2017-2018学年高中物理必修二检测：模块综合检测(一)

模块综合检测(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分)1.如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．若小球初速度增大，则θ减小B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D．小球水平抛出时的初速度大小为gt tan θ解析：小球落地时竖直方向上的速度v y＝gt，因为落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝gtv0，可知若小球初速度增大，则θ减小，故A正确；小球落地时位移方向与水平方向夹角的正切值tan α＝yx＝12gt2v0t＝gt2v0，tan θ＝2tanα，但α≠θ2，故B错误；平抛运动的落地时间由高度决定，与初速度无关，故C错误；速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ＝v yv0＝gtv0，小球的初速度v0＝gttan θ，故D错误．答案：A2．关于摩擦力做功，以下说法正确的是()A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，所以一定做负功B．静摩擦力虽然阻碍物体间的相对运动趋势，但不做功C．静摩擦力和滑动摩擦力不一定都做负功D．一对相互作用力，若作用力做正功，则反作用力一定做负功解析：摩擦力可以是动力，故摩擦力可做正功；一对相互作用力，可以都做正功，也可以都做负功；静摩擦力可以做功，也可以不做功，故选项A、B、D错误，C正确．答案：C3．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度．如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则()A．该车可变换两种不同挡位B．该车可变换五种不同挡位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4 D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1 解析：由题意知，A轮通过链条分别与C、D连接，自行车可有两种速度，B轮分别与C、D连接，又可有两种速度，所以该车可变换四种挡位；当A与D组合时，两轮边缘线速度大小相等，A转一圈，D转4圈，即ωAωD＝14，选项C对．答案：C4．已知靠近地面运转的人造卫星，每天转n圈，如果发射一颗同步卫星，它离地面的高度与地球半径的比值为()A ．nB ．n 2 C.n 3－1 D.3n 2－1 解析：设同步卫星离地面的高度为h ，地球半径为R .近地卫星的周期为T 1＝24 h n，同步卫星的周期为T 2＝24 h ，则T 1∶T 2＝1∶n ， 对于近地卫星有G Mm R 2＝m 4π2T 21R ， 对于同步卫星有G Mm ′（R ＋h ）2＝m ′4π2T 22(R ＋h )， 联立解得h ＝(3n 2－1)R ，故D 正确．答案：D5．在平直轨道上，匀加速向右行驶的封闭车厢中，悬挂着一个带有滴管的盛油容器，如图所示．当滴管依次滴下三滴油时(设三滴油都落在车厢底板上)，下列说法中正确的是( )A ．这三滴油依次落在OA 之间，且后一滴比前一滴离O 点远B ．这三滴油依次落在OA 之间，且后一滴比前一滴离O 点近C ．这三滴油依次落在OA 间同一位置上D ．这三滴油依次落在O 点上解析：油滴下落的过程中，在竖直方向上做自由落体运动，根据自由落体运动的规律可得，油滴运动的时间是相同的，在水平方向上，油滴离开车之后做匀速直线运动，但此时车做匀加速直线运动，油滴相对于车厢在水平方向上的位移就是车在水平方向上多走的位移，即Δx ＝12at 2，由于时间和加速度都是确定不变的，所以三滴油会落在同一点，即落在OA间同一位置上，故C正确．答案：C6.一箱土豆在转盘上随转盘以角速度ω做匀速圆周运动，其中一个处于中间位置的土豆质量为m，它到转轴的距离为R，则其他土豆对该土豆的作用力为()A．mg B．mω2RC.m2g2＋m2ω4R2D.m2g2－m2ω4R2解析：设其他土豆对该土豆的作用力为F，则该土豆受到重力mg和F作用．由于该土豆做匀速圆周运动，所以这两个力的合力提供该土豆做匀速圆周运动的向心力，如图所示．根据直角三角形的关系得F＝（mg）2＋F2向，而F向＝mω2R，所以F＝m2g2＋m2ω4R2，C正确．答案：C7．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d＝0.50 m盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的地点到B的距离为()A．0.50 m B．0.25 mC．0.10 m D．0解析：设小物块在BC面上运动的总路程为s.物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f＝μmg，对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究，由动能定理得mgh－μmgs＝0，得到s＝hμ＝0.30.1m＝3 m，d＝0.50 m，则s＝6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，最后停在B点．故选D.答案：D8.如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体()A．重力势能增加了34mghB．动能损失了12mghC．动能损失了mghD．