高中物理新教材同步必修第二冊 模塊綜合試卷（二）同步講義

模塊綜合試卷(二)(時間：90分鐘滿分：100分)題)1.火箭發(fā)射回收是航天技術(shù)的一大進步，如圖1所示，火箭在返回地面前的某段運動可看成先勻速后減速的直線運動，最后撞落在地面上，不計火箭質(zhì)量的變化，則()圖1A.火箭在勻速下降過程中，機械能守恒B.火箭在減速下降過程中，攜帶的檢測儀器處于失重狀態(tài)C.火箭在減速下降過程中合力做功等于火箭機械能的變化D.火箭著地時，火箭對地的作用力大于自身的重力答案D解析勻速下降階段，火箭所受的阻力等于重力，除了重力做功外，還有阻力做功，所以機械能不守恒，選項A錯誤；在減速階段，加速度向上，所以處于超重狀態(tài)，選項B錯誤；火箭著地時，地面對火箭的作用力大于火箭的重力，選項D正確；合外力做功等于動能改變量，所以C項錯誤.2.在“G20”峰會“最憶是杭州”的文藝演出中，芭蕾舞演員保持如圖2所示姿勢原地旋轉(zhuǎn)，此時手臂上A、B兩點角速度大小分別為ωA、ωB，線速度大小分別為vA、vB，則()圖2A.ωA＜ωB B.ωA＞ωBC.vA＜vB D.vA＞vB答案D解析兩點周期相同，角速度相同，由v＝ωr知，vA＞vB，故D正確，A、B、C錯誤.3.一水平固定的水管，水從管口以不變的速度源源不斷地噴出.水管距地面高h＝1.8m，水落地的位置到管口的水平距離x＝1.2m，不計空氣及摩擦阻力，水從管口噴出的初速度大小是(g取10m/s2)()A.1.2m/s B.2.0m/sC.3.0m/s D.4.0m/s答案B解析水平噴出的水做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律h＝eq\f(1,2)gt2可知，水在空中運動的時間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.8,10))s＝0.6s，根據(jù)x＝v0t可知，水從管口噴出的初速度為v0＝eq\f(x,t)＝eq\f(1.2,0.6)m/s＝2m/s，選項B正確.4.(2017·全國卷Ⅲ)2017年4月，我國成功發(fā)射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道(可視為圓軌道)運行.與天宮二號單獨運行時相比，組合體運行的()A.周期變大 B.速率變大C.動能變大 D.向心加速度變大答案C解析根據(jù)組合體受到的萬有引力提供向心力可得，eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r＝meq\f(v2,r)＝ma，解得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，v＝eq\r(\f(GM,r))，a＝eq\f(GM,r2)，由于軌道半徑不變，所以周期、速率、向心加速度均不變，選項A、B、D錯誤；組合體比天宮二號的質(zhì)量大，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2變大，選項C正確.5.如圖3所示，設(shè)行星繞太陽的運動是勻速圓周運動，金星自身的半徑是火星的n倍，質(zhì)量為火星的k倍.不考慮行星自轉(zhuǎn)的影響，則()圖3A.金星表面的重力加速度是火星的eq\f(k,n)倍B.金星的“第一宇宙速度”是火星的eq\r(\f(k,n))倍C.金星繞太陽運動的加速度比火星小D.金星繞太陽運動的周期比火星大答案B解析根據(jù)g＝eq\f(GM,R2)可知，eq\f(g金,g火)＝eq\f(M金,M火)·eq\f(R\o\al(2,火),R\o\al(2,金))＝eq\f(k,n2)，選項A錯誤；根據(jù)v＝eq\r(\f(GM,R))可知，eq\f(v金,v火)＝eq\r(\f(k,n))，選項B正確；根據(jù)a＝eq\f(GM0,r2)可知，軌道半徑越大，加速度越小，選項C錯誤；由eq\f(r3,T2)＝C可知，軌道半徑越大，周期越長，選項D錯誤.6.(2018·湖南師大附中高一下學期期末)“神舟六號”載人飛船順利發(fā)射升空后，經(jīng)過115小時32分的太空飛行，在離地面約為430km的圓軌道上運行了77圈，運動中需要多次“軌道維持”.所謂“軌道維持”就是通過控制飛船上發(fā)動機的點火時間、推力的大小和推力的方向，使飛船能保持在預(yù)定軌道上穩(wěn)定飛行，如果不進行“軌道維持”，由于飛船受到軌道上稀薄空氣的影響，軌道高度會逐漸降低，在這種情況下飛船的動能、重力勢能和機械能的變化情況是()A.動能、重力勢能和機械能逐漸減小B.重力勢能逐漸減小，動能逐漸增大，機械能不變C.重力勢能逐漸增大，動能逐漸減小，機械能不變D.重力勢能逐漸減小，動能逐漸增大，機械能逐漸減小答案D解析如果不進行“軌道維持”，由于飛船受軌道上稀薄空氣的摩擦阻力，需要克服摩擦阻力做功，所以機械能逐漸減小，軌道高度會逐漸降低，重力勢能逐漸減小，軌道半徑逐漸減小，根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得Ek＝eq\f(GMm,2r)，動能逐漸增大，所以正確選項為D.7.