教科版高中物理必修第二册模块检测试题含答案

模块检测试题

(时间:90分钟　满分:100分)

一、选择题(共12小题,1～6题为单选,7～12题为多选,每小题4分,共48分)

1.下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是(　D　)

A.实验探究匀速圆周运动向心力与物体运动的角速度、半径、质量的关系时,采用了比值定义法

B.在研究运动的合成与分解时,采用了控制变量法

C.人们为了研究物体做功的快慢引入了功率,功率的定义采用了等效替代的方法

D.卡文迪许巧妙地利用扭秤测出了铅球间的万有引力,得到了万有引力常量,实验采用了微小量放大法

解析:实验探究匀速圆周运动向心力与物体运动的角速度、半径、质量的关系时,采用了控制变量法,故A错误;在研究运动的合成与分解时,采用了等效替代法,故B错误;人们为了研究物体做功的快慢引入了功率,功率的定义采用了比值定义法,故C错误;卡文迪许巧妙地利用扭秤测出了铅球间的万有引力,得到了万有引力常量,实验采用了微小量放大法,故D正确。

2.某物体在一足够大的光滑水平面上向东运动,当它受到一个向南的恒定外力作用时,物体的运动将是(　A　)

A.曲线运动,但加速度方向不变、大小不变,是匀变速曲线运动

B.直线运动,且是匀变速运动

C.曲线运动,但加速度方向改变、大小不变,是非匀变速曲线运动

D.曲线运动,但加速度方向和大小均改变,是非匀变速曲线运动

解析:曲线运动的条件:物体所受合力与速度不共线。由于外力向南,速度向东,故物体做曲线运动;匀变速曲线运动的定义:加速度大小方向不变的运动。由于外力向南恒定,由牛顿第二定律可得加速度大小方向不变,故为匀变速曲线运动。所以选A。

3.平抛物体的初速度为v0,当水平方向分位移与竖直方向分位移相等时的瞬时速率为(　D　)

A.v0 B.2v0  C.v0   D.v0

解析:根据v0t=gt2,得t=,竖直分速度vy=gt=2v0,根据平行四边形定则知,瞬时速率vt==v0。故选D。

4.如图所示,某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动,将螺丝帽套在塑料管上,手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r的匀速圆周运动,则只要运动角速度合适,螺丝帽恰好不下滑,假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为μ,认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。则在该同学转动塑料管使螺丝帽恰好不下滑时,下述分析正确的是(　A　)

A.螺丝帽受的重力与最大静摩擦力平衡

B.螺丝帽受到塑料管的弹力方向水平向外,背离圆心

C.此时手转动塑料管的角速度ω=

D.若塑料管的转动加快,螺丝帽有可能相对塑料管发生运动

解析:由于螺丝帽在一水平面内做圆周运动恰好不下滑,则竖直方向上重力与最大静摩擦力平衡,塑料管对螺丝帽的弹力提供其做匀速圆周运动的向心力,选项A正确,B错误;由μN=mg和N=mrω2得ω=,选项C错误;塑料管的转动加快时,支持力N=mrω2增大,最大静摩擦力f静max>μFN增大,将有f静max>mg,故不会发生相对滑动,选项D错误。

5.如图所示是a、b、c卫星的轨道示意图,已知这三颗卫星均做圆周运动,a是地球同步卫星,则(　A　)

A.卫星a的角速度小于卫星c的角速度

B.卫星a的加速度大于卫星b的加速度

C.卫星a的运行速度大于第一宇宙速度

D.卫星b的周期大于24 h

解析:根据G=mrω2=mr=m=man,可得ω=,卫星a的轨道半径大于卫星c的轨道半径,因此卫星a的角速度小于卫星c的角速度,选项A正确;由an=,卫星a的轨道半径与卫星b的轨道半径相等,因此卫星a的加速度等于卫星b的加速度,选项B错误;由v=,卫星a的轨道半径大于地球半径,因此卫星a的运行速度小于第一宇宙速度,选项C错误;由T=,卫星a的轨道半径与卫星b的轨道半径相等,卫星b的周期等于卫星a的周期,为24 h,选项D错误。

