粤教版物理必修2模块综合测评

模块综合测评
(时间:60分钟　满分:100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,1~6小题只有一个选项正确,7~10小题有多个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
1.在日常生活中,我们并没有发现物体的质量随着物体运动速度的变化而变化,其原因是(　　)
A.运动中的物体无法称量质量
B.物体的速度远小于光速,质量变化极小
C.物体的质量太小
D.物体的质量不随速度的变化而变化
答案:B
解析:日常生活中见到的物体的速度都很小,远远小于光速,所以质量变化很小,故B选项正确.
2.链球运动员用链子拉着铁球做速度逐渐增大的曲线运动,在此过程中,运动员的手和链球的运动轨迹都可以近似为圆.关于手和球的位置关系,下面四幅图中正确的是(　　)
答案:A
解析:链球做速率增大的曲线运动,因此合力沿切线方向的分量与速度方向相同,拉力应与速度成锐角,并且链球运动半径大于手的运动半径,故选项A正确.
3.
两个内壁光滑、半径不同的半球形碗放在不同高度的水平面上,使两碗口处于同一水平面,如图所示.现将质量相同的两个小球分别从两个碗的边缘处由静止释放(小球半径远小于碗的半径),两个小球通过碗的最低点时(　　)(导学号51100120)
A.两小球速度大小不等,对碗底的压力相等
B.两小球速度大小不等,对碗底的压力不等
C.两小球速度大小相等,对碗底的压力相等
D.两小球速度大小相等,对碗底的压力不等
答案:A
解析:设碗的半径为r,由动能定理,小球到最低点的速度v=,因两碗半径不同,所以两球速度不同,在最低点,由牛顿第二定律得,FN-mg=m,解得,FN=3mg,由牛顿第三定律可知,小球对碗底的压力相同,选项A正确.
4.一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,假如该卫星变轨后做匀速圆周运动,动能减小为原来的,不考虑卫星质量的变化,则变轨前后卫星的(　　)
A.向心加速度大小之比为4∶1
B.角速度大小之比为2∶1
C.周期之比为1∶8
D.轨道半径之比为1∶2
答案:C
解析:动能减小为原来的,速度减为原来的,根据表达式v=知,地球卫星的轨道半径增大到原来的4倍,选项D错误;由a=得,向心加速度之比为16∶1,选项A错误;由G=mR得,T=,则周期是原来的8倍,选项C正确;根据角速度关系式ω=,角速度减小为原来的,选项B错误.
5.如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中(　　)
A.重力做功2mgR
B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR
D.克服摩擦力做功mgR
答案:D
解析:小球从P到B高度下降R,故重力做功mgR,选项A错误;在B点小球对轨道恰好无压力,由重力提供向心力得vB=,取B点所在平面为零势能面,易知机械能减少量ΔE=mgR-mgR,选项B错误;由动能定理知,合外力做功W=mgR,选项C错误;根据动能定理得,mgR-Wf=-0,解得,Wf=mgR-mgR,选项D正确.
6.
如图所示,传送带以1
m/s的速度水平匀速运动,砂斗以20
kg/s的流量向传送带上装砂子,为了保持传递速率不变,驱动传送带的电动机因此应增加功率(　　)(导学号51100121)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.10
W
B.20
W
C.30
W
D.40
W
答案:B
解析:每秒钟流到传送带的砂子获得的动能为ΔEk=mv2,砂子达到速度v之前,相对传送带向后滑动,每秒转化为内能的机械能为Q=fs相对,而s相对=,Q=fs相对=μmg·mv2,因此,电动机必须增加的功率为ΔP==20
W,选项B正确.
7.某人在湖北荆州试渡长江,以一定的速度向对岸游去.已知此处长江的宽度为d,水流速度为v1,人在静水中的游泳速度为v2,要使人在渡河过程中所行路程s最短,则(　　)
A.当v1B.当v1C.当v1>v2时,s=d
D.当v1>v2时,s=d
答案:AC
解析:
当v1v2时,人按照如图所示的方式渡河,所行的路程最短,s=,sin
θ=,则s=d,选项C正确,选项D错误.
8.
如图所示,从倾角为θ的斜面上的某点先后将同一小球以不同初速度水平抛出,小球均落到斜面上.当抛出的速度为v1时,小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α1,当抛出的速度为v2时,小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α2,则(　　)(导学号51100122)
A.当v1>v2时,α1>α2
B.当v1>v2时,α1<α2
C.无论v1、v2大小如何,均有α1=α2
D.2tan
θ=tan(α1+θ)
答案:CD
解析:
如图所示,由平抛运动的规律得,2tan
θ=tan
φ,φ=θ+α,无论v多大,θ不变,
得出φ不变,α也不变,所以无论v多大,α1=α2,故选项A、B错误,选项C、D正确.
