2021-2022学年新教材高中物理 综合检测卷（一）（含解析）新人教版必修第一册.docx

1、综合检测卷(一)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第17题只有一项符合题目要求,第810题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.(2021四川眉山高一期末)关于运-20在机场滑行至停止的过程,下列说法正确的是()A.以地面为参考系,运-20是运动的B.运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相同C.地面受到运-20的压力,是地面发生形变造成的D.运-20速度越大越不容易停下,是因为速度越大惯性越大解析以地面为参考系,运-20是运动的,选项A正确;运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方

2、向相反,选项B错误;地面受到运-20的压力,是运-20轮胎发生形变造成的,选项C错误;惯性只与质量有关,与速度无关,选项D错误。答案A2.如图所示,一小孩沿着长为l的斜坡自坡底A爬上坡顶B,不小心又滑到坡底A,则小孩往返过程中的路程和位移大小分别为()A.2l2lB.00C.2l0D.02l解析路程是小孩运动的路径的长度,为2l;小孩的初位置与末位置相同,所以位移为0,选项C正确。答案C3.(2020广东东莞高一月考)据报道,身体仅6 mm长的沫蝉(一种昆虫)跳跃高度可达70 cm,其跳跃能力超过了人们普遍认为的跳高冠军跳蚤。已知沫蝉竖直起跳时,加速度可达4 000 m/s2,重力加速度g取1

3、0 m/s2,则沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为()A.411B.4011C.4001D.4 0011解析设沫蝉的质量为m,由牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得FN=401mg,根据牛顿第三定律可得,沫蝉对地面的压力FN=FN=401mg,所以沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为FNmg=4011,故选B。答案B4.(2020浙江高一月考)一铁架台放于水平地面上,其上有一轻质细线悬挂一小球,开始时细线竖直,现将水平力F作用于小球上,使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置,铁架台始终保持静止,则在这一过程中()A.细线拉力逐渐增大,铁架台所受地面的摩擦力逐渐增大B.铁架台对地面的

4、压力逐渐增大C.铁架台对地面的压力逐渐减小D.水平力F先变大后变小解析对小球受力分析,其受重力、线的拉力F拉及水平方向的拉力F,如图甲所示,因为缓慢运动,所以小球处于动态平衡状态,解得F=mgtan,F拉=mgcos,因为增大,则F、F拉都变大;将小球、线和铁架台看成一个整体,对其受力分析,如图乙所示,易得Ff=F,FN=(M+m)g,当F增大时,Ff增大,FN不变。故选项B、C、D错误,A正确。答案A5.机器人从护士站到病区为患者运送生活物品,如图甲所示。某次运送物品过程,机器人沿直线运动的v-t图像如图乙所示,则()A.t=20 s时机器人开始返回B.护士站与接收点之间的距离为120 mC

5、.全过程机器人平均速度为2 m/sD.运送过程中物品在1020 s内受到的摩擦力最大解析在030s内,机器人的运动方向没有改变,故A错误;由图像可知,t=30s时,机器人到达接收点,图像与坐标轴围成的面积即为护士站与接收点之间的距离,x=12(10+30)6m=120m,故B正确;全过程机器人平均速度为v=xt=12030m/s=4m/s,故C错误;运送过程中,在1020s内机器人做匀速运动,则物品也做匀速直线运动,故物品在1020s内不受摩擦力,故D错误。答案B6.(2020辽宁营口高一期末)某笔记本电脑放在散热底座上,如图甲所示,为了获得更好的舒适度,由原卡位1调至卡位4(如图乙所示),电

6、脑始终处于静止状态。则()A.电脑受到的支持力变小B.电脑受到的支持力不变C.电脑受到的合力变小D.散热底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力和反作用力解析对电脑受力分析有FN=mgcos,当角度减小时,电脑受到的支持力变大,A、B错误;电脑处于静止状态,所受合力为零,因此合力不变,C错误;散热底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力和反作用力,D正确。答案D7.(2020江苏南京高一期末)机动车礼让行人已经成为一种普遍的自觉行为。某汽车正以10 m/s的速度在公路上匀速直线行驶,驾驶员突然发现正前方15 m处斑马线上有行人,于是刹车礼让,设汽车与驾驶员的总质量为2

7、t,驾驶员的反应时间为0.5 s,且汽车做匀减速运动恰好停止在斑马线前。下列说法不正确的是()A.汽车在驾驶员反应时间内的位移大小为5 mB.汽车在减速过程中第2 s内位移大小为10 mC.从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需2.5 sD.汽车在减速过程中受到的阻力大小为1.0104 N解析汽车在驾驶员反应时间内的位移大小x1=v0t=100.5m=5m,A正确;汽车在减速过程中,根据v02=2ax2,x1+x2=15m,解得a=5m/s2,减速的时间t1=v0a=2s,因此从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需时间t=t+t1=2.5s,C正确;可以将减速过程倒过来看成匀加速运动,减速过程

