高中物理模块综合检测二新人教版必修.doc

模块综合检测(二)

(时间：90分钟 满分：100分)

一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8题为单选，9～12题为多选，选对得4分，漏选得2分，多选、错选均不得分)

1.如图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

解析：小球做匀变速曲线运动，所以加速度不变，故选项C错误；由于在D点速度方向与加速度方向垂直，则在C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由C到D速率减小，即C点速率比D点大，故选项A正确；在A点速度方向与加速度方向的夹角也为钝角，故选项B错误；而从B到E的过程中速度方向与加速度的方向间的夹角越来越小，故选项D错误．

答案：A

2.如图所示，在水平地面上O点的正上方有A、B两点，已知OA＝AB＝h.现分别从A、B两点以20 m/s和10 m/s的水平速度同时抛出甲、乙两球，不计空气阻力，下列说法正确的是( )

A．两球都在空中时，它们之间的竖直距离保持不变 B．两球都在空中时，它们之间的水平距离保持不变 C．两球有可能同时落地

D．如果h取某一合适的值，甲、乙两球有可能落到水平地面上的同一点

解析：平抛运动可以看成是水平方向匀速运动与竖直方向自由落体运动的合运动．两球都在空中时，竖直方向做自由落体运动，它们之间的竖直距离保持不变，A正确；由x＝v0t，可知水平间距将越来越大，由t＝

2h可知两球不可能同时落地，由xA＝vAg2h，xB＝g谢谢您的观赏

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vB4h＝vA·g答案：A

h，可知xA＞xB，两球不可能落在地面上同一点，故B、C、D均错误． g3.如图所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑．图中有A、B、C三点，这三点所在处半径

rA>rB＝rC，则这三点的向心加速度aA、aB、aC的关系是( )

A．aA＝aB＝aC C．aC＜aA＜aB

B．aC＞aA＞aB D．aC＝aB＞aA

解析：A、B两点线速度相等，由a＝知，aA＜aB；A、C两点角速度相等，由a＝ωr，知aC＜aA，故选C.

答案：C

4．海王星是绕太阳运动的一颗行星，它有一颗卫星叫海卫1.若将海王星绕太阳的运动和海卫1绕海王星的运动均看作匀速圆周运动，则要计算海王星的质量，需要知道的量是(引力常量G为已知量)( )

A．海卫1绕海王星运动的周期和半径 B．海王星绕太阳运动的周期和半径

C．海卫1绕海王星运动的周期和海卫1的质量 D．海王星绕太阳运动的周期和太阳的质量

解析：计算海王星的质量：一种方法是知道海王星表面的重力加速度，根据公式mg＝

v2r2

MmG求解；另一种方法就是知道海王星的卫星绕它运动的周期和半径． R2由

GM海m4π2r3·4π2＝mr，得M海＝. r2T2GT2B能求出太阳的质量，C、D求不出，所以选A. 答案：A

5．以一定速度竖直上抛一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为Ff，则从抛出至落回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为( )

A．0 C．－2Ffh

B．－Ffh D．－4Ffh

解析：上升阶段，空气阻力做功W1＝－Ffh.下落阶段空气阻力做功W2＝－Ffh，整个过程中空气阻力做功W＝W1＋W2＝－2Ffh，故C选项正确．

答案：C

6．质量为2×10 kg、发动机的额定功率为80 kW的汽车在平直公路上行驶．若该汽车

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3

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所受阻力大小恒为4×10 N，则下列判断中正确的有( )

A．汽车的最大速度是10 m/s

B．汽车以2 m/s的加速度匀加速启动，启动后第2 s末时发动机的实际功率是32 kW C．汽车以2 m/s的加速度匀加速启动，匀加速运动所能维持的时间为10 s D．若汽车保持额定功率启动，则当其速度为5 m/s时，加速度为8 m/s

解析：当牵引力大小等于阻力时速度最大，根据P＝fvm得，汽车的最大速度vm＝＝

2

22

3

Pf80 000 m/s＝20 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律，得F－f＝ma，解得F＝f＋ma＝4 000 4 000N＋2 000×2 N＝8 000 N，第2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s，第2 s末发动机的实际功率P＝Fv＝8 000×4 W＝32 kW，故B正确；匀加速直线运动的末速度v＝＝P80 000 m/sF8 000＝10 m/s，做匀加速直线运动的时间t＝＝ s＝5 s，故C错误；当汽车速度为5 m/s时，牵引力F＝＝

v10a2Pv80 000F－f N＝16 000 N，根据牛顿第二定律，得汽车的加速度a＝＝5m16 000－4 00022

m/s＝6 m/s，故D错误．选B.

