高中物理大一轮复习 模块滚动检测卷 02(必修二)

高中物理大一轮复习 模块滚动检测卷 02
必修二
Lex Li
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不选得0分) 01、如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 时的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则小球在C 点时弹簧的弹性势能为 ( )
A ．mgh －1
2mv 2
B. 1
2mv 2－mgh
C ．mgh ＋1
2mv 2
D ．mgh
02、如图所示，D 、E 、F 、G 为水平地面上距离相等的四点，三个质量相同的小球A 、B 、C 分别在E 、F 、G 的正上方不同高度处，以相同的水平初速度向左抛出，最后均落到D 点．若不计空气阻力，则可判断A 、B 、C 三个小球 ( )
A ．在空中运动时间之比为1∶3∶5
B ．初始离地面的高度之比为1∶3∶5
C ．在空中运动过程中重力的平均功率之比为1∶2∶3
D ．从抛出到落地过程中，动能变化量之比为1∶2∶3
03、一质量m ＝3 kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的v －t 图象如图所示．取g ＝10 m/s 2，则 ( )
A ．在0～6 s 内，合力的平均功率为16 W
B ．在6～10 s 内，合力对物体做功为96 J
C ．物体所受的水平推力F ＝9 N
D ．在t ＝8 s 时，物体的加速度为1 m/s 2
04、质量为1 kg 的物体，放置在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，重力加速度为10 m/s 2
，则下列说法正确的是 ( )
A ．x ＝3 m 时速度大小为2 2 m/s
B ．x ＝9 m 时速度大小为4 2 m/s
C ．OA 段加速度大小为3 m/s 2
D ．AB 段加速度大小为3 m/s 2
05、如图所示，曲线Ⅰ是绕地球做圆周运动卫星1的轨道示意图，其半径为R ；曲线Ⅱ是绕地球做椭圆运动卫星2的轨道示意图，O 点为地球的地心，AB 为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，引力常量为G ，地球质量为M ，下列说法正确的是 ( )
A ．椭圆轨道的长轴A
B 长度为R
B ．若OA ＝0.5R ，则卫星在B 点的速率v B <
2GM
3R
C ．在轨道Ⅰ的卫星1的速率为v 0，在轨道Ⅱ的卫星2在B 点的速率为
v B ，则v 0<v B
D ．两颗卫星运动到C 点时，卫星1和卫星2的加速度不同
06、如图所示为“研究平抛运动”的实验装置(斜槽末端B 处已经调至水平)，利用这套装置可以测量小物块Q 与平板P 之间的动摩擦因数．先将小物块Q 在A 点由静止释放，测量出Q 落地点距B 点的水平距离x 1；在斜槽末端B 处对接了平板P ，如图b ，P 板的上表面与斜槽末端相切，再次将物块Q 在A 点由静止释放，测量出Q 落地点距P 板右端的水平距离x 2；测量出斜槽末端离地高度h 和平板P 的长度L ，重力加速度为g ，则物块Q 与平板P 之间的动摩擦因数μ为 ( )
A ．x 1
g
2h
B. x 21－x 2
2
2Lh
C. x 21－x 2
2
4Lh
D. 22
122
()2h x x Lg
07、如图所示，质量为m 的物体放在升降机的底板上．若升降机从静止开始以a ＝g
3的加速度竖直向下
运动一段位移h ，在这一过程中，下列说法正确的是 ( )
A ．物体所受支持力为mg
3
B ．物体动能的增加量为mgh
C ．物体机械能的减小量为
mgh
3
D ．物体重力势能的减小量为mgh
08、汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动，所受阻力始终不变，在此过程中，下列正确的是( )
A ．汽车发动机的输出功率逐渐增大
B ．汽车发动机的输出功率保持不变
C ．任意两相等的位移内，汽车动能变化相等
