人教版高中物理必修第二册模块综合检测(二)含答案

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模块综合评价(二) (时间：75分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题只有一个选项符合题意)1．蹲在树枝上的一只松鼠看到一个猎人正在用枪水平对准它，就在子弹出枪口时，松鼠开始逃跑，下述各种运动方式中，松鼠能逃脱被击中厄运的是(设树枝足够高)(　　)A．自由落下　　　　 B．迎着枪口，水平跳离树枝C．竖直上跳 D．背着枪口，水平跳离树枝解析：选C　因为子弹做平抛运动，其竖直方向做自由落体运动，所以松鼠只有竖直上跳才不会被击中，故选C。2.手摇卷笔刀如图所示，该卷笔刀的工作原理是内部切削部件与外部摇杆一起同轴旋转，外部摇杆上的A点到水平转轴上的O点的长度为L，O、A连线与转轴垂直。若该外部摇杆在时间t内匀速转动了N圈，则A点的线速度大小为(　 )A.eq \f(2πN,Lt) B.eq \f(2πLt,N)C.eq \f(2πLN,t) D.eq \f(2πt,LN)解析：选C　角速度ω＝eq \f(2πN,t)，则A点的线速度大小为v＝ωL＝eq \f(2πNL,t)，故选C。3．如果引力常量G已知，不考虑星球的自转，则下列关于火星探测的说法正确的是(　　)A．火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，速度大小为第二宇宙速度B．若火星半径约为地球半径的一半，质量约为地球质量的十分之一，则火星表面的重力加速度一定大于地球表面的重力加速度C．火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，如果测得探测器的运行周期与火星半径，则可以计算火星质量D．火星探测器沿不同的圆轨道绕火星运动时，轨道半径越大绕行周期越小解析：选C　火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，速度大小为第一宇宙速度，A错误；由星球表面物体重力等于万有引力，可得eq \f(GMm,R2)＝mg，所以重力加速度g＝eq \f(GM,R2)，故g火＝eq \f(GM火,R火2)＝eq \f(\f(1,10)GM地,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)R地))2)＝eq \f(2,5)g地，故火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，B错误；根据万有引力提供向心力可得eq \f(GMm,R2)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R，所以火星质量M＝eq \f(4π2R3,GT2)，C正确；由万有引力提供向心力可得eq \f(GMm,r2)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r，所以周期T＝ eq \r(\f(4π2r3,GM))，故轨道半径越大绕行周期越大，D错误。4.如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，一物块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由静止开始从斜面的底端向上做匀加速直线运动，经时间t物块运动至斜面B点(图中未标出)，外力F做的功为W，此后撤去外力F，再经过eq \f(1,3)t时间后物块速度为0，则撤去外力F时物块的动能为(　　)A.eq \f(1,6)W B.eq \f(1,4)WC.eq \f(1,3)W D.eq \f(2,3)W解析：选B　由匀变速直线运动规律知，物块加速过程有v1＝a1t，减速过程有v1＝a2·eq \f(t,3)，解得a2＝3a1，由牛顿第二定律知，物块加速过程有F－mgsin θ＝ma1，减速过程有mgsin θ＝ma2，解得F＝eq \f(4,3)mgsin θ，设经时间t物块在斜面上运动的位移为x1，撤去外力F前，外力做功为W＝Fx1＝eq \f(4,3)mgsin θ·x1＝eq \f(2,3)mgx1，对该过程由动能定理有W－mgx1·sin θ＝Ek，即Ek＝eq \f(2,3)mgx1－eq \f(1,2)mgx1＝eq \f(1,6)mgx1＝eq \f(1,4)W，故A、C、D错误，B正确。5.如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动。在移动过程中，下列说法正确的是(　　)A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力做的功之和B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能D．F对木箱做的功小于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和解析：选C　据题意，由于木箱在拉力作用下加速上升，对木箱受力分析，木箱受到重力、支持力、拉力和摩擦力，据动能定理有WF－WG－Wf＝ΔEk，整理得WF＝WG＋Wf＋ΔEk，则A、B、D错误；由于重力做功与重力势能变化量相对应，则C正确。