高中物理必修2 模块综合试卷(一)（含解析）—2023-2024学年高中物理人教版必修二

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高中物理必修2 模块综合试卷(一)(满分：100分)一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1．如图所示实例中均不考虑空气阻力，系统机械能守恒的是(　　)2．以下关于圆周运动描述正确的是(　　)A．如图甲所示，手握绳子能使小球在该水平面内做匀速圆周运动B．如图乙所示，小朋友在秋千的最低点时处于超重状态C．如图丙所示，旋转拖把桶的脱水原理是水滴受到了离心力，从而沿半径方向甩出D．如图丁所示，摩托车在水平赛道上匀速转弯时，为了安全经过弯道，人和摩托车整体会向弯道内侧倾斜，人和摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力和向心力四个力作用3.很多学校都流行跑操。在通过圆形弯道时每一列的连线沿着跑道；每一排的连线是一条直线且与跑道垂直；在跑操过程中，每位同学之间的间距保持不变。如图为某中学某班学生以整齐的步伐通过圆形弯道时的情形，此时此刻(　　)A．同一列的学生的线速度相同B．同一列的学生的向心力相同C．同一排外圈的学生比内圈的学生线速度更大D．同一排的学生的向心加速度相同4．天启星座，我国第一个实现组网运行的物联网星座，由38颗低轨道、低倾角小卫星组成。2020年1月，忻州号(天启5号)成功进入高度为500 km、通过地球两极上空的太阳同步轨道运行；7月25日，天启10号进入高度为900 km、轨道平面与地轴夹角为45°的倾斜轨道运行。已知忻州号与天启10号的质量相等，则在轨运行时(　　)A．两卫星的机械能一定相等B．忻州号的速率一定小于天启10号的速率C．忻州号可以定点于忻州市的上空D．天启10号每天一定会多次经过赤道上空5.质量为1 kg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10 m/s2，不计空气阻力，则物体上升3 m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/s6．2022年11月29日23时08分，神舟十五号载人飞船在我国酒泉卫星发射中心成功发射，并与在轨的空间站完成自主交会对接，我国航天员首次实现“太空会师”。若对接前后空间站距地面的高度不变，运行轨道可视为圆轨道。下列说法正确的是(　　)A．对接前后，空间站的运行周期变大B．对接前后，空间站的向心加速度变小C．对接前后，空间站的运行速率均小于7.9 km/sD．神舟十五号的发射速度可以小于7.9 km/s7．(2023·苏州市统考模拟)从地面上的某一点同时抛出两个相同的小球A、B，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，则下列选项一定正确的是(　　)A．A、B同时落地B．初速度vA>vBC．初速度的水平分量vAx>vBxD．落地时重力的瞬时功率PA>PB8．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．小球刚接触弹簧时加速度最大B．该弹簧的劲度系数为20.0 N/mC．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒9．(2023·南通市高一校考期中)如图所示，鼓形轮的半径为R，绕固定的光滑水平轴O匀速转动，角速度为ω。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。不计空气阻力，重力加速度为g。则(　　)A．小球线速度的大小为ωRB．任一小球所受重力的功率始终保持不变C．当小球转到水平位置时，杆的拉力大小为2mω2RD．当小球转到最低点时，杆的作用力大小为2mω2R＋mg10．(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．20 B．18 C．9 D．311.倾角θ＝37°的传送带以速度v＝1.0 m/s顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送k＝4.0 kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上时速度为零，传送带将煤屑送到h＝3.0 m的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。(重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则下列说法中正确的是(　　)A．煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时前进的位移是2.5 mB．煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时所用的时间是1.25 sC．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是122 WD．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是154 W二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12．(15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)。13．(6分)如图所示，质量m＝2 kg的小球用长L＝1.05 m的轻质细绳悬挂在距水平地面高H＝6.05 m的O点。现将细绳拉至水平状态，自A点无初速度释放小球，运动至悬点O的正下方B点时细绳恰好断裂，接着小球做平抛运动，落至水平地面上C点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)细绳能承受的最大拉力；(2)细绳断裂后小球在空中运动的时间；(3)小球落地瞬间速度的大小。14.