2019_2020学年新教材高中物理模块检测含解析鲁科版必修第二册.doc

模块检测
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。其中1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)
1.山区修建的高速公路穿过好多的隧道，已知隧道口为圆形，一辆在高速路上快速行驶的轿车在将要抵达隧道时，下列说法正确的是(　　)
A.司机观察到的隧道口为椭圆形，隧道的总长度变短
B.司机观察到的隧道口为圆形，隧道的总长度不变
C.司机观察到的隧道口为椭圆形，隧道的总长度不变
D.司机观察到的隧道口为圆形，隧道的总长度变短
解析　根据狭义相对论，在运动方向上长度变短，故隧道长度变短，在垂直运动方向上长度不变，故洞口为圆形，故选D。
答案　D
2.下列关于曲线运动的说法中正确的是(　　)
A.所有曲线运动一定是变速运动
B.物体在一恒力作用下不可能做曲线运动
C.做曲线运动的物体，速度方向时刻变化，故曲线运动不可能是匀变速运动
D.物体只有受到方向时刻变化的力作用时才可能做曲线运动
解析　做曲线运动的物体，速度方向沿曲线的切线方向，时刻变化，曲线运动一定是变速运动，A正确；做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不在同一条直线上，如果合力是恒力，物体做匀变速曲线运动，B、C、D均错误。
答案　A
3.在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点(　　)

A.A点和B点的线速度大小之比为1∶1
B.A点和B点的角速度之比为1∶1
C.A点和B点的角速度之比为1∶3
D.A点和B点的线速度大小之比为1∶3
解析　题图中三个齿轮边缘线速度大小相等，A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr可得，线速度大小一定时，角速度与半径成反比，A点和B点角速度之比为3∶1，选项A正确，B、C、D错误。
答案　A
4.某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星(即卫星相对于地面静止)。则此卫星的(　　)

A.线速度大于第一宇宙速度
B.周期小于同步卫星的周期
C.角速度大于月球绕地球运行的角速度
D.向心加速度大于地面的重力加速度
解析　根据万有引力提供向心力，＝m＝mω2r＝ma，可推导出，随轨道半径r增加，线速度、角速度、加速度会减小，周期会增加；月球轨道半径最大，北斗卫星次之，近地卫星最小，故A、D错误，C正确；北斗导航卫星属于地球同步卫星，B错误。
答案　C
5.如图所示，一辆汽车从拱桥上的A点匀速率运动到等高的B点，以下说法中正确的是(　　)

A.汽车所受的合外力做功不为零
B.汽车在运动过程中所受合外力为零
C.牵引力对汽车做的功等于汽车克服阻力做的功
D.由于汽车速率不变，所以汽车从A点到B点过程中机械能不变
解析　汽车由A点匀速率运动到B点的过程中动能变化量为0，根据动能定理可知合外力对汽车做功为零，A错误；汽车在运动过程中做圆周运动，有向心加速度，合外力不为零，B错误；由于A、B等高，重力做功为零，又合外力做功为零，所以牵引力对汽车做的功等于汽车克服阻力做的功，C正确；由于汽车速率不变，所以汽车从A点到B点的过程中动能不变，但重力势能先增大后减小，所以机械能先增大后减小，D错误。
答案　C
6.如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L。某人在乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘。设乒乓球运动为平抛运动，则(　　)

A.击球点的高度与网高度之比为2∶1
B.乒乓球在网左、右两侧运动时间之比为2∶1
C.乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为1∶2
D.乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2
解析　根据平抛运动规律，乒乓球在左、右两侧运动时间之比为1∶2，由Δv＝gΔt可得，乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2，选项D正确，B错误；由y＝gt2可得击球点的高度与网高度之比为9∶8，乒乓球过网时与落到桌边缘时竖直方向速度之比为1∶3，选项A、C错误。
答案　D
7.雨天在野外骑车时，自行车的后轮胎上常会黏附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”。如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就会被甩下来。如图所示，图中a、b、c、d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则(　　)

