2019高中物理 模块综合检测（二）新人教版必修1.doc

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1、1模块综合检测模块综合检测( (二二) )(时间：90 分钟 分值：100 分)一、单项选择题(本题共 10 小题，每题 3 分，共 30 分每小题中只有一个选项是正确的，选对得 3 分，错选、不选或多选均不得分)1北京时间 10 月 17 日 7 时 30 分 28 秒， “神舟十一号”发射成功，中国载人航天再度成为世人瞩目的焦点下列说法正确的是( )A7 时 30 分 28 秒表示时间间隔B研究“神舟十一号”飞行姿态时，可把“神舟十一号”看作质点C “神舟十一号”绕地球飞行一圈位移不为零D “神舟十一号”绕地球飞行一圈平均速度为零解析：时刻与时间轴上的点对应，时间间隔与时间轴上的线段相对应

2、，是两个时刻间的间隔，所以 7 时 30 分 28 秒表示“时刻” ，故 A 错误； 研究“神舟十一号”飞行姿态时，如果将“神舟十一号”看成一个质点，对点而言无所谓姿态的，故不能将“神舟十一号”看成质点，故 B 错误；“神舟十一号”绕地球飞行一圈，初末位置相同，则位移为零，故C 错误；平均速度等于位移和时间的比值，因为飞行一圈的过程中位移为 0，所以平均速度为 0，故 D 正确故选 D.答案：D2一质点在x轴上运动，每秒末的位置坐标如下表所示，则：t/s012345x/m014171A.质点在这 5 s 内做的是匀速运动B质点在这 5 s 内做的是匀加速运动C质点在第 5 s 内的位移比任何一

3、秒内的位移都大D质点在第 4 s 内的平均速度比任何一秒内的平均速度都大解析：质点在x轴上往复运动，质点的位移等于初末坐标之差，即 xx2x1，确定出前 5 s 每 1 秒内的位移，再判断哪一秒内位移最大，位移大小是位移的绝对值，平均速度等于位移与时间的比值，根据题表数据可知质点在这 5 s 内做非匀变速运动，在第 5 s内的位移比任何一秒内的位移都大且平均速度最大，本题选 C.答案：C3同时作用在某物体上的两个方向相反的力，大小分别为 6 N 和 8 N，当 8 N 的力逐渐减小到零的过程中，两力合力的大小( )A先减小，后增大 B先增大，后减小C逐渐增大 D逐渐减小2解析：当 8 N 的力

4、减小到 6 N 时，两个力的合力最小，为 0，若再减小，两力的合力又将逐渐增大，两力的合力最大为 6 N，故 A 正确答案：A4(2014北京高考)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入例如，平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的是( )A手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：本题考查牛顿第二定律的应用，重在物理过程的分析，根据加速度方向判断超重和失重现象手托物体抛出的过程，必有一

5、段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项 A 错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项 B 错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项 C 错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项 D 正确答案：D5.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离下列说法正确的是( )AB和A刚分离时，弹簧

6、长度等于原长BB和A刚分离时，它们的加速度为gC弹簧的劲度系数等于mg hD在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动解析：A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB0，对B：Fmgma，对A：kxmgma.即Fkx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，由Fmg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，3则 2mgkx0，hx0x，解以上各式得k，综上所述，只有 C 项正确mg h答案：C6.如图所示，质量为m的物体放在水平桌面上，在与水平方向成的拉力F作用下加速往前运动，已知物体与桌面间的动摩擦因数为，则下列判断正确的是( )A

7、物体受到的摩擦力为Fcos B物体受到摩擦力为mgC物体对地面的压力为mgD物体受到地面的支持力为mgFsin 解析：对物体受力分析，如图所示，则有物体受到的摩擦力为fN(mgFsin )，故 A、B 错误物体对地面的压力与地面对物体的支持力是作用力与反作用力，而支持力等于mgFsin ，故 C 错误物体受到地面的支持力为mgFsin ，故 D 正确答案：D7质点做直线运动的位移x和时间t2的关系图象如图所示，则该质点( )A质点的加速度大小恒为 1 m/s2B02 s 内的位移是为 1 mC2 末的速度是 4 m/sD物体第 3 s 内的平均速度大小为 3 m/s解析：根据xat2得，可知图

8、线的斜率表示a，则a ，a2m/s2.故 A 错误.1 21 21 22 202 s 内的位移xat2 24 m4 m故 B 错误.2 s 末的速度vat22 m/s4 1 21 24m/s.故 C 正确物体在第 3 s 内的位移xatat 2(94) m5 m，则平均速1 22 21 22 11 2度v 5 m/s.故 D 错误. x t答案：C8星级快车出站时能在 150 s 内匀加速到 180 km/h，然后正常行驶某次因意外列车以加速时的加速度大小将车速减至 108 km/h.以初速度方向为正方向，则下列说法不正确的是( )A列车加速时的加速度大小为 m/s21 3B列车减速时，若运用