D ．任意两相等的位移内，汽车速度变化相等 09、如图所示，叠放在水平转台上的物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 和C 与转台间的动摩擦因数都为μ，A 和B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r.设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 ( )
A ．
B 对A 的摩擦力一定为3μmg B ．B 对A 的摩擦力一定为3mω2r
C ．转台的角速度一定满足：ω≤μg
r D ．转台的角速度一定满足：ω≤
2μg
10、(2015·天津理综·8)P 1、P 2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s 1、s 2做匀速圆周运动．如图所示纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a ，横坐标表示物体到行星中心的距离r 的平方，两条曲线分别表示P 1、P 2周围的a 与r 2的反比关系，它们左端点横坐标相同．则 ( )
A ．P 1的平均密度比P 2的大
B ．P 1的“第一宇宙速度”比P 2的小
C ．s 1的向心加速度比s 2的大
D ．s 1的公转周期比s 2的大
11、如图所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动．某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同．若两小球质量均为m ，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是 ( )
A ．此刻两根线拉力大小相同
B ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mg
C ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mg
D ．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能
12、如图所示，小球沿水平面以初速度v 0通过O 点进入半径为R 的竖直半圆轨道，不计一切阻力，则下列说法正确的是 ( )
A ．球进入竖直半圆轨道后做匀速圆周运动
B ．若小球能通过半圆弧最高点P ，则球在P 点受力平衡
C ．若小球的初速度v 0＝3gR ，则小球一定能通过P 点
D ．若小球恰能通过半圆弧最高点P ，则小球落地点离O 点的水平距离为2R
二、非选择题(共62分)
13、(6分)某实验小组的同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，实验装置如图所示．他们验证的原理是：看重物重力势能的减少量ΔE p ＝mgh n 与其动能的增加量ΔE k ＝1
2mv 2n 在误差允许范围内是否
相等．实验中在计算纸带上某一点的速度时，甲同学用v n ＝g·nT 来计算，乙同学用v n ＝x n ＋x n ＋1
2T 来计算，其中 (选填“甲”或“乙”)同学的计算
方法更符合实验要求．在代入重力加速度g 的数值时，甲用a ＝
x M －x N －
2
计
算出重物下落的实际加速度并代入．乙同学用当地的实际重力加速度代入，其中 (选填“甲”或“乙”)同学的做法是正确的；某同学采用正确计算方法进行实验和计算，结果发现重物重力势能的减少量ΔE p 略大于动能的增加量ΔE k .产生这种现象的主要原因是：
．
14、(6分)某课外活动小组利用力传感器和位移传感器进一步探究变力作用下的“动能定理”．如图甲所示，他们用力传感器通过定滑轮直接拉固定在小车上的细绳，测出拉力F1用位移传感器测出小车的位移x和瞬时速度v.已知小车质量为200 g.
（1）某次实验得到数据如表所示，v－x图象已经画出，如图乙所示，请根据表格中数据在坐标纸内图丙中画出F－x图象，并求出x＝0.30 m到0.52 m过程中变力F做的功W＝ J，此过程动能的变化量ΔE k＝ J(保留2位有效数字).
