1、模块综合试卷模块综合试卷( (一一) ) (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.17 为单项选择题，812 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 1 A.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
2、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mgx0Ek，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 Ek1 2mv 2得 v 2Ek m ，再由 t v g 1 g 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
3、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GMm r2 mv 2 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
4、) 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 2 A.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，vCvD，A 项正确，B 项错误.
5、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 3 A.周期为 42r3 GM B.动能为GMm 2R C.角速度为 Gm r3 D.向心加速度为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
6、其做匀速圆周运动的向心 力， 有GMm r2 m2rmv 2 r m4 2 T2 rma， 解得 GM r3 、 v GM r 、 T 42r3 GM 、 aGM r2 ， 则嫦娥四号探测器的动能为 Ek1 2mv 2GMm 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 )(
7、 ) 图 4 A.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 mgh D.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
8、，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 5 A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR 答案 A 解析 由题意知水平拉力为 Fmg，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 3RmgR1 2mv1 2，解得：v12 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
9、axg，小球至轨迹最高点时 vxv1，故小球从 a 点开始运动到最高点时的动能的增量为 Ek1 2mv1 22mgR. 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 ，重力加速度为 g，则座舱( ) 图 6 A.运动周期为2R B.线速度的大小为 R C.受摩天轮作用力的大小始终为 mg D.所受合力的大小始终为 m2R 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 T2 、 线速度大小 vR、 所受合力的大小 Fm2R，选项 B、D 正确，A 错误；座舱的重力为 mg，座舱做匀
10、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 7 A.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：
11、mgr1 2mv 2，得： v 2gr，由于 r 不同，则 v 不等，故 A 错误；由 vr 得：v r 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 anv 2 r 2g， 根据牛顿第二定律得：FNmgman，得轨道对小球的支持力大小为 FN3mg，由牛顿第三 定律知球对轨道的压力为 FNFN3mg，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
12、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 8 A.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
13、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 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 aGM 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，
14、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 ，重力加速度为 g，弹簧未超出弹性限度.在上述过程中 ( ) 图 9 A.弹簧的最大弹力为 mg B.物块克服摩擦力做的功为 2mgs C.弹簧的最大弹性势能为 mgs D.物块在 A 点的初速度为 2gs 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 mg，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 2mgs，选项 B 正确；物块从最
15、左侧运动至 A 点 过程，由能量守恒定律可知 Epmmgs，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2mgs01 2mv0 2，解得 v02 gs，选项 D 错误. 12.如图 10 所示，两个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 10 A.若 hAhB5 2R，两小球都能沿轨道运动到最高点 B.若 hA
16、hB3 2R，两小球在轨道上上升的最大高度均为 3 2R C.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5 2R，B 小球在 hB2R 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mgmv 2 A R ， 得vA gR， 由mg(hA2R)1 2mvA 2， 得 hA5 2R；若小球 B 恰好能到 b 轨道的最高点，在最高点的速度 vB0，根据机械能守恒定 律得 hB2R，所以 hAhB5 2R 时，两球都能到达轨道的最高点，故 A、D 正确；若 hB 3 2R， 小球 B
17、 在轨道上上升的最大高度等于3 2R；若 hA 3 2R，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3 2R，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 xAvA 2R g gR 2R g 2RR，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
18、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 t、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， 曲线对应的砝码质量_(选填“大于”或“小于”)曲线对应的砝码质量. 图 11 答案 (1) d rt(3 分) (2)小于(2 分) 解析 (1)砝码转动的线速度 v d t 由 v r
19、 计算得出 d rt (2)题图中抛物线说明向心力 F 和 2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 Fma 可知，质量大的物体需要的向心力大，所以曲线 对应的砝码质量小于曲线对应的砝码质量. 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 mA300 g，mB100 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
20、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 T0.02 s，则： 图 12 (1)在打点 05 过程中系统动能的增加量Ek_ J， 系统势能的减小量 Ep_J， 由此得出的结论是_； (重力加速度 g9.8 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v 2 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
21、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 x46 25T 21.6026.4010 2 0.2 m/s2.40 m/s，则系统动能的增加量：Ek1 2(mAmB)v5 21 2 0.42.42 J1.15 J，系统重力势能的减小量 Ep(mAmB)gh0.29.8(38.40 21.60)10 2 J1.18 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： (mAmB)gh1 2(mAmB)v 2 得1 2v 2mAmB mAmBgh
22、故斜率 kmAmB mAmBg 5.82 1.20 m/s 2 代入数据得：g9.70 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1 2，火星质量约为地球质量的 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 mgGMm R2 (2 分) 可得g 火 g地
23、 M火 M地( R地 R火) 21 9( 2 1) 24 9(2 分) 故 g火4 9g 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Fm火g火(1 分) 则 m火m地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 L1150 m，BC 水平投影 L263 m，图中
24、 C 点切线方向与水平 方向的夹角 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 t6 s 到达 B 点进入 BC.已知飞行员的质量 m60 kg，g10 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)7.5104 J (2)1.1103 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v 2 L1 t (1 分) 根据动能定理，有 W1 2mv 20(2 分) 联立式，代入数据，得 W7.51
25、04 J(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 L2Rsin (1 分) 由牛顿第二定律，有 FNmgmv 2 R(2 分) 联立式，代入数据，得 FN1.1103 N.(1 分) 17.(11 分)如图 14 所示，半径为 R1.5 m 的光滑圆弧支架竖直放置，圆心角 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 mA0.3 kg、 mB0.1 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
26、 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) 3 40 s 解析 (1)由题意可知，A、B 组成的系统机械能守恒，有 1 2mAvA 21 2mBvB 2mAghAmBghB(2 分) hARRcos 60 R 2(1 分) hBR(1 分) vBvAcos 30 3 2 vA(1 分) 联立解得 vA2 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vBvAcos
27、 30 3 m/s (1 分) 设经过时间 t 两球重力的功率大小相等，则 mAgvAymBgvBy(1 分) vAygt(1 分) vByvBgt(1 分) 联立解得 t 3 40 s(1 分) 18.(14 分)如图 15 所示，从 A 点以 v04 m/s 的水平速度抛出一质量 m1 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 M4 kg，A、B 两点距 C 点的高度分别为 H0.6 m、h0.15 m，圆弧轨道半径 R0.75 m
28、， 物块与长木板之间的动摩擦因数 10.5，长木板与水平面间的动摩擦因数 20.2，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 Hh1 2gt 2(1 分) 到达 B 点的竖直分速度 vBygt，
29、(1 分) 到达 B 点的速度 vB v 2 0v 2 By (1 分) 联立解得 vB5 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 ，则 cos v0 vB0.8，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mgH1 2mvC 21 2mv0 2(2 分) 设物块在 C 点受到的支持力为 FN，由牛顿第二定律得 FNmgmv 2 C R (1 分) 解得 FN47.3 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FNFN47.3 N， 方向竖直向下.(1 分) (3)物块对长木板的摩擦力 Ff11mg5 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 Ff22(Mm)g10 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 vC22al，1mgma，联立解得 l2.8 m.(1 分)
