學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精2020-2021學年物理新教材粵教版必修第一冊模塊綜合測評含解析模塊綜合測評(教師用書獨具)一、選擇題(本題共10小題,每小題4分，共40分。在每小題給出的4個選項中第1～6題只有一項符合題目要求,第7～10題有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1。把一個薄板狀物體懸掛起來，靜止時如圖所示,則對于此薄板狀物體所受重力的理解,下列說法正確的是(）A．重力就是地球對物體的引力B．重力大小和物體運動狀態有關C．重力的方向總是指向地心的D．薄板的重心一定在直線AB上D［重力是由于地球的吸引而使物體受到的力，不是地球對物體的引力,故A錯誤；重力的大小與物體的運動狀態無關，故B錯誤；重力的方向豎直向下,故C錯誤；因為繩對板的拉力與板受的重力為一對平衡力，必在一條直線上，所以重心一定在細繩的延長線上，即薄板的重心一定在直線AB上，故D正確．］2．一物體從高h處做自由落體運動，經時間t到達地面,落地速度為v,那么當物體下落時間為eq\f(t，3)時，物體的速度和距地面高度分別是(）A．eq\f(v，3)，eq\f（h,9） B．eq\f（v，9），eq\f(h,9）C．eq\f(v,3），eq\f(8,9）h D．eq\f（v,9),eq\f（\r（3),3)hC［物體做自由落體運動，經時間t到達地面的速度為v，根據速度公式v＝gt可知，下落時間為eq\f（t，3）時的速度為v′＝geq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（t，3)））＝eq\f(1,3)v,又知下落時間t內的位移為h，則eq\f(t，3)時間內的位移為h′＝eq\f(1，2）geq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（t，3)））eq\s\up12（2）＝eq\f(1,9)h,物體距地面高度h″＝h－eq\f(1,9)h＝eq\f（8,9）h,故選項C正確．］3．如圖所示,一個重力為10N的物體，用細線懸掛在O點，現在用力F拉物體，使懸線偏離豎直方向30°時處于靜止狀態，此時所用拉力F的最小值為()A．5N B．2。5NC．8.65N D．4。3NA[如圖所示,將重力沿細線及拉力方向分解,分析圖形可知,只有當拉力與細線垂直時，重力沿拉力方向的分力最小，根據平衡條件,F＝Gsin30°＝5N，故選項A正確．］4．如圖所示，兩根相同的直木棍AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上固定不動,一表面各處情況相同的圓筒恰能沿直木棍勻速下滑，若保持兩木棍傾角不變，將兩者間的距離稍微增大后固定不動，仍使該圓筒以一定的初速度從兩木棍上端滑下，則（）A．圓筒將沿木棍減速下滑B．圓筒將沿木棍加速下滑C．木棍對圓筒的摩擦力不變D．木棍和圓筒間的動摩擦因數μ＝tanαA［圓筒從木棍的上部勻速滑下過程中,受到重力、兩棍的支持力和摩擦力，根據平衡條件得知，兩棍支持力的合力和摩擦力不變；將兩棍間的距離稍增大后，兩棍支持力的合力不變，而兩支持力夾角增大,則每根木棍對圓筒的支持力變大，故滑動摩擦力變大，故圓筒將會減速滑行，故A正確,B、C錯誤；勻速下滑時，圓筒受2個支持力、2個摩擦力,根據平衡條件,有：2μFN－mgsinα＝0，其中2FN≠mgcosα，故μ≠tanα，故D錯誤．］5.如圖所示，質量為4kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面．質量為1kg的物體B用細線懸掛起來，A、B緊挨在一起，但A、B之間無壓力．某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間，B對A的壓力大小為（取g＝10m/s2）（）A．0 B．8NC．10N D．2NB[剪斷細線前，A、B間無壓力，則彈簧的彈力F＝mAg＝40N，剪斷細線的瞬間，A、B整體的加速度a＝eq\f（mA＋mBg－F，mA＋mB)＝2m/s2，對B受力分析，mBg－FN＝mBa,解得FN＝8N，由牛頓第三定律知B正確．］6．如圖所示，兩個質量分別為m1＝1kg、m2＝4kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質彈簧測力計連接．