模块综合检测一- 【蓝海启航·启航金卷周周测】2024-2025学年高中物理必修二册（人教版2019）

5.如图所示,质量为M的小球套在圈定颜斜的充滑杆上,原长为7.的轻质弹一因 模块综合检测一 定于0点,另一陪与小球相述,弹餐与释在同一壁直平面内,图中A0永平,B0间 oiwwt 连线长段恰好与弹源长粗等,且与杆难直,(在0的正下方,C是A0段的中点. -30,现让小球从A处由势止释放,下列说法正确的有 (叫问.语分勃 值:100分) B.小球到B点时的加速度为gr A.下滑过程小域的乱掉陷守 一、单选题(本题共7小题,每题:分,计28分 1.物体擞句变建曲线运动时,下列说法正确的是 C.小球下没试B点时的机精能是大 A.迷度一定变,加速度一定不交 B.速度可能不变,加迷度一定变 D. 小球下滑到C&时的速度小千/ C.速程和加速度都可郡不变 D.速和加速度都可能变 7.如图,ABC是竖直面内的光滑因定轨道,D死涌过光滑因强衙接,已知 2.如图所示为某一物块在恒力作用下运动的软,物块运动至。点时速度大 AB一故C一L,C道与水平面的角为53,一酸量为.的小球:终 小为o.一段时间后物块运动至&点,速度大小仍为,且相对u点速度方 受到与重力大小相等的水平外力的作用,自A点处从静止开始向右运动. 向偏其了30”,下列没达正确的是 重力加速度大小为g(sn33一0.8.53-0.55),则小球是A点开运 动到其轴迹最高点,有 A.迹可能是一段图 A.抗增加了13.4wgl C.章力势增加了g B.机增加了L B. 物块度可格先增大后减小 D.重力势增加了6.56xgl. C.物块速浅大小可能为 二、多选题(本题共3小题,每题5分,共计18分,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,错选的 得。分) D.在占点的加速度方向与速度方向的夹角小于90” 8.如图所示为平面上一个边长为Im的正方体空间,某一质量为1的质点 3.如图所示,长为L.的细线一用定在拉力传感器上,另一满系着 80点由静止开始弱动,除重力外,该质点还同时受到F.一F.一1N且沿图 政量为I的小球,遭过拉力传感器可直接读取缓绳对小球的拉 K 示方向的两个幅力作用,:取10m5,则下列说法正确的是 A.质点远动 力,小球从与竖直方向的夫角为30的位最整止释放,整略空气阻 B.点觉与流直线运动 为,重方加度为i,小球在运动过程中,正确的是 C.重点将自B点离开正方体空向 A.小球在从最低点上升的过程中处于超重状态 D.所点在正方体区域内运动时间为 B.小球位干最高点时,速度为0,加速度为一r 9.为了验匠拉住月球使它围烧地球运动的力与拉看竿果下落的力是同一性质的力,网样遵从平方 反比定律,牛领进行了著名的”月一地验脸”,已知日地之间的距离为“0R(R为地球率轻上,月 球国绕地球公转的周期为7,引力常是为G.则下列说法中误的是 C.小球在上升过程中依感鉴示数逐两交大 A.曲题中信息可既诗算出地球的密度为 () D.小球在最低点时,拉力传感器的示数为F一2*g一mg 37 4.在真空环境内探侧粒在重力作用下运动的篇化装置如图断示。P是一 B.由题中信息可以计算出月球提地球公转的线速疫大小为-平 个微粒源,能持续水平内右发射质量相同,初速度不同的微粒,高度为^一 2 0.8m的摇到是AB直较置,直P点的水平距离为L二40m;上端A与 C.月球绕地球公转的向心加速度是在地斑近重力加速度的3600 P点的高度差也为五(:取10m/).则能被展探测到的微粒的最大初速 是 D.物体在月球轨道上受到的地球引力是其在急面射近受到的地球引力的 A.6m. B.8mi 10.