6.如图所示,质量为M的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹(可视为质点),以速度v0沿水平方向射中木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。若子弹相对木块静止时,木块前进距离为l,子弹进入木块的深度为d,木块对子弹的阻力Ff视为恒定,则下列关系式中不正确的是(　B　)

A.Ffl=Mv2

B.Ffd=Mv2

C.Ffd=m-(M+m)v2

D.Ff(l+d)=m-mv2

解析:如图画出运动过程示意图,从图中不难看出,当木块前进距离为l,子弹进入木块的深度为d时,子弹相对于地面发生的位移为l+d。由牛顿第三定律知,子弹对木块的作用力大小也为Ff。子弹对木块的作用力对木块做正功,由动能定理得Ffl=Mv2,木块对子弹的作用力对子弹做负功,由动能定理得-Ff(l+d)=mv2-m,联立得Ffd=m-

(M+m)v2。故选项A、C、D正确。

7.下列说法正确的是(　AB　)

A.平抛运动的物体速度变化的方向始终是竖直向下的

B.做匀速圆周运动的物体,其加速度一定指向圆心

C.两个初速度不为零的匀变速直线运动的合运动一定也是匀变速直线运动

D.物体受一恒力作用,可能做匀速圆周运动

解析:平抛运动的物体加速度方向是竖直向下的,则速度变化的方向始终是竖直向下的,选项A正确;做匀速圆周运动的物体,其加速度一定指向圆心,选项B正确;两个初速度不为零的匀变速直线运动的合运动不一定也是匀变速直线运动,可能是曲线运动,选项C错误;做匀速圆周运动的物体的向心力是变力,则当物体受一恒力作用时,不可能做匀速圆周运动,选项D错误。

8.某举重运动员抓举杠铃时,先下蹲将杠铃举过头顶,然后保持胸部以上及杠铃姿态不变站立起来完成比赛。在该运动员起身的过程中,下列说法正确的是(　AD　)

A.杠铃的重力势能一直增加

B.合力对杠铃一直做正功

C.该运动员对杠铃做功的功率一直增大

D.该运动员对杠铃做功的功率先增大后减小

解析:杠铃相对于地面的高度不断上升,所以杠铃的重力势能一直增加,故A正确;杠铃向上运动的过程中,先向上加速,后向上减速,所以杠铃的动能先增大后减小,合力先做正功后做负功,故B错误;该运动员对杠铃做功的功率P=Fv,F先大于重力后小于重力最后等于重力,v先增大后减小,所以功率先增大后减小,故C错误,D正确。

9.在竖直平面内有一条光滑弯曲轨道,轨道上各个高点的高度如图所示。一个小环套在轨道上,从1 m的高处以 8 m/s的初速度下滑,则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　AC　)

A.到达第(1)高点的速度约为8.6 m/s

B.到达第(1)高点的速度约为74 m/s

C.小环能越过第(3)高点

D.小环不能越过第(4)高点

解析:根据机械能守恒可以得到mgh+mv2=mgh1+m,则小环到达第(1)高点的速度为v1== m/s≈8.6 m/s,A正确,B错误;设小环能够上升的最大高度为H,则根据机械能守恒定律得到mgh+mv2=mgH,则H=4.2 m,即小环能越过第(3)和第(4)高点,C正确,D错误。

10.如图所示,一卫星绕地球运动,图中虚线为卫星的运行轨迹,A、B、C、D是轨迹上的四个位置,其中A距离地球最近,C距离地球最远。下列说法中正确的是(　AC　)

A.卫星在A点的速度最大

B.卫星在C点的速度最大

C.卫星在A点的加速度最大

D.卫星在C点的加速度最大

解析:A点为近地点,C点为远地点,所以A点速度最大,A正确,B错误;根据万有引力定律可知,卫星在A点的加速度最大,C正确,D错误。

11.某同学将质量为1 kg的物体由静止竖直向上提升到 1 m时,物体的速度为2 m/s,则(g取10 m/s2)(　BD　)

A.合力做功12 J

B.合力做功2 J

C.物体克服重力做功12 J

D.手对物体的拉力做功12 J

解析:合力做的功等于物体动能的变化量,W合=mv2-0=2 J,A错误,B正确;克服重力做功W克G=mgh=10 J,因为合力做功为2 J,所以手对物体做功为W=W合-WG=W合+W克G=12 J,C错误,D正确。

