粤教版高中物理必修一模块综合检测卷一.docx

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粤教版高中物理必修一模块综合检测卷一

物理·必修1（粤教版）

模块综合检测卷

（一）

（测试时间：

50分钟　评价分值：

100分）

第Ⅰ卷（选择题，共58分）

一、单项选择题（本题共7小题，每题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）

1．下列说法中，正确的是（　　）

A．质点做单向直线运动时，其位移大小和路程一定相等

B．质点做曲线运动时，位移一定小于路程

C．两个位移相同的质点，它们所通过的路程一定相等

D．两个质点通过相同的路程，它们的位移大小一定相等

解析：

位移是矢量，路程是标量，只能比较位移大小与路程，B错，两个位移，说明它们的始末位置相同，但经过的过程不同路程不同，CD错，A对．

答案：

A

2．在光滑水平桌面上放一刻度模糊的弹簧测力计，某位同学用200N的水平力拉弹簧，测得弹簧伸长4cm，则弹簧的劲度系数k为（　　）

A．k＝5.0×103N/m　B．k＝50N/cm

C．k＝1.0×104N/m　　D．k＝100N/cm

答案：

A

3．张明同学双手握住竖直竹竿匀速攀上和匀速滑下的过程中，张明受到的摩擦力分别为f1和f2，那么（　　）

A．f1和f2都是静摩擦力

B．f1和f2都是滑动摩擦力

C．f1方向竖直向下，f2方向竖直向上，且f1＝f2

D．f1方向竖直向上，f2方向竖直向上，且f1＝f2

解析：

匀速向上攀时，双手受向上的静摩擦力，匀速下滑时，双手受向上的滑动摩擦力，它们都等于重力．选D.

答案：

D

4．高一力学中下列哪组单位是国际单位制中的基本单位（　　）

A．千克、秒、牛顿B．千克、米、秒

C．克、千米、秒D．牛顿、克、米

答案：

B

5．如图所示，在探究摩擦力的实验中，测力计与水平桌面平行，拉力从零逐渐增大，拉力为8N时，木块不动；拉力为12N时，木块恰好被拉动；木块匀速运动时拉力为10N．木块与桌面间的滑动摩擦力和最大静摩擦力分别是（　　）

A．12N,8NB．12N,10N

C．10N,12ND．10N,8N

答案：

C

6．随着居民生活水平的提高，家庭轿车越来越多，行车安全就越发显得重要．在行车过程中规定必须要使用安全带．假设某次急刹车时，由于安全带的作用，使质量为70kg的乘员具有的加速度大小约为6m/s2，此时安全带对乘员的作用力最接近（　　）

A．100N　B．400N　C．800N　　D．1000N

解析：

刹车过程安全带对乘员的作用力F可近似看作合外力，根据牛顿第二定律F＝ma＝70×6N＝420N，选择B.

答案：

B

7．在下列共点力中可能使物体处于平衡状态的是（　　）

A．3N、3N、3N　B．2N、3N、7N

C．1N、2N、4N　D．4N、3N、8N

解析：

两个共点力F1、F2的合力范围为：

|F1－F2|≤F≤F1＋F2，若三个共点力要平衡，则其中一个力必需在另两个力的范围内，选A.

答案：

A

二、双项选择题（本题共5小题，每题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．）

8．下列各图中，图

（1）是甲物体的位移－时间图象；图

（2）是乙物体的速度－时间图象；图（3）是丙物体的加速度时间图象；图（4）是丁物体所受合力随时间变化的图象．四幅图的图线都是直线，由图可以判定（　　）

A．甲物体受到不为零、且恒定的合力作用

B．乙物体受到的合力不为零、且恒定

C．丙物体的速度一定越来越大

D．丁物体的加速度越来越大

答案：

BD

9．下列关于超重、失重现象的描述中，正确的是（　　）

A．电梯加速上升过程，在电梯中的乘员所受重力变大，乘员处于超重状态

B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上乘客处于超重状态

C．物体做自由落体运动，当其在空中时，处于完全失重状态

D．人在地面上由站立状态开始下蹲的瞬间，人处于失重状态

解析：

超重、失重现象是由于物体做竖直方向的变速运动时产生的“视重”发生变化，而物体的重力由地球的引力产生，所以不变，A、B错，人做自由落体运动或下蹲的瞬间，都具有向下的加速度，处于失重状态，故C、D对．