从地面坚直向上抛出一物体,其机被E。等干动能E,与重力势能式。 C.om/。 D.12m/% .n 5.如图所示,将一质量为m的摆球用长为L的摇理吊起,上暗固定,徒摆球在水平 之和,取地面为重力势零点,该物体的E。和E.陶它离开地面的高疫100 A的变化如图所示,重力加速度11m/.由图中数据可得 面内做勾速阅焉运动,细绳就会沿医框面旋转,这样就构成了一个国损。下列 n 说怯正确的是 A.物体的质量为?kg A.据球受重力、拉力和庭心力的作用 B-0时,物体的建率为20m/% C.-?m时,物体的动-40] 1.0080 B.球运动期为n D.从地至6-1m.物体的动能减少100] 1 题答题栏 C.摆球受平力韵作用 D.运动的转速为 o{rin 答辈 .7. 模琼吾检测一 三、非选择题(本题共5小题,共计51分) 13.(5分)如图所示,在水平圆盘上有一过圆心的光泄水平,内有两根原长,劲度系数均相同酌 11.(6分)在研究小球平舱运动的实验中: 橡皮按住一质量为■的小球(可以视为质点).一条橡度涌捡在03点,另一条捡在(07点,其中 0点为因的中心,2点为同的边峰,皮提的致度系数为A(拟,.从胡交定) 草长为固盘丰径R的一.现使盘角速度由零缓慢增大,承盘的角速度一 , (1)如图甲所示的演示实验中,A.B两球同时落地,说明 A.平运动的速是一条物线 B. 平抽运动的飞行时间只由高度决定 C.平撤运动在坚直方内的分运动是自由落体运效 (2)某回学设计了如图乙的实验;将两个料因定在同一坚直病内,末端水平,斜植2与光治水 14.(14分)加图所示,建量不计的灌性魄一湖系干P点,绕过Q处的小激轮,另一满与质量为^ 平板平滑衔接,把两个质量相等的小球,从料的网一真度击势止同时科放,观察到两 套在粗稿整直固定杆A处的医环相连。P、Q、A三点等高,弹性绳的原长恰好等干PQ间能. 在水平喜相,这说明 . 同环与样到的动摩擦因数为0.5.圆环从A点由静止释效,释故间,弹性绳中的拉力大小等 (3)该同学采用骗闪照相机拍扭到小球平抛运动的航计如图两所示,图中背景正方形方格的 于wg.列达最低点C时AC二f.重力加速度为g.弹性绳的终遗胡克定,求; 选长为1.-5.0cm.A、B、C是小球的三个位置,取-10/5.由阻片可知:阻相机拍 (1)放问喝环的加速度大小: 时每隔 mt 5等是一次;小球平据运动的初准度礼.一 (2)A到C的过程中,摩擦力对展环所的功; 12.(90分)某同学利用下或方法间接测是物体质量M.并用此装置验迁系 (3)已知OA一f.展环下滑过程中的大通度。。 # 机械能守恒,装餐如图甲所示,一根轻理跨过轻质定滑轮与两个相同的重 1 物P、Q相选,重物P.Q所量均为m-200i.在重物9的下面通过轻所 _ 构展挂待测物块Z.重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连,已知当地 △ 重力加速度为:-.8m/. (1)某客验中:先接通频率为0H的交流电语,再验止样较系效;” 到如乙听示的纸带,其中1-4.47cm.-.34m1.-6.21m, 3.-7.10m.-7.8cm.5.-8.85em.境运动的速度” 15.(76分)如图所示,角为6的斜到与足够长的光滑水平言在D处平潜连接,斜离上有A.B、C m/,打下5点时的建度v一 m/(保别三位有效数字): 三点、AB.πC间距均为2..CD问距为3L.斜面上BC部分粗提.其余部分滑。2块完全 ,项是均勾分布的长方形片,禁技在一起持在斜霞上,从下挂上编号依次为1、2.第1块的 下边境恰好在A处,现将2块薄片一起山静止释放,等片经过D处时无硬撞无机械能提失。 