2024-2025學(xué)年高中物理模塊評價含解析新人教版必修2

PAGE1-模塊素養(yǎng)評價(90分鐘100分)一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分。其中1～7題為單選,8～12題為多選)1.關(guān)于曲線運動,下面說法中正確的是 ()A.做曲線運動物體的速度方向必定改變B.做曲線運動物體的加速度必定改變C.物體在變力作用下肯定做曲線運動D.在勻速行駛的列車上,相對列車水平向后拋出的一個小球,則在地面上視察小球肯定做曲線運動【解析】選A。做曲線運動的物體速度大小不肯定改變,但速度方向是軌跡的切線方向,必定改變,選項A正確;曲線運動有勻變速曲線運動(如平拋運動)和變加速曲線運動,故曲線運動的加速度可以不變,選項B錯誤;往復(fù)直線運動中物體受的力就是變力,選項C錯誤;若小球相對車向后拋出的速度與車前進速度大小相同,則小球相對地面的速度為零,故做自由落體運動,選項D錯誤。2.自行車的大齒輪、小齒輪、后輪是相互關(guān)聯(lián)的三個轉(zhuǎn)動部分(如圖),行駛時 ()A.大齒輪邊緣點比小齒輪邊緣點的線速度大B.后輪邊緣點比小齒輪邊緣點的角速度大C.大齒輪邊緣點與小齒輪邊緣點的向心加速度與它們的半徑成正比D.后輪邊緣點與小齒輪邊緣點的向心加速度與它們的半徑成正比【解析】選D。大齒輪邊緣點與小齒輪邊緣點的線速度相等,A錯;后輪邊緣點與小齒輪邊緣點的角速度相等,B錯;依據(jù)an=知C錯誤;依據(jù)an=ω2r知D正確。3.城市中為了解決交通問題,修建了很多立交橋。如圖所示,半徑為R的圓弧形立交橋AB橫跨在河面上,一輛質(zhì)量為m的小汽車,在A端沖上該立交橋,小汽車到達橋頂時的速度大小為v1,若小汽車在上橋過程中保持速率不變,則 ()A.小汽車通過橋頂時處于失重狀態(tài)B.小汽車通過橋頂時處于超重狀態(tài)C.小汽車在上橋過程中受到橋面的支持力大小為FN=mg-mD.為保證平安,小汽車到達橋頂時的速度大小必需大于【解析】選A。由圓周運動學(xué)問知,小汽車通過橋頂時,其加速度方向向下,故其處于失重狀態(tài),A正確,B錯誤;FN=mg-m只在小汽車通過橋頂時成立,C錯誤;由牛頓其次定律得mg-FN=m,為使小汽車不脫離橋面,肯定有FN≥0,可得v1≤,D錯誤。4.如圖所示,平板車放在光滑水平面上,一個人從車的左端加速向右端跑動,設(shè)人受到的摩擦力為Ff,平板車受到的摩擦力為Ff′,下列說法正確的是 ()A.Ff、Ff′均做負(fù)功B.Ff、Ff′均做正功C.Ff做正功,Ff′做負(fù)功D.因為是靜摩擦力,所以Ff、Ff′做功均為零【解析】選B。由題圖可知,人在移動過程中,人對車的靜摩擦力向后,車向后退,故人對車的摩擦力做正功;對于人來說,人在車上跑動的過程中,人受到車的靜摩擦力方向向前,人的位移也向前,故摩擦力對人做正功,選項B正確。5.利用三顆位置適當(dāng)?shù)牡厍蛲叫l(wèi)星,可使地球赤道上隨意兩點之間保持無線電通信。目前,地球同步衛(wèi)星的軌道半徑約為地球半徑的6.6倍。假設(shè)地球的自轉(zhuǎn)周期變小,若仍僅用三顆同步衛(wèi)星來實現(xiàn)上述目的,則地球自轉(zhuǎn)周期的最小值約為 ()A.1hB.4hC.8hD.16h【解析】選B。萬有引力供應(yīng)向心力,對同步衛(wèi)星有:=mr,整理得GM=當(dāng)r=6.6R地時,T=24h若地球的自轉(zhuǎn)周期變小,軌道半徑最小為2R地三顆同步衛(wèi)星A、B、C如圖所示分布則有=解得T′≈=4h,選項B正確?！炯庸逃?xùn)練】2019年11月5日,我國用“長征三號乙”運載火箭勝利放射了第49顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星。已知某北斗導(dǎo)航衛(wèi)星在離地高度為2.15×104km的圓形軌道上運行,地球同步衛(wèi)星離地的高度約為3.6×A.此北斗導(dǎo)航衛(wèi)星繞地球運動的周期大于24小時B.此北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度C.