模块综合测评--2021年人教版（新课标）高中物理必修1配套练习

这是一份高中物理人教版 (新课标)必修1全册综合课后复习题，共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

(时间：90分钟 分值：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．甲、乙两车沿平直公路通过同样的位移．甲车在前半段位移以30 km/h的速度运动．后半段位移以60 km/h的速度运动；乙车在前半段时间内以30 km/h的速度运动，后半段时间内以60 km/h的速度运动，则甲、乙两车在整个位移中的平均速度eq \x\t(v)甲和eq \x\t(v)乙的大小关系是( )
A.eq \x\t(v)甲＝eq \x\t(v)乙
B.eq \x\t(v)甲C.eq \x\t(v)甲>eq \x\t(v)乙
D．由于不知道位移和时间，所以无法比较
B [设甲车前后两段位移均为x，则eq \x\t(v)甲＝eq \f(2x,\f(x,30)＋\f(x,60))＝eq \f(2×30×60,30＋60) km/h＝40 km/h
设乙车前后两段所用时间均为t，
则eq \x\t(v)乙＝eq \f(30t＋60t,2t)＝45 km/h
故eq \x\t(v)甲2．如图所示，人站在斜坡式自动扶梯上，下列为一对作用力与反作用力的是( )
A．人受到的重力和人对坡面的压力
B．人受到的重力和坡面对人的支持力
C．人受到的摩擦力与人对坡面的摩擦力
D．人受到的摩擦力与重力沿坡面向下的分力
C [人受到的重力和人对坡面的压力施力物体是地球和人，而受力物体是人和坡面，不是一对作用力与反作用力，选项A错误；人受到的重力和坡面对人的支持力，受力物体都是人，不是一对作用力与反作用力，选项B错误；人受到的摩擦力与人对坡面的摩擦力是人与坡面间因有相互运动趋势而产生的相互作用力，选项C正确；人受到的摩擦力与重力沿坡面向下的分力是一对平衡力，选项D错误．]
3．如图所示，分别位于P、Q两点的两小球初始位置离水平地面的高度差为1.6 m，现同时由静止开始释放两球，测得两球先后落地的时间差为0.2 s，g取10 m/s2，空气阻力不计，P点离水平地面的高度h为( )
A．0.8 m B．1.25 m
C．2.45 m D．3.2 m
C [根据自由落体运动规律可得h＝eq \f(1,2)gt2，所以在空中运动时间为t＝eq \r(\f(2h,g))，故根据题意可得eq \r(\f(2h＋1.6,g))－eq \r(\f(2h,g))＝0.2，解得h＝2.45 m，故C正确．]
4．如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体M放于长木板上静止，此时弹簧对物体的压力为3 N，物体的质量为0.5 kg，物体与木板之间无摩擦，现使木板与物体M一起以6 m/s2的加速度向左沿水平方向做匀加速运动时( )
A．物体对左侧挡板的压力等于零
B．物体对左侧挡板的压力等于3 N
C．物体受到4个力的作用
D．弹簧对物体的压力等于6 N
A [物体静止时，弹簧处于压缩状态，弹力F弹＝3 N，当物体向左加速运动时，若物体对左挡板的压力为零，由牛顿第二定律知F弹＝ma，解得a＝6 m/s2，当加速度大于a＝6 m/s2，物体离开左挡板，弹簧长度变短，当加速度小于a＝6 m/s2时，物体对左挡板产生压力，弹簧长度不变，所以可知选项A正确，B、D错误．当加速度a＝6 m/s2时，物体受重力、支持力和弹力，故选项C错误．]
5．如图所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，与水平地面间的动摩擦因数相同，现用相同的水平力F作用在原来都静止的这两个物体上，若A的加速度大小为a，则( )
A．B物体的加速度大小为eq \f(a,2)
B．B物体的加速度也为a
C．B物体的加速度小于eq \f(a,2)
D．B物体的加速度大于a
