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2019人教版必修第二册 模块综合试卷（一） 同步练习
一、多选题
1．如图所示，质量为m=1kg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=的光滑斜面上，斜面的末端B与水平传送带相接（物块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度为v0=5m/s，长为L=4.8m；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25，g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．水平作用力力F大小5N
B．物块在传送带上运动的时间可能为0.8s
C．滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量可能为8J
D．滑块下滑时距B点的竖直高度可能为0.5m
2．欢庆新中国建国70周年阅兵式上展示了很多世界一流的先进武器，充分说明了我国的高科技水平．最近科学家们在西昌利用火箭发射了一枚反卫星导弹，成功地进行了一次反卫星武器试验则下列说法正确的是（ ）
A．火箭发射时，火箭利用反冲而向上运动
B．发射初期加速上升时，弹头处于超重状态，但它受到的重力越来越小
C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小不相等
D．弹头击中卫星前，卫星的加速度为零
3．如图所示，小物块静止在水平面上A处，水平面右侧与一竖直光滑圆轨道平滑连接于B处，小物块可不受阻碍的进入圆轨道，C为圆轨道最高点．现给小物块水平向右的冲量I，使小物块向右运动．已知小物块质量m=1kg，物块与水平面光滑，圆环半径R=1m，重力加速度g=10m/s2．则
A．I=2N·s时，物块不会脱离圆轨道
B．I=9N·s时，物块不会脱离圆轨道
C．I=10N·s时，物块将脱离圆轨道
D．I=N·s时，物块恰能到达C点
4．投飞镖是深受人们喜爱的一种娱乐活动．如图所示，某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方．忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时应该（ ）
A．适当增大投飞镖的初速度
B．到稍近些的地方投飞镖
C．到稍远些的地方投飞镖
D．适当减小投飞镖时的高度
二、单选题
5．如图所示，宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中会完全失重，下列说法中正确的是（　　）
A．宇航员仍受万有引力的作用 B．宇航员受力平衡
C．宇航员受万有引力和向心力 D．宇航员不受任何作用力
6．关于静摩擦力做功和滑动摩擦力做功，下列说法正确的是（　　）
A．静摩擦力总是做正功，滑动摩擦力总是做负功
B．静摩擦力对物体一定不做功，滑动摩擦力对物体可能不做功
C．静摩擦力对物体可能做功，滑动摩擦力对物体一定做功
D．静摩擦力和滑动摩擦力都可能对物体不做功
7．一质量为的滑块，以的速度在光滑水平面上向左滑行。从某一时刻起在滑块上作用一水平向右的力，这个水平力作用一段时间后被撤去，已知这个力在此过程中对滑块共做了的功，则最后滑块的速度方向和大小分别为（　　）
A．方向向右， B．方向向左，
C．方向向左， D．方向向右，
8．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源。延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是
A．“轨道康复者”的速度大于地球的第一宇宙速度
B．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 倍
C．站在赤道上的人的角速度大于“轨道康复者”的角速度
D．为了拯救圆轨道上的某卫星，“轨道康复者”可从比该卫星更高的圆轨道上加速后靠近该卫星
9．曲线OD为物体A从O点以v0=3m/s的速度水平抛出的运动轨迹，现固定一与曲线OD重合的光滑轨道，轨道上有一点M,OM连线与竖直方向的夹角为45°,将物体A沿轨道从O点无初速下滑，则物体A滑到M点的速度大小为（重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力）
A．3m/s B． m/s C．6m/s D．m/s
10．一质点做曲线运动，速率逐渐增大．关于它在运动过程中在P点时的速度v和合外力F的方向，下列描述准确的是
A．
B．
C．
D．
11．一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4m/s，转动周期为4s，则下列说法正确的是（　　）
A．角速度为0.5rad/s B．运动轨迹的半径为1m
C．转速为0.25r/s D．频率为Hz
12．共享单车是指企业在校园、地铁站点、公交站点等公共服务区提供的单车共享服务，是一种新型、便捷的公共交通方式。如图甲所示是某共享单车采用的无链传动系统，利用圆锥齿轮90°轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动，杜绝了传统自行车“掉链子”的问题。如图乙所示是圆锥齿轮90°轴交示意图，其中A是圆锥齿轮转轴上的点，B、C分别是两个圆锥齿轮边缘上的点，两个圆锥齿轮中心轴到A、B、C三点的距离分别记为rA、rB和rC(rA≠rB≠rC)。下列说法正确的是(　　)
