模块综合测评--2021年人教版（新课标）高中物理必修2同步练习

这是一份物理必修2全册综合课堂检测，共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．下列说法中正确的是( )
A．物体速度变化越大，则其加速度越大
B．物体的加速度越大，则其速度一定增大
C．原来平衡的物体，突然撤去一个外力，物体可能做曲线运动，也可能做直线运动
D．原来平衡的物体，突然撤去一个外力，则一定会产生加速度且方向与撤去的外力的方向相同
C [A项：根据加速度定义：a＝eq \f(Δv,t)，可知，物体速度变化越大，则其加速度不一定越大，选项A错误；
B项：若物体的速度方向与加速度方向相反，即使物体的加速度增大，但其速度仍减小，选项B错误；
C项：若撤去某一个力后，其余力的合力与撤去的力等值、反向、共线，若与速度方向不共线时，物体做曲线运动，若与速度方向共线时，物体做直线运动，故C正确；
D项：原来平衡的物体，突然撤去一个外力，若所剩的其它外力不变，则一定会产生加速度，且方向与撤去的外力的方向相反，故D错误．]
2．人站在商场中做匀速运动的自动扶梯上从一楼到二楼需30 s时间，某人走上扶梯后继续匀速往上走，结果从一楼到二楼只用20 s时间，则当扶梯不动时，该人以同样的行走速度从一楼到二楼需要的时间( )
A．10 s B．50 s
C．25 sD．60 s
D [设扶梯长为L，则扶梯的速度为v1＝eq \f(L,30)，设人的速度v2，人走上扶梯后继续匀速往上走，由v＝eq \f(s,t)得eq \f(L,20)＝v1＋v2，则有v2＝eq \f(L,60)，当扶梯不动时，那么人以同样的行走速度从一楼到二楼需要的时间t＝eq \f(L,v2)＝60 s，故D正确，A、B、C错误．]
3．A、B、C三物体在水平转台，它们与台面的动摩擦因数相同，质量之比为3∶2∶1，与转轴的距离之比为1∶2∶3，当转台以角速度ω旋转时它们均无滑动，它们受到的静摩擦力的大小关系是( )
A．fA＜fB＜fCB．fA＞fB＞fC
C．fA＝fC＜fBD．fA＝fB＞fC
C [当圆盘匀速转动时，A、B、C三个物体相对圆盘静止，由向心力的表达式F＝mω2r知，它们的角速度相同质量大的，半径大的，向心加速度大；根据题意可知，质量之比为3∶2∶1，与转轴的距离之比为1∶2∶3，因此向心力最大的是B物体，A与C的向心力相等，而通过静摩擦力提供向心力，所以它们的静摩擦力大小关系为fA＝fC＜fB，C正确．]
4．如图所示，质量相同的可视为质点的甲、乙两小球，甲从竖直固定的1/4光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是( )
A．两小球到达底端时速度相同
B．两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同
C．两小球到达底端时动能相同
D．两小球到达底端时，甲小球重力做功的瞬时功率等于乙小球重力做功的瞬时功率
C [根据动能定理得mgR＝eq \f(1,2)mv2，知v＝eq \r(2gR)，两物块达到底端时的速度大小相等，但是速度的方向不同，速度不同，故A错误．两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，有WG＝mgh＝mgR，由于质量m相同，则重力做功相同，故B错误．两小球到达底端时动能eq \f(1,2)mv2＝mgR，m相同，则动能相同，故C正确．两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，而乙球重力做功的瞬时功率不为零，则甲球重力做功的瞬时功率小于乙球重力做功的瞬时功率，故D错误．]
5．若在某行星和地球上相对于各自水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶eq \r(7).已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R，由此可知，该行星的半径为( )
A．eq \f(1,2)R B．eq \f(7,2)R C．2R D．eq \f(\r(7),2)R
C [对于任一行星，设其表面重力加速度为g，根据平抛运动的规律得h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g))，则水平射程为x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为eq \f(g行,g地)＝eq \f(x\\al(2,地),x\\al(2,行))＝eq \f(7,4)，又g＝eq \f(GM,r2)，可得eq \f(R行,R地)＝eq \r(\f(g地,g行)×\f(M行,M地))，解得R行＝2R，故C正确，A、B、D错误．]
6．科技日报北京2017年9月6日电，英国《自然·天文学》杂志发表的一篇论文称，某科学家在银河系中心附近的一团分子气体云中发现了一个黑洞．科学研究表明，当天体的逃逸速度(即第二宇宙速度，为第一宇宙速度的eq \r(2)倍)超过光速时，该天体就是黑洞．已知某天体与地球的质量之比为k，地球的半径为R，地球卫星的环绕速度(即第一宇宙速度)为v1，光速为c，则要使该天体成为黑洞，其半径应小于( )
A.eq \f(v\\al(2,1)R,kc2) B.eq \f(2kc2R,v\\al(2,1)) C.eq \f(c2R,kv\\al(2,1)) D.eq \f(2kv\\al(2,1)R,c2)
D [地球的第一宇宙速度：eq \f(GMm,R2)＝meq \f(v\\al(2,1),R)，该天体成为黑洞时其半径为r，第一宇宙速度为v2，eq \f(GkMm,r2)＝meq \f(v\\al(2,2),r)；c＝eq \r(2)v2，联立解得：r＝eq \f(2kv\\al(2,1)R,c2)，故D正确，A、B、C错误．故选D.]