位 已知块沸片所量为w、长为上,片与斜面BC到的动摩擦国数为,三切nv.重力加速度为 .求 , (1)第1块海片下边缘刚运动到B时的迷度大小1.. (2)忽略各类阻力,求出物块乙助量的测量值为M一 o保留三位有效数字) (2)第1块两片刚好完全滑上枢提面时,两&计间的作用力大小F: (3)利用新错还可以验证系统机能守恒,如图丙渐示,测量纸得出1点到5点的距离为 (3)全阁上水平面旨两片间的副真. 求出打下1点时魂度为一.打下5点时的夜度为.根据以上数掘,可求重物由1点运动 点时系统重力势能减少量等于 ,境动能的墙加量等子 .通过数{ 可得出在误整充许的范晚内系线重力势能的减少量等干系筑动能的暗加量,刚来机 守桓(表达式用题中M、m,、字母表示). :.;也 因因测 指理 必第二R ..(3)由于重锤上升过程受到一定的空气阻力和摩擦阻力，所 (2)转逸稳定时，由几何关系有x=2Lsin37°=1.2L 以电动机的牵引力应满是F。=mg十「>mg 小球B魔匀速國周近动，朝杆中的力为0，削对B选行受 则电动机的实际输出功率应满足P:=F:D>ng: 力有 可知玩具电动机实际输出功率大于计算值， Tsin37°=mg 12.10.02(2A(3)A27(42g T'cos 37=mr 根据几何关系有？=L.cos37 解析：(1)由于电动机的转速为3000r/min,则其频率为 50Hz,故T=0.025 解得u=1gL 31. (2)实验操作时，应孩先打开电源使电动机转动，后烧断细 (3)静止时由儿何关系有x。=2L.sin53 线使锏柱自由下落。故选A 装置由静止开始到转速稳定，A减少的机械能△E、■ (3)画出痕连D时，钢挂下落的选度n:。 Mg(x。-x) (4)钢制的司柱下落过程中，只有重力微功，重力势能的减 代A每得△，=号M 小量等子动能的增加量，脚mgh=号 之m”,得 模块综合检测一 v°=2gh十3 1,A解析：物体做匀变逃由线运动时，加速度恒定不变，逃度 若h图线为直线，针率为2g,则机械能守鱼，所以此图 发生救变。故选A。 僚能脸证机战能守恒， 2.D解析：由题意可知，物块微匀变速曲线远动，则加速度的 13.(1)12.5m/g2(2)44J(3)64T0W 大小与方向都不变，所以运动的轨迹是一段抛物线，不是园 解析：(1)由题图2可如，在0一2m,F与x的函教关系为 强，故A错误：由题意可知，质点运动到b点时追度方向相对 F=(4+4x)N :点时的速废方向改变了90°，速度沿b点轨迹的初线方向， 当x=1m时，代入得F,=8N 则知加速度方向垂直于b的连线向下，合外力也向下，质点 3 做匀变速南线运动，虞，点由《到过程中，合外力先殿负功， 在0一2m运动过程中，滑动摩擦力为∫=mg= 后做正功，物块的速度先成小后增大，故B错误：物块的加递 0.4×10N=3N 度方向垂直于h的连战向下，根据题意可知速度方向改变 物体受到的合外力为F。=F,一f 90°，则：点的速度方向与ah连线方向夹角为45，知图所示 由牛频第二定徘知，物体的加速度为a==⑧3) m/s= 0.4 45,9 ,所以在物块适动过程中的最小建度 12.5m/s (2)由题意知，力F在作用过程中变化，所以图线与横轴所 国成的面积即为力F做的功，则由数学美系 为号>。故C错误：晰块在b点连度沿b点轨连的切 w,-x2J+2生6×2J4. 