高中物理必修2 模块综合试卷(二)（含解析）—2023-2024学年高中物理人教版必修二
文档属性
| 名称 | 高中物理必修2 模块综合试卷(二)（含解析）—2023-2024学年高中物理人教版必修二 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 891.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-02-14 22:20:00 | ||
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文档简介
高中物理必修2 模块综合试卷(二)
(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。
1．2022年，神舟十三号、十四号、十五号接力腾飞，中国空间站全面建成，可有多名宇航员长期驻留，并开展一系列的实验研究。下列情景可以在空间站中实现的是( )
A．如图甲所示，燃烧的火焰呈球状
B．如图乙所示，用弹簧测力计测量重力
C．如图丙所示，小球抛出后做平抛运动
D．如图丁所示，滴管中滴出的水滴呈水滴状
2．(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是( )
3．无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的
B．模型各个方向上受到的铁水的作用力大小相等
C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力
D．管状模型转动的角速度最大为
4．某种太阳能无人驾驶试验汽车上安装有太阳能电池板、蓄能电池和电动机。在某次启动中，汽车以恒定的功率P启动，所受阻力与速度成正比，比例系数为k，经时间t汽车的速度达到最大值，对这个过程下列说法正确的是( )
A．汽车的合外力不变
B．汽车的牵引力增大
C．汽车合外力做的功等于Pt
D．汽车达到的最大速度为
5.2022年10月31日，“梦天”实验舱在文昌航天发射场发射，成功和“天和”核心舱对接，并保持轨道半径不变，离地约400 km。“梦天”实验舱完成“T”字基本构型后，“神舟十四号”航天员乘组在“梦天”实验舱内完成了货包整理、设备安装等工作，彰显了中国独自组建空间站的航天实力。下列说法正确的是( )
A．“梦天”实验舱从高轨向低轨完成对接，加速运动就可完成对接任务
B．“梦天”实验舱与“天和”核心舱对接后，核心舱向心加速度变大
C．“梦天”实验舱发射速度必须小于第二宇宙速度
D．对接后“梦天”实验舱的角速度大小比同步卫星小
6．如图所示，A、B为两个相邻的试验平台，两平台高度差为80 cm，平台B的长度为2 m。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，若要求小车(可视为质点)在离开平台A后不落在平台B上，则小车在离开平台A时的速度至少为( )
A．6.0 m/s B．5.0 m/s
C．4.0 m/s D．2.0 m/s
7．设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍。不考虑行星自转的影响，则( )
A．金星表面的重力加速度是火星的倍
B．金星的“第一宇宙速度”是火星的倍
C．金星绕太阳运动的加速度比火星小
D．金星绕太阳运动的周期比火星大
8.蛙式滑板车陪伴很多小朋友度过了快乐的童年，其有两个踏板，一只脚踩一个踏板，通过两脚开合运动推动车子前进，如图为某款滑板车的实物图和示意图，图中虚线为某次运动时两后轮AB留下的痕迹，两踏板AO、BO有效长度为0.6 m，当∠AOB＝60°时，两踏板相对于O点合拢的角速度均为2 rad/s，此时虚线上对应位置的切线与AB共线，前轮CO在∠AOB的角平分线上，则滑板车前进的速度为( )
A. m/s B. m/s
C. m/s D. m/s
9.先后将小球1、2由同一位置以不同的速度竖直向上抛出，抛出后小球只受重力和水平方向的风力作用，两小球的运动轨迹如图中虚线所示，则两小球相比，下列说法正确的是( )
A．小球1竖直向上抛出的初速度比2小
B．小球1从抛出到落地的运动时间比2短
C．小球2水平方向上的平均速度一定比小球1的大
D．小球2所受的风力一定比小球1受到的大
