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(新教材)人教版高中物理必修第二册模块综合试卷(二)含答案

1、模块综合试卷模块综合试卷( (二二) ) (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.17 为单项选择题,812 为多项选择题) 1.火箭发射回收是航天技术的一大进步,如图 1 所示,火箭在返回地面前的某段运动可看成 先匀速后减速的直线运动,最后撞落在地面上,不计火箭质量的变化,则( ) 图 1 A.火箭在匀速下降过程中,机械能守恒 B.火箭在减速下降过程中,携带的检测仪器处于失重状态 C.火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化 D.火箭着地时,火箭对地的作用力大于自身的重力 答案 D 解析 匀速下降阶段,火箭所受的阻力等于重力,

2、除了重力做功外,还有阻力做功,所以机 械能不守恒,选项 A 错误;在减速阶段,加速度向上,所以处于超重状态,选项 B 错误;火 箭着地时, 地面对火箭的作用力大于火箭的重力, 选项 D 正确; 合外力做功等于动能改变量, 所以 C 项错误. 2.在“G20”峰会 “最忆是杭州”的文艺演出中, 芭蕾舞演员保持如图 2 所示姿势原地旋转, 此时手臂上 A、B 两点角速度大小分别为 A、B,线速度大小分别为 vA、vB,则( ) 图 2 A.AB B.AB C.vAvB D.vAvB 答案 D 解析 两点周期相同,角速度相同,由 vr 知,vAvB,故 D 正确,A、B、C 错误. 3.一水平固定的

3、水管,水从管口以不变的速度源源不断地喷出.水管距地面高 h1.8 m,水落 地的位置到管口的水平距离 x1.2 m,不计空气及摩擦阻力,水从管口喷出的初速度大小是 (g 取 10 m/s2)( ) A.1.2 m/s B.2.0 m/s C.3.0 m/s D.4.0 m/s 答案 B 解析 水平喷出的水做平抛运动,根据平抛运动规律 h1 2gt 2可知,水在空中运动的时间为 t 2h g 21.8 10 s0.6 s,根据 xv0t 可知,水从管口喷出的初速度为 v0 x t 1.2 0.6 m/s 2 m/s,选项 B 正确. 4.(2017 全国卷)2017 年 4 月,我国成功发射的天

4、舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完 成了首次交会对接,对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行.与天宫 二号单独运行时相比,组合体运行的( ) A.周期变大 B.速率变大 C.动能变大 D.向心加速度变大 答案 C 解析 根据组合体受到的万有引力提供向心力可得,GMm r2 m4 2 T2 rmv 2 r ma,解得 T 42r3 GM ,v GM r ,aGM r2 ,由于轨道半径不变,所以周期、速率、向心加速度均不变, 选项 A、B、D 错误;组合体比天宫二号的质量大,动能 Ek1 2mv 2变大,选项 C 正确. 5.如图 3 所示,设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动,

5、金星自身的半径是火星的 n 倍,质量 为火星的 k 倍.不考虑行星自转的影响,则( ) 图 3 A.金星表面的重力加速度是火星的k n倍 B.金星的“第一宇宙速度”是火星的 k n倍 C.金星绕太阳运动的加速度比火星小 D.金星绕太阳运动的周期比火星大 答案 B 解析 根据 gGM R2 可知,g 金 g火 M金 M火 R 2 火 R 2 金 k n2,选项 A 错误;根据 v GM R 可知,v 金 v火 k n, 选项 B 正确;根据 aGM0 r2 可知,轨道半径越大,加速度越小,选项 C 错误;由r 3 T2C 可知, 轨道半径越大,周期越长,选项 D 错误. 6.(2018 湖南师大

