高中物理新教材同步必修第二册 模块综合试卷（一）同步讲义

这是一份高中物理新教材同步必修第二册 模块综合试卷（一）同步讲义，共13页。
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.1～7为单项选择题，8～12为多项选择题)1.如图1所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速传送至高处，在此过程中，下述说法正确的是(　　)图1A.摩擦力对物体做正功B.支持力对物体做正功C.重力对物体做正功D.合外力对物体做正功答案　A解析　摩擦力方向平行皮带向上，与物体运动方向相同，故摩擦力做正功，A对；支持力始终垂直于速度方向，不做功，B错；重力对物体做负功，C错；合外力为零，做功为零，D错.2.质量不等但有相同初动能的两个物体在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直到停止，则(　　)A.质量大的物体滑行距离大B.质量小的物体滑行距离大C.两个物体滑行的时间相同D.质量大的物体克服摩擦力做的功多答案　B解析　由动能定理得－μmgx＝0－Ek，两个物体克服摩擦力做的功一样多，质量小的物体滑行距离大，B正确，A、D错误；由Ek＝eq \f(1,2)mv2得v＝eq \r(\f(2Ek,m))，再由t＝eq \f(v,μg)＝eq \f(1,μg)eq \r(\f(2Ek,m))可知，滑行的时间与质量有关，两个物体滑行时间不同，C错误.3.(2019·北京卷)2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星).该卫星(　　)A.入轨后可以位于北京正上方B.入轨后的速度大于第一宇宙速度C.发射速度大于第二宇宙速度D.若发射到近地圆轨道所需能量较少答案　D解析　同步卫星只能位于赤道正上方，A项错误；由eq \f(GMm,r2)＝eq \f(mv2,r)知，卫星的轨道半径越大，卫星做匀速圆周运动的线速度越小，因此入轨后的速度小于第一宇宙速度(近地卫星的速度)，B项错误；同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，C项错误；将卫星发射到越高的轨道克服引力做功越多，故发射到近地圆轨道所需能量较少，D正确.4.如图2所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点(D点是曲线的拐点)时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是(　　)图2A.质点经过C点的速率比D点的大B.质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C.质点经过D点时的加速度比B点的大D.质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小答案　A解析　因为质点做匀变速运动，所以加速度恒定，C项错误.在D点时加速度与速度垂直，故知加速度方向向上，合力方向也向上，所以质点从A到D的过程中，合力方向与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小，vC>vD，A项正确，B项错误.从B至E的过程中，加速度方向与速度方向夹角一直减小，D项错误.5.(2019·天津卷)2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”，如图3所示.已知月球的质量为M、半径为R.探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探测器的(　　)图3A.周期为eq \r(\f(4π2r3,GM)) B.动能为eq \f(GMm,2R)C.角速度为eq \r(\f(Gm,r3)) D.向心加速度为eq \f(GM,R2)答案　A解析　嫦娥四号探测器环绕月球做匀速圆周运动时，万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，有eq \f(GMm,r2)＝mω2r＝meq \f(v2,r)＝meq \f(4π2,T2)r＝ma，解得ω＝eq \r(\f(GM,r3))、v＝eq \r(\f(GM,r))、T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))、a＝eq \f(GM,r2)，则嫦娥四号探测器的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(GMm,2r)，由以上可知A正确，B、C、D错误.6.(2018·石室中学高一下学期期末)如图4所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长，圆环高度为h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零.则在圆环下滑到底端的过程中(重力加速度为g，杆与水平方向夹角为30°)(　　)图4A.圆环的机械能守恒B.弹簧的弹性势能先减小后增大C.弹簧的弹性势能变化了mghD.弹簧与光滑杆垂直时圆环动能最大答案　C解析　圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，但圆环的机械能不守恒，A错误；弹簧形变量先增大后减小然后再增大，所以弹簧的弹性势能先增大后减小再增大，B错误；由于圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，所以弹簧的弹性势能增加mgh，C正确；弹簧与光滑杆垂直时，圆环所受合力沿杆向下，圆环具有与速度同向的加速度，所以做加速运动，D错误.7.(2018·石室中学高一下学期期末)如图5所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平、长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点.