8、中第2s内位移大小相当于做匀加速运动第1s的位移,x=12at2=12512m=2.5m,B错误;根据牛顿第二定律Ff=ma,可得汽车在减速过程中受到的阻力Ff=21035N=1.0104N,D正确。答案B8.(2020山东潍坊高一期中)如图所示,小球位于竖直空心管的最上端h处,管的内径大于小球直径。小球由静止释放,下落t后(此时小球未到管的最上端)由静止释放空心管,小球穿过管的时间为t,下列说法正确的是()A.减小t,t变小B.减小t,t变大C.t不变,增大h,t变大D.t不变,增大h,t不变解析在t时间内小球的末速度和位移分别为v球1=gt,x球1=12g(t)2,由于此时小球未到管的最上

9、端,设经过t0小球到达管的最上端,有h-12g(t)2=gtt0+12gt02-12gt02,解得t0=h-12g(t)2gt,则此时管的速度和小球的速度分别为v管=h-12g(t)2t,v球2=gt+h-12g(t2)t,当小球穿过杆时有gt+h-12g(t)2tt+12gt2-h-12g(t)2tt+12gt2=L,解得gtt=L,由此可看出减小t,t变大,t与h无关,故A、C错误,B、D正确。答案BD9.(2020山东济宁第二中学高一月考)如图所示,在水平天花板的A点固定一根竖直轻杆,杆的下端固定一滑轮O。一细线跨过滑轮,上端固定在天花板的B点,下端系一个重为G的物体,BO段细线与天花板

10、的夹角为=30。系统保持静止,不计一切摩擦。下列说法正确的是()A.细线对滑轮的作用力大小是GB.细线对滑轮的作用力大小是3G2C.细线BO对天花板的拉力大小是GD.细线BO对天花板的拉力大小是G2解析对重物受力分析,受到重力和拉力FT,根据平衡条件,有FT=mg,同一根细线拉力处处相等,故细线对天花板的拉力也等于G,故C正确,D错误;对滑轮受力分析,受到细线的压力(等于两边细线拉力的合力),以及杆的弹力(向右上方的支持力),如图所示,根据平衡条件,结合几何关系,有F=FT=G,故A正确,B错误。答案AC10.(2021广西钦州浦北县月考)如图所示,水平传送带以恒定速度v向右运动,现将一小物体

11、轻轻放在水平传送带的左端A处,物体先匀加速后匀速到达右端B处,且加速和匀速所用时间相等,已知A、B间距离为L,则()A.物体匀加速所用时间为L3vB.物体匀加速所用时间为2L3vC.物体与传送带间的动摩擦因数为v22gLD.物体与传送带间的动摩擦因数为3v22gL解析设物体做匀加速直线运动的时间为t,由题意可知,物体做匀速直线运动的时间也是t,物体从A到B的过程有L=v2t+vt,解得t=2L3v,故A错误,B正确;物体做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度大小为a,则a=vt=v2L3v=3v22L,对物体,由牛顿第二定律得mg=ma,解得,物体与传送带间的动摩擦因数=3v22gL,故C错误

12、,D正确。答案BD二、实验题(本题共2小题,共18分)11.(10分)(2020江苏南京高一月考)用电磁打点计时器研究匀变速直线运动的实验中,打点计时器的工作频率为50 Hz,某次记录小车运动情况的纸带如图所示,图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点,相邻计数点间还有四个点未画出。(1)根据运动学有关公式可求得vB=16.50 cm/s,vC= cm/s,vD=26.30 cm/s;(2)利用求得的数值在如图所示的坐标系中做出小车的v-t图线(以打A点时开始计时),并根据图线求出小车运动的加速度a= m/s2;(结果保留2位有效数字)(3)图线与纵轴交点的纵坐标是 cm/s,此速度的物理

13、意义是。解析(1)电磁打点计时器频率是50Hz,则每隔0.02s打一次点,每相邻两个计数点间还有4个点没有画出,因此计数点之间的时间间隔为T=50.02s=0.1s。根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,有vC=xBDtBD=1.90+2.3820.1cm/s=21.40cm/s。(2)在坐标系中描出相应各点,用平滑曲线连接,如图所示速度图像中斜率即加速度,所以a=k=vt=0.363-0.1650.5-0.1m/s2=0.50m/s2。(3)图线与纵轴交点的纵坐标是11.60cm/s,此速度的物理意义是开始计时时小车的速度,即小车在A点的瞬时速度。答案(1)21.40(2

