人教版高中物理必修第二册：模块综合检测

-1-模块综合检测（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4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得4分,选错或不答的得0分）1.在下列情景中,属于有效利用离心现象的是（）A.汽车拐弯时减速行驶B.给砂轮的外侧安装防护罩C.游客乘坐过山车时扣紧安全带D.运动员手持链球链条的一端加速旋转后松手解析：A、B、C都是防止离心现象,D是利用离心现象,因而D正确.答案：D2.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（）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.答案：A3.关于对天体运动的理解,下列说法正确的是（）-2-A.所有绕同一中心天体的行星的公转周期与行星的轨道半径成正比B.同步卫星绕地球转动的线速度与地球赤道处自转的线速度相同C.若行星绕太阳运行的轨道为椭圆,则行星在远日点的速度最大D.火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度解析：由开普勒第三定律知,有绕同一中心天体的行星的公转周期的二次方与行星的轨道半径的三次方成正比,故A错误；同步卫星绕地球转动的角速度与地球自转的角速度相同,由线速度v＝ωr,可知同步卫星绕地球转动的线速度大于地球赤道处自转的线速度,故B错误；当行星从近日点沿椭圆轨道向远日点运动的过程中克服万有引力做功,速率减小,则行星在远日点的速度最小,故C错误；第二宇宙速度是发射脱离地球束缚卫星的最小发射速度,第三宇宙速度是发射脱离太阳束缚卫星的最小发射速度,火星探测器的发射速度应该大于第二宇宙速度,小于第三宇宙速度,故D正确.答案：D4.如图所示为某齿轮传动装置中的A、B、C三个齿轮,三个齿轮的齿数分别为32、12、20,当齿轮绕各自的轴匀速转动时,A、B、C三个齿轮转动的角速度之比为（）A.8∶3∶5B.5∶3∶8C.15∶40∶24D.24∶40∶15解析：三个齿轮同缘转动,所以三个齿轮边缘的线速度相等,即为vA＝vB＝vC.三个齿轮的齿数分别为32、12、20,根据ω＝vr,得A、B、C-3-三个齿轮转动的角速度之比为132∶112∶120＝15∶40∶24,故C正确.答案：C5.奥运会比赛项目撑竿跳高如图所示.下列说法不正确的是（）A.加速助跑过程中,运动员的动能增加B.起跳上升过程中,杆的弹性势能一直增加C.起跳上升过程中,运动员的重力势能增加D.越过横杆后下落过程中,运动员的重力势能减少动能增加解析：运动员加速助跑动能增加,A正确；起跳上升过程中,杆的弹性势能先增加后减少,B错误；上升过程中,运动员的重力势能增加,C正确；下落过程中,重力势能转化为动能,D正确.因此不正确的选B.答案：B6.轻质细杆OA的长度L＝0.50m,A端有一质量为m＝3.0kg的小球,如图所示,小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动,通过最高点时小球的速率是2.0m/s,g取10m/s2,则此时细杆OA受到（）A.6N的拉力B.6N的压力C.24N的拉力D.24N的压力解析：小球运动到最高点时受到重力与细杆的弹力,假设细杆的弹力FN方向向上,则mg－FN＝mv2L,即FN＝mg－mv2L＝30N－24N＝6N,由-4-牛顿第三定律可知,小球对细杆产生向下的压力.答案：B7.用恒力F使质量为10kg的物体从静止开始,以2m/s2的加速度匀加速上升,不计空气阻力,g取10m/s2,那么以下说法中正确的是（）A.2s内恒力F做功80JB.2s内重力做的功是400JC.2s内物体克服重力做的功是400JD.2s内合力做的功为零解析：根据牛顿第二定律可知,恒力为：F＝mg＋ma＝10×10＋10×2N＝120N,2s内物体上升的高度：h＝12at2＝12×2×22m＝4m,2s内恒力F做功：W1＝Fh＝120×4J＝480J,故选项A不符合题意；2s内重力做功：W2＝－mgh＝－400J,即2s内物体克服重力做功为400J,故选项B不符合题意,C符合题意；2s内合力做的功：W＝W1＋W2＝480J－400J＝80J,故选项D不符合题意.答案：C8.小王练习接排球.排球网高h1＝2.0m,接球点距球网水平距离s＝4.8m,离地面高h2＝0.2m,忽略空气阻力.接球后,球刚好水平过网,则球离开小王手时的速度大小为（g取10m/s2）（）A.6m/sB.8m/sC.10m/sD.12m/s-5-解析：采用逆向思维,排球做平抛运动,运动的时间t＝2（h1－h2）g＝0.6s,则v0＝st＝4.80.6m/s＝8m/s,排球竖直分速度vy＝gt＝10×0.6m/s＝6m/s,可知排球离开小王手时的速度v＝v20＋v2y＝10m/s.答案：C9.