(8分)(2022·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(比细圆管的内径大得多)，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，重力加速度为g。(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。15．(12分)如图所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角θ＝37°的固定光滑直轨道AC的底端挡板上，另一端位于直轨道上B点，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，BC＝4R，D点为圆弧轨道的最高点，A、B、C、D均在同一竖直面内，质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点，BE＝R。重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(1)求物块P运动到E点时弹簧的弹性势能；(2)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放，释放后P恰好能到达圆弧轨道的最高点D，求改变后物块P的质量。16．(15分)(2022·浙江1月选考改编)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放(g＝10 m/s2)。(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经过F点时的速度v与lx之间的关系式及滑块第一次经过F点时的速度v的取值范围。模块综合试卷(一)1．D　[人上楼过程中，人体的化学能转化为机械能，人和地球组成的系统机械能不守恒，A不符合题意；跳绳的过程中，人体的化学能转化为机械能，人和绳组成的系统机械能不守恒，B不符合题意；水滴石穿过程中，水滴的机械能转变为内能，水滴和石头组成的系统机械能不守恒，C不符合题意；箭射出后，箭、弓、地球组成的系统只有动能、弹性势能、重力势能相互转化，箭、弓、地球组成的系统机械能守恒，D符合题意。]2．B　[对小球受力分析，小球受竖直向下的重力和沿绳子方向的拉力，合力不可能沿水平方向，故手握绳子不可能使小球在该水平面内做匀速圆周运动，A错误；小朋友在秋千的最低点具有向上的加速度，处于超重状态，B正确；水滴与拖把间的作用力不足以提供其做圆周运动的向心力，水滴做离心运动，垂直半径沿切线方向甩出，不能说受到离心力，C错误；摩托车在水平赛道上匀速转弯时，为了安全经过弯道，人和摩托车整体会向弯道内侧倾斜，人和摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力三个力作用，D错误。]3．C　[通过圆形弯道时，由于同一列的学生的线速度方向不同，所以线速度不同，A错误；通过圆形弯道时，向心力方向指向圆心，同一列学生的向心力方向不同，B错误；该班学生以整齐的步伐通过圆形弯道时，因每一排的连线是一条直线，且与跑道垂直，相当于共轴转动，所以全排同学的角速度大小相等，根据v＝ωr，由于同一排外圈的学生比内圈的学生转动半径大，同一排外圈的学生比内圈的学生线速度更大，C正确；根据a＝rω2可知，同一排的学生的转动半径不同，同一排的学生的向心加速度不相同，D错误。]4．D　[两卫星的质量相同，轨道不同，做匀速圆周运动时，其动能不同，重力势能也不同，所以它们的机械能不相等，故A错误；根据万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)＝meq \f(4π2,T2)r，整理可得v＝eq \r(\f(GM,r))，T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))，忻州号的轨道半径小，所以其速率大，故B错误；忻州号在通过地球两极上空的太阳同步轨道运行，所以不会定点于忻州市的上空，故C错误；地球同步卫星半径约为36 000 km，根据以上选项分析，可知天启10号的公转周期与地球同步卫星相比很小，所以每天一定会多次经过赤道上空，故D正确。]5．B　[由动能定理可知WF－mgh＝eq \f(1,2)mv2，F－h图像与横轴围成的“面积”表示拉力做的功，则WF＝40 J，代入数据可解得v＝2eq \r(5) m/s，选项B正确。]6．C　[根据万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R＋h2)＝meq \f(4π2,T2)(R＋h)，解得T＝eq \r(\f(4π2R＋h3,GM))，对接前后空间站距地面的高度不变，可知空间站的运行周期不变，故A错误；根据万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R＋h2)＝ma，解得a＝eq \f(GM,R＋h2)，对接前后空间站距地面的高度不变，可知空间站的向心加速度不变，故B错误；根据万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R＋h2)＝meq \f(v2,R＋h)，解得v＝eq \r(\f(GM,R＋h))，7.9 km/s是卫星在地球附近绕地球运行的速度，空间站运行的轨道半径大于地球半径，所以对接前后空间站运行的速率均小于7.9 km/s，故C正确；7.9 km/s是卫星绕地球表面运行的最大速度，是发射的最小速度，神舟十五号的运行轨道半径大于地球半径，故神舟十五号的发射速度大于7.9 km/s，故D错误。]7．D　[斜抛运动竖直方向上是竖直上抛运动，由h＝eq \f(1,2)gt2，可知A球在空中运动时间长，B球先落地，故A错误；水平方向是匀速直线运动，由x＝vxt，A球运动时间长，水平位移小，故A球初速度的水平分量小，故C错误；由竖直方向vy＝gt，由于A球达到最高点的时间长，所以A球的竖直方向初速度大，小球的初速度v＝eq \r(vx2＋vy2)，由于A球水平初速度小而竖直分速度大，故两球的初速度大小无法判断，故B错误；落地时重力的瞬时功率P＝mgvy，由于两球的质量相等，A球落地时竖直方向速度大，所以落地时重力的瞬时功率A球的大，故D正确。]8．