2 000答案：B

7.一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示．下列判断正确的是( )

A．0～2 s内外力的平均功率是4 W B．第2 s内外力所做的功是4 J C．第2 s末外力的瞬时功率最大

D．第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为9∶5

解析：0～1 s内，质点的加速度a1＝＝ m/s＝3 m/s，则质点在0～1 s内的位移

F13m122

11x1＝a1t21＝×3×1 m＝1.5 m，1 s末的速度v1＝a1t1＝3×1 m/s＝3 m/s，第2 s内质点的

22加速度a2＝＝ m/s＝1 m/s，第2 s内的位移x2＝v1t2＋a2t2＝3×1 m＋×1×1 m＝3.5 m，在0～2 s内外力F做功的大小W＝F1x1＋F2x2＝3×1.5 J＋1×3.5 J＝8 J，可知0～2 s

F21m122

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内外力的平均功率P＝＝ W＝4 W，故A正确；第2 s内外力做功W2＝F2x2＝1×3.5 J＝3.5 J，故B错误；第1 s末外力的瞬时功率P1＝F1v1＝3×3 W＝9 W，第2 s末的速度v2＝v1＋

W8t2a2t2＝3 m/s＋1×1 m/s＝4 m/s，则外力的瞬时功率P2＝F2v2＝1×4 W＝4 W，可知第2 s末

外力的瞬时功率不是最大，第1 s末和第2 s末外力的瞬时功率之比为9∶4，故C、D错误．

答案：A

8．如图所示，两颗星组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1∶m2＝3∶2，下列说法中正确的是( )

A．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3∶2 B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3∶2 C．m1做圆周运动的半径为L D．m2做圆周运动的半径为L 解析：根据F万＝F向，对m1有G2525m1m2v21m1m2v2222

＝m1＝m1r1ω，对m2有G＝m2＝m2r2ω，又L2r1L2r2

v1r1m222π

r1＋r2＝L，由以上各式得＝＝＝，A错误；由于T1＝T2，故ω＝相同，B错误；

v2r2m13T23r1＝L，r2＝L，C正确，D错误．

55答案：C

9．我国已发射了“嫦娥三号”卫星，该卫星在距月球表面H处的环月轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，其运行的周期为T，随后“嫦娥三号”在该轨道上A点采取措施，降至近月点高度为h的椭圆轨道Ⅱ上，如图所示．若以R表示月球的半径，忽略月球自转及地球对卫星的影响．则下述判断正确的是( )

A．“嫦娥三号”在环月轨道Ⅰ上需加速才能降至椭圆轨道Ⅱ

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B．“嫦娥三号”在图中椭圆轨道Ⅱ上的周期为 C．月球的质量为

（2R＋H＋h）3T

8（R＋H）34π2（R＋H）3

GT22π

R（R＋H）3

TRD．月球的第一宇宙速度为

解析：“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上运动，要使其沿椭圆轨道运动，“嫦娥三号”需做近心运动，故在轨道Ⅰ上需要对“嫦娥三号”减速，“嫦娥三号”才可以沿轨道Ⅱ运动，故A错误；根据开普勒第三定律

a3TⅠ＝k，得“嫦娥三号”在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的周期应满足＝T2TⅡ3，TⅠ＝T，解得TⅡ＝

（R＋H）31（2R＋H＋h）2（2R＋H＋h）3T，故B正确；“嫦娥三号”

8（R＋H）3在图中轨道Ⅰ上运动时，根据万有引力提供它做圆周运动的向心力，有G(R＋H)，解得月球的质量为M＝宙速度为v＝

答案：BCD

Mm4π2＝m（R＋H）2T24π2（R＋H）3Mmv2，故C正确；据G＝m，得月球的第一宇

GT2R2RGM2π

＝RR（R＋H）3，故D正确．

TR10．如图所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则( )

A．物块始终受到三个力作用

B．只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心 C．从a到b，物体所受的摩擦力先减小后增大 D．从b到a，物块处于超重状态