10.在高空运行的同步卫星功能失效后，往往会被送到同步轨道上空几百公里处的“墓地轨道”，以免影响其他在轨卫星并节省轨道资源。如图所示，2022年1月22日，我国“实践21号”卫星在地球同步轨道“捕获”已失效的“北斗二号G2”卫星后，成功将其送入“墓地轨道”。已知地球自转周期为T0，转移轨道与同步轨道、墓地轨道分别相切于P、Q点，则“北斗二号G2”卫星( )
A．在墓地轨道上的运动周期大于T0
B．在同步轨道上的机械能大于在墓地轨道上的机械能
C．在转移轨道上经过P点的速度等于在同步轨道上经过P点的速度
D．在转移轨道上经过P点的加速度大于在同步轨道上经过P点的加速度
11．(2023·辽宁卷)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中( )
A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
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)“用DIS验证机械能守恒定律”实验装置如图。
(1)本实验利用________传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的________和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。
(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中________。
A．连接杆拉力不做功，合外力不做功
B．连接杆拉力不做功，合外力做正功
C．连接杆拉力做正功，合外力不做功
D．连接杆拉力做正功，合外力做正功
(3)根据实验数据绘制如图所示的图像，图像的横轴表示摆锤距离最低点的高度，纵轴表示小球的重力势能Ep、动能Ek或机械能E。其中表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek的图线分别是________和________。(均选填“甲”“乙”或“丙”)
(4)根据实验图像，可以得出的结论是________。
13.(6分)(2022·淮安市高一期末)如图所示，倾角为30°、足够长的光滑斜面体固定在水平地面上，顶端A点处固定有一光滑轻质定滑轮，一根轻绳跨过定滑轮，一端与斜面上质量为m＝2 kg的小滑块相连，另一端与光滑水平地面上质量为M＝10 kg的小车相连。开始小滑块位于斜面顶端A点处，小车位于水平地面A′点，轻绳恰好伸直且与水平地面间的夹角为30°。由静止释放小滑块，某时刻小滑块经过斜面上B点时的速度为v＝0.5 m/s，此时小车经过水平地面B′点，轻绳与水平地面间的夹角为60°，滑块、小车和定滑轮均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小车经过水平地面B′点时的速度v′的大小；
(2)A、B两点间的距离L。
14．(8分)如图甲所示，在某星球表面，一个轻绳约束下的质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点与最高点所受轻绳的拉力之差为ΔF，假设星球是均匀球体，其半径为R，已知引力常量为G。不计一切阻力。
(1)求星球表面重力加速度；
(2)求该星球的密度；
(3)如图乙所示，在该星球表面上，某小球以大小为v0的初速度平抛，恰好能击中倾角为θ的斜面，且位移最短，求该小球平抛的时间。
15．(12分)如图所示，跳台滑雪赛道可以简化为助滑道、起跳区、着陆坡等几段，起跳区BC是一小段半径R＝20 m的圆弧，助滑道和着陆坡两斜面与水平面的夹角θ均为37°，运动员与助滑道AB段间的动摩擦因数μ＝0.125。质量m＝60 kg的运动员(含装备)从A点无初速度下滑，从起跳区的C点起跳时速度沿水平方向，然后降落在着陆坡上的D点。不考虑空气阻力，运动员从起跳区的C点起跳后在空中时间为t＝3 s，在运动员运动的过程中可以把运动员看成质点。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)运动员在起跳区C点对滑道的压力是多少？
(2)若不考虑起跳区BC对运动员速度大小的影响，助滑道AB的长度至少是多少？
(3)运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离是多少？
