物理(教科版必修2)练习模块质量评估

模块质量评估
模块质量评估A 卷 基础达标卷
(时间：45分钟 满分：100分)
一、选择题(每小题5分，共40分．1～5题为单选题，6～8题为多选题．)
1．关于曲线运动的位移，下列说法正确的是( )
A ．曲线运动的位移是曲线
B ．只要曲线运动不停止，曲线运动的位移就一定越来越大
C ．曲线运动的位移不可能是零
D ．做曲线运动的质点在一段时间内水平分位移是4 m ，竖直分位移是3 m ，则其位移大小为5 m
解析：曲线运动的位移是指运动的物体从出发点到所研究位置的有向线段，不是曲线，选项A 错误；轨迹是曲线的运动，如抛出的物体所做的运动、圆周运动等都属于曲线运动，其位移可能逐渐变大，也可能周期性变化，当然也可能在某时刻为零，选项B 、C 错误；如果做曲线运动的质点在一段时间内水平分位移是4 m ，竖直分位移是3 m ，则其位移大小为l ＝x 2＋y 2＝5 m ，选项D 正确．
答案：D
2．把行星运动近似看作匀速圆周运动以后，开普勒第三定律可写为T 2＝r 3/k ，m 为行星质量，则可推得( )
A ．行星受太阳的引力为F ＝k m r
2 B ．行星受太阳的引力都相同
C ．行星受太阳的引力为F ＝k 4π2m r
2 D ．质量越大的行星受太阳的引力一定越大
解析：行星受到的太阳的引力提供行星绕太阳做匀速圆周运动的向心力，由向心力公式
可知F ＝m v 2r ，又因为v ＝2πr T ，代入上式得F ＝4π2mr T 2．由开普勒第三定律r 3T 2＝k ，得T 2＝r 3k
，代入上式得F ＝k 4π2m r
2．太阳与行星间的引力与太阳、行星的质量及太阳与行星间的距离有关．故选项C 正确．
答案：C
3．如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O 匀速转动，a 和b 是轮边缘上的两个点，则偏心轮转动过程中a 、b 两点( )
A ．角速度大小相同
B ．线速度大小相同
C ．周期大小不同
D ．转数大小不同
解析：同轴转动，角速度大小相等，周期、转速都相等，选项A 正确，选项C 、D 错误；角速度大小相等，但转动半径不同，根据v ＝ωr 可知，线速度大小不同，选项B 错误．
答案：A
4．某公园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，人体颠倒，若轨道半径为R ，人体重为mg ，要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力，则过山车在最高点时的速度大小为( )
A ．0
B ．gR
C ．2gR
D ．3gR 解析：由F ＋mg ＝2mg ＝m v 2
R
得v ＝2gR ，选项C 正确． 答案：C
5．质量为m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P ，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v ，那么当汽车的车速为v /3时，汽车的瞬时加速度的大小为( )
A ．P m v
B ．2P m v
C ．3P m v
D ．4P m v
解析：当汽车匀速行驶时，有F f ＝F ＝P v ．根据P ＝F ′v 3
，得F ′＝3P v ．由牛顿第二定律得a ＝F ′－F f m ＝3P v －P v m ＝2P m v
．选项B 正确． 答案：B
6．如图所示，弹簧的一端固定在墙上，另一端在水平力F 作用下缓
慢拉伸了l ．关于拉力F ，弹性势能E p 随弹簧伸长量l 的变化关系图像，
其中正确的是( )
解析：由胡克定律F ＝kl 可知，弹簧弹力F 与其形变量l 成正比，故选项A 正确；由弹
簧弹性势能表达式E p ＝12
kl 2可知，E p 与l 之间存在二次函数关系，图像开口向上，故E p －l 图像应为选项D ．
答案：AD
7．关于机械能下列说法中正确的是( )
A ．做匀速运动的物体，其机械能一定守恒
B ．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒
C ．如果合外力对物体做功为零，物体的机械能可能增加
D ．只要有摩擦力存在，机械能一定减少
解析：物体在竖直方向向上做匀速运动时，其机械能是增加的，选项A 错误，选项C 正确；做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，如自由落体运动，选项B 正确；摩擦力可以做正功，可以做负功，也可以不做功，选项D 错误．
答案：BC
8．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a 和b ，
跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m 的a 球置
于地面上，质量为m 的b 球从水平位置由静止释放．当a 球对地面
