人教版物理必修一试题模块综合测评.docx
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人教版物理必修一试题模块综合测评
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人教版物理必修一试题模块综合测评
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模块综合测评
(分值:
100分 时间:
90分钟)
命题报告
知识点
简单
中等
较难
对牛顿第一定律的理解
1
运动图象及应用
3
匀变速直线运动规律及应用
4
力的合成与分解
5
弹力、摩擦力的分析与计算
9、14
牛顿第二定律的应用
2、6、8
7
16
动力学中的运用图象问题
10、15
实验:
探究求合力的方法
11
测定动摩擦数
12
探究加速度与合外力的关系
13
一、选择题(本大题共10个小题,每小题5分,共50分)
1.(多选)(20xx·长沙高一检测)下列说法正确的是( )
A.伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础
B.物体不受外力作用时,一定处于静止状态
C.力是改变物体运动状态的原因
D.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物,不可能用实验直接验证
【解析】 牛顿第一定律是牛顿在总结前人经验和结论的基础上(如伽利略的斜面实验、笛卡儿的研究结论等)得出的,不是由实验得出的定律,也不是科学家凭空想象出来的,故A、D正确;由牛顿第一定律知,物体不受外力作用时,保持匀速直线运动状态或静止状态,受合力不为零时,物体的运动状态将改变,故B错误,C正确.
【答案】 ACD
2.(20xx·江西新余期末)将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出,设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变,则物体( )
A.刚抛出时的速度最大
B.在最高点的加速度为零
C.上升时间大于下落时间
D.上升时的加速度等于下落时的加速度
【解析】 由牛顿第二定律可知,上升过程中mg+Ff=ma上,下降过程中mg-Ff=ma下,故a上>a下,B、D均错误;由h=
a上t
.h=
a下t
可得:
t上 【答案】 A 3.(多选)(20xx·威海期末)甲、乙两物体从同一地点沿同一条直线同时运动,其速度-时间图象如图1所示,下列说法正确的是( ) 图1 A.0~t1时间内两物体均处于静止状态 B.t1~t2时间内甲物体始终在乙物体的前面 C.t2时刻两物体相遇 D.t1~t2时间内,甲物体做匀减速直线运动 【解析】 由v-t图象可知,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. 【答案】 BD 4.(20xx·崇文区高一检测)一小球沿斜面匀加速滑下,依次经过A、B、C三点.已知AB=6m,BC=10m,小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s,则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( ) A.2m/s,3m/s,4m/s B.2m/s,4m/s,6m/s C.3m/s,4m/s,5m/s D.3m/s,5m/s,7m/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vB= =4m/s,又根据Δx=xBC-xAB=aT2可得a=1m/s2,进一步可得vA=2m/s、vC=6m/s,选项B正确. 【答案】 B 5.如图2,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( ) 图2 A.球对AC板的压力先增大后减小 B.球对AC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 6.(20xx·海南高考)一质点受多个力的作用,处于静止状态.现使其中一个力的大小逐渐减小到零,再沿原方向逐渐恢复到原来的大小.在此过程中,其它力保持不变,则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是( ) A.a和v都始终增大 B.a和v都先增大后减小 C.a先增大后减小,v始终增大 D.a和v都先减小后增大 【解析】 质点在多个力作用下处于静止状态时,其中一个力必与其余各力的合力等大反向.在该力大小逐渐减小到零的过程中,质点所受合力从零开始逐渐增大,做加速度逐渐增大的加速运动;在该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中,质点所受合力方向仍不变,大小逐渐减小到零,质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速运动.