2018-2019學年高中物理滬科版必修二教師用書：模塊綜合試卷

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精模塊綜合試卷（時間：90分鐘滿分：100分）一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分）1．一個物體在光滑水平面上以初速度v0做曲線運動,已知在此過程中物體只受一個恒力F作用，運動軌跡如圖1所示．則由M到N的過程中，物體的速度大小將(）圖1A．逐漸增大 B．逐漸減小C．先增大后減小 D．先減小后增大答案D解析判斷做曲線運動的物體速度大小的變化情況時,應從下列關系入手:當物體所受合外力方向與速度方向的夾角為銳角時，物體做曲線運動的速率增大；當物體所受合外力方向與速度方向的夾角為鈍角時，物體做曲線運動的速率減??；當物體所受合外力方向與速度方向的夾角始終為直角時，物體做曲線運動的速率不變．在本題中,合力F的方向與速度方向的夾角先為鈍角,后為銳角，故D選項正確．2．火星有兩顆衛(wèi)星，分別是火衛(wèi)一和火衛(wèi)二，它們的軌道近似為圓．已知火衛(wèi)一的周期為7小時39分，火衛(wèi)二的周期為30小時18分，則兩顆衛(wèi)星相比(）A．火衛(wèi)一距火星表面較近B．火衛(wèi)二的角速度較大C．火衛(wèi)一的運動速度較小D．火衛(wèi)二的向心加速度較大答案A解析由eq\f（GMm,r2)＝ma＝eq\f(mv2,r)＝meq\f(4π2，T2）r得：a＝eq\f（GM，r2)，v＝eq\r（\f（GM，r)），r＝eq\r（3,\f(GMT2，4π2)）,則T大時，r大，a小，v小,且由ω＝eq\f(2π,T)知，T大，ω小,故正確選項為A.3．如圖2所示為質點做勻變速曲線運動軌跡的示意圖,且質點運動到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．質點經過C點的速率比D點的大B．質點經過A點時的加速度方向與速度方向的夾角小于90°C．質點經過D點時的加速度比B點的大D．質點從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，所以質點從C到D的過程中，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．4．把甲物體從2h高處以速度v0水平拋出，落地點與拋出點的水平距離為L,把乙物體從h高處以速度2v0水平拋出，落地點與拋出點的水平距離為s，不計空氣阻力,則L與s的關系為(）A．L＝eq\f（s,2) B．L＝eq\r（2）sC．L＝eq\f（\r(2)，2)s D．L＝2s答案C解析根據2h＝eq\f(1,2)gt12，得t1＝2eq\r(\f（h，g）)，則L＝v0t1＝2v0eq\r(\f（h，g)）.由h＝eq\f(1,2)gt22,得t2＝eq\r（\f(2h,g)），則s＝2v0t2＝2v0eq\r（\f（2h，g）),所以L＝eq\f（\r（2）,2)s，故選項C正確．5．明代出版的《天工開物》一書中就有牛力齒輪翻車的圖畫（如圖3所示），記錄了我們祖先的勞動智慧．若A、B、C三齒輪半徑的大小關系為rA>rB〉rC，則(）圖3A．齒輪A的角速度比C的大B．齒輪A、B的角速度大小相等C．齒輪B與C邊緣的線速度大小相等D．齒輪A邊緣的線速度比齒輪C邊緣的線速度大答案D解析齒輪A邊緣的線速度vA與齒輪B邊緣的線速度vB相等，齒輪B、C的角速度ωB＝ωC.由vA＝ωArA,vB＝ωBrB，vC＝ωCrC，vA＝vB，rA>rB>rC，ωB＝ωC可得：ωA<ωB,ωA<ωC,vB>vC，vA〉vC，故選項D正確．6．2015年9月23日，在江蘇省蘇州市進行的全國田徑錦標賽上高興龍獲得男子跳遠冠軍，在一次試跳中，他(可看成質點）水平距離達8m,最高處高達1m．