(2019·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用.距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖4所示.重力加速度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為()圖4A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg答案C解析設(shè)物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，當Δh＝3m時，由動能定理結(jié)合題圖可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72)J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，當Δh＝3m時，再由動能定理結(jié)合題圖可得(mg－F)×Δh＝(48－24)J，聯(lián)立解得m＝1kg、F＝2N，選項C正確，A、B、D均錯誤.8.“跳一跳”小游戲需要操作者控制棋子離開平臺時的速度，使其能跳到旁邊平臺上.如圖5所示的拋物線為棋子在某次跳躍過程中的運動軌跡，其最高點離平臺的高度為h，水平速度為v；若質(zhì)量為m的棋子在運動過程中可視為質(zhì)點，只受重力作用，重力加速度為g，則()圖5A.棋子從最高點落到平臺上所需時間t＝eq\r(\f(2h,g))B.若棋子在最高點的速度v變大，則其落到平臺上的時間變長C.棋子從最高點落到平臺的過程中，重力勢能減少mghD.棋子落到平臺上的速度大小為eq\r(2gh)答案AC解析由h＝eq\f(1,2)gt2得：t＝eq\r(\f(2h,g))，A項正確；下落時間與棋子在最高點的速度v無關(guān)，B項錯誤；棋子從最高點落到平臺的過程中，重力做功為mgh，重力勢能減少mgh，C項正確；由機械能守恒定律：eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，得：v′＝eq\r(v2＋2gh)，D項錯誤.9.(2018·岷縣一中高一下學期期末)如圖6所示，在粗糙斜面頂端固定一彈簧，其下端掛一物體，物體在A點處于平衡狀態(tài).現(xiàn)用平行于斜面向下的力拉物體，第一次直接拉到B點，第二次將物體先拉到C點，再回到B點，則這兩次過程中()圖6A.重力勢能改變量不相等B.彈簧的彈性勢能改變量相等C.摩擦力對物體做的功相等D.斜面彈力對物體做功相等答案BD解析第一次直接將物體拉到B點，第二次將物體先拉到C點，再回到B點，兩次初、末位置一樣，路徑不同，根據(jù)重力做功的特點只跟初、末位置有關(guān)，跟路徑無關(guān)，所以兩次重力做功相等，根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系得兩次重力勢能改變量相等，故A錯誤；由于兩次初、末位置一樣，即兩次對應(yīng)的彈簧的形變量一樣，所以兩次彈簧的彈性勢能改變量相等，故B正確；根據(jù)功的定義式得：摩擦力做功和路程有關(guān).兩次初、末位置一樣，路徑不同，所以兩次摩擦力對物體做的功不相等，故C錯誤；斜面的彈力與物體位移方向垂直，則彈力對物體不做功，即兩次斜面彈力對物體做功相等，故D正確.10.(2018·全國卷Ⅰ)2017年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波.根據(jù)科學家們復(fù)原的過程，在兩顆中子星合并前約100s時，它們相距約400km，繞二者連線上的某點每秒轉(zhuǎn)動12圈.將兩顆中子星都看作是質(zhì)量均勻分布的球體，由這些數(shù)據(jù)、萬有引力常量并利用牛頓力學知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星()A.質(zhì)量之積 B.質(zhì)量之和C.速率之和 D.各自的自轉(zhuǎn)角速度答案BC解析兩顆中子星運動到某位置的示意圖如圖所示每秒轉(zhuǎn)動12圈，角速度已知，中子星運動時，由萬有引力提供向心力得eq\f(Gm1m2,l2)＝m1ω2r1①eq\f(Gm1m2,l2)＝m2ω2r2②l＝r1＋r2③由①②③式得eq\f(Gm1＋m2,l2)＝ω2l，所以m1＋m2＝eq\f(ω2l3,G)，質(zhì)量之和可以估算.由線速度與角速度的關(guān)系v＝ωr得v1＝ωr1④v2＝ωr2⑤由③④⑤式得v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算.質(zhì)量之積和各自自轉(zhuǎn)的角速度無法求解.11.汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動機功率為P，牽引力為F0，t1時刻，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半，并保持該功率繼續(xù)行駛，到t2時刻，汽車又恢復(fù)了勻速直線運動(設(shè)整個過程中汽車所受的阻力不變).