解析：在cd两点处，只受重力和支持力，在其他位置处物体受到重力、支持力、静摩擦力三个力的作用，故A错误；物体做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B错误；从a运动到b，物体的加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可得，物体所受木板的摩擦力先减小后增大，故C正确；从b运动到a，向心加速度有向上的分量，所以物体处于超重状态，故D正确．

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答案：CD

11．如图所示，在“嫦娥”探月工程中，设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g.飞船在半径为4R的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时，再次点火进入半径约为R的近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动，则( )

A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率等于

1g0R 2B．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率小于在轨道Ⅱ上B处的速率 C．飞船在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅱ上B处的加速度 D．飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的周期之比TⅠ∶TⅢ＝4∶1 解析：根据G解得v1＝

Mmv21

＝m，得飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v1＝

（4R）24RGM2

，又GM＝g0R，4RGM，飞船在轨道Ⅰ和rg0R1Mmv2＝g0R，故A正确；根据G＝m，解得v＝ 42r2r轨道Ⅲ上的速率关系为vⅢ＞vⅠ，飞船在轨道Ⅱ上的B处减速进入轨道Ⅲ，则飞船在轨道Ⅰ

Mmr2GM上的运行速率小于在轨道Ⅱ上B处的速率，故B正确；根据牛顿第二定律，得a＝＝，

mr2G飞船在轨道Ⅰ上的加速度小于在轨道Ⅱ上B处的加速度，故C错误；根据G＝mrMmr24π2，得T2T＝

4π2r3，飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的轨道半径之比为4∶1，则周期之比为8∶1，GM故D错误．

答案：AB

12．将一物体从地面以一定的初速度竖直上抛，从抛出到落回原地的过程中，空气阻力恒定．以地面为零势能面，则下列反映物体的机械能E、动能Ek、重力势能Ep及克服阻力所做的功W随距地面高度h变化的四个图象中，可能正确的是( )

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解析：物体运动过程中受重力和阻力，除重力外其余力做的功等于机械能的变化量，上升过程和下降过程中物体一直克服阻力做功，故机械能不断减小，但落回原地时有速度，机械能不可能为零，故A错误；物体运动过程中受重力和阻力，合力做功等于动能的变化量，上升过程动能不断减小，表达式为－(mg＋f)h＝Ek－Ek0，下降过程动能不断增大，表达式为(mg－f)(H－h)＝Ek，故B正确；重力做功等于重力势能的减少量，以地面为零势能面，故

Ep＝mgh，故C正确；上升过程中克服阻力所做的功W＝fh，下降过程中克服阻力做的功为W＝f(H－h)＝fH－fh，故D正确．

答案：BCD

二、非选择题(本题共5小题，共52分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

13．(6分)图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图．

(1)实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线 ．每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛 ．

(2)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为 m/s.

(3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L＝5 cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为 m/s.

解析：(1)方法一 取点(32.0，19.6)分析可得： 0．196＝×9.8×t21，0.32＝v0t1， 解得v0＝1.6 m/s.

(2)方法二 取点(48.0，44.1)分析可得： 0．441＝×9.8×t2， 0．48＝v0t2， 解得v0＝1.6 m/s.

(3)由图可知，物体由A→B和B→C所用的时间相等，且有：Δy＝gT，x＝v0T， 解得v0＝1.48 m/s.

答案：(1)水平 初速度相同 (2)1.6 (3)1.48

2

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14．(9分)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．

(1)若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些？ ．

(2)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．这样做的目的是 (填字母代号)．

A．避免小车在运动过程中发生抖动 B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰 C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动 D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力

(3)平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决方法： .

(4)他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的 (填字母代号)．

A．在接通电源的同时释放了小车 B．小车释放时离打点计时器太近

C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉 D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力

解析：(1)实验要处理纸带测速度，需要刻度尺，要分析动能的变化，必须要测出小车的质量，因此还需要天平．

(2)实验中调节定滑轮高度，使细绳与木板平行，可在平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车所受的合力，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改变了摩擦力就不能使细绳拉力等于小车所受的合力，D正确．

(3)在所挂钩码个数不变的情况下，要减小小车运动的加速度，可以增大小车的质量，即可在小车上加适量的砝码(或钩码)．

(4)如果用钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，发现拉力做的功总比小车动能的增量大，原因可能是阻力未被完全平衡掉，因此拉力做功一部分用来增大小车动能，一部分用来克服阻力做功；也可能是小车做加速运动，因此细绳的拉力小于钩码的重力，钧码的重力做的功大于细绳的拉力做的功，即大于小车动能的增量，C、D项正确．

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答案：(1)刻度尺、天平(包括砝码) (2)D (3)可在小车上加适量的砝码(或钩码) (4)CD

15．(10分)如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为45°.已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为f＝

2mg. 4

(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；

(2)若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的最大值和最小值．

解析：(1)当小物块受到的摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有mgtan θ＝mω20Rsin θ，

解得ω0＝

2g. R(2)当ω＞ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下时摩擦力达到最大值，设此时最大角速度为ω1，

由牛顿第二定律，得fcos θ＋FNsin θ＝mω21Rsin θ，

fsin θ＋mg＝FNcos θ，

联立以上三式，解得ω1＝

32g. 2R当ω＜ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2，

由牛顿第二定律，得FNsin θ－fcos θ＝mω2Rsin θ，

mg＝FNcos θ＋fsin θ，联立解得ω2＝

2g (2) R32g 2R2g. 2R2g 2R答案：(1)

16．(12分)宇航员在太空中待久了会由于失重使其身体肌肉变得虚弱，有人设想为了防止航天器中的宇航员的身体肌肉变得虚弱而用旋转的离心力模拟重力，其原理就是让太空舱旋转产生离心力，让里面的人和物体像受到重力一样．但是如果太空舱的旋转角速度大于

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0.2 rad/s人就会感到头晕．已知地球半径R＝6.4×10 km，地球表面重力加速度g取10 m/s.试问：

(1)若航天器绕地球做匀速圆周运动时，宇航员对航天器侧壁的压力与在地面上对地面的压力相等，且不感到头晕，则太空舱的半径至少为多大？

(2)若航天器在离地面距离也为R的高空中绕地球做匀速圆周运动，则航天器的运动周期有多大？

(3)若航天器绕地球做匀速圆周运动，航天器中的太空舱直径d＝5 m，要使太空舱中的宇航员不感到头晕且其自转的加速度与航天器绕地球公转的加速度大小相等，则航天器离地面至少多远？

解析：(1)宇航员对航天器侧壁的压力与在地面上对地面的压力相等时，有

3

2

mω2r＝ma＝mg，r＝

，

ω2g当ω＝0.2 rad/s时，r取最小值， 即rmin＝250 m.

(2)航天器在离地面距离也为R的高空中绕地球做匀速圆周运动时，有＝g，＝mGMR2GMm（R＋h）24π

(R＋h)，h＝R. T2解得T＝3 2002π s.

(3)当太空舱自转的加速度与绕地球公转的加速度相等时，有ω×＝2

dGMGM，且2（R＋h）2R2＝g，

解得h＝

2gR2－R， ω2d当ω＝0.2 rad/s时，h取最小值， 解得hmin＝5.76×10 km.

答案：(1)250 m (2)3 2002π s (3)5.76×10 km

17．(15分)如图所示，固定在水平面上的组合轨道，由光滑的斜面、光滑的竖直半圆(半径R＝2.5 m)与粗糙的水平轨道组成；水平轨道动摩擦因数μ＝0.25，与半圆的最低点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为m＝0.1 kg的小球从斜面上A处由静止开始滑下，并恰好能到达半圆轨道最高点D，且水平抛出，落在水平轨道的最左端B点处．不计空气阻力，小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失，g取10 m/s.求：

2

4

4

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(1)小球从D点抛出的速度vD； (2)水平轨道BC的长度x； (3)小球开始下落的高度h.

v2D

解析：(1)小球恰好能到达半圆轨道最高点D，此时只有重力作为向心力，即mg＝m，

R所以小球从D点抛出的速度

vD＝gR＝10×2.5 m/s＝5 m/s.

(2)根据竖直方向上的自由落体运动，可得 2R＝gt，

所以运动的时间为t＝

122

4R＝g4×2.5 s＝1 s， 10水平轨道BC的长度即为平抛运动的水平位移的大小， 所以x＝vDt＝5×1 m＝5 m.

(3)对从A到D的过程，利用动能定理，可得

1mgh－μmgx－mg·2R＝mv2D，解得h＝7.5 m.

2答案：(1)5 m/s (2)5 m (3)7.5 m

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