2019高中物理 模块综合试卷 沪科版必修2

模块综合试卷(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)1．一个物体在光滑水平面上以初速度v 0做曲线运动，已知在此过程中物体只受一个恒力F 作用，运动轨迹如图1所示．则由M 到N 的过程中，物体的速度大小将( )图1A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大答案 D解析 判断做曲线运动的物体速度大小的变化情况时，应从下列关系入手：当物体所受合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体做曲线运动的速率增大；当物体所受合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体做曲线运动的速率减小；当物体所受合外力方向与速度方向的夹角始终为直角时，物体做曲线运动的速率不变．在本题中，合力F 的方向与速度方向的夹角先为钝角，后为锐角，故D 选项正确．2．火星有两颗卫星，分别是火卫一和火卫二，它们的轨道近似为圆．已知火卫一的周期为7小时39分，火卫二的周期为30小时18分，则两颗卫星相比( ) A ．火卫一距火星表面较近 B ．火卫二的角速度较大 C ．火卫一的运动速度较小 D ．火卫二的向心加速度较大 答案 A解析 由GMm r 2＝ma ＝mv 2r ＝m 4π2T 2r 得：a ＝GMr2，v ＝GMr，r ＝3GMT 24π2，则T 大时，r 大，a 小，v 小，且由ω＝2πT知，T 大，ω小，故正确选项为A.3．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)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2A ．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C 到D 的过程中，方向与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小，v C >v D ，A 项正确，B 项错误．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．4．把甲物体从2h 高处以速度v 0水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为L ，把乙物体从h 高处以速度2v 0水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为s ，不计空气阻力，则L 与s 的关系为( ) A ．L ＝s2B ．L ＝2sC ．L ＝22s D ．L ＝2s答案 C解析 根据2h ＝12gt 12，得t 1＝2h g， 则L ＝v 0t 1＝2v 0h g. 由h ＝12gt 22，得t 2＝2hg，则s ＝2v 0t 2＝2v 02h g，所以L ＝22s ，故选项C 正确．5．明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图3所示)，记录了我们祖先的劳动智慧．若A 、B 、C 三齿轮半径的大小关系为r A >r B >r C ，则( )图3A ．齿轮A 的角速度比C 的大B ．齿轮A 、B 的角速度大小相等C ．齿轮B 与C 边缘的线速度大小相等D ．齿轮A 边缘的线速度比齿轮C 边缘的线速度大 答案 D解析 齿轮A 边缘的线速度v A 与齿轮B 边缘的线速度v B 相等，齿轮B 、C 的角速度ωB ＝ωC .由v A ＝ωA r A ，v B ＝ωB r B ，v C ＝ωC r C ，v A ＝v B ，r A >r B >r C ，ωB ＝ωC 可得：ωA <ωB ，ωA <ωC ，v B >v C ，v A >v C ，故选项D 正确．6．2015年9月23日，在江苏省苏州市进行的全国田径锦标赛上高兴龙获得男子跳远冠军，在一次试跳中，他(可看成质点)水平距离达8 m ，最高处高达1 m ．设他离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α，若不计空气阻力，则tan α等于( ) A.18 B.14 C.12 D ．1 答案 C解析 从起点A 到最高点B 可看成平抛运动的逆过程，如图所示，运动员做平抛运动，初速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α＝2tan β＝2×h x 2＝2×14＝12，选项C 正确．7．引力波现在终于被人们用实验证实，爱因斯坦的预言成为科学真理．早在70年代就有科学家发现，高速转动的双星可能由于辐射引力波而使星体质量缓慢变小，观测到周期在缓慢减小，则该双星间的距离将( ) A ．变大 B ．变小 C ．不变 D ．可能变大也可能变小 答案 B8．(多选)如图4所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点处．将小球拉至A 处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O 点正下方B 点速度为v ，AB 间的竖直高度差为h ，则()图4A ．由A 到B 重力做的功等于mghB ．由A 到B 重力势能减少12mv 2C ．由A 到B 小球克服弹力做功为mghD ．小球到达位置B 时弹簧的弹性势能为mgh －mv 22答案 AD解析 重力做功只和高度差有关，故由A 到B 重力做的功等于mgh ，选项A 正确；由A 到B 重力势能减少mgh ，选项B 错误；由A 到B 小球克服弹力做功为W ＝mgh －12mv 2，选项C 错误，D 正确．9．(多选)如图5所示，斜面顶端A 与另一点B 在同一水平线上，甲、乙两小球质量相等．小球甲沿光滑固定斜面以初速度v 0从顶端A 滑到底端，小球乙以同样的初速度从B 点抛出，不计空气阻力，则( )图5A ．