6、附中高一下学期期末)“神舟六号”载人飞船顺利发射升空后,经过 115 小 时 32 分的太空飞行,在离地面约为 430 km 的圆轨道上运行了 77 圈,运动中需要多次“轨 道维持”.所谓“轨道维持”就是通过控制飞船 上发动机的点火时间、推力的大小和推力的 方向,使飞船能保持在预定轨道上稳定飞行,如果不进行“轨道维持”,由于飞船受到轨道 上稀薄空气的影响,轨道高度会逐渐降低,在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的 变化情况是( ) A.动能、重力势能和机械能逐渐减小 B.重力势能逐渐减小,动能逐渐增大,机械能不变 C.重力势能逐渐增大,动能逐渐减小,机械能不变 D.重力势能逐渐减小,动能逐

7、渐增大,机械能逐渐减小 答案 D 解析 如果不进行“轨道维持”,由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力,需要克服摩擦阻 力做功,所以机械能逐渐减小,轨道高度会逐渐降低,重力势能逐渐减小,轨道半径逐渐减 小,根据 GMm r2 mv 2 r ,可得 EkGMm 2r ,动能逐渐增大,所以正确选项为 D. 7.(2019 全国卷)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一 大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度 h 在 3 m 以内时,物体上升、下 落过程中动能 Ek随 h 的变化如图 4 所示.重力加速度取 10 m/s2.该物体的质量为( ) 图 4 A.2

8、kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg 答案 C 解析 设物体的质量为 m,则物体在上升过程中,受到竖直向下的重力 mg 和竖直向下的恒 定外力 F,当 h3 m 时,由动能定理结合题图可得(mgF)h(3672) J;物体在下 落过程中,受到竖直向下的重力 mg 和竖直向上的恒定外力 F,当 h3 m 时,再由动能定 理结合题图可得(mgF)h(4824) J, 联立解得 m1 kg、 F2 N, 选项 C 正确, A、 B、 D 均错误. 8.“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度,使其能跳到旁边平台上.如图 5 所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹,其

9、最高点离平台的高度为 h,水平速度 为 v; 若质量为 m 的棋子在运动过程中可视为质点, 只受重力作用, 重力加速度为 g, 则( ) 图 5 A.棋子从最高点落到平台上所需时间 t 2h g B.若棋子在最高点的速度 v 变大,则其落到平台上的时间变长 C.棋子从最高点落到平台的过程中,重力势能减少 mgh D.棋子落到平台上的速度大小为 2gh 答案 AC 解析 由 h1 2gt 2得:t 2h g ,A 项正确;下落时间与棋子在最高点的速度 v 无关,B 项错 误;棋子从最高点落到平台的过程中,重力做功为 mgh,重力势能减少 mgh,C 项正确;由 机械能守恒定律:1 2mv 21

10、2mv 2mgh,得:v v22gh,D 项错误. 9.(2018 岷县一中高一下学期期末)如图 6 所示,在粗糙斜面顶端固定一弹簧,其下端挂一物 体,物体在 A 点处于平衡状态.现用平行于斜面向下的力拉物体,第一次直接拉到 B 点,第二 次将物体先拉到 C 点,再回到 B 点,则这两次过程中( ) 图 6 A.重力势能改变量不相等 B.弹簧的弹性势能改变量相等 C.摩擦力对物体做的功相等 D.斜面弹力对物体做功相等 答案 BD 解析 第一次直接将物体拉到 B 点,第二次将物体先拉到 C 点,再回到 B 点,两次初、末位 置一样,路径不同,根据重力做功的特点只跟初、末位置有关,跟路径无关,所以

11、两次重力 做功相等,根据重力做功与重力势能变化的关系得两次重力势能改变量相等,故 A 错误;由 于两次初、末位置一样,即两次对应的弹簧的形变量一样,所以两次弹簧的弹性势能改变量 相等,故 B 正确;根据功的定义式得:摩擦力做功和路程有关.两次初、末位置一样,路径不 同,所以两次摩擦力对物体做的功不相等,故 C 错误;斜面的弹力与物体位移方向垂直,则 弹力对物体不做功,即两次斜面弹力对物体做功相等,故 D 正确. 10.(2018 全国卷)2017 年,人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波.根据科学家 们复原的过程,在两颗中子星合并前约 100 s 时,它们相距约 400 km,绕二者连

