鲁科版高中物理必修第二册期末学业水平检测含答案

这是一份鲁科版高中物理必修第二册期末学业水平检测含答案，共10页。试卷主要包含了全卷满分100分，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.有一种飞机在降落的时候,要打开尾部的减速伞辅助减速,如图所示。在飞机减速滑行过程中,减速伞对飞机拉力做功的情况是( )
A.始终做正功
B.始终做负功
C.先做负功后做正功
D.先做正功后做负功
2.如图所示,某人在对面的山坡上水平抛出两个质量不等的小石块,分别落在A、B两处。不计空气阻力,则落到A处的石块 ( )
A.初速度大,运动时间短 B.初速度大,运动时间长
C.初速度小,运动时间短 D.初速度小,运动时间长
3.下列说法正确的是(忽略空气阻力)( )
A.沿固定的光滑斜面加速下滑的物块机械能不守恒
B.在光滑水平面上,小球以一定初速度压缩固定在墙上的弹簧,该过程中小球的机械能守恒
C.物体处于平衡状态时,机械能一定守恒
D.被起重机拉着匀速向上吊起的集装箱机械能一定不守恒
4.水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。图为某水车模型,从槽口水平流出的水初速度大小为v0,垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上,落点到轮轴间的距离为R。在水流不断冲击下,轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小。忽略空气阻力,重力加速度为g,有关水车及从槽口流出的水,以下说法正确的是( )
A.水流在空中运动的时间为t=2v0g
B.水流在空中运动的时间为t=3v03g
C.水车的最大角速度接近ω=2v0R
D.水车的最大角速度接近ω=3v0R
5.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图,且质点运动到D点(D点是曲线的拐点)时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,则质点从A点运动到E点的过程中,下列说法中正确的是( )
A.质点经过C点的速率比D点的大
B.质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°
C.质点经过D点的加速度比B点的大
D.质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小
6.2022年11月1日4时27分,“梦天实验舱”与“天和核心舱”成功对接,这标志着中国空间站建造由全面实施阶段进入收官阶段。已知组合体的质量为m,绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r,地球半径为R,地球表面处的重力加速度为g,不考虑地球自转的影响,则组合体的动能为( )
A.2mgr2R B.2mgR2r
C.mgr22R D.mgR22r
7.如图甲所示,飞檐是中国传统建筑的重要表现之一,檐部上的特殊构造不但扩大了采光面、有利于排水,还增添了建筑物的美感。现把飞檐看成一个弯曲轨道AB,轨道的最低点B的切线沿水平方向,如图乙所示。现有几颗松果以不同初速度先后从A点沿轨道滑下,从B点飞出落到水平地面上。空气阻力不计,松果之间不发生相互碰撞,则( )
A.松果从A点运动到B点的过程,某时刻所受合力可能等于0
B.松果从A点运动到B点的过程,重力所做的功小于动能变化量
C.所有松果从B点飞出落到水平地面上的运动时间相等
D.所有松果从B点飞出落到水平地面上的运动位移大小相等
8.如图甲所示,战国时期开始出现的拨浪鼓现在为一种小型儿童玩具,其简化模型如图乙所示,拨浪鼓边缘上与圆心等高处关于转轴对称的位置固定有长度分别为LA、LB的两根不可伸长的细绳,其中LA>LB,两根细绳另一端分别系着质量不同的小球A、B。现匀速转动手柄使两小球均在水平面内匀速转动,连接A、B的细绳与竖直方向的夹角分别为α和β,下列判断正确的是( )
A.一定有α>β
B.一定有α=β
C.一定有αvD,A项正确,B项错误。从B到E的过程中,加速度方向与速度方向夹角一直减小,D项错误。
6.D 组合体绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,则有GMmr2=mv2r,在地球表面有GMmR2=mg,组合体的动能Ek=12mv2,联立以上三式得Ek=mgR22r,故选D。
