高一物理模块综合卷.docx

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高一物理模块综合卷

模块综合卷

一、选择题

1．在某次闪电过后约2s小明听到雷声，则雷电生成处离小明的距离约为（已知空气中的光速约为3×108m/s，声速约为340m/s）（）。

A．6×102m；B．6×104m；C．6×106m；D．6×108m。

2．某探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5s后听到石块直接落到崖底的声音，探险者离崖底的高度最接近的是（）。

A．25m；B．50m；C．110m；D．150m。

3．如图所示，一个女同学穿着轮滑鞋以一定的速度俯身“滑入”静止汽车的车底，她用15s穿越了20辆汽车底部后“滑出”，位移为58m。

假设她的运动可视为匀变速直线运动，从上述数据可以确定（）。

A．她在车底运动时的加速度；

B．她在车底运动时的平均速度；

C．她刚“滑入”车底时的速度；

D．她刚“滑出”车底时的速度。

4．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为18m的路程，第一段用时6s，第二段用时3s，则物体的加速度大小是（）。

A．

；B．

；C．

；D．

。

5．如图所示是物体做直线运动的

-t图像，由图可知，该物体（）。

A．第1s内和第3s内的运动方向相反；

B．第3s内和第4s内的加速度相同；

C．第1s内和第4s内的位移大小不等；

D．0～2s内和0～4s内的平均速度大小相等。

6．如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。

某一竖井的深度为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过1m/s2。

假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是（）。

A．13s；B．16s；C．21s；D．26s。

7．（多选）如图所示，为一物体做直线运动时的图像，但纵坐标表示的物理量未标出。

已知物体在前2s时间内向东运动，则以下判断正确的是（）。

A．若纵坐标表示速度，则物体在4s内的位移为零；

B．若纵坐标表示速度，则物体在4s内的加速度大小不变，方向始终向东；

C．若纵坐标表示位移，则物体在4s内的运动方向始终向东；

D．若纵坐标表示位移，则物体在4s内的位移为零。

8．（多选）将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔为2s，它们运动的

-t图像分别如直线甲、乙所示。

则（）。

A．t＝2s时，两球的高度差一定为40m；

B．t＝4s时，两球相对于各自抛出点的位移相等；

C．两球从抛出至落地到地面所用的时间间隔相等；

D．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等。

9．（多选）t＝0时，甲、乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的

-t图像如图所示。

忽略汽车掉头所需时间，下列对汽车运动状况的描述正确的是（）。

A．在第1小时末，乙车改变运动方向；

B．在第2小时末，甲乙两车相距10km；

C．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大；

D．在第4小时末，甲、乙两车相遇。

10．重力、弹力和摩擦力是常见的几种力。

关于重力、弹力和摩擦力的下列说法中正确的是（）。

A．任何有规则形状的物体，其几何中心必与其重心重合；

B．有弹力时，可能同时存在摩擦力；有摩擦力时，一定同时存在弹力；

C．摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反；

D．静摩擦力一定比滑动摩擦力大。

11．（多选）如图所示，a、b为两根相连的轻质弹簧，它们的劲度系数分别为ka＝1.0×103N/m，kb＝2.0×103N/m，原长分别为la＝6cm，lb＝4cm，在弹簧下端挂一物体G，物体受到的重力为10N，在平衡时（）。