动能损失了32mgh解析：重力做功W G＝－mgh，故重力势能增加了mgh，A错．物体所受合力F ＝ma ＝34mg ，合力做功W 合＝－F h sin 30°＝－34mg ×2h ＝－32mgh ，由动能定理知，动能损失了32mgh ，B 、C 错，D 正确． 答案：D9．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( ) A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2k T D.n kT 解析：设两颗星的质量分别为m 1、m 2，做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，根据万有引力提供向心力可得：G m 1·m 2（r 1＋r 2）2＝m 1r 14π2T 2，G m 1·m 2（r 1＋r 2）2＝m 2r 24π2T 2，联立解得：m 1＋m 2＝4π2（r 1＋r 2）3GT 2，即T 2＝4π2（r 1＋r 2）3G （m 1＋m 2），因此，当两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍时，两星圆周运动的周期为T ′＝n 3kT ，选项B 正确，其他选项均错． 答案：B10．以相同的动能从同一点水平抛出两个物体a 和b ，落地点的水平位移为s 1和s 2，自抛出到落地的过程中，重力做的功分别为W 1、W 2，落地瞬间重力的即时功率为P 1和P 2( )A．若s1＜s2，则W1＞W2，P1＞P2B．若s1＜s2，则W1＞W2，P1＜P2C．若s1＝s2，则W1＞W2，P1＞P2D．若s1＝s2，则W1＜W2，P1＜P2解析：若s1＜s2，由于高度决定了平抛运动的时间，所以两个物体运动时间相等．由x＝v0t知：水平抛出两个物体的初速度关系为v1＜v2.由于以相同的动能从同一点水平抛出，所以两个物体的质量关系是m2＜m1.自抛出到落地的过程中，重力做的功W＝mgh，所以W1＞W2，平抛运动竖直方向做自由落体运动，所以落地瞬间两个物体的竖直方向速度v y相等，根据瞬时功率P＝F v cos α，落地瞬间重力的即时功率P＝mg v y.由于m2＜m1，所以P1＞P2，故A正确，B错误．以相同的动能从同一点水平抛出两个物体a和b，由于高度决定时间，所以两个物体运动时间相等．若s1＝s2，平抛运动水平方向做匀速直线运动，所以水平抛出两个物体的初速度相等．由于以相同的动能从同一点水平抛出，所以两个物体的质量相等．所以自抛出到落地的过程中，重力做的功相等，即W1＝W2.落地瞬间重力的即时功率相等，即P1＝P2，则C、D错误．故选A.答案：A二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分)11.如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑水平转动轴上，杆和球在竖直面内做匀速圆周运动，且杆对球A、B的最大约束力相同，则()A．B球在最低点较A球在最低点更易脱离轨道B．若B球在最低点与杆间的作用力为3mg，则A球在最高点受杆的拉力C．若某一周A球在最高点和B球在最高点受杆的力大小相等，则A球受杆的支持力，B球受杆的拉力D．若每一周做匀速圆周运动的角速度都增大，则同一周B球在最高点受杆的力一定大于A球在最高点受杆的力解析：两球的角速度相同，由向心力公式F n＝mω2r可知，由于B的运动半径较大，所需要的向心力较大，而由题意，两球的重力相等，杆对两球的最大拉力相等，所以在最低点B球更容易做离心运动，更容易脱离轨道，故A正确．若B球在最低点与杆间的作用力为3mg，设B球的速度为v B.则根据牛顿第二定律，得N B－mg＝m v2B2L，且N B＝3mg，得v B＝2gL，由v＝ωr，ω相等，A的半径是B的一半，则得此时A的速度为v A＝12v B＝gL.对A 球，设杆的作用力大小为N A ，方向向下，则有mg ＋N A ＝m v 2A L，解得N A ＝0，说明杆对A 球没有作用力，故B 错误． 若某一周A 球在最高点和B 球在最高点受杆的力大小相等，设为F ，假设在最高点杆对A 、B 球产生的都是支持力，对B 球有mg －F ＝mω2·2L ；对A 球有mg －F ＝mω2L ；很显然上述两个方程不可能同时成立，说明假设不成立，则知两球所受的杆的作用力不可能同时是支持力．对B 球，若杆对B 球产生的是拉力，有mg ＋F ＝m ω2·2L ； 对A 球，若杆对A 球产生的是拉力，有F ＋mg ＝mω2L ；两个方程不可能同时成立，所以两球不可能同时受杆的拉力． 对B 球，若杆对B 球产生的是拉力，有mg ＋F ＝m ω2·2L ； 对A 球，若杆对A 球产生的是支持力，有mg －F ＝mω2L ；两个方程能同时成立，所以可能A 球受杆的支持力、B 球受杆的拉力．对B 球，若杆对B 球产生的是支持力，有mg －F ＝mω2·2L ；对A 球，若杆对A 球产生的是拉力，有F ＋mg ＝mω2L ；两个方程不能同时成立，所以不可能A 球受杆的拉力，而B 球受杆的支持力．综上，A 球在最高点和B 球在最高点受杆的力大小相等时，A 球受杆的支持力、B 球受杆的拉力，故C 正确．当两球在最高点所受的杆的作用力都是支持力时，则对B 球，有mg －F B ＝mω2·2L ，得F B ＝mg －2mω2L ；对A 球，若杆对A 球产生的是支持力，有mg －F A ＝mω2L ，得F A ＝mg －mω2L ，可得F A ＞F B ，故D 错误．答案：AC12.