模块综合检测(B卷)（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（鲁科版 福建专用）

该高中物理课件聚焦曲线运动、万有引力定律、机械能守恒等核心知识点，通过跳伞运动、空间站运行、汽车加速等实际情境导入，串联运动合成与分解、圆周运动、平抛运动等知识，搭建从基础概念到综合应用的学习支架，帮助学生构建完整的力学知识体系。 其亮点在于以真实问题为载体，融合科学思维与科学探究，如实验题利用手机录像验证机械能守恒，培养数据处理与证据分析能力，计算题通过小球轨道运动等模型建构，强化科学推理与模型应用。这不仅提升学生解决实际问题的能力，也为教师提供多样化的教学评价素材，助力核心素养落地。

模块综合检测(B卷) 1.跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目。当跳伞运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响。下列说法中正确的是 (　 ) A.风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作 B.运动员着地时的速度方向竖直向下 C.运动员下落时间与风力无关 D.运动员着地速度与风力无关 √ 一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 解析：运动员下落时间只与竖直方向上的运动有关，与风力的大小无关，故A错误，C正确；运动员在水平方向上受到风力的作用会有速度，风力越大，则水平方向的速度越大，运动员着地时的速度不是竖直向下的，且速度的大小与风力有关，故B、D错误。 2.中国空间站天和核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。已知地球同步卫星的轨道离地面的高度约为地球半径的6倍。下列说法正确的是(　 ) A.核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的 B.核心舱在轨道上飞行的速度大于地球的第一宇宙速度 C.核心舱在轨道上飞行的周期小于24 h D.后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小 √ 解析：由题可知，核心舱进入轨道的轨道半径为r0=R，核心舱进入轨道后所受地球引力与它在地面时受到的引力之比为==，故A错误；根据万有引力提供向心力有G=m，解得v= ，第一宇宙速度是圆轨道最大环绕速度，r越大，v越小，核心舱在轨道上的飞行速度小于地球第一宇宙速度，故B错误；根据万 有引力提供向心力有G=mr，解得T=2π ，而核心舱比同步卫星的轨道半径小，周期小，故C正确；后续加挂实验舱后，质量变化，但只要运动速度不变，则轨道半径不变，与质量无关，故D错误。 3.如图所示，一倾角为45°的斜面和半圆竖直轨道分别与水平面平滑连接于P、B两点，PB的距离为R，半圆轨道的圆心为O，半径为R，C为其最高点。一小球从斜面上A点由静止下滑，通过C点后垂直打在斜面上D点，D与O等高。不计一切阻力，则A点到地面的高度为 (　 ) A.R B.2R C.3R D.4R √ 解析：小球从C到D做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有2gR=，由于小球垂直打在斜面上D点，则有tan 45°=，联立解得vC= >，小球从A到C的过程，根据动能定理可得mg(h-2R)=m-0，解得A点到地面的高度为h=3R，C正确，A、B、D错误。 4.某国产汽车百公里加速时间(从静止加速到100千米/小时的时间)仅为1.98秒，最高时速可达到350千米/小时，最大功率高达1150千瓦。其独特的尾翼设计，使气流对整车产生高达285千克力(1千克力=10牛)的下压力，大大提升了高速行驶及转弯时的稳定性。已知下压力与速度的平方成正比，即FN=kv2(k为下压力系数，可认为恒定)，重力加速度g取10 m/s2。则 (　 ) A.百公里加速过程，平均加速度约为1.4g B.下压力系数约为0.03 kg/m C.最大速度行驶时可提供牵引力最大为3×104 N D.其他条件相同的情况下，下压力系数越大，最小转弯半径越大 √ 解析：汽车从静止加速到v=100 km/h≈27.78 m/s，依题意有a==m/s2≈14 m/s2，又g=10 m/s2，故可知a≈1.4g，即百公里加速过程，平均加速度约为1.4g，故A正确；当汽车达到最高时速 vmax=350 km/h≈97.22 m/s，下压力F=285×10 N=2 850 N，由题意F=kv2，可得k== kg/m≈0.3 kg/m，即下压力系数约为0.3 kg/m，故B错误；汽车在最大速度行驶时，根据P=Fv可得最大牵引力约为F==≈1.2×104 N，故C错误；其他条件相同的情况下，下压力系数越大，对应速度下的下压力越大，最大静摩擦力越大，根据μFN=m，可知最小转弯半径越小，故D错误。 二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 5.