A．弹簧a下端受到的拉力为4N，b受到的拉力为6N；

B．弹簧a下端受到的拉力为10N，b受到的拉力为10N；

C．弹簧a的长度为7cm，b的长度为4.5cm；

D．弹簧a的长度为6.4cm，b的长度为4.3cm。

12．伽利略创造性地把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。

利用如图所示的装置做如下实验：

小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。

斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1、2、3。

根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）。

A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置；

B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态；

C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变；

D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小。

13．重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则（）。

A．当θ＝60°时，运动员单手对地的正压力大小为

；

B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的压力大小为G；

C．当θ不同时，运动员受到的合力不同；

D．当θ不同时运动员与地面之间的相互作用力不相等。

14．如图所示，重物G用OA和OB两段等长的绳子悬挂在半圆弧的架子上，B点固定不动，A端由顶点C沿圆弧向D移动，在此过程中，绳子OA上的张力将（）。

A．逐渐变小；

B．逐渐变大；

C．先减小后增大；

D．先增大后减小。

15．倾角为、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上。

下列结论正确的是（）。

A．木块受到的摩擦力大小是mgcos；

B．木块对斜面体的压力大小是mgsin；

C．桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsincos；

D．桌面对斜面体的支持力大小是（M＋m）g。

16．（多选）如图所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连着两个物体A与B，物体B放在水平地面上，A、B均静止。

已知A和B的质量分别为mA、mB，绳与水平方向的夹角为θ，则（）。

A．物体B受到的摩擦力可能为0；

B．物体B受到的摩擦力为mAgcosθ；

C．物体B对地面的压力可能为0；

D．物体B对地面的压力为mBg－mAgsinθ。

17．如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。

在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力FT和斜面的支持力FN分别为（重力加速度为g）（）。

A．FT＝m（gsinθ＋acosθ），FN＝m（gcosθ－asinθ）；

B．FT＝m（gcosθ＋asinθ），FN＝m（gsinθ－acosθ）；

C．FT＝m（acosθ＋gsinθ），FN＝m（gcosθ－asinθ）；

D．FT＝m（asinθ＋gcosθ），FN＝m（gsinθ－acosθ）。

18．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。

二、填空题

19．为了减少交通事故，近年来我国加大了对道路的限速监控。

目前，限速监控的方式有两种：

一种是“定点测速”，即监测汽车经过某位置的速度；另一种是“区间测速”，即监测

汽车在某一区间行驶的速度。

如果超过了该路段的最高限速，即被判为超速。

如图所示，高速路上某一区间测速的区间长度为66km，全程限速100km/h，一辆汽车通过监测起点和终点的速度分别为95km/h和90km/h，通过测速区间的时间为30min。

根据以上信息，可判断此车________（选填“超速”或“不超速”），理由是___________________________________。

20．图甲为“探究加速度与物体所受合外力、物体质量的关系”的实验装置示意图，砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。

（1）如图乙所示为实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上O、A、B、C、D、E为六个相邻的计数点（两相邻计数点间还有4个点迹没有画出），通过测量和计算可知，x1、x2、x3、x4、x5分别为4.50cm、5.28cm、6.07cm、6.85cm、7.63cm。

则打点计时器打下相邻计数点的时间间隔为________s，根据上述数据，可知小车拖动纸带运动的加速度的测量值为________m/s2（保留2位有效数字）。

（2）实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小，在探究外力不变的情况下加速度与质量之间的关系时，用到了小车的加速度a与小车和砝码总质量的倒数