設他離開地面時的速度方向與水平面的夾角為α，若不計空氣阻力,則tanα等于()A.eq\f(1,8)B。eq\f（1,4）C.eq\f(1，2）D．1答案C解析從起點A到最高點B可看成平拋運動的逆過程,如圖所示，運動員做平拋運動，初速度方向與水平方向夾角的正切值為tanα＝2tanβ＝2×eq\f（h,\f(x,2））＝2×eq\f（1,4）＝eq\f(1，2)，選項C正確．7．引力波現在終于被人們用實驗證實，愛因斯坦的預言成為科學真理．早在70年代就有科學家發(fā)現，高速轉動的雙星可能由于輻射引力波而使星體質量緩慢變小，觀測到周期在緩慢減小，則該雙星間的距離將(）A．變大B．變小C．不變D．可能變大也可能變小答案B8．（多選）如圖4所示，一質量為m的小球固定于輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點處．將小球拉至A處，彈簧恰好無形變,由靜止釋放小球,它運動到O點正下方B點速度為v，AB間的豎直高度差為h，則()圖4A．由A到B重力做的功等于mghB．由A到B重力勢能減少eq\f（1,2）mv2C．由A到B小球克服彈力做功為mghD．小球到達位置B時彈簧的彈性勢能為mgh－eq\f(mv2,2)答案AD解析重力做功只和高度差有關,故由A到B重力做的功等于mgh，選項A正確;由A到B重力勢能減少mgh，選項B錯誤；由A到B小球克服彈力做功為W＝mgh－eq\f(1,2)mv2，選項C錯誤，D正確．9．(多選)如圖5所示,斜面頂端A與另一點B在同一水平線上，甲、乙兩小球質量相等．小球甲沿光滑固定斜面以初速度v0從頂端A滑到底端,小球乙以同樣的初速度從B點拋出，不計空氣阻力，則（)圖5A．兩小球落地速率相同B．兩小球落地時,重力的瞬時功率相同C．從開始運動至落地過程中，重力對它們做功相同D．從開始運動至落地過程中,重力的平均功率相同答案AC解析由于斜面光滑，且不計空氣阻力，故兩小球運動過程中只有重力做功，由機械能守恒定律可知兩小球落地時速率相同，故選項A正確；由于A小球沿斜面做勻加速運動，B小球做斜拋運動，它們落地時的速度方向不同，故兩小球落地時，重力的瞬時功率不相同，選項B錯誤；由于重力做功與路徑無關，只與初、末位置的高度差有關，故從開始運動至落地過程中，重力對它們做功相同，選項C正確；由于兩小球的運動方式不同,所以從開始運動至落地過程中所用時間不同,由P＝eq\f（W,t)可知重力的平均功率不同，選項D錯誤．10．（多選）在圓軌道上運動的質量為m的人造地球衛(wèi)星，它到地面的距離等于地球半徑R,地面上的重力加速度為g，則（)A．衛(wèi)星的動能為eq\f（mgR，4)B．衛(wèi)星運動的周期為4πeq\r（\f(2R，g))C．衛(wèi)星運動的加速度為eq\f(g，2）D．衛(wèi)星運動的速度為eq\r(2Rg)答案AB解析人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力,設地球質量為M、衛(wèi)星的軌道半徑為r，則eq\f（GMm，2R2)＝eq\f(mv2，2R），忽略地球自轉的影響有eq\f（GMm，R2)＝mg,聯立得v＝eq\r(\f（gR，2）),衛(wèi)星的動能Ek＝eq\f（1，2）mv2＝eq\f(1，4)mgR，選項A正確，D錯誤;衛(wèi)星運動的周期T＝eq\f(2πr,v）＝4πeq\r（\f(2R,g））,選項B正確；設衛(wèi)星運動的加速度為a,則有eq\f(GMm，2R2）＝ma，聯立得a＝eq\f(g，4），選項C錯誤．11．（多選)如圖6所示，一質量為M的光滑大圓環(huán)，用一細輕桿固定在豎直平面內；套在大環(huán)上質量為m的小環(huán)，從大環(huán)的最高處由靜止滑下，滑到大環(huán)的最低點的過程中(重力加速度為g）（）圖6A．小環(huán)滑到大圓環(huán)的最低點時處于失重狀態(tài)B．小環(huán)滑到大圓環(huán)的最低點時處于超重狀態(tài)C．