（2）指出下列情况可减小实验误差的操作是．) A．使拉力F要远小于小车的重力 B．使拉力F要远大于小车的重力
C．实验时要先平衡摩擦力 D．要使细绳与滑板表面平行
15、(10分)一宠物毛毛狗“乐乐”在玩耍时不慎从离地h1＝19.5 m高的阳台无初速度竖直掉下，当时刚好是无风天气，设它的质量m＝2 kg，在“乐乐”开始掉下的同时，几乎在同一时刻刚好被地面上的一位保安发现并奔跑到楼下，保安奔跑过程用时t0＝2.5 s，恰好在距地面高度为h2＝1.5 m处接住“乐乐”，“乐乐”缓冲到地面时速度恰好为零，设“乐乐”下落过程中空气阻力为其重力的0.6倍，缓冲过程中空气阻力为其重力的0.2倍，重力加速度g＝10 m/s2.求：
（1）为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间；
（2）在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功．
高中物理大一轮复习模块滚动检测卷 02
必修二答题卡
（时间90分钟，满分110分）
Lex Li 班级：姓名：得分：
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不选得0分)
二、非选择题(共62分)
）
高中物理大一轮复习 模块滚动检测卷 02
必修二 答案解析
Lex Li
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不选得0分)
01、B 取A 点所在的平面为参考平面，根据机械能守恒定律有12mv 2
＝mgh ＋E p ，解得：
E p ＝1
2
mv 2－mgh ，选项B 正确．
02、C 根据平抛运动规律，A 、B 、C 三个小球在空中运动时间之比为1∶2∶3，初始离地面的高度之比为1∶4∶9，选项A 、B 错误；在空中运动过程中重力做功之比为1∶4∶9，平均功率之比为1∶2∶3，选项C 正确；由动能定理，从抛出到落地过程中，动能变化量之比等于重力做功之比，为1∶4∶9，选项D 错误．
03、C 0～6 s 内物体的加速度为a 1＝Δv Δt ＝66 m/s 2＝1 m/s 2.撤去推力后的加速度为a 2＝Δv′
Δt′＝
－8
4
m/s 2＝－2 m/s 2.物体在0～6 s 内位移为x 1＝30 m ，在6～10 s 内位移为x 2＝16 m ，推力F ＝m(a 1－a 2)＝9 N,0～6 s 内合力的平均功率为P ＝W t ＝F 合x 1t ＝ma 1x 1
t ＝15 W ，6～10 s 内合力对物体做的功W
＝F 合x 2＝ma 2x 2＝－96 J ，t ＝8 s 时的加速度a 2＝－2 m/s 2，故只有C 正确．
04、C 对于前3 m 过程，根据动能定理，有：W 1－μmgx＝1
2mv 2A ，解得：v A ＝3
2 m/s ，根据速度位移公式，有：2a 1x ＝v 2A ，解得：a 1＝
3 m/s 2，故A 错误，C 正确；对于前9 m 过程，根据动能定理，有：W 2－μmgx′＝12mv 2B ，解得：v B ＝3
2 m/s ，故B 错误；AB 段受力恒定，故加速度恒定，而初、末速度相等，故AB 段的加速度为零，故D 错误．
05、B 根据开普勒第三定律得a 3
T 2＝k ，a 为半长轴，已知卫星在两轨道上运动的周期相等，所以
椭圆轨道的长轴长度为2R ，选项A 错误；若OA ＝0.5R ，则OB ＝1.5R ，卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有GMm r 2＝mv
2
r ，解得v ＝
GM
r
，如果卫星以OB 为轨道半径做匀速圆周运动，则v ＝
2GM
3R
，在轨道Ⅱ上，卫星在B 点要减速，做近心运动，所以卫星在B 点的速率v B <2GM
3R
，选项B 正确；B 点为椭圆轨道的远地点，速度比较小，v 0表示卫星在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动的速度，v 0>v B ，选项C 错误；根据牛顿第二定律得a ＝GM
r 2，两卫星在C 点距地心的距离相同，所以a 1＝a 2，D
错误．
06、C 物块Q 从B 点滑出后做平抛运动，则有：h ＝1
2gt 2，解得t ＝
2h g
， 水平方向有：x 1＝v B t ，解得：v B ＝x 1
g
2h
，物块Q 从P 点滑出后做平抛运动，因为下落的高度相等，所以时间相同，即：t ＝
2h g
水平方向有：x 2＝v P t ，解得：v P ＝x 2
g 2h 从B 到P 根据动能定理得：－μmgL＝12mv 2P －12
mv 2
B ， 解得：μ＝x 21－x 2
2
4Lh
.