关系的图象。

以下关于该实验的说法中正确的是（）。

A．需要用天平测量小车和砝码的总质量M；

B．实验需要保证的条件是小车和砝码的总质量远大于砂和砂桶的总质量；

C．实验前需要将固定打点计时器一侧的木板垫高一些，其目的是为了增大小车下滑的加速度；

D．实验时如果没有将固定打点计时器一侧的木板垫高一些，将会导致a-

图像不是一条直线。

三、计算题

21．某一遥控玩具汽车沿直线运动，其位移x随时间t变化的规律为：

x＝t＋2t2（m）。

求：

（1）该玩具汽车的初速度

0是多大？

（2）该玩具汽车的加速度a是多大？

（3）第2s内的平均速度

是多大？

22．汽车起动的快慢和能够达到的最大速度，是衡量汽车性能的指标体系中的两个重要指标。

汽车起动的快慢用车的速度从0到100km/h的加速时间来表示，这个时间越短，汽车起动的加速度就越大。

下表中列出了两种汽车的性能指标（为了简化计算，把100km/h取为30m/s）。

起动的快慢/s（0～30m/s的加速时间）

最大速度/（m·s－1）

甲车

12

40

乙车

6

50

现在，甲、乙两车在同一条平直公路上，车头向着同一个方向，乙车在前，甲车在后，两车相距85m，甲车先起动，经过一段时间t0乙车再起动。

若两车从速度为0到最大速度的时间内都以最大加速度做匀加速直线运动，在乙车开出8s时两车相遇，则：

（1）t0应该满足的条件是什么？

（2）在此条件下，两车相遇时甲车行驶的路程是什么？

23.如图所示，冰车静止在冰面上，小孩与冰车的总质量m=20kg。

大人用F=20N的恒定拉力，使冰车开始沿水平冰面移动，拉力方向与水平面的夹角为θ=37°。

已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ=0.05，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：

（1）小孩与冰车受到的支持力FN的大小；

（2）小孩与冰车的加速度a的大小；

（3）拉力作用t=8s时间，冰车位移x的大小。

24.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2kg，动力系统提供的恒定升力F=28N。

试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。

设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。

（1）第一次试飞，飞行器飞行t1=8s时到达高度H=64m。

求飞行器所阻力f的大小；

（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。

求飞行器能达到的最大高度h；

（3）第二次试飞，为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。

参考答案

1．A。

解析：

光的速度是3×108m/s，声速大约为340m/s，由此可见光的速度远大于声音的速度，在较小的距离间传播时，光的传播时间可以忽略不计。

则雷电生成处离小明的距离等于声音传播的距离。

A正确。

2．C。

解析：

石头下落过程可以看作自由落体运动，即h＝

gt2＝

×9.8×52m＝122.5m，考虑到声音传回来还需要时间，空气还有一定阻力，则下落距离应略小于122.5m，C正确。

3．B。

解析：

已知位移为x＝58m，用时t＝15s，则可求出平均速度

＝

m/s≈3.87m/s。

只有位移和时间这两个物理量，在匀变速直线运动中是无法求出初速度、末速度和加速度的，故B正确。

4．A。

解析：

第一段用时6s，其中间时刻（即3s）的瞬时速度等于这段的平均速度

1＝3m/s；同理，后一段的中间时刻（即7.5s）的瞬时速度

2＝6m/s，可得

m/s2，即A正确。

5．B。

解析：

由图可知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A错误。

速度图像的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B正确。

图像与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内位移大小相等，故C错误。

根据面积可知，0－2s和0－4s的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误。

B正确。

6．C。

解析：

升降机以最大的加速度匀加速到最大速度用时最短。

此过程中位移：

，所用时间

。

匀加速位移32m小于竖井深度104m，可判断出升降机必须再经历一段匀速直线运动和减速直线运动过程。

减速过程以最大加速度做匀减速直线运动，所用时间最短，且通过位移和所用时间也为32m和8s。

那么匀速直线运动的位移x2＝104m－32m－32m＝40m，时间

。

则总时间为21s，C正确。

7．AC。

解析：

物体在前2s内向东运动，速度为负，说明向西为正方向。

若纵坐标为速度，

－t图像与坐标轴包围的面积表示位移，下方面积代表向东的位移，上方向西，因此4s内的总位移为零，A正确；

-t图像的斜率表示加速度，斜率始终为正，说明物体的加速度4s内一直向西，B错误；若横坐标为位移，x-t图像的斜率表示速度，斜率始终为正，代表物体一直向东运动，C正确；物体一直向西运动，则在4s内的位移不为零，D错误。

8．BD。

解析：

根据速度与时间图像与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，可知t＝2s时，甲球通过的位移为x甲＝

×（30＋10）×2m＝40m，乙的位移为零，两球位移之差等于40m，但两球初始的高度未知，故t＝2s时两球的高度相差不一定为40m，故A错误；t＝4s时，甲球相对于抛出点的位移为