16．(15分)(2022·无锡市高一期中)如图所示为某弹射游戏装置图。水平枪管中弹簧被弹射杆P用线拉着，处于压缩状态，质量为m的小钢球紧靠弹簧，枪口上边缘与半圆形光滑竖直轨道最高点A的内侧对齐。水平轨道BC在B、C两点分别与半圆轨道内侧和倾角θ＝45°的斜面平滑连接。扣动扳机，弹射杆P立即松开弹簧，钢球射出经轨道到达斜面上最高点D后又恰好能回到A点进入枪内，挤压弹簧后再次被弹出。已知半圆轨道半径为R，BC长s＝2R，球与斜面CD、水平面BC的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度为g，小球受到的摩擦力视为滑动摩擦力。求：
(1)小球第二次经过B点时的速度大小；
(2)弹簧储存的最大弹性势能Ep；
(3)通过计算说明小球能否脱离轨道。
模块综合试卷(二)
1．A [在完全失重状态下，燃烧的火焰呈球状，故A正确；在完全失重状态下，不能用弹簧测力计测量重力，故B错误；在完全失重状态下，小球抛出后不做平抛运动，故C错误；在完全失重状态下，滴管中滴出的水滴呈球状，故D错误。]
2．D [小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故A、B错误；小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正确。]
3．C [铁水做圆周运动，重力和弹力合力的一部分提供向心力，没有离心力，故A错误；铁水做圆周运动的向心力由重力和弹力的径向分力提供，故模型各个方向上受到的铁水的作用力不一定相同，故B错误；若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，则重力恰好提供向心力，故C正确；为了使铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，管状模型转动的角速度不小于临界速度即可，不存在最大值，故D错误。]
4．D [设汽车牵引力为F，所受阻力为Ff，由P＝Fv、Ff＝kv可知功率恒定的情况下，随着速度增大，牵引力减小，阻力增大，合外力变小，故A、B错误；合外力做的功等于电动机做的功Pt减去阻力做的功，小于Pt，故C错误；当汽车达到最大速度时，有P＝Fv＝Ffv＝kvmax2，解得vmax＝，故D正确。]
5．C [“梦天”实验舱从高轨道到低轨道，需要减速，故A错误；根据G＝ma，得a＝G，由于对接后“天和”核心舱的轨道半径不变，所以向心加速度不变，故B错误；“梦天”实验舱的发射速度需要大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故C正确；对接后“梦天”实验舱的轨道半径小于同步卫星轨道半径，根据G＝mrω2，得ω＝，可知“梦天”实验舱的角速度大于同步卫星的角速度，故D错误。]
6．B [根据题意可知，小车(可视为质点)在离开平台A后做平抛运动，竖直方向上有h＝gt2，水平方向上有x＝v0t，联立并代入数据，解得v0＝5.0 m/s，故选B。]
7．B [根据g＝可知，＝·＝，选项A错误；根据v＝可知，＝＝，选项B正确；根据a＝可知，轨道半径越大，加速度越小，选项C错误；由＝常量可知，轨道半径越大，周期越长，选项D错误。]
8．A [对左侧后轮进行分析，其合速度沿虚线切线方向，可分解为沿车前进的速度和绕A点转动的速度，如图所示，其中v转＝ωL＝1.2 m/s，则v车＝v转sin 30°＝ m/s，故选A。]
9．C [小球的运动可以分解为竖直方向的竖直上抛和水平方向的匀加速直线运动，上升阶段竖直方向满足v02＝2gh，h＝gt2，依题意，可知小球1上升高度大于小球2的上升高度，所以小球1竖直向上抛出的初速度大，小球1从抛出到落地的运动时间长，故A、B错误；由题图可知，小球1水平位移小，飞行时间长，根据水平方向的平均速度＝分析知，小球2的水平方向的平均速度一定比小球1的大，故C正确；小球水平方向满足x＝at2，由题图可知，小球1的飞行时间长，水平位移小，小球1的加速度小，但不知道两小球质量的关系，故不能判断出二者水平方向受力的关系，故D错误。]
10．A [根据万有引力提供向心力可得＝mr，解得T＝，由于墓地轨道的半径大于同步轨道半径，可知卫星在墓地轨道上的运动周期大于T0，故A正确；卫星从低轨道变轨到高轨道，需要点火加速，变轨时卫星的机械能增加，可知卫星在同步轨道上的机械能小于在墓地轨道上的机械能，故B错误；卫星在P点从同步轨道变轨到转移轨道，需要点火加速，则卫星在转移轨道上经过P点的速度大于在同步轨道上经过P点的速度，故C错误；根据牛顿第二定律可得＝ma，解得a＝，由于M、r都相同，可知卫星在转移轨道上经过P点的加速度等于在同步轨道上经过P点的加速度，故D错误。]