如图所示，两物块A 、B 套在水平粗糙的CD 杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD 中点的轴OO 1在水平面内转动，已知两物块质量相等，杆CD 对物块A 、B 的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块B 到OO 1轴的距离为物块A 到OO 1轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A 、B 即将滑动的过程中，下列说法正确的是( )A ．A 受到的静摩擦力一直增大B ．B 受到的静摩擦力先增大，后保持不变C ．A 受到的静摩擦力先增大后减小D ．A 受到的合外力一直在增大解析：在转动过程中，两物块做圆周运动都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以提供所需向心力时，绳子中就会产生拉力，当这两个力的合力都不足以提供向心力时，物块将会与CD 杆发生相对滑动．根据向心力公式F 向＝m v 2R＝m ω2R ，可知在发生相对滑动前物块的运动半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力大小等于物块所受的合力，故D 正确．由于A 的运动半径比B 的小，A 、B 的角速度相同，知当角速度逐渐增大时，B 物块先达到最大静摩擦力；角速度继续增大，B 物块靠绳子的拉力和最大静摩擦力提供向心力；角速度增大，拉力增大，则A 物块所受的摩擦力减小，当拉力增大到一定程度，A 物块所受的摩擦力减小到零后反向，角速度增大，A 物块所受的摩擦力反向增大．所以A 所受的摩擦力先增大后减小，再增大；B 物块所受的静摩擦力一直增大，达到最大静摩擦力后不变，故A 、C 错误，B 正确．答案：BD13．如图为过山车以及轨道简化模型，以下判断正确的是( )A ．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B ．过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于gRC ．过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态D ．过山车在斜面h ＝2R 高处由静止滑下能通过圆轨道最高点 解析：过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，速度大小变化，不是匀速圆周运动，故A 错误；在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，速度最小，则mg ＝m v 2R，解得：v ＝gR ，故B 正确；在最低点时，重力和轨道对车的压力提供向心力，加速度向上，乘客处于超重状态，故C 正确；过山车在斜面h ＝2R 高处由静止滑下到最高点的过程中，根据动能定理得：12m v ′2＝mg (h －2R )＝0.解得；v ′＝0，所以不能通过最高点，故D 错误．故选B 、C.答案：BC14．(2015·课标全国Ⅰ卷)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m 高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103 kg ，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s 2，则此探测器( )A ．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB ．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC ．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D ．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运动的线速度解析：在地球表面附近有G M 地m R 2地＝mg 地，在月球表面附近有G M 月m R 2月＝mg 月，可得g 月＝1.656 m/s 2，所以探测器落地的速度为v ＝2g 月h ＝3.64 m/s ，故A 错误；探测器悬停时受到的反冲作用力为F＝mg 月≈2×103 N ，B 正确；探测器由于在着陆过程中开动了发动机，因此机械能不守恒，C 错误；在靠近星球的轨道上有G Mm R 2＝mg ＝m v 2R，即有v ＝gR ，可知在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度，故选项D 正确．答案：BD三、非选择题(本题共4小题，共46分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验．图甲(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________．A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量与势能变化量C．速度变化量与高度变化量(2)(多选)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________．A．交流电源B．刻度尺C．天平(含砝码)(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h A、h B、h C.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p ＝__________，动能变化量ΔE k＝________．图乙(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________．A ．利用公式v ＝gt 计算重物速度B ．