在下列選項中能正確反映汽車牽引力F、汽車速度v在這個過程中隨時間t的變化規(guī)律的是()答案AD解析開始時汽車做勻速運動，則F0＝Ff.由P＝Fv可判斷，P＝F0v0，v0＝eq\f(P,F0)＝eq\f(P,Ff)，當汽車功率減小一半，即P′＝eq\f(P,2)時，其牽引力為F′＝eq\f(P′,v0)＝eq\f(F0,2)＜Ff，汽車開始做加速度不斷減小的減速運動，F(xiàn)1＝eq\f(P′,v)＝eq\f(P,2v)，加速度大小為a＝eq\f(Ff－F1,m)＝eq\f(Ff,m)－eq\f(P,2mv)，由此可見，隨著汽車速度v減小，其加速度a也減小，最終以v＝eq\f(v0,2)做勻速直線運動，故A正確；同理，可判斷出汽車的牽引力由F′＝eq\f(F0,2)最終增加到F0，所以D正確.12.(2019·全國卷Ⅱ)如圖7(a)，在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離.某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v－t圖像如圖(b)所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻.則()圖7A.第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D.豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大答案BD解析根據(jù)v－t圖線與t軸所圍圖形的面積表示位移，可知第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的大，選項A錯誤；從起跳到落到雪道上，第一次速度變化大，時間短，由a＝eq\f(Δv,Δt)可知，第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，選項C錯誤；第二次滑翔過程中在豎直方向的位移比第一次的大，又運動員每次滑翔過程中豎直位移與水平位移的比值相同(等于傾斜雪道與水平面夾角的正切值)，故第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大，選項B正確；豎直方向上的速度大小為v1時，根據(jù)v－t圖線的斜率表示加速度可知，第二次滑翔過程中在豎直方向上的加速度比第一次的小，由牛頓第二定律有mg－Ff＝ma，可知第二次滑翔過程中在豎直方向上所受阻力比第一次的大，選項D正確.二、實驗題(本題共12分)13.(12分)(2019·北京卷改編)用如圖8所示裝置研究平拋運動.將白紙和復(fù)寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上.鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出，落在水平擋板MN上.由于擋板靠近硬板一側(cè)較低，鋼球落在擋板上時，鋼球側(cè)面會在白紙上擠壓出一個痕跡點.移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復(fù)，白紙上將留下一系列痕跡點.圖8(1)下列實驗條件必須滿足的有________.A.斜槽軌道光滑B.斜槽軌道末段水平C.擋板高度等間距變化D.每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球(2)為定量研究，建立以水平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標系.a.取平拋運動的起始點為坐標原點，將鋼球靜置于Q點，鋼球的________(選填“最上端”“最下端”或者“球心”)對應(yīng)白紙上的位置即為原點；在確定y軸時________(選填“需要”或者“不需要”)y軸與重垂線平行.b.若遺漏記錄平拋軌跡的起始點，也可按下述方法處理數(shù)據(jù)：如圖9所示，在軌跡上取A、B、C三點，AB和BC的水平間距相等且均為x，測得AB和BC的豎直間距分別是y1和y2，則eq\f(y1,y2)________eq\f(1,3)(選填“大于”“等于”或“小于”).可求得鋼球平拋的初速度大小為________(已知當?shù)刂亓铀俣葹間，結(jié)果用上述字母表示).圖9(3)為了得到平拋物體的運動軌跡，同學們還提出了以下三種方案，其中可行的是________.A.從細管水平噴出穩(wěn)定的細水柱，拍攝照片，即可得到平拋運動軌跡B.用頻閃照相在同一底片上記錄平拋小球在不同時刻的位置，平滑連接各位置，即可得到平拋運動軌跡C.將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以一定初速度水平拋出，將會在白紙上留下筆尖的平拋運動軌跡(4)伽利略曾研究過平拋運動，他推斷：從同一炮臺水平發(fā)射的炮彈，如果不受空氣阻力，不論它們能射多遠，在空中飛行的時間都一樣.這實際上揭示了平拋物體________.A.在水平方向上做勻速直線運動B.