9、vv0at计算瞬时速度，其中a m/s21 3C若用v-t图象描述列车的运动，减速时的图线在时间轴(t轴)的下方D列车由静止加速，1 min 内速度可达 20 m/s解析：列车的加速度大小a m/s2 m/s2，减速时，加速度方向与速度方v t50 1501 3向相反，a m/s2，故 A、B 两项都正确列车减速时，vt图象中图线依然在时间轴1 3(t轴)的上方，C 项错由vat可得v 60 m/s20 m/s，D 项对1 3答案：C9.用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，如图所示P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )AQ物体受 3 个力BP物

10、体受 3 个力C若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大D若绳子变长，绳子的拉力将变小解析：墙壁光滑，Q处于静止状态，则P、Q间必有摩擦力，Q应受 4 个力作用，P受4 个力作用，故 A，B 错对Q，P物体受力分析如图所示，对P由平衡条件：Tsin N1，Tcos mPgf，对Q由平衡条件：fmQg，故f不变，C 错根据牛顿第三定律，ff，N1N1，当绳子变长时，减小，故T减小，D 对5答案：D10.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等现给木块施加一随时间t增大的水平力Fkt(t是常数)，木板和木块加速度的大

11、小分别为a1和a2.下图中反映a1和a2变化的图线中正确的是( )解析：当拉力F很小时，木块和木板一起加速运动，由牛顿第二定律，对木块和木板：F(m1m2)a，故a1a2at；当拉力很大时，木块和木板将发生相对F m1m2k m1m2运动，对木板：m2gm1a1，得a1，对木块：Fm2gm2a2，得a2m2g m1Fm2g m2tg，A 正确故正确答案为 A.k m2答案：A二、多项选择题(本题共 4 小题，每题 6 分，共 24 分每小题有多个选项是正确的，全选对得 6 分，少选得 3 分，选错、多选或不选得 0 分)11.如图所示，粗糙水平面上叠放着P、Q两木块，用水平向右的力F推Q使它们

12、保持相对静止一起向右运动，P、Q受力的个数可能是( )AP受 2 个力，Q受 5 个力BP受 3 个力，Q受 5 个力CP受 3 个力，Q受 6 个力DP受 4 个力，Q受 6 个力解析：题目没有说明它们的运动状态，可能有两种情况：(1)匀速运动：对P进行受力分析，处于平衡状态，只受到重力和支持力；对Q，则受到重力、地面的支持力、P的压力以及地面的摩擦力和推力F的作用，共 5 个力所以选项 A 正确；6(2)在水平推力的作用下，物体P、Q一起匀加速滑动，则对P受力分析：重力与支持力，及向右的静摩擦力共 3 个力对Q受力分析：重力、地面支持力、P对Q的压力、水平推力、地面给Q的滑动摩擦力，及P对

13、Q的静摩擦力共 6 个力所以选项 C 正确故选AC.答案：AC12.a、b两车在平直公路上行驶，其vt图象如图所示，在t0 时，两车间距为s0，在tt1时间内，a车的位移大小为s，下列说法不正确的是( )A0t1时间内a、b两车相向而行B0t1时间内a车平均速度大小是b车平均速度大小的 2 倍C若a、b在t1时刻相遇，则s0 s2 3D若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为 2t1t1 2解析：由图可知 0t1时间内a、b两车同向行驶，故选项 A 错；由v可得：vtv0 2va、vb，由此计算，故选项 B 错误；由相遇根据图象：可推出要在t12v0v0 23v0 2v0 2时刻s0s，故选项 C

14、 正确；由图线中的斜率和运动规律可知若a、b在时刻相遇，则2 3t1 2下次相遇时刻不是 2t1，故选项 D 错误答案：ABD13.如图所示，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，则木块从左端运动到右端的时间可能是( )A. B.L vv 2gL vC. D.2L g2L v解析：若木块一直匀加速至传送带右端，则由Lgt2可得，木块从左端运动到右1 2端的时间为t，若木块加速至传送带右端时恰与带同速，则由Lt可得：t，2L gv 22L v若木块加速至v后又匀速一段至带的右端，则有：7t ，故 A、C、D 均正确v gLv2 2g v

15、L vv 2g答案：ACD14如图所示，质量分别为mA和mB的物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角为 45的斜面上已知mA2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由 45增大到 50，系统保持静止下列说法正确的是( )A细绳对A的拉力将增大 BA对斜面的压力将减小CA受到的静摩擦力不变 DA受到的合力不变解析：设mA2mB2m，对物体B受力分析，受重力和支持力，由二力平衡得到：Tmg再对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图，根据平衡条件得到：fT2mgsin0，N2mgcos0，解得：f2mgsinT2mgsinmg，N2mgcos；当不断变大时，f不断变大，N不断变小，故选