11．B [由题图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知，重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误。]
12．(1)光电门(2分) 高度(2分)
(2)B(3分) (3)乙(2分) 丙(2分)
(4)在实验误差允许的范围内，摆锤运动过程中机械能守恒(4分)
解析 (1)本实验利用光电门传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的高度和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。
(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中，连接杆拉力方向始终垂直于摆锤的速度方向，所以不做功，而摆锤动能增大，合外力做正功，故选B。
(3)摆锤的重力势能Ep随h的增大而增大，动能Ek随h的增大而减小，所以表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek的图线分别是乙和丙。
(4)甲图线表示摆锤运动过程中的机械能，在实验误差允许的范围内图线甲平行于h轴，由此可以得出的结论是摆锤运动过程中机械能守恒。
13. (1)1 m/s (2)0.525 m
解析 (1)将小车在B′点的速度分解成沿绳向上和垂直绳向下两个方向，其中沿绳方向的速度大小等于滑块的速度大小，则有v′cos 60°＝v(2分)
解得此时小车在水平地面B′点时的速度大小为v′＝＝1 m/s(1分)
(2)滑块和小车组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgLsin 30°＝mv2＋Mv′2(2分)
解得L＝0.525 m。(1分)
14．(1) (2) (3)
解析 (1)设小球在最高点受到绳子的拉力为F1，绳长为L，速率为v1，
则有F1＋mg＝m(1分)
设小球在最低点受到绳子拉力为F2，速率为v2，则有F2－mg＝m(1分)
小球从最高点到最低点的过程中应用动能定理可得mg·2L＝mv22－mv12(1分)
而ΔF＝F2－F1，故有g＝(1分)
(2)对星球表面上的物体，有G＝m′g(1分)
星球体积V＝πR3，故星球的密度为ρ＝＝(1分)
(3)最短位移为位移与斜面垂直，可知tan θ＝，x＝v0t，y＝gt2(1分)
联立可得t＝。(1分)
15．(1)1 800 N (2)40 m (3)9 m
解析 (1)运动员从C点起跳做平抛运动，水平方向有x＝vCt(1分)
竖直方向有y＝gt2(1分)
根据数学知识有
tan 37°＝＝(1分)
代入数据解得vC＝20 m/s(1分)
运动员在C点时，设滑道对运动员的支持力为FN，根据牛顿第二定律有
FN－mg＝m(1分)
解得FN＝1 800 N
根据牛顿第三定律可知，运动员在起跳区C点对滑道的压力为1 800 N。(1分)
(2)设助滑道AB的长度为x，根据动能定理有
mgxsin 37°－μmgxcos 37°＝mvC2(2分)
代入数据解得x＝40 m(1分)
(3)把运动员在C点时的运动，分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，根据几何关系，运动员在垂直斜面方向上的初速度为vx＝vCsin 37°＝12 m/s
垂直斜面方向上的加速度大小为
gx＝gcos 37°＝8 m/s2(1分)
根据题意可知，运动员在垂直斜面方向上先做匀减速运动，当速度减小到零时，与斜面距离最远，根据
vx2＝2gxx1(1分)
解得，运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离为x1＝＝9 m。(1分)
16．(1) (2)3.5mgR (3)不会脱离轨道，计算见解析
解析 (1)由题意，小球恰能返回A点，所以在A点由mg＝m得vA＝(2分)
设第二次经过B点的速度大小为vB，则由机械能守恒定律有
mvB2＝mvA2＋mg×2R(2分)
解得vB＝(1分)
(2)从D到B由动能定理得mgh－μmgcos θ×－μmgs＝mvB2(2分)
解得h＝4R
从发射到第一次回到A点，由功能关系可得Ep＝2μmg＋mvA2(2分)
解得Ep＝3.5mgR(1分)