在豎直方向上做自由落體運動C.在下落過程中機械能守恒答案(1)BD(2分)(2)a.球心(1分)需要(1分)b.大于(2分)xeq\r(\f(g,y2－y1))(2分)(3)AB(2分)(4)B(2分)解析(1)因為本實驗是研究平拋運動，只需要每次實驗都能保證鋼球做相同的平拋運動，即每次實驗都要保證鋼球從同一高度無初速度釋放并水平拋出，沒必要要求斜槽軌道光滑，因此A錯誤，B、D正確；擋板高度可以不等間距變化，故C錯誤.(2)a.因為鋼球做平拋運動的軌跡是其球心的軌跡，故將鋼球靜置于Q點，鋼球的球心對應(yīng)白紙上的位置即為坐標原點(平拋運動的起始點)；在確定y軸時需要y軸與重垂線平行.b.由于平拋的豎直分運動是自由落體，故相鄰相等時間內(nèi)豎直方向上位移之比為1∶3∶5…，故兩相鄰相等時間內(nèi)豎直方向上的位移之比越來越大.因此eq\f(y1,y2)＞eq\f(1,3)；由y2－y1＝gT2，x＝v0T，聯(lián)立解得v0＝xeq\r(\f(g,y2－y1)).(3)將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以一定速度水平拋出，由于鉛筆受摩擦力作用，且不一定能保證鉛筆水平，鉛筆將不能始終保持垂直白紙板運動，鉛筆將發(fā)生傾斜，故不會在白紙上留下筆尖的平拋運動軌跡，故C不可行，A、B可行.(4)從同一炮臺水平發(fā)射的炮彈，如果不受空氣阻力，可認為做平拋運動，因此不論它們能射多遠，在空中飛行的時間都一樣，這實際上揭示了平拋物體在豎直方向上做自由落體運動，故選項B正確.三、計算題(本題共4小題，共40分)14.(8分)(2018·天門、仙桃、潛江市高一下學期期末聯(lián)考)如圖10，一足夠長的、不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，繩兩端各系一小球A和B.A球靜置于地面；B球用手托住，離地高度為h，此時輕繩剛好拉緊，從靜止開始釋放B后，在B觸地的瞬間，B球的速度大小為eq\r(gh)(g為重力加速度，不計空氣阻力)，求：圖10(1)B球與A球質(zhì)量的比值eq\f(M,m)；(2)運動過程中(B觸地前)A、B的加速度大小各是多少？答案(1)3(2)eq\f(g,2)eq\f(g,2)解析(1)對A、B組成的系統(tǒng)，機械能守恒，則(M－m)gh＝eq\f(1,2)(M＋m)v2(2分)解得：eq\f(M,m)＝3(2分)(2)對B分析，根據(jù)運動學公式可知2aBh＝v2(1分)解得運動過程中B的加速度大小為aB＝eq\f(g,2)(1分)對A分析，根據(jù)運動學公式可知2aAh＝v2(1分)解得運動過程中A的加速度大小為aA＝eq\f(g,2).(1分)15.(10分)(2018·商丘市高一下學期期末九校聯(lián)考)光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的圓形軌道在B點相切，軌道半徑R＝0.5m，一個質(zhì)量m＝2kg的小球在A處壓縮一輕質(zhì)彈簧，彈簧與小球不拴接.用手擋住小球不動，此時彈簧彈性勢能Ep＝36J，如圖11所示.放手后小球向右運動脫離彈簧，沿圓形軌道向上運動恰能通過最高點C，不計空氣阻力，g取10m/s2.求：圖11(1)小球脫離彈簧時的速度大小；(2)小球從B到C克服阻力做的功；(3)小球離開C點后落回水平面的位置到B點的距離x.答案(1)6m/s(2)11J(3)1m解析(1)設(shè)小球脫離彈簧時的速度大小為v1，根據(jù)機械能守恒定律Ep＝eq\f(1,2)mv12(2分)解得v1＝eq\r(\f(2Ep,m))＝6m/s(1分)(2)由動能定理得－mg·2R－Wf＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12(2分)小球恰能通過最高點C，故mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)(1分)聯(lián)立解得Wf＝11J(1分)(3)小球離開C點后做平拋運動2R＝eq\f(1,2)gt2(1分)x＝v2t(1分)解得x＝1m.(1分)16.(10分)如圖12所示，軌道ABCD平滑連接，其中AB為光滑的曲面，BC為粗糙水平面，CD為半徑為r的內(nèi)壁光滑的四分之一圓管，管口D正下方直立一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧，彈簧下端固定，上端恰好與D端齊平.質(zhì)量為m的小球在曲面AB上距BC高為3r處由靜止下滑，進入管口C端時與圓管恰好無壓力作用，通過CD后壓縮彈簧，壓縮過程中小球速度最大時彈簧彈性勢能為Ep.已知小球與水平面BC間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，求：圖12(1)水平面BC的長度s；(2)小球向下壓縮彈簧過程中的最大動能Ekm.答案(1)eq\f(5r,2μ)(2)eq\f(3,2)mgr＋eq\f(m2g2,k)－Ep解析(1)由小球在C點對軌道沒有壓力，有mg＝meq\f(v\o\al(2,C),r)(1分)小球從出