一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动.重力加速度为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，动能的增量为(　　)图5A.2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR答案　A解析　由题意知水平拉力为F＝mg，设小球达到c点的速度为v1，从a到c根据动能定理可得：F·3R－mgR＝eq \f(1,2)mv12，解得：v1＝2eq \r(gR)；小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，由于水平方向加速度ax＝g，小球至轨迹最高点时vx＝v1，故小球从a点开始运动到最高点时的动能的增量为ΔEk＝eq \f(1,2)mv12＝2mgR.8.(2019·江苏卷)如图6所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动.座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　)图6A.运动周期为eq \f(2πR,ω)B.线速度的大小为ωRC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为mω2R答案　BD解析　座舱做匀速圆周运动，合力提供向心力，知座舱的运动周期T＝eq \f(2π,ω)、线速度大小v＝ωR、所受合力的大小F＝mω2R，选项B、D正确，A错误；座舱的重力为mg，座舱做匀速圆周运动受到的合力大小不变，方向时刻变化，故座舱受到摩天轮的作用力大小不可能始终为mg，选项C错误.9.(2018·简阳市高一下学期期末)竖直平面内有两个半径不同的半圆形光滑轨道，如图7所示，A、M、B三点位于同一水平面上，C、D分别为两轨道的最低点，将两个相同的小球分别从A、B处同时无初速度释放，则(　　)图7A.通过C、D时，两球的线速度大小相等B.通过C、D时，两球的角速度大小相等C.通过C、D时，两球的机械能相等D.通过C、D时，两球对轨道的压力相等答案　CD解析　对任意一球研究，设半圆轨道的半径为r，根据机械能守恒定律得：mgr＝eq \f(1,2)mv2，得：v＝eq \r(2gr)，由于r不同，则v不等，故A错误；由v＝rω得：ω＝eq \f(v,r)＝eq \r(\f(2g,r))，可知两球的角速度大小不等，故B错误；两球的初始位置机械能相等，下滑过程机械能都守恒，所以通过C、D时两球的机械能相等，故C正确；通过圆轨道最低点时小球的向心加速度为an＝eq \f(v2,r)＝2g，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝man，得轨道对小球的支持力大小为FN＝3mg，由牛顿第三定律知球对轨道的压力为FN′＝FN＝3mg，与半径无关，则通过C、D时，两球对轨道的压力相等，故D正确.10.(2018·永春一中高一下学期期末)如图8，北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点.忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是(　　)图8A.该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速B.该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐减小C.该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能D.该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上Q点的加速度答案　CD解析　该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处加速，选项A错误；该卫星从轨道1到轨道2需要点火加速，则机械能增加；从轨道2再到轨道3，又需要点火加速，机械能增加；故该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增加，选项B错误；根据v＝eq \r(\f(GM,r))可知，该卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，则卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，选项C正确；根据a＝eq \f(GM,r2)可知，该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上Q点的加速度，选项D正确.11.(2019·江苏卷)如图9所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态.小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止.物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度.在上述过程中(　　)图9A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)答案　BC解析　小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，路程为2s，可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；物块从最左侧运动至A点过程，由能量守恒定律可知Epm＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝2eq \r(μgs)，选项D错误.12.如图10所示，两个eq \f(3,4)圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，a轨道由金属凹槽制成，b轨道由金属圆管制成(圆管内径远小于半径R)，均可视为光滑轨道，在两轨道右端的正上方分别将金属小球A和B(直径略小于圆管内径)由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，下列说法中正确的是(　　)图10A.