7．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )
A．运动员到达最低点前重力势能始终减小
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做正功，弹性势能增加
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
AC [在运动员下落的过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小，故A正确．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力方向向上，而运动员向下运动，所以弹性力做负功，根据弹力做功量度弹性势能的变化关系式得：W弹＝－ΔEp.因为弹性力做负功，所以弹性势能增加，故B错误．对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，蹦极过程中只有重力和弹力做功，机械能守恒，故C正确；根据重力做功量度重力势能的变化，WG＝－ΔEp，而蹦极过程中重力做功不变时，与重力势能零点的选取无关，所以重力势能的改变与重力势能零点的选取无关，故D错误．故选A、C.]
8．一赛车在平直赛道上以恒定功率加速，其功率为200 kW，设所受到的阻力不变，加速度a和速度的倒数eq \f(1,v)的关系如图所示，则赛车( )
A．做匀加速直线运动
B．质量为500 kg
C．所受阻力大小为2 000 N
D．速度大小为50 m/s时牵引力大小为3 000 N
BC [由图可知，加速度变化，故做变速直线运动，选项A错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F－f＝ma，其中：F＝eq \f(P,v)
联立得：a＝eq \f(P,mv)－eq \f(f,m)，结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a＝0时，eq \f(1,v)＝0.01，v＝100 m/s，所以最大速度为100 m/s，
由图象可知：－eq \f(f,m)＝－4,0＝eq \f(P,mv)－eq \f(f,m)
解得：m＝500 kg，f＝2×103N，选项B、C正确；由P＝Fv可知，F＝eq \f(P,v)＝eq \f(200 000,50) N＝4 000 N，选项D错误．]
9．如图所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O′是O在地面上的竖直投影，且O′A∶AB＝1∶3.若不计空气阻力，则两小球( )
A．抛出的初速度大小之比为1∶4
B．落地速度大小之比为1∶3
C．落地速度与水平地面夹角的正切值之比为4∶1
D．通过的位移大小之比为1∶eq \r(3)
AC [两小球的水平位移分别为O′A和O′B，水平位移之比为O′A∶(O′A＋AB)＝1∶4；小球在竖直方向上做自由落体运动，而两球的抛出高度相同，根据t＝eq \r(\f(2h,g))可知下落时间相同，根据x＝v0t可得两小球的初速度之比为1∶4，A正确；落地速度v＝eq \r(v\\al(2,0)＋gt2)，通过的位移X＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(v0t2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)gt2))eq \s\up12(2))，由于未知两小球的下落高度，故无法求出准确的落地速度比和位移比，B、D错误；落地速度与水平地面夹角的正切值tan θ＝eq \f(vy,vx)，因竖直分速度相等，而水平初速度比值为1∶4，故正切值的比值为4∶1，C正确．]
10．宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量也相同．现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示．设这三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、乙中标出，引力常量为G，则下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为eq \r(\f(Gm,L))
B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4πeq \r(\f(L3,5Gm))
C．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2eq \r(\f(L3,3Gm))
D．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为eq \f(\r(3)Gm,L2)
BD [在第一种形式下，以某个运动星体为研究对象，根据牛顿第二定律和万有引力定律有：F1＝Geq \f(m2,L2)，F2＝Geq \f(m2,2L2)；F1＋F2＝meq \f(v2,L)，解得：v＝eq \r(\f(5Gm,4L))，周期：T＝eq \f(2πL,v)，解得：T＝4πeq \r(\f(L3,5Gm))；选项A错误，B正确；
设第二种形式下，三个星体做圆周运动的半径为：R′＝eq \f(L,2cs 30°)＝eq \f(L,\r(3))，由于星体做圆周运动所需的向心力靠其他两个星体的万有引力的合力提供，由力的合成和牛顿运动定律有：2Geq \f(m2,L2)cs 30°＝mω2R′＝ma，解得ω＝eq \r(\f(3Gm,L3))，a＝eq \f(\r(3)Gm,L2)，选项C错误，D正确；故选B、D.]