A．B点与C点的角速度：ωB＝ωC
B．C点与A点的线速度：vC＝ vA
C．B点与A点的线速度：vB＝ vA
D．B点和C点的线速度：vB>vC
三、实验题
13．在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00 kg。
（1）甲、乙、丙三学生分别用同一装置打出三条纸带，量出各纸带上第1、2两点间的距离分别为0.18cm、0.19cm和0.25cm。可见其中肯定有一位学生在操作上有错误，该同学是：___________。
若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02 s），那么：
（2）纸带的___________端与重物相连；
（3）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=___________；
（4）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是ΔEp=___________，此过程中物体动能的增加量ΔEk=___________（取g=9.8 m/s2）；
（5）通过计算，数值上ΔEp___________ΔEk（填“>”“=”或“＜”）这是因为___________；
（6）实验的结论是___________。
14．某同学设计了一个探究平抛运动特点的实验装置，在水平桌面上放置一个斜面，每次都让钢球从斜面上的同一位置滚下，滚过桌边后钢球便做平抛运动．在钢球抛出后经过的地方水平放置一块木板（还有一个用来调节木板高度的支架，图中未画出），木板上放一张白纸，白纸上有复写纸，这样便能记录钢球在白纸上的落点．桌子边缘钢球经过的地方挂一条铅垂线．完成下列主要探究步骤：
a．木板分别置于桌面下方距离桌面h、4h、9h……处，让钢球每次从斜面上的同一位置无初速滚下，钢球撞击木板，在白纸上留下痕迹；
b．依次测量球痕中心到铅垂线的水平距离x1、x2、x3……，若满足x1：x2：x3……＝ _________，则表明钢球做平抛运动的水平分运动是匀速直线运动．
c.如图所示，在“研究平抛物体运动”的实验中忘记记下斜槽末端的位置O，A为物体运动一段时间后的位置，根据如图所示图象，则物体平抛初速度大小为__________ m/s，小球在D点的速度大小为_________ m/s.（g取10 m/s2）
四、解答题
15．一宇航员站在某质量分布均匀的星球表面上沿竖直方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落回抛出点，已知该星球半径为R，引力常量为G，求：
(1)该星球表面的重力加速度；
(2)该星球的密度。
16．如图所示，一根原长为L的轻弹簧套在一长为3L的光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴匀速转动，且杆与水平面间始终保持角。已知杆处于静止状态时弹簧长度为，重力加速度为g，，求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）弹簧为原长时，小球的角速度；
（3）当杆的角速度满足什么条件时小球会从B端飞走。
17．如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，滑上长木板时速度大小为6m/s．圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0．5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0．1，圆弧轨道半径R=0．75m，OB与竖直方向OC间的夹角θ=37°，（g=10m/s2，sin37°=0．6，cos37°=0．8）求：
（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；
（2）小物块滑动至C点时对圆弧轨道C点的压力；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．
18．如图所示是由阿特伍德创制的一种实验装置——阿特伍德机．已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为M，物体B离地高度为h，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长．将BC由静止释放，当物体B下落到离地高度为h时，C从B上自由脱落，脱落后随即C将取走，B继续下落高度着地，B着地后不反弹，A始终未与滑轮接触，重力加速度为g，求：
（1）C刚从上脱落时的速度大小；
（2）整个过程中A向上运动的最大高度．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，由平衡条件可得，水平推力大小为
F=mgtanθ=1×10×tan30°=N
A错误；
BD．设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，则
mgh=mv2
解得
若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有