兩個大小分別為F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則達到穩定狀態后，下列說法正確的是（）A．彈簧測力計的示數是25NB．彈簧測力計的示數是50NC．在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為7m/s2D．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13m/s2C［以m1、m2以及彈簧測力計為研究對象，則整體向右的加速度a＝eq\f（F1－F2，m1＋m2）＝2m/s2；再以m1為研究對象，設彈簧的彈力為F,則F1－F＝m1a，得F＝28N,A、B錯誤;突然撤去F2的瞬間,彈簧的彈力不變，此時m2的加速度a＝eq\f（F，m2）＝7m/s2，C正確;突然撤去F1的瞬間,彈簧的彈力也不變,此時m1的加速度a＝eq\f（F,m1)＝28m/s2，D錯誤．]7.甲、乙兩物體從同一地點沿同一條直線同時運動,其速度-時間圖像如圖所示，下列說法正確的是（)A．0～t1時間內兩物體均處于靜止狀態B．t1～t2時間內甲物體始終在乙物體的前面C．t2時刻兩物體相遇D．t1～t2時間內，甲物體做勻減速直線運動BD[由v.t圖像可知，0～t1時間內甲、乙均做勻速運動，t1～t2時間內，甲物體做勻減速直線運動，A錯誤，D正確；t2時刻之前，v甲始終大于v乙，兩物體又從同一地點同向運動，故t1～t2時間內甲物體始終在乙物體前面,且兩物體相距越來越遠,B正確,C錯誤．]8．兩物體M、m用跨過光滑定滑輪的輕繩相連，如圖所示放置，OA、OB與水平面的夾角分別為30°、60°，M重20N，M、m均處于靜止狀態．下列說法正確的是（）A．OA對物體M的拉力為12NB．OB對物體M的拉力為10eq\r（3）NC．物體m受到的摩擦力為10(eq\r（3)－1）N，方向水平向左D．物體m受到的摩擦力為10(eq\r(3)－1)N，方向水平向右BC[O點受力分析如圖所示，則FA＝Mgcos60°＝10N,A錯；FB＝Mgcos30°＝10eq\r(3)N，B對；兩繩對物體m的拉力的合力FB－FA＝10(eq\r(3)－1)N，方向向右，故物體m受到的摩擦力Ff＝10（eq\r(3）－1)N，方向水平向左，C對，D錯．］9．如圖所示，當小車水平向右加速運動時,物塊M相對車廂靜止于車廂后豎直壁上，當小車的加速度增大時（）A．M所受靜摩擦力增大B．M對車廂壁的壓力增大C．M仍相對于車廂靜止D．M在豎直方向上所受合外力為零BCD[以物塊為研究對象,分析受力,作出受力圖如圖．物塊豎直方向受力平衡，合外力等于零，摩擦力f＝Mg，保持不變，選項A錯誤,D正確；小車的加速度增大時，彈力N＝ma增大，物塊受到的最大靜摩擦力增大，物塊不可能沿壁下滑，所以物塊M仍相對于車廂靜止，選項B、C正確．]10。如圖所示為運送糧袋的傳送裝置,已知AB間長度為L,傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為μ，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，關于糧袋從A到B的運動(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），以下說法正確的是()A．糧袋到達B點的速度可能大于、等于或小于vB．糧袋開始運動的加速度為g（sinθ－cosθ），若L足夠大，則以后將以速度v做勻速運動C．若μ〈tanθ，則糧袋從A到B一直做加速運動D．不論μ大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且a>gsinθAC［糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動,到達B點時的速度小于v；可能先勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動,到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v；故A正確;糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力,大小為μmgcosθ,根據牛頓第二定律得，加速度a＝g(sinθ＋μcosθ）,故B錯誤；若μ〈tanθ，則重力的下滑分力大于滑動摩擦力,故a的方向一直向下，糧袋從A到B一直是做加速運動，可能是一直以g(sinθ＋μcosθ）的加速度勻加速；也可能先以g（sinθ＋μcosθ)的加速度勻加速，后以g(sinθ－μcosθ)的加速度勻加速，故C正確；由以上分析可知，糧袋從A到B不一定一直做勻加速運動．