高中物理新教材同步必修第二冊 模塊綜合試卷（一）同步講義

模塊綜合試卷(一)(時間：90分鐘滿分：100分)題)1.如圖1所示，在皮帶傳送裝置中，皮帶把物體P勻速傳送至高處，在此過程中，下述說法正確的是()圖1A.摩擦力對物體做正功B.支持力對物體做正功C.重力對物體做正功D.合外力對物體做正功答案A解析摩擦力方向平行皮帶向上，與物體運動方向相同，故摩擦力做正功，A對；支持力始終垂直功為零，D錯.2.質(zhì)量不等但有相同初動能的兩個物體在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，直到停止，則()A.質(zhì)量大的物體滑行距離大B.質(zhì)量小的物體滑行距離大C.兩個物體滑行的時間相同D.質(zhì)量大的物體克服摩擦力做的功多答案B解析由動能定理得－μmgx＝0－Ek，兩個物體克服摩擦力做的功一樣多，質(zhì)量小的物體滑行距離大，B正確，A、D錯誤；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，滑行的時間與質(zhì)量有關(guān)，兩個物體滑行時間不同，C錯誤.3.(2019·北京卷)2019年5月17日，我國成功發(fā)射第45顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，該衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星(同步衛(wèi)星).該衛(wèi)星()A.入軌后可以位于北京正上方B.入軌后的速度大于第一宇宙速度C.發(fā)射速度大于第二宇宙速度D.若發(fā)射到近地圓軌道所需能量較少答案D解析同步衛(wèi)星只能位于赤道正上方，A項錯誤；由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，衛(wèi)星做勻速圓周運動的線速度越小，因此入軌后的速度小于第一宇宙速度(近地衛(wèi)星的速度)，B項錯誤；同步衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，C項錯誤；將衛(wèi)星發(fā)射到越高的軌道克服引力做功越多，故發(fā)射到近地圓軌道所需能量較少，D正確.4.如圖2所示為質(zhì)點做勻變速曲線運動軌跡的示意圖，且質(zhì)點運動到D點(D點是曲線的拐點)時速度方向與加速度方向恰好互相垂直，則質(zhì)點從A點運動到E點的過程中，下列說法中正確的是()圖2A.質(zhì)點經(jīng)過C點的速率比D點的大B.質(zhì)點經(jīng)過A點時的加速度方向與速度方向的夾角小于90°C.質(zhì)點經(jīng)過D點時的加速度比B點的大D.質(zhì)點從B到E的過程中加速度方向與速度方向的夾角先增大后減小答案A解析因為質(zhì)點做勻變速運動，所以加速度恒定，C項錯誤.在D點時加速度與速度垂直，故知加速度方向向上，合力方向也向上，所以質(zhì)點從A到D的過程中，合力方向與速度方向夾角大于90°，合力做負功，動能減小，vC>vD，A項正確，B項錯誤.從B至E的過程中，加速度方向與速度方向夾角一直減小，D項錯誤.5.(2019·天津卷)2018年12月8日，肩負著億萬中華兒女探月飛天夢想的嫦娥四號探測器成功發(fā)射，“實現(xiàn)人類航天器首次在月球背面巡視探測，率先在月背刻上了中國足跡”，如圖3所示.已知月球的質(zhì)量為M、半徑為R.探測器的質(zhì)量為m，引力常量為G，嫦娥四號探測器圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運動時，探測器的()圖3A.周期為eq\r(\f(4π2r3,GM)) B.動能為eq\f(GMm,2R)C.角速度為eq\r(\f(Gm,r3)) D.向心加速度為eq\f(GM,R2)答案A解析嫦娥四號探測器環(huán)繞月球做勻速圓周運動時，萬有引力提供其做勻速圓周運動的向心力，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)，則嫦娥四號探測器的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，由以上可知A正確，B、C、D錯誤.6.(2018·石室中學(xué)高一下學(xué)期期末)如圖4所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，彈簧處于原長，圓環(huán)高度為h.讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零.則在圓環(huán)下滑到底端的過程中(重力加速度為g，桿與水平方向夾角為30°)()圖4A.圓環(huán)的機械能守恒B.彈簧的彈性勢能先減小后增大C.彈簧的彈性勢能變化了mghD.彈簧與光滑桿垂直時圓環(huán)動能最大答案C解析圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但圓環(huán)的機械能不守恒，A錯誤；彈簧形變量先增大后減小然后再增大，所以彈簧的彈性勢能先增大后減小再增大，B錯誤；由于圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，圓環(huán)的機械能減少了mgh，所以彈簧的彈性勢能增加mgh，C正確；彈簧與光滑桿垂直時，圓環(huán)所受合力沿桿向下，圓環(huán)具有與速度同向的加速度，所以做加速運動，D錯誤.7.