A.泥巴在图中的a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度
B.泥巴在图中的b、d位置时最容易被甩下来
C.泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来
D.泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来
解析　当后轮匀速转动时，由a＝Rω2知a、b、c、d四个位置的向心加速度大小相等，A错误；在角速度ω相同的情况下，泥巴在a点有Fa＋mg＝mω2R，在b、d两点有Fb、d＝mω2R，在c点有Fc－mg＝mω2R，所以要使泥巴不脱离轮胎在c位置所需要的相互作用力最大，泥巴最容易被甩下来，故B、D错误，C正确。
答案　C
8.质量为m的物体由固定在地面上的斜面顶端匀速滑到斜面底端，斜面倾角为θ，物体下滑速度为v，如图所示，以下说法中正确的是(　　)

A.重力对物体做功的功率为mgvsin θ
B.重力对物体做功的功率为mgv
C.物体克服摩擦力做功的功率为mgvsin θ
D.物体克服摩擦力做功的功率为mgv
解析　物体沿斜面匀速下滑，说明沿斜面方向的摩擦力f＝mgsin θ，根据功率公式P＝Fvcos α(式中α是F与v的夹角)，则重力的功率PG＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsin θ，A正确，B错误；物体克服摩擦力做功的功率Pf＝f·v＝mgvsin θ，C正确，D错误。
答案　AC
9.如图所示，小滑块从一个固定的光滑斜槽轨道顶端无初速开始下滑，用v、t和h分别表示小球沿轨道下滑的速率、时间和距轨道顶端的高度。如图所示的v－t图像和v2－h图像中可能正确的是(　　)

解析　小滑块下滑过程中，小滑块的重力沿斜槽轨道切向的分力逐渐变小，故小滑块的加速度逐渐变小，故A错误，B正确；由机械能守恒得：mgh＝mv2，故v2＝2gh，所以v2与h成正比，C错误，D正确。
答案　BD
10.如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧，弹簧下端固定。滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝0.8 m，bc＝0.4 m，那么在整个过程中下列说法正确的是(　　)

A.滑块动能的最大值是6 J
B.弹簧弹性势能的最大值是6 J
C.从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 J
D.滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒
解析　滑块能回到原出发点，所以系统机械能守恒，D正确；以c点为参考点，则a点的机械能为6 J，c点时的速度为0，重力势能也为0，所以弹性势能的最大值为6 J，从c到b弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的减少量，故为6 J，所以B、C正确；由a→c时，因重力势能不能全部转变为动能，故A错误。
答案　BCD
二、实验题(共2小题，共14分)
11.(6分)某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：

①按图摆好实验装置，其中小车质量M＝0.20 kg，钩码总质量m＝0.05 kg；
②释放小车，然后接通打点计时器的电源(电源频率为f＝50 Hz)，打出一条纸带。
(1)他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图所示。把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1＝0.004 m，d2＝0.055 m, d3＝0.167 m，d4＝0.256 m，d5＝0.360 m，d6＝0.480 m，……他把钩码重力(当地重力加速度g＝9.8 m/s2)作为小车所受合力，并算出打下0点到打下第5点合力做的功W＝________ J(结果保留三位有效数字)，把打下第5点时小车动能作为小车动能的改变量，算得Ek＝________ J。(结果保留三位有效数字)

(2)(多选)此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”的结论，且差别很大。通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是(　　)
A.钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
B.没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
C.释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小
D.没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的主要原因
解析　(1)W＝mgd5≈0.176 J，由Ek＝Mv，v5＝，T＝0.1 s，解得Ek≈0.125 J。
(2)钩码向下加速运动时，细绳的拉力比钩码重力小，且钩码质量越大，这种差别越大，A正确；本实验应平衡小车的摩擦力，这样绳的拉力所做的功才等于小车动能的改变量，B正确；而C、D两选项都不是产生较大误差的主要原因。
答案　(1)0.176　0.125　(2)AB
12.(8分)在“验证机械能守恒定律”实验中，打出的纸带如图所示，其中A、B为打点计时器打下的第1、2个点，AB＝2 mm，D、E、F为点迹清晰时连续打出的计时点，测得D、E、F到A的距离分别为s1、s2、s3(图中未画出)。设打点计时器的打点频率为f，重物质量为m，实验地点重力加速度为g。一位学生想从纸带上验证打下A点到打下E点过程中，重物的机械能守恒。