如图所示，倾角为θ的斜面上有A、B、C三 点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一 小球，三个小球均落在斜面上的D点，今测得 AB∶BC∶CD=5∶3∶1，由此可判断(不计空气阻力) (　 ) A.A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3 B.A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1 C.A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1 D.A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 √ √ 解析：由于沿斜面AB∶BC∶CD=5∶3∶1，故三个小球竖直方向运动的位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为3∶2∶1，故A错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tan α=2tan θ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，故B正确；同时tan α=，所以三个小球的初速度大小之比等于运动时间之比为3∶2∶1，故C正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D点相交，不会在空中相交，故D错误。 6.如图所示，内部光滑的半球形容器固定放置，两个完全相同的小球a、b分别沿容器内壁，在不同的水平面内做匀速圆周运动，下列判断正确的是 (　 ) A.a对内壁的压力小于b对内壁的压力 B.a的周期小于b的周期 C.a的角速度小于b的角速度 D.a的向心加速度大于b的向心加速度 √ √ 解析：小球受到重力和内壁的支持力N，如图所示，合 力指向圆心，充当向心力，故支持力N=，对于两球有 θa>θb，所以Na>Nb，由牛顿第三定律知A错误；设容器的半 径为R，则有mgtan θ=mω2r，得ω= ，根据几何关系可知运动半径r=Rsin θ，则ω= ，对于两球有θa>θb，所以ωa>ωb，周期T=，故Ta<Tb，B正确，C错误；向心加速度a=gtan θ，对于两球有θa>θb，故a的向心加速度大于b的向心加速度，D正确。 7.如图所示，在光滑水平板的中央有一光滑 的小孔，一根不可伸长的轻绳穿过小孔。绳的两 端分别拴有一小球C和一质量为m的物体B，在物 体B的下端还悬挂有一质量为3m的物体A。使小球C在水平板上以小孔为圆心做匀速圆周运动，系统稳定时，圆周运动的半径为R。现剪断A与B之间的绳子，系统稳定后(B未与板接触)，小球以2R的半径在水平板上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是 (　 ) A.剪断A、B间的绳子后，B和C组成的系统机械能守恒 B.剪断A、B间的绳子后，小球C的机械能不变 C.剪断A、B间的绳子后，绳子对小球C做的功为mgR D.剪断A、B间绳子前，小球C的动能为2mgR √ √ 解析：剪断A、B间的绳子后，对B和C组成的系统，只有B的重力对系统做功，所以B和C组成的系统机械能守恒，故A正确；剪断A、B间的绳子后，在C的运动半径增大的过程中，绳子的拉力对C做负功，C的机械能减小，故B错误；剪断A、B间的绳子前，根据牛顿第二定律得3mg+mg=mC，C的动能EkC=mC，联立解得EkC=2mgR，剪断A、B间的绳子后，根据牛顿第二定律得mg=mC，C的动能EkC'=mCvC'2，联立解得EkC'=mgR，则绳子对小球C做的功为-mgR，故C错误，D正确。 8.如图(a)为排球比赛场地示意图，其长度为2s，宽度为s，球网高度为H，运动员在某次发球中，距离球网中心正前方某处，弹跳后将球从比网高出h处水平拍出(发球点图中未画出)，将排球扣到对方场地上，排球的速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ与排球运动时间t的关系如图(b)所示，排球可看成质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是 (　 ) A.排球落在场地上时竖直方向的速度大小为 B.排球初速度的大小为 m/s C.运动员在球网中心正前方的底线处发球时，一定会过网 D.球不出界时，发球点与球网中心的最小水平距离dm=-s √ √ 解析：由排球在竖直方向做自由落体运动可得=2g(H+h)，解得vy末=，故A正确；由平抛运动规律有vy=gt，tan θ=，则tan θ=，结合题图(b)所示图像的斜率k=，联立解得v0=2g m/s，故B错误；从底线处发球，恰能过网的情况下有s=v0t，h=gt2，得v0=s ，又v0=2g m/s，联立求得此时h= m，故若能过网，需满足h> m，由 于h值未知，故无法判断球能否过网，故C错误；球不出界时，球最远可扣到对方场地底线与边线交点处，排球做平抛运动，平抛运动时间为t'= ，而初速度v0=2g m/s，水平位移x=v0t'，由几何关系可知x= ，联立解得dm= -s，故D正确。 