模块综合测评-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册创新导学案课件PPT（人教版2019）

模块综合测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，第1～7小题，只有一个选项符合题意；第8～10小题，有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对而不全的得3分，错选或不选的得0分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1．如图为运动会上某同学扔铅球的情景，铅球以某一速度被抛出，不计空气阻力，关于铅球在空中运动的过程中，下列有关铅球的物理量保持不变的是(　　) A．速度 B．速率 C．加速度 D．动能 解析：铅球在空中做曲线运动，所以速度的方向时刻在变化，并且上升过程中速率变小，下降过程中速率变大，故A、B错误；铅球在空中只受到重力作用，所以加速度不变，故C正确；因为速率变化，所以动能也发生变化，故D错误。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：将热气球的运动分解到水平、竖直方向，热气球在竖直方向做匀速直线运动，水平方向在风力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，则合运动为曲线运动，A正确，C错误；热气球的加速度恒定不变，根据Δv＝aΔt可知，在相同时间内的速度变化量不变，B错误；热气球的竖直速度不变，水平速度增加，根据矢量合成可知，热气球的速度将不断变大，D错误。　 2．如图所示，匀速直线上升的热气球(可视为质点)突然受到方向水平向左、大小恒定的风力F，则(　　) A．热气球将做曲线运动 B．热气球在相同时间内的速度变化量将越来越大 C．热气球将在竖直方向做减速运动 D．热气球的速度将先增大后减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3．如图所示，门把手上A、B两点到转轴上O点的距离之比为1∶2，匀速转动门把手时，下列说法正确的是(　　) A．A、B两点的线速度大小之比为1∶2 B．A、B两点的角速度之比为1∶2 C．A、B两点的向心加速度大小之比为1∶4 D．A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4．(2023·辽宁省铁岭市高一下期末)某小区的一幢楼的电梯不能正常运行时，某居民背着10 kg的米袋在3 min内以恒定速率上楼，总共上升的高度为30 m。已知该居民的质量为60 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则该居民上楼的过程中，下列说法正确的是(　　) A．该居民受到楼梯的支持力做了正功 B．该居民对米袋做的功为3000 J C．该居民最终的重力势能一定为18000 J D．该居民对米袋做功的平均功率为15 W 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7．(2023·黑龙江省大庆市大庆中学高一校考期末)某同学利用模拟软件研究小球从半径为R的半圆弧面顶端以不同速率水平抛出，小球沿圆弧面运动的圆弧对应的圆心角θ与抛出速率的平方v2的关系，已知重力加速度为g，不计一切阻力，下列图像可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8．2021年2月5日，“天问一号”火星探测器顺利完成 地火转移段第四次轨道中途修正，以确保按计划实施火星 捕获。如图所示，其过程简化为探测器先进入绕火星圆轨 道Ⅰ，经过与其相切的绕火星椭圆轨道Ⅱ再转移到绕火星 圆轨道Ⅲ，A、B分别为椭圆轨道Ⅱ上的近火点和远火点。 探测器在变轨过程中质量视为不变。则下列说法正确的是(　　)  A．探测器在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能 B．探测器在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期 C．探测器在轨道Ⅱ上B点的加速度小于在轨道Ⅰ上B点的加速度 D．探测器在轨道Ⅱ上A点时的速率大于在轨道Ⅲ上A点时的速率 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9．如图所示是滑沙场地的一段，可视为倾角为30°的斜面，设参加活动的人和滑车总质量为m，滑沙人从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是(　　) A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能 B．人和滑车获得的动能为0.8mgh C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)如图是一幅平抛运动与自由落体运动对比的 频闪照片。 (1)从图中可以看出：尽管两个球在水平方向上的运 动不同，但它们在竖直方向上的运动是相同的，判断依据 是_______________________________，这说明平抛小球竖 直分运动是自由落体运动。仔细测量______________________________________ 可以证明平抛运动的水平运动是匀速的。 (2)根据图中数据，试求该平抛小球的初速度v0＝________m/s。(g取10 m/s2，结果保留两位小数) 在相同的时间内，落下相同的高度 平抛出去的球在相同时间里前进的水平距离 0.37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(6分)某同学自制如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。图中O点是量角器的圆心，悬线一端系于此处，另一端拴一个小球，S是光电门传感器，位于O点正下方。实验过程中，调节装置使OS保持竖直，量角器所在平面为竖直平面，测量出悬线的长度为L，小球的直径为d。将小球拉到某位置，读出此时悬线与竖直方向的夹角θ，保持悬线伸直，由静止释放小球，运动到O点正下方时，小球的球心恰好经过光电门，与光电门连接的数字计时器记录小球的挡光时间t。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)关于实验中器材的选用，下列说法正确的是________。 A．实验中应选用质量小、体积大的小球 B．实验中应选用质量大、体积小的小球 C．悬线应选用弹性较好的细绳 D．悬线应选用弹性较差的细绳 (2)小球经过光电门时的速度大小v＝______，若小球的质量为m，则小球从由静止释放到经过光电门时重力势能的减少量ΔEp＝__________________，小球动能的增加量ΔEk＝________，若满足等式ΔEp＝ΔEk，则验证了机械能守恒定律。(均用题目中给定的物理量符号表示) BD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和演算步骤，有数值计算的题注明单位) 13．(10分)体育课上，甲同学在距离地面高h1＝2.5 m处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为v0＝8.0 m/s；乙同学在离地h2＝0.7 m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量m＝0.3 kg，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力。求： (1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x； (2)排球被垫起后瞬间的速度大小及方向。 答案：(1)4.8 m (2)10 m/s　方向与水平方向夹角的正切值为0.75　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(12分)图a为“快乐飞机”的游乐项目，模型如图b所示，已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，模型飞机绕转轴OO′匀速转动，线速度大小为v，重力加速度为g，求： (1)模型飞机的向心加速度大小； (2)悬臂对模型飞机的作用力大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(16分)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC和DE是两段光滑的圆弧形轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ＝60°，半径OC＝6 m且与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2。某运动员从轨道上的A点以v＝3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m＝60 kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2 m和H＝2.5 m。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)运动员到达B点时的速度大小vB； (2)运动员到达圆弧轨道的C点时对轨道的压力大小FC； (3)水平轨道CD的长度L； (4)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小；如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离。 答案：(1)6 m/s　(2)1360 N　(3)6.5 m 　 (4)不能　6 m　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：门把手上A、B两点都绕O点转动，角速度相等，故A、B两点的角速度之比为1∶1，B错误；由v＝ωr，可知A、B两点的线速度大小之比为vA∶vB＝rA∶rB＝1∶2，故A正确；由a＝ω2r，可知A、B两点的向心加速度大小之比为aA∶aB＝1∶2，故C错误；门把手上的点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积为S＝eq \f(1,2)r2θ＝eq \f(1,2)r2ωt，所以A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积之比为SA∶SB＝1∶4，D错误。 解析：该居民受到楼梯的支持力在产生作用时，其作用点高度不变，则楼梯的支持力对人不做功，A错误；该居民对米袋做的功为W＝mgh＝10×10×30 J＝3000 J，B正确；由于重力势能零点不确定，则不能确定该居民最终的重力势能大小，C错误；该居民对米袋做功的平均功率为P＝eq \f(W,t)＝eq \f(3000,60×3) W＝eq \f(50,3) W，D错误。 5．(2020·海南高考)2020年5月5日，长征五号B运载火箭在中国文昌航天发射场成功首飞，将新一代载人飞船试验船送入太空，若试验船绕地球做匀速圆周运动，周期为T，离地高度为h，已知地球半径为R，万有引力常量为G，则(　　) A．试验船的运行速度为eq \f(2πR,T) B．地球的第一宇宙速度为eq \f(2π,T) eq \r(\f(（R＋h）3,R)) C．地球的质量为eq \f(2π（R＋h）3,GT2) D．地球表面的重力加速度为eq \f(4π2（R＋h）2,RT2) 解析：试验船的运行速度为eq \f(2π（R＋h）,T)，故A错误；近地轨道卫星的速度等于地球的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，对近地卫星有Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v2,R)，对试验船有Geq \f(Mm船,（R＋h）2)＝m船eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T))) eq \s\up12(2)(R＋h)，联立两式，解得地球的第一宇宙速度v＝eq \f(2π,T) eq \r(\f(（R＋h）3,R))，故B正确；根据Geq \f(Mm船,（R＋h）2)＝m船eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T))) eq \s\up12(2)(R＋h)，解得地球的质量为M＝eq \f(4π2（R＋h）3,GT2)，故C错误；地球表面的重力加速度等于近地轨道卫星的向心加速度，对近地卫星，根据万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R2)＝mg，再根据地球的质量M＝eq \f(4π2（R＋h）3,GT2)，可得地球表面的重力加速度g＝eq \f(4π2（R＋h）3,R2T2)，故D错误。 6．如图所示，某人从高出水平地面h的坡顶上水平击出一个质量为m的高尔夫球(可视为质点)，坡顶可视为半径为R的圆弧，高尔夫球飞出前瞬间对地面的压力恰好为0。高尔夫球落入水平地面的A洞中(不计洞穴的宽度及深度)，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则(　　) A．该球在空中运动的时间为eq \r(\f(h,g)) B．该球飞出的初速度大小为eq \r(gh) C．A洞到坡顶的距离为eq \r(2hR) D．该球落入A洞时的动能为eq \f(1,2)mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋2h)) 解析：高尔夫球被击出后做平抛运动，其竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2，解得该球在空中运动的时间t＝eq \r(\f(2h,g))，故A错误；高尔夫球飞出前瞬间对地面的压力恰好为0，则重力提供向心力，有mg＝m2,0)eq \f(v,R) ，解得该球飞出的初速度大小为v0＝eq \r(gR)，故B错误；A洞到坡顶的水平距离为x＝v0t＝eq \r(2hR)，根据勾股定理，A洞到坡顶的距离为s＝eq \r(x2＋h2)＝eq \r(2hR＋h2)，故C错误；根据动能定理有mgh＝Ek－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得该球落入A洞时的动能Ek＝eq \f(1,2)mg(R＋2h)，故D正确。 解析：根据题意，小球沿圆弧面运动的圆弧对应的圆心角为θ时，恰好离开弧面，设此时小球的速度为v1，根据牛顿第二定律得mgcosθ＝m2,1)eq \f(v,R) ，小球从抛出到离开弧面，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv2＋mgR＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋mgRcosθ，解得cosθ＝eq \f(1,3gR)·v2＋eq \f(2,3)，故D正确，A、B、C错误。 解析：探测器在圆轨道Ⅰ上的B点需点火减速才能进入椭圆轨道Ⅱ，此时发动机推力做负功，探测器的机械能减小，即探测器在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，A正确；根据开普勒第三定律eq \f(a3,T2)＝k，轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径，故探测器在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅰ上的运行周期，B错误；B点到火星球心的距离r一定，由a＝Geq \f(M,r2)可知，探测器在轨道Ⅱ上B点的加速度等于在轨道Ⅰ上B点的加速度，C错误；探测器在椭圆轨道Ⅱ近火点A需减速才能进入圆轨道Ⅲ，故探测器在轨道Ⅱ上A点时的速率大于在轨道Ⅲ上A点时的速率，D正确。 解析：设人和滑车下滑时受到的摩擦力大小是f，则沿斜面的方向：ma＝mgsin30°－f，其中a＝0.4g，解得f＝0.1mg。由以上分析可知，人和滑车下滑的过程中受到摩擦力的作用，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；根据动能定理，合力做的功即等于人和滑车的末动能，为Ek＝ma·eq \f(h,sin30°)＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；人和滑车克服摩擦力做功为Wf＝f·eq \f(h,sin30°)＝0.2mgh，故D错误。 10．无风的情况下，在离地面高为H处，将质量为m的球以速度v0水平抛出，球在空气中运动时所受的阻力大小f＝kv(v是球的速度，k是已知的常数)，阻力的方向与速度方向相反，并且球在着地前已经竖直 向下做匀速运动。已知重力加速度为g，则下 列说法中正确的是(　　) A．球刚抛出时的加速度大小为a＝eq \f(kv0,m)＋g B．球着地前瞬间的速度大小为v＝eq \f(mg,k) C．球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为W＝mgH＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(m3g2,k2) D．球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为W＝mgH＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(m3g2,2k2) 解析：球刚抛出时受到的合力大小为F合＝eq \r(（mg）2＋（kv0）2)，根据牛顿第二定律可得，球刚抛出时的加速度大小为a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(\r(（mg）2＋（kv0）2),m)，故A错误；根据题意，球在着地前已经竖直向下做匀速直线运动，则mg＝kv，解得球着地前瞬间的速度大小为v＝eq \f(\a\vs4\al(mg),k)，故B正确；球从抛出到着地过程中，由动能定理得mgH－W＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得球克服空气阻力做的功为W＝mgH＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(m3g2,2k2)，故C错误，D正确。 解析：(1)它们在竖直方向上运动相同，是因为它们在相同的时间内，落下相同的高度；若想证明平抛运动的水平运动是匀速直线运动，可以测量在相同时间内小球在水平方向前进的距离，看是否相同。 (2)由题图可以看出小球从(4.3，0)处水平抛出，由(14.9，4.0)处的球的影像可知在竖直方向上有4×10－3 m＝eq \f(1,2)gt2，水平方向上有(14.9－4.3)×10－3 m＝v0t，两式联立解得v0≈0.37 m/s。 解析：(1)实验中应选用质量大、体积小的小球，以减小空气阻力的影响，A错误，B正确；悬线应选用弹性较差的细绳，使摆线长度保持不变，D正确，C错误。 (2)小球经过光电门时的速度大小v＝eq \f(d,t)，小球从由静止释放到经过光电门，重力势能的减少量ΔEp＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(d,2)))(1－cosθ)，小球动能的增加量ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(md2,2t2)。 解析：(1)设排球被垫起前在空中飞行的时间为t，则h1－h2＝eq \f(1,2)gt2 解得t＝0.6 s 则排球被垫起前在空中飞行的水平距离为x＝v0t＝4.8 m。 (2)排球被垫起前瞬间在竖直方向速度的大小为vy＝gt＝6 m/s 根据速度的合成可得，排球被垫起前瞬间的速度大小v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝10 m/s 设v的方向与水平方向夹角为θ，如图所示，根据几何关系有tanθ＝eq \f(vy,v0)＝0.75 根据题意，排球被垫起后瞬间的速度大小为 v′＝v＝10 m/s 方向斜向右上方，且与水平方向夹角的正切值为0.75。 答案：(1)eq \f(v2,Lsinθ)　(2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv2,Lsinθ)))\s\up12(2)＋（mg）2) 解析：(1)由几何关系知，轨道半径r＝Lsinθ 根据向心加速度公式有a＝eq \f(v2,r) 联立得向心加速度a＝eq \f(v2,Lsinθ)。 (2)对模型飞机受力分析如图所示，向心力Fn＝ma 由几何关系得，悬臂对模型飞机的作用力大小为 F＝2,n)eq \r(F＋（mg）2) 可得F＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv2,Lsinθ)))\s\up12(2)＋（mg）2)。 解析：(1)由平抛运动规律及几何关系得vB＝eq \f(v,cos60°)＝6 m/s。 (2)运动员从B点运动到C点，由机械能守恒定律得mgh＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C) 在C点由牛顿第二定律得FC′－mg＝m2,C)eq \f(v,R) 联立并代入数据得FC′＝1360 N 由牛顿第三定律知，运动员到达C点时对轨道的压力大小FC＝FC′＝1360 N。 (3)从B到E由动能定理得 mgh－μmgL－mgH＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 代入数据得L＝6.5 m。 (4)假设第一次返回时运动员不能到达B点，设沿着CB轨道上滑的最大高度为H1，整个过程由动能定理得 mgh－2μmgL－mgH1＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 代入数据得H1＝1.2 m<h＝2 m 所以假设成立，运动员不能回到B点 设运动员在CD上通过的总路程为x，从B点到最终停下的总过程，由动能定理得mgh－μmgx＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 代入数据得x＝19 m 因为x＝2×6.5 m＋6 m，所以最后停止的位置距C点的距离为6 m。 $$