C [对两个物体进行受力分析，则由牛顿第二定律可知：对A有F－fA＝ma，对B有F－fB＝2ma′，其中fA＝μmg，fB＝2μmg，联立解得a＝eq \f(F,m)－μg，a′＝eq \f(F,2m)－μg，可知a′6．如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上．圆环A套在粗糙的水平直杆MN上．现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A始终保持在原位置不动．则在这一过程中，环对杆的摩擦力Ff和环对杆的压力FN的变化情况是( )
A．Ff不变，FN不变 B．Ff增大，FN不变
C．Ff增大，FN减小 D．Ff不变，FN减小
B [以B为研究对象，小球受到重力、水平力F和轻绳的拉力T，如图甲所示
甲 乙
由平衡条件得：F＝mgtan α，α增大，则F增大，再以整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡条件得Ff＝F，则Ff逐渐增大．FN＝(M＋m)g，FN保持不变，故B正确．]
7．如图所示，物体A在力F作用下被夹在竖直墙与隔板B之间而处于静止状态，若将力F增大了2倍，则( )
图6
A．物体A所受压力增大为原来的2倍
B．物体A所受压力增大为原来的3倍
C．物体A所受摩擦力保持不变
D．因不知物体A与墙、物体A与隔板间的动摩擦因数，因而不能确定物体A所受摩擦力的大小
BC [物体A在竖直方向上受到重力和静摩擦力作用，并且在竖直方向上静止，所以静摩擦力大小等于重力，当将力F增大了2倍，物体在竖直方向上的状态不变，所以静摩擦力保持不变．]
8．在足够高的空中某点竖直上抛一物体，抛出后第5 s内物体的位移大小是4 m，设物体抛出时的速度方向为正方向，忽略空气阻力的影响，g取10 m/s2.则关于物体的运动下列说法正确的是( )
A．第5 s内的平均速度一定是4 m/s
B．物体的上升时间可能是4.9 s
C．4 s末的瞬时速度可能是1 m/s
D．10 s内位移可能为－90 m
BCD [第5 s内的平均速度等于第5 s内的位移与时间1 s的比值，大小为4 m/s，但不确定方向，选项A错误．若第5 s内位移向上，则x＝4 m，代入x＝v0t－eq \f(1,2)gt2得第5 s初的速度为9 m/s，上升到最高点还需的时间t′＝eq \f(v0,g)＝0.9 s，则物体上升的时间可能为4.9 s；若物体的位移向下，则x＝－4 m，代入x＝v0t－eq \f(1,2)gt2得第5 s初的速度为1 m/s，即第4 s末的速度为1 m/s，选项B、C正确；当物体在第5 s初的速度为9 m/s时，物体竖直上抛的初速度v＝(9＋10×4) m/s＝49 m/s,10 s末的速度为v′＝(49－10×10) m/s＝－51 m/s，当物体第5 s初的速度为1 m/s时，则物体的初速度v＝(1＋10×4) m/s＝41 m/s，可知10 s末的速度为v′＝(41－10×10) m/s＝－59 m/s，根据x＝eq \f(v＋v′,2)t10可得x为－10 m或者－90 m，选项D正确．]
9．甲、乙两质点在同一时刻、同一地点沿同一方向做直线运动．质点甲做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动．质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止．甲、乙两质点在运动过程中的x­v图象如图所示(虚线与对应的坐标轴垂直)( )
A．在x­v图象中，图线a表示质点甲的运动，质点乙的初速度v0＝6 m/s
B．质点乙的加速度大小a2＝2 m/s2
C．质点甲的加速度大小a1＝2 m/s2
D．图线a、b的交点表示两质点同时到达同一位置
AC [由于甲、乙两质点在同一时刻、同一地点沿同一方向做直线运动，a图象的速度随位移增大而增大，b图象的速度随位移增大而减小，所以图象a表示质点甲的运动，而x＝0时乙的速度为6 m/s，即质点乙的初速度v0＝6 m/s，选项A正确．设质点乙、甲先后通过x＝6 m处时的速度均为v，对质点甲有v2＝2a1x
对质点乙有v2－veq \\al(2,0)＝－2a2x
联立得a1＋a2＝3 m/s2
当质点甲的速度v1＝8 m/s、质点乙的速度v2＝2 m/s时，两质点通过相同的位移均为x′.