此北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的線速度小于地球同步衛(wèi)星的線速度D.此北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的加速度小于地球同步衛(wèi)星的加速度【解析】選B。由萬有引力供應(yīng)向心力得:G=m=mω2r=m=ma,解得:v=,ω=,a=G,T=,北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑,所以,北斗導(dǎo)航衛(wèi)星周期小,角速度大,線速度大,向心加速度大,故A、C、D錯誤,B正確。6.(2024·天津高考)2018年12月8日,肩負(fù)著億萬中華兒女探月飛天幻想的“嫦娥四號”探測器勝利放射,“實現(xiàn)人類航天器首次在月球背面巡察探測,領(lǐng)先在月背刻上了中國蹤跡”。已知月球的質(zhì)量為M、半徑為R,探測器的質(zhì)量為m,引力常量為G,“嫦娥四號”探測器圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運動時,探測器的 ()A.周期為 B.動能為C.角速度為 D.向心加速度為【解析】選A。因為“嫦娥四號”探測器圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運動,月球?qū)μ綔y器的萬有引力供應(yīng)探測器做圓周運動的向心力,即G=mr,由此得T=,因此A正確;由G=m得探測器的動能Ek=mv2=,因此B錯誤;由G=mω2r得探測器的角速度ω=,因此C錯誤;由G=ma得探測器的加速度a=,因此D錯誤。故選A。【總結(jié)提升】留意區(qū)分兩個半徑:軌道半徑和天體半徑,兩個天體質(zhì)量:中心天體質(zhì)量和環(huán)繞天體質(zhì)量。不留意軌道半徑r和天體半徑R的區(qū)分而錯選B、D;混淆中心天體質(zhì)量M和環(huán)繞天體質(zhì)量m而錯選C。7.如圖所示,一鐵球用細線懸掛于天花板上,靜止垂在桌子的邊緣,細線穿過一光盤的中間孔,手推光盤在桌面上平移,光盤帶動細線緊貼著桌子的邊緣以水平速度v勻速運動,當(dāng)光盤由A位置運動到圖中虛線所示的B位置時,細線與豎直方向的夾角為θ,此時鐵球 ()A.豎直方向速度大小為vcosθB.豎直方向速度大小為vsinθC.豎直方向速度大小為vtanθD.相對于地面速度大小為v【解析】選B。線與光盤交點參加兩個運動,一是沿著線的方向運動,二是垂直線的方向運動,則合運動的速度大小為v,如圖所示。由數(shù)學(xué)三角函數(shù)關(guān)系,則有:v球=v線=vsinθ,而沿線的速度的大小,即為鐵球上升的速度大小,故B正確,A、C錯誤;鐵球相對于地面的速度大小為v′=,故D錯誤。8.(2024·全國卷Ⅱ)如圖(a),在跳臺滑雪競賽中,運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳,每次都從離開跳臺起先計時,用v表示他在豎直方向的速度,其v-t圖象如圖(b)所示,t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則 ()A.其次次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B.其次次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C.其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D.豎直方向速度大小為v1時,其次次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大【解析】選B、D。由v-t圖象面積可知,其次次面積大于第一次面積,故其次次豎直方向下落距離大于第一次下落距離,所以A錯誤;由于其次次豎直方向下落距離大,位移方向相同,故其次次水平方向位移大,故B正確;由v-t圖象斜率知,第一次大、其次次小,斜率越大,加速度越大,或由=可知a1>a2,故C錯誤;由圖象斜率,速度為v1時,第一次圖象斜率大,其次次圖象斜率小,故a1>a2,由G-fy=ma,可知,<,故D正確。