模塊綜合試卷(二)(時間：75分鐘滿分：100分)一、單項選擇題：共10題，每題4分，共40分．每題只有一個選項最符合題意．1．下列說法正確的是()A．兩個勻變速直線運動的合運動一定是勻變速直線運動B．做圓周運動的物體受到的合力不一定指向圓心C．一對摩擦力做功的代數(shù)和為零D．物體豎直向上運動，其機械能一定增加答案B解析兩個勻變速直線運動，若合加速度方向與合初速度方向相同，則合運動為勻變速直線運動，若合加速度方向與合初速度方向有夾角，則合運動為勻變速曲線運動，選項A錯誤；物體做勻速圓周運動時，合力一定指向圓心，若物體做變速圓周運動，則合力不指向圓心，選項B正確；一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和為負值，選項C錯誤；物體豎直向上運動時，若受到除重力以外的向上的外力，則機械能增加，若受到除重力以外的向下的外力，則機械能減少，若除重力外不受到外力，則機械能不變，選項D錯誤．2.(2020·潮州高級中學高一期末)在一次飛行表演中，一架“殲－20”戰(zhàn)斗機先水平向右，再沿曲線ab向上(如圖1)，最后沿陡斜線直入云霄．設飛行路徑在同一豎直面內，飛行速率不變．則沿曲線ab飛行時，戰(zhàn)斗機()圖1A．所受合外力為零B．速度方向不斷變化C．豎直方向的分速度逐漸減小D．水平方向的分速度不變答案B解析戰(zhàn)斗機做曲線運動，速度方向發(fā)生變化，所受合外力不為零，A錯誤，B正確．戰(zhàn)斗機的飛行速度大小v不變，與水平方向的夾角θ增大，則vy＝vsinθ增大，即戰(zhàn)斗機豎直方向的分速度逐漸增大，C錯誤．戰(zhàn)斗機的飛行速度大小v不變，與水平方向的夾角θ增大，則vx＝vcosθ減小，即戰(zhàn)斗機水平方向的分速度逐漸減小，D錯誤．3．火箭發(fā)射回收是航天技術的一大進步，如圖2所示，火箭在返回地面前的某段運動可看成先勻速后減速的直線運動，最后撞落在地面上，不計火箭質量的變化，則()圖2A．火箭在勻速下降過程中，機械能守恒B．火箭在減速下降過程中，攜帶的檢測儀器處于失重狀態(tài)C．火箭在減速下降過程中合力做功等于火箭機械能的變化D．火箭著地時，火箭對地面的作用力大于自身的重力答案D解析勻速下降階段，火箭所受的阻力等于重力，除了重力做功外，還有阻力做功，所以機械能不守恒，選項A錯誤；在減速下降階段，加速度向上，所以處于超重狀態(tài)，選項B錯誤；火箭著地時，做減速運動，加速度向上，處于超重狀態(tài)，則地面對火箭的作用力大于火箭的重力，由牛頓第三定律知，火箭對地面的作用力大于自身的重力，選項D正確；合外力做功等于動能的改變量，選項C錯誤．4．設行星繞太陽的運動是勻速圓周運動，金星自身的半徑是火星的n倍，質量為火星的k倍．不考慮行星自轉的影響，則()A．金星表面的重力加速度是火星的eq\f(k,n)倍B．金星的“第一宇宙速度”是火星的eq\r(\f(k,n))倍C．金星繞太陽運動的加速度比火星小D．金星繞太陽運動的周期比火星大答案B解析根據(jù)g＝eq\f(GM,R2)可知，eq\f(g金,g火)＝eq\f(M金,M火)·eq\f(R\o\al(火2),R\o\al(金2))＝eq\f(k,n2)，選項A錯誤；根據(jù)v＝eq\r(\f(GM,R))可知，eq\f(v金,v火)＝eq\r(\f(k,n))，選項B正確；根據(jù)a＝eq\f(GM太,r2)可知，軌道半徑越大，加速度越小，選項C錯誤；由eq\f(r3,T2)＝常量可知，軌道半徑越大，周期越長，選項D錯誤．5．用豎直向上、大小為30N的力F，將2kg的物體從沙坑表面由靜止提升1m時撤去力F，經(jīng)一段時間后，物體落入沙坑，測得落入沙坑的深度為20cm.若忽略空氣阻力，g取10m/s2，則物體克服沙坑的阻力所做的功為()A．20JB．24JC．34JD．54J答案C解析對全程應用動能定理，有Fh＋mgd－W克f＝0，解得物體克服沙坑的阻力所做的功W克f＝34J，選項C正確．6.(2021·浙江紹興市高一期中)2021年2月11日除夕，中國“天問一號”探測器飛行202天抵近火星時，主發(fā)動機長時間點火“踩剎車”，“大速度增量減速”，從而被火星引力場捕獲，順利進入近火點高度約400千米、周期約10個地球日、傾角約10°的大橢圓環(huán)火軌道，成為我國第一顆人造火星衛(wèi)星，于2021年5月著陸巡視器成功實施軟著陸．如圖3，“天問一號”在P點被火星捕獲后，假設進入大橢圓環(huán)火軌道Ⅲ，一段時間后，在近火點Q點火制動變軌至中橢圓環(huán)火軌道Ⅱ運行，再次經(jīng)過近火點Q點火制動變軌至近火圓軌道Ⅰ運行．下列說法正確的是()圖3A．在地球上發(fā)射“天問一號”環(huán)火衛(wèi)星速度必須大于16.7km/sB．“天問一號”在軌道Ⅲ上運行的周期小于在軌道Ⅱ上運行的周期C．“天問一號”在P點的機械能大于在軌道Ⅰ上Q點的機械能D．