人教版高中物理新教材同步讲义必修第二册 模块综合试卷(一)（含解析）

模块综合试卷(一)(满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，质点运动到D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()A．质点经过C点时的速率比D点的大B．质点经过C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曲线运动，所以加速度恒定，C项错误．在D点时加速度方向与速度方向垂直，故知加速度方向向上，合力方向也向上，所以质点从C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到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．2.如图所示，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，下列说法正确的是()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3．(2022·江苏震泽中学育英学校高一期中)2022年3月23日下午，北京冬奥会吉祥物冰墩墩和航天员王亚平一起亮相中国空间站“天宫课堂”．这次的“天宫课堂”带来许多有趣的实验，拧毛巾形成水膜，液桥演示实验，还有非遗扎染演示等等．下列说法正确的是()A．王亚平处在平衡状态B．中国空间站的运行周期是24hC．中国空间站比地球同步卫星的角速度小D．中国空间站运行过程中机械能守恒答案D解析王亚平和空间站一起绕地球做圆周运动，因此不处在平衡状态，故A错误；根据万有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2r,T2)解得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))中国空间站的轨道低于地球同步卫星，因此中国空间站的运行周期小于24h，故B错误；根据万有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝mrω2解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))4.质量为1kg的小物体在竖直向上的拉力F作用下由静止开始运动，拉力F随物体上升高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则物体上升3m时的速度大小为()A．4eq\r(5)m/s B．2eq\r(5)m/sC．4eq\r(3)m/s D．2eq\r(3)m/s答案B解析由动能定理可知WF－mgh＝eq\f(1,2)mv2，又因F－h图像与横轴围成的“面积”表示拉力做的功，则WF＝40J，代入数据可解得v＝2eq\r(5)m/s，选项B正确．5．(2021·浙江高二期中)2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器成功发射，已知火星质量约为地球质量的10%，半径约为地球半径的50%，公转半径约为地球公转半径的1.5倍，不考虑火星自转造成的影响．下列说法正确的是()A．天问一号的发射速度要大于16.7km/sB．火星表面的重力加速度约为4m/s2C．天问一号在靠近火星表面的轨道上绕行时线速度大小约为500m/sD．火星的一年约为地球一年的1.5倍答案B解析16.7km/s是第三宇宙速度，达到第三宇宙速度就脱离太阳系，“天问一号”没有脱离太阳系，因此“天问一号”的发射速度要小于16.7km/s，故A错误；火星表面的重力加速度约为g火＝eq\f(GM火,R火2)＝eq\f(G10%M,50%R2)＝eq\f(2,5)g＝4m/s2，故B正确；“天问一号”在靠近火星表面的轨道上绕行时线速度大小约为v＝eq\r(\f(G10%M,50%R))＝eq\f(\r(5),5)×7.9km/s≈3.53km/s，故C错误；由eq\f(r火3,T火2)＝eq\f(r3,T2)知火星的一年约为地球一年的eq\f(T火,T)＝eq\r(\f(r火3,r3))＝eq\r(1.53)倍，故D错误．6．(2022·兴宁市沐彬中学高一期中)我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破．为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶．测试中发现，下坡时若只关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移x时速度刚好达到最大值vm，假设汽车在上坡和下坡过程中所受路面阻力大小恒定且相等，山坡的倾角为θ，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是()A．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力等于mgsinθB．路面对汽车的阻力大小为eq\f(P,vm)C．上坡过程中，汽车从静止启动到速度刚好增至vm，所用时间为eq\f(4mgxsinθ＋mvm2,2P)D．上坡过程中，汽车从静止启动到速度刚好增至vm，所用时间等于eq\f(2x,vm)答案C解析关掉油门下坡的过程，汽车所受支持力FN＝mgcosθ；关闭油门汽车下坡时速度不变，则Ff＝mgsinθ上坡达到最大速度时，牵引力与重力沿坡面的分力和阻力的合力平衡，则有mgsinθ＋Ff＝eq\f(P,vm)即Ff＝eq\f(P,2vm)；上坡过程中，汽车从静止启动到速度刚好增至vm，由动能定理得：Pt－(mgsinθ＋Ff)x＝eq\f(1,2)mvm2－0得t＝eq\f(4mgxsinθ＋mvm2,2P)上坡过程中，汽车做加速度减小的加速运动，平均速度大于eq\f(vm,2)，所以运动时间t＝eq\f(x,\x\to(v))<eq\f(2x,vm)，故选C.7.(2020·全国卷Ⅱ)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点．c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点.eq\f(E2,E1)等于()A．20B．18C．9.0D．