对质点甲有veq \\al(2,1)＝2a1x′
对质点乙有veq \\al(2,2)－veq \\al(2,0)＝－2a2x′
联立解得a1＝2a2
即a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2，选项B错误，C正确；图线a、b的交点表示两质点在同一位置，由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可知甲、乙物体到达x＝6 m时的时间分别为eq \r(6) s，(6－2eq \r(6)) s，选项D错误．]
10．如图所示，质量为m＝1 kg的物块A停放在光滑的水平桌面上．现对物块施加一个水平向右的外力F，使它在水平桌面上做直线运动．已知外力F随时间t(单位为s)的变化关系为F＝(6－2t)N，则( )
A．在t＝3 s时，物块的速度为零
B．物块向右运动的最大速度为9 m/s
C．在0～6 s内，物块的平均速度等于4.5 m/s
D．物块向右运动的最大位移大于27 m
BD [水平桌面光滑，物块所受的合力等于F，在0～3 s内，物块的受力向右且逐渐减小，所以物块向右做加速度减小的加速运动，可知3 s时速度不为零，选项A错误；根据牛顿第二定律得a＝eq \f(F,m)＝6－2t，则a­t图线如图甲所示．图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，可知速度变化量为Δv＝eq \f(1,2)×6×3 m/s＝9 m/s，可知物块向右运动的最大速度为9 m/s，选项B正确；物块的速度时间图象如图乙中实线所示，由图线与时间轴围成的面积表示位移知，位移x>eq \f(1,2)×6×9 m＝27 m，则平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)>eq \f(27,6) m/s＝4.5 m/s，选项D正确，C错误．
甲 乙]
二、非选择题(本题共6小题，共60分)
11．(6分)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材测定当地的重力加速度g.有一直径为d的金属小球由O处静止释放，下落过程中能通过O处正下方、固定于P处的光电门，测得OP间的距离为H(H远大于d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t.
甲 乙
丙
(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝_________mm.
(2)多次改变高度H，重复上述实验，作出eq \f(1,t2)随H的变化图象如图丙所示，已知图线的倾斜程度(斜率)为k，则重力加速度的表达式g＝________(用题中所给的字母表示)．
[解析] (1)小球的直径为
d＝5 mm＋0.05 mm×5＝5.25 mm.
(2)小球经过光电门的时间极短，平均速度可视为金属球经过光电门的瞬时速度，故v＝eq \f(d,t).
小球由静止到经过光电门这一过程，根据运动学公式有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t)))2＝2gH，
即eq \f(1,t2)＝eq \f(2g,d2)H，则k＝eq \f(2g,d2)，故g＝eq \f(1,2)kd2.
[答案] (1)5.25 (2)eq \f(1,2)kd2
12．(8分)某实验小组利用小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示．
(1)图乙是实验中得到的一条纸带，图中打相邻两计数点的时间间隔为0.1 s，由图中的数据可得小车的加速度a为________m/s2.
(2)该实验小组以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F为横轴，作出的图象如图丙中图线1所示，发现图线不过原点，怀疑在测量力时不准确，他们将实验进行了改装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车的力F′，作a­F′图如图丙中图线2所示，则图线不过原点的原因是__________________________，
对于图象上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，其原因是
____________________________________________________．
(3)该实验小组在正确操作实验后，再以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F和传感器测得的F′为横轴作图象，要使两个图线基本重合，请你设计一个操作方案：___________________
______________________________________________________.
[解析] (1)根据Δx＝aT2，运用逐差法得：
a＝eq \f(xBD－xOB,4T2)
＝eq \f(4.04－1.63－1.63×10－2,4×0.01) m/s2
＝0.195 m/s2.
(2)由图线可知，F不等于零时，a仍然为零，可知图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．力传感器可以直接得出绳子拉力的大小，用钩码的重力表示绳子的拉力，必须满足钩码的质量远小于小车的质量，否则绳子的拉力实际上小于钩码的重力．所以对于图线上相同的力，用传感器测得的加速度偏大．原因是钩码的质量未远小于小车的质量．
(3)要使两个图线基本重合，只要满足钩码的质量远小于小车的质量即可．
[答案] (1)0.195
(2)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 钩码的质量未远小于小车的质量
(3)将n个钩码都放在小车上，每次从小车上取一个钩码挂在细线上，其余钩码留在小车上随小车一起运动
13．(10分)以v0＝20 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，2 s后以相同的初速度在同一点竖直向上抛出另一个同样的小球，忽略空气阻力，则两球相遇处离抛出点的高度是多少？(g取10 m/s2)
[解析] 设第二个小球抛出后经过时间t和第一个小球相遇．
解法一：根据位移相等，有v0(t＋2)－eq \f(1,2)g(t＋2)2＝v0t－eq \f(1,2)gt2解得t＝1 s
代入位移公式得h＝v0t－eq \f(1,2)gt2＝15 m.