07、D
08、AC 汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动，由P ＝Fv ＝Fat ，汽车发动机的输出功率逐渐增大，选项A 正确，B 错误．由动能定理，(F －F f )x ＝ΔE k ，在任意两相等的位移内，汽车的动能变化相等，选项C 正确，D 错误．
09、BD B 对A 的静摩擦力提供向心力，有F f ＝3mω2r ，A 错，B 对；物体C 刚好发生滑动时 μmg＝mω2·1.5r，ω＝2μg
3r
，物体A 刚好发生滑动时3μmg＝mω2·r，ω＝3μg
r
，D 对，C 错．
10、AC 由题图可知两行星半径相同，则体积相同，由a ＝G M
r 2可知，P 1质量大于P 2的质量，则P 1
的平均密度大于P 2，故A 正确；第一宇宙速度v ＝GM
R
，所以P 1的“第一宇宙速度”大于P 2，故B 错误；卫星的向心加速度为2
()GM
a R h =
+，所以s 1的向心加速度大于s 2，故C 正确；由
2
2
24()()GMm m R h R h T
π=++ 得T =，故s 1的公转周期比s 2的小，故D 错误． 11、CD 已知小球质量为m ，当两小球运动到题中图示位置时，设两球速度大小为v ，此时两根细线的拉力分别为F 1和F 2，则有F 1－mg ＝m v 2
L ，F 2＋mg ＝m v
2
L ，故选项A 错误．易知小球1在最高点时
细线的拉力F 1′最小，设此时速度大小为v 1，则有F 1′＋mg ＝m v 21
L ，再由机械能守恒定律有：12mv 2＝12mv 21
＋2mgL ；小球2在最低点时细线的拉力F 2′最大，设此时速度大小为v 2，则有F 2′－mg ＝m v 22
L ，再由机
械能守恒定律有：12mv 22＝12
mv 2
＋2mgL ，
联立解得，运动过程中两根线上拉力的差值最大为F 2′－F 1′＝2mg ＋m v 22－v 2
1
L
＝2mg ＋8mg ＝10mg ，故选项C 正确，B 错误．取题中图示位置为零势能面，由机械能守恒
定律知选项D 正确．
12、CD 球进入竖直半圆轨道后，随着高度的上升，重力势能增加，根据机械能守恒定律可知，其动能减小，速率减小，做变速圆周运动，故A 错误；若小球能通过半圆弧最高点P ，小球所受的合力不为零，提供向心力，则球在P 点受力不平衡，故B 错误；若小球恰好通过P 点，则有：mg ＝m v 2P
R ，
v P ＝gR 设小球的初速度为v ，由机械能守恒定律得：mg·2R＋12mv 2P ＝12mv 2
，联立解得v ＝
5gR ，由于v 0＝3gR>v ，所以小球一定能通过P 点，故C 正确；若小球恰能通过半圆弧最高点P ，即以v P ＝gR 的初速度做平抛运动，则有2R ＝12gt 2
，得t ＝2
R
g
水平距离x ＝v P t ＝gR ·2R
g
＝2R ，故D 正确．
二、非选择题(共62分)
13、（6分）乙 乙 空气阻力以及纸带与打点计时器之间存在摩擦力
解析：因有阻力作用，重物下落的实际加速度a<g ，故甲同学的计算方法不正确，乙同学应用v n ＝x n ＋x n ＋1
2T 来计算是正确的．求重物
重力势能的减少量时，应当用当地的实际重力加速度来计算，但一定大于重物下落的实际加速度a ，故乙正确．结果发现重物重力势能的减少量ΔE p 略大于动能的增加量ΔE k .产生这种现象的主要原因是空气阻力以及纸带与打点计时器之间存在摩擦力．
14、（6分）（1）如图所示 0.18 0.17 （2）CD
解析：（1）根据表格中数据在坐标纸内题图丙中画出F －x 图象，根据F －x 图象可知，当x 1＝0.30 m 时，F 1＝1.00 N ，x 2＝0.52 m 时，F 2＝0.60 N ，因此：W ＝
12
2
F F +×(x 2－x 1)≈0.18 J，由速度v 随位移x 变化图象可知： x 1＝0.30 m ，v 1＝0，x 2＝0.52 m 时，v 2＝1.30 m/s 22211()2
k E m v v ∆=