若hA＝hB≥eq \f(5,2)R，两小球都能沿轨道运动到最高点B.若hA＝hB≥eq \f(3,2)R，两小球在轨道上上升的最大高度均为eq \f(3,2)RC.适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D.若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，hA的最小值为eq \f(5,2)R，B小球在hB＞2R的任何高度释放均可答案　AD解析　若小球A恰好能到a轨道的最高点，由mg＝meq \f(v\o\al( 2,A),R)，得vA＝eq \r(gR)，由mg(hA－2R)＝eq \f(1,2)mvA2，得hA＝eq \f(5,2)R；若小球B恰好能到b轨道的最高点，在最高点的速度vB＝0，根据机械能守恒定律得hB＝2R，所以hA＝hB≥eq \f(5,2)R时，两球都能到达轨道的最高点，故A、D正确；若hB＝eq \f(3,2)R，小球B在轨道上上升的最大高度等于eq \f(3,2)R；若hA＝eq \f(3,2)R，则小球A在到达最高点前离开轨道，有一定的速度，由机械能守恒定律可知，A在轨道上上升的最大高度小于eq \f(3,2)R，故B错误.小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为xA＝vAeq \r(\f(2R,g))＝eq \r(gR)·eq \r(\f(2R,g))＝eq \r(2)R＞R，所以若小球A从最高点飞出后会落在轨道右端口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处，所以适当调整hA和hB，只有B球可以从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，故C错误.二、实验题(本题共2小题，共12分)13.(5分)某兴趣小组用如图11甲所示的装置与传感器结合，探究向心力大小的影响因素.实验时用手拨动旋臂使它做圆周运动，力传感器和光电门固定在实验器上，测量角速度和向心力.(1)电脑通过光电门测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度d、挡光杆通过光电门的时间Δt、挡光杆做圆周运动的半径r，自动计算出砝码做圆周运动的角速度，则计算其角速度的表达式为________________.(2)图乙中取①②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图可知，曲线①对应的砝码质量__________(选填“大于”或“小于”)曲线②对应的砝码质量.图11答案　(1)eq \f(d,rΔt)(3分)　(2)小于(2分)解析　(1)砝码转动的线速度v＝eq \f(d,Δt)由ω＝eq \f(v,r)计算得出ω＝eq \f(d,rΔt)(2)题图中抛物线说明向心力F和ω2成正比.若保持角速度和半径都不变，则质点做圆周运动的向心加速度不变，由牛顿第二定律F＝ma可知，质量大的物体需要的向心力大，所以曲线①对应的砝码质量小于曲线②对应的砝码质量.14.(7分)(2018·石室中学高一下学期期末)某同学用如图12甲所示的装置验证机械能守恒定律，他将两物块A和B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器，用天平测出A、B两物块的质量mA＝300 g，mB＝100 g，A从高处由静止开始下落，B拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律，图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示，已知打点计时器计时周期为T＝0.02 s，则：图12(1)在打点0～5 过程中系统动能的增加量ΔEk＝______ J，系统势能的减小量ΔEp＝________J，由此得出的结论是__________________；(重力加速度g＝9.8 m/s2，结果均保留三位有效数字)(2)用v表示物块A的速度，h表示物块A下落的高度.若某同学作出的eq \f(v2,2)－h图像如图丙所示，则可求出当地的重力加速度g＝________m/s2(结果保留三位有效数字).答案　(1)1.15(2分)　1.18(2分)　在误差允许范围内，A、B组成的系统机械能守恒(1分)　(2)9.70(2分)解析　(1)根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，计数点5的瞬时速度v5＝eq \f(x46,2×5T)＝eq \f(21.60＋26.40×10－2,0.2) m/s＝2.40 m/s，则系统动能的增加量：ΔEk＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v52＝eq \f(1,2)×0.4×2.42 J≈1.15 J，系统重力势能的减小量ΔEp＝(mA－mB)gh＝0.2×9.8×(38.40＋21.60)×10－2 J≈1.18 J.在误差允许的范围内，A、B组成的系统机械能守恒.(2)根据机械能守恒定律得：(mA－mB)gh＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v2得eq \f(1,2)v2＝eq \f(mA－mB,mA＋mB)gh故斜率k＝eq \f(mA－mB,mA＋mB)g＝eq \f(5.82,1.20) m/s2代入数据得：g＝9.70 m/s2.三、计算题(本题共4小题，共40分)15.(7分)火星半径约为地球半径的eq \f(1,2)，火星质量约为地球质量的eq \f(1,9)，地球表面的重力加速度g取10 m/s2.(1)求火星表面的重力加速度.(结果保留两位有效数字)(2)若弹簧测力计在地球上最多可测出质量为2 kg的物体所受的重力，则该弹簧测力计在火星上最多可测出质量为多大的物体所受的重力？