故C正确. 【答案】 C 7.(多选)(20xx·日照期末)如图3,传送带的水平部分长为L,向右传动速率为v,在其左端无初速释放一木块.若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则木块从左端运动到右端的时间可能是( ) 图3 A. + B. C. D. 【解析】 若木块一直匀加速至传送带右端,则由L= μgt2可得,木块从左端运动到右端的时间为t= ,若木块加速传送带右端时恰与带同速,则由L= t可得: t= ,若木块加速至v后又匀速一段至带的右端,则有: t= + = + ,故A、C、D均正确. 【答案】 ACD 8.(多选)(20xx·威海期末)A、B两球的质量均为m,两球之间用轻弹簧相连,放在光滑的水平地面上,A球左侧靠墙.弹簧原长为L0,用恒力F向左推B球使弹簧压缩,如图4所示,整个系统处于静止状态,此时弹簧长为L.下列说法正确的是( ) 图4 A.弹簧的劲度系数为F/L B.弹簧的劲度系数为F/(L0-L) C.若突然将力F撤去,撤去瞬间,A、B两球的加速度均为0 D.若突然将力F撤去,撤去瞬间,A球的加速度为0,B球的加速度大小为F/m 【解析】 由F=k(L0-L)可得弹簧的劲度系数k= ,A错误,B正确;撤去F的瞬间,弹簧弹力不变,A的加速度为零,B的加速度aB= ,C错误,D正确. 【答案】 BD 9.(多选)一个倾角θ为37°的斜面固定不动,其上有一个重10N的物体静止不动,当给物体加一个水平向右的从零逐渐增大到8N的推力作用时,物体仍不动,下列说法正确的是( ) 图5 A.斜面对物体的支持力一定一直增大 B.斜面对物体的摩擦力会先变小后增大 C.斜面对物体的摩擦力一定变大 D.斜面对物体的摩擦力的方向会发生变化 【解析】 分析物体受力如图所示,由平衡条件可知: FN=Gcosθ+Fsinθ,FN随F的增大而增大,Ff+Fcosθ=Gsinθ,因8cosθ>10sinθ,故当F由0增大到8N的过程中,Ff先减小后反向增大,A、B、D均正确,C错误. 【答案】 ABD 10.(20xx·福建高考)如图6,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零.对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( ) 图6 【解析】 滑块做匀减速运动,其速度均匀减小,加速度恒定不变,选项C、D错误;物体运动的位移s=v0t- at2,下降的高度h=ssinθ(θ为斜面倾角),可知,A错误,B正确. 【答案】 B 二、实验题(本大题共3个小题,共18分) 11.(4分)在“探究求合力的方法”的实验中,其中的两个步骤是: (1)在水平放置的木板上垫一张白纸并固定好,把橡皮条的一端固定在木板上,另一端拴两根细线,通过细线同时用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条,使它与细线的结点达到某一位置O点,在白纸上记下O点和两个弹簧秤的读数F1和F2. (2)只用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条,使它的伸长量与用两个弹簧秤拉时伸长量一样,记下此时弹簧秤的读数F和细线的方向.以上两步骤均有疏漏,请指出疏漏: 在 (1)中是______________________________________________; 在 (2)中是_______________________________________________. 【解析】 在 (1)中应用时记下两弹簧秤的读数F1和F2及各自的方向,在 (2)中应使结点与 (1)中记下的“O”点重合. 【答案】 (1)两弹力F1、F2的方向 (2)使结点与O点重合 12.(6分)(20xx·威海期末)如图7,把弹簧测力计的一端固定在墙上,用力F水平向左拉金属板,金属板向左运动,此时测力计的示数稳定(图中已把弹簧测力计的示数放大画出),则物块P与金属板间的滑动摩擦力的大小是________N.若用弹簧测力计测得物块P重10.40N,根据表中给出的动摩擦因数,可推算出物块P的材料为________. 图7 材料 动摩擦因数 金属-金属 0.25 橡胶-金属 0.30 木头-金属 0.20 皮革-金属 0.28 【解析】 物块P与金属板间的滑动摩擦力的大小与弹簧秤的读数大小相等,为2.60N.由Ff=μmg可得,μ= = =0.25,对应表格可知,物块P的材料为金属. 【答案】 2.60(或2.6) 金属 13.(8分)(20xx·江西新余期末)某实验小组利用如图8所示的装置进行“探究加速度与合外力的关系”的实验. 图8 (1)在实验中必须将长木板右端垫高,目的是________,当不挂钩码时小车能匀速运动时,表明已调好. (2)为了减小误差,每次实验必须通过改变钩码的个数来改变小车所受合外力,获取多组数据.若小车质量为400g,实验中每次所用的钩码总质量范围应选________组会比较合理.