1、模块综合试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分其中18题为单项选择题，912题为多项选择题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分)1一位外国探险家到中国探险，有一次，他对所到目的地的地形情况不了解，因此慢慢前行由于走进了沼泽地，突然这位探险家往下沉，下列说法正确的是()A在突然下沉时，由于人只受到重力与支持力，所以这两个力平衡B因为此时在下沉，所以人受到的支持力小于人对沼泽地的压力C人下沉的原因是人对地的压力大于人的重力D人下沉的原因是重力大于人受到的支持力答案D解析当人突然下沉时，有向下的加速度，处于失重状态，人受到的重力
2、大于人受到的支持力，选项D正确，A错误；人受到的支持力与人对沼泽地的压力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故重力大于人对地面的压力，选项B、C错误2(2019夏津一中高一上学期期末)雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图象中能正确反映雨滴下落运动情况的是()答案C3(2018成都七中高一月考)甲、乙两辆车在同一水平直道上运动，其运动的位移时间图象如图1所示，则下列说法中正确的是()图1A甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动B乙车在010 s内的平均速度大小为0.4 m/sC在010 s内，甲、乙两车相遇一次D若乙车做匀变速直线运动，
3、则图线上P点所对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s答案D解析st图线的斜率表示速度，根据题图可知，甲车先做匀速直线运动，后静止，A错误；乙车在010 s内的位移s(08) m8 m，则平均速度为 m/s0.8 m/s，所以乙车在010 s内的平均速度大小为0.8 m/s，B错误；两图线的交点表示此时两车相遇，根据题图可知，两车相遇两次，C错误；若乙车做匀变速直线运动，则由图线斜率变化情况可知，乙车做的是匀加速直线运动，某段时间内中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，所以5 s末的速度大小等于0.8 m/s，则P点对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s，D正确4(2018太原五中高一月考
4、)在汽车的维修中，千斤顶发挥了很大的作用如图2所示是剪式千斤顶的示意图，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为F1.0105 N，此时千斤顶两臂间的夹角为120，则下列说法错误的是()图2A此时两臂受到的压力大小均为1.0105 NB若继续摇动把手使两臂靠拢，两臂受到的压力均增大C此时千斤顶对汽车的支持力大小为1.0105 ND若继续摇动把手使两臂靠拢，两臂受到的压力均减小答案B解析千斤顶对汽车的支持力与汽车对千斤顶的压力大小相等，方向相反，根据千斤顶两臂间的夹角为120，可知两臂受到的压力大小均为1.0105 N，选项A、C正确；若继
5、续摇动把手使两臂靠拢，两臂间的夹角变小，根据分力与合力的关系，可知两臂受到的压力均减小，选项B错误，D正确5.如图3所示，静止的粗糙传送带上有一木块正以速度v匀速下滑，滑到传送带正中央时，传送带开始以速度v逆时针匀速运动，则此过程木块从A滑到B所用的时间与传送带始终静止不动时木块从A滑到B所用的时间相比较()图3A两种情况相同 B前者短C前者长 D不能确定答案A解析传送带静止时，木块受到的滑动摩擦力平行于传送带向上，传送带逆时针匀速运动时，木块受到的滑动摩擦力仍平行于传送带向上，所以两种情况下的受力情况相同，运动规律相同，选项A正确6.(2018湛江市期末)如图4，质量为M、半径为R的半球形物
6、体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，则()图4AA对地面的压力大于(Mm)gBA对地面的摩擦力方向向左CB对A的压力大小为mgD细线对小球的拉力大小为mg答案C解析对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对运动趋势，故不受摩擦力，B错误；根据平衡条件，支持力等于整体的重力，为(Mm)g；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故A对地面的压力等于(Mm)g，故A错误；对B受力分析，如图所示：根据平衡条件和几何知识，有：Fmg，FTmgtan mg，故C正确，D错误7.如图5所示，质量为m的滑块在水平面
7、上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后滑块又被弹簧向右弹开已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，整个过程中弹簧未超过其弹性限度，则下列判断正确的是()图5A滑块向右运动的过程中，先做加速运动，离开弹簧后才做减速运动B滑块与弹簧接触过程中的最大加速度为C滑块向左运动的过程中，始终做减速运动D滑块向右运动的过程中，当弹簧形变量x时，滑块的速度最大答案C解析滑块向右运动的过程中，以弹簧弹力与滑块的滑动摩擦力平衡的位置为界，此前做加速运动，此后做减速运动，而不是离开弹簧后才减速，A错；当弹力和摩擦力同向，且弹力最大时，加速度最大，因此有kx0mgmam，