7.C 松果从A点运动到B点的过程,松果做曲线运动,所受合力不为零,故A错误;松果从A点运动到B点的过程,受到摩擦力作用,由动能定理得WG-Wf=ΔEk,即重力所做的功大于动能变化量,故B错误;由题意知松果从B点飞出后做平抛运动,则飞出落到水平地面上的运动时间均为t=2ℎg,故C正确;因为松果以不同初速度先后从A点沿轨道滑下,所以从B点飞出时水平方向初速度不相等,又因为所有松果从B点飞出落到水平地面上的运动时间相等,故所有松果从B点飞出落到水平地面上的运动位移大小不相等,故D错误。
8.A 设拨浪鼓半径为R,细绳长为L,细绳与竖直方向的夹角为θ,两小球在水平面内做匀速圆周运动,简化示意图如图所示,合力提供向心力,有mg tan θ=m(R+L sin θ)ω2,解得L=gω2−Rtanθcsθ,可知细绳与竖直方向的夹角与小球的质量无关,根据题述可知两小球做圆周运动的角速度相同,由于LA>LB,根据公式可判断出α>β。故选A。
9.AB 抛出过程中,根据动能定理可知人对小球做的功为W=12mv02=12×2×32 J=9 J,A正确;从抛出到落地过程,根据动能定理可得mgh=12mv2-12mv02,解得小球落地时速度大小为v=5 m/s,B正确;重力做功与路径无关,从抛出到落地过程中重力对小球所做的功WG=mgh=2×10×0.8 J=16 J,C错误;小球抛出后上升的最大高度为h'=(v0sin60°)22g=2780 m,则小球到达最高点的重力势能为Ep=mg(h+h')=22.75 J,D错误。故选A、B。
10.BD 对子弹运用动能定理得-f(s+d)=ΔEk子弹,故子弹损失的动能为f(s+d),故A错误;对木块运用动能定理得fs=ΔEk木块,则木块增加的动能为fs,故B正确;子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能,故子弹动能的减少量大于木块动能的增加量,故C错误;子弹、木块组成的系统损失的机械能转化为系统的内能,损失的机械能为fd,故D正确。
11.ABC 两物体角速度相同,RB>RA,所以B所受向心力比A的大,当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,B有背离圆心的趋势,A有指向圆心的趋势。设此时细线的张力大小为T,对A、B分别应用牛顿第二定律有,T-μmg=mω2r,T+μmg=2mω2r,两式联立解得T=3μmg,故A正确;由上面的分析可知,2μmg=mω2r,解得此时圆盘的角速度为ω=2μgr,故B正确;此时A有指向圆心的趋势,所受摩擦力方向沿半径指向圆外,故C正确;A、B以角速度ω做匀速圆周运动时所需的向心力大小分别为FA=2μmg、FB=4μmg,若此时烧断细线,A、B所受最大静摩擦力均不足以提供向心力,所以A、B都将做离心运动,故D错误。故选A、B、C。
12.BC 两次点火都是从低轨道向高轨道转移,需要加速,所以点火喷射方向都与运动方向相反,A错误;探测器在地球轨道上运行时由万有引力提供向心力,有Gmm'r2=m'4π2T12r,由开普勒第三定律得R+r23T22=r3T12,两次点火之间的时间为t=T22,联立解得t=π2(R+r)32Gm,B正确;“天问一号”在绕太阳做匀速圆周运动时满足Gmm'r'2=m'v2r',可得v=Gmr',在地球轨道上运行时轨道半径较小,故线速度较大,C正确;由牛顿第二定律可得Gmm'R2=m'a,解得a=GmR2,“天问一号”在霍曼转移轨道上P点与在火星轨道上P点位置相同,到太阳球心距离R相同,故加速度相同,D错误。故选B、C。
13.答案 (1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同(2分)
(2)xgy2−y1(2分) (3)1(2分)
解析 (1)要保证小球每次抛出时都做平抛运动且初速度相等,应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下,并且斜槽轨道末端必须保持水平。
(2)(3)水平方向上每次平移x,说明打下A、B、C三点的时间间隔相等,设为t,由于在竖直方向上小球做匀加速直线运动,所以有Δh=gt2,小球做平抛运动的初速度v0=xt
联立两式可得v0=xgy2−y1
代入数据得出v0=1 m/s。
14.答案 (1)A (2)-mghB 12mℎC−ℎA2T2 (3)C(每空2分)