14、)见解析图0.50(3)11.60开始计时时小车的速度(或小车在A点的瞬时速度)12.(8分)(2020福建三明高一期中)甲、乙两同学分别做探究弹力和弹簧伸长量的关系的实验,设计了如图(a)所示的实验装置。(1)乙同学做实验时,先把弹簧平放在桌面上用刻度尺测量弹簧原长,测弹簧长度时没有从零刻度开始,如图(b)所示,此时这个弹簧的长度L0是 cm,再把弹簧竖直悬挂起来,挂上砝码后测出弹簧伸长后的长度L,把L-L0作为弹簧的伸长量x,这样操作,由于弹簧自身重力的影响,最后画出的F-x图线可能是下图所示图像的。(2)甲同学在弹簧下端依次挂1、2、3、4、5个钩码,待静止时,测出弹簧相应的总长度l,实

15、验数据见下表:(弹力始终未超过弹性限度)弹簧总长度l/cm5.005.506.006.507.007.50弹力大小F/N00.20.40.60.81.0(c)甲根据这些实验数据,在给定的如图(c)所示的坐标纸上,作出了弹簧弹力大小与弹簧长度的关系图像;根据图像得该弹簧的劲度系数k为 N/m;该弹簧的原长为 cm。解析(1)弹簧的长度为L0=41.0-25.0cm=16.0cm,实验中用横轴表示弹簧的伸长量x,纵轴表示弹簧的拉力F(即所挂重物的重力大小),当弹簧竖直悬挂时,由于自身重力的影响,弹簧会有一段伸长量,但此时所挂重物的重力为0(即F=0);因为在弹簧的弹性限度内,弹簧的伸长量与其所受的

16、拉力成线性关系,故选C。(2)设弹簧的原长为l0,劲度系数为k,根据胡克定律可得F=k(l-l0)=kl-kl0,图线的斜率表示弹簧的劲度系数,则有k=Fx=40.0N/m,图线跟横轴交点的横坐标表示弹力为零时弹簧的长度,即为弹簧的原长,由图可知,原长为5cm。答案(1)16.0C(2)40.05三、计算题(本题共3小题,共42分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)13.(12分)(2020山东青岛高一期中)在某次跳水比赛中,一位运动员以v0=3 m/s 的速度从离水面10 m高的平台向上跃起,起跳过程举起双臂直体离开台面,其重心位于从手到脚全长的中点,落水时身体竖直,手先

17、入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计),重力加速度g取10 m/s2,计算时可以把运动员看成全部质量集中在重心的一个质点。求:(1)运动员从起跳到最高点上升的高度h;(2)运动员从起跳到手接触水面过程所用时间t。(结果可以用根号表示)解析(1)上升阶段有0-v02=-2gh代入数据解得h=0.45m。(2)上升阶段有0=v0-gt1代入数据解得t1=0.3s从最高点自由落体运动过程有H=12gt22其中H=10m+0.45m=10.45m解得t2=2.09s所以总时间为t=t1+t2=(0.3+2.09)s。答案(1)0.45 m(2)(0.3+2.09)s14.(14分)(2020广

18、东东莞高一月考)用三根细线a、b、c将质量为m的小球1和质量为2m的小球2连接,并悬挂如图所示。两个小球处于静止状态,细线a与竖直方向的夹角为30,细线c水平。重力加速度为g,求:(1)细线a、c分别对小球1、2的拉力大小;(2)细线b对小球2的拉力大小。解析两小球皆静止,故都处于平衡状态,合外力为零。(1)将球1和球2当作一个整体,受力分析如图所示,Fa与Fc的合力与重力等大反向所以有Fa=3mgcos30=23mg,Fc=3mgtan30=3mg。(2)隔离小球2,受力分析如图所示,G2与Fc的合力与Fb等大反向所以Fb=(2mg)2+Fc2=7mg。答案(1)23mg3mg(2)7mg1

19、5.(16分)某同学购买了一质量为m=0.6 kg的无人机,该无人机可以通过转动扇叶竖直升空。某一次启动无人机升空的过程中,无人机匀加速上升一段距离后电力系统突然出现故障失去升力,此时离地高度为h=15 m,失去动力后无人机继续自由上升一段距离后落回原地,已知无人机失去动力后在空中的时间和加速上升过程的时间相同,设全程始终在竖直方向上运动,不计空气阻力,g取10 m/s2,求:(1)无人机启动时的加速度大小;(2)无人机启动时空气提供的升力大小;(3)无人机在空中运动的总时间及最大离地高度。解析(1)设无人机启动时的加速度大小为a,加速上升过程的时间为t,则有h=12at2v=at无人机失去动力后,做竖直上抛运动,以竖直向上为正方向,则有-h=vt-12gt2联立可得,a=13g=103m/s2。(2)无人机启动时受重力和升力作用,由牛顿第二定律可得F-mg=ma解得F=43mg=8N。(3)由可得t=3s,v=10m/s因此无人机在空中运动的总时间为t总=2t=6s无人机失去动力后至上升到最大高度过程h1=0-v2-2g=5m无人机在空中运动的最大离地高度为H=h+h1=20m。答案(1)103 m/s2(2)8 N(3)6 s20 m