(3)由机械能守恒定律知第三次经B点与第二次经B点动能相同，设第三次经B点能到达斜面的最大高度为h′，由动能定理得－mgh′－μmg
＝0－mvB2(2分)
代入数据得h′＝1.6 R(1分)
设第四次经B点后能达半圆轨道的最大高度为hm，则从h′到hm由动能定理得mgh′－μmg－mghm＝0－0(1分)
代入数据得hm＝0.7 R
因为0.7 R
(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。
1．2022年，神舟十三号、十四号、十五号接力腾飞，中国空间站全面建成，可有多名宇航员长期驻留，并开展一系列的实验研究。下列情景可以在空间站中实现的是( )
A．如图甲所示，燃烧的火焰呈球状
B．如图乙所示，用弹簧测力计测量重力
C．如图丙所示，小球抛出后做平抛运动
D．如图丁所示，滴管中滴出的水滴呈水滴状
2．(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是( )
3．无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的
B．模型各个方向上受到的铁水的作用力大小相等
C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力
D．管状模型转动的角速度最大为
4．某种太阳能无人驾驶试验汽车上安装有太阳能电池板、蓄能电池和电动机。在某次启动中，汽车以恒定的功率P启动，所受阻力与速度成正比，比例系数为k，经时间t汽车的速度达到最大值，对这个过程下列说法正确的是( )
A．汽车的合外力不变
B．汽车的牵引力增大
C．汽车合外力做的功等于Pt
D．汽车达到的最大速度为
5.2022年10月31日，“梦天”实验舱在文昌航天发射场发射，成功和“天和”核心舱对接，并保持轨道半径不变，离地约400 km。“梦天”实验舱完成“T”字基本构型后，“神舟十四号”航天员乘组在“梦天”实验舱内完成了货包整理、设备安装等工作，彰显了中国独自组建空间站的航天实力。下列说法正确的是( )
A．“梦天”实验舱从高轨向低轨完成对接，加速运动就可完成对接任务
B．“梦天”实验舱与“天和”核心舱对接后，核心舱向心加速度变大
C．“梦天”实验舱发射速度必须小于第二宇宙速度
D．对接后“梦天”实验舱的角速度大小比同步卫星小
6．如图所示，A、B为两个相邻的试验平台，两平台高度差为80 cm，平台B的长度为2 m。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，若要求小车(可视为质点)在离开平台A后不落在平台B上，则小车在离开平台A时的速度至少为( )
A．6.0 m/s B．5.0 m/s
C．4.0 m/s D．2.0 m/s
7．设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍。不考虑行星自转的影响，则( )
A．金星表面的重力加速度是火星的倍
B．金星的“第一宇宙速度”是火星的倍
C．金星绕太阳运动的加速度比火星小
D．金星绕太阳运动的周期比火星大
8.蛙式滑板车陪伴很多小朋友度过了快乐的童年，其有两个踏板，一只脚踩一个踏板，通过两脚开合运动推动车子前进，如图为某款滑板车的实物图和示意图，图中虚线为某次运动时两后轮AB留下的痕迹，两踏板AO、BO有效长度为0.6 m，当∠AOB＝60°时，两踏板相对于O点合拢的角速度均为2 rad/s，此时虚线上对应位置的切线与AB共线，前轮CO在∠AOB的角平分线上，则滑板车前进的速度为( )
A. m/s B. m/s
C. m/s D. m/s
9.先后将小球1、2由同一位置以不同的速度竖直向上抛出，抛出后小球只受重力和水平方向的风力作用，两小球的运动轨迹如图中虚线所示，则两小球相比，下列说法正确的是( )
A．小球1竖直向上抛出的初速度比2小
B．小球1从抛出到落地的运动时间比2短
C．小球2水平方向上的平均速度一定比小球1的大
D．小球2所受的风力一定比小球1受到的大
10.在高空运行的同步卫星功能失效后，往往会被送到同步轨道上空几百公里处的“墓地轨道”，以免影响其他在轨卫星并节省轨道资源。如图所示，2022年1月22日，我国“实践21号”卫星在地球同步轨道“捕获”已失效的“北斗二号G2”卫星后，成功将其送入“墓地轨道”。已知地球自转周期为T0，转移轨道与同步轨道、墓地轨道分别相切于P、Q点，则“北斗二号G2”卫星( )
A．在墓地轨道上的运动周期大于T0
B．在同步轨道上的机械能大于在墓地轨道上的机械能