8、最大加速度为g，B错；滑块向左运动的过程中，弹力与摩擦力始终同向且与滑块运动方向相反，所以滑块始终做减速运动，C对；滑块向右运动的过程中，当弹力与摩擦力相等，即kxmg时，速度最大，加速度为零，此时弹簧形变量x，D错8.(2018南通中学高一期末)如图6，水平地面上放置一斜劈，斜劈的斜面光滑，将一物块放置在斜劈上并对物块施加一平行于斜劈斜面向下的力F，物块沿斜面向下运动若斜劈始终保持静止，则下列说法正确的是()图6A地面对斜劈的摩擦力方向水平向右B地面对斜劈的弹力大于斜劈与物块的重力之和C若F增大，地面对斜劈的摩擦力也增大D若F反向，地面对斜劈的摩擦力也反向答案A解析设物块的质量为m，斜劈的质
9、量为M，斜劈的倾角为.物块在沿斜面下滑过程中，对斜劈的压力大小为mgcos ，保持不变，方向垂直于斜面向下，由斜劈始终保持静止可知斜劈所受合力为零，则物块对斜劈的压力沿水平方向的分力mgcos sin 与地面对斜劈的摩擦力大小相等，方向相反，所以地面对斜劈的摩擦力方向水平向右，选项A正确对斜劈分析可知，地面对斜劈的弹力FN等于斜劈的重力Mg与物块对斜劈的压力的竖直分力mgcos2之和，即FNMgmgcos2m，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度为g.当运动员与吊椅一起以加速度a加速上升时，运动员竖直向下拉绳的力FT及运动员对吊椅的压力FN分别为()图10AFT BFTCFN DFN答案AC解
10、析对整体分析，根据牛顿第二定律得，2FT(Mm)g(Mm)a，解得绳子的拉力FT，故A正确，B错误；隔离对运动员分析，根据牛顿第二定律得，FTFNMgMa，解得FNMgMaFT由牛顿第三定律得运动员对吊椅的压力FNFN，故C正确，D错误二、实验题(本题共2小题，共12分)13(6分)甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验已知重力加速度为g.图11(1)甲同学所设计的实验装置如图11甲所示其中水平放置的A为一质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的物块C为物块右端连接的一轻质弹簧测力计实验时缓慢地将A从B的下方抽出，通过C的读数F1即可测出动摩擦因数则该设计能测出_(填“A与B”或“A与地
11、面”)之间的动摩擦因数，其表达式为_(2)乙同学的设计如图乙所示他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质弹簧测力计能显示挂钩处所受的拉力实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运动时间t.在坐标系中作出F的图线如图12所示，图线的斜率为k，与纵轴的截距为b，与横轴的截距为c.因乙同学不能测出物块质量，故该同学还应该测出的物理量为_根据该测量物理量及图线信息可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为_图12答案(
12、1)A与B(1分)(2分)(2)光电门A、B之间的距离s(1分)(2分)解析(1)A从B下方缓慢抽出时B处于静止状态，弹簧测力计的读数F1与B所受的滑动摩擦力f大小相等，B对木板A的压力大小等于B的重力mg，由fFN得，.(2)物块由静止开始做匀加速运动，位移sat2，a.根据牛顿第二定律，对于物块有F合Fmgma，则Fmg，则图线的斜率k2ms，纵轴的截距bmg，则物块与长木板间的动摩擦因数，故还应测出光电门A、B之间的距离s.14.(6分)(2018北大附中高一期中)兴趣小组的同学们利用如图13所示的装置研究“匀变速直线运动的规律”他们将质量为m1的物体a与质量为m2的物体b(m1m2)通
13、过轻绳悬挂在定滑轮上，打点计时器固定在竖直方向上，物体a通过铁夹与纸带相连接开始时物体a与物体b均处于静止状态，之后将它们同时释放图13如图14所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，O点是这段纸带上打点计时器打下的第一个点，A、B、C、D四点是按打点先后顺序依次选取的计数点，在相邻两个计数点之间还有四个点没有画出打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.图14(1)相邻两个计数点之间的时间间隔为_ s.(2)实验时要在接通打点计时器的电源之_释放物体(选填“前”或“后”)(3)将各计数点至O点的距离依次记为s1、s2、s3、s4，测得s21.60 cm，s46.40 cm，则打点计
14、时器打下C点时物体的速度大小是_ m/s.(4)同学们根据测出的物体a的上升高度s与相应的时间t，描绘出如图15所示的st2图线，由此可以求出物体a的加速度大小为_ m/s2.图15答案(1)0.1(1分)(2)后(1分)(3)0.24(2分)(4)0.80(2分)解析(1)因为相邻两个计数点之间还有四个点没有画出，故相邻两个计数点之间的时间间隔为0.02 s50.1 s.(2)实验时要在接通打点计时器的电源之后释放物体(3)打下C点时物体的速度大小为vC m/s0.24 m/s.(4)因为sat2，则加速度的大小为a m/s20.80 m/s2.三、计算题(本题4小题，共40分)15(8分)