9.一賽車在平直賽道上以恒定功率加速,其功率為200kW,設(shè)所受到的阻力不變,加速度a和速度的倒數(shù)的關(guān)系如圖所示,則賽車 ()A.做勻加速直線運動B.質(zhì)量為500kgC.所受阻力大小為2000ND.速度大小為50m/s時牽引力大小為3000N【解析】選B、C。由圖可知,加速度改變,故做變加速直線運動,選項A錯誤;對賽車受力分析,受重力、支持力、牽引力和摩擦力,依據(jù)牛頓其次定律,有:F-f=ma,其中:F=聯(lián)立得:a=-,結(jié)合圖線,當(dāng)賽車的速度最大時,加速度為零,即a=0時,=0.01s/m,v=100m/s,所以最大速度為100m/s,由圖象可知:-=-4m/s2,0=-解得:m=500kg,f=2×103N,選項B、C正確;由P=Fv可知,F==N=4000N,選項D錯誤。10.如圖所示,兩個小球從水平地面上方同一點O分別以初速度v1、v2水平拋出,落在地面上的位置分別是A、B,O′是O在地面上的豎直投影,且O′A∶AB=1∶3。若不計空氣阻力,則兩小球 ()A.拋出的初速度大小之比為1∶4B.落地速度大小之比為1∶3C.落地速度與水平地面夾角的正切值之比為4∶1D.通過的位移大小之比為1∶【解析】選A、C。兩小球的水平位移分別為O′A和O′B,水平位移之比為O′A∶(O′A+AB)=1∶4;小球在豎直方向上做自由落體運動,而兩球的拋出高度相同,依據(jù)t=可知下落時間相同,依據(jù)x=v0t可得兩小球的初速度之比為1∶4,A正確;落地速度v=,通過的位移X==,由于未知兩小球的下落高度,故無法求出精確的落地速度比和位移比,B、D錯誤;落地速度與水平地面夾角的正切值tanθ=,因豎直分速度相等,而水平初速度比值為1∶4,故正切值的比值為4∶1,C正確。11.(2024·江蘇高考)如圖所示,三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m,A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接,桿長為L,B、C置于水平地面上,用一輕質(zhì)彈簧連接,彈簧處于原長。現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點,兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°,A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動,彈簧在彈性限度內(nèi),忽視一切摩擦,重力加速度為g。則此下降過程中 ()A.A的動能達到最大前,B受到地面的支持力小于mgB.A的動能最大時,B受到地面的支持力等于mgC.彈簧的彈性勢能最大時,A的加速度方向豎直向下D.彈簧的彈性勢能最大值為mgL【解題指南】解答本題應(yīng)留意以下兩個方面:(1)以A球為探討對象,分析其加速度、速度等物理量的改變。(2)抓住能量改變的線索,定量問題利用能量守恒定律?！窘馕觥窟xA、B。A下落過程,先加速后減速,當(dāng)A速度最大時,加速度為0,ABC整體受力平衡,B受到地面的支持力等于mg,B項正確;A的動能達到最大前,做加速度減小的加速運動,加速度方向豎直向下,處于失重狀態(tài),對ABC整體分析可知,B受到地面的支持力小于mg,A項正確;A末段減速向下,直至最低處其速度為0,彈簧形變最大,彈性勢能最大,A的加速度豎直向上,C項錯誤;對整個系統(tǒng)由機械能守恒:Ep=mgLsin60°-mgLsin30°=mgL,D項錯誤。12.(2024·全國卷Ⅰ)在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上,把物體P輕放在彈簧上端,P由靜止向下運動,物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實線所示。在另一星球N上用完全相同的彈簧,改用物體Q完成同樣的過程,其a-x關(guān)系如圖中虛線所示,假設(shè)兩星球均為質(zhì)量勻稱分布的球體。