-≈0.17 J （2）该实验中不是利用悬挂的重物的重力表示细绳的拉力，而是直接测量出细绳的拉力，因此不需要使拉力F 要远小于或远大于小车的重力，故A 、B 错误；当平衡了摩擦力且细绳与滑板表面平行时，细绳上的拉力才等于小车所受合外力，故C 、D 正确．
15、（10分）依题意得：
（1）对“乐乐”下落过程由牛顿第二定律得：mg －0.6mg ＝ma 1 解得：a 1＝4 m/s 2
“乐乐”下落过程：h 1－h 2＝1
2a 1t 2 解得：t ＝3 s
允许保安最长的反应时间：t′＝t －t 0＝(3－2.5) s ＝0.5 s （2）“乐乐”下落18 m 时的速度：v 1＝a 1t ＝12 m/s
缓冲过程，保安对“乐乐”做的功为W ，由动能定理得W ＋mgh 2－0.2mgh 2＝0－1
2mv 21，
解得W ＝－168 J
（1）设物体在C 点的速度为v C ，由机械能守恒定律有mgR ＋12mv 2C ＝12mv 2
B ①
在C 点，由牛顿第二定律有F C ＝m v 2
C
R ②
联立①②并代入数据解得：轨道对物体的支持力F C ＝130 N 根据牛顿第三定律，物体到达C 点时对轨道的压力F C ′＝130 N 物体越过C 点后上升的过程中，由动能定理有：－mgh ＝0－mv 2C
2
代入数据解得，上升的最大高度为h ＝9.75 m
（2）由于1
4圆弧轨道光滑，物体第一次通过B 处与第二次通过的速度大小相等，从A 到B 的过程，
由动能定理有：[Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)]x AB ＝12
mv 2
B
解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.125.
17、（14分）依题意得：
（1）赛车从B 到C 的过程做平抛运动，设到C 点时赛车竖直速度大小为v y ，则v y ＝2gh ＝3 m/s 所以赛车运动到C 点时速度的大小为v C ＝v y
sin α
＝5 m/s
（2）从C 点运动到最高点D 的过程中，由机械能守恒定律得12mv 2C ＝12mv 2
D ＋mgR(1＋cos α)
在D 点处，设轨道对赛车的弹力为F N ，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2D
R
由以上两式得F N ＝m v 2
C
R
－mg(3＋2cos α)＝1.6 N
根据牛顿第三定律可知，赛车经过最高点D 处时对轨道压力大小F ND ＝F N ＝1.6 N （3）赛车在B 点时速度大小为v B ＝v y
tan α＝4 m/s
从A 点到B 点的运动过程中，由动能定理得：Pt －F f L ＝1
2mv 2B
所以赛车电动机工作的时间t ＝mv 2B ＋2F f L
2P ＝2 s
（1）无传送带时，物体由B 运动到C ，做平抛运动，设物体在B 点的速度为v B ，则： L ＝v B t ① h ＝1
2gt 2 ②
由①②得v B ＝L
g 2h
有传送带，但传送带静止时，设物体离开传送带时的速度为v 1，则有： L 2＝v 1t ③ －μmg L 2＝12mv 21－12mv 2
B ④ 由①②③④得：μ＝3L 8h v 1＝
L 2
g
2h
（2）设物体离开传送带时的速度为v 2，则：mgR －μmg L 2＝12mv 22－12mv 2
0 ⑤
mgR ＝12mv 2B ⑥ OD ＝v 2t ＋L
2 ⑦
联立②⑤⑥⑦得：OD ＝L 2
＋
L 24＋2hv 2
0g
（3）当传送带的速度v≤v 1＝
L
2g
2h
时，物体P 一直减速，物体P 离开传送带时的速度等于v 1，物体着地点与O 点的距离x ＝L
当传送带速度v>
L
2
g
2h
，且物体P 一直加速，从传送带飞出时速度为v 3，根据动能定理有： μmg L 2＝12mv 23－12mv 2
B 解得v 3＝L
7g 8h
所以，当传送带速度
L 2g
2h <v≤L 7g 8h 时，x ＝L 2
＋v 2h g
当传送带速度v>v 3＝L
7g
8h
时，x L =。