(1)(多选)实验中，如下哪些操作是必要的(　　)
A.用秒表测量时间
B.重物的质量应尽可能大些
C.先接通电源后释放纸带
D.先释放纸带后接通电源
(2)重物重力势能减少量ΔEp＝________，动能增加量ΔEk＝________。
(3)比较ΔEp和ΔEk发现，重物重力势能的减少量ΔEp大于动能的增加量ΔEk，造成这一误差的原因是_____________________________________________
________________________________________________________________。
解析　(1)实验中根据打点计时器打点频率计算时间，不需要秒表，A错误；重物的质量应尽可能大些，这样可以减小阻力引起的误差，B正确；使用打点计时器时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，C正确，D错误。
(2)因为AB＝2 mm，则A点为自由落体运动的初始位置，即vA＝0。从A点到E点过程中，重力势能的减小量为：ΔEp＝mgs2。
E点的瞬时速度：v＝＝
则动能增量为：
ΔEk＝mv2＝
(3)因为实验中有阻力作用，所以减小的重力势能大于增加的动能。
答案　(1)BC　(2)mgs2　　(3)实验过程中有阻力作用
三、计算题(共4小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位)
13.(10分)某同学在某砖墙前的高处水平抛出一石子，石子在空中运动的部分轨迹照片如图所示。从照片可看出石子恰好垂直打在一倾角为37°的斜坡上的A点。已知每块砖的平均厚度为20 cm，抛出点到A点竖直方向刚好相距100块砖，(不计空气阻力)求：

(1)石子在空中运动的时间t；
(2)石子水平抛出的速度v0。
解析　(1)由题意可知：石头落到A点的竖直位移y＝100×20×10－2 m＝20 m，
由y＝gt2，得t＝2 s。
(2)由A点的速度分解可得v0＝vytan 37°
又因vy＝gt，解得vy＝20 m/s，故v0＝15 m/s。
答案　(1)2 s　(2)15 m/s
14.(10分)发射地球同步卫星时，先将卫星发射到距地面高度为h1的近地圆轨道上，在卫星经过A点时点火实施变轨进入椭圆轨道，最后在椭圆轨道的远地点B点再次点火将卫星送入同步轨道，如图所示。已知同步卫星的运动周期为T，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转的影响。求：

(1)卫星在近地点A的加速度大小；
(2)远地点B距地面的高度。
解析　(1)设地球质量为M，卫星质量为m，万有引力常量为G，卫星在A点的加速度为a，由牛顿第二定律得：
G＝ma，
物体在地球赤道表面上受到的万有引力等于重力，则
G＝mg，
解以上两式得a＝。
(2)设远地点B距地面高度为h2，卫星受到的万有引力提供向心力得G＝m(R＋h2)，
解得h2＝－R。
答案　(1)　(2)－R
15.(12分)用一台额定功率为P0＝60 kW的起重机，将一质量为m＝500 kg的工件由地面竖直向上吊起，不计摩擦等阻力，g取10 m/s2。求：
(1)工件在被吊起的过程中所能达到的最大速度vm；
(2)若使工件以a＝2 m/s2的加速度从静止开始匀加速向上吊起，则匀加速过程能维持多长时间？
(3)若起重机在始终保持额定功率的情况下从静止开始吊起工件，经过t＝1.14 s工件的速度vt＝10 m/s，则此时工件离地面的高度h为多少？
解析　(1)当工件达到最大速度时，
F＝mg，P＝P0＝60 kW
故vm＝＝ m/s＝12 m/s。
(2)工件被匀加速向上吊起时，a不变，v变大，P也变大，当P＝P0时匀加速过程结束，根据牛顿第二定律得F′－mg＝ma，
解得F′＝m(a＋g)＝500×(2＋10) N＝6 000 N
匀加速过程结束时工件的速度为
v＝＝ m/s＝10 m/s
匀加速过程持续的时间为t0＝＝ s＝5 s。
(3)根据动能定理，有P0t－mgh＝mv－0
代入数据，解得h＝8.68 m。
答案　(1)12 m/s　(2)5 s　(3)8.68 m
16.(14分)如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D端齐平。质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep，已知小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小为g。(不计空气阻力)求：

(1)小球达到B点时的速度大小vB；
(2)水平面BC的长度s；
(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vB。
解析　(1)由机械能守恒得mg2r＝mv
解得vB＝2
(2)由mg＝m
得vC＝
由动能定理得mg2r－μmgs＝mv
解得s＝3r
(3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D端的距离为x，则有kx＝mg
得x＝
由功能关系得mg(r＋x)－Ep＝mv－mv
得vm＝
答案　(1)2　(2)3r　(3)

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