模块综合检测一- 【蓝海启航·启航金卷周周测】2024-2025学年高中物理必修第二册（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-2L.sin37-1.21 以电动机的牵引力应满足F。-mg十 阻g 小球B做匀速园周运动,细杆中的力为0,则对B进行受 则电动机的实际输出功率应满足P。一F.o>mgy, 力有 可知玩具电动机实际输出功率大于计算值。 T'sin37'-ng (4)2g T'cos 37*-ma7 根据几何关系有,-Lcos37* 解析:(1)由于电动机的转速为3000r/min,则其频率为 解得。15” 50Hz.故T-0.02s。 3L (2)实验操作时,应该先打开电源使电动机转动,后烧断绍 (3)静止时由几何关系有x。一2Lsin53” 线使钢社自由下落。故选A。 装置由静止开始到转速稳定,A减少的机械能△E。一 h-hc Mg(x-x) (3)画出痕迹D时,钢柱下落的速度v.= 代入解得AE-MgL。 (4)钢制的园柱下落过程中,只有重力做功,重力势能的减 小量等于动能的增加量,即ngh-Iu- 2。,得 模块综合检测一 -2g+。 1.A 解析:物体做匀变速面线运动时,加速度恒定不变,速度 若心h图线为直线,斜率为2K,则机械能守恒,所以此图 发生改变。故选A。 像能脸证机械能守恒。 2.D解析:由题意可知,物块做匀变速曲线运动,则加速度的 13.(1)12.5m/s (2)44](3)6410W 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可知,在0~2m,F与x的&数关系为 孤,故A错误;由题意可知,质点运动到么点时速度方向相对 F-(4计4r)N a点时的速度方向改变了90{},速度沿占点轨迹的切线方向, 当=]m时,代入得F=8N 则知加速度方向垂直于ao的连线向下,合外力也向下,质点 做匀变速曲线运动,质点由a到占过程中,合外力先做奂功, 在0~2m运动过程中,滑动摩擦力为/一umg= 后做正功,物块的速度先减小后增大,故B错误;物块的加速 0.4X10N-3 N 度方向垂直于ab的连线向下,根据题意可知速度方向改变 物体受到的合外力为F。一F。一f 90{},则a点的速度方向与连线方向夹角为45^{},如图所示 F(8-3) 由牛领第二定律知,物体的加速度为a一 m/s= n0.4 ,所以在物块运动过程中的最小速度 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 围成的面积即为力F做的功,则由数学关系 _1216×21-44J。 线方向,而加速度方向垂直于a的连线向下,可知么点的加 (3)设物体离开平台时瞬时速度为 速度与速度的夹角小于90^{③},故D正确。故选D。 3.B 解析:小球在最低点的加速度竖直向上,在最高点速度为 零时加速度斜向下,则小球在从最低点上升的过程中,先处 W -3X4]-12] 于超重状态,后处于失重状态,A错误; 代入得o-410m/s 小球在最高点时,重力沿绳方向的分力与绳拉力大小相等, 离开平台时F。-16N,则功率为P-F。v 则重力垂直于绳方向的分力提供合力,小球加速度为a三 ngsin30*1 代入得P-6410W. 一.B正确; 14.(1)60N (2)355J 0 小球在最低点时拉力最大,上升过程中拉力逐渐减小,C错误 解析:(1)初始位置,设绳子拉力为T.,A静止时2T.一"A& 初始位置,B静止时T.+N一m。8 末位置,设绳子拉力为T.,结合牛顿第三定律,可知水平台 小球在最低点时F-mg-mH 面对B的支持力为初始位置的1.2倍,B在竖直方向受力 平衡有T.cos8+1.2N-m8 小球在最低点时,拉力传感器的示数为F一3mg一③mg,D 联立得T.-60N。 辑误。故选B。 4.C 解析:分析可知,打在A点的微粒速度最大 sinθ tan 得-0.1m 速度关联式vnsin8-2 解得:一1 2 --10 /2X0.8 得.-10m/s s-04s 最大初速度v。= 40 -.m/s-10m/s.故选c. 联立得W.-355]。 1gL 5.B 解析:摆球只受重力和绳的拉力作用,二者合力提供向心 (3)减少了2MgL. 15.(1)8(2)1.21 力,摆球做匀速园周运动,摆球不是受平衡力作用,故A、C 错误;向心力大小为F。