15、出租车上安装有速度表，计价器里安装有里程表和时间表，出租车载客后，从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度表显示54 km/h.(1)求这时出租车离出发点的距离；(2)出租车以相同的加速度继续做匀加速直线运动，当速度表显示108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动求时间表显示10时12分35秒时，计价器里程表示数应为多少？(出租车启动时，里程表示数为零)答案(1)75 m(2)2 700 m解析(1)54 km/h15 m/s，根据速度公式，得到a m/s21.5 m/s2(1分)再根据位移公式，得到s1at1.5102 m75 m(1分)这时出租车距出发点
16、75 m(2)108 km/h30 m/s，根据v2as2(1分)得到出租车匀加速运动过程的位移s2 m300 m(1分)设经历的时间为t2，根据v2at2(1分)得t2 s20 s(1分)这时出租车时间表应显示10时11分15秒出租车匀速运动的时间t380 s，匀速运动的位移s3v2t33080 m2 400 m(1分)所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示的示数为ss2s3(3002 400) m2 700 m(1分)16(10分)“娱乐风洞”是集高科技与惊险于一体的娱乐项目，表演者通过调整身姿，来改变所受的向上风力的大小，人体可上下移动的空间总高度为H.假设站立时表演者所受的向上风
17、力为体重的，横躺时表演者所受的向上风力为体重的2倍如图16所示，表演开始时开启风力，表演者先以站立身姿从A点由静止下落，经过B点时立即调整为横躺身姿，运动到最低点C处恰好减速为零，重力加速度为g，求：图16(1)表演者在AB段运动时的加速度大小；(2)BC段的距离答案(1)g(2)H解析(1)设表演者质量为m，站立时由牛顿第二定律得mgF1ma1(1分)F1mg(1分)解得a1g(1分)(2)横躺时由牛顿第二定律得：F2mgma2(1分)F22mg(1分)解得a2g(1分)设AB段距离为h1，BC段距离为h2，到达B点时速度为v，则加速过程：v22a1h1(1分)减速过程：v22a2h2(1分
18、)又Hh1h2(1分)解得h2H.(1分)17.(10分)(2018湛江市期末)质量为m22 kg的长木板A放在水平面上，与水平面之间的动摩擦因数为0.4；物块B(可看做质点)的质量为m11 kg，放在木板A的左端，物块B与木板A之间的动摩擦因数为0.2.现用一水平向右的拉力F作用在木板A的右端，让木板A和物块B一起向右做匀加速运动，如图17所示当木板A和物块B的速度达到2 m/s时，撤去拉力，物块B恰好滑到木板A的右端而相对地面静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2，求：图17(1)在拉力F作用下，要使木板A和物块B不发生相对滑动，求拉力F的最大值；(2)撤去拉力后木板A的滑动时
19、间；(3)木板A的长度答案(1)18 N(2)0.4 s(3)0.6 m解析(1)当木板A和物块B刚要发生相对滑动时，拉力达到最大以B为研究对象，由牛顿第二定律得1m1gm1a1(1分)可得a11g2 m/s2(1分)再以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F2(m1m2)g(m1m2)a1(1分)解得最大拉力：F18 N(1分)(2)撤去F后A、B均做匀减速运动，B的加速度大小仍为a1，设此时A的加速度大小为a2，则以A为研究对象，由牛顿第二定律得2(m1m2)g1m1gm2a2，(1分)解得a25 m/s2(1分)故A滑动的时间t s0.4 s(1分)(3)撤去F后A滑动的距离x1 m0.4
20、m(1分)B滑动的距离x2 m1 m，(1分)故木板A的长度Lx2x10.6 m(1分)18(12分)(2018上海中学高一月考)水平面上固定一斜面体，其斜面足够长且光滑，倾角53，水平面与斜面的交界处为一小段光滑圆弧(图中未画出)，一质量为m2 kg的小物块静止于A点，现在对小物块施加一与水平方向成53的恒力F，如图18甲所示小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，在AB段运动的速度时间图象如图乙所示，到达B点时迅速撤去恒力F.(已知sin 530.8，cos 530.6，取g10 m/s2)图18(1)求小物块所受到的恒力F的大小；(2)求小物块从B点沿斜面向上运动，到返回到B点所用的时间；
21、(3)小物块能否返回A点？若能，计算小物块通过A点时的速度大小；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离答案(1)11 N(2)0.5 s(3)不能0.4 m解析(1)由题图乙可知，小物块在AB段运动的加速度大小a1 m/s20.5 m/s2(1分)以小物块为研究对象，根据牛顿第二定律，有Fcos (mgFsin )ma1(1分)得F N11 N(1分)(2)由题图乙可知，小物块到达B点时的速度大小vB2.0 m/s(1分)在BC段运动时，有mgsin ma2(1分)得a2gsin 8 m/s2(1分)小物块沿斜面从B点运动到最高点所用时间与从最高点回到B点所用时间相等，有t总 s0.5 s(1分)(3)小物块从B向A运动过程中，有mgma3(1分)得a3g0.510 m/s25 m/s2(1分)滑行的位移大小s m0.4 m(1分)而sABt4.0 m4.0 m(1分)因ssAB，故小物块不能返回A点，停止运动时离B点的距离为0.4 m(1分)