2 线方向，而加论度方向垂直于h的连线向下，可知b点的加 (3)设物体离开平台时醉时速度为 速度与速度的夹角小于90°，故D正确，故选D, 3,B解析：小球在最气点的加速度竖克向上，在最高点逸度为 基据能量牢设定律有w,一W,=立m 雾时加速度斜向下，则小琼在从最低点上外的过程中，先处 W,=3×4J=12J 于是重状态，后处于失重状态，A错误： 小球在最高，点时，重力语蝇方向的分力与绳拉力大小相等， 代入得=4/10m/s 则重力垂直于绳方向的分力提供合力，小球加追度为山= 离开平台时F:=16N,则功率为P=F:y ng sin30° 代入得P=6410W 之g,B正确： 14,(1)60N(2)355J 小球在最低点时拉力最大，上升过程中拉力逐浙减小，C错误： 解析：(1)初始位置，设绳子拉力为T,A静止时2T=mg 初始位置，B静止时T十V=mg 根据机城能守征定律有mg1.1一os30)-之mw 末位置，设蝇于拉力为T,结合牛顿第三定律，可知水平台 面对B的支持力为初始位置的1,2倍，B在竖真方向受力 小球在最低点时F一mg=m工 平衡有Tc0%0十1.2N=mng 小球在最做点时，拉力传感器的示数为F=3mg一√3mg,D 展立得T:=60N。 错误。故选B。 (2)设A上升高度为h,有2h= 4.C解析：分析可知，打在A点的微粒速度最大 sin 0 tan 得h=0.1m 根据h=豆8 速度美联式sin8=2wA 2h 解得一八 2X0.8 得vg=10m/# =A10 s=0.44 旅据功能关系有W=名mp十2mp十mh 最大初速度。= 1.4,0 =0.m/s=10m/s.故选C. 联立得W,=355J 5,B解析：摆球只受重力和蝇的拉力作用，二者合力提供向心 5 √15gL. 15.(1)8mg (2)1.21. 力，摆球败匀境圆周运动，摆球不是受平衡力作用，故A,C 3L. 错溪：向心力大小为F。=mgan0 解析：(1)装置静止时，对小球B 摆琼微园周运动的半径为”=Ln0 进行受力如图所示 4π 由平衡条件可知， 别由牛频第二定律得mg1an0=m r=m(2xm)r Tc0s53°=Fc0%53 539 53 Tsin53°+Fsin53°-mg 解得周期T=2√ Lcos 0 解得T一8g 5 1 转遮m一2玩√Lsg故B正确，D错误，故速B. 周周测物理必修第二册RJ ·68· 6,C解析：下滑过程中小球的机械能会和弹簧的弹性势能相 A错误：由题中信息可以计算出月球绕地球公转的线遮度大 互传化，因此小球的机械能不守饭，A错误： 因为在B点，弹黄恢复原长，因此小球重力沿杆的分力提供 小为=2X60R120元R 加速度，根据牛顿第二定律可得mgcos30°=m@ 解得a-B错保 B错误：南黄会代，有R=G叫 可知，月球绕地球公转的向心加速度与轨道丰径的平方成反 从A到B床，弹员弹力对小球数正功，小球的机械能增大， 之后弹力对小球微负功，小琼机械能将减小，故B点时小球 比.有5=(80录）-3600 /R1 的机枝能最大，C正确： 因为C是AO夜的中点，0=30°，所以当小球到C点时，弹簧 C正确：由万有引力公式F=G 的长度与在A点时相同，故在从A到C的过程中弹簧弹性 可知，物体在月球桃道上受到的地琼引力是其在地面附近受 势能没变，小球重力微功全廊转化为小球的动能，所以 mg,=之mve 到的地球引力的3600D错误。故选ABD 10.AD解析：根撼题给图像可知h=4m时物体的重力势 解得=√2gl。