一ng1an8 解析:(1)装置静止时,对小球B 摆球做圈周运动的半径为,一Lsin8 进行受力如图所示 “,_(2ru) 则由牛顿第二定律得mgtanθ-m nr 由平衡条件可知, Teos 53--Fcos 53* 解得周期T-2- Tsin 53*+Fsin 53*-mg /Lcosf 解得T-m。 1 _ 1 周周测 物理 必修第二册R .68. 6.C 解析:下滑过程中小球的机械能会和弹的弹性势能相 A错误;由题中信息可以计算出月球绕地球公转的线逸度大 互转化,因此小球的机械能不守恒,A错误; 小为2nx60R120- 园为在B点,弹恢复原长,因此小球重力沿杆的分力提供 加速度,根据牛领第二定律可得mgcos30”-mu B错误:由黄金代换,有z-GM 解得二 2,B错误: .(0)--00 可知,月球绕地球公转的向心加速度与轨道半径的平方成反 从A到B点,弹弹力对小球数正功,小球的机械能增大, 之后弹力对小球做负功,小球机械能将减小,故B点时小球 的机械能最大,C正确; C正确;由万有引力公式F一G Mr 因为C是AO段的中点,8一30{,所以当小球到C点时,弹赞 的长度与在A点时相同,故在从A到C的过程中弹赞弹性 可知,物体在月球轨道上受到的地球引力是其在地面附近受 势能没变,小球重力做功全部转化为小球的动烧,所以 #g。- 到的地球引力的600.D错误。故选ABD。 10.AD 解析:根据题给图像可知h一4m时物体的重力势 解得v。一 ②gl。,D错误。故选C。 能gh-80] 7.D 解析:小球从A点运动到C点过程,由动能定理有 F(5L+5Lco 53”)-ng·5. sin 53*-. -0 解得物体质量n一2kg,A正确;抛出时物体的动能E. 将F一mR代入后解得小球到达C点时的速度为 -8gL 可知h-0时物体的速率v-10m/s,B错误; 小球离开C点后,设小球从C点运动到最高点上升的高度 由功能关系可知/H-|△E|-20] 解得物体上升过程中所受空气阻力/一5N (v。sin53) 从物体开始抛出至上升到h一2m的过程中,由动能定理 为h,则一 --2.561. 2g 有-mgh-/h-E.-100 1 解得E.-501.C错误: 由题给图像可知,物体上升到h一4m时,机械能为80了,重 F“-g 水平方向加速度为:一 力势能为801,动能为家,即物体从地面上升到h一4m,物 体动能减少1001,D正确。故选AD。 uc sin53* 11.(C 小球从C点运动到最高点的时间为,一 g (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1-6.41 (3)0.11.5 则小球从A点开始运动到其轨避最高点,机械能增加量为 解析:(1)题图甲所示的演示实验中,A球做自由落体运动, AE-F×(51.+5L.cos 53*+r)-14.4mgl. A.B两球同时落地,说明平抛运动在竖直方向的分运动是 重力势能增加量为AE。=mg(5Lsin53{+h)=6.56mgl,故 进D. 自由落体运动,故A.B错误,C正确。故选C (2)把两个质量相等的小钢球,从斜措的同一高度由静止同 8.BD解析:根据题意可知,质点从静止开始运动,所受合力 保持不交,则质点做匀变速直线运动,不是类平抛运动,故A 时释放,两个小钢球获得等大的水平速度,观察到两球在水 平面相遇,说明平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线 错误,B正确: 根据题意,由平行四边形定则可知,质点所受F。、F。的合力 运动。 (3)由△y-gt* 为v2N,方向沿OA,将质点的运动分解成沿OA方向的匀 可得:一 加速直线运动和坚直方向上的自由落体,若质点从AB上离 /2X0.05 10 s-0.1s 开正方体空间,沿OA方向上有-at-OA 由xr 共中-_2 n/ 可得。二 3L 3×0.05 0.1 m/s-1.5m/s. t A- 1+1m-2m 12.(1)5.50 2.11 (220.512 (3)Mh 解得一/2; (M+2n)(v:'-v#*) 若质点从底面离开,竖直方向上有1m= 1 2_8: 解析:(1)由题图乙可知,相邻两计数点间的时间间隔为 T-2×0.02s-0.04s 根据逐差法可得,系统运动的加速度为 可知,质点离开正方体时,未到达AB,不能从B点离开,质 (s十s。+)-(s十s:十s) g7 s,故C错误,D正确。