＝40m，乙球相对于抛出点的位移为

×（30＋10）×2m＝40m，故两球相对于各自的抛出点的位移相等，故B正确；两球从不同的高度以同样的速度竖直向上抛出，根据竖直上抛运动的规律x＝－h＝

0t－

，h是抛出点距地面的高度，可知两球从抛出至落到地面所用的时间间隔t不相等，故C错误；由图可知，甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等，都是3s。

故D正确。

9．BC。

解析：

由图可知，乙车在2小时内一直做反方向的运动，在1小时末时开始减速但方向没有变，故A错误；图像与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则可知在2小时内，甲车正向运动的位移为x甲＝30km；而乙车反向运动，其位移大小x乙＝30km，因两车相向运动，则2小时末时，两车还相距10km，故B正确；图像的斜率表示加速度，由图可知，乙车的图像斜率总是大于甲车的图像斜率，故乙车的加速度总比甲车的大，故C正确；4小时内甲车的总位移为120km，而乙车的总位移为－30km＋60km＝30km，即乙车的位移为正方向的30km，两车原来相距70km，在4小时末，甲车离出发点120km，而乙车离甲车的出发点70km＋30km＝100km，故此时甲车超过乙车，两车不会相遇，故D错误。

10．B。

解析：

物体的重心除了与几何形状有关，还与质量分布有关，所以A错；物体间有弹力存在，还需有相对相对运动运动或运动趋势才能有摩擦力，有摩擦力物体间必然有相互挤压，所以B正确；摩擦力与相对运动趋势或相反，注意是相对接触面的，不一定与相对地面的运动方向相反，比如汽车上的物体随汽车加速时，摩擦力的方向就是与运动方向同向的，所以C错；静摩擦力可在0到最大静摩擦力之间变化，所以D错误。

11．BC。

解析：

对物体受力分析，受重力和弹簧b的拉力，二力平衡，故Fb＝10N；再对b弹簧和物体的整体分析，受重力和弹簧a的拉力，二力平衡，故Fa＝10N，所以A错误，B正确；根据胡克定律F＝kx，得到：

∆xa＝

＝

＝0.01m，∆xb＝

＝

＝0.005m，

故a弹簧长度变为7cm，b弹簧长度变为4.5cm，所以C正确，D错误。

12．A。

解析：

A选项是伽利略根据实验现象，想象没有摩擦直接得出的理想外推，是最直接的结论，其他选项都是需要再经过论证才能得到，因此A正确。

13．A。

解析：

无论手臂张角多少，运动员都处于平衡状态，合力为零，C错误；两只手臂作用力对称，因此无论角度多少，地面给运动员的支持力每只手都等于

，A正确，B错误；根据牛顿第三定律可知，运动员与地面之间的相互作用力一定大小相等，D错误。

14．C。

解析：

两根绳的合力等于物体的重力，大小和方向都不变，OB绳拉力方向不变。

根据平行四边形定则，如右图可知，OA绳上拉力大小先减小后增大，故C正确。

15．D。

解析：

先对木块m受力分析，它受到重力、支持力和静摩擦力。

根据平衡条件，沿斜面有Ff＝mgsinα，可知选项A错误；垂直斜面有FN＝mgcosα，斜面对木块的支持力和木块对斜面的压力相等，可知B错误；对M和m整体受力分析，它们受到受重力和支持力，且二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为（M＋m）g，静摩擦力为零，故C错误，D正确。

16．BD。

解析：

A静止，绳上拉力等于GA；B静止，在水平方向上，B受的摩擦力等于绳向右的分力，即mAgcosθ，故A错误，B正确；B的摩擦力不为零，因此对地面的压力不可能为零，故C错误；在竖直方向上，B对地面的压力为mBg－mAgsinθ，故D正确。

17．A。

解析：

小球的受力如图，根据牛顿第二定律，沿斜面方向有，FT－mgsinθ＝macosθ；垂直于斜面方向上有，mgcosθ－FN＝masinθ。

解得：

FT＝m（gsinθ＋acosθ），FN＝m（gcosθ－asinθ），故A正确。

18．D。

解析：

受托物体向上运动，开始阶段一定先向上加速，加速度向上，物体处于超重状态，但后面的运动是不确定的，可以是加速或减速的，也可以是匀速的，不一定处于超重状态，A、B均错误；物体离开手的瞬间或之后，物体的加速度等于重力加速度，C错误；在物体离开手的瞬间，手的速度变化一定比物体快，所以其加速度一定大于物体的加速度，即大于重力加速度，D正确。

二、填空题

19．超速；汽车行驶的平均速度为132km/h，大于限速100km/h。

解析：

汽车行驶的平均速度为

，大于限速100km/h。

20．

（1）0.1；0.78（或0.79）。

（2）AB。

解析：

（1）两相邻计数点间还有4个点迹没有画出，因此两个计数点的时间间隔为5个打点计时器周期，即0.1s；利用匀变速运动的推论，等时间间隔的位移差

，代入数据可得加速度为0.78（或0.79）m/s2。

（2）小车和砝码的总质量M需要用天平测量，A正确，需要小车和砝码的总质量远大于砂和砂桶的总质量，这样小车运动的加速度较小，才可认为绳的拉力等于砂和砂桶的重力，B正确；将木板垫高是为了平衡摩擦力，C错误；如果没有将木板垫高，即未平衡摩擦力，小车受到绳子和摩擦力的合力使其产生加速度，图像将会不过原点，斜率不变，因此D错误。

所以正确答案为AB。

三、计算题

21．

（1）1m/s；

（2）4m/s2；（3）7m/s。

解析：

（1）匀变速直线运动的位移公式

，由题意x＝t＋2t2，可知

0＝1m/s；

（2）加速度a＝4m/s2；

（3）第2s内的位移x＝x2－x1＝7m

第2s内的平均速度

其中t＝1s

代入数据得

＝7m/s。

22．

（1）6s；

（2）245m。

解析：

根据题目条件：

甲车的加速度为a甲＝

m/s2＝2.5m/s2，加速到最大速度的时间为t甲＝16s；

乙车的加速度为a乙＝

m/s2＝5.0m/s2，加速到最大速度的时间为t乙＝10s。

所以乙车开出8s的路程为：

s乙＝

a乙t2＝160m，

所以要求甲车行驶的路程是s甲＝160m＋85m＝245m。

甲车在匀加速阶段共可行驶sm＝

a甲t

＝320m，所以s甲还在sm之内。

可判断甲车一直做向左匀加速直线运动。

由s＝

a甲（t0＋8）2＝245m，可得：

t0＝6s。

23．

（1）188N；

（2）0.33m/s2；（3）10.6m或10.56m。

解析：

（1）冰车和小孩受力如图所示

竖直方向的合力为零，则有FN＋Fsinθ＝mg

解得支持力FN＝188N。

（2）在水平方向，根据牛顿第二定律得Fcosθ-Ff＝ma

摩擦力Ff＝μFN

解得加速度a＝0.33m/s2。

（3）根据匀变速直线运动规律

解得x＝10.6m或10.56m。

24．

（1）4N；

（2）42m；（3）

s或2.1s

解析：

（1）第一次飞行中，设加速度为

。

匀加速的上升高度H＝

。

由牛顿第二定律得F－mg－f＝ma1。

解得f＝4N。

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为

，上升的高度为

。

匀加速的上升高度s1＝

。

设失去升力后的加速度为

，上升的高度为

。

由牛顿第二定律得mg＋f＝ma2。

1＝a1t2，

s2＝

。

解得h＝s1＋s2＝42m。

（3）设失去升力下降阶段加速度为

；恢复升力后加速度为

，恢复升力时速度为

。

由牛顿第二定律得mg－f＝ma3，F＋f－mg＝ma4。

且

，

。

解得

或2.1s。