12、线上的某点 每秒转动 12 圈.将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体,由这些数据、万有引力常量并 利用牛顿力学知识,可以估算出这一时刻两颗中子星( ) A.质量之积 B.质量之和 C.速率之和 D.各自的自转角速度 答案 BC 解析 两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示 每秒转动 12 圈,角速度已知, 中子星运动时,由万有引力提供向心力得 Gm1m2 l2 m12r1 Gm1m2 l2 m22r2 lr1r2 由式得Gm1m2 l2 2l,所以 m1m2 2l3 G , 质量之和可以估算. 由线速度与角速度的关系 vr 得 v1r1 v2r2 由式得 v1v2(r1r2)l,速率之和可以

13、估算. 质量之积和各自自转的角速度无法求解. 11.汽车在平直公路上以速度 v0匀速行驶,发动机功率为 P,牵引力为 F0,t1时刻,司机减小 了油门,使汽车的功率立即减小一半,并保持该功率继续行驶,到 t2时刻,汽车又恢复了匀 速直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变).在下列选项中能正确反映汽车牵引力 F、汽 车速度 v 在这个过程中随时间 t 的变化规律的是( ) 答案 AD 解析 开始时汽车做匀速运动,则 F0Ff.由 PFv 可判断,PF0v0,v0 P F0 P Ff,当汽车功 率减小一半,即 PP 2时,其牵引力为 F P v0 F0 2 Ff,汽车开始做加速度不断减小的 减速

14、运动,F1P v P 2v,加速度大小为 a FfF1 m Ff m P 2mv,由此可见,随着汽车速度 v 减小,其加速度 a 也减小,最终以 vv0 2做匀速直线运动,故 A 正确;同理,可判断出汽车 的牵引力由 FF0 2 最终增加到 F0,所以 D 正确. 12.(2019 全国卷)如图 7(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其 下落的速度和滑翔的距离.某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时, 用 v 表示他在竖直方向的速度, 其 vt 图像如图(b)所示, t1和 t2是他落在倾斜雪道上的时刻. 则( ) 图 7 A.第二次滑翔过程中在竖直方

15、向上的位移比第一次的小 B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D.竖直方向速度大小为 v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 答案 BD 解析 根据 vt 图线与 t 轴所围图形的面积表示位移,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上 的位移比第一次的大,选项 A 错误;从起跳到落到雪道上,第一次速度变化大,时间短,由 av t可知,第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小,选项 C 错误;第 二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大,又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平 位移的比值相同(等于倾斜雪道与水

16、平面夹角的正切值),故第二次滑翔过程中在水平方向上 的位移比第一次的大,选项 B 正确;竖直方向上的速度大小为 v1时,根据 vt 图线的斜率 表示加速度可知,第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小,由牛顿第二定律 有 mgFfma,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大,选项 D 正确. 二、实验题(本题共 12 分) 13.(12 分)(2019 北京卷改编)用如图 8 所示装置研究平抛运动.将白纸和复写纸对齐重叠并固 定在竖直的硬板上.钢球沿斜槽轨道 PQ 滑下后从 Q 点飞出,落在水平挡板 MN 上.由于挡板 靠近硬板一侧较低,钢球落在挡板上时,钢球侧面会在白纸

17、上挤压出一个痕迹点.移动挡板, 重新释放钢球,如此重复,白纸上将留下一系列痕迹点. 图 8 (1)下列实验条件必须满足的有_. A.斜槽轨道光滑 B.斜槽轨道末段水平 C.挡板高度等间距变化 D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 (2)为定量研究,建立以水平方向为 x 轴、竖直方向为 y 轴的坐标系. a.取平抛运动的起始点为坐标原点, 将钢球静置于Q点, 钢球的_(选填“最上端”“最 下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点;在确定 y 轴时_(选填“需要”或 者“不需要”)y 轴与重垂线平行. b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点, 也可按下述方法处理数据: 如图 9 所示, 在轨迹上