6.当前我国“高铁”事业发展迅猛。假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其vt图像如图所示，已知在0～t1时间内为过原点的倾斜直线，t1时刻达到额定功率P，此后保持功率P不变，在t3时刻恰好达到最大速度，以后匀速运动。下述判断正确的是(　　)A．从0至t3时间内，列车一直做变加速直线运动B．在0至t3时间内，机车的牵引力一直不断减小C．从0至t3时间内，列车的动能一直增加D．t1～t2时间内汽车牵引力做功为eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12解析：选C　由题意可知，在0～t1时间内v ­t图像为过原点的倾斜直线，列车做匀加速直线运动，加速度大小不变，由F＝ma可知，列车所受合力大小不变，阻力恒定，则牵引力不变，故A、B错误；由题图像可知，从0至t3时间内，列车的速度不断增加，则动能一直增加，故C正确；由动能定理可知Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－t1))－Wf＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，则t1～t2时间内汽车牵引力做功为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－t1))＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12＋Wf，故D错误。7．达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是(　　)解析：选D　罐子在空中水平向右做匀加速运动，以罐子为参考系，漏出的沙子在水平方向向左做匀加速运动，在竖直方向向下做匀加速运动，合加速度指向左下方，故沙子向左下方做匀加速直线运动。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．如图所示，斜面AB固定在水平地面上，斜面的倾角α＝37°、长度为1 m。在顶点水平向左抛出一个小球，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，经过一段时间后，小球落在水平地面上或者斜面上，对于这一过程，下列说法正确的是(　　)A．若小球的初速度为3 m/s，则小球落在水平地面上B．若小球落在水平地面上，则小球在空中运动的时间为0.4 sC．若小球落在斜面上，则初速度越大，落点处的速度方向与水平方向的夹角越大D．只要小球落在斜面上，落点处的速度方向与水平方向的夹角就都相同解析：选AD　若恰好落到B点，则Lsin 37°＝eq \f(1,2)gt2，Lcos 37°＝v0t，可得t＝eq \f(\r(3),5) s，v0＝eq \f(4\r(3),3) m/s≈2.3 m/s，由于v>v0，因此小球落在水平地面上，A正确；若小球落在水平地面上，则小球在空中运动的时间为eq \f(\r(3),5) s，B错误；若落到斜面上，位移关系为tan α＝eq \f(\f(1,2)gt2,vt)＝eq \f(gt,2v)，设落到斜面上，速度与水平方向夹角为θ，则tan θ＝eq \f(gt,v)＝2tan α，因此，只要小球落在斜面上，落点处的速度方向与水平方向的夹角都相同，C错误，D正确。9.如图所示，在光滑水平板的中央有一光滑的小孔，一根不可伸长的轻绳穿过小孔。绳的两端分别拴有一小球C和一质量为m的物体B，在物体B的下端还悬挂有一质量为3m的物体A。使小球C在水平板上以小孔为圆心做匀速圆周运动，系统稳定时，圆周运动的半径为R。现剪断A与B之间的绳子，系统稳定后(B未与板接触)，小球以2R的半径在水平板上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)A．剪断A、B间的绳子后，B和C组成的系统机械能守恒B．剪断A、B间的绳子后，小球C的机械能不变C．剪断A、B间的绳子后，绳子对小球C做的功为mgRD．剪断A、B间绳子前，小球C的动能为2mgR解析：选AD　剪断A、B间的绳子后，对B和C组成的系统，只有B的重力对系统做功，所以B和C组成的系统机械能守恒，故A正确；剪断A、B间的绳子后，在C的运动半径增大的过程中，绳子的拉力对C做负功，C的机械能减小，故B错误；剪断A、B间的绳子前，根据牛顿第二定律得3mg＋mg＝mCeq \f(vC2,R)，C的动能EkC＝eq \f(1,2)mvC2，联立解得EkC＝2mgR，剪断A、B间的绳子后，根据牛顿第二定律得mg＝mCeq \f(vC′2,2R)，C的动能EkC′＝eq \f(1,2)mvC′2，联立解得EkC′＝mgR，则绳子对小球C做的功为－mgR，故C错误，D正确。10．“亚洲一号”地球静止轨道通信卫星的质量是1.25 t，下列有关它的说法正确的是(　　)A．若将它的质量增加为2.5 t，其运动轨道半径变为原来的2倍B．它的运行速度小于7.9 km/sC．它可以通过北京的正上方，所以我国能利用其进行电视转播D．