故D錯誤．］二、非選擇題(本題共6小題，共60分)11．(6分）某探究小組為了研究小車在桌面上的直線運動，用自制“滴水計時器"計量時間．實驗前,將該計時器固定在小車旁，如圖（a）所示．實驗時，保持桌面水平，用手輕推一下小車．在小車運動過程中，滴水計時器等時間間隔地滴下小水滴,圖（b）記錄了桌面上連續的6個水滴的位置．(已知滴水計時器每30s內共滴下46個小水滴)(1）由圖（b）可知，小車在桌面上是________（填“從右向左”或“從左向右”)運動的．(2）該小組同學根據圖(b）的數據判斷出小車做勻變速運動．小車運動到圖（b）中A點位置時的速度大小為________m/s，加速度大小為________m/s2。(結果均保留2位有效數字)［解析](1）小車運動時由于摩擦力的作用，速度逐漸減小，滴水計時器滴下水滴的間距逐漸變小,因此小車從右向左運動．(2)滴水的時間間隔T＝eq\f（30，45）s≈0.67s小車運動到A點位置時的瞬時速度vA＝eq\f（sn＋sn＋1，2T)＝eq\f（117＋133×0.001,2×0。67）m/s≈0。19m/s根據逐差法,共有5組數據,舍去中間的一組數據，則加速度a＝eq\f（s4＋s5－s1－s2，6T2）＝eq\f（100＋83－150－133×0。001，6×0.672)m/s2≈－0.037m/s2因此加速度的大小為0。037m/s2.[答案]（1）從右向左（2)0.190。03712．(10分）某實驗小組利用如圖所示的裝置探究加速度與力、質量的定量關系．（1）下列做法正確的是________．A．調節滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行B．在調節木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上C．實驗時，先放開木塊,再接通打點計時器的電源D．通過增減木塊上的砝碼改變質量時，需要每次都重新調節木板傾斜度（2）為使砝碼桶內砝碼的總重力在數值上近似等于木塊運動時受到的拉力,應滿足的條件是砝碼桶及桶內砝碼的總質量________木塊和木塊上砝碼的總質量．A．遠大于B．遠小于C．近似于(3）甲、乙兩同學在同一實驗室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上,木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關系，分別得到圖中甲、乙兩條直線．設甲、乙用的木塊質量分別為m甲、m乙，甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數分別為μ甲、μ乙，由圖可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．A．小于B．等于C．大于[解析］(1）調節滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行，從而減小實驗的誤差,選項A正確;在調節木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，應該不掛裝有砝碼的砝碼桶，讓木塊拖著紙帶在木板上做勻速運動，選項B錯誤；實驗時，先接通打點計時器的電源，再放開木塊，選項C錯誤；通過增減木塊上的砝碼改變質量時，不需要每次都重新調節木板傾斜度,選項D錯誤；故選A.（2）為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近似等于木塊運動時受到的拉力，應滿足的條件是砝碼桶及桶內砝碼的總質量遠小于木塊和木塊上砝碼的總質量，選項B正確．(3)由牛頓第二定律可知：F－μmg＝ma，解得a＝eq\f（1，m)F－μg，由圖像可知：eq\f(1,m甲）〉eq\f（1,m乙），所以m甲〈m乙；直線與縱軸的截距等于μg，則μ甲>μ乙．［答案］（1)A(2)B(3)AC13．(10分）如圖所示,某人用輕繩牽住一只質量m＝0.6kg的氫氣球,因受水平風力的作用，系氫氣球的輕繩與水平方向成37°角．已知空氣對氣球的浮力為15N，人的質量M＝50kg，且人受的浮力忽略不計．