μmgL=mv02-mv2
解得
加速度
a=μg=2.5m/s2
加速时间为
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理有
-μmgL=mv02-mv2
解得
加速度
a=-μg=-2.5m/s2
减速时间为
故滑块下滑的高度可能为0.05m或2.45m，在传送带上滑动时间可能为1.6s或者0.8s，B正确，D错误；
C．若滑块进入传送带速度小于v0，可解得
滑块相对传送带滑动的位移
相对滑动生成的热量
Q=μmg
代入数据解得
Q≈8J
若滑块进入传送带速度大于v0，可解得
滑块相对传送带滑动的位移
相对滑动生成的热量
Q=μmg
代入数据解得
Q=4J
故滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量可能为4J或者8J，C正确。
故选BC。
2．AB
【解析】
【详解】
A．火箭发射时，由于反冲而获得动力，向上加速运动，故A正确；
B．发射初期时，加速上升，加速度向上，处于超重状态，由于与地心逐渐变远，受到的万有引力越来越小，重力越来越小，故B正确；
C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力是一对相互作用力，大小相等，故C错误；
D．卫星飞行，只受重力，加速度为，弹头击中卫星前，卫星的加速度不为零，故D错误；
3．ABD
【解析】
【详解】
物块恰好到C点时，由动能定理可知：
且在最高点有：
由动量定理
解得：I=N·s
B.当 I=9N·s>N·s时, 物块不会脱离圆轨道，故B对；
C.当I=10N·s>N·s，物块不会脱离圆轨道，故C错；
D.当I=N·s时，物块恰能到达C点，故D对
A、当物体恰好能运到到圆心等高处时，此时有
解得：
由于
所以物块上不到圆心等高处，此时物块在圆心下方的圆弧上运动，所以不会脱离轨道，故A对；
故选ABD
4．AB
【解析】
【详解】
试题分析：飞镖做的是平抛运动，飞镖打在靶心的正下方说明飞镖竖直方向的位移太大，根据平抛运动的规律可得，水平方向上：x=V0t ；竖直方向上：h=gt2，所以要想减小飞镖竖直方向的位移，在水平位移不变的情况下，可以适当增大投飞镖的初速度来减小飞镖的运动时间，或在水平位移不变的情况下，时间不变，适当增大高度，故A正确，D错误．或者水平速度不变时减小运动的时间，即到稍近些的地方投飞镖，选项B正确，C错误；故选AB．
考点：平抛运动
【名师点睛】本题对平抛运动规律的直接考查；镖做的是平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向上的匀速直线运动，竖直方向上的自由落体运动，结合运动学公式分析判断．
5．A
【解析】
【分析】
【详解】
ACD．宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中会处于完全失重状态，此时人只受万有引力的作用，而是宇航员受的万有引力正好充当向心力，所以A正确；CD错误；
B．宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中会处于完全失重状态，向心加速度方向指向圆心，则不是处于受力平衡状态，所以B错误；
故选A。
6．D
【解析】
【详解】
A．将小物块轻轻放在匀速运动的传送带上，小物块相对于传送带运动，滑动摩擦力充当动力，传送带对小物块的摩擦力做正功，故A错误；
B．当物体受到静摩擦力作用，但是位移不为零，则静摩擦对物体做功，如手抓紧杯子向上移动，此时杯子受到手的静摩擦力，且位移不为零，手对杯子作用的静摩擦力对杯子做了正功，故B错误；
C．当物体受到滑动摩擦力作用，但是位移为零，则滑动摩擦力一样不做功，如粉笔在黑板上摩擦，滑动摩擦力对黑板不做功，故C错误；
D．当静摩擦力的方向与速度方向垂直时，比如静摩擦力提供向心力时，此时静摩擦力摩擦力不做功，当物体受到滑动摩擦力作用，但是位移为零，则滑动摩擦力一样不做功，如粉笔在黑板上摩擦，滑动摩擦力对黑板不做功，故D正确。
故选D。
7．A
【解析】
【详解】
根据动能定理得
解得
由于开始时水平方向与初速度方向相反，因此末速度的方向为水平向右，故BCD错误，A正确。
故选A。
8．B
【解析】
【详解】
A．根据可得：
越大，越小，由于“轨道康复者”的轨道半径大于地球的半径，故“轨道康复者”的速度小于近地卫星的速度，即“轨道康复者”的速度小于地球的第一宇宙速度
，故A错误；
B．因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，根据可知“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍，故B正确；
C．根据可得：
越大，周期越大，则有“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，可得“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，即站在赤道上的人的角速度小于“轨道康复者”的角速度，故C错误；
D．“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星，故D错误；
故选B。
9．C
【解析】
【详解】
根据平抛规律：得，，则竖直方向上下落的距离为，故从A到M点由动能定理，可得.故选C.
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．
10．A
【解析】
【分析】
当物体速度方向与加速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，加速度指向曲线凹的一侧；当加速度与速度方向夹角小于时物体做加速运动；当加速度的方向与速度方向大于时物体做减速运动；分析图示情景然后答题．
【详解】
由图示可知，加速度方向与速度方向夹角小于，物体做加速运动，故A正确；由图示可知，加速度的方向不能是沿曲线的切线方向，故B错误；由图示可知，加速度方向与速度方向夹角大于，物体做减速运动，故C错误；由图示可知，速度方向应该是沿曲线的切线方向，故D错误；故选A．
【点睛】
该题考查速度的方向与受力的方向、轨迹的方向之间的关系；知道物体做曲线运动的条件，分析清楚图示情景即可正确解题．
11．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．角速度为
故A错误；
B．质点做匀速圆周运动，有
整理得：
故B错误；
C．质点做匀速圆周运动，转速
故C正确；
D．频率：
故D错误。
故选C。
12．B
【解析】
【分析】
【详解】
AD．由图可知，B与C点属于齿轮传动，两点的速度是相等的，所以B点与C点的线速度相等，由于
rB≠rC
根据
v=rω
ωB≠ωC
故AD错误；
C．由图可知，A与B点属于同轴传动，具有相等的角速度，即
ωB=ωA
由
v=ωr
可得
即
vB＝vA
故C错误；
B．B点与C点的线速度相等，所以
vC＝vB＝vA
故B正确。
故选B。
13． 丙 左 0.98m/s 0.49J 0.48J > 实验中有阻力做负功 在实验误差允许范围内，机械能守恒
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]从静止释放重物，纸带上第1、2两点间的距离为
丙同学的数据为0.25cm，偏差较大，故丙同学操作上一定有错误。
(2)[2]重物加速下降，相同时间内纸带点距增大，故左端与重物相连。
(3)[3]打点计时器打下计数点B时，物体的速度为
(4)[4]从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是
ΔEp=
[5]此过程中物体动能的增加量
ΔEk=
(5)[6]通过计算，数值上
ΔEp>ΔEk
[7]这是因为实验中有阻力做负功。
(6)[8]实验的结论是在实验误差允许范围内，机械能守恒。
14． 1:2:3…; 2; ;
【解析】
【详解】
小球在竖直方向上自由落体运动，则有：，解得，
，解得，
，解得，
若水平方向做匀速直线运动，则有：，解得：
(2) 相邻两点间的时间间隔为T，竖直方向: ，得到:
水平方向匀速运动，因此物体平抛初速度大小为：
根据匀变速直线运动的时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可得D点在竖直方向的速度为：
D点速度的大小为：
15．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)由于是以初速度v0竖直上抛，因此这个小球将先做向上的匀减速和向下的匀加速运动，向上和向下的时间是相等的，均为，根据匀变速直线运动的速度时间关系可得
解得
(2)星球表面的重力等于万有引力，则
则星球的质量为
所以星球的密度为
16．（1） ；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由静止时，对小球受力分析，由平衡条件得
根据胡克定律得
解得
（2）弹簧为原长时，小球只受到重力和杆的支持力，由它们的合力提供向心力，则
可得
（3） 当弹簧伸长长度为时，小球会从B端飞走，设弹簧的伸长量为x，弹簧的弹力为F，对小球，由受力分析可得
竖直方向
水平方向
根据胡克定律得
代入后
解得
所以，当杆的角速度时，弹簧长度大于3L，小球会从B端飞走。
17．（1）5m/s，与水平方向夹角37°（2）58N（3）3m
【解析】
【详解】
试题分析：（1），解得v=5m/s
与水平方向夹角37°
（2）设轨道对C点的支持力为N，N-mg=m
解得N=58N
根据牛顿第三定律，小物块对C点的压力大小为58N
（3）小物块在木板上运动的加速度大小a1==5m/s2
木板在地面上运动的加速度大小a2==1m/s2
设小物块与木板达到共速时的速度为v’，
v’=" v" - a1t， v’= a2t，
解得t=1s
=3．5m
=0．5m
L=x1-x2=3m
考点：牛顿第二定律；运动的分解；圆周运动
【名师点睛】本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键．
18．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）A、B、C系统机械能守恒，三个物体始终有共同速度，B、C下降，A上升，B、C减少的重力势能等于A增加的重力势能和A、B、C获得的动能．
对A、B、C系统根据机械能守恒定律，有
C刚脱离B时三个物体的速度都为
（2）C脱离B后，B匀速下降，A匀速上升，B着地后A以速度做竖直上抛运动，机械能守恒．
B着地时，B下降的高度为h，A上升的高度为h．
B着地后对A根据机械能守恒定律有
A继续上升的高度
故A上升的最大高度
【名师点睛】
本题中在BC及B下落的全过程中，单个物体的机械能都不守恒，所以在本题中要分过程来求解，第一、二个过程系统的机械能守恒，在第三个过程中只有A的机械能守恒．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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