用钢丝绳吊着货物加速上升时，钢丝绳对货物的拉力等于货物对钢丝绳的拉力
D．汽车拉着拖车在水平道路上沿直线运动，只有它们做匀速运动
时，汽车拉拖车的力才等于拖车拉汽车的力
☆答案☆ C
解析根据牛顿第三定律，作用力和反作用力总是等大反向的，与物体的运动状态、是否受其他力无关，A、B、D错误，C正确。
3．一根轻绳能承受的最大拉力为G，现将一重力为G的物体系在绳的中点，两手先并拢分别握住绳的两端，然后缓慢对称左右分开，若想绳子不断，两绳之间的夹角不能超过()
A．45°B．60°C．120°D．135°
☆答案☆ C
解析随着绳子间夹角的增加，绳子的拉力逐渐增大，当绳子的拉力大小为G时，两绳间的夹角最大，此时两绳拉力的合力恰好等于物体的重力。由几何知识可以得出此时两绳之间的夹角为120°，C正确。
4. 如图所示，挂有一条鱼的弹簧测力计悬在电梯顶部，鱼的质量为m，当地的重力加速度为g，在电梯运行过程中，弹簧测力计示数为F。则()
A．若F＝mg，则电梯一定在匀速运动
B．若F>mg，则电梯一定在加速上升
C．若F>mg，则电梯一定在减速上升
D．若F ☆答案☆ A 解析由平衡条件，匀速时F＝mg，A正确；若F>mg，加速度 向上，可能加速上升或减速下降，B 、C 均错误；F 5. 如图所示，弹簧测力计外壳质量为m 0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m 的重物。现用一方向竖直向上的外力F 拉着弹簧测力计，使其向上做加速运动，则弹簧测力计的示数为( ) A ．mg B.m m 0＋m mg C.m 0m 0＋m F D.m m 0＋m F ☆答案☆ D 解析 弹簧测力计的读数等于挂钩对物体m 的拉力F ′，对m 、m 0组成的整体：F －(m ＋m 0)g ＝(m ＋m 0)a ，对m ：F ′－mg ＝ma ，可解得：F ′＝m m 0＋m F ，故D 正确。 6. 在光滑的水平面上有一个物体同时受到两个水平力F 1和F 2的作用，在第1 s 内该物体保持静止状态。若两个力随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是( ) A．在第2 s内物体做匀加速直线运动 B．在第3 s内物体做变加速直线运动 C．在第4 s末物体的加速度方向改变 D．在第6 s末物体的速度为零 ☆答案☆ B 解析由F-t图象可知，1～4 s内物体所受的合力不断增大，故在1～4 s内物体做变加速直线运动，A错误，B正确；由F-t图象可知，1～5 s内物体所受的合力始终大于零，故加速度方向不变，物体速度逐渐增大，C错误；最后1 s内物体所受的合力为零，速度保持不变，6 s末速度不为零，D错误。 7．如图所示，两相互接触的物块放在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2，且m1 A．F N＝0 B．0 C．F ☆答案☆ B 解析设两物块运动过程中，它们之间的相互作用力为F N，则对于两物块整体而言，由牛顿第二定律得2F＝(m1＋m2)a，对于物块m1 而言，由牛顿第二定律得F －F N ＝m 1a ；将两式联立解得F N ＝F ? ????1－21＋m 2m 1，因m 1 A ．甲在整个t ＝6 s 时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为2 m B ．甲在整个t ＝6 s 时间内有来回运动，它通过的总位移为零 C ．乙在整个t ＝6 s 时间内有来回运动，它通过的总位移为零 D ．乙在整个t ＝6 s 时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m ☆答案☆ C 解析 x -t 图象斜率为物体速度，因斜率不变，所以速度不变，初位置为－2 m ，末位置为2 m ，位移为4 m ，A 、B 错误；v -t 图象面积表示物体位移，前3 s 向负向运动，后3 s 向正向运动，面积相等位移为零，C 正确，D 错误。 9．关于摩擦力的下列说法中，正确的是( ) A ．运动的物体可能受到静摩擦力的作用 B ．静止的物体不可能受到滑动摩擦力的作用 C ．滑动摩擦力一定阻碍物体的运动 D ．摩擦力不一定与正压力成正比 ☆答案☆ AD 解析发生静摩擦力的两个物体是相对静止的，但两物体都可能运动，故A正确；静止的物体也可以受到滑动摩擦力，只要它和与它接触的物体之间有相对滑动即可，故B错误；滑动摩擦力阻碍物体之间的相对运动，但它可以与运动方向相同，此时为动力，故C错误；静摩擦力的大小与正压力无关，故D正确。 10．物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体() A．在A点的速度大小为x1＋x2 2T B．在B点的速度大小为3x2－x1 2T C．运动的加速度为2x1 T2 D．运动的加速度为x1＋x2 T2 ☆答案☆AB 解析匀变速直线运动的中间时刻的速度等于该过程的平均速 度，故A点的速度为x1＋x2 2T，故A正确；由Δx＝aT 2，可得物体运动 的加速度a＝x2－x1 T2，故C、D错误；因为v A＝ x1＋x2 2T，B点的速度v B ＝v A＋aT＝3x2－x1 2T，故B正确。 11．在电梯的地板上放置一个压力传感器，在压力传感器上放一个重为20 N的物块，如图甲所示，计算机显示出压力传感器所受物块的压力大小随时间变化的关系，如图乙所示。根据图象分析得出的结论中正确的是() A．从时刻t1到t2，物块处于失重状态，从时刻t3到t4，物块处于超重状态 B．从时刻t1到t2，物块处于超重状态，从时刻t3到t4，物块处于失重状态 C．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层 D．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层 ☆答案☆BC 解析根据超重和失重的含义可以判定A错误，B正确；时刻t1到t2物块处于超重状态，加速度向上，可能是加速向上运动或减速向下运动，时刻t3到t4物块处于失重状态，加速度向下，可能是减速向上运动或加速向下运动，0到时刻t1和t2到t3物块处于静止或者匀速直线运动状态，所以C正确，D错误。 12. 如图所示，将一小球从竖直砖墙的某位置由静止释放。用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3……所示的小球运动过程中每次曝光的位置。已知连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度均为d。根据图中的信息，下列判断正确的是() A．位置1是小球释放的初始位置 B．小球下落的加速度为d T2 C．小球在位置3的速度为7d 2T D．能判定小球的下落是否为匀变速直线运动 ☆答案☆BCD 解析由图可知，在连续相等的时间内小球下落位移之差为定值，可判断小球下落为匀变速直线运动，D正确；小球做自由落体运动，从静止开始运动，则连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，而图中位移之比为2∶3∶4∶5，故位置“1”不是小球释放的初始位置，A错 误；由a＝Δs T2知a＝ d T2，B正确；v3＝ 3d＋4d 2T＝ 7d 2T，C正确。 第Ⅱ卷(非选择题，共52分) 二、实验题(本题共2小题，共14分) 13．(4分)下表是某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中测得的几组实验数据。 弹力F /N 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧的伸长量x /cm 2.6 5.0 6.8 9.8 12.4 (1)请你在如图所示的坐标系中描点连线，作出F -x 图象。 (2)根据图象，写出F 、x 的具体函数关系式：F ＝________。(其中F 的单位为N ，x 的单位为m) ☆答案☆ (1)图见解析 (2)20x [F ＝(20±2)x 均可] 解析 (1)如图所示。 (2)由ΔF ＝k Δx ，得k ＝ΔF Δx ＝ 2.5－0.5(12.4－2.6)×10－2 N/m ≈20 N/m ，得F ＝20x 。 14. (10分)在“验证牛顿第二定律”的实验中，采用如图所示的实 验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m 表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出。 (1)当M与m的大小关系满足______________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力。 (2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据。为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应该作a与________的图象。 (3)如图a是甲同学根据测量数据作出的a-F图线，说明实验存在的问题是________________________。 (4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a-F图线，如图b所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同？_____________________________________________________。 (5)已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，利用下图给出的数据可求出小车运动的加速度a＝________。(结果保留三位有效数字) ☆答案☆ (1)M 远大于m (2)1M (3)木板倾角过大，摩擦力平衡过度 (4)小车及车中砝码的质量M (5)1.58 m/s 2 解析 (1)以整体为研究对象有mg ＝(m ＋M )a ，解得a ＝mg m ＋M 。 以M 为研究对象，则绳子的拉力F ＝Ma ＝M m ＋M mg 。 显然要使F ＝mg ，即绳对小车的拉力大小近似等于盘及砝码的重力，必有m ＋M ≈M ，故必须满足M ?m ，即只有M ?m 时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力。 (2)根据牛顿第二定律F ＝Ma ，a 与M 成反比，而反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能 作a -M 图象；因a ＝F M ，故a 与1M 成正比，而正比例函数图象是过坐标 原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系，故应 作a -1M 图象。 (3)图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大，平衡摩擦力过度。 (4)由图可知在拉力相同的情况下a 乙>a 丙，根据F ＝Ma 可得M ＝F a ， 所以M 乙 (5)相邻两点之间还有4个点没有标出，所以相邻计数点间的时间间隔T ＝0.1 s ，根据逐差法得： a＝s4＋s3－s2－s1 4T2 ＝0.0757＋0.0595－0.0440－0.0280 4×0.01 m/s2 ＝1.58 m/s2。 三、计算题(本题共4小题，共38分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的题注明单位) 15．