16、项 B 正确，A、C 错误；系统保持静止，合力始终为零不变，故选项 D 正确；答案：BD三、非选择题(共 4 小题，共 46 分)15(8 分)某同学用如图所示的实验装置研究小车在斜面上的运动实验步骤如下：a安装好实验器材b接通电源后，让拖着纸带的小车沿平板斜面向下运动，重复几次下图为一次实验8得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6 七个计数点，用米尺量出 1、2、3、4、5、6 点到 0 点的距离如图所示(单位：cm)c测量 1、2、3、6 计数点到 0 计数点的距离，分别记做s1、s2、s3、s6记录在以下表格中，其中第 2 点的读

17、数如图，请填入下方表格中计数点123456s/cm6.1819.8627.3235.2243.54d.通过测量和计算，该同学判断出小车沿平板做匀加速直线运动e分别计算出打计数点时的速度v1、v2、v3、v4、v5，并记录在以下表格中，请计算出v1并填入下方表格 .计数点12345v/(ms1)0.680.730.770.81f.以v为纵坐标、t为横坐标，请在图中描出各点，并画出v-t图线由图求得a_m/s2.(保留两位有效数字)解析：c.刻度尺的读数需要估读一位，故为：12.80 cm.e在匀变速运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段位移的平均速度：v1 m/s0.64 m/s.s2 2T12.8

18、0 102 2 0.1f描点后如图所示9在vt中图线的斜率表示加速度：a m/s20.43 m/s2.v t0.810.64 0.50.1答案：12.80 0.64 图略 0.4316(8 分)一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B(中央有孔)，A、B间由细绳连接着，它们处于如图所示位置时恰好都能保持静止状态此情况下，B球与环中心O处于同一水平面上，A、B间的细绳呈伸直状态，与水平线成 30夹角，已知B球的质量为 3 kg，求细绳对B球的拉力和A球的质量mA(取g10 m/s2)解析：对A球受力分析如图所示，可知：水平方向：Tcos 30NAsin 30，竖直方向：NAcos 30

19、mAgTsin 30，同理对B球进行受力分析及正交分解得：竖直方向：Tsin 30mBg，联立以上三式可得：T60 N，mA2mB6 kg.答案：60 N 6 kg17(12 分)如图所示，水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M的同时，O点右侧一长为L1.2 m 的平板车开始以a6.0 m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M的竖直高度为h0.45 m，忽略空气的阻力，重力加速度g取 10 m/s2.10(1)求小球左端离O点的水平距离；(2)若至少有 2 个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔 t应满足什

20、么条件？解析：(1)设小球自由下落至平板车上表面处历时t0，在该时间段内由运动学方程对小球有：hgt1 22 0对平板车有：xat1 22 0由式并代入数据可得：x0.27 m.(2)从释放第一个小球至第 2 个小球下落到平板车上表面高度处历时 tt0，设平板车在该时间段内的位移为x1，由运动学方程有：x1a(tt0)21 2至少有 2 个小球落在平板车上须满足：x1xL由式并代入数据可得：t0.4 s.答案：(1)0.27 m (2)t0.4 s18(18 分)如图甲所示，质量为M4 kg 足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m4 kg 大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间

21、的动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力两物块开始均静止，从t0 时刻起铁块m受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用，F共作用时间为 6 s，(取g10 m/s2)则：图甲 图乙(1)铁块和木板在前 2 s 的加速度大小分别为多少？(2)铁块和木板相对静止前，运动的位移大小各为多少？(3)拉力F作用的最后 2 s 内，铁块和木板的位移大小分别是多少？解析：(1)前 2 s，由牛顿第二定律得对铁块：Fmgma1，解得a13 m/s2对木板：mgMa2，解得a22 m/s2.(2)2 s 内，铁块的位移x1a1t26 m 木板的位移x2a2t24 m1 21 22 s 末，铁块的速度

22、v1a1t6 m/s11木板的速度v2a2t4 m/s2 s 后，对铁块：Fmgma1，解得a11 m/s2对木板：mgMa2，解得a22 m/s2设再经过t0时间铁块和木板的共同速度为v，则vv1a1t0v2a2t0，解得t02 s，v8 m/s在t0内，铁块的位移x1t02 m14 mv1v 268 2木板的位移x2t02 m12 mv2v 248 2所以铁块和木板相对静止前铁块运动的位移为x铁块x1x120 m铁块和木板相对静止前木板运动的位移为x木板x2x216 m.(3)拉力F作用的最后 2 s，铁块和木板相对静止，一起以初速度v8 m/s 做匀加速直线运动，对铁块和木板整体：F(Mm)a解得a m/s21.5 m/s2F Mm12 44所以铁块和木板运动的位移均为x3vta(t)219 m.1 2答案：(1)3 m/s2 2 m/s2 (2)20 m 16 m(3)19 m 19 m