解法二：根据速度的对称性，上升过程和下降过程经过同一位置速度等大、反向，即－[v0－g(t＋2)]＝v0－gt，解得t＝1 s.
代入位移公式得h＝v0t－eq \f(1,2)gt2＝15 m.
解法三：根据时间的对称性，设第一个小球到达最高点所用时间为t′.则有t＋(t＋2)＝2t′，即t＝t′－1，式中t′＝eq \f(v0,g)＝eq \f(20,10) s＝2 s，解得t＝1 s，代入位移公式得h＝v0t－eq \f(1,2)gt2＝15 m.
[答案] 15 m
14．(10分)如图所示，质量为m的物体A放在倾角为θ＝37°的斜面上时，恰好能匀速下滑，现用细线系住物体A，并平行于斜面向上绕过光滑的定滑轮，另一端系住物体B，物体A恰好能沿斜面匀速上滑，求：
(1)物体A和斜面间的滑动摩擦因数；
(2)物体B的质量．
[解析] (1)当物体A沿斜面匀速下滑时，受力图如图甲所示：
根据共点力平衡条件，有：
Ff＝mgsin θ
FN＝mgcs θ
其中：Ff＝μFN
联立解得：μ＝tan 37°＝0.75.
(2)当物体A沿斜面匀速上滑时，受力图如图乙所示：
A物体所受摩擦力大小不变，方向沿斜面向下
沿斜面方向的合力为0，故：
TA＝Ff′＋mgsin θ
对物体B：
TB＝mBg
由牛顿第三定律可知：
TA＝TB
由以上各式可求出：
mB＝1.2m.
[答案] (1)0.75 (2)1.2m
15．(12分)如图所示，方形木箱质量为M，其内用两轻绳将一质量m＝1.0 kg的小球悬挂于P、Q两点，两细绳与水平的木箱顶面的夹角分别为60°和30°.水平传送带AB长l＝30 m，以v＝15 m/s的速度顺时针转动，木箱与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.75，g取10 m/s2，求：
(1)设木箱为质点，且木箱由静止放到传送带上，那么经过多长时间木箱能够从A运动到传送带的另一端B处；
(2)木箱放到传送带上A点后，在木箱加速的过程中，绳P和绳Q的张力大小分别为多少？
[解析] (1)在木箱相对于传送带相对滑动时，
由牛顿第二定律可知：
μ(M＋m)g＝(M＋m)a
解得a＝μg＝7.5 m/s2
当达到与传送带速度相等时，由运动规律得位移
x1＝eq \f(v2,2a)＝15 m，时间t1＝eq \f(v,a)＝2 s
因为x1＝15 m则有l－x1＝vt2，解得t2＝1 s
运动的总时间t＝t1＋t2＝3 s.
(2)在木箱加速运动的过程中，若左侧轻绳恰好无张力，小球受力如图甲所示，
由牛顿第二定律得
mgtan 30°＝ma0
解得a0＝eq \f(10\r(3),3) m/s2由此知当a＝7.5 m/s2时，
小球飘起，FTP＝0
由此知当小球受力如图乙所示，由牛顿第二定律得
eq \r(F\\al(2,TQ)－mg2)＝ma
解得FTQ＝12.5 N.
[答案] (1)3 s (2)0 12.5 N
16．(14分)如图所示，物体A的质量为M＝1 kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m＝0.5 kg、长为L＝1 m．某时刻A以v0＝4 m/s水平向右
的初速度滑上平板车B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力．忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取重力加速度g＝10 m/s2.如果要使A不至于从B上滑落，求拉力F应满足的条件．
[解析] 物体A滑上平板车B以后，做匀减速运动，
由牛顿第二定律得
μMg＝MaA
解得aA＝μg＝2 m/s2
物体A不从B的右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则
eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,1),2aA)＝eq \f(v\\al(2,1),2aB)＋L，
又eq \f(v0－v1,aA)＝eq \f(v1,aB)
联立解得v1＝3 m/s，aB＝6 m/s2
拉力F＝maB－μMg＝1 N
若F<1 N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1 N.
当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落
对A、B整体和A分别应用牛顿第二定律得
F＝(m＋M)a，μMg＝Ma，
解得F＝3 N
若F大于3 N，A就会相对B向左滑下
综合得出力F应满足的条件是1 N≤F≤3 N.
[答案] 1 N≤F≤3 N