(8分)足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。如图所示，某足球场长90 m、宽60 m。攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2。试求： (1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？ (2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球。他的起跑过程可以视为初速度为0，加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s。该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？ ☆答案☆(1)36 m(2)6.5 s 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＝v1 a1＝6 s。 运动位移为：x 1＝v 12 t 1＝36 m 。 (2)已知前锋队员的加速度为a 2＝2 m/s 2，最大速度为v 2＝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： t 2＝v 2a 2 ＝4 s ， x 2＝v 22 t 2＝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： x 3＝v 2(t 1－t 2)＝16 m ， 由于x 2＋x 3 前锋队员追上足球的时间t ＝t 1＋t 3＝6.5 s 。 16．(8分) 一个质量是50 kg 的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧秤，弹簧秤下面挂着一个质量为m A ＝5 kg 的物体A ，当升降机向上运动时，他看到弹簧秤的示数为40 N ，如图所示，g 取10 m/s 2，求此时人对地板的压力。 ☆答案☆ 400 N ，方向竖直向下 解析升降机所处的运动状态未知，但可由A物体的运动状态分析求得。以A为研究对象，对A进行受力分析如图所示，选向下的方向为正方向，由牛顿第二定律可得m A g－F T＝m A a， 所以a＝m A g－F T m A＝ 5×10－40 5m/s 2＝2 m/s2。 再以人为研究对象，他受到向下的重力m人g和地板的支持力F N。仍选向下的方向为正方向，同样由牛顿第二定律可得方程m人g－F N ＝m人a，所以F N＝m人g－m人a＝50×(10－2) N＝400 N。则由牛顿第三定律可知，人对地板的压力为400 N，方向竖直向下。 17．(10分) 质量为4 kg的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知。今测得雪橇运动的v-t 图象如图所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标为(4,15)，CD线是曲线的渐近线。试问： (1)物体开始时做什么运动？最后做什么运动？ (2)当v0＝5 m/s和v1＝10 m/s时，物体的加速度各是多少？ (3)空气阻力系数k及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？ ☆答案☆(1)加速直线运动匀速直线运动 (2)2.5 m/s20 (3)2 kg/s0.125 解析(1)物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动。 (2)当v0＝5 m/s时，加速度a0＝15－5 4m/s 2＝2.5 m/s2，v1＝10 m/s 时，加速度为a1＝0。 (3)t＝0时刻开始加速时： mg sinθ－k v0－μmg cosθ＝ma0， 最后匀速时：mg sinθ＝k v1＋μmg cosθ 由上面二式得k v0＋ma0＝k v1， 解得k＝ ma0 v1－v0＝2 kg/s 联立，得μ＝mg sinθ－k v1 mg cosθ，代入解得μ＝0.125。 18．(12分)如图甲所示，质量为M＝4 kg的木板静止在水平面上，质量m＝1 kg的小滑块静止在木板的右端，可看成质点。已知木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。现用力F作用在木板M上，F随时间t变化的关系如图乙所示，求： (1)t＝1 s时，小滑块和木板的速度大小； (2)为使小滑块不从木板上滑落下来，木板的最小长度。 ☆答案☆(1)4 m/s 5 m/s(2)0.75 m 解析(1)设m在M上即将滑动时加速度为a0， 可知a 0＝μ2g ， 此时的拉力F 0＝(m ＋M )a 0＋μ1(m ＋M )g ＝25 N 。 0～1 s ，F 1>F 0，故m 在M 上滑动， 对小滑块：a 1＝μ2g ＝4 m/s 2 对木板：第1 s 内， a 2＝F 1－μ2mg －μ1(M ＋m )g M ＝5 m/s 2， t ＝1 s 时，小滑块的速度v m ＝a 1t ＝4 m/s ， 木板的速度v M ＝a 2t ＝5 m/s 。 (2)t ＝1 s 时，v m a 3＝F 2－μ2mg －μ1(M ＋m )g M ＝2 m/s 2， 当滑块与木板速度相等时，因为F 2 v m ＋a 1Δt ＝v M ＋a 3Δt 解得：Δt ＝0.5 s 。 滑块与木板在1.5 s 后，保持相对静止，0～1.5 s 内： 木板的位移x 2＝12a 2t 2＋a 2t Δt ＋12 a 3Δt 2＝5.25 m ， 滑块的位移为x 1＝12a 1t 2＋a 1t Δt ＋12 a 1Δt 2＝4.5 m ， 木板的最小长度L ＝x 2－x 1＝0.75 m 。