两小球落地速率相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同D ．从开始运动至落地过程中，重力的平均功率相同 答案 AC解析 由于斜面光滑，且不计空气阻力，故两小球运动过程中只有重力做功，由机械能守恒定律可知两小球落地时速率相同，故选项A 正确；由于A 小球沿斜面做匀加速运动，B 小球做斜抛运动，它们落地时的速度方向不同，故两小球落地时，重力的瞬时功率不相同，选项B 错误；由于重力做功与路径无关，只与初、末位置的高度差有关，故从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同，选项C 正确；由于两小球的运动方式不同，所以从开始运动至落地过程中所用时间不同，由P ＝W t可知重力的平均功率不同，选项D 错误．10．(多选)在圆轨道上运动的质量为m 的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R ，地面上的重力加速度为g ，则( ) A ．卫星的动能为mgR4B ．卫星运动的周期为4π2R gC ．卫星运动的加速度为g2D ．卫星运动的速度为2Rg 答案 AB解析 人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设地球质量为M 、卫星的轨道半径为r ，则GMm(2R )2＝mv 22R ，忽略地球自转的影响有GMmR2＝mg ，联立得v ＝gR2，卫星的动能E k ＝12mv 2＝14mgR ，选项A 正确，D 错误；卫星运动的周期T ＝2πr v＝4π2Rg ，选项B 正确；设卫星运动的加速度为a ，则有GMm (2R )2＝ma ，联立得a ＝g4，选项C 错误．11．(多选)如图6所示，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环，从大环的最高处由静止滑下，滑到大环的最低点的过程中(重力加速度为g )( )图6A ．小环滑到大圆环的最低点时处于失重状态B ．小环滑到大圆环的最低点时处于超重状态C ．此过程中小环的机械能守恒D ．小环滑到大环最低点时，大圆环对杆的拉力大于(m ＋M )g 答案 BCD解析 小环滑到大圆环的最低点时，有竖直向上的加速度，由牛顿运动定律可知小环处于超重状态，同时知杆对大圆环的拉力大于(M ＋m )g ，由牛顿第三定律知，大圆环对杆的拉力大于(M ＋m )g ，故选项A 错误，选项B 、D 正确．由于大环固定不动，对小环的支持力不做功，只有重力对小环做功，所以小环的机械能守恒，故选项C 正确． 12．(多选)图7甲为0.1 kg 的小球从最低点A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m 的半圆轨道后，小球速度的平方与其高度的关系图像，如图乙所示．已知小球恰能到达最高点C ，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g 取10 m/s 2，B 为AC 轨道中点．下列说法正确的是( )图7A ．图乙中x ＝4B ．小球从B 到C 损失了0.125 J 的机械能 C ．小球从A 到C 合外力对其做的功为－1.05 JD ．小球从C 抛出后，落地点到A 的距离为0.8 m答案 ACD解析 当h ＝0.8 m 时小球在C 点，由于小球恰能到达最高点C ，故mg ＝m v C 2r，所以v C 2＝gr ＝10×0.4 m 2·s －2＝4 m 2·s－2，故选项A 正确；由已知条件无法计算出小球从B 到C 损失了0.125 J 的机械能，故选项B 错误；小球从A 到C ，由动能定理可知W 合＝12mv C 2－12mv A 2＝12×0.1×4 J－12×0.1×25 J＝－1.05 J ，故选项C 正确；小球离开C 点后做平抛运动，故2r ＝12gt 2，落地点到A 的距离x 1＝v C t ，解得x 1＝0.8 m ，故选项D 正确．二、实验题(本题共2小题，共16分)13．(8分)如图8甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动．力传感器测量向心力F ，速度传感器测量圆柱体的线速度v ，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力F 与线速度v 的关系：图8(1)该同学采用的实验方法为________．A ．等效替代法B ．控制变量法C ．理想化模型法(2)改变线速度v ，多次测量，该同学测出了五组F 、v 数据，如下表所示：该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点． ①作出F －v 2图线；②若圆柱体运动半径r ＝0.2 m ，由作出的F －v 2的图线可得圆柱体的质量m ＝____ kg.(结果保留两位有效数字) 答案 (1)B (2)①②0.1814．(8分)某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律．(1)某同学用20分度游标卡尺测量出小球的直径为1.020 cm.图9所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A 、B ，计时装置测出小球通过A 、B 的时间分别为2.55 ms 、5.15 ms ，由此可知小球通过光电门A 、B 时的速度分别为v A 、v B ，其中v A ＝________m/s.图9(2)用刻度尺测出光电门A 、B 间的距离h ，已知当地的重力加速度为g ，只需比较____(用题目中涉及的物理量符号表示)是否相等，就可以验证机械能是否守恒．(3)通过多次实验发现，小球通过光电门A 的时间越短，(2)中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是_________________________________________________． 