（sin37°＝0.6,cos37°＝0.8）(1)求水平風力的大小;(2）求人對地面的壓力大?。?3)若水平風力增強,人對地面的壓力如何變化?并說明理由．[解析]（1）對氫氣球進行受力分析，如圖甲所示．由平衡條件可知，豎直方向：F?。絤g＋FTsin37°水平方向：F風＝FTcos37°解得F風＝12N，FT＝15N.(2）對人進行受力分析，如圖乙所示．由平衡條件可知,豎直方向：FN＝Mg－FT′sin37°＝500N－15N×0。6＝491N根據牛頓第三定律,人對地面的壓力大小為491N.（3)若風力增強，只改變了水平方向的力，視氫氣球及人為一整體，所以豎直方向上的受力情況沒有改變，人對地面的壓力不變．[答案］(1）12N(2）491N(3）不變，理由見解析14．（10分）如圖是上海中心大廈，小明乘坐大廈快速電梯，從底層到達第119層觀光平臺僅用時55s．若電梯先以加速度a1做勻加速運動，達到最大速度18m/s，然后以最大速度勻速運動,最后以加速度a2做勻減速運動恰好到達觀光平臺．假定觀光平臺高度為549m.（1)若電梯經過20s勻加速達到最大速度，求加速度a1及勻加速上升的高度h；（2)在(1）問中的勻加速上升過程中，若小明的質量為60kg，求小明對電梯地板的壓力；（3)求電梯勻速運動的時間．[解析](1）由運動學公式vt＝v0＋at和t1＝20s得電梯勻加速時的加速度a1＝eq\f（vm－0，t1）＝eq\f（18－0，20）m/s2＝0。9m/s2電梯勻加速上升的高度h＝eq\f(v\o\al(2,m），2a1)＝eq\f（182，2×0。9）m＝180m.（2)設小明受到電梯地板的支持力大小為FN由牛頓第二定律得FN－mg＝ma1，又m＝60kg所以FN＝ma1＋mg＝60×0。9N＋60×10N＝654N由牛頓第三定律可知，小明對電梯地板的壓力大小F′N＝FN＝654N，方向豎直向下．（3）設電梯勻速運動的時間為t，對電梯整個上升過程有h總＝eq\f（vm，2）t1＋vmt＋eq\f(vm，2)（t總－t1－t）代入數據得t＝6s。［答案］(1)0.9m/s2180m（2）654N，方向豎直向下(3)6s15．(12分)如圖所示,一質量為mB＝2kg的木板B靜止在光滑的水平面上，其右端上表面緊靠一固定斜面軌道的底端(斜面底端與木板B右端的上表面之間有一段小圓弧平滑連接），軌道與水平面的夾角θ＝37°,一質量為mA＝2kg的物塊A由斜面軌道上距軌道底端s0＝8m處由靜止釋放，物塊A剛好沒有從木板B的左端滑出，已知物塊A與斜面軌道間的動摩擦因數為μ1＝0.25，與木板B上表面間的動摩擦因數為μ2＝0.2,sin37°＝0。6,cos37°＝0。8，g取10m/s2，物塊A可看作質點，請問：（1）物塊A剛滑上木板B時的速度為多大？(2）物塊A從剛滑上木板B到相對木板B靜止共經歷了多長時間?木板B有多長？［解析]（1）設物塊A沿斜面下滑的加速度為a1，則mAgsinθ－μ1mAgcosθ＝mAa1解得a1＝4m/s2物塊A滑到木板B上時的速度為v1＝eq\r（2a1s0）＝eq\r（2×4×8)m/s＝8m/s.(2）物塊A在木板B上滑動時，它們在水平方向上的受力大小相等，質量也相等,故它們的加速度大小相等，數值為a2＝eq\f（μ2mAg，mA)＝μ2g＝2m/s2設木板B的長度為L，二者相對靜止時經歷的時間為t2，最終的共同速度為v2，在達到共同速度時，木板B滑行的距離為s,利用位移關系得v1t2－eq\f(1,2）a2teq\o\al（2，2)－eq\f(1，2)a2teq\o\al(2,2)＝L對物塊A有v2＝v1－a2t2veq\o\al(2，2）－veq\o\al（2,1）＝－2a2（s＋L)對木板B有veq\o\al（2,2)＝2a2s聯立解得相對滑行時間和木板B的長度分別為:t2＝2s,L＝8m。［答案］（1)8m/s（2)2s8m16．(12分）足球比賽中，經常使用“邊路突破，下底傳中”的戰術，即攻方隊員帶球沿邊線前進，到底線附近進行傳中．某足球場長90m、寬60m．攻方前鋒在中線處將足球沿邊線向前踢出,足球的運動可視為在地面上做初速度為12m/s的勻減速直線運動，加速度大小為2m/s2。試求：（1）足球從開始做勻減速運動到停下來的位移為多大?（2）足球開始做勻減速直線運動的同時，該前鋒隊員沿邊線向前追趕足球．他的啟動過程可以視為初速度為0，加速度為2m/s2的勻加速直線運動，他能達到的最大速度為8m/s。該前鋒隊員至少經過多長時間能追上足球？（3）若該前鋒隊員追