的压力刚好为零时，b 球摆过的角度为θ．下列结论正确的是( )
A ．θ＝90°
B ．θ＝45°
C ．b 球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率先增大后减小
D ．b 球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大
解析：设b 球的摆动半径为R ，当摆过角度θ时的速度为v ，对b 球由动能定理得mgR sin
θ＝12m v 2，此时绳子的拉力为F T ＝3mg ，沿绳子方向由牛顿第二定律得F T －mg sin θ＝m v 2R
，解得θ＝90°，选项A 正确，选项B 错误；在b 球摆动到最低点的过程中机械能守恒，竖直方向的分速度v y 先从零开始逐渐增大，然后逐渐减小到零，故重力的瞬时功率P b ＝mg v y 先增大后减小，选项C 正确，选项D 错误．
答案：AC
二、填空题(每小题8分，共16分)
9．某物理兴趣小组采用如图所示的装置深入研究平抛运动．质量分别为m A 和m B 的A 、
B 小球处于同一高度，M 为A 球中心初始时在水平地面上的垂直投影．用小锤打击弹性金属片，使A 球沿水平方向飞出，同时B 球自由下落．A 球落到地面N 点处，B 球落到地面P 点处．测得m A ＝0．04 kg ，m B ＝0．05 kg ，B 球距地面的高度是1．225 m ，M 、N 两点间的距离为1．500 m ，则B 球落到P 点的时间是________ s ，A 球的初速度v 0＝________ m /s ．(忽略空气阻力，g 取9．8 m/s 2)
解析：B 球做自由落体运动，由h ＝12gt 2 得t ＝2h g ＝2×1.2259.8
s ＝0．5 s A 球和B 球运动时间相同
v 0＝x MN t ＝1.5000.5
m /s ＝3．0 m/s ． 答案：0．5 3
10．在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲所示)：
(1)下列说法正确的是________．(填选项前字母)
A ．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B ．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量
C ．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
(2)图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O 、A 、B 、C 为计数点，已知打点计时器使用的交流电源频率为50 Hz ，则打B 点时小车的瞬时速度大小为________m/s ．
解析：(1)平衡摩擦力是让小车重力的下滑分力与摩擦力平衡，故不能挂钩码平衡摩擦力，选项A 错误；本实验中，近似认为小车所受拉力等于钩码的重力，因此应使钩码的质量远小于小车的质量，选项B 错误；实验时，为充分利用纸带，应使小车靠近打点计时器由静止释放，选项C 正确．
(2)v B ＝AC 2t ＝(18.59－5.53)×10－
2
0.2
m /s ＝0．653 m/s ． 答案：(1)C (2)0．653
三、计算题(本题共2小题，共44分)
11．(22分)在一次摩托车跨越壕沟的表演中，摩托车从壕沟的一侧以速度v ＝40 m /s 沿水平方向飞向另一侧，如图所示壕沟宽度为20 m ，两侧的高度分别为2．0 m 和3．5 m ，不计空气阻力．(g ＝10 m/s 2)
(1)摩托车能否越过壕沟？请计算说明．
(2)如果摩托车能越过壕沟，它落地的速度是多大？
解析：由于摩托车做平抛运动，根据平抛运动的规律：
在竖直方向：y ＝12
gt 2 可知摩托车下落1．5 m 所用时间为：
t ＝2h g ＝ 1×2×1.510
s ＝0.3 s ≈0．55 s 在水平方向x ＝v 0t ，
所以x ＝v 0t ＝40×0．55 m ＝22 m
由于壕沟只有20 m 宽，所以摩托车能越过壕沟．
(2)因为v x ＝v 0＝40 m/s ，
v y ＝gt ＝10×0．55 m /s ＝5．5 m/s
落地的速度大小为：
v ＝v 2x ＋v 2y ＝ 1 630 m /s ≈40．4 m/s ．
答案：(1)摩托车能越过壕沟 (2)摩托车落地的速度是40．4 m/s
12．(22分)如图所示，将质量为m 的小球以初速度v 0从A 点水平
抛出，正好垂直于斜面落在斜面上的B 点，已知斜面的倾角为α．求：
(1)小球落到斜面上B 点时重力做功的瞬时功率；
(2)小球从A 到B 过程中重力做功的平均功率．
解：(1)将小球落在斜面上时的速度进行正交分解，如图所示．
小球在竖直方向上的分速度为v y ＝v 0cot α
所以小球落到斜面上B 点时重力做功的瞬时功率为P ＝mg v y ＝mg v 0cot α
(2)小球从A 到B 过程中重力做功的平均功率为