(2018·石室中學(xué)高一下學(xué)期期末)如圖5所示，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平、長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點.一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動.重力加速度為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點，動能的增量為()圖5A.2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR答案A解析由題意知水平拉力為F＝mg，設(shè)小球達到c點的速度為v1，從a到c根據(jù)動能定理可得：F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mv12，解得：v1＝2eq\r(gR)；小球離開c點后，豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，由于水平方向加速度ax＝g，小球至軌跡最高點時vx＝v1，故小球從a點開始運動到最高點時的動能的增量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv12＝2mgR.8.(2019·江蘇卷)如圖6所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動.座艙的質(zhì)量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙()圖6A.運動周期為eq\f(2πR,ω)B.線速度的大小為ωRC.受摩天輪作用力的大小始終為mgD.所受合力的大小始終為mω2R答案BD解析座艙做勻速圓周運動，合力提供向心力，知座艙的運動周期T＝eq\f(2π,ω)、線速度大小v＝ωR、所受合力的大小F＝mω2R，選項B、D正確，A錯誤；座艙的重力為mg，座艙做勻速圓周運動受到的合力大小不變，方向時刻變化，故座艙受到摩天輪的作用力大小不可能始終為mg，選項C錯誤.9.(2018·簡陽市高一下學(xué)期期末)豎直平面內(nèi)有兩個半徑不同的半圓形光滑軌道，如圖7所示，A、M、B三點位于同一水平面上，C、D分別為兩軌道的最低點，將兩個相同的小球分別從A、B處同時無初速度釋放，則()圖7A.通過C、D時，兩球的線速度大小相等B.通過C、D時，兩球的角速度大小相等C.通過C、D時，兩球的機械能相等D.通過C、D時，兩球?qū)壍赖膲毫ο嗟却鸢窩D解析對任意一球研究，設(shè)半圓軌道的半徑為r，根據(jù)機械能守恒定律得：mgr＝eq\f(1,2)mv2，得：v＝eq\r(2gr)，由于r不同，則v不等，故A錯誤；由v＝rω得：ω＝eq\f(v,r)＝eq\r(\f(2g,r))，可知兩球的角速度大小不等，故B錯誤；兩球的初始位置機械能相等，下滑過程機械能都守恒，所以通過C、D時兩球的機械能相等，故C正確；通過圓軌道最低點時小球的向心加速度為an＝eq\f(v2,r)＝2g，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－mg＝man，得軌道對小球的支持力大小為FN＝3mg，由牛頓第三定律知球?qū)壍赖膲毫镕N′＝FN＝3mg，與半徑無關(guān)，則通過C、D時，兩球?qū)壍赖膲毫ο嗟龋蔇正確.10.(2018·永春一中高一下學(xué)期期末)如圖8，北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的發(fā)射需要經(jīng)過幾次變軌，例如某次變軌，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1上，然后在P處變軌到橢圓軌道2上，最后由軌道2在Q處變軌進入圓軌道3，軌道1、2相切于P點，軌道2、3相切于Q點.忽略空氣阻力和衛(wèi)星質(zhì)量的變化，則以下說法正確的是()圖8A.該衛(wèi)星從軌道1變軌到軌道2需要在P處減速B.該衛(wèi)星從軌道1到軌道2再到軌道3，機械能逐漸減小C.該衛(wèi)星在軌道3的動能小于在軌道1的動能D.該衛(wèi)星穩(wěn)定運行時，在軌道3上經(jīng)過Q點的加速度等于在軌道2上Q點的加速度答案CD解析該衛(wèi)星從軌道1變軌到軌道2需要在P處加速，選項A錯誤；該衛(wèi)星從軌道1到軌道2需要點火加速，則機械能增加；從軌道2再到軌道3，又需要點火加速，機械能增加；故該衛(wèi)星從軌道1到軌道2再到軌道3，機械能逐漸增加，選項B錯誤；根據(jù)v＝eq\r(\f(GM,r))可知，該衛(wèi)星在軌道3的速度小于在軌道1的速度，則衛(wèi)星在軌道3的動能小于在軌道1的動能，選項C正確；根據(jù)a＝eq\f(GM,r2)可知，該衛(wèi)星穩(wěn)定運行時，在軌道3上經(jīng)過Q點的加速度等于在軌道2上Q點的加速度，選項D正確.11.(2019·江蘇卷)如圖9所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài).小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止.物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度.在上述過程中()圖9A.彈簧的最大彈力為μmgB.物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC.彈簧的最大彈性勢能為μmgsD.