它的周期是24 h，其轨道平面与赤道平面重合且距地面高度一定解析：选BD　静止卫星周期一定为24 h，根据万有引力提供向心力得Geq \f(Mm,R＋h2)＝meq \f(4π2,T2)(R＋h)，解得T＝eq \r(\f(4π2R＋h3,GM))。因周期一定，则距地面高度一定，半径一样，所以各国发射的这种卫星轨道半径都一样，与质量无关，故A错误，D正确；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度。而静止卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，由Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \r(\f(GM,r))，可知静止卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故B正确；它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了相对地面静止，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，所以静止卫星不可能通过北京的正上空，故C错误。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11.(7分)图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，在白纸上描绘出小钢球平抛运动的轨迹，然后研究平抛运动的规律。(1)该实验中，在取下白纸前，应确定坐标轴原点O，并建立直角坐标系，下列图像坐标原点和坐标系的选择正确的是________。(2)某同学在实验过程中，记录了小球平抛运动轨迹的一部分，如图乙所示，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，取重力加速度大小g＝10 m/s2，由图中所给的数据可判断出图中坐标原点O________(填“是”或“不是”)抛出点。(3)实验结果发现，测出的小钢球做平抛运动的初速度跟实际值相比有较大的误差，可能的原因是________。A．斜槽轨道末端水平段过长B．没有平衡斜槽轨道的摩擦力C．小球没有每次都从斜槽同一高度静止释放解析：(1)坐标原点为小球在斜槽末端时，小球球心在木板上的投影，故C正确，A、B错误。(2)由平抛运动的水平位移可知，OA段和AB段时间相等，若O为抛出点，则OA段和AB段的竖直位移之比为1∶3，而实际竖直位移之比不是1∶3，可知O点不是抛出点。(3)斜槽轨道末端水平段过长，不会造成平抛运动的初速度跟实际值相比有较大的误差。只要保证末端水平，每次从同一位移由静止滑下即可，故A错误；该实验不需要平衡斜槽轨道的摩擦力，故B错误；小球没有每次都从斜槽同一高度静止释放，会造成平抛运动的初速度跟实际值相比有较大的误差，故C正确。答案：(1)C　(2)不是　(3)C12．(9分)某同学利用重物自由下落来“验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。(1)请指出实验装置中存在的明显错误：______________________________________________________________________________________________________________。(2)进行实验时，为保证重物下落时初速度为零，应________(填“A”或“B”)。A．先接通电源，再释放纸带B．先释放纸带，再接通电源(3)根据打出的纸带，选取纸带上连续打出的1、2、3、4、……多个点如图乙所示(图中只显示了一部分点)。已测出1、2、3、4到打出的第一个点O的距离分别为h1、h2、h3、h4，打点计时器的打点周期为T。若代入所测数据能满足表达式gh3＝________，则可验证重物下落过程机械能守恒(用题目中已测出的物理量表示)。(4)这位同学还利用图像法进行分析，以O点为起始点，测出各点下落距离h时的速度v，以eq \f(v2,2)为纵坐标、h为横坐标画出eq \f(v2,2)­h图像，应是下图中的________。解析：(1)从图甲中的实验装置中发现，打点计时接在了“直流电源”上，打点计时器的工作电源是“交流电源”。因此，明显的错误是打点计时器不能接在“直流电源”上。(2)为了使纸带上打下的第1个点是速度为零的初始点，应该先接通电源，让打点计时器正常工作后，再释放纸带。若先释放纸带，再接通电源，当打点计时器打点时，纸带已经下落，打下的第1个点的速度不为零，故A正确。(3)根据实验原理mgh＝eq \f(1,2)mv2，可知只要验证ghn＝eq \f(1,2)vn2，即可验证机械能守恒定律。因此需求解v3，根据匀变速直线运动规律关系式可得v3＝eq \f(h4－h2,2T)，则有eq \f(1,2)v32＝eq \f(h4－h22,8T2)，故只要在误差允许的范围内验证gh3＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h4－h2))2,8T2)成立，就可验证重物下落过程中机械能守恒。(4)根据mgh＝eq \f(1,2)mv2，可得eq \f(1,2)v2＝gh，eq \f(1,2)v2与h成正比例关系，图线是一条过原点的倾斜直线，故选C。答案：(1)打点计时器不能接在“直流电源”上(2)A　(3)eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h4－h2))2,8T2)　(4)C13．(11分)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块从倾角为θ＝37°的固定斜面底端A开始以某一速度沿斜面向上滑行，经过1 s 时间恰好滑到斜面顶端B，之后飞出斜面，最后落在与A点处于同一水平面上的C点，不计空气阻力。物块在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小为g＝10 m/s2。求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块落到C点时的动能EkC。解析：(1)由题图乙得物块在斜面上的加速度大小a＝eq \f(20,2) m/s2＝10 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.5。(2)由题图乙得物块的初速度vA＝20 m/s，物块滑到斜面顶端B时的速度vB＝vA－a×1 s＝10 m/s，斜面长度s＝eq \f(vA＋vB,2)×1 s＝15 m，物块离开B运动到C的过程，根据机械能守恒定律有EkC＝eq \f(1,2)mvB2＋mgssin θ，解得EkC＝140 J。答案：(1)0.5　(2)140 J14．(12分)如图甲所示，是饭店常见的一种可旋转餐桌，其在圆形桌面上安装有圆形的转盘，转盘的半径r为0.8 m，转盘与桌面的高度差忽略不计，圆形桌面的半径R为1 m，转盘中心与桌面中心重合，桌面与水平地面的高度差为0.8 m，在转盘边缘有一个陶瓷杯，示意图如图乙所示，陶瓷杯与转盘、桌面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.32，取g＝10 m/s2，杯子可视为质点，求：(1)为了不让陶瓷杯在转盘上发生相对滑动，转盘转动的最大角速度为多少？(2)当转盘以(1)中的最大角速度旋转时，服务员突然抓住转盘使其停止转动，陶瓷杯滑上桌面并最终从桌面飞出(不计空气阻力)，陶瓷杯落地点离桌面边缘飞出点的水平距离为多少？解析：(1)为了不让陶瓷杯在转盘上发生相对滑动，则向心力不能大于最大静摩擦力，即mω2r≤μ1mg解得ω≤2.5 rad/s转盘转动的最大角速度为2.5 rad/s。(2)陶瓷杯从转盘上滑出时速度为v1＝ωr滑出后陶瓷杯在桌面上做匀变速直线运动，则μ2mg＝ma桌面半径为R＝1 m，如图所示由几何关系可得陶瓷杯在桌面上滑行的距离为x＝eq \r(R2－r2)根据匀变速直线运动规律可得v22－v12＝－2ax解得v2＝0.4 m/s陶瓷杯滑出桌面后做平抛运动，在竖直方向上h＝eq \f(1,2)gt2则陶瓷杯落地点离桌面边缘飞出点的水平距离为x′＝v2t解得x′＝v2t＝0.16 m陶瓷杯落地点离桌面边缘飞出点的水平距离为0.16 m。答案：(1)2.5 rad/s　(2)0.16 m15．(15分)如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝0.5 m，斜面长L＝2 m，现有一个质量m＝0.1 kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数为μ＝0.25。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。问：(1)物体P第一次通过C点时的速度大小和对C点处轨道的压力各为多大？(2)物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动，不计空气阻力，则最高点E和D点之间的高度差为多大？(3)物体P从空中又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力为多大？解析：(1)物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有eq \f(1,2)mvC2－0＝mg(Lsin 37°＋R－Rcos 37°)－μmgLcos 37°，解得vC＝eq \r(2gLsin 37°＋R－Rcos 37°－2μgLcos 37°)＝3eq \r(2) m/s，经C点时有FNC－mg＝meq \f(vC2,R)，解得FNC＝mg＋meq \f(vC2,R)＝4.6 N，根据牛顿第三定律，P对C点的压力为FNC′＝FNC＝4.6 N。(2)从C到E机械能守恒，有eq \f(1,2)mvC2＝mg(R＋hED)，E与D间高度差为hED＝eq \f(vC2,2g)－R＝0.4 m。(3)物体P最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C根据机械能守恒有mgR(1－cos 37°)＝eq \f(1,2)mvC′2，解得vC′＝eq \r(2gR1－cos 37°)＝eq \r(2) m/s，所以FNC2＝mg＋meq \f(vC′2,R)＝1.4 N，根据牛顿第三定律物体P对C点处轨道的最小压力为FNC2′＝FNC2＝1.4 N。答案：(1)3eq \r(2) m/s　4.6 N　(2)0.4 m　(3)1.4 N