《2022-2023學年高中物理 模塊綜合試卷 滬科版必修2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022-2023學年高中物理 模塊綜合試卷 滬科版必修2（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022-2023學年高中物理 模塊綜合試卷 滬科版必修2 一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分) 1．一個物體在光滑水平面上以初速度v0做曲線運動，已知在此過程中物體只受一個恒力F作用，運動軌跡如圖1所示．則由M到N的過程中，物體的速度大小將(　　) 圖1 A．逐漸增大　　　　　 B．逐漸減小 C．先增大后減小 D．先減小后增大 答案　D 解析　判斷做曲線運動的物體速度大小的變化情況時，應從下列關(guān)系入手：當物體所受合外力方向與速度方向的夾角為銳角時，物體做曲線運動的速率增大；當物體所受合外力方向與速度方向的夾角為鈍角時，物體做曲線運動的速率減??；當物體所受合

2、外力方向與速度方向的夾角始終為直角時，物體做曲線運動的速率不變．在本題中，合力F的方向與速度方向的夾角先為鈍角，后為銳角，故D選項正確． 2．火星有兩顆衛(wèi)星，分別是火衛(wèi)一和火衛(wèi)二，它們的軌道近似為圓．已知火衛(wèi)一的周期為7小時39分，火衛(wèi)二的周期為30小時18分，則兩顆衛(wèi)星相比(　　) A．火衛(wèi)一距火星表面較近 B．火衛(wèi)二的角速度較大 C．火衛(wèi)一的運動速度較小 D．火衛(wèi)二的向心加速度較大 答案　A 解析　由＝ma＝＝mr得：a＝，v＝，r＝，則T大時，r大，a小，v小，且由ω＝知，T大，ω小，故正確選項為A. 3．如圖2所示為質(zhì)點做勻變速曲線運動軌跡的示意圖，且質(zhì)點運動到D點

3、(D點是曲線的拐點)時速度方向與加速度方向恰好互相垂直，則質(zhì)點從A點運動到E點的過程中，下列說法中正確的是(　　) 圖2 A．質(zhì)點經(jīng)過C點的速率比D點的大 B．質(zhì)點經(jīng)過A點時的加速度方向與速度方向的夾角小于90° C．質(zhì)點經(jīng)過D點時的加速度比B點的大 D．質(zhì)點從B到E的過程中加速度方向與速度方向的夾角先增大后減小 答案　A 解析　因為質(zhì)點做勻變速運動，所以加速度恒定，C項錯誤．在D點時加速度與速度垂直，故知加速度方向向上，合力方向也向上，所以質(zhì)點從C到D的過程中，方向與速度方向夾角大于90°，合力做負功，動能減小，vC>vD，A項正確，B項錯誤．從B至E的過程中，加速度方向與

4、速度方向夾角一直減小，D項錯誤． 4．把甲物體從2h高處以速度v0水平拋出，落地點與拋出點的水平距離為L，把乙物體從h高處以速度2v0水平拋出，落地點與拋出點的水平距離為s，不計空氣阻力，則L與s的關(guān)系為(　　) A．L＝ B．L＝s C．L＝s D．L＝2s 答案　C 解析　根據(jù)2h＝gt12，得t1＝2， 則L＝v0t1＝2v0. 由h＝gt22， 得t2＝，則s＝2v0t2＝2v0， 所以L＝s，故選項C正確． 5．明代出版的《天工開物》一書中就有牛力齒輪翻車的圖畫(如圖3所示)，記錄了我們祖先的勞動智慧．若A、B、C三齒輪半徑的大小關(guān)系為rA>rB>rC

5、，則(　　) 圖3 A．齒輪A的角速度比C的大 B．齒輪A、B的角速度大小相等 C．齒輪B與C邊緣的線速度大小相等 D．齒輪A邊緣的線速度比齒輪C邊緣的線速度大 答案　D 解析　齒輪A邊緣的線速度vA與齒輪B邊緣的線速度vB相等，齒輪B、C的角速度ωB＝ωC.由vA＝ωArA，vB＝ωBrB，vC＝ωCrC，vA＝vB，rA>rB>rC，ωB＝ωC可得：ωA<ωB，ωA<ωC，vB>vC，vA>vC，故選項D正確． 6．2015年9月23日，在江蘇省蘇州市進行的全國田徑錦標賽上高興龍獲得男子跳遠冠軍，在一次試跳中，他(可看成質(zhì)點)水平距離達8 m，最高處高達1 m．設(shè)他離開