C．在转移轨道上经过P点的速度等于在同步轨道上经过P点的速度
D．在转移轨道上经过P点的加速度大于在同步轨道上经过P点的加速度
11．(2023·辽宁卷)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中( )
A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
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)“用DIS验证机械能守恒定律”实验装置如图。
(1)本实验利用________传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的________和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。
(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中________。
A．连接杆拉力不做功，合外力不做功
B．连接杆拉力不做功，合外力做正功
C．连接杆拉力做正功，合外力不做功
D．连接杆拉力做正功，合外力做正功
(3)根据实验数据绘制如图所示的图像，图像的横轴表示摆锤距离最低点的高度，纵轴表示小球的重力势能Ep、动能Ek或机械能E。其中表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek的图线分别是________和________。(均选填“甲”“乙”或“丙”)
(4)根据实验图像，可以得出的结论是________。
13.(6分)(2022·淮安市高一期末)如图所示，倾角为30°、足够长的光滑斜面体固定在水平地面上，顶端A点处固定有一光滑轻质定滑轮，一根轻绳跨过定滑轮，一端与斜面上质量为m＝2 kg的小滑块相连，另一端与光滑水平地面上质量为M＝10 kg的小车相连。开始小滑块位于斜面顶端A点处，小车位于水平地面A′点，轻绳恰好伸直且与水平地面间的夹角为30°。由静止释放小滑块，某时刻小滑块经过斜面上B点时的速度为v＝0.5 m/s，此时小车经过水平地面B′点，轻绳与水平地面间的夹角为60°，滑块、小车和定滑轮均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小车经过水平地面B′点时的速度v′的大小；
(2)A、B两点间的距离L。
14．(8分)如图甲所示，在某星球表面，一个轻绳约束下的质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点与最高点所受轻绳的拉力之差为ΔF，假设星球是均匀球体，其半径为R，已知引力常量为G。不计一切阻力。
(1)求星球表面重力加速度；
(2)求该星球的密度；
(3)如图乙所示，在该星球表面上，某小球以大小为v0的初速度平抛，恰好能击中倾角为θ的斜面，且位移最短，求该小球平抛的时间。
15．(12分)如图所示，跳台滑雪赛道可以简化为助滑道、起跳区、着陆坡等几段，起跳区BC是一小段半径R＝20 m的圆弧，助滑道和着陆坡两斜面与水平面的夹角θ均为37°，运动员与助滑道AB段间的动摩擦因数μ＝0.125。质量m＝60 kg的运动员(含装备)从A点无初速度下滑，从起跳区的C点起跳时速度沿水平方向，然后降落在着陆坡上的D点。不考虑空气阻力，运动员从起跳区的C点起跳后在空中时间为t＝3 s，在运动员运动的过程中可以把运动员看成质点。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)运动员在起跳区C点对滑道的压力是多少？
(2)若不考虑起跳区BC对运动员速度大小的影响，助滑道AB的长度至少是多少？
(3)运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离是多少？
16．(15分)(2022·无锡市高一期中)如图所示为某弹射游戏装置图。水平枪管中弹簧被弹射杆P用线拉着，处于压缩状态，质量为m的小钢球紧靠弹簧，枪口上边缘与半圆形光滑竖直轨道最高点A的内侧对齐。水平轨道BC在B、C两点分别与半圆轨道内侧和倾角θ＝45°的斜面平滑连接。扣动扳机，弹射杆P立即松开弹簧，钢球射出经轨道到达斜面上最高点D后又恰好能回到A点进入枪内，挤压弹簧后再次被弹出。已知半圆轨道半径为R，BC长s＝2R，球与斜面CD、水平面BC的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度为g，小球受到的摩擦力视为滑动摩擦力。求：