12.如图所示,物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧,物体A、B的质量分别为2m、m,开始时细绳伸直,用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h,物体B静止在地面上,放手后物体A下落,与地面即将接触时速度大小为v,此时物体B对地面恰好无压力,不计摩擦及空气阻力,重力加速度大小为g,则下列说法中正确的是(　AC　)

A.物体A下落过程中,物体A和弹簧组成的系统机械能守恒

B.弹簧的劲度系数为

C.物体A着地时的加速度大小为

D.物体A着地时弹簧的弹性势能为mgh-mv2

解析:由题可知,物体A下落过程中,B一直静止不动。对于物体A和弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒,故A正确;物体B对地面的压力恰好为零,故弹簧的拉力T=mg,开始时弹簧处于原长,由胡克定律知T=kh,得弹簧的劲度系数为k=,故B错误;物体A着地时,细绳对A的拉力也等于mg,对A,根据牛顿第二定律得2mg-mg=2ma,得a=,故C正确;物体A与弹簧系统机械能守恒,有2mgh=Ep+×2mv2,所以Ep=2mgh-mv2,故D错误。

二、非选择题(共52分)

13.(6分)用频闪照相技术拍下的两小球运动的频闪照片如图所示,拍摄时,光源的频闪频率为 10 Hz,a球从A点水平抛出的同时,b球自B点开始下落,背景的小方格为相同的正方形。重力加速度g取10 m/s2,不计阻力。

(1)根据照片显示的信息,下列说法中正确的是　　　　。

A.只能确定b球的运动是自由落体运动

B.不能确定a球沿竖直方向的运动是自由落体运动

C.只能断定a球的运动是水平方向的匀速直线运动

D.可以确定a球的运动是沿水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动

(2)根据照片信息可求出a球的水平速度大小为　　　　 m/s;当a球与b球运动了　　　　s时它们之间的距离最小。

解析:(1)因为相邻两照片间的时间间隔相等,水平位移相等,知小球在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上的运动规律与b球运动规律相同,知在竖直方向上做自由落体运动。故D正确,A、B、C错误。

(2)设小方格边长为L,根据Δy=gT2=10×0.01 m=0.1 m,有2L=0.1 m,所以平抛运动的初速度v0== m/s=1 m/s。因为两球在竖直方向上都做自由落体运动,所以两球的竖直距离y恒定,当小球a运动到与b在同一竖直线上时,二者水平距离x=0,距离最小,则t==

s=0.2 s时它们之间的距离最小。

答案:(1)D　(2)1　0.2

14.(8分)如图所示,某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律。频闪仪每隔 0.05 s 闪光一次,用毫米刻度尺测得相邻两个时刻小球上升的高度分别为h1=26.3 cm,h2=23.68 cm,h3=21.16 cm,

h4=18.66 cm,h5=16.04 cm,该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表所示。(当地重力加速度g取9.8 m/s2,小球质量m=0.10 kg)

(1)上面测量高度的五个数据中不符合有效数字要求的是　　　　段,应记作　　　　cm。 

(2)由频闪照片上的数据计算t2时刻小球的速度v2=　　　　m/s。(结果保留3位有效数字)

(3)从t2到t5时间内,重力势能增量ΔEp=　　　　J,动能减少量ΔEk=　　　　J。(结果均保留3位有效数字)

(4)在误差允许范围内,若ΔEp与ΔEk近似相等,从而验证了机械能守恒定律。由上述计算所得ΔEp　　　(选填“>”“<”或“=”)ΔEk,造成这种结果的主要原因是　               。

解析:(1)从题中可得测量工具是毫米刻度尺,所以h1在有效数字读数要求上有错误,应记作 26.30 cm。

(2)匀变速直线运动过程中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,有v2=≈5.00 m/s。

(3)根据重力做功和重力势能的关系有ΔEp=mg(h2+h3+h4)≈0.622 J,ΔEk=m-m≈0.648 J。

(4)因上升过程中有空气阻力做负功,故ΔEp<ΔEk。

答案:(1)h1　26.30　(2)5.00

(3)0.622　0.648

(4)<　上升过程中有空气阻力做负功(或受到空气阻力)