3.0答案B解析摩托车从a点做平抛运动到c点，水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝eq\f(1,2)gt12，可解得v1＝eq\r(\f(gh,2))，动能E1＝eq\f(1,2)mv12＝eq\f(mgh,4)；摩托车从a点做平抛运动到b点，水平方向：3h＝v2t2，竖直方向：0.5h＝eq\f(1,2)gt22，解得v2＝3eq\r(gh)，动能E2＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(9,2)mgh，故eq\f(E2,E1)＝18，B正确．8.(2022·河南洛宁县第一高级中学高一期中)如图，一光滑T形架上套有A、B两个圆环，质量都是1kg，圆环用长为5m的轻质细绳相连．T形架以图示虚线为轴逆时针转动，初始时，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则此过程中架子对A、B做功为()A．10JB．20JC．15.4JD．25.4J答案D解析对圆环A受力分析可知Fsinθ＝mg对圆环B受力分析可知Fcos53°＝meq\f(v02,r)其中r＝lcos53°代入数据得初始时动能为Ek0＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(45,4)J因此动能增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－Ek0≈15.4J当圆环B的速度为eq\f(4,3)eq\r(30)m/s时有F′cosθ′＝meq\f(v2,r′)，F′sinθ′＝mg，r′＝lcosθ′，代入数据可知θ′＝37°因此A重力势能增加量为ΔEp＝mgh＝mgl(sin53°－sin37°)＝10J则此过程中架子对A、B做功为W＝15.4J＋10J＝25.4J，故选D.二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.(2020·江苏卷)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l.忽略空气阻力，则()A．A和B的位移大小相等B．A的运动时间是B的2倍C．A的初速度是B的eq\f(1,2)D．A的末速度比B的大答案AD解析由抛出点和落地点的几何关系，可推出小球A、B的位移大小相等，故A正确；平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2可推出A运动的时间是B的eq\r(2)倍，故B错误；小球A的初速度v0A＝eq\f(l,tA)＝eq\f(l,\r(\f(4l,g)))＝eq\f(1,2)eq\r(gl)，小球B的初速度v0B＝eq\f(2l,tB)＝eq\f(2l,\r(\f(2l,g)))＝eq\r(2gl)，A的初速度是B的eq\f(\r(2),4)，故C错误；根据机械能守恒定律，eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAv0A2＋mAg·2l，eq\f(1,2)mBvB2＝eq\f(1,2)mBv0B2＋mBgl，解得vA＝eq\r(4.25gl)，vB＝eq\r(4gl)，vA>vB，故D正确．10．(2022·北京清华附中高一期末)与嫦娥一号、二号月球探测器不同，嫦娥三号是一次性进入距月球表面100km高的圆轨道Ⅰ(不计地球对探测器的影响)，运行一段时间后再次变轨，从100km的环月圆轨道Ⅰ，降低到距月球15km的近月点B、距月球100km的远月点A的椭圆轨道Ⅱ，如图所示，为下一步月面软着陆做准备．关于嫦娥三号探测器下列说法正确的是()A．探测器在轨道Ⅱ经过A点的速度小于经过B点的速度B．探测器沿轨道Ⅰ运动过程中，探测器中的科考仪器对其支持面没有压力C．探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，应在A点加速D．探测器在轨道Ⅱ经过A点时的加速度小于在轨道Ⅰ经过A点时的加速度答案AB解析根据开普勒第二定律，远月点速度最小，近月点速度最大，A正确；探测器沿轨道Ⅰ运动过程中，万有引力提供向心力，探测器中的科考仪器对其支持面没有压力，B正确；探测器加速做离心运动，减速做向心运动．探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在A点必须减速，C错误；在A点探测器产生的加速度都是由万有引力产生的，因为同在A点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上运动，在A点时万有引力产生的加速度大小相等，D错误．11.(2021·烟台市高一期中)如图所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧的劲度系数为k，原长为l.质量为m的小球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．不计空气阻力，当地的重力加速度为g，则从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中()A．小球的机械能先增加后减少B．小球与弹簧组成的系统机械能守恒C．弹簧弹性势能的最大值为mg(h＋x)D．小球下落到距地面H＝l－eq\f(mg,k)高度时动能最大答案BCD解析从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能变大，则小球的机械能减少，选项A错误，B正确；当小球到达最低点时弹簧的弹性势能最大，由能量关系可知，弹簧弹性势能的最大值等于小球从开始下落直到最低点的重力势能的减小量，为mg(h＋x)，选项C正确；当小球的重力等于弹簧弹力时，合力为零，加速度为零，此时小球的速度最大，动能最大，即mg＝kΔx，此时小球距地面高度H＝l－Δx＝l－eq\f(mg,k)，选项D正确．12.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的四分之一圆弧轨道BC，与竖直轨道AB和水平轨道CD相切，轨道均光滑．现有长也为R的轻杆，两端固定质量均为m的相同小球a、b(可视为质点)，用某装置控制住小球a，使轻杆竖直且小球b与B点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑．设小球始终与轨道接触，重力加速度为g.则()A．下滑过程中a球和b球组成的系统机械能守恒B．