6、地面時的速度方向與水平面的夾角為α，若不計空氣阻力，則tan α等于(　　) A. B.　C. D．1 答案　C 解析　從起點A到最高點B可看成平拋運動的逆過程，如圖所示，運動員做平拋運動，初速度方向與水平方向夾角的正切值為tan α＝2tan β＝2×＝2×＝，選項C正確． 7．引力波現(xiàn)在終于被人們用實驗證實，愛因斯坦的預言成為科學真理．早在70年代就有科學家發(fā)現(xiàn)，高速轉(zhuǎn)動的雙星可能由于輻射引力波而使星體質(zhì)量緩慢變小，觀測到周期在緩慢減小，則該雙星間的距離將(　　) A．變大 B．變小　C．不變 D．可能變大也可能變小 答案　B 8．(多選)如圖4所示，一質(zhì)量為m的

7、小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點處．將小球拉至A處，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，它運動到O點正下方B點速度為v，AB間的豎直高度差為h，則(　　) 圖4 A．由A到B重力做的功等于mgh B．由A到B重力勢能減少mv2 C．由A到B小球克服彈力做功為mgh D．小球到達位置B時彈簧的彈性勢能為mgh－ 答案　AD 解析　重力做功只和高度差有關(guān)，故由A到B重力做的功等于mgh，選項A正確；由A到B重力勢能減少mgh，選項B錯誤；由A到B小球克服彈力做功為W＝mgh－mv2，選項C錯誤，D正確． 9．(多選)如圖5所示，斜面頂端A與另一點B在同一水平線上，甲

8、、乙兩小球質(zhì)量相等．小球甲沿光滑固定斜面以初速度v0從頂端A滑到底端，小球乙以同樣的初速度從B點拋出，不計空氣阻力，則(　　) 圖5 A．兩小球落地速率相同 B．兩小球落地時，重力的瞬時功率相同 C．從開始運動至落地過程中，重力對它們做功相同 D．從開始運動至落地過程中，重力的平均功率相同 答案　AC 解析　由于斜面光滑，且不計空氣阻力，故兩小球運動過程中只有重力做功，由機械能守恒定律可知兩小球落地時速率相同，故選項A正確；由于A小球沿斜面做勻加速運動，B小球做斜拋運動，它們落地時的速度方向不同，故兩小球落地時，重力的瞬時功率不相同，選項B錯誤；由于重力做功與路徑無關(guān)，只與初

9、、末位置的高度差有關(guān)，故從開始運動至落地過程中，重力對它們做功相同，選項C正確；由于兩小球的運動方式不同，所以從開始運動至落地過程中所用時間不同，由P＝可知重力的平均功率不同，選項D錯誤． 10．(多選)在圓軌道上運動的質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星，它到地面的距離等于地球半徑R，地面上的重力加速度為g，則(　　) A．衛(wèi)星的動能為 B．衛(wèi)星運動的周期為4π C．衛(wèi)星運動的加速度為 D．衛(wèi)星運動的速度為 答案　AB 解析　人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，設(shè)地球質(zhì)量為M、衛(wèi)星的軌道半徑為r，則＝，忽略地球自轉(zhuǎn)的影響有＝mg，聯(lián)立得v＝，衛(wèi)星的動能Ek＝mv2＝mgR，

10、選項A正確，D錯誤；衛(wèi)星運動的周期T＝＝4π，選項B正確；設(shè)衛(wèi)星運動的加速度為a，則有＝ma，聯(lián)立得a＝，選項C錯誤． 11．(多選)如圖6所示，一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán)，用一細輕桿固定在豎直平面內(nèi)；套在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)，從大環(huán)的最高處由靜止滑下，滑到大環(huán)的最低點的過程中(重力加速度為g)(　　) 圖6 A．小環(huán)滑到大圓環(huán)的最低點時處于失重狀態(tài) B．小環(huán)滑到大圓環(huán)的最低點時處于超重狀態(tài) C．此過程中小環(huán)的機械能守恒 D．小環(huán)滑到大環(huán)最低點時，大圓環(huán)對桿的拉力大于(m＋M)g 答案　BCD 解析　小環(huán)滑到大圓環(huán)的最低點時，有豎直向上的加速度，由牛頓運動定律可知小環(huán)處于超重狀