18、取 A、 B、 C 三点,AB 和 BC 的水平间距相等且均为 x,测得 AB 和 BC 的竖直间距分别是 y1和 y2,则y1 y2 _1 3(选填“大于”“等于”或“小于”).可求得钢球平抛的初速度大小为_(已 知当地重力加速度为 g,结果用上述字母表示). 图 9 (3)为了得到平抛物体的运动轨迹,同学们还提出了以下三种方案,其中可行的是_. A.从细管水平喷出稳定的细水柱,拍摄照片,即可得到平抛运动轨迹 B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置,平滑连接各位置,即可得到平 抛运动轨迹 C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置,笔尖紧靠白纸板,铅笔以一定初速度水平抛出,将会在 白纸

19、上留下笔尖的平抛运动轨迹 (4)伽利略曾研究过平抛运动,他推断:从同一炮台水平发射的炮弹,如果不受空气阻力,不 论它们能射多远,在空中飞行的时间都一样.这实际上揭示了平抛物体_. A.在水平方向上做匀速直线运动 B.在竖直方向上做自由落体运动 C.在下落过程中机械能守恒 答案 (1)BD(2分) (2)a.球心(1分) 需要(1分) b.大于(2分) x g y2y1(2分) (3)AB(2分) (4)B(2 分) 解析 (1)因为本实验是研究平抛运动,只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动,即 每次实验都要保证钢球从同一高度无初速度释放并水平抛出,没必要要求斜槽轨道光滑,因 此 A 错误

20、,B、D 正确;挡板高度可以不等间距变化,故 C 错误. (2)a.因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹,故将钢球静置于 Q 点,钢球的球心对应白 纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点);在确定 y 轴时需要 y 轴与重垂线平行.b.由于 平抛的竖直分运动是自由落体,故相邻相等时间内竖直方向上位移之比为 135,故两 相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大.因此y1 y2 1 3;由 y2y1gT 2,xv 0T,联立 解得 v0 x g y2y1. (3)将铅笔垂直于竖直的白纸板放置,笔尖紧靠白纸板,铅笔以一定速度水平抛出,由于铅笔 受摩擦力作用,且不一定能保证铅笔水平,铅笔将不能

21、始终保持垂直白纸板运动,铅笔将发 生倾斜,故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹,故 C 不可行,A、B 可行. (4)从同一炮台水平发射的炮弹,如果不受空气阻力,可认为做平抛运动,因此不论它们能射 多远,在空中飞行的时间都一样,这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动, 故选项 B 正确. 三、计算题(本题共 4 小题,共 40 分) 14.(8 分)(2018 天门、仙桃、潜江市高一下学期期末联考)如图 10,一足够长的、不可伸长的 柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮,绳两端各系一小球 A 和 B.A 球静置于地面;B 球用手托住, 离地高度为 h,此时轻绳刚好拉紧,从静止开始释放 B 后,

22、在 B 触地的瞬间,B 球的速度大 小为 gh(g 为重力加速度,不计空气阻力),求: 图 10 (1)B 球与 A 球质量的比值M m; (2)运动过程中(B 触地前)A、B 的加速度大小各是多少? 答案 (1)3 (2)g 2 g 2 解析 (1)对 A、B 组成的系统,机械能守恒,则 (Mm)gh1 2(Mm)v 2(2 分) 解得:M m3(2 分) (2)对 B 分析,根据运动学公式可知 2aBhv2(1 分) 解得运动过程中 B 的加速度大小为 aBg 2(1 分) 对 A 分析,根据运动学公式可知 2aAhv2(1 分) 解得运动过程中 A 的加速度大小为 aAg 2.(1 分)

23、 15.(10 分)(2018 商丘市高一下学期期末九校联考)光滑水平面 AB 与竖直面内的圆形轨道在 B 点相切,轨道半径 R0.5 m,一个质量 m2 kg 的小球在 A 处压缩一轻质弹簧,弹簧与小球 不拴接.用手挡住小球不动,此时弹簧弹性势能 Ep36 J,如图 11 所示.放手后小球向右运动 脱离弹簧,沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点 C,不计空气阻力,g 取 10 m/s2.求: 图 11 (1)小球脱离弹簧时的速度大小; (2)小球从 B 到 C 克服阻力做的功; (3)小球离开 C 点后落回水平面的位置到 B 点的距离 x. 答案 (1)6 m/s (2)11 J (3)1 m