三、非选择题(共60分，其中9、10、11题为填空题，12题为实验题，13、14、15题为计算题) 9.（4分）A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们线速度大小之比为 ，角速度大小之比为 ，圆周运动的半径之比为 ， 向心加速度大小之比为 。 答案：4∶3 3∶2 8∶9 2∶1 解析：在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，根据v=，可知，线速度大小之比为4∶3；因速度方向的改变量等于转过的圆心角，快艇在相同时间内运动方向改变的角度之比是3∶2，根据ω=，可知，角速度大小之比为3∶2；根据v=ωr，可得r=，可知，圆周运动的半径之比为8∶9；根据a=ωv，可知，向心加速度大小之比为2∶1。 10.（4分）如图所示，在竖直杆上的A点系一不可伸长的轻质细绳，绳子的长度为l，绳的另一端连接一质量为m的小球，小球可看作质点，现让小球以不同的角速度ω绕竖直轴做匀速圆周运动，小球离A点的竖直高度为h，重力加速度为g，小球离A点的竖直高度h与小球运动的角速度ω的平方成 比，绳子的拉力与小球运动 的角速度ω的平方成 比。(选填“正”或“反”) 答案：反 正 解析：小球受力如图所示，根据牛顿第二定律mgtan θ=mω2lsin θ，解得ω= = ，得到h=，即h与角速度的平方成反比；绳子的拉力为T==mω2l，即绳子的拉力与小球运动的角速度ω的平方成正比。 11.（4分）“天问一号”探测器需要通过霍曼转移轨道从地球发送到火星，地球轨道和火星轨道看成圆形轨道，此时霍曼转移轨道是一个近日点Q和远日点P分别与地球轨道、火星轨道相切的椭圆轨道(如图所示)。在近日点短暂点火后“天问一号”进入霍曼转移轨道，接着“天问一号”沿着这个轨道直至抵达远日点，然后再次点火进入火星轨道。已知引力常量为G，太阳质量为M，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R，地球、火星、“天问一号”运行方向 都为逆时针方向。两次点火喷气方向 （选填“相同”或 “不同”）， “天问一号”在地球轨道上的角速度 在火星 轨道上的角速度，“天问一号”在转移轨道上近日点的速度大小 地球公转速度大小。（选填“大于”“小于”或“等于”） 答案：不同 大于 大于 解析：两次点火都让探测器做加速运动，因此点火喷气的方向都与运动方向相反，探测器做曲线运动，速度方向一直在变化，两次点火时运动方向不同，所以两次点火喷气方向不同，绕太阳运行时，根据G=m0ω2r，解得ω=，可得轨道半径越大，角速度越小，因此“天问一号”在地球轨道上的角速度大于在火星轨道上的角速度；由于“天问一号”通过近日点后将做离心运动，因此在转移轨道上近日点的速度大于地球公转速度。 12.(8分)学校举行“利用生活中的物品进行物理实验”活动，某同学设想通过手机的录像功能拍摄自由下落的物体，之后对获得的视频分帧处理确定物体在某处的位置及下落速度，从而验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。 实验具体操作如下： A.选取合适物体作为“自由下落的物体”； B.用家用电子秤测出物体的质量； C.将毫米刻度尺固定在竖直墙壁上，手机固定在手机支架上，调整好摄像头的视野位置； D.打开手机摄像功能，开始摄像； E.用手捏住物体，使其下端位于刻度尺0刻度处，松手后物体自由下落； F.停止拍摄，对视频进行分帧处理，选取合适分帧图片，处理数据。 (1)该同学身边有如图乙所示的物品，最适合用来做“自由下落的物体”的是______。(填字母代号)(1分)  C 解析： (1)本实验应尽量减小空气阻力的影响，所以应选择密度较大的小锁。故选C。 (2)上述实验操作中不必要的一项为______(填写操作步骤前的序号)。(1分)  B 解析：(2)验证机械能守恒定律可以把公式两边的质量m约去，故没有必要测出物体的质量。故选B。 (3)数据处理时每隔0.08 s取一张分帧图片，选取连续获取的三帧图片，读出下落物体最下端对应的刻度分别为：第一帧3.63 cm、第二帧13.47 cm、第三帧29.55 cm。已知当地重力加速度为g。 ①在计算物体速度时，该同学________(填“可以”或“不可以”)用v=进行计算；(2分)  不可以 解析：(3)①由v=，变形即可得到v2=2gH， 相当于用机械能守恒验证机械能守恒，故不可以用v=来计算速度。 ②若选取0刻度处为验证机械能守恒的初位置，应选取第___帧图片所示位置作为末位置，若设此时物体下落高度为H，该图片中物体对应的下落速度v为______m/s(结果保留三位有效数字)，需要验证的公式为_______。(4分)  二 1.62 =gH 解析：②计算某位置瞬时速度的方法为“某过程的平均速度为该过程中间时刻的瞬时速度”，题中给出的数据只能确定第二帧图片所示位置的瞬时速度，故应选取第二帧图片作为末位置。 由v=，代入数据计算可得v为1.62 m/s。 0刻度处静止释放，由机械能守恒定律得=mgH， 两侧m可约去，故验证的公式为=gH。 13.(10分)如图所示，气球下面用细线吊着小球，一起以v0=2 m/s的速度斜向右上方做匀速直线运动，速度与水平方向的夹角为30°，当小球运动到离地面19.95 m高处时细线断开，不计空气阻力，重力加速度为10 m/s2。求： (1)小球此后运动过程中最小的速度；(5分) 答案： (1) m/s，方向水平向右 解析：(1)小球在水平方向上做匀速直线运动，故水平分速度不变，大小为vx=v0cos 30°= m/s 当竖直方向上的分速度为零时，小球有最小速度，故有vmin=vx= m/s，方向水平向右。 (2)小球此后在空中运动的水平位移大小。(5分) 答案：(2) m 解析：(2)小球竖直方向的分初速度为vy=v0sin 30°=1 m/s， 设向上为正方向，在竖直方向上根据位移公式有 -h=vyt-gt2，解得t= s 故小球此后在空中运动的水平位移大小为 x=vxt= m。 14.(14分)如图所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1 g的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，转动轴到管底小球的距离为5 cm，让试管在竖直平面内匀速转动。取g=10 m/s2。　 (1)转动轴达到某一转速时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度ω为多大?(7分) 答案：(1)20 rad/s　 解析：(1)转至最低点时，小球对管底压力最大；转至最高点时，小球对管底压力最小，则在最低点时管底对小球的支持力大小F1是在最高点时管底对小球支持力大小F2的3倍，即F1=3F2 根据牛顿第二定律有 在最低点：F1-mg=mω2r 在最高点：F2+mg=mω2r 又r=5 cm=0.05 m 联立得ω== rad/s=20 rad/s。 (2)当角速度ω'=10 rad/s时，管底对小球的作用力的最小值和最大值各是多少?(7分) 答案：(2)0　1.5×10-2 N 解析：(2)在最高点时，设小球不掉下来的最小角速度为ω0， 则mg=mr 即ω0= = rad/s=10 rad/s 因为ω'=10 rad/s<ω0，故管底转到最高点时，小球已离开管底，因此管底对小球作用力的最小值为Fmin=0 当转到最低点时，管底对小球的作用力最大值为Fmax， 根据牛顿第二定律知Fmax-mg=mω'2r 代入数值得Fmax=1.5×10-2 N。 15.(16分)如图所示，将一质量为0.1 kg的小 钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，使其沿着 半圆形轨道OA和AB运动，OAB是与B点相切的 竖直光滑圆弧轨道，BC段为一段长为L=2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。圆弧OA和AB的半径分别为r=0.2 m，R=0.4 m，小钢球与BC段的动摩擦因数μ=0.4，C点离接球槽的高度h=1.25 m，水平距离x=0.5 m，接球槽宽EF的长度为1.5 m，忽略空气阻力。求：(g取10 m/s2) (1)要使小钢球恰好不脱离圆弧轨道OAB，小钢球在A点的速度vA为多大；(4分) 答案： (1)2 m/s 解析：(1)要使小钢球恰好不脱离圆弧轨道，在最高点有mg=m，解得vA=2 m/s。 (2)在(1)问的情况下小钢球在B位置对半圆轨道的压力；(6分) 答案： (2)6 N，竖直向下　 解析：(2)小钢球从A到B，根据动能定理有mg·2R=m-m 在B点有FN-mg=m 联立可得FN=6 N 根据牛顿第三定律可得，小钢球在B位置对半圆轨道的压力为6 N，方向竖直向下。 (3)要使小钢球最终能落入槽中，弹簧压缩时的弹性势能的取值范围。(6分) 答案：(3)0.6 J≤Ep≤1.2 J 解析：(3)要使小钢球最终能落入槽中，在C点的速度至少为vC，从C到D根据平抛运动规律可得x=vCt， h=gt2，解得vC=1 m/s 假设小钢球在A点的速度恰好为2 m/s时，小钢球可运动到C点，且到达C点的速度为vC'，则从A到C由动能定理得mg·2R-μmgL=mvC'2-m，解得vC'=2 m/s>vC 即当小钢球恰好不脱离圆轨道时，小钢球能达到C点，能平抛入槽，即此时弹簧压缩时的弹性势能有最小值，由机械能守恒定律得 Ep min=m+mg·2r 代入数据，弹簧压缩时的弹性势能最小为 Ep min=0.6 J 从C到F根据平抛运动规律可得x+xEF=vC″t h=gt2，解得vC″=4 m/s 从O到C，由动能定理得 mg·R-μmgL=mvC″2-m 由能量守恒可得Ep max=m 联立可得，弹簧压缩时的弹性势能最大为 Ep max=1.2 J 所以要使小钢球最终能落入槽中，弹簧压缩时的弹性势能的取值范围为0.6 J≤Ep≤1.2 J。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $