模块综合检测(B卷) 素养发展评价（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（教科版）

模块综合检测(B卷)　素养发展评价 (满分:100分　网阅作业，选择题请在答题区内作答) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.如图所示，一塔式起重机正在工作，在某段时间内，吊车P沿吊臂向末端M水平匀速移动，同时吊车正下方的重物Q在竖直方向上先匀加速上升，后匀减速上升。该段时间内，重物Q相对地面的运动轨迹可能是 (　 ) 2.“单臂大回环”是一种高难度男子体操动作，如图甲所示，运动员用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴在竖直平面内做圆周运动。当运动员以不同的速度v通过最高点时，手受到单杠的拉力F也不同，其F-v2图像如图乙所示。取重力加速度大小g=10 m/s2。则 (　 ) A.运动员的重心到单杠的距离为1.5 m B.运动员的重心到单杠的距离为1.2 m C.运动员的质量为50 kg D.运动员的质量为75 kg 3.某次班级例行换座位，小明开始用与水平面夹角为30°斜向上大小为F的拉力沿直线向前拉动课桌，移动距离s后换用与水平面夹角为30°斜向下大小仍为F的推力沿直线向前推动课桌，移动距离也是s，运动过程中接触面粗糙程度不变。以下判断正确的是 (　 ) A.第一次合力做功多 B.第二次合力做功多 C.两次合力做功相同 D.相同两次摩擦力做功相同 4.如图甲所示的“彩虹滑道”是一种较为受欢迎的新型娱乐项目，游客在滑道上某段的运动可简化如图乙所示。 游客(视为质点)以v0=1.5 m/s水平速度从A点滑出，然后落在倾角θ=30°的斜面上的B点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　 ) A.游客在空中运动的时间为0.3 s B.A、B两点的水平距离为 m C.游客在B点的速度大小为 m/s D.游客从A运动到B过程中的速度偏转角为60° 5.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，小球直径略小于管道内径，ab为过圆心的水平线。则小球 (　 ) A.过最高点的速度越大，对管壁的弹力一定越大 B.过最高点的速度越小，对管壁的弹力一定越小 C.在ab以下运动时，对内侧管壁可能有作用力 D.在ab以下运动时，对内侧管壁一定无作用力 6.“嫦娥六号”探测器于2024年5月8日进入环月轨道，后续经调整环月轨道高度和倾角，实施月球背面软着陆。当探测器的轨道半径从r1调整到r2时(两轨道均可视为圆形轨道)，其动能和周期从Ek1、T1分别变为Ek2、T2。下列选项正确的是 (　 ) A.== B.== C.== D.== 7.如图所示，质量为m0、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff。经过时间t，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端 (　 ) A.此时物块的动能为(F-Ff)(x+l) B.这一过程中，物块对小车所做的功为Ff(x+l) C.这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx D.这一过程中，物块和小车摩擦产生的热量为Ffx 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图所示为某水上游乐设施的俯视图，MN是一段水平的半径为R的半圆形赛道，其圆心处有一电动转轴，带动一个“十字”支架在水平面内做逆时针方向的匀速转动，角速度为ω。人在赛道上跑时视为匀速圆周运动，要让人顺利地从M点跑到N点不碰到支架，则人跑动的线速度大小可能是 (　 ) A.ωR B.ωR C.ωR D.2ωR 9.如图所示，小物体从某一高度自由下落， 落到竖直固定在地面上的轻弹簧上，在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是 (　 ) A.物体经过A点时速度最大 B.从A点下落到B点的过程中，物体的机械能守恒 C.从A点下落到B点以及从B点上升到A点的过程中，物体的动能都是先变大后变小 D.从A点下落到B点的过程中，物体的机械能不守恒 10.如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞，在接近某行星表面时以60 m/s的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1 000 kg，背罩质量为50 kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取g=10 m/s2。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有 (　 ) A.该行星表面的重力加速度大小为4 m/s2 B.该行星的第一宇宙速度为7.9 km/s C.“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为 80 m/s2 D.“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30 kW 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(6分)图甲是探究平抛运动的实验装置。用小锤击打弹性金属片后，a球沿水平方向抛出，做平抛运动，同时b球被释放，做自由落体运动，观察到两球同时落地。改变小锤击打力度，两球仍然同时落地。 (1)以上现象说明　　　　。(3分)  A.平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动 B.两小球在空中运动的时间相等 C.两小球落地时速度相等 D.两小球在竖直方向的加速度相等 (2)一同学利用频闪相机拍摄a小球运动过程，经处理后得到如图乙所示的点迹图像。图中O为坐标原点，B点在两坐标线交点，坐标xB=40 cm，yB=20 cm，A、C点均在坐标线的中点。则平抛小球在B点处的瞬时速度大小vB=　　　　m/s(结果保留两位小数)。(3分)  12.(9分)某物理兴趣小组采用了如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”。装置中包括一个定滑轮、细线、标尺、秒表、质量分别为M和m的物块A和B，M>m，当地重力加速度为g，细线足够长。 (1)实验开始时，用手先托住A，使A和B均保持静止。某时刻，释放A，则A加速下降，B加速上升，用标尺测出A下降的高度为h，用秒表测出A下降高度h所用的时间为t。则根据以上实验测量数据，求得A和B组成的系统在此过程中重力势能减少量为ΔEp=　　　　(用M、m、g、h表示)，系统动能增加量为 ΔEk=　　　　(用M、m、h、t表示)。(2分)  (2)经过多次实验，获取多组精确数据，做出h-t2图像如图乙所示，图像斜率为k，则重力加速度为g=　　　　。(用M、m、k表示)(3分)  (3)经过多次实验，获取多组精确数据，经检查没有出现实验错误，却发现系统重力势能的减少量总是大于系统动能的增加量。请你给出出现这种结论的两种可能原因:①　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;  ②　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(4分)  13.(10分)质量为m=10 kg的物体放在粗糙的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.25，现在大小为F=45 N的水平拉力作用下从静止开始运动，通过一段时间t=2 s (g取10 m/s2)。求: (1)该过程中拉力做的功;(5分) (2)该过程中拉力做功的平均功率。(5分) 14.(13分)假如航天员乘坐宇宙飞船到达某行星，在该行星“北极”距地面h处由静止释放一个小球(引力视为恒力，阻力可忽略)，经过时间t落到地面。已知该行星半径为R，自转周期为T，引力常量为G，求: (1)该行星的平均密度ρ;(3分) (2)该行星的第一宇宙速度v;(4分) (3)如果该行星有一颗同步卫星，其距行星表面的高度H为多少。(6分) 15.(16分)如图所示，与水平面夹角为θ=37°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为l=12 m，电动机带动传送带以恒定的速率v=2.4 m/s向上运动。