二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作题)
11．(6分)某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量小物块与水平面之间的动摩擦因数μ.粗糙曲面AB固定在水平面上，其与水平面相切于B点，P为光电计时器的光电门，实验时将带有遮光条的小物块m从曲面AB上的某点自由释放，小物块通过光电门P后停在水平面上某点C.已知当地重力加速度为g.
甲 乙
(1)用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d＝________cm.
(2)为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t，还需要测量的物理量及其符号是__________________，动摩擦因数μ＝________(利用测量的量表示)．
[解析] (1)由图乙所示游标卡尺可知，主尺示数为0.3 cm，游标尺示数为15×0.05 mm＝0.75 mm＝0.075 cm，游标卡尺读数为d＝0.3 cm＋0.075 cm＝0.375 cm；
(2)物块通过光电门时的速度v＝eq \f(d,t)，然后物块在水平面上做匀减速直线运动，由动能定理得：－μmgs＝0－eq \f(1,2)mv2，解得：μ＝eq \f(d2,2gt2s)，由此可知，要测动摩擦因数，还需要测量光电门与C点间的距离s.
[答案] (1)0.375 (2)光电门与C点间的距离s eq \f(d2,2gt2s)
12．(6分)一个同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系，进行了如下实验：在离地面高度为h的光滑水平桌面上，沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为m的一个小钢球接触．当弹簧处于自然长度时，小钢球恰好在桌子边缘，如图所示．让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面，小钢球在空中飞行后落在水平地面上，水平距离为s.
(1)小钢球离开桌面时的速度大小为v0＝________，弹簧的弹性势能Ep与小钢球质量m，桌面离地面高度h、小钢球飞行的水平距离s等物理量之间的关系式为Ep＝________.
(2)弹簧的压缩量x与对应的钢球在空中飞行的水平距离s的实验数据如下表所示：
由实验数据，可确定弹性势能Ep与弹簧的压缩量x的关系为________(式中k为比例系数)．
A．Ep＝kxB．Ep＝keq \r(x)
C．Ep＝kx2D．Ep＝keq \f(1,x)
[解析] (1)小球离开桌面后做平抛运动，有s＝v0t
竖直方向有：h＝eq \f(1,2)gt2
联立解得：v0＝seq \r(\f(g,2h))，
根据功能关系有：Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
代入数据解得：Ep＝eq \f(mgs2,4h).
(2)根据表格中数据，可得出弹性势能Ep与弹簧的压缩量x的关系为Ep＝kx2，故A、B、D错误，C正确．本题也可利用代入法进行逐项排除．故选C.
[答案] (1)seq \r(\f(g,2h)) eq \f(mgs2,4h) (2)C
13．(8分)如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，经时间t落地，落地时速度与水平地面间的夹角为α，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，求：
(1)该星球表面的重力加速度g′；
(2)该星球的第一宇宙速度v；
(3)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T.
[解析] (1)根据平抛运动知识tan α＝eq \f(g′t,v0)
解得g′＝eq \f(v0tan α,t).
(2)物体绕星球表面做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，则有Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v2,R)
又因为Geq \f(Mm,R2)＝mg′
联立解得v＝eq \r(g′R)＝eq \r(\f(v0Rtan α,t)).
(3)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动时，运行周期最小，则有T＝eq \f(2πR,v)
所以T＝2πReq \r(\f(t,v0Rtan α))
＝2πeq \r(\f(Rt,v0tan α)).