24、解析 (1)设小球脱离弹簧时的速度大小为 v1,根据机械能守恒定律 Ep1 2mv1 2(2 分) 解得 v1 2Ep m 6 m/s(1 分) (2)由动能定理得mg 2RWf1 2mv2 21 2mv1 2(2 分) 小球恰能通过最高点 C,故 mgmv 2 2 R (1 分) 联立解得 Wf11 J(1 分) (3)小球离开 C 点后做平抛运动 2R1 2gt 2(1 分) xv2t(1 分) 解得 x1 m.(1 分) 16.(10 分)如图 12 所示,轨道 ABCD 平滑连接,其中 AB 为光滑的曲面,BC 为粗糙水平面, CD 为半径为 r 的内壁光滑的四分之一圆管, 管口 D

25、正下方直立一根劲度系数为 k 的轻弹簧, 弹簧下端固定,上端恰好与 D 端齐平.质量为 m 的小球在曲面 AB 上距 BC 高为 3r 处由静止 下滑,进入管口 C 端时与圆管恰好无压力作用,通过 CD 后压缩弹簧,压缩过程中小球速度 最大时弹簧弹性势能为 Ep.已知小球与水平面 BC 间的动摩擦因数为 , 重力加速度为 g, 求: 图 12 (1)水平面 BC 的长度 s; (2)小球向下压缩弹簧过程中的最大动能 Ekm. 答案 (1)5r 2 (2) 3 2mgr m2g2 k Ep 解析 (1)由小球在 C 点对轨道没有压力, 有 mgmv 2 C r (1 分) 小球从出发点运动到 C

26、 点的过程中,由动能定理得 3mgrmg s1 2mvC 2(2 分) 解得 s5r 2.(1 分) (2)小球速度最大时,加速度为 0,设此时弹簧压缩量为 x. 由 kxmg,(1 分) 得 xmg k (1 分) 由 C 点到速度最大时,小球和弹簧组成的系统机械能守恒 设速度最大时的位置为零势能面,有 1 2mvC 2mg(rx)E kmEp(2 分) 解得 Ekm3 2mgr m2g2 k Ep.(2 分) 17.(12 分)(2018 黄冈市检测)某学校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛.比赛路径如图 13 所 示, 赛车从起点 A 出发, 沿水平直线轨道运动 L 后, 由 B 点进入半

27、径为 R 的光滑竖直圆轨道, 离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点,并能越过壕沟.已知赛车质量m0.1 kg, 通电后以额定功率 P1.5 W 工作,进入竖直轨道前受到的阻力恒为 0.3 N,随后在运动中受 到的阻力均可不计.图中 L10.00 m,R0.32 m,h1.25 m,s1.50 m.问:要使赛车完成比 赛,电动机至少工作多长时间?(取 g10 m/s2) 图 13 答案 2.5 s 解析 赛车通过圆轨道最高点的最小速度为 v1, 根据牛顿第二定律得, mgmv1 2 R , 得 v1 gR(2 分) 根据动能定理得,由 B 点至圆轨道最高点有mg 2R1 2mv1 21 2mv1 2(2 分) 解得 v14 m/s(1 分) 为保证赛车通过最高点,到达 B 点的速度至少为 v14 m/s(1 分) 根据 h1 2gt 2得,t 2h g 0.5 s(1 分) 则平抛运动的初速度 v2s t3 m/s(1 分) 为保证赛车能越过壕沟,则到达 B 点的速度至少为 v23 m/s(1 分) 因此赛车到达 B 点的速度至少为 vv14 m/s(1 分) 从 A 到 B 对赛车由动能定理得 PtFfL1 2mv 2(1 分) 解得 t2.5 s.(1 分)