物塊在A點的初速度為eq\r(2μgs)答案BC解析小物塊處于最左端時，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右加速運動再減速運動，可知彈簧的最大彈力大于滑動摩擦力μmg，選項A錯誤；物塊從開始運動至最后回到A點過程，路程為2s，可得物塊克服摩擦力做功為2μmgs，選項B正確；物塊從最左側(cè)運動至A點過程，由能量守恒定律可知Epm＝μmgs，選項C正確；設(shè)物塊在A點的初速度為v0，整個過程應(yīng)用動能定理有－2μmgs＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝2eq\r(μgs)，選項D錯誤.12.如圖10所示，兩個eq\f(3,4)圓弧軌道固定在水平地面上，半徑R相同，a軌道由金屬凹槽制成，b軌道由金屬圓管制成(圓管內(nèi)徑遠小于半徑R)，均可視為光滑軌道，在兩軌道右端的正上方分別將金屬小球A和B(直徑略小于圓管內(nèi)徑)由靜止釋放，小球距離地面的高度分別用hA和hB表示，下列說法中正確的是()圖10A.若hA＝hB≥eq\f(5,2)R，兩小球都能沿軌道運動到最高點B.若hA＝hB≥eq\f(3,2)R，兩小球在軌道上上升的最大高度均為eq\f(3,2)RC.適當調(diào)整hA和hB，均可使兩小球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處D.若使小球沿軌道運動并且從最高點飛出，hA的最小值為eq\f(5,2)R，B小球在hB＞2R的任何高度釋放均可答案AD解析若小球A恰好能到a軌道的最高點，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軌道的最高點，在最高點的速度vB＝0，根據(jù)機械能守恒定律得hB＝2R，所以hA＝hB≥eq\f(5,2)R時，兩球都能到達軌道的最高點，故A、D正確；若hB＝eq\f(3,2)R，小球B在軌道上上升的最大高度等于eq\f(3,2)R；若hA＝eq\f(3,2)R，則小球A在到達最高點前離開軌道，有一定的速度，由機械能守恒定律可知，A在軌道上上升的最大高度小于eq\f(3,2)R，故B錯誤.小球A從最高點飛出后做平拋運動，下落R高度時，水平位移的最小值為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從最高點飛出后會落在軌道右端口外側(cè)，而適當調(diào)整hB，B可以落在軌道右端口處，所以適當調(diào)整hA和hB，只有B球可以從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處，故C錯誤.二、實驗題(本題共2小題，共12分)13.(5分)某興趣小組用如圖11甲所示的裝置與傳感器結(jié)合，探究向心力大小的影響因素.實驗時用手撥動旋臂使它做圓周運動，力傳感器和光電門固定在實驗器上，測量角速度和向心力.(1)電腦通過光電門測量擋光桿通過光電門的時間，并由擋光桿的寬度d、擋光桿通過光電門的時間Δt、擋光桿做圓周運動的半徑r，自動計算出砝碼做圓周運動的角速度，則計算其角速度的表達式為________________.(2)圖乙中?、佗趦蓷l曲線為相同半徑、不同質(zhì)量下向心力與角速度的關(guān)系圖線，由圖可知，曲線①對應(yīng)的砝碼質(zhì)量__________(選填“大于”或“小于”)曲線②對應(yīng)的砝碼質(zhì)量.圖11答案(1)eq\f(d,rΔt)(3分)(2)小于(2分)解析(1)砝碼轉(zhuǎn)動的線速度v＝eq\f(d,Δt)由ω＝eq\f(v,r)計算得出ω＝eq\f(d,rΔt)(2)題圖中拋物線說明向心力F和ω2成正比.若保持角速度和半徑都不變，則質(zhì)點做圓周運動的向心加速度不變，由牛頓第二定律F＝ma可知，質(zhì)量大的物體需要的向心力大，所以曲線①對應(yīng)的砝碼質(zhì)量小于曲線②對應(yīng)的砝碼質(zhì)量.14.(7分)(2018·石室中學(xué)高一下學(xué)期期末)某同學(xué)用如圖12甲所示的裝置驗證機械能守恒定律，他將兩物塊A和B用輕質(zhì)細繩連接并跨過輕質(zhì)定滑輪，B下端連接紙帶，紙帶穿過固定的打點計時器，用天平測出A、B兩物塊的質(zhì)量mA＝300g，mB＝100g，A從高處由靜止開始下落，B拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律，圖乙給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點(圖中未標出)，計數(shù)點間的距離如圖乙所示，已知打點計時器計時周期為T＝0.02s，則：圖12(1)在打點0～5過程中系統(tǒng)動能的增加量ΔEk＝______J，系統(tǒng)勢能的減小量ΔEp＝________J，由此得出的結(jié)論是__________________；(重力加速度g＝9.8m/s2，結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)(2)用v表示物塊A的速度，h表示物塊A下落的高度.若某同學(xué)作出的eq\f(v2,2)－h(huán)圖像如圖丙所示，則可求出當?shù)氐闹亓铀俣萭＝________m/s2(結(jié)果保留三位有效數(shù)字).