11、態(tài)，同時知桿對大圓環(huán)的拉力大于(M＋m)g，由牛頓第三定律知，大圓環(huán)對桿的拉力大于(M＋m)g，故選項A錯誤，選項B、D正確．由于大環(huán)固定不動，對小環(huán)的支持力不做功，只有重力對小環(huán)做功，所以小環(huán)的機械能守恒，故選項C正確． 12．(多選)圖7甲為0.1 kg的小球從最低點A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4 m的半圓軌道后，小球速度的平方與其高度的關(guān)系圖像，如圖乙所示．已知小球恰能到達最高點C，軌道粗糙程度處處相同，空氣阻力不計．g取10 m/s2，B為AC軌道中點．下列說法正確的是(　　) 圖7 A．圖乙中x＝4 B．小球從B到C損失了0.125 J的機械能 C．小球從A到

12、C合外力對其做的功為－1.05 J D．小球從C拋出后，落地點到A的距離為0.8 m 答案　ACD 解析　當h＝0.8 m時小球在C點，由于小球恰能到達最高點C，故mg＝m，所以vC2＝gr＝10×0.4 m2·s－2＝4 m2·s－2，故選項A正確；由已知條件無法計算出小球從B到C損失了0.125 J的機械能，故選項B錯誤；小球從A到C，由動能定理可知W合＝mvC2－mvA2＝×0.1×4 J－×0.1×25 J＝－1.05 J，故選項C正確；小球離開C點后做平拋運動，故2r＝gt2，落地點到A的距離x1＝vCt，解得x1＝0.8 m，故選項D正確． 二、實驗題(本題共2小題，共16

13、分) 13．(8分)如圖8甲所示是某同學探究做圓周運動的物體質(zhì)量、向心力、軌道半徑及線速度關(guān)系的實驗裝置，圓柱體放置在水平光滑圓盤上做勻速圓周運動．力傳感器測量向心力F，速度傳感器測量圓柱體的線速度v，該同學通過保持圓柱體質(zhì)量和運動半徑不變，來探究向心力F與線速度v的關(guān)系： 圖8 (1)該同學采用的實驗方法為________． A．等效替代法　　B．控制變量法　　C．理想化模型法 (2)改變線速度v，多次測量，該同學測出了五組F、v數(shù)據(jù)，如下表所示： v/(m·s－1) 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 F/N 0.88 2.00 3.50 5.5

14、0 7.90 該同學對數(shù)據(jù)分析后，在圖乙坐標紙上描出了五個點． ①作出F－v2圖線； ②若圓柱體運動半徑r＝0.2 m，由作出的F－v2的圖線可得圓柱體的質(zhì)量m＝____ kg.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 答案　(1)B　(2)① ②0.18 14．(8分)某課外活動小組利用豎直上拋運動驗證機械能守恒定律． (1)某同學用20分度游標卡尺測量出小球的直徑為1.020 cm.圖9所示彈射裝置將小球豎直向上拋出，先后通過光電門A、B，計時裝置測出小球通過A、B的時間分別為2.55 ms、5.15 ms，由此可知小球通過光電門A、B時的速度分別為vA、vB，其中vA＝_____

15、___m/s. 圖9 (2)用刻度尺測出光電門A、B間的距離h，已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間，只需比較____(用題目中涉及的物理量符號表示)是否相等，就可以驗證機械能是否守恒． (3)通過多次實驗發(fā)現(xiàn)，小球通過光電門A的時間越短，(2)中要驗證的兩數(shù)值差越大，試分析實驗中產(chǎn)生誤差的主要原因是_________________________________________________． 答案　(1)4(4.0或4.00也對)　(2)gh和－　(3)小球上升過程中受到空氣阻力的作用，速度越大，所受阻力越大 解析　 (1)小球通過光電門可近似認為做勻速直線運動，所以vA＝＝＝4 m