9.
英国特技演员史蒂夫·特鲁加里亚曾飞车挑战世界最大环形车道.如图所示,环形车道竖直放置,直径达12
m,若汽车在车道上以12
m/s恒定的速率运动,演员与汽车的总质量为1
000
kg,重力加速度g取10
m/s2,则(　　)(导学号51100123)
A.汽车通过最低点时,演员处于超重状态
B.汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4×104
N
C.若要挑战成功,汽车不可能以低于12
m/s的恒定速率运动
D.汽车在环形车道上的角速度为1
rad/s
答案:AB
解析:因为汽车通过最低点时,演员具有向上的加速度,故处于超重状态,选项A正确;由ω=可得,汽车在环形车道上的角速度为2
rad/s,选项D错误;由mg=m可得,v0=≈7.7
m/s,选项C错误;由mg+F=m结合牛顿第三定律可得,汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4×104
N,选项B正确.
10.(2015广东理综)在星球表面发射探测器,当发射速度为v时,探测器可绕星球表面做匀速圆周运动;当发射速度达到v时,可摆脱星球引力束缚脱离该星球.已知地球、火星两星球的质量比约为10∶1,半径比约为
2∶1,下列说法正确的有(　　)
A.探测器的质量越大,脱离星球所需要的发射速度越大
B.探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C.探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D.探测器脱离星球的过程中,势能逐渐增大
答案:BD
解析:探测器绕星球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,即,解得v=,可知v与探测器质量m无关,所以脱离星球所需的发射速度v也与探测器质量无关,故选项A错误;由F=知,探测器在地球表面与在火星表面所受引力之比为,所以探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大,故选项B正确;探测器脱离地球表面的速度v脱地=,探测器脱离火星表面的速度v脱火=,则,故选项C错误;探测器脱离星球的过程,万有引力做负功,势能增大,故选项D正确.
二、非选择题(11题8分,12题10分,13题10分,14题10分,15题11分,16题11分,共60分)
11.某同学设计了一个研究平抛运动的实验装置,如图甲所示.在水平桌面上放置一个斜面,让钢球从斜面上由静止滚下,钢球滚过桌边后做平抛运动.在钢球抛出后经过的地方放置一块水平木板,木板由支架固定成水平,木板所在高度可通过竖直标尺读出,木板可以上下自由调节.在木板上固定一张白纸.该同学在完成装置安装后进行了如下步骤的实验:
A.实验前在白纸上画一条直线,并在线上标出a、b、c三点,且ab=bc,如图乙所示.量出ab长度L=20.00
cm.
B.让钢球从斜面上的某一位置由静止滚下,调节木板高度,使得钢球正好击中a点,记下此时木板离桌面的高度h1=70
cm.
C.让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下,调节木板高度,使得钢球正好击中b点,记下此时木板离桌面的高度h2=80
cm.
D.让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下,调节木板高度,使得钢球正好击中c点,记下此时木板离桌面的高度h3=100
cm
则该同学由上述测量结果即可粗测出钢球做平抛运动的初速度v0=　　　　m/s,钢球击中b点时其竖直分速度大小为vby=　　　　m/s.重力加速度g取10
m/s2,空气阻力不计.
答案:2.0　1.5
解析:
按题意画出运动示意图如图所示.由匀变速运动特点ybc-yab=gT2得T=0.1
s.水平方向上L=v0T,代入数值得v0=2.0
m/s.钢球击中b点时其竖直分速度大小为vby=,代入数值得vby=1.5
m/s.
12.某同学利用透明直尺和光电计时器来验证机械能守恒定律,实验示意图如图所示.当有不透光物体从光电门间通过时,光电计时器就可以显示物体的挡光时间.将挡光效果好、宽度为d=3.8×10-3
m的黑色磁带贴在透明直尺上,从一定高度由静止释放,并使其竖直通过光电门.某同学测得各段黑色磁带通过光电门的时间Δti与图中所示的高度差Δhi,并将部分数据进行了处理,结果如表所示.(g取9.8
m/s2,注:表格中M为直尺质量)(导学号51100124)
Δti(10-3s)
vi=(m·s-1)
ΔEk=-
Δhi(m)
MgΔhi(J)
1
1.21
3.14
—
—
—
2
1.15
3.30
0.52M
0.06
0.58M
3
1.01
3.78
2.21M
0.23
2.25M
4
0.95
4.00
3.07M
0.32
3.14M
5
0.90
a
b
0.41
c
(1)请将表格中a、b、c三处的数据填写完整.
(2)通过实验得出的结论是:　.
(3)根据该实验判断下列ΔEk-Δh图象中正确的是　　　　.