故 (7.10+7.98+8.86-4.47-5.34-6.21)×0.01 9X0.0 m/s= 选BD. 5.50m/s: 9. ABD解析:由万有引力提供向心力可得GMm ) 打下5点时的速度为 地球的体积为V-4-R xo.o1m/s-2.11m/s. 2×0.04 M 由题意知,月球的轨道半径r-60R,地球的密度为e-V (2)对Q、乙整体分析,根据牛顿第二定律有 (M+n)g-T-(M+n)a 3X60*i_648 000r 对P分析,根据牛顿第二定律有T一mg=ma GT GT{ 联立解得,物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点时系统重力势能减少量 15.(1)281. sin (2)g sine (3)z.1. E.-Mgh 系统动能的增加量 解析:(1)研究两块薄片整休,根据机械能守愤定律有 2.g· 2L sino-(2.an) #M 2u)(一) 解得-2gLsin0。 若在误差允许的范围内AE,一△E。,则系统机械能守恒 (2)根据牛领第二定律有2mgsinθ-ngcosθ-2m 13.23:9 解得a-gsinθ 解析:当橡皮绳O0.拉伸而O.0刚好被拉直时,设小球做 匀速圈周运动的角速度为n。;由牛顿第二定律有 研究第2块薄片,根据牛顿第二定律有mgsin8一F-ma #}R。一(RR)# (3)设两块薄片刚好全部滑上粗糙面时的速度为v,研究 2n 4. sin0 ng0 21-(21m)0 整体下滑4L.的过程,根据动能定理有 _一 (#-)#- (R-R)-R 解得:-6gLsin 设每块薄片滑到水平面时的速度为),对每块薄片运用动 能定理有mg. 2 解得.=12Lsin8 (n-)-uR。: 1 由于dt 解得-②L。 所2 模块综合检测二 二R: 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.(1)0.5g(2)-mgd(3)gd 方向相同,则合运动为匀变速直线运动,若合加速度方向与 合初速度方向有夫角,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a,根据牛顿第 错误;物体做匀速图周运动时,合力一定指向围心,若物体做 二定律有ng一F。-n ① 变速圈周运动,则合力不指向圆心,选项B正确:一对滑动度 解得a-05g。② 擦力做功的代数和为负值,选项C错误;物体向上运动时,若 (2)根据胡克定律可知k·QA-mg ③ 受到除重力以外的向上外力,别机械能增加,若物体受到除 设圈环下滑至A、C间的某一点时,Q、C连线与水平方向 重力以外的向下外力,则机核能减小,若除重力外不受到外 的夹角为8,则此时圈环与杆之间的弹力大小为F、一人· 力,则机械能不变,选项D错误。 QC.cos-.QA-mg ① 2.A 解析;由题意得大齿轮和小齿轮链条传动,因此边缘的 即圆环下滑过程F。不变,则圆环下滑过程中所受摩擦力 线逸度大小相等,小齿轮与后轮共轴,因此角速度相等,由于 大齿轮,小齿轮的半径之比为4:1,根拢o--可得,大齿 A到C的过程中,摩擦力对圆环所做的功为W,一一d 轮和小齿轮的角速度大小之比为1;4,故A正确;小齿轮与 -ngd。 后轮共轴,角速度相等,因此周期相等,故B错误;大齿轮和 小齿轮的角速度大小之比为1:4,而小齿轮与后轮角速度 (3)若QA-d,则d-ng 相等,因此大齿轮和后轮的角逸度之比为1!4,大齿轮与后 当圆环的加速度为零时,速度最大,设此时QC的长度为1. 轮的半径之比为1:4,根据u-or可得,大齿轮边缘和后轮 则mg-hlsinθ+/ ⑧ 边缘的线速度大小之比为1!16,故C错误;大齿轮和小齿 此时圆环下滑的距离为h-/sinθ③ 联点③解得-d 轮的线速度相等,半径之比为4:1,根据向心力公式F- 可得,大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为1:4. 根据⑧式可推知圆环所受合外力F与下滑高度-之间 故D错误。故选A。 满足的关系为F-mg-f-kr-0.5mg-r 3.B 解析:由题意可知,小物体在工方向做匀速运动,速度大 功为 在y方向做初速度为零的匀加速运动,小物体的合运动是曲 线运动,故A错误; 2 高 由题意可知在y方向有y。一 -_ 根据牛顿第二定律,小物体受到的合外力F一ma d _2my,故B正确: 解得。二 即受到的合力大小为一 周周测 物理 必修第二册RJ .70.