“天問一號”分別經(jīng)過軌道Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ上Q點的加速度大小不相等答案C解析“天問一號”能夠擺脫地球引力的束縛到達火星且沒有飛出太陽系，所以在地球上發(fā)射“天問一號”環(huán)火衛(wèi)星速度必須大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度，即16.7km/s＞v發(fā)＞11.2km/s，故A錯誤；軌道Ⅲ的半長軸比軌道Ⅱ的半長軸長，根據(jù)開普勒第三定律可知“天問一號”在軌道Ⅲ上運行的周期大于在軌道Ⅱ上運行的周期，故B錯誤；“天問一號”從P點到軌道Ⅰ上Q點的運動過程中需要經(jīng)歷點火制動，發(fā)動機對衛(wèi)星做負功，所以“天問一號”在P點的機械能大于在軌道Ⅰ上Q點的機械能，故C正確；“天問一號”分別經(jīng)過軌道Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ上Q點時所受萬有引力大小相等，所以加速度大小相等，故D錯誤．7.如圖4所示為可視為質點的排球從O點水平拋出后，只在重力作用下運動的軌跡示意圖．已知排球從O點到a點與從a點到b點的時間相等，則()圖4A．排球從O點到a點和從a點到b點重力做功之比為1∶1B．排球從O點到a點和從a點到b點重力做功的平均功率之比為1∶3C．排球運動到a點和b點時重力的瞬時功率之比為1∶3D．排球運動到a點和b點時的速度大小之比為1∶2答案B解析排球拋出后，在豎直方向上做自由落體運動，在最初的相同時間內豎直方向運動的位移大小之比為1∶3，則排球從O點到a點和從a點到b點豎直方向運動的位移大小之比為1∶3，重力做功之比為1∶3，重力做功的平均功率之比為1∶3，選項A錯誤，B正確；由vy＝gt得排球落到a點和b點時的豎直速度大小之比為1∶2，又P＝mgvy，可得重力的瞬時功率之比為1∶2，選項C錯誤；排球落到a點和b點的豎直速度大小之比為1∶2，水平速度相同，根據(jù)v＝eq\r(v\o\al(x2)＋v\o\al(y2))，可知排球運動到a點和b點時的速度大小之比不為1∶2，選項D錯誤．8.(2021·云南臨滄一中模擬)如圖5所示為一種叫作“魔盤”的娛樂設施，當轉盤轉動很慢時，人會隨著“魔盤”一起轉動，當“魔盤”轉動到一定速度時，人會“貼”在“魔盤”豎直壁上，而不會滑下．若魔盤半徑為r，人與魔盤豎直壁間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，在人“貼”在“魔盤”豎直壁上隨“魔盤”一起運動過程中，下列說法正確的是()圖5A．人隨“魔盤”轉動過程中受重力、彈力、摩擦力和向心力作用B．如果轉速變大，人與器壁之間的摩擦力變大C．如果轉速變大，人與器壁之間的彈力不變D．“魔盤”的轉速一定不小于eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))答案D解析人隨“魔盤”轉動過程中受重力、彈力和摩擦力作用，向心力由彈力提供，故A錯誤；人在豎直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，則知轉速變大時，人與器壁之間的摩擦力不變，故B錯誤；如果轉速變大，由F＝mrω2知，人與器壁之間的彈力變大，故C錯誤；人恰好“貼”在“魔盤”上有，mg＝Ffmax，F(xiàn)N＝mr(2πn)2，又Ffmax＝μFN，解得轉速為n＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))，故“魔盤”的轉速一定不小于eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))，故D正確．9.(2021·浙江寧波市期末)如圖6為中國女排隊員比賽中高拋發(fā)球，若球離開手時正好在底線中點正上空3.50m處，速度方向水平且與底線垂直．已知每邊球場的長和寬均為9m，球網(wǎng)高2.25m，不計空氣阻力(g＝10m/s2，eq\r(0.7)＝0.84)．為了使球能落到對方場地，下列發(fā)球速度大小可行的是()圖6A．15m/s B．17m/sC．20m/s D．25m/s答案C解析發(fā)球后球做平拋運動，設球剛好過網(wǎng)所用時間為t1，發(fā)球速度為v1，則球在豎直方向的位移h1為發(fā)球高度減去球網(wǎng)高度，水平方向位移x1＝9m，根據(jù)公式h＝eq\f(1,2)gt2，得t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(2×3.50－2.25,10))s＝0.5s，則v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(9,0.5)m/s＝18m/s若發(fā)球速度小于18m/s，球不能過網(wǎng)，不能落入對方場地；設球剛好落在對方底線中點所用時間為t2，發(fā)球速度為v2，則球在豎直方向的位移h2＝3.50m，水平方向的位移x2＝(9＋9)m＝18m，則t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2×3.50,10))s≈0.84s，所以v2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(18,0.84)m/s≈21.4m/s，若發(fā)球速度大于21.4m/s，球將超出對方底線，不能落入對方場地，發(fā)球速度范圍為18m/s≤v≤21.4m/s，故選C.10．