答案:(1)a:4.22　b:3.97M　c:4.02M　(2)在误差允许的范围内,重力势能的减少量等于动能的增加量(机械能守恒也对)　(3)C
解析:(1)表格中数据a:v5=≈4.22
m/s;b:ΔEk=M()=M(4.222-3.142)≈3.97M;c:MgΔh5=9.8×0.41M≈4.02M.(3)因ΔEk=MgΔh,故=Mg是一个常数,即图象的斜率为定值,且图线应过原点,则选项C正确.
13.
如图所示,长为R的轻绳,上端固定在O点,下端连一质量为m的小球.小球接近地面,处于静止状态.现给小球一沿水平方向的初速度v0,小球开始在竖直平面内做圆周运动.设小球到达最高点时绳突然断开.已知小球最后落在离小球最初位置2R的地面上.求:(导学号51100125)
(1)小球在最高点的速度v的大小;
(2)小球的初速度v0的大小;
(3)小球在最低点时对绳子的拉力.
答案:(1)　(2)
(3)6mg,方向竖直向下
解析:(1)在水平方向有2R=vt,在竖直方向有2R=gt2,解得,v=.
(2)根据机械能守恒定律有,mv2=mg·2R,解得,v0=.
(3)对小球分析有F-mg=m,解得,F=6mg.由牛顿第三定律可知,小球对绳子的拉力为6mg,方向竖直向下.
14.
如图所示,一工件置于水平地面上,其AB段为一半径R=1.0
m的光滑圆弧轨道,BC段为一长度L=0.5
m的粗糙水平轨道,二者相切于B点,整个轨道位于同一竖直平面内,P点为圆弧轨道上的一点.一可视为质点的物块,其质量m=0.4
kg,与BC间的动摩擦因数μ=0.4.(g取10
m/s2)(导学号51100126)
(1)若工件固定,将物块由P点无初速度释放,滑至C点时恰好静止,求P、C两点间的高度差h;
(2)若将一水平恒力作用于工件,使物块在P点与工件保持相对静止,一起向左做匀加速直线运动,当速度v=5
m/s时,使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移),物块飞离圆弧轨道落至BC段,求物块的落点与B点间的距离.
答案:(1)0.2
m　(2)0.4
m
解析:(1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程,根据动能定理有,mgh-μmgL=0
代入数据得,h=0.2
m.
(2)工件停止运动,物块做平抛运动,设平抛的时间为t,水平位移为s1,则有h=gt2,s1=vt.
设物块落点与B间的距离为s2,P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ,则有s2=s1-Rsin
θ,
sin
θ==0.6
联立各式,代入数据得s2=0.4
m.
15.
如图所示,固定小车连同其支架的总质量为M=3m,支架右端通过长为L的不可伸长的轻绳悬挂一质量为m的小球,轻绳可绕结点在竖直平面内转动,小球以速度v0=3开始在竖直平面内做圆周运动.当小球第一次到达最高点时,地面对小车的支持力恰好为零.重力加速度为g.求:
(1)小球在最低点运动时轻绳上的拉力大小;
(2)小球第一次到最高点时的速度大小;
(3)小球从最低点到第一次到达最高点的过程中,克服空气阻力做的功.
答案:(1)10mg　(2)2　(3)mgL
解析:(1)对小球有FT-mg=m
解得FT1=10mg
(2)小球过最高点时,对小车有FT2=Mg
此时,对小球有FT2+mg=m
解得v1=2.
(3)对小球有
-mg·2L+Wf=
解得Wf=-mgL
故小球克服空气阻力做的功为mgL.
16.
如图所示为“S”形玩具轨道,该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的,固定在竖直平面内,轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成的,圆半径比细管内径大得多,轨道底端与水平面相切,弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点水平射向b点并进入轨道,经过轨道后从P点水平抛出,已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ=0.2,不计其他机械能损失,ab段长L=1.25
m,圆的半径R=0.1
m,小球质量m=0.01
kg,g取10
m/s2,求:(导学号51100127)
(1)若v0=5
m/s,小球从P点抛出后的水平射程;
(2)若v0=5
m/s,小球经过轨道的最高点时,轨道对小球作用力的大小和方向.
答案:(1)
m　(2)1.1
N　竖直向下
解析:(1)设小球运动到P点时的速度大小为v,
对小球由a点运动到P点的过程,
由动能定理得
-μmgL-4Rmg=mv2-①
小球从P点抛出后做平抛运动,设运动时间为t,水平射程为s,则4R=gt2②
s=vt③
联立①②③代入数据解得s=
m.
(2)设在轨道最高点时,轨道对小球的作用力为F.
取竖直向下为正方向,有F+mg=m④
联立①④代入数据解得F=1.1
N,方向竖直向下.