答案 (1)4(4.0或4.00也对) (2)gh 和v A 22－v B 22(3)小球上升过程中受到空气阻力的作用，速度越大，所受阻力越大解析 (1)小球通过光电门可近似认为做匀速直线运动，所以v A ＝d t A ＝1.020 cm2.55 ms＝4 m/s ；(2)在验证机械能守恒定律时，要看动能的减少量是否等于势能的增加量，即gh ＝v A 22－v B 22；(3)小球通过A 的时间越短，意味着小球的速度越大，而速度越大受到的空气阻力就越大，损失的能量越多，动能的减少量和势能的增加量差值就越大．三、计算题(本题共3小题，共36分，解答时应写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 15．(10分)如图10所示，假设某星球表面上有一倾角为θ＝37°的固定斜面，一质量为m ＝2.0 kg 的小物块从斜面底端以速度9 m/s 沿斜面向上运动，小物块运动1.5 s 时速度恰好为零．已知小物块和斜面间的动摩擦因数为0.25，该星球半径为R ＝1.2×103km.试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图10(1)该星球表面上的重力加速度g 的大小； (2)该星球的第一宇宙速度的大小． 答案 (1)7.5 m/s 2(2)3×103m/s解析 (1)对物块受力分析，由牛顿第二定律可得 －mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，①a ＝0－v 0t，②由①②代入数据求得g ＝7.5 m/s 2. (2)设第一宇宙速度为v ，由mg ＝m v 2R得：v ＝gR ＝3×103m/s.16．(12分)如图11所示，质量为m ＝1 kg 的小滑块(视为质点)在半径为R ＝0.4 m 的14圆弧A 端由静止开始释放，它运动到B 点时速度为v ＝2 m/s.当滑块经过B 后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C 点过渡到倾角为θ＝37°、长s ＝1 m 的斜面CD 上，CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O 点，自然状态下另一端恰好在D 点．认为滑块通过C 和D 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图11(1)求滑块对B 点的压力大小以及在AB 上克服阻力所做的功； (2)若设置μ＝0，求质点从C 运动到D 的时间； (3)若最终滑块停在D 点，求μ的取值范围． 答案 见解析解析 (1)在B 点，N －mg ＝m v 2R解得N ＝20 N由牛顿第三定律，N ′＝20 N从A 到B ，由动能定理，mgR －W ＝12mv 2解得W ＝2 J(2)μ＝0，滑块在CD 间运动，有mg sin θ＝ma 加速度a ＝g sin θ＝6 m/s 2由匀变速运动规律得s ＝vt ＋12at 2解得t ＝13s ，或t ＝－1 s(舍去)(3)最终滑块停在D 点有两种可能：a.滑块恰好能从C 下滑到D .则有mg sin θ·s －μ1mg cos θ·s ＝0－12mv 2，得到μ1＝1b ．滑块在斜面CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点．当滑块恰好能返回C ： －μ2mg cos θ·2s ＝0－12mv 2得到μ2＝0.125当滑块恰好能静止在斜面上，则有mg sin θ＝μ3mg cos θ，得到μ3＝0.75所以，当0.125≤μ<0.75时，滑块能在CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点． 综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1. 【考点】动能定理的综合应用问题 【题点】动能定理的综合应用问题17．(14分)为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°、长为L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D 处，如图12所示．现将一个小球从距A 点高为h ＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝33，g 取10 m/s 2.图12(1)求小球初速度v 0的大小； (2)求小球滑过C 点时的速率v C ；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件？2019答案 (1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0<R ≤1.08 解析 (1)小球开始时做平抛运动：v y 2＝2gh ，代入数据解得v y ＝2gh ＝2×10×0.9 m/s ＝3 2 m/s ，A 点：tan 60°＝v yv x，得v x ＝v 0＝v yta n 60°＝323m/s ＝ 6 m/s.(2)从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv C 2－12mv 02，代入数据解得v C ＝3 6 m/s.(3)小球刚好能过最高点时，重力提供向心力，则mg ＝mv 2R 1，12mv C 2＝2mgR 1＋12mv 2，代入数据解得R 1＝1.08 m ，当小球刚能到达与圆心等高时，有12mv C 2＝mgR 2，代入数据解得R 2＝2.7 m ，当圆轨道与AB 相切时R 3＝BC ·tan 60°＝1.5 m ， 即圆轨道的半径不能超过1.5 m ，综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是0<R ≤1.08 m.。