16、/s； (2)在驗證機械能守恒定律時，要看動能的減少量是否等于勢能的增加量，即gh＝－； (3)小球通過A的時間越短，意味著小球的速度越大，而速度越大受到的空氣阻力就越大，損失的能量越多，動能的減少量和勢能的增加量差值就越大． 三、計算題(本題共3小題，共36分，解答時應寫出必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位) 15．(10分)如圖10所示，假設(shè)某星球表面上有一傾角為θ＝37°的固定斜面，一質(zhì)量為m＝2.0 kg的小物塊從斜面底端以速度9 m/s沿斜面向上運動，小物塊運動1.5 s時速度恰好為零．已知小物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)為0.25，該星球半徑為R＝1.2×103 k

17、m.試求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖10 (1)該星球表面上的重力加速度g的大??； (2)該星球的第一宇宙速度的大?。? 答案　(1)7.5 m/s2　(2)3×103 m/s 解析　(1)對物塊受力分析，由牛頓第二定律可得 －mgsin θ－μmgcos θ＝ma，① a＝，② 由①②代入數(shù)據(jù)求得g＝7.5 m/s2. (2)設(shè)第一宇宙速度為v， 由mg＝m得：v＝＝3×103 m/s. 16．(12分)如圖11所示，質(zhì)量為m＝1 kg的小滑塊(視為質(zhì)點)在半徑為R＝0.4 m的圓弧A端由靜止開始釋放，它運動到B點時速度為v＝2 m/s.當

18、滑塊經(jīng)過B后立即將圓弧軌道撤去．滑塊在光滑水平面上運動一段距離后，通過換向軌道由C點過渡到傾角為θ＝37°、長s＝1 m的斜面CD上，CD之間鋪了一層勻質(zhì)特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因數(shù)可在0≤μ≤1.5之間調(diào)節(jié)．斜面底部D點與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在O點，自然狀態(tài)下另一端恰好在D點．認為滑塊通過C和D前后速度大小不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力． 圖11 (1)求滑塊對B點的壓力大小以及在AB上克服阻力所做的功； (2)若設(shè)置μ＝0，求質(zhì)點從C運動到D的時間； (3)若最終滑塊

19、停在D點，求μ的取值范圍． 答案　見解析 解析　(1)在B點，N－mg＝m 解得N＝20 N 由牛頓第三定律，N′＝20 N 從A到B，由動能定理，mgR－W＝mv2 解得W＝2 J (2)μ＝0，滑塊在CD間運動，有mgsin θ＝ma 加速度a＝gsin θ＝6 m/s2 由勻變速運動規(guī)律得s＝vt＋at2 解得t＝ s，或t＝－1 s(舍去) (3)最終滑塊停在D點有兩種可能：a.滑塊恰好能從C下滑到D.則有 mgsin θ·s－μ1mgcos θ·s＝0－mv2，得到μ1＝1 b．滑塊在斜面CD和水平地面間多次反復運動，最終靜止于D點．當滑塊恰好能返回C：

20、－μ2mgcos θ·2s＝0－mv2得到μ2＝0.125 當滑塊恰好能靜止在斜面上，則有mgsin θ＝μ3mgcos θ，得到μ3＝0.75 所以，當0.125≤μ<0.75時，滑塊能在CD和水平地面間多次反復運動，最終靜止于D點． 綜上所述，μ的取值范圍是0.125≤μ<0.75或μ＝1. 【考點】動能定理的綜合應用問題 【題點】動能定理的綜合應用問題 17．(14分)為了研究過山車的原理，某物理小組提出了下列設(shè)想：取一個與水平方向夾角為θ＝60°、長為L1＝2 m的傾斜軌道AB，通過微小圓弧與長為L2＝ m的水平軌道BC相連，然后在C處設(shè)計一個豎直完整的光滑圓軌道，出口為水

21、平軌道上D處，如圖12所示．現(xiàn)將一個小球從距A點高為h＝0.9 m的水平臺面上以一定的初速度v0水平彈出，到A點時速度方向恰沿AB方向，并沿傾斜軌道滑下．已知小球與AB和BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝，g取10 m/s2. 圖12 (1)求小球初速度v0的大??； (2)求小球滑過C點時的速率vC； (3)要使小球不離開軌道，則豎直圓弧軌道的半徑R應該滿足什么條件？ 答案　(1) m/s　(2)3 m/s　(3)0