答案　(1)4.4 m/s2　(2)4.5 kg解析　(1)对于在星球表面的物体，有mg＝Geq \f(Mm,R2)(2分)可得eq \f(g火,g地)＝eq \f(M火,M地)(eq \f(R地,R火))2＝eq \f(1,9)×(eq \f(2,1))2＝eq \f(4,9)(2分)故g火＝eq \f(4,9)g地≈4.4 m/s2.(1分)(2)弹簧测力计的最大弹力不变，即m地g地＝F＝m火g火(1分)则m火＝m地eq \f(g地,g火)＝4.5 kg.(1分)16.(8分)(2019·天津卷)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功.航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图13甲所示.为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12˚(sin 12°≈0.21).若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求：图13(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到水平力所做的功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大.答案　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N解析　(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有eq \f(v,2)＝eq \f(L1,t)①(1分)根据动能定理，有W＝eq \f(1,2)mv2－0②(2分)联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104 J③(1分)(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsin θ④(1分)由牛顿第二定律，有FN－mg＝meq \f(v2,R)⑤(2分)联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103 N.(1分)17.(11分)如图14所示，半径为R＝1.5 m的光滑圆弧支架竖直放置，圆心角θ＝60°，支架的底部CD水平，离地面足够高，圆心O在C点的正上方，右侧边缘P点固定一个光滑小轮，可视为质点的小球A、B系在足够长的跨过小轮的轻绳两端，两球的质量分别为mA＝0.3 kg、mB＝0.1 kg.将A球从紧靠小轮P处由静止释放，不计空气阻力，g取10 m/s2.图14(1)求A球运动到C点时的速度大小；(2)若A球运动到C点时轻绳突然断裂，从此时开始，需经过多长时间两球重力的功率大小相等？(计算结果可用根式表示).答案　(1)2 m/s　(2)eq \f(\r(3),40) s解析　(1)由题意可知，A、B组成的系统机械能守恒，有eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝mAghA－mBghB(2分)hA＝R－Rcos 60°＝eq \f(R,2)(1分)hB＝R(1分)vB＝vAcos 30°＝eq \f(\r(3),2)vA(1分)联立解得vA＝2 m/s(1分)(2)轻绳断裂后，A球做平抛运动，B球做竖直上抛运动，B球上抛初速度vB＝vAcos 30°＝eq \r(3) m/s(1分)设经过时间t两球重力的功率大小相等，则mAgvAy＝mBgvBy(1分)vAy＝gt(1分)vBy＝vB－gt(1分)联立解得t＝eq \f(\r(3),40) s(1分)18.(14分)如图15所示，从A点以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平，已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，圆弧轨道半径R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2，长木板与水平面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图15 (1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证物块不滑出长木板.答案　(1)5 m/s　与水平方向成37°角斜向下(2)47.3 N　(3)2.8 m解析　(1)小物块从A点到B点做平抛运动，有H－h＝eq \f(1,2)gt2(1分)到达B点的竖直分速度vBy＝gt，(1分)到达B点的速度vB＝eq \r(v\o\al( 2,0)＋v\o\al( 2,By))(1分)联立解得vB＝5 m/s(1分)设到达B点时物块的速度方向与水平面的夹角为θ，则cos θ＝eq \f(v0,vB)＝0.8，即与水平方向成37°角斜向下.(1分)(2)设物块到达C点的速度为vC，从A点到C点由机械能守恒定律得mgH＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02(2分)设物块在C点受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\o\al( 2,C),R)(1分)解得FN≈47.3 N.(1分)由牛顿第三定律得，物块对圆弧轨道C点的压力大小为FN′＝FN＝47.3 N，方向竖直向下.(1分)(3)物块对长木板的摩擦力Ff1＝μ1mg＝5 N.(1分)长木板与水平面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，为Ff2＝μ2(M＋m)g＝10 N.(1分)由于Ff1小于Ff2，可判定物块在长木板上滑动时，长木板静止不动.(1分)物块在长木板上做匀减速运动，设木板至少长为l时，物块不滑出长木板，且物块到达木板最右端时速度恰好为零，则有vC2＝2al，μ1mg＝ma，联立解得l＝2.8 m.(1分)