[答案] (1)eq \f(v0tan α,t) (2)eq \r(\f(v0Rtan α,t)) (3)2πeq \r(\f(Rt,v0tan α))
14．(10分)如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝2 kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝0.5，在台阶右侧固定了一个eq \f(1,4)圆弧挡板，圆弧半径R＝3 m，圆弧的圆心也在O点．今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F＝20 N的水平恒力拉动小物块，到O点时撤去拉力，小物块水平抛出并击中挡板(g取10 m/s2)则：
(1)若小物块击中挡板上的P点(OP与水平方向夹角为37°，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)，求F的作用时间；
(2)改变拉力F的作用时间，可使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时速度的最小值和击中点的位置坐标．(结果可保留根式)
[解析] (1)若小物块击中挡板上的P点，
则v0t＝Rcs 37° eq \f(1,2)gt2＝Rsin 37°
解得：v0＝4 m/s
在水平面上，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：F－μmg＝ma
又t＝eq \f(v0,a)
解得：t＝0.8 s.
(2)小物块击中挡板时：x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2且x2＋y2＝R2
击中挡板时速度v＝eq \r(v\\al(2,0)＋gt2)＝eq \r(\f(gR2＋3gy2,2y))＝eq \r(\f(\f(gR2,y)＋3gy,2))
当eq \f(gR2,y)＝3gy即y＝eq \f(\r(3),3)R时速度最小，
此时x＝eq \r(R2－y2)＝eq \f(\r(6),3)R
故vmin＝eq \r(10\r(3)) m/s，
击中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)R，\f(\r(3),3)R)).
[答案] (1)0.8 s (2)eq \r(10\r(3)) m/s eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)R，\f(\r(3),3)R))
15．(14分)如图所示，餐桌中心是一个半径为r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计．已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地高度取h＝0.8 m．设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g取10 m/s2.
(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径R的最小值为多大？
(3)若餐桌半径R′＝eq \r(2)r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？
[解析] (1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大．当静摩擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，则有fm＝μ1N＝mrω2，N＝mg
两式联立可得：ω＝eq \r(\f(μ1g,r))＝2 rad/s.
(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值．设物体在餐桌上滑动的位移为s，物块在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则：
a＝eq \f(f,m)，f＝μ2mg
所以：a＝μ2g＝2.25 m/s2
物体在餐桌上滑动的初速度为：v0＝ωr＝3 m/s
由运动学公式veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0)＝－2as可得：s＝2 m
由图形可得餐桌半径的最小值为：
R＝eq \r(r2＋s2)＝2.5 m.
(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度v′1，由题意可得：v′eq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝－2as′
由于餐桌半径为R′＝eq \r(2)r，所以s′＝r＝1.5 m
所以可得：v′t＝1.5 m/s
物体做平抛运动的时间为t，则：h＝eq \f(1,2)gt2
解得：t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s
所以物体做平抛运动的水平位移为sx＝vt′t＝0.6 m
所以由题意可得：L＝s′＋sx＝2.1 m.
[答案] (1)2 rad/s (2)2.5 m (3)2.1 m
16．(16分)如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R.求：(在运算中，根号中的数值无需算出)
(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小；
(2)小球刚到C时对轨道的作用力；
(3)为使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足的条件．
[解析] (1)设小球到达C点时速度为vC，小球从A运动至C过程，由动能定理，得：
mg(5Rsin 37°＋1.8R)－μmgcs 37°·5R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
可得：vC＝2eq \r(\f(7gR,5)).
(2)小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为FN，由牛顿第二定律，得：
FN－mg＝meq \f(v\\al(2,C),r)
其中r满足：r＋r·sin 53°＝1.8R
联立上式可得：FN＝6.6mg
由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg，方向竖直向下．
(3)要使小球不脱离轨道，有两种情况：
情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道，则小球在最高点的速度v应满足：
meq \f(v2,R′)≥mg
小球从C直到此最高点过程，由动能定理，有：
－μmgR－mg·2R′＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
可得：R′≤eq \f(23,25)R＝0.92R
情况二：小球上滑至与圆周轨道圆心等高时，速度减为零，然后滑回D，则由动能定理有：
－μmgR－mg·R′＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得：R′≥2.3R
所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R.
[答案] (1)2eq \r(\f(7gR,5)) (2)6.6mg 竖直向下
(3)R′≤0.92R或R′≥2.3R
弹簧的压缩量x(cm)
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
小钢球飞行的水
平距离s(m)
2.01
3.00
4.01
4.96
6.01
7.00