B　[由题图乙可知，弹簧压缩量为Δx＝0.1 m时小球的速度最大，此时弹簧对小球的力等于小球的重力，可得mg＝kΔx，解得该弹簧的劲度系数为20.0 N/m，B正确；由题图乙知Δx′＝0.61 m时，弹簧对小球的弹力最大，弹力最大时的加速度a＝eq \f(kΔx′－mg,m)＝51 m/s2>g，所以弹簧压缩到最短时小球的加速度最大，A错误；从小球接触弹簧到压缩至最短的过程中，刚开始弹簧对小球的弹力小于小球的重力，小球的速度继续增大，小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，当弹簧对小球的弹力大于小球的重力时，小球的速度减小，直到减为零，此时弹簧的弹性势能最大，所以整个过程，弹簧的弹性势能一直在增大，由于小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，所以小球的机械能不守恒，故C、D错误。]9．D　[小球线速度的大小为v＝ω·2R＝2ωR，故A错误；小球所受重力的功率为P＝mgvcos α，α为重力mg的方向与线速度v的方向的夹角，小球转动过程中，线速度始终沿轨迹的切线方向，其与重力的夹角不断变化，所以小球所受重力的功率不断变化，故B错误；当小球转到水平位置时，重力与杆的拉力的合力提供向心力，所以其大小为F＝eq \r(mg2＋mω2·2R2)＝eq \r(m2g2＋4m2ω4R2)，故C错误；当小球转到最低点时，根据牛顿第二定律，有F－mg＝mω2·2R，所以F＝2mω2R＋mg，故D正确。]10．B　[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。]11．D　[煤屑在传送带上加速运动时的加速度a＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2，煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时前进的位移x＝eq \f(v2,2a)＝1.25 m，故A错误；煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时所用的时间t＝eq \f(v,a)＝2.5 s，故B错误；设经过Δt时间，煤屑动能增加量ΔEk＝eq \f(1,2)kΔtv2，重力势能增加量ΔEp＝kΔtgh，摩擦产生的热量Q＝μkΔtgcos θ·(vt－x)，传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率P＝eq \f(ΔEk＋ΔEp＋Q,Δt)＝eq \f(1,2)kv2＋kgh＋μkgcos θ·(vt－x)＝154 W，故C错误，D正确。]12．(1)BD(3分)　(2)a.球心(2分)　需要(2分)　b．大于(4分)　xeq \r(\f(g,y2－y1))(4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))。13．(1)60 N　(2)1 s　(3)11 m/s解析　(1)根据机械能守恒定律得mgL＝eq \f(1,2)mvB2(1分)由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(vB2,L)(1分)解得细绳能承受最大拉力F＝60 N。(1分)(2)细绳断裂后，小球做平抛运动，有H－L＝eq \f(1,2)gt2(1分)解得t＝1 s。(3)整个过程，根据机械能守恒定律有mgH＝eq \f(1,2)mvC2(1分)解得vC＝11 m/s。(1分)14．(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，则有mg＝meq \f(vC2,R)(1分)可得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过程根据动能定理有－mg2R＝0－eq \f(1,2)mvB2(1分)解得vB＝2eq \r(gR)球经过B点时有FN－mg＝meq \f(vB2,R)(1分)可得FN＝5mg，根据牛顿第三定律有小球经过最低点B时对轨道的压力大小为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)可得vC′＝eq \r(\f(gR,2))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，(1分)解得h＝1.25R。(1分)15．(1)3mgR　(2)eq \f(30,53)m解析　(1)物块由C到E的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，有mg·5Rsin θ＝Ep(2分)解得Ep＝3mgR(1分)(2)物块恰好能到达D点，由牛顿第二定律，在D点有m1g＝m1eq \f(vD2,R)(2分)解得vD＝eq \r(gR)(1分)物块由E到D的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，有Ep＝m1g·hED＋eq \f(1,2)m1vD2(2分)其中E到D的高度差hED＝5Rsin θ＋R＋Rcos θ＝eq \f(24,5)R(3分)解得改变后物块P的质量m1＝eq \f(30,53)m。(1分)16．(1)7 N　(2)v＝eq \r(12lx－9.6) (m/s)(lx≥0.85 m)　v≥eq \r(0.6) m/s解析　(1)滑块由静止运动到C点过程，由动能定理mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝eq \f(1,2)mvC2(2分)经过C点时FN－mg＝meq \f(vC2,R)(2分)解得FN＝7 N(2分)(2)A→F，由动能定理mglxsin 37°－mg×4Rcos 37°＝eq \f(1,2)mv2(2分)解得v＝eq \r(12lx－9.6) (m/s)(2分)而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理mglxsin 37°－mg(3Rcos 37°＋R)＝0(2分)解得lx＝0.85 m(1分)则要保证小球能到F点，应使lx≥0.85 m，带入v＝eq \r(12lx－9.6) (m/s)得v≥eq \r(0.6) m/s。(2分)