利用公式v ＝2gh 计算重物速度C ．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D ．没有采用多次实验取平均值的方法(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O 的距离h ，计算对应计数点的重物速度v ，描绘v 2h 图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒．请你分析论证该同学的判断依据是否正确．解析：(1)在重物下落过程中，若任意两点间重力势能的减少量等于动能的增加量，则重物的机械能守恒，所以A 正确．(2)打点计时器需要交流电源，测量纸带上各点之间的距离需要刻度尺，本实验需要验证的等式为mgh ＝12m v 2，即gh ＝12v 2(或mgh ＝12m v 22－12m v 21，即gh ＝12v 22－12v 21)，所以不需要测量重物的质量，不需要天平．(3)从打O 点到打B 点的过程中，重力势能的变化量ΔE p ＝－mgh B ，动能的变化量ΔE k ＝12m v 2B ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫h C －h A 2T 2＝m （h C －h A ）28T 2. (4)重力势能的减少量大于动能的增加量，主要原因是重物在运动过程中存在空气阻力和摩擦阻力，选项C 正确．(5)该同学的判断依据不正确．在重物下落h 的过程中，若阻力f恒定，根据mgh －fh ＝12m v 2－0⇒v 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫g －f m h ，可知v 2h 图象就是过原点的一条直线．要想通过v 2h 图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g.答案：(1)A(2)AB(3)－mgh B m（h C－h A）28T2(4)C(5)见解析16．(8分)如图所示，在固定光滑水平板上有一光滑小孔O，一根轻绳穿过小孔，一端连接质量m＝1 kg的小球A，另一端连接质量M＝4 kg的物体B.当A球沿半径r＝0.1 m的圆周做匀速圆周运动时，要使物体B不离开地面，A球做圆周运动的角速度有何限制(g取10 m/s2)?解析：小球A做圆周运动的向心力为绳子的拉力，故F T＝mω2r.B恰好不离开地面时F T＝Mg.解上述两个方程得ω＝20 rad/s，B不离开地面时拉力F T不大于B的重力，故A球做圆周运动的角速度应不大于20 rad/s.答案：A球做圆周运动的角速度应不大于20 rad/s17．(14分)据报道，人们最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍．已知一个在地球表面质量为50 kg 的人在这个行星表面的重量约为800 N，地球表面处的重力加速度为10 m/s2.求：(1)该行星的半径与地球的半径之比；(2)若在该行星上距行星表面2 m高处，以10 m/s的水平初速度抛出一只小球(不计任何阻力)，则小球的水平射程是多大．解析：(1)在该行星表面处，有G行＝mg行，可得g行＝16 m/s2.在忽略自转的情况下，物体所受的万有引力等于物体所受的重力，得GMmR2＝mg，有R2＝GM g，故R2行R2地＝M行g地M地g行＝4，所以R行R地＝2.(2)由平抛运动的规律，有h＝12g行t2，s＝v t，故s＝v 2h g行，代入数据，解得s＝5 m.答案：(1)2∶1(2)5 m18．(16分)如图所示，一长度L AB＝4.98 m、倾角θ＝30°的光滑斜面AB和一固定粗糙水平台BC平滑连接，水平台长度L BC＝0.4 m，离地面高度H＝1.4 m，在C处有一挡板，小物块与挡板碰撞后以原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内．在斜面顶端A处由静止释放质量为m＝2 kg的小物块(可视为质点)，忽略空气阻力，小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.1，g取10 m/s2.求：(1)小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；(2)小物块经过B 点多少次停下来，在BC 上运动的总路程为多少；(3)某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在D 点，已知半球体半径r ＝0.75 m ，OD 与水平面夹角为α＝53°，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板(sin 53°＝45，cos 53°＝35)? 解析：(1)A →C ，由动能定理，得mgL AB sin θ－μmgL BC ＝12m v 2C ， 解得v C ＝7 m/s.(2)小物块从A 到停止，设小物块在水平台上经过的距离为s ，由动能定理，得mgL AB sin θ－μmgs ＝0，解得s ＝24.9 m.经过B 点在水平台走过一个来回的距离为s 1＝0.8 m ，s s 1＝24.9 m 0.8 m＝31.125， 所以经过了B 点n ＝31×2＋1＝63(次)．(3)由几何关系，可知物块在C 、D 间的水平位移x ＝r ＋r cos α，竖直位移h ＝H －r sin α.又x ＝v ′C t ，h ＝12gt 2. 联立以上方程，解得v ′C ＝3 m/s.由动能定理，得mgL AB sin θ－(2n′＋1)μmgL BC＝12m v′2C，解得n′＝25(次)．答案：(1)7 m/s(2)63次24.9 m(3)25次。