已知星球M的半徑是星球N的3倍,則 ()A.M與N的密度相等B.Q的質(zhì)量是P的3倍C.Q下落過程中的最大動能是P的4倍D.Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍【解析】選A、C。設(shè)星球M的質(zhì)量為M1、星球N的質(zhì)量為M2;星球M的半徑為R1、星球N的半徑為R2,則R1=3R2。對星球M有:G=m1×3a0、M1=ρ1·π,解得ρ1=;對星球N有:G=m2a0、M2=ρ2·π,解得ρ2===ρ1,故選項A正確;對物體P有:kx0=m1×3a0、對物體Q有:k·2x0=m2a0,解得m2=6m1,故選項B錯誤;由物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系圖,結(jié)合公式v2=2ax可知:圖象面積ax=,P下落過程中的最大動能Ek1==m1·3a0x0=3m1a0x0,Q下落過程中的最大動能Ek2==m2a0·2x0=2m2a0x0=12m1a0x0=4Ek1,故選項C正確;物體P和物體Q分別在彈簧上做簡諧運動,由平衡位置(a=0)可知,物體P和Q振動的振幅A分別為x0和2x0,即物體P所在彈簧最大壓縮量為2x0,物體Q所在彈簧最大壓縮量為4x0,則Q下落過程中,彈簧最大壓縮量是P物體下落過程中彈簧最大壓縮量的2倍,故選項D錯誤。二、試驗題(本題共2小題,共14分)13.(6分)將來在一個未知星球上用如圖甲所示裝置探討平拋運動的規(guī)律。懸點O正下方P點處有水平放置的炙熱電熱絲,當(dāng)懸線擺至電熱絲處時能輕易被燒斷,小球由于慣性向前飛出做平拋運動?，F(xiàn)對小球采納頻閃數(shù)碼照相機連續(xù)拍攝。在有坐標(biāo)紙的背景屏前,拍下了小球在做平拋運動過程中的多張照片,經(jīng)合成后,照片如圖乙所示。a、b、c、d為連續(xù)四次拍下的小球位置,已知照相機連續(xù)拍照的時間間隔是0.10s,照片大小如圖中坐標(biāo)所示,又知該照片的長度與實際背景屏的長度之比為1∶4,則:(1)由以上信息,可知a點(選填“是”或“不是”)小球的拋出點。

(2)由以上及圖信息,可以推算出該星球表面的重力加速度為m/s2。

(3)由以上及圖信息可以算出小球在b點時的速度是m/s(以上結(jié)果小數(shù)點后都保留兩位數(shù)字)。

【解析】(1)因為豎直方向上相等時間內(nèi)的位移之比為1∶3∶5∶7,符合初速度為零的勻變速直線運動特點,因此可知a點的豎直分速度為零,a點為小球的拋出點。(2)由照片的長度與實際背景屏的長度之比為1∶4可得乙圖中正方形的邊長l=4cm;豎直方向上有:Δy=2l=g′T2;解得:g′==m/s2=8.00m/s2(3)水平方向小球做勻速直線運動,因此小球平拋運動的初速度為:v0==m/s=0.8m/s;b點豎直方向上的分速度vby==m/s=0.8m/s;vb==0.8m/s≈1.13m/s答案:(1)是(2)8.00(3)1.1314.(8分)(2024·新余高一檢測)在用“落體法”做“驗證機械能守恒定律”的試驗時,某同學(xué)選擇一條較為滿足的紙帶,如圖甲所示。他舍棄前面密集的點,以0為起點,從點1起先選取紙帶上連續(xù)點1、2、3…,測出點0到點1、2、3的距離分別為h1、h2、h3,打點周期為T。(1)打點2時,重錘速度v2等于。(用已知量表示)

(2)該同學(xué)用試驗測得數(shù)據(jù)畫出的-h圖象如圖乙所示,圖線不過坐標(biāo)原點的緣由是(填序號)。

A.重錘在下落過程中受到空氣阻力的作用B.安裝打點計時器時兩限位孔不在同一豎直線上C.打下0點時重錘有肯定的速度【解析】(1)依據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度知,打2點時重錘的瞬時速度v2=。(2)圖線不過坐標(biāo)原點,即h=0時,速度不為零,可知打下0點時重錘有肯定的速度,故C正確。答案:(1)(2)C三、計算題(本題共4小題,共38分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位)15.