下滑过程中a球机械能守恒C．小球a滑过C点后，a球速度为2eq\r(gR)D．从释放至a球滑过C点的过程中，轻杆对b球做功为eq\f(1,2)mgR答案AD解析轨道均光滑，故下滑过程中a球、b球组成的系统机械能守恒，而a球机械能不守恒，故A正确，B错误；以两球为研究对象，由机械能守恒定律得：mgR＋mg·2R＝eq\f(1,2)·2m·v2，得：v＝eq\r(3gR)，故C错误；对b球，由动能定理得mgR＋W＝eq\f(1,2)mv2，解得：W＝eq\f(1,2)mgR，故D正确．三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)使用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，打出一条纸带如图乙所示．图乙中O是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F…是依次打出的点迹，量出OE间的距离为l，DF间的距离为s，已知打点计时器打点的周期是T＝0.02s.(1)上述物理量如果在实验误差允许的范围内满足关系式________，即验证了重物下落过程中机械能是守恒的．(2)如果发现图乙中OA距离大约是4mm，则出现这种情况的原因可能是_______________，如果出现这种情况，上述的各物理量间满足的关系式可能是________．答案(1)gl＝eq\f(s2,8T2)(2分)(2)先释放纸带，后接通电源(2分)gl<eq\f(s2,8T2)(2分)14．(8分)(2019·北京卷改编)用如图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．(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：如图所示，在轨迹上取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eq\f(y1,y2)______(选填“大于”“等于”或者“小于”)eq\f(1,3).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)．答案(1)BD(2分)(2)a.球心(1分)需要(1分)b．大于(2分)xeq\r(\f(g,y2－y1))(2分)解析(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运动，故相邻相等时间内竖直方向上位移之比为1∶3∶5…，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eq\f(y1,y2)大于eq\f(1,3)；由y2－y1＝gT2，x＝v0T，联立解得v0＝xeq\r(\f(g,y2－y1)).15.(8分)(2022·西安交大苏州附中高一期中)运动员把质量为450g的足球踢出后(如图)，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是5m，在最高点的速度为20m/s.不考虑空气阻力，g取10m/s2.求：(1)运动员踢球时对足球做的功；(2)足球在落地时重力的瞬时功率．答案(1)112.5J(2)45W解析(1)从运动员踢球到球上升到最大高度的过程，根据动能定理可知，运动员踢球时对足球做的功W＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝0.45×10×5J＋eq\f(1,2)×0.45×202J＝112.5J(3分)(2)足球在落地时的竖直速度为vy＝eq\r(2gh)＝10m/s(3分)重力的功率PG＝mgvy＝45W．(2分)16.(12分)(2022·江苏扬州中学高一期中)如图所示，ABC为一细圆管构成的eq\f(3,4)圆轨道，轨道半径为R(比细圆管的半径大得多)，将其固定在竖直平面内，OA水平，OC竖直，最低点为B，最高点为C，细圆管内壁光滑．在A点正上方某位置有一质量为m的小球(可视为质点)由静止开始下落，刚好进入细圆管内运动．已知细圆管的内径稍大于小球的直径，不计空气阻力．(1)若小球经过C点时恰与管壁没有相互作用，求小球经过C点时的速度大小；(2)若小球刚好能到达轨道的最高点C，求小球经过最低点B时对轨道的压力大小；(3)若小球从C点水平飞出后恰好能落回到A点，求小球刚开始下落时离A点的高度．答案(1)eq\r(gR)(2)5mg(3)1.25R解析(1)小球通过C点时与管壁无相互作用力，由mg＝meq\f(vC2,R)得(1分)vC＝eq\r(gR)(1分)(2)若小球恰好到达最高点C，则通过C点时速度为零，对小球由B到C过程用动能定理有－mg2R＝－eq\f(1,2)mvB2，(1分)解得vB＝2eq\r(gR)，(1分)球经过B点时有FN－mg＝meq\f(vB2,R)(1分)得FN＝5mg，(1分)根据牛顿第三定律有小球经过最低点B时对轨道的压力为5mg(1分)(3)小球从C点飞出做平抛运动，则有R＝eq\f(1,2)gt2，R＝vC′t(1分)得vC′＝eq\r(\f(gR,2))，(1分)从开始下落到经过C点，由动能定理得mg(h－R)＝eq\f(1,2)mvC′2，(2分)得h＝1.25R(1分)17．(12分)如图所示，从A点以水平速度v0＝2m/s抛出质量m＝1kg的小物块P(可视为质点)，当物块P运动至B点时，恰好沿切线方向进入半径R＝2m、圆心角θ＝60°的固定光滑圆弧轨道BC，轨道最低点C与水平地面相切，C点右侧水平地面某处固定竖直挡板上连接一水平轻质弹簧．物块P与水平地面间的动摩擦因数μ为某一定值，g取10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力．(1)求抛出点A距水平地面的高度H；(2)若小物块P第一次压缩弹簧被弹回后恰好能回到B点，求弹簧压缩过程中的最大弹性势能Ep.答案(1)1.6m(2)14J解析(1)物块经过B点时有tanθ＝eq\f(vy,v0)，可得vy＝2eq\r(3)m/s(1分)小物块运动至B点的竖直分位移y＝eq\f(vy2,2g)＝0.6m(1分)A点距地面的高度H＝y＋R(1－cos60°)＝1.6m(2分)(2)以地面为参考平面，设物块在水平地面上向右运动的位移为x，从A点抛出到第一次返回B点过程中由能量守恒定律有eq\f(1,2)mv02＋mgH＝μmg2x＋mgR(1－cos60°)(2分)可得μmgx＝4J(2分)从A点抛出到弹簧压缩最