(1)小球第二次经过B点时的速度大小；
(2)弹簧储存的最大弹性势能Ep；
(3)通过计算说明小球能否脱离轨道。
模块综合试卷(二)
1．A [在完全失重状态下，燃烧的火焰呈球状，故A正确；在完全失重状态下，不能用弹簧测力计测量重力，故B错误；在完全失重状态下，小球抛出后不做平抛运动，故C错误；在完全失重状态下，滴管中滴出的水滴呈球状，故D错误。]
2．D [小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故A、B错误；小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正确。]
3．C [铁水做圆周运动，重力和弹力合力的一部分提供向心力，没有离心力，故A错误；铁水做圆周运动的向心力由重力和弹力的径向分力提供，故模型各个方向上受到的铁水的作用力不一定相同，故B错误；若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，则重力恰好提供向心力，故C正确；为了使铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，管状模型转动的角速度不小于临界速度即可，不存在最大值，故D错误。]
4．D [设汽车牵引力为F，所受阻力为Ff，由P＝Fv、Ff＝kv可知功率恒定的情况下，随着速度增大，牵引力减小，阻力增大，合外力变小，故A、B错误；合外力做的功等于电动机做的功Pt减去阻力做的功，小于Pt，故C错误；当汽车达到最大速度时，有P＝Fv＝Ffv＝kvmax2，解得vmax＝，故D正确。]
5．C [“梦天”实验舱从高轨道到低轨道，需要减速，故A错误；根据G＝ma，得a＝G，由于对接后“天和”核心舱的轨道半径不变，所以向心加速度不变，故B错误；“梦天”实验舱的发射速度需要大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故C正确；对接后“梦天”实验舱的轨道半径小于同步卫星轨道半径，根据G＝mrω2，得ω＝，可知“梦天”实验舱的角速度大于同步卫星的角速度，故D错误。]
6．B [根据题意可知，小车(可视为质点)在离开平台A后做平抛运动，竖直方向上有h＝gt2，水平方向上有x＝v0t，联立并代入数据，解得v0＝5.0 m/s，故选B。]
7．B [根据g＝可知，＝·＝，选项A错误；根据v＝可知，＝＝，选项B正确；根据a＝可知，轨道半径越大，加速度越小，选项C错误；由＝常量可知，轨道半径越大，周期越长，选项D错误。]
8．A [对左侧后轮进行分析，其合速度沿虚线切线方向，可分解为沿车前进的速度和绕A点转动的速度，如图所示，其中v转＝ωL＝1.2 m/s，则v车＝v转sin 30°＝ m/s，故选A。]
9．C [小球的运动可以分解为竖直方向的竖直上抛和水平方向的匀加速直线运动，上升阶段竖直方向满足v02＝2gh，h＝gt2，依题意，可知小球1上升高度大于小球2的上升高度，所以小球1竖直向上抛出的初速度大，小球1从抛出到落地的运动时间长，故A、B错误；由题图可知，小球1水平位移小，飞行时间长，根据水平方向的平均速度＝分析知，小球2的水平方向的平均速度一定比小球1的大，故C正确；小球水平方向满足x＝at2，由题图可知，小球1的飞行时间长，水平位移小，小球1的加速度小，但不知道两小球质量的关系，故不能判断出二者水平方向受力的关系，故D错误。]
10．A [根据万有引力提供向心力可得＝mr，解得T＝，由于墓地轨道的半径大于同步轨道半径，可知卫星在墓地轨道上的运动周期大于T0，故A正确；卫星从低轨道变轨到高轨道，需要点火加速，变轨时卫星的机械能增加，可知卫星在同步轨道上的机械能小于在墓地轨道上的机械能，故B错误；卫星在P点从同步轨道变轨到转移轨道，需要点火加速，则卫星在转移轨道上经过P点的速度大于在同步轨道上经过P点的速度，故C错误；根据牛顿第二定律可得＝ma，解得a＝，由于M、r都相同，可知卫星在转移轨道上经过P点的加速度等于在同步轨道上经过P点的加速度，故D错误。]
11．B [由题图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知，重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误。]
12．(1)光电门(2分) 高度(2分)