(8分)《公安機關(guān)涉案槍支彈藥性能鑒定工作規(guī)定》指出,不能放射制式彈藥的非制式槍支,其所放射彈丸的槍口比動能大于等于1.8J/cm2都認(rèn)定為槍支,槍口比動能是指子彈彈頭離開槍口的瞬間所具有的動能除以槍口的橫截面積,現(xiàn)有一玩具槍,其槍管長度L=20cm,槍口直徑d=6mm,如圖所示,在測試中,子彈質(zhì)量為m=2g,讓玩具槍在高度h=1.8m處水平放射,實測子彈射程(子彈到射中點的水平距離)為12m,不計子彈受到的阻力(子彈在槍管中的運動視為勻變速直線運動)。(1)求子彈出槍口的速度。(2)求子彈在槍管中的運動時間。(3)假設(shè)在槍管內(nèi)子彈始終受到恒定的推力,試求此推力的大小?！窘馕觥?1)子彈離開槍口后做平拋運動,運動時間t==0.6s(1分)由x=vt (1分)得v==m/s=20m/s(1分)(2)子彈在槍管中做勻加速直線運動,依據(jù)位移時間關(guān)系可得:t′=L (1分)解得t′=0.02s(1分)(3)在槍管內(nèi),由公式v=at′ (1分)得a==1000m/s2(1分)依據(jù)牛頓其次定律可知F=ma=2N(1分)答案:(1)20m/s(2)0.02s(3)2N16.(8分)如圖所示,半徑R=0.8m的光滑圓弧軌道固定在水平地面上,O為該圓弧的圓心,軌道上方的A處有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量m=1kg的小物塊,小物塊由靜止起先下落后恰好沿切線進入圓弧軌道。此后小物塊將沿圓弧軌道下滑,已知AO連線與水平方向的夾角θ=45°,在軌道末端C點緊靠一質(zhì)量M=3kg的長木板,木板上表面與圓弧軌道末端的切線相平,木板下表面與水平地面之間光滑,小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.3,g取10m/s2。求:(1)小物塊剛到達C點時的速度大小。(2)小物塊剛到達圓弧軌道末端C點時對軌道的壓力。(3)要使小物塊不滑出長木板,木板長度L至少為多少?【解析】(1)小物塊從A到C,依據(jù)機械能守恒有mg2R=m,解得vC=4m/s。 (1分)(2)小物塊剛到C點,由牛頓其次定律有FN-mg=m,解得FN=50N。 (1分)由牛頓第三定律,小物塊對C點的壓力FN′=50N,方向豎直向下。 (1分)(3)設(shè)小物塊剛滑到木板右端時達到共同速度,大小為v,小物塊在長木板上滑行過程中,小物塊與長木板的加速度分別為am=aM= (1分)v=vC-amtv=aMt (1分)將數(shù)據(jù)代入上面各式解得v=m/s(1分)由能量守恒得m=μmgL+(M+m)v2 (1分)將數(shù)據(jù)代入解得L=4m。 (1分)答案:(1)4m/s(2)50N,方向豎直向下(3)4m17.(10分)如圖所示,在豎直平面內(nèi)固定有兩個很靠近的同心圓軌道,外圓ABCD光滑,內(nèi)圓的上半部分B′C′D′粗糙,下半部分B′A′D′光滑。一質(zhì)量為m=0.2kg的小球從外軌道的最低點A處以初速度v0向右運動,小球的直徑略小于兩圓的間距,小球運動的軌道半徑R=0.2m,g取10m/s2。(1)若要使小球始終緊貼著外圓做完整的圓周運動,初速度v0至少為多少?(2)若v0=3m/s,經(jīng)過一段時間后小球到達最高點,內(nèi)軌道對小球的支持力FC=2N,則小球在這段時間內(nèi)克服摩擦力做的功是多少?(3)若v0=3.1m/s,經(jīng)過足夠長的時間后,小球經(jīng)過最低點A時速度vA為多少?【解析】(1)設(shè)此情形下小球到達外軌道的最高點時的最小速度為vC,則由牛頓其次定律可得mg= (1分)由動能定理可知-2mgR=m-m (1分)代入數(shù)據(jù)解得:v0=m/s(1分)(2)設(shè)此時小球到達最高點時的速度為vC′,克服摩擦力做的功為Wf,則由牛頓其次定律可得mg-FC= (1分)由動能定理可知-2mgR-Wf=mv-m (2分)代入數(shù)據(jù)解得:Wf=0.1J(1分)(3)經(jīng)過足夠長的時間后,小球在下半圓軌道內(nèi)做往復(fù)運動。設(shè)小球經(jīng)過最低點的速度為vA,則由動能定理可知mgR=m (2分)代入數(shù)據(jù)解得:vA=2m/s(1分)答案:(