P －＝mg v －y ＝mg ×12(0＋v y )＝12
mg v 0cot α． 答案：(1)mg v 0cot α (2)12
mg v 0cot α B 卷 能力提升卷
(时间：45分钟 满分：100分)
一、选择题(每小题5分，共40分．1～5题为单选题，6～8题为多选题．)
1．关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )
A ．合力为零，则合力做功一定为零
B ．合力做功为零，则合力一定为零
C ．合力做功越多，则动能一定越大
D ．动能不变，则物体合力一定为零
解析：合力为零，则物体可能静止，也可能匀速直线运动，这两种情况合力做功均为零，或这两种运动，动能均不变，所以合力做功一定为零，选项A 正确；合力做功为零或动能不变，合力不一定为零，如匀速圆周运动，故选项B 、D 错误；合力做功越多，动能变化越大，而不是动能越大，故选项C 错误．
答案：A
2．(2014·新课标全国卷Ⅱ)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )
A ．π6
B ．π4
C ．π3
D ．5π12
解析：设物块在抛出点的速度为v 0，落地时速度为v ，抛出时重力势能为E p ，由题意知E p ＝12m v 20；由机械能守恒定律，得12m v 2＝E p ＋12
m v 20，解得v ＝2v 0，设落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，则cos θ＝v 0v ＝22，解得θ＝π4
，选项B 正确． 答案：B
3．设地球的自转角速度为ω0，地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，某人造卫星在赤道上空做匀速圆周运动，轨道半径为r ，且r <5R ，飞行方向与地球的自转方向相同，在某时刻，该人造卫星通过赤道上某建筑物的正上方，则到它下一次通过该建筑物正上方所需要的时间为(地球同步卫星轨道半径约为6R )( )
A ．2π gR 2
r 3
－ω0 B ．2πgR 2r 3＋ω0 C ．2πr 3
gR 2 D ．
2πgR 2
r 3－ω0 解析：因为同步卫星的轨道半径大约为6R ，根据卫星的运行特点知，轨道半径越高，卫星运行角速度越小，而同步卫星与地球自转的角速度相同，故该人造卫星运行的角速度比地球上建筑物运行的角速度大，因此再次出现在建筑物上方时，说明卫星已经比建筑物多走了一圈，故θ卫－θ地＝2π，θ卫＝ω1t ，θ地＝ω0t ，由于卫星做匀速圆周运动，根据万有引力提
供向心力GMm r
2＝mrω21，根据黄金代换式CM ＝gR 2，联立得D 项正确． 答案：D
4．下列关于甲、乙两个物体做匀速圆周运动的有关说法正确的是( )
A ．甲、乙两物体线速度相等，角速度一定也相等
B ．甲、乙两物体角速度相等，线速度一定也相等
C ．甲、乙两物体周期相等，角速度一定也相等
D ．甲、乙两物体周期相等，线速度一定也相等
解析：由ω＝2πT
可知，周期相同，角速度一定也相等，故选项C 正确． 答案：C
5．从地面竖直上抛两个质量不同的物体，设它们的初动能相同，以地面为参考平面，当上升到同一高度时(不计空气阻力)，它们( )
A ．所具有的重力势能相等
B ．所具有的动能相等
C ．所具有的机械能不等
D ．所具有的机械能相等
解析：同一高度时，由于两物体的质量不等，所以它们的重力势能不等．由于机械能相等，所以它们的动能也不等．此过程物体的机械能是守恒的．
答案：D
6．关于质点做曲线运动，下列说法正确的是( )
A ．做曲线运动的质点，瞬时速度的方向在曲线的切线方向上
B ．质点做曲线运动时受到的合力一定是变力
C ．质点做曲线运动时所受合力的方向与速度方向一定不在同 一直线上
D ．质点做曲线运动时速度的大小一定是时刻在变化的
解析：质点做曲线运动受到的合力可以是变力，也可以是恒力，故选项B 错误；质点做曲线运动，速度方向一定变化，但速度大小可以是不变的，故选项D 错误．
答案：AC
7．从地面竖直上抛一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为H ，设上升过程中空气阻力F f 恒定．对于小球从抛出到上升至最高处的过程，下列说法正确的是( )
A ．小球的动能减少了mgH
B ．小球的机械能减少了F f H
C ．小球的重力势能增加了mgH
D ．小球的加速度大于重力加速度g
解析：小球上升过程中，重力和阻力都做负功，小球动能减少了(mg ＋F f )H ，选项A 错误；重力做负功量度转化为重力势能的量，阻力做负功量度发热的多少，当小球上升H 高度时，重力势能增加了mgH ，发热为F f H ，则减少的机械能为F f H ，因考虑空气阻力作用，故上升阶段加速度大于g ．故选项B 、C 、D 正确．
答案：BCD