(2021·江蘇無錫市高一期中)如圖7所示，在傾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有兩個質量分別為1kg和2kg的可視為質點的小球A和B，兩球之間用一根長L＝0.2m的輕桿相連，小球B距水平面的高度h＝0.1m．兩球從靜止開始下滑到光滑地面上，不計球與地面碰撞時的機械能損失，g取10m/s2.則下列說法中正確的是()圖7A．下滑的整個過程中A球機械能守恒B．下滑的整個過程中B球機械能守恒C．兩球在光滑水平面上運動時的速度大小為1m/sD．系統(tǒng)下滑的整個過程中B球機械能的增加量為eq\f(2,3)J答案D解析在下滑的整個過程中，只有重力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的機械能守恒，但B在水平面滑行，而A在斜面滑行時，桿的彈力對A做負功，也對B做正功，所以A、B兩球機械能都不守恒，故A、B錯誤；根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得mAg(h＋Lsin30°)＋mBgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，代入解得v＝eq\f(2,3)eq\r(6)m/s，故C錯誤；系統(tǒng)下滑的整個過程中B球機械能的增加量為ΔE＝eq\f(1,2)mBv2－mBgh＝eq\f(2,3)J，故D正確．二、非選擇題：共5題，共60分．其中第12題～第15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．11．(15分)(2021·江蘇蘇州市高一期末)某活動小組利用圖8甲裝置“驗證機械能守恒定律”．鋼球自由下落過程中，先后通過光電門A、B，計時裝置測出鋼球通過A、B的時間分別為tA、tB.用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時速度，測出兩光電門間的距離h和鋼球直徑D，當?shù)氐闹亓铀俣葹間.圖8(1)如圖乙所示，用20分度的游標卡尺測量鋼球的直徑D＝________cm；(2)用所測的物理量(D、h、tA、tB)表達小球運動的加速度a＝____________；(3)要驗證機械能守恒定律，只要比較____________；A．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(A2))－\f(1,t\o\al(B2))))與gh是否相等B．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(A2))－\f(1,t\o\al(B2))))與2gh是否相等C．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2))))與gh是否相等D．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2))))與2gh是否相等(4)實際鋼球通過光電門的平均速度__________(選填“大于”或“小于”)鋼球球心通過光電門的瞬時速度；(5)下列做法中，可以減小“驗證機械能守恒定律”實驗誤差的是______________．A．選用體積更大的球B．選用密度更小的球C．適當增大兩光電門的距離hD．改用10分度的游標卡尺測球直徑的大小答案(1)0.950(2)eq\f(D2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2)))),2h)(3)D(4)小于(5)C(每空3分)解析(1)20分度的游標卡尺，精確度是0.05mm，由題圖乙可知，游標卡尺的主尺讀數(shù)為0.9cm，游標尺的第10個刻度與主尺上某刻度對齊，讀數(shù)是0.05×10mm＝0.50mm＝0.050cm，所以測量得鋼球的直徑為D＝0.9cm＋0.050cm＝0.950cm(2)用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時速度，則有v＝eq\f(D,t)由運動學公式可得2ah＝eq\f(D2,t\o\al(B2))－eq\f(D2,t\o\al(A2))小球運動的加速度a＝eq\f(D2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2)))),2h)(3)根據(jù)機械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D2,t\o\al(B2))－\f(D2,t\o\al(A2))))即只要比較D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2))))與2gh是否相等，A、B、C錯誤，D正確．(4)勻變速直線運動的中間時刻的瞬時速度小于中間位置的瞬時速度，因此實際鋼球通過光電門的平均速度小于鋼球球心通過光電門的瞬時速度．