(填选项前的字母) A.10g~40g B.200g~400g C.1000g~2000g (3)图9中给出的是实验中获取的纸带的一部分: 1、2、3、4、5是计数点,每相邻两计数点间还有4个打点未标出,每两个计数点间的时间间隔是________,由该纸带可求得小车的加速度a=________.(计算结果保留三位有效数字) 图9 图10 (4)改变钩码的个数重复实验,得到加速度a与合外力F的关系如图10所示,分析线段OA,可得出实验结论是___________。 【解析】 (1)将长木板右端垫高的目的是为了平衡小车的摩擦力. (2)为使钩码的重力更接近绳的拉力,必须满足钩码的总质量远小于小车的质量,故钩码总质量的范围应选A.(3)因打点周期为0.02s,每相邻两计数点间还有4个打点未标出,则两计数点间的时间间隔是T=0.1s,由a= 可得小车的加速度a= cm/s2 =1.11m/s2 (4)因OA段为一条过原点的直线,故有在小车质量不变的条件下,小车的加速度与合外力成正比. 【答案】 (1)平衡摩擦力 (2)A (3)0.1s 1.11m/s2 (4)在质量不变的条件下,加速度与合外力成正比 三、计算题(本大题共3个小题,共32分) 14.(10分)(20xx·日照期末)如图11所示,OA、OB、OC三段轻绳结于O点,下方轻绳OC悬挂质量为m1=0.3kg的物体甲.轻绳OB水平,B端与放置在水平面上的质量为m2=2kg的物体乙相连,物体乙恰好处于静止状态.已知物体乙与地面间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g取10m/s2,可认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.求: 图11 (1)轻绳OB对物体乙的拉力大小; (2)轻绳OA的拉力大小. 【解析】 (1)物体乙恰好静止时, 竖直方向上: m2g-FN2=0 水平方向上: FB-μFN2=0 由以上两式得: FB=μm2g 即轻绳OB对物体乙的拉力大小FB=4N. (2)O点所受合力为零,根据勾股定理有: F =F +(m1g)2 解得: 轻绳OA受到的拉力大小为 FA=5N. 【答案】 (1)4N (2)5N 15.(10分)(20xx·芜湖期末)如图12甲所示,小球A从水平地面上P点的正上方h=1.8m处自由释放,与此同时,在P点左侧水平地面上的物体B在水平拉力的作用下从静止开始向右运动,B运动的v-t图象如图12乙所示,已知B物体的质量为2kg,且A、B两物体均可看作质点,不考虑A球的反弹,g取10m/s2.求: (1)小球A下落至地面所需的时间t; (2)要使A、B两物体能够同时到达P点,求物体B的初始位置与P点的距离S; (3)若作用在物体B上的水平拉力F=20N,求B物体与地面之间的动摩擦因数μ. 甲 乙 图12 【解析】 (1)由h= gt2可得,小球A从下落至地面所需的时间t= =0.6s. (2)要使A、B两物体能同时到达P点,则物体B运动的时间也为t=0.6s,故S= at2,又a= =8m/s2,解得: S=1.44m. (3)由F-μmg=ma可得 μ=0.2. 【答案】 (1)0.6s (2)1.44m (3)0.2 16.(12分)(20xx·宁波期末)风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力.如图13所示为某风洞里模拟做实验的示意图.一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F=20N的竖直向上的风力作用下,从A点静止出发沿直杆向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数μ= .试求: 图13 (1)小球运动的加速度a1的大小; (2)若F风力作用1.2s后撤去,求小球上滑过程中距A点的最大距离xm; (3)若从撤去风力F开始计时,小球经多长时间将经过距A点上方为2.25m的B点. 【解析】 (1)在力F作用时有: (F-mg)sin30°-μ(F-mg)cos30°=ma1 a1=2.5m/s2. (2)刚撤去F时,小球的速度v1=a1t1=3m/s 小球的位移x1= t1=1.8m. 撤去力F后,小球上滑时有: mgsin30°+μmgcos30°=ma2,a2=7.5m/s2 因此小球上滑时间t2= =0.4s 上滑位移x2= t2=0.6m 则小球上滑的最大距离为xm=x1+x2=2.4m. (3)在上滑阶段通过B点: xAB-x1=v1t3- a2t . 通过B点时间t3=0.2s,另t3=0.6s(舍去) 小球返回时有: mgsin30°-μmgcos30°=ma3,a3=2.5m/s2 因此小球由顶端返回B点时有: xm-xAB= a3t ,t4= 通过B点时间t2+t4= s≈0.75s(没有化到小数也正确). 【答案】 (1)2.5m/s2 (2)2.4m (3)0.2s和0.75s
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