(2)B(3分) (3)乙(2分) 丙(2分)
(4)在实验误差允许的范围内，摆锤运动过程中机械能守恒(4分)
解析 (1)本实验利用光电门传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的高度和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。
(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中，连接杆拉力方向始终垂直于摆锤的速度方向，所以不做功，而摆锤动能增大，合外力做正功，故选B。
(3)摆锤的重力势能Ep随h的增大而增大，动能Ek随h的增大而减小，所以表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek的图线分别是乙和丙。
(4)甲图线表示摆锤运动过程中的机械能，在实验误差允许的范围内图线甲平行于h轴，由此可以得出的结论是摆锤运动过程中机械能守恒。
13. (1)1 m/s (2)0.525 m
解析 (1)将小车在B′点的速度分解成沿绳向上和垂直绳向下两个方向，其中沿绳方向的速度大小等于滑块的速度大小，则有v′cos 60°＝v(2分)
解得此时小车在水平地面B′点时的速度大小为v′＝＝1 m/s(1分)
(2)滑块和小车组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgLsin 30°＝mv2＋Mv′2(2分)
解得L＝0.525 m。(1分)
14．(1) (2) (3)
解析 (1)设小球在最高点受到绳子的拉力为F1，绳长为L，速率为v1，
则有F1＋mg＝m(1分)
设小球在最低点受到绳子拉力为F2，速率为v2，则有F2－mg＝m(1分)
小球从最高点到最低点的过程中应用动能定理可得mg·2L＝mv22－mv12(1分)
而ΔF＝F2－F1，故有g＝(1分)
(2)对星球表面上的物体，有G＝m′g(1分)
星球体积V＝πR3，故星球的密度为ρ＝＝(1分)
(3)最短位移为位移与斜面垂直，可知tan θ＝，x＝v0t，y＝gt2(1分)
联立可得t＝。(1分)
15．(1)1 800 N (2)40 m (3)9 m
解析 (1)运动员从C点起跳做平抛运动，水平方向有x＝vCt(1分)
竖直方向有y＝gt2(1分)
根据数学知识有
tan 37°＝＝(1分)
代入数据解得vC＝20 m/s(1分)
运动员在C点时，设滑道对运动员的支持力为FN，根据牛顿第二定律有
FN－mg＝m(1分)
解得FN＝1 800 N
根据牛顿第三定律可知，运动员在起跳区C点对滑道的压力为1 800 N。(1分)
(2)设助滑道AB的长度为x，根据动能定理有
mgxsin 37°－μmgxcos 37°＝mvC2(2分)
代入数据解得x＝40 m(1分)
(3)把运动员在C点时的运动，分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，根据几何关系，运动员在垂直斜面方向上的初速度为vx＝vCsin 37°＝12 m/s
垂直斜面方向上的加速度大小为
gx＝gcos 37°＝8 m/s2(1分)
根据题意可知，运动员在垂直斜面方向上先做匀减速运动，当速度减小到零时，与斜面距离最远，根据
vx2＝2gxx1(1分)
解得，运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离为x1＝＝9 m。(1分)
16．(1) (2)3.5mgR (3)不会脱离轨道，计算见解析
解析 (1)由题意，小球恰能返回A点，所以在A点由mg＝m得vA＝(2分)
设第二次经过B点的速度大小为vB，则由机械能守恒定律有
mvB2＝mvA2＋mg×2R(2分)
解得vB＝(1分)
(2)从D到B由动能定理得mgh－μmgcos θ×－μmgs＝mvB2(2分)
解得h＝4R
从发射到第一次回到A点，由功能关系可得Ep＝2μmg＋mvA2(2分)
解得Ep＝3.5mgR(1分)
(3)由机械能守恒定律知第三次经B点与第二次经B点动能相同，设第三次经B点能到达斜面的最大高度为h′，由动能定理得－mgh′－μmg
＝0－mvB2(2分)
代入数据得h′＝1.6 R(1分)
设第四次经B点后能达半圆轨道的最大高度为hm，则从h′到hm由动能定理得mgh′－μmg－mghm＝0－0(1分)
代入数据得hm＝0.7 R
因为0.7 R