答案：

CD

10．下列说法中正确的是（　　）

A．物体的惯性大小与物体的受力情况和运动快慢无关

B．时刻就是很短的一段时间，因此可以认为1分钟内包含60个时刻

C．物体所受的滑动摩擦力大小总是与物体自身重量成正比

D．质量、路程、时间都是标量，力和加速度是矢量

答案：

AD

11．做匀变速直线运动的物体，某时刻的速度大小是8m/s,1s后速度大小变为4m/s，则此物体在这1s内通过的位移（　　）

A．可能等于6m　　B．可能小于6m

C．可能大于6m　　D．可能等于2m

解析：

若选择初速度方向为正，1s的速度可能为±4m/s，由匀变速运动的加速度得a＝

，所以a1＝－4m/s2，a2＝－12m/s2，因此，由位移公式得s1＝v0t＋

a1t2＝6m，s2＝v0t＋

a2t2＝2m，选A、D.

答案：

AD

12．在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，在物块与弹簧接触后，将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．物块接触弹簧后立即做减速运动

B．物块接触弹簧后先加速后减速

C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度不等于零

D．当物块的速度为零时，它所受到的合力为零

解析：

设物块压缩弹簧后某瞬时的弹力为f，根据牛顿定律得，F－f＝ma，开始时F比f大，a与运动方向相同，做加速运动，当F与f相等时，加速度为零，物块有初速度，继续向右运动而压缩弹簧，弹力增大，合力增大，加速度也增大，但加速度方向与运动方向相反，作减速运动，选B、C.

答案：

BC

第Ⅱ卷（非选择题，共42分）

三、非选择题（本大题3小题，共42分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）

13．

（1）（6分）某同学在做“探究弹力与弹簧伸长量的关系”的实验．

①弹簧自然悬挂，待弹簧________时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表：

代表符号

L0

Lx

L1

L2

L3

L4

L5

L6

数值（cm）

25.35

27.35

29.35

31.30

33.40

35.35

37.40

39.30

②如下图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与________的差值（填“L0”或“Lx”）．

③由图可知弹簧的劲度系数为________N/m（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）．

（2）（6分）如图为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．沙和沙桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M.实验中用沙和沙桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．

①实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是（　　）

A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在沙和沙桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动

B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去沙和沙桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动

C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及沙和沙桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动

D．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及沙和沙桶，释放小车，观察判断小车是否能自由滑动

②实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是（　　）

A．M＝200g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g

B．M＝200g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g

C．M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g

D．M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g

解析：

（1）①静止　②弹簧的原长L0　③k＝

＝

N/m＝4.9N/m

（2）①接下来还需要进行的一项操作是平衡小车所受的摩擦力，选B.

②为了减少实验误差，要求M≫m，在实验中，M比m大得越多，误差越小，所以选C.

答案：

见解析

14．（12分）飞机着陆后以6m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆时速度为60m/s，求它着陆后12s内滑行的距离．

解析：

飞机着陆后做匀减速运动，飞机最终会停下，此时速度为零，由加速度定义式可知，

t＝

＝

s＝10s.

由位移公式得：

s＝v0t－

at2＝60×10－

×6×102＝300m；飞机运动10s已停下，所以12s的位移等于10s的位移，因此飞机12s的位移等于300m.

答案：

300m

15．（18分）如图所示，质量为4.0kg的物体在与水平方向成37°角、大小为20N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，物体与地面间动摩擦因数为0.20；取g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6；求：

（1）物体的加速度大小；

（2）经过2s撤去F，再经3s时物体的速度为多大？

（3）物体在5s内的位移是多少？

解析：

（1）物体受力分析如图所示，据牛顿第二定律有：

Fx－Fμ＝ma；FN＋Fy－mg＝0，

又：

Fμ＝μFN；Fx＝Fcos37°；Fy＝Fsin37°，

故：

a＝

＝2.6m/s2.

（2）v2＝at2＝2.6×2m/s＝5.2m/s，

撤去F后，据牛顿第二定律有：

－μmg＝ma′

故：

a′＝－μg＝－0.20×10m/s2＝－2.0m/s2

由于：

t止＝－

＝2.6s＜3s＝（5－2）s

则撤去F后，再经3s，即5s末时速度为：

v5＝0.

（3）前2s内物体位移：

s1＝

t2＝

×2m＝5.2m；

后3s内物体的位移：

s2＝

t止＝

×2.6m＝6.76m；

或：

s2＝－

＝－

m＝6.76m；

物体5s内位移：

s＝s1＋s2＝（5.2＋6.76）m＝11.96m.

答案：

见解析