此過程中小環(huán)的機械能守恒D．小環(huán)滑到大環(huán)最低點時,大圓環(huán)對桿的拉力大于(m＋M）g答案BCD解析小環(huán)滑到大圓環(huán)的最低點時，有豎直向上的加速度，由牛頓運動定律可知小環(huán)處于超重狀態(tài)，同時知桿對大圓環(huán)的拉力大于(M＋m)g,由牛頓第三定律知，大圓環(huán)對桿的拉力大于（M＋m)g，故選項A錯誤，選項B、D正確．由于大環(huán)固定不動，對小環(huán)的支持力不做功，只有重力對小環(huán)做功,所以小環(huán)的機械能守恒，故選項C正確．12．（多選)圖7甲為0。1kg的小球從最低點A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4m的半圓軌道后，小球速度的平方與其高度的關系圖像，如圖乙所示．已知小球恰能到達最高點C，軌道粗糙程度處處相同，空氣阻力不計．g取10m/s2，B為AC軌道中點．下列說法正確的是（）圖7A．圖乙中x＝4B．小球從B到C損失了0。125J的機械能C．小球從A到C合外力對其做的功為－1.05JD．小球從C拋出后，落地點到A的距離為0。8m答案ACD解析當h＝0。8m時小球在C點，由于小球恰能到達最高點C，故mg＝meq\f(v\o\al(C2)，r)，所以vC2＝gr－eq\f（1，2)×0.1×25J＝－1.05J，故選項C正確；小球離開C點后做平拋運動，故2r＝eq\f(1，2)gt2，落地點到A的距離x1＝vCt，解得x1＝0。8m,故選項D正確．二、實驗題（本題共2小題，共16分）13．(8分）如圖8甲所示是某同學探究做圓周運動的物體質量、向心力、軌道半徑及線速度關系的實驗裝置，圓柱體放置在水平光滑圓盤上做勻速圓周運動．力傳感器測量向心力F，速度傳感器測量圓柱體的線速度v，該同學通過保持圓柱體質量和運動半徑不變，來探究向心力F與線速度v的關系：圖8(1)該同學采用的實驗方法為________．A．等效替代法B．控制變量法C．理想化模型法（2）改變線速度v,多次測量,該同學測出了五組F、v數據，如下表所示：v/(m·s－1)1.01.52。02。53。0F/N0.882。003。505。507。90該同學對數據分析后，在圖乙坐標紙上描出了五個點．①作出F－v2圖線；②若圓柱體運動半徑r＝0。2m，由作出的F－v2的圖線可得圓柱體的質量m＝____kg.(結果保留兩位有效數字）答案(1）B（2）①②0。1814．(8分)某課外活動小組利用豎直上拋運動驗證機械能守恒定律．(1)某同學用20分度游標卡尺測量出小球的直徑為1.020cm。圖9所示彈射裝置將小球豎直向上拋出,先后通過光電門A、B，計時裝置測出小球通過A、B的時間分別為2.55ms、5。15ms，由此可知小球通過光電門A、B時的速度分別為vA、vB，其中vA＝________m/s。圖9(2）用刻度尺測出光電門A、B間的距離h，已知當地的重力加速度為g，只需比較____（用題目中涉及的物理量符號表示)是否相等,就可以驗證機械能是否守恒．（3）通過多次實驗發(fā)現,小球通過光電門A的時間越短，（2）中要驗證的兩數值差越大，試分析實驗中產生誤差的主要原因是_________________________________________________．答案(1）4(4。0或4.00也對)(2）gh和eq\f(v\o\al（A2),2)－eq\f（v\o\al(B2)，2）（3）小球上升過程中受到空氣阻力的作用，速度越大，所受阻力越大解析(1）小球通過光電門可近似認為做勻速直線運動，所以vA＝eq\f(d,tA）＝eq\f（1.020cm,2.55ms)＝4m/s；（2)在驗證機械能守恒定律時，要看動能的減少量是否等于勢能的增加量,即gh＝eq\f(v\o\al（A2）,2）－eq\f(v\o\al（B2)，2)；(3)小球通過A的時間越短，意味著小球的速度越大，而速度越大受到的空氣阻力就越大,損失的能量越多，動能的減少量和勢能的增加量差值就越大．