现将一质量为5 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求: (1)物体从A点运动到B点共需多少时间;(4分) (2)物块从A点运动到B点过程中，摩擦力对物块做的功;(6分) (3)物体从A点到达B点的过程中，传送带多消耗了多少电能?(6分) 40 / 40 学科网（北京）股份有限公司 模块综合检测(B卷) 1.选A　吊车P沿吊臂向末端M水平匀速移动，同时吊车正下方的重物Q先匀加速竖直上升，可知重物Q做匀变速曲线运动，重物Q的合力竖直向上；后匀减速竖直上升，可知重物Q继续做匀变速曲线运动，但重物Q的合力竖直向下；做曲线运动物体受到的合力方向在运动轨迹的凹侧，则重物Q的运动轨迹可能是A。 2.选C　对运动员在最高点进行受力分析，由F-v2图像知，当F=0时，重力提供向心力，即mg=m，解得r=1.0 m，故A、B错误；由F-v2图像知，当F=500 N时，根据牛顿第二定律得mg+F=m，解得m=50 kg，故C正确，D错误。 3.选A　设课桌与水平面间的动摩擦因数为μ，课桌的质量为m，由题意分析，可知两种情况下，对F正交分解，可得沿水平方向的分力大小都为Fcos 30°，方向都为水平向前，竖直方向的分力大小都为Fsin 30°，第一次的方向为竖直向上，第二次的方向为竖直向下，则第一次的摩擦力大小为f1=μFN1=μ，第二次的摩擦力大小为f2=μFN2=μ，可知f1<f2，根据Wf=-fs，可知第二次摩擦力做的负功较多；根据WF=Fcos 30°·s，可知两次拉力做的正功一样多；根据W合=Fcos 30°·s-fs，可知第一次合力做的功更多。 4.选C　A到B过程中，位移偏转角为30°，由平抛运动推论得速度偏转角的正切值tan θ=2tan 30°=<tan 60°，游客从A运动到B过程中的速度偏转角小于60°，D错误；由平抛运动推论有=2tan 30°，又vy=gt，x=v0t，解得t= s，x= m，A、B错误；游客在B点的速度大小v=，解得v= m/s，C正确。 5.选D　在最高点，当速度v<时，内壁对小球有支持力，根据牛顿第二定律可得mg-FN=m，解得FN=mg-m，故当速度越大时，支持力越小，结合牛顿第三定律可知，小球对管壁的弹力越小，故A、B错误；在ab以下运动时，受到的向心力指向圆心，而重力沿半径方向的分力背离圆心，故小球应受到外侧管壁的支持力，一定不受内侧管壁的支持力，故C错误，D正确。 6.选A　由万有引力提供向心力，可得=mr=m，解得T= ，v= ，则= ，又Ek=mv2，所以=，故A正确。 7.选A　对物块分析，物块的位移为x+l，根据动能定理有(F-Ff)(x+l)=Ek-0，所以物块到达小车最右端时具有的动能为(F-Ff)(x+l)，故A正确；对小车分析，小车的位移为x，所以物块对小车所做的功为Ffx，故B错误；物块和小车因摩擦产生的热量Q=Ffs相对=Ffl，故D错误；根据功能关系得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的热量，则有F(l+x)=ΔE+Q，解得物块和小车增加的机械能为ΔE=F(l+x)-Ffl，故C错误。 8.选BC　设人跑动的线速度大小是v，则人从M点跑到N点运动的时间为t=，人做圆周运动的角速度ω1=，要让人顺利地从M点跑到N点不碰到支架，则0≤t<或0≤t<，解得<v<2ωR，故选B、C。 9.选CD　对物体经过A点时进行受力分析，此时物体只受重力，此时加速度方向与速度方向相同，所以物体经过A点时继续加速，速度还未达到最大，选项A错误；物体从A点下落到B点的过程中，由于要克服弹簧弹力做功，所以物体的机械能不守恒，选项B错误，D正确；在A、B之间某位置满足kx=mg，此时加速度为0，所以物体从A点下落到B点以及从B点上升到A点的过程中，速度都是先增大后减小，动能都是先变大后变小，选项C正确。 10.选AC　在星球表面，根据G=mg，可得g=，该行星的质量和半径分别为地球的和，地球表面重力加速度大小取g=10 m/s2，可得该行星表面的重力加速度大小g'=4 m/s2，故A正确；在星球表面上空，根据万有引力提供向心力，有G=m，可得星球的第一宇宙速度v= ，该行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度v行=v地，地球的第一宇宙速度为7.9 km/s，所以该行星的第一宇宙速度v行=×7.9 km/s，故B错误；“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力F=mg'=4 000 N，“背罩分离”后瞬间，背罩所受的合力大小为4 000 N，根据牛顿第二定律F=m'a，解得背罩的加速度大小a=80 m/s2，故C正确；“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率P=mg'v=1 000×4×60 W=240 kW，故D错误。 11.解析:(1)因为两球同时释放，同时落地，所以两球下落的时间相等，即在空中运动的时间相等，故B正确；b球做自由落体运动，则竖直方向上a球做自由落体运动，两小球在竖直方向的加速度相等，故A、D正确；因为下落的高度相同，落地时两球竖直方向的速度相同，因为a球有初速度，所以a球落地的速度比b球的落地速度大，故C错误。 (2)根据题图中的几何关系可知，A点的纵坐标为5 cm，B点的纵坐标为20 cm，C点的纵坐标为45 cm，因为AB的竖直距离为yAB=15 cm=0.15 m，BC之间的竖直距离为yBC=25 cm=0.25 m，则竖直方向上，由运动学公式可知yBC-yAB=gT2，在水平方向上v0=，竖直方向上vBy=，则vB=，解得vB=2 m/s≈2.83 m/s。 答案:(1)ABD　(2)2.83 12.解析:(1)B的重力势能增加，A的重力势能减少，所以A和B组成的系统在此过程中重力势能减少量为 ΔEp=Mgh-mgh=(M-m)gh， 由运动学公式可得h=at2，2ah=v2， 系统动能的增量为ΔEk=(M+m)v2， 联立可得ΔEk=。 (2)由h=at2，可得图线斜率k=a， 由牛顿第二定律可得Mg-mg=(M+m)a， 可得g=。 (3)系统重力势能减少量大于动能增加量的原因可能是物块运动过程中受到空气阻力作用，要克服空气阻力做功；也可能滑轮不光滑，绳与滑轮间有摩擦力，需要克服摩擦力做功。 答案:(1)(M-m)gh　　(2) (3)①系统克服空气阻力做功所致　②系统存在摩擦力做功的情况 13.解析:(1)对物体根据牛顿第二定律可得F-μmg=ma 解得加速度大小为a=2 m/s2 根据运动学公式可得x=at2=4 m 则该过程中拉力做的功为W=Fx=180 J。 (2)该过程中拉力做功的平均功率为= 代入数据解得=90 W。 答案:(1)180 J　(2)90 W 14.解析:(1)设行星表面的重力加速度为g，对小球， 有h=gt2，解得g= ， 设行星表面的某一物体质量为m，有mg=G， 解得M= 故行星的密度ρ=， 解得ρ=。 (2)设处于行星表面附近做匀速圆周运动的卫星质量为m'，由牛顿第二定律有m'g=m'，解得v=。 (3)同步卫星的周期与该行星自转周期相同，均为T，设同步卫星的质量为m″， 由牛顿第二定律有G=m″(R+H) 联立解得同步卫星距行星表面的高度H=-R。 答案:(1)　(2)　(3)-R 15.解析:(1)物体达到与传送带共速前，根据牛顿第二定律可得μmgcos 37°-mgsin 37°=ma1 解得a1=0.4 m/s2 物体达到与传送带共速所需的时间为t1==6 s t1时间内物体的位移为x=t1=×6 m=7.2 m<l=12 m 物体与传送带共速后，因 μmgcos 37°>mgsin 37°，可知物体与传送带保持相对静止做匀速运动，则有t2== s=2 s 则物体从A点运动到B点共需时间为t=t1+t2=8 s。 (2)物块从A点运动到B点过程中，根据动能定理可得 Wf-mglsin θ=mv2-0 解得摩擦力对物块做的功为Wf=374.4 J。 (3)物体在匀加速阶段，与传送带的相对位移为Δx=vt1-x=2.4×6 m-7.2 m=7.2 m 则物体与传送带因摩擦产生的内能为Q=μmgcos θ·Δx 根据能量守恒定律可知，物体从A点到达B点的过程中，传送带多消耗的电能为E电=mglsin θ+mv2+Q 联立解得E电=604.8 J。 答案:(1)8 s　 (2)374.4 J　(3)604.8 J 9 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $