2019-2020學(xué)年新教材高中物理模塊檢測含解析魯科版必修第二冊

PAGEPAGE10模塊檢測(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分。其中1～7題為單項選擇題，8～10題為多項選擇題)1.山區(qū)修建的高速公路穿過好多的隧道，已知隧道口為圓形，一輛在高速路上快速行駛的轎車在將要抵達(dá)隧道時，下列說法正確的是()A.司機(jī)觀察到的隧道口為橢圓形，隧道的總長度變短B.司機(jī)觀察到的隧道口為圓形，隧道的總長度不變C.司機(jī)觀察到的隧道口為橢圓形，隧道的總長度不變D.司機(jī)觀察到的隧道口為圓形，隧道的總長度變短解析根據(jù)狹義相對論，在運動方向上長度變短，故隧道長度變短，在垂直運動方向上長度不變，故洞口為圓形，故選D。答案D2.下列關(guān)于曲線運動的說法中正確的是()A.所有曲線運動一定是變速運動B.物體在一恒力作用下不可能做曲線運動C.做曲線運動的物體，速度方向時刻變化，故曲線運動不可能是勻變速運動D.物體只有受到方向時刻變化的力作用時才可能做曲線運動解析做曲線運動的物體，速度方向沿曲線的切線方向，時刻變化，曲線運動一定是變速運動，A正確；做曲線運動的條件是合力方向與速度方向不在同一條直線上，如果合力是恒力，物體做勻變速曲線運動，B、C、D均錯誤。答案A3.在如圖所示的齒輪傳動中，三個齒輪的半徑之比為2∶3∶6，當(dāng)齒輪轉(zhuǎn)動的時候，關(guān)于小齒輪邊緣的A點和大齒輪邊緣的B點()A.A點和B點的線速度大小之比為1∶1B.A點和B點的角速度之比為1∶1C.A點和B點的角速度之比為1∶3D.A點和B點的線速度大小之比為1∶3解析題圖中三個齒輪邊緣線速度大小相等，A點和B點的線速度大小之比為1∶1，由v＝ωr可得，線速度大小一定時，角速度與半徑成反比，A點和B點角速度之比為3∶1，選項A正確，B、C、D錯誤。答案A4.某顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星(即衛(wèi)星相對于地面靜止)。則此衛(wèi)星的()A.線速度大于第一宇宙速度B.周期小于同步衛(wèi)星的周期C.角速度大于月球繞地球運行的角速度D.向心加速度大于地面的重力加速度解析根據(jù)萬有引力提供向心力，eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝ma，可推導(dǎo)出，隨軌道半徑r增加，線速度、角速度、加速度會減小，周期會增加；月球軌道半徑最大，北斗衛(wèi)星次之，近地衛(wèi)星最小，故A、D錯誤，C正確；北斗導(dǎo)航衛(wèi)星屬于地球同步衛(wèi)星，B錯誤。答案C5.如圖所示，一輛汽車從拱橋上的A點勻速率運動到等高的B點，以下說法中正確的是()A.汽車所受的合外力做功不為零B.汽車在運動過程中所受合外力為零C.牽引力對汽車做的功等于汽車克服阻力做的功D.由于汽車速率不變，所以汽車從A點到B點過程中機(jī)械能不變解析汽車由A點勻速率運動到B點的過程中動能變化量為0，根據(jù)動能定理可知合外力對汽車做功為零，A錯誤；汽車在運動過程中做圓周運動，有向心加速度，合外力不為零，B錯誤；由于A、B等高，重力做功為零，又合外力做功為零，所以牽引力對汽車做的功等于汽車克服阻力做的功，C正確；由于汽車速率不變，所以汽車從A點到B點的過程中動能不變，但重力勢能先增大后減小，所以機(jī)械能先增大后減小，D錯誤。答案C6.如圖所示，球網(wǎng)高出桌面H，網(wǎng)到桌邊的距離為L。某人在乒乓球訓(xùn)練中，從左側(cè)eq\f(L,2)處，將球沿垂直于網(wǎng)的方向水平擊出，球恰好通過網(wǎng)的上沿落到右側(cè)桌邊緣。設(shè)乒乓球運動為平拋運動，則()A.擊球點的高度與網(wǎng)高度之比為2∶1B.乒乓球在網(wǎng)左、右兩側(cè)運動時間之比為2∶1C.乒乓球過網(wǎng)時與落到桌邊緣時速率之比為1∶2D.乒乓球在左、右兩側(cè)運動速度變化量之比為1∶2解析根據(jù)平拋運動規(guī)律，乒乓球在左、右兩側(cè)運動時間之比為1∶2，由Δv＝gΔt可得，乒乓球在左、右兩側(cè)運動速度變化量之比為1∶2，選項D正確，B錯誤；由y＝eq\f(1,2)gt2可得擊球點的高度與網(wǎng)高度之比為9∶8，乒乓球過網(wǎng)時與落到桌邊緣時豎直方向速度之比為1∶3，選項A、C錯誤。答案D7.雨天在野外騎車時，自行車的后輪胎上常會黏附一些泥巴，行駛時感覺很“沉重”。如果將自行車后輪撐起，使后輪離開地面而懸空，然后用手勻速搖腳踏板，使后輪飛速轉(zhuǎn)動，泥巴就會被甩下來。如圖所示，圖中a、b、c、d為后輪輪胎邊緣上的四個特殊位置，則()A.泥巴在圖中的a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度B.泥巴在圖中的b、d位置時最容易被甩下來C.泥巴在圖中的c位置時最容易被甩下來D.泥巴在圖中的a位置時最容易被甩下來解析當(dāng)后輪勻速轉(zhuǎn)動時，由a＝Rω2知a、b、c、d四個位置的向心加速度大小相等，A錯誤；在角速度ω相同的情況下，泥巴在a點有Fa＋mg＝mω2R，在b、d兩點有Fb、d＝mω2R，在c點有Fc－mg＝mω2R，所以要使泥巴不脫離輪胎在c位置所需要的相互作用力最大，泥巴最容易被甩下來，故B、D錯誤，C正確。答案C8.質(zhì)量為m的物體由固定在地面上的斜面頂端勻速滑到斜面底端，斜面傾角為θ，物體下滑速度為v，如圖所示，以下說法中正確的是()A.重力對物體做功的功率為mgvsinθB.重力對物體做功的功率為mgvC.物體克服摩擦力做功的功率為mgvsinθD.物體克服摩擦力做功的功率為mgv解析物體沿斜面勻速下滑，說明沿斜面方向的摩擦力f＝mgsinθ，根據(jù)功率公式P＝Fvcosα(式中α是F與v的夾角)，則重力的功率PG＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，A正確，B錯誤；物體克服摩擦力做功的功率Pf＝f·v＝mgvsinθ，C正確，D錯誤。答案AC9.如圖所示，小滑塊從一個固定的光滑斜槽軌道頂端無初速開始下滑，用v、t和h分別表示小球沿軌道下滑的速率、時間和距軌道頂端的高度。如圖所示的v－t圖像和v2－h(huán)圖像中可能正確的是()解析小滑塊下滑過程中，小滑塊的重力沿斜槽軌道切向的分力逐漸變小，故小滑塊的加速度逐漸變小，故A錯誤，B正確；由機(jī)械能守恒得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，故v2＝2gh，所以v2與h成正比，C錯誤，D正確。答案BD10.如圖所示，重10N的滑塊在傾角為30°的斜面上，從a點由靜止下滑，到b點接觸到一個輕彈簧，彈簧下端固定?；瑝K壓縮彈簧到c點開始彈回，返回b點離開彈簧，最后又回到a點，已知ab＝0.8m，bc＝0.4m，那么在整個過程中下列說法正確的是()A.滑塊動能的最大值是6JB.彈簧彈性勢能的最大值是6JC.從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功是6JD.滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)整個過程機(jī)械能守恒解析滑塊能回到原出發(fā)點，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，D正確；以c點為參考點，則a點的機(jī)械能為6J，c點時的速度為0，重力勢能也為0，所以彈性勢能的最大值為6J，從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功等于彈性勢能的減少量，故為6J，所以B、C正確；由a→c時，因重力勢能不能全部轉(zhuǎn)變?yōu)閯幽?，故A錯誤。答案BCD二、實驗題(共2小題，共14分)11.(6分)某同學(xué)為探究“合力做功與物體動能改變的關(guān)系”，設(shè)計了如下實驗，他的操作步驟是：①按圖擺好實驗裝置，其中小車質(zhì)量M＝0.20kg，鉤碼總質(zhì)量m＝0.05kg；②釋放小車，然后接通打點計時器的電源(電源頻率為f＝50Hz)，打出一條紙帶。(1)他在多次重復(fù)實驗得到的紙帶中取出自認(rèn)為滿意的一條，如圖所示。把打下的第一點記作0，然后依次取若干個計數(shù)點，相鄰計數(shù)點間還有4個點未畫出，用厘米刻度尺測得各計數(shù)點到0點距離分別為d1＝0.004m，d2＝0.055m,d3＝0.167m，d4＝0.256m，d5＝0.360m，d6＝0.480m，……他把鉤碼重力(當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝9.8m/s2)作為小車所受合力，并算出打下0點到打下第5點合力做的功W＝________J(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)，把打下第5點時小車動能作為小車動能的改變量，算得Ek＝________J。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(2)(多選)此次實驗探究的結(jié)果，他沒能得到“合力對物體做的功等于物體動能的增量”的結(jié)論，且差別很大。通過反思，他認(rèn)為產(chǎn)生誤差的原因如下，其中正確的是()A.鉤碼質(zhì)量太大，使得合力對物體做功的測量值比真實值偏大太多B.沒有平衡摩擦力，使得合力對物體做功的測量值比真實值偏大太多C.釋放小車和接通電源的次序有誤，使得動能增量的測量值比真實值偏小D.沒有使用最小刻度為毫米的刻度尺測距離也是產(chǎn)生此誤差的主要原因解析(1)W＝mgd5≈0.176J，由Ek＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,5)，v5＝eq\f(d6－d4,2T)，T＝0.1s，解得Ek≈0.125J。(2)鉤碼向下加速運動時，細(xì)繩的拉力比鉤碼重力小，且鉤碼質(zhì)量越大，這種差別越大，A正確；本實驗應(yīng)平衡小車的摩擦力，這樣繩的拉力所做的功才等于小車動能的改變量，B正確；而C、D兩選項都不是產(chǎn)生較大誤差的主要原因。答案(1)0.1760.125(2)AB12.(8分)在“驗證機(jī)械能守恒定律”實驗中，打出的紙帶如圖所示，其中A、B為打點計時器打下的第1、2個點，AB＝2mm，D、E、F為點跡清晰時連續(xù)打出的計時點，測得D、E、F到A的距離分別為s1、s2、s3(圖中未畫出)。設(shè)打點計時器的打點頻率為f，重物質(zhì)量為m，實驗地點重力加速度為g。一位學(xué)生想從紙帶上驗證打下A點到打下E點過程中，重物的機(jī)械能守恒。(1)(多選)實驗中，如下哪些操作是必要的()A.用秒表測量時間B.重物的質(zhì)量應(yīng)盡可能大些C.先接通電源后釋放紙帶D.先釋放紙帶后接通電源(2)重物重力勢能減少量ΔEp＝________，動能增加量ΔEk＝________。(3)比較ΔEp和ΔEk發(fā)現(xiàn)，重物重力勢能的減少量ΔEp大于動能的增加量ΔEk，造成這一誤差的原因是_____________________________________________________________________________________________________________。解析(1)實驗中根據(jù)打點計時器打點頻率計算時間，不需要秒表，A錯誤；重物的質(zhì)量應(yīng)盡可能大些，這樣可以減小阻力引起的誤差，B正確；使用打點計時器時，都是先接通電源，待打點穩(wěn)定后再釋放紙帶，C正確，D錯誤。(2)因為AB＝2mm，則A點為自由落體運動的初始位置，即vA＝0。從A點到E點過程中，重力勢能的減小量為：ΔEp＝mgs2。E點的瞬時速度：v＝eq\f(s3－s1,2T)＝eq\f(（s3－s1）f,2)則動能增量為：ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(m（s3－s1）2f2,8)(3)因為實驗中有阻力作用，所以減小的重力勢能大于增加的動能。答案(1)BC(2)mgs2eq\f(m（s3－s1）2f2,8)(3)實驗過程中有阻力作用三、計算題(共4小題，共46分，要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值的要注明單位)13.(10分)某同學(xué)在某磚墻前的高處水平拋出一石子，石子在空中運動的部分軌跡照片如圖所示。從照片可看出石子恰好垂直打在一傾角為37°的斜坡上的A點。已知每塊磚的平均厚度為20cm，拋出點到A點豎直方向剛好相距100塊磚，(不計空氣阻力)求：(1)石子在空中運動的時間t；(2)石子水平拋出的速度v0。解析(1)由題意可知：石頭落到A點的豎直位移y＝100×20×10－2m＝20m，由y＝eq\f(1,2)gt2，得t＝2s。(2)由A點的速度分解可得v0＝vytan37°又因vy＝gt，解得vy＝20m/s，故v0＝15m/s。答案(1)2s(2)15m/s14.(10分)發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射到距地面高度為h1的近地圓軌道上，在衛(wèi)星經(jīng)過A點時點火實施變軌進(jìn)入橢圓軌道，最后在橢圓軌道的遠(yuǎn)地點B點再次點火將衛(wèi)星送入同步軌道，如圖所示。已知同步衛(wèi)星的運動周期為T，地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。求：(1)衛(wèi)星在近地點A的加速度大??；(2)遠(yuǎn)地點B距地面的高度。解析(1)設(shè)地球質(zhì)量為M，衛(wèi)星質(zhì)量為m，萬有引力常量為G，衛(wèi)星在A點的加速度為a，由牛頓第二定律得：Geq\f(Mm,（R＋h1）2)＝ma，物體在地球赤道表面上受到的萬有引力等于重力，則Geq\f(Mm,R2)＝mg，解以上兩式得a＝eq\f(R2g,（R＋h1）2)。(2)設(shè)遠(yuǎn)地點B距地面高度為h2，衛(wèi)星受到的萬有引力提供向心力得Geq\f(Mm,（R＋h2）2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h2)，解得h2＝eq\r(3,\f(gR2T2,4π2))－R。答案(1)eq\f(R2g,（R＋h1）2)(2)eq\r(3,\f(gR2T2,4π2))－R15.(12分)用一臺額定功率為P0＝60kW的起重機(jī)，將一質(zhì)量為m＝500kg的工件由地面豎直向上吊起，不計摩擦等阻力，g取10m/s2。求：(1)工件在被吊起的過程中所能達(dá)到的最大速度vm；(2)若使工件以a＝2m/s2的加速度從靜止開始勻加速向上吊起，則勻加速過程能維持多長時間？(3)若起重機(jī)在始終保持額定功率的情況下從靜止開始吊起工件，經(jīng)過t＝1.14s工件的速度vt＝10m/s，則此時工件離地面的高度h為多少？解析(1)當(dāng)工件達(dá)到最大速度時，F(xiàn)＝mg，P＝P0＝60kW故vm＝eq\f(P0,mg)＝eq\f(60×103,500×10)m/s＝12m/s。(2)工件被勻加速向上吊起時，a不變，v變大，P也變大，當(dāng)P＝P0時勻加速過程結(jié)束，根據(jù)牛頓第二定律得F′－mg＝ma，解得F′＝m(a＋g)＝500×(2＋10)N＝6000N勻加速過程結(jié)束時工件的速度為v＝eq\f(P0,F′)＝eq\f(60×103,6000)m/s＝10m/s勻加速過程持續(xù)的時間為t0＝eq\f(v,a)＝eq\f(10,2)s＝5s。(3)根據(jù)動能定理，有P0t－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－0代入數(shù)據(jù)，解得h＝8.68m。答案(1)12m/s(2