15.(8分)如图所示,将一个小球从水平地面O点正上方某处,以v0=

10 m/s的初速度水平抛出,小球落在水平地面上A点,O、A两点相距x=20 m,求:(不计空气阻力,g取10 m/s2)

(1)小球在空中运动的时间t;

(2)抛出点距离水平地面的高度h。

解析:(1)在水平方向有x=v0t,得t=2 s。

(2)在竖直方向有h=gt2,得h=20 m。

答案:(1)2 s　(2)20 m

16.(8分)一质量为500 t的机车,以恒定功率375 kW由静止出发,经过5 min速度达到最大值54 km/h,设机车所受阻力f恒定不变,试求:(g取10 m/s2)

(1)机车受到的阻力f的大小;

(2)机车在这5 min内行驶的路程。

解析:(1)已知P0=375 kW=3.75×105 W

vmax=54 km/h=15 m/s

达到最大速度时,牵引力与阻力大小相等,得P0=fvmax

机车受到的阻力f== N=2.5×104 N。

(2)机车在这5 min内,牵引力为变力,做正功,阻力做负功,重力、弹力不做功。

牵引力做的功为WF=P0t

根据动能定理有P0t-fx=m-0

代入数据解得x=2 250 m。

答案:(1)2.5×104 N　(2)2 250 m

17.(10分)如图所示,竖直面内有半径为2R的四分之一光滑圆弧形细杆BC和半径为R的二分之一光滑圆弧形细杆CD在最低点C平滑连接,光滑竖直细杆AB与圆弧形细杆BC在B点平滑连接。一质量为m的小球穿在直杆上,从距B点的P点由静止释放,重力加速度为g,求:

(1)小球经过C点时的速度大小;

(2)小球经过D点时细杆对小球的作用力。

解析:(1)小球由P到C由机械能守恒m=mg(2R+R)

解得vC=。

(2)小球由C到D由动能定理-2mgR=m-m

设小球在D点所受弹力方向竖直向上,由牛顿第二定律

mg-N=m得N=mg

因N为正值,故其方向与假设方向相同,即竖直向上。

答案:(1)　(2)mg,方向竖直向上

18.(12分)如图所示,光滑轨道槽ABCD与粗糙轨道槽GH通过光滑圆轨道EF平滑连接(D、G处在同一高度),组成一套完整的轨道,整个装置位于竖直平面内,BC段沿水平方向。现将一质量m=1 kg的小球从AB段距BC高h0=2 m处由静止释放,小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E点。已知CD、GH与水平面的夹角θ=37°,GH段的动摩擦因数μ=0.25,圆轨道的半径R=0.4 m,E点离水平面的竖直高度为3R,求:(g取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)

(1)小球第一次通过E点时的速度大小;

(2)小球沿GH段向上滑行后距离BC段的最大高度;

(3)若小球从AB段距BC高h处自由释放后,小球又能沿原路径返回AB段,试求h的取值范围。

解析:(1)小球从A点到E点由机械能守恒定律可得mg(h0-3R)=m

解得vE=4 m/s。

(2)D、G离地面的高度h1=3R-(R+Rcos 37°)=0.48 m

设小球在CH斜面上滑的最大高度为hmax,则小球从A点滑至最高点的过程,由动能定理得mg(h0-hmax)-μmgcos 37°·=0

由以上各式并代入数据hmax=1.62 m。

(3)①小球要沿原路径返回,若未能完成圆周运动,则其不能到达与圆心等高处,圆心高度为hE-R=2R,故h≤2R=0.8 m时,小球可沿原路径返回AB段。

②若能完成圆周运动,则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E,在E点,m≥mg

设此情况下小球在CH斜面上升的最大高度为h′,小球从释放位置滑至GH段最高点的过程,根据动能定理得mg(h-h′)-μmgcos 37°·

=0

小球从GH段最高点返回E点的过程,根据动能定理得

mg(h′-3R)-μmgcos 37°·=m

由以上各式得h≥2.32 m

故小球沿原路径返回的条件为h≤0.8 m或h≥2.32 m。

答案:(1)4 m/s

(2)1.62 m　

(3)h≤0.8 m或h≥2.32 m