三、計算題（本題共3小題，共36分,解答時應寫出必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位）15．(10分)如圖10所示，假設某星球表面上有一傾角為θ＝37°的固定斜面，一質量為m＝2。0kg的小物塊從斜面底端以速度9m/s沿斜面向上運動，小物塊運動1。5s時速度恰好為零．已知小物塊和斜面間的動摩擦因數為0。25，該星球半徑為R＝1。2×103km。試求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）圖10（1)該星球表面上的重力加速度g的大??；(2)該星球的第一宇宙速度的大?。鸢?1）7.5m/s2(2）3×103m/s解析（1)對物塊受力分析，由牛頓第二定律可得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，①a＝eq\f(0－v0，t)，②由①②代入數據求得g＝7。5m/s2。(2)設第一宇宙速度為v，由mg＝meq\f(v2，R）得：v＝eq\r（gR)＝3×103m/s。16．（12分)如圖11所示,質量為m＝1kg的小滑塊（視為質點）在半徑為R＝0。4m的eq\f（1,4)圓弧A端由靜止開始釋放，它運動到B點時速度為v＝2m/s。當滑塊經過B后立即將圓弧軌道撤去．滑塊在光滑水平面上運動一段距離后，通過換向軌道由C點過渡到傾角為θ＝37°、長s＝1m的斜面CD上,CD之間鋪了一層勻質特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因數可在0≤μ≤1.5之間調節(jié)．斜面底部D點與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在O點，自然狀態(tài)下另一端恰好在D點．認為滑塊通過C和D前后速度大小不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力．圖11（1）求滑塊對B點的壓力大小以及在AB上克服阻力所做的功；(2）若設置μ＝0,求質點從C運動到D的時間;（3）若最終滑塊停在D點，求μ的取值范圍．答案見解析解析(1)在B點,N－mg＝meq\f(v2，R)解得N＝20N由牛頓第三定律，N′＝20N從A到B,由動能定理，mgR－W＝eq\f（1，2）mv2解得W＝2J(2)μ＝0,滑塊在CD間運動,有mgsinθ＝ma加速度a＝gsinθ＝6m/s2由勻變速運動規(guī)律得s＝vt＋eq\f(1，2)at2解得t＝eq\f（1，3）s，或t＝－1s(舍去)（3）最終滑塊停在D點有兩種可能：a.滑塊恰好能從C下滑到D。則有mgsinθ·s－μ1mgcosθ·s＝0－eq\f（1,2)mv2，得到μ1＝1b．滑塊在斜面CD和水平地面間多次反復運動，最終靜止于D點．當滑塊恰好能返回C：－μ2mgcosθ·2s＝0－eq\f(1，2）mv2得到μ2＝0.125當滑塊恰好能靜止在斜面上，則有mgsinθ＝μ3mgcosθ，得到μ3＝0。75所以,當0.125≤μ<0.75時,滑塊能在CD和水平地面間多次反復運動，最終靜止于D點．綜上所述，μ的取值范圍是0.125≤μ<0.75或μ＝1.【考點】動能定理的綜合應用問題【題點】動能定理的綜合應用問題17．(14分)為了研究過山車的原理，某物理小組提出了下列設想：取一個與水平方向夾角為θ＝60°、長為L1＝2eq\r（3）m的傾斜軌道AB，通過微小圓弧與長為L2＝eq\f(\r(3）,2)m的水平軌道BC相連，然后在C處設計一個豎直完整的光滑圓軌道,出口為水平軌道上D處,如圖12所示．現將一個小球從距A點高為h＝0。9m的水平臺面上以一定的初速度v0水平彈出，到A點時速度方向恰沿AB方向,并沿傾斜軌道滑下．已知小球與AB和BC間的動摩擦因數均為μ＝eq