(5)選用體積更大的球，空氣阻力更大，誤差更大，A錯誤；選用密度更小的球，同質量的球，體積更大，空氣阻力更大，誤差更大，B錯誤；適當增大兩光電門的距離h，小球運動的速度更大，測量速度精度更高，誤差較小，C正確；改用10分度的游標卡尺的精度比20分度的游標卡尺精度低，測球直徑的誤差較大，D錯誤．12．(8分)如圖9甲所示，一滑塊從平臺上A點以初速度v0向右滑動，從平臺上滑離后落到地面上的位置與平臺右邊緣的水平距離為s.多次改變初速度的大小，重復前面的過程，根據(jù)測得的多組v0和s，作出s2－v02圖像如圖乙所示．滑塊與平臺間的動摩擦因數(shù)為0.3，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.求平臺離地面的高度h及滑塊在平臺上滑行的距離d.圖9答案1m2m解析設滑塊滑到平臺右邊緣時的速度為v，根據(jù)動能定理得－μmgd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(2分)滑塊離開平臺后做平拋運動，有h＝eq\f(1,2)gt2(1分)s＝vt(1分)聯(lián)立得s2＝eq\f(2h,g)v02－4μhd(1分)s2－veq\o\al(2,0)圖像的斜率k＝eq\f(2h,g)＝eq\f(2,22－12)s2＝0.2s2(1分)解得h＝1m(1分)當s2＝0時，v02＝12m2/s2解得d＝2m．(1分)13．(10分)(2021·江蘇南通市高一期末)圖10是某同學設計的“魚龍戲水”景觀示意圖．鯉魚的噴水口離水池底面的高度H＝4m，使用效率η＝80%的水泵從旁邊的水池抽水，當水到達噴水口后以不變的速率沿水平方向射出，恰好沿龍首入口的切線方向被“吸入”，然后流入水池中循環(huán)利用．已知龍首入口切線方向與水平面成α角，α＝37°，入口離水池底面的高度h＝2.2m，噴水口的橫截面積為10cm2，水的密度為1×103kg/m3，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.圖10(1)水從鯉魚口噴出的初速度多大？(2)鯉魚的噴水口與龍首的入口的水平距離應該設計為多少？(3)帶動該水泵的電動機的輸出功率至少為多少？答案(1)8m/s(2)4.8m(3)320W解析(1)設水從鯉魚口噴出的初速度為v0.水從鯉魚口噴出后做平拋運動，有：vy2＝2g(H－h(huán))(1分)代入數(shù)據(jù)解得：vy＝6m/s(1分)結合水進入龍首的速度方向與水平面成α角，有：v0＝eq\f(vy,tanα)＝8m/s(1分)(2)由vy＝gt得：t＝0.6s(1分)鯉魚的噴水口與龍首的入口的水平距離為：x＝v0t＝8×0.6m＝4.8m(2分)(3)帶動該水泵的電動機每秒做功為：W＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(ρSv0t0)v02(2分)電動機的輸出功率為：P＝eq\f(W,ηt0)，(1分)聯(lián)立解得：P＝320W(1分)14．(12分)(2020·天津一中高一期末)如圖11所示，在豎直平面內，粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，C是最低點，圓心角∠BOC＝37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1.0m，現(xiàn)有一個質量為m＝0.2kg、可視為質點的小物體，從D點的正上方E點處自由下落，D、E兩點間的距離h＝1.6m，物體與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.不計空氣阻力，求：圖11(1)物體第一次通過C點時軌道對物體的支持力FN的大??；(2)要使物體不從斜面頂端飛出，斜面的長度LAB至少要多長；(3)若斜面已經(jīng)滿足(2)的要求，物體從E點開始下落，直至最后在光滑圓弧軌道做周期性運動，求在此過程中系統(tǒng)損失的機械能E的大小．答案(1)12.4N(2)2.4m(3)4.8J解析(1)物體從E到C，由機械能守恒得mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mvC2，(2分)在C點，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(C2),R)，(1分)聯(lián)立解得FN＝12.4N．(1分)(2)對從E到A的過程，由動能定理得WG－Wf＝0，(1分)WG＝mg[(h＋Rcos37°)－LABsin37°]，(1分)Wf＝μmgLABcos37°，(1分)聯(lián)立解得LAB＝2.4m故斜面長度LAB至少為2.4m．(1分)(3)因為mgsin37°>μmgcos37°(即μ<tan37°)，所以，物體不會停在斜面上，物體最后以C為中心，B為一側最高點沿光滑圓弧軌道做周期性運動．從E點開始直至最后，系統(tǒng)因摩擦而損失的機械能等于B、E兩點間的重力勢能，即E＝ΔEp＝mg(h＋Rcos37°)＝4.8J．(4分