8．某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的右侧(如图所示)．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，他可能作出的调整为( )
A ．减小初速度，抛出点高度不变
B ．增大初速度，抛出点高度不变
C ．初速度大小不变，降低抛出点高度
D ．初速度大小不变，提高抛出点高度
解析：设小球被抛出时的高度为h ，则h ＝12
gt 2，小球从抛出到落地的水平位移x ＝v 0t ，两式联立得x ＝v 02h g
．根据题意，再次抛小球时，要使小球运动的水平位移x 减小，可以采用减小初速度v 0或降低抛出点高度h 的方法，故选项A 、C 正确．
答案：AC
二、填空题(每小题8分，共16分)
9．如图所示是利用闪光照相研究平抛运动的示意图．小球A 由斜槽滚下，从桌边缘水平抛出，当它恰好离开桌子边缘时，小球B 也同时下落，用闪光相机拍摄的照片中B 球有四个像，相邻两像间实际下落距离已在图中标出，单位cm ，如图所示．两球恰在位置4相碰．则两球经过________s 时间相碰，A 球离开桌面时的速度为________m /s ．(g 取10 m/s 2)
解析：A 球和B 球下落的竖直高度h ＝45 cm ＝0．45 m
h ＝12gt 2，t ＝2h g ＝2×0.4510
s ＝0．3 s v A ＝s t ＝0.450.3
m /s ＝1．5 m/s 答案：0．3 1．5
10．(2015·全国卷Ⅰ)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R ＝0．20 m)．
完成下列填空：
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1．00 kg ．
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，该示数为________kg ．
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m ；多次从同一位置释放小车，记录各次的m 值如表所示： 序号
1 2 3 4 5 m/kg 1．80 1．75 1．85 1．75 1．90
(4)；小车通过最低点时的速度大小为________m /s ．(重力加速度大小取9．80 m/s 2，计算结果保留2位有效数字)
解析：(2)示数1．40 kg ，注意估读
(3)N ＝m －g －M 桥g ＝(1．81－1．00)×9．80 N ＝7．9 N
小车通过最低点时受到的支持力N ′＝7．9 N
小车质量m 车＝1．40 kg －1．00 kg ＝0．4 kg
由N ′－m 车g ＝m 车v 2
R
，得v ＝1．4 m/s 答案：(2)1．40 (4)7．9 1．4
三、计算题(本题共2小题，共44分)
11．(22分)如图所示，小球A 质量为m ，固定在轻细直杆L 的一端，并随杆一起绕杆的另一端O 点在竖直平面内做圆周运动．如果小球经过最高点时，杆对球的拉力大小等于球的重力．重力加速度为g ，求：
(1)小球在最高点的速度大小；
(2)当小球经过最低点时速度为6gL ，求杆对球作用力大小和向心加速度大小．
解析：(1)小球在最高点时，受重力mg 和杆的拉力F 1．由牛顿第二定律得mg ＋F 1＝m v 21L
依题意F 1＝mg
联立解得v 1＝2gL ．
(2)小球在最低点时，受重力mg 和杆的拉力F 2，其合力提供向心力．
由牛顿第二定律得F 2－mg ＝m v 22L
解得F 2＝mg ＋m v 22L
将v 2＝6gL 代入解得F 2＝7mg
球的向心加速度a ＝v 22L
＝6g ． 答案：(1)2gL (2)7mg 6g
12．(2017·全国卷Ⅰ)(22分)一质量为8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为
E k0＝12m v 20
① 式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得
E k0＝4.0×108 J ②
设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为
E h ＝12m v 2h
＋mgh ③ 式中，v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得
E h ≈2.4×1012 J ④
(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为
E h ′＝12m 2.0100
v h 2＋mgh ′⑤ 由功能原理得
W ＝E h ′－E k0⑥
式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得
W ≈9.7×108 J ⑦
答案：(1)4.0×108 J
2.4×1012 J (2)9.7×108 J。