解析 (1)重物下落过程中重力势能减少,动能增加,故该实验需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量在误差允许范围内是否相等,A项正确。
(2)重物的重力势能变化量ΔEp=-mghB,动能的变化量ΔEk=12mvB2=12mℎC−ℎA2T2。
(3)重物重力势能的减少量大于动能的增加量,是因为重物下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力的影响,C正确。
15.答案 (1)3 s (2)20 m/s (3)20 m
解析 (1)设运动员在OB上的着陆点为O',则OO'=75 m,运动员从O点沿水平方向飞出,最后在着陆坡上着陆,竖直方向上有
OO' sin 37°=12gt2(1分)
解得t=3 s(1分)
(2)运动员从O点沿水平方向飞出,最后在着陆坡上着陆,水平方向上有
OO' cs 37°=vt(1分)
解得v=20 m/s(1分)
(3)运动员从助滑道上的A点由静止滑下到O点的过程中,根据机械能守恒有
mgh=12mv2(3分)
解得h=v22g=20 m(1分)
16.答案 (1)6×105 W (2)12 m/s (3)480 m
解析 (1)列车运动时所受阻力为f=0.01mg=5×104 N(1分)
据牛顿第二定律可得F-f=ma(2分)
解得F=f+ma=6×104 N(2分)
则列车额定功率P=Fv=6×105 W。(1分)
(2)当F=f时vm=Pf=12 m/s。(2分)
(3)对该过程由动能定理可得Pt-fs=12mvm2(3分)
解得s=480 m(1分)
17.答案 (1)40 N (2)v0≥2 m/s (3)31 J
解析 (1)小物块从静止摆到最低点过程中,根据机械能守恒定律有
mgL(1-sin α)=12mvB2(1分)
解得vB=2 m/s(1分)
小物块在B点时,根据细线的拉力与小物块的重力的合力提供向心力,则有
F-mg=mvB2L(1分)
联立解得F=40 N
根据牛顿第三定律,小物块刚到最低点时,细线达到其最大承受力F'=40 N。(1分)
(2)由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上,即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向,则
tan θ=vyv0(1分)
小物块从传送带左端飞出后,做平抛运动,竖直方向有
H-h=12gt2(1分)
竖直方向的分速度vy=gt(1分)
联立以上各式得vx=2 m/s(1分)
则传送带速度v0≥2 m/s。(1分)
(3)小物块在斜面顶端的速度v=vx2+vy2(1分)
小物块从顶端到压缩弹簧最短的过程,由机械能守恒得,弹簧最大的弹性势能为
Ep=mgx sin θ+12mv2(1分)
解得Ep=31 J(1分)
18.答案 (1)1.7 m/s2 (2)1.7×103 m/s (3)2.3 N,方向竖直向下
解析 (1)小球到A点的速度如图所示,小球做平抛运动的初速度v0等于vA的水平分速度,由图可知
v0=vx=vA cs θ=1.0 m/s(1分)
小球运动至A点时竖直方向的分速度为
vy=vA sin θ=1.0 m/s(1分)
又已知P点与A点的水平距离为d=0.60 m,则有
d=v0t(1分)
又vy=g月t(1分)
解得g月=1.7 m/s2(1分)
(2)月球的第一宇宙速度即近月卫星的运行速度,对质量为m'的近月卫星,由万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律得
GMm'R月2=m'v12R月(1分)
月球表面的重力加速度大小为g月=1.7 m/s2
对月球上质量为m0的物体有GMm0R月2=m0g月(1分)
联立解得v1=g月R月=1.7×103 m/s(1分)
(3)小球由A到达圆弧最低点B的过程中,由机械能守恒得
12mvA2+mg月R(1-cs θ)=12mvB2(2分)
设轨道对小球的弹力为FN,由圆周运动向心力公式得
FN-mg月=mvB2R(1分)
代入数据得FN=2.3 N(1分)
由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力大小FN'=FN=2.3 N(1分)
方向竖直向下(1分)
1.B
2.D
3.D
4.C
5.A
6.D
7.C
8.A
9.AB
10.BD
11.ABC
12.BC