,D错误，故选C 能mgh=80J 7,D解析：小球从A点运动到C点过程，由动麓定理有 解得物体质量m=2kg,A正确：抛出时物体的动能E:= F(5L+5Lcos53)-mg·5Lsin53°=7me2-0 1 100J小，由动能公式E:=7m 将F=mg代入后解得小球到达C点时的速度为 可h=0时物体的选率v=10m/s,B错误： =8g 由功能美系可知fH=|△E引=20J 小球离开C点后，设小球从C点运动到最高点上升的高度 解得物体上升过程中所受空气阻力f5N ve sin 53") 从物体开始批出至上升到h=2m的过程中，由动能定理 为在，刻h =2.56L 2g 有一mgh一fh=E、一100J 解得E:=50J,C错误： 、在水平方向有=vc0*53·1十号a1 由题给图像可知，物体上升到h=4m时，机械能为80J,重 水平方向加速度为a坚=术 力势能为80J,动能为零，即物体从地面上升到h=4m,物 体动能减少100J,D正确。故选AD 小球从C点运动到最高点的时间为1=心m5 11.(1)C (2)平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动 联立解得r=6.4L (3)0.11.5 则小琼从A点开始运动到其轨迹最高点，机械能增加量为 解析：(1)随闲甲所示的演示实验中，A欢微自由落体运动， △E=F×(5L.+51.60%53+x)=14.4mgL. A,B两球同时落地，说明平批运动在竖直方向的分运动是 重力梦能增加量为△E.=mg(5L,in53°+h)=6.56mgL.,放 自由落体运动，故A、B错误，C正确。故选C。 选D (2)把两个质量相苄的小钢球，从针槽的问一高度山静止月 8.D解析：根据题意可知，黄点从静止开始运动，所受合力 时释放，两个小钢球获得等大的水平速度，观察到两球在农 保诗不变，则魔，点做匀变追庄线运动，不是类平抛运动，故A 平面相通，说明平抛运动在水平方向的分运动是匀建直线 错误，B正确： 远动 根据题意，由平行四边形定则可知，质点所受F,,F:的合力 (3)由△y=gr 为V2N,方向沿()A,将质点的运动分解成语OA方向的匀 加速直线运动和竖直方向上的自由落体，若质，点从AB上离 2L 可得1= 2×0.05 A =0.18 10 开正方作空间，浴0A方向上有2：'=0A 共中a=E=反m/s 31.3×0,05 可得 t0.1m/s=L.5m/s. OA=√+1下m=√2m 12.(1)5.502.11(2)0.512 解得t1■w2s (3)Mgh2M+2m(,'-,') 若质点从底面离开，竖直方向上有1m=之： 解析：(1)由题图乙可知，相饰两计数点间的时间间隔为 T=2×0.02s=0.04s 解得：-。 根据遂差法可得，系统运动的加造度为 可知，质点离开正方体时，未到达AB,不能从B点离开，质 4=十十)-（十十） 9T9 成在正方体区城内运动时间为 s,故C错误，D正确。故 (7.10+7.98+8.86-4.47-5.34-6.21)×0.01 m/s2= 9×0.04 选BD x 5.50m/s 8,ABD解析：由万有引力提供向心力可得G,一=m产 打下5点时的速度为 地球的体积为V=号 --29t8×a01m2ne 由题寇知，月球的轨道半径r=60R,地球的密度为P=司 (2)对Q,乙整体分析，根据牛顿第二定律有 (M十m》g一T■(M十m)a 3×60x648000x 对P分析，根器牛顿第二定律有T一阳g=阳 GT GT 联立解得，折块乙质量的测量值为M≈0.512kg ·69· 答案全解全析 (3)重物由1点运动到5点时泰统重力梦能减少量15.(1)2V,n币(2)号mgn0(3W2L △E.=Mgh 系统动能的增加量 解析：(1)研究两块薄片整体，被据机械能守恒定律有 △E=专（M+2m)-专(M+2m)= -(M 2mg·2Lsn0-2(2mn 2m)(p,1一12) 解得p,=2√gLsin0 若在误差允许的范国内△E。■△E,则系统机械能守恒。 (2)报据牛领第二定律有2 ng sin0一mng cos0=2a 13.25:9 解析：当檬皮绳O),拉仲而O,O'唰好被挂成时，设小球做 解得a=交gsin0 匀速喝周运动的角速度为细：由牛顿第二定律有 研究第2块薄片，根册牛顿第二定律有mgsin0一F一ma m号R3=k(号R- 解得F=交mgin0. 得层 (3)设两块薄片刚好全部滑上祖触面时的速度为，研完 整体下滑4L.的过程，根据动能定理有 当如，三√<，时，模度绳0,0挂种，由牛颜第二定律 2mg 4.sin c(2mv 2 A(R,一）-(R-R,) 解得：=√6g1sin0 =mR@ 设每块薄片滑到水平面时的速度为：，对每块薄片运用动 得R,=号R 能定理有mg· 091=m之m 2 2 3k 解得=√12gL.sin0 当m:=入√5m >时橡皮绳O,O松弛，由牛顿第二定律 (R:-）-nRoa 相尔淳片到达水华面的时间差1=马 由于d=vt 中R,=号R 解将d=√2L。 所以”-Rm:-23 模块综合检测二 Rm49 1,B解析：两个匀变速直线运动，若合加速度方向与合初速度 14.a0.g2)-mgd(a) 1 方向相同，则合运动为匀变速直战运动，若合加速度方向与 2 台初速度方向有央角，则合运动为匀变速曲线运动，选项A 解析：(1)设释放瞬间圆环的加速度大小为，根据牛顿第 错误：物体败匀速国周运动时，合力一定指向圆心，若物体微 二定律有mg一F,■ma① 变速圈周运动，则合力不指向圆心，选项B正确：一对滑动摩 解得a=0.5g。② 擦力微功的代数和为负值，选填C错误：物体向上运动时，若 (2)根据胡克定律可知k·QA=mg 受到徐重力以外的向上外力，则机械能增加，若物体受到徐 设圆环下滑至A、C间的装一点时，Q、C连线与水平方向 重力以外的向下外力，则机藏能减小，若徐重力外不受到外 的夹角为日，则此时国环与杆之间的弹力大小为F、=· 力，则机诚能不变，选项D错误， QC·c080=k·Q4=mg① 2.A解析：由题意得大齿轮和小普轮链条传动，因此边槳的 即司环下滑过程F、不变，则圆环下滑过程中所受降擦力 线逸度大小相等，小齿轮与后轮共轴，阔此角递度相等，由于 大小恒为∫=F、=之mg圆 大齿轮，小齿轮的丰径之比为4：1，标据@=可得，大齿 A到C的过程中，摩擦力对国环所做的功为W,=一fd 轮和小齿轮的角速度大小之比为1：4，故A正确：小当轮与 1 后轮共轴，角建度相等，因此周期相等，故B错误：大齿轮和 一2mgd.@ 小齿轮的角逵度大小之比为1；4，而小齿轮与后轮角速度 (3)若QA=d,则kd=mg⑦ 相等，因此大齿轮和后轮的商谁度之比为1：4，大齿轮与后 当圆环的加建度为零时，速度最大，设此时QC的长度为1： 轮的丰径之比为1：4，根据v=ar可得，大齿轮边缘和后轮 则mg=lsin0十f⑧ 边缘的线速度大小之比为1；16，故C错误：大齿轮和小曲 此时噶环下滑的距离为h=lsin0⑨ 伦的线速度相学，平径之此为41，根据向心力公文F-可 联主⑤⑦8@解得h=2d⑩ 可得，大齿轮和小苦轮轮缘的向心加速度大小之比为1：4， 根据⑧⑨式可推知圈环所受合外力F与下滑高度工之间 故D错误。故选A。 满足的关系为F=mg一f一kx=0.5mg一kx① 3.B解析：由题意可知，小物体在工方向微匀速运动，速度大 即F和x成线性关系，剥圆环下滑h=2d时合外力微的 功为 在y方向微初速度为零的匀加速运动，小物体的合运动是闺 w,=F.号-0m十0.=me0」 线运动，故A错误： 2 ·28 由随意可知金y方向有，=名山， 根揭动能定理有W,=2m。0 根撼牛顿第二定律，小物体受到的合外力F=m阳 解得n=☑ 2 即受到的合力大小为，故B正确： 周周测物理必修第二册RJ ·70·