答案(1)1.15(2分)1.18(2分)在誤差允許范圍內(nèi)，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒(1分)(2)9.70(2分)解析(1)根據(jù)某段時間內(nèi)平均速度等于中間時刻的瞬時速度，計數(shù)點5的瞬時速度v5＝eq\f(x46,2×5T)＝eq\f(21.60＋26.40×10－2,0.2)m/s＝2.40m/s，則系統(tǒng)動能的增加量：ΔEk＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v52＝eq\f(1,2)×0.4×2.42J≈1.15J，系統(tǒng)重力勢能的減小量ΔEp＝(mA－mB)gh＝0.2×9.8×(38.40＋21.60)×10－2J≈1.18J.在誤差允許的范圍內(nèi)，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒.(2)根據(jù)機械能守恒定律得：(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代入數(shù)據(jù)得：g＝9.70m/s2.三、計算題(本題共4小題，共40分)15.(7分)火星半徑約為地球半徑的eq\f(1,2)，火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的eq\f(1,9)，地球表面的重力加速度g取10m/s2.(1)求火星表面的重力加速度.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(2)若彈簧測力計在地球上最多可測出質(zhì)量為2kg的物體所受的重力，則該彈簧測力計在火星上最多可測出質(zhì)量為多大的物體所受的重力？答案(1)4.4m/s2(2)4.5kg解析(1)對于在星球表面的物體，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≈4.4m/s2.(1分)(2)彈簧測力計的最大彈力不變，即m地g地＝F＝m火g火(1分)則m火＝m地eq\f(g地,g火)＝4.5kg.(1分)16.(8分)(2019·天津卷)完全由我國自行設(shè)計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功.航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖13甲所示.為了便于研究艦載機的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖乙，AB長L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角θ＝12?(sin12°≈0.21).若艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)t＝6s到達B點進入BC.已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求：圖13(1)艦載機水平運動的過程中，飛行員受到水平力所做的功W；(2)艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大.答案(1)7.5×104J(2)1.1×103N解析(1)艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設(shè)其剛進入上翹甲板時的速度為v，則有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①(1分)根據(jù)動能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②(2分)聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W＝7.5×104J③(1分)(2)設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，有L2＝Rsinθ④(1分)由牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤(2分)聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得FN＝1.1×103N.(1分)17.(11分)如圖14所示，半徑為R＝1.5m的光滑圓弧支架豎直放置，圓心角θ＝60°，支架的底部CD水平，離地面足夠高，圓心O在C點的正上方，右側(cè)邊緣P點固定一個光滑小輪，可視為質(zhì)點的小球A、B系在足夠長的跨過小輪的輕繩兩端，兩球的質(zhì)量分別為mA＝0.3kg、mB＝0.1kg.將A球從緊靠小輪P處由靜止釋放，不計空氣阻力，g取10m/s2.圖14(1)求A球運動到C點時的速度大小；(2)若A球運動到C點時輕繩突然斷裂，從此時開始，需經(jīng)過多長時間兩球重力的功率大小相等？(計算結(jié)果可用根式表示).答案(1)2m/s(2)eq\f(\r(3),40)s解析(1)由題意可知，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝mAghA－mBghB(2分)hA＝R－Rcos60°＝eq\f(R,2)(1分)hB＝R(1分)vB＝vAcos30°＝eq\f(\r(3),2)vA(1分)聯(lián)立解得vA＝2m/s(1分)m/s(1分)設(shè)經(jīng)過時間t兩球重力的功率大小相等，則mAgvAy＝mBgvBy(1分)vAy＝gt(1分)vBy＝vB－gt(1分)聯(lián)立解得t＝eq\f(\r(3),40)s(1分)18.(1