设土星绕太阳的运动为匀速圆周运动,若测得土星到太阳的距离为R,土星绕太阳运动的周期为T,万有引力常量G已知.根据这些数据,不能求出的量是（）A.土星线速度的大小B.土星加速度的大小C.土星的质量D.太阳的质量解析：根据已知数据可求：土星的线速度大小v＝2πRT、土星的加速度a＝4π2T2R、太阳的质量M＝4π2R3GT2,无法求土星的质量,所以选C.答案：C10.如图所示,传送带以1m/s的速度水平匀速运动,沙斗以20kg/s的流量向传送带上装沙子,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（）A.10WB.20WC.30WD.40W解析：每秒钟流到传送带的沙子获得的动能为ΔEk＝12mv2,沙子达-6-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＝v2t相－v20相2a相＝0－v22（－μg）＝v22μg,Q＝fs相对＝μmg·v22μg＝12mv2,因此,电动机必须增加的功率为ΔP＝（ΔEk＋Q）Δt＝mv2Δt＝20W,选项B正确.答案：B二、多项选择题（本大题共4小题,每小题4分,共16分.在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,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）11.如图所示,一根轻质弹簧固定于O点,另一端系一个重物,将重物从与悬挂点等高的地方无初速度释放,让其自由摆下,不计空气阻力,重物在摆向最低点的位置的过程中（）A.重物重力势能减小B.重物重力势能与动能之和增大C.重物的机械能不变D.重物的机械能减少解析：在小球向下摆动过程中,重力做正功,故重力势能减小,故A项与题意相符；在小球向下摆动过程中,弹簧的弹力逐渐变大,故弹性势能逐渐变大；在整个运动的过程中,有重力和弹簧的弹力做功,小球和弹簧系统机械能守恒；故重物重力势能与动能之和不断减小,故B项与题意不相符；根据功能关系,除重力外,其余力做的功等于机械能的增加量,故重物的机械能减少量等于克服弹簧弹力所做的功,物体的机械能减小.故C项与题意不符,D项与题意相符.-7-答案：AD12.2019年5月17日,我国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭,成功发射了第45颗北斗导航卫星.该卫星属地球静止轨道卫星.北斗卫星导航系统空间段计划有5颗地球静止轨道卫星.若地球的自转周期为T,这些卫星在轨运行的线速度大小为v,关于这些地球静止轨道卫星,下列说法正确的是（）A.在赤道上空自东向西运动B.运动的加速度大小均为2πvTC.离地的高度均为vT2πD.它们的角速度、向心加速度大小都相等解析：同步卫星与地球的自转同步,则在赤道上空自西向东运动,故A错误；运动的加速度大小为a＝ωv＝2πvT,故B正确；轨道半径为r＝vT2π,因此离地的高度为h＝vT2π－R,要小于vT2π,故C错误；所有同步卫星的角速度、向心加速度大小都相等,但是质量不一定相等,所以向心力大小不一定相等,故D正确.答案：BD13.用一根绳子竖直向上拉一物块,物块从静止开始运动,绳子拉力的功率按如图所示规律变化,0～t0时间内物块做匀加速直线运动,t0时刻后物块继续加速,t1时刻物块达到最大速度.已知物块的质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是（）-8-A.物块始终做匀加速直线运动B.t1时刻物块的速度大小为P0mgC.0～t0时间内物块的加速度大小为P0mgt0D.0～t1时间内物块上升的高度为P0mgt1－t02－P202m2g3解析：0～t0时间内物块做匀加速直线运动,t0时刻后功率保持不变,根据P＝Fv知,v增大,F减小,物块做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零时,物块做匀速直线运动,A错.在t1时刻速度达到最大,F＝mg,则速度v＝P0mg,B错.0～t0时间内,F＝mg＋ma,则P＝（mg＋ma）at,可知图像的斜率k＝m（g＋a）a,可知加速度a≠P0mgt0,C错.P-t图像围成的面积表示牵引力做功的大小,根据动能定理得：P0t02＋P0（t1－t0）－mgh＝12mv2,解得：h＝P0mgt1－t02－P202m2g3,D对.答案：BD14.如图甲所示,用一轻质绳拴着一质量为m的小球,在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力）,小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T,小球在最高点的速度大小为v,其T-v2图像如图乙所示,则（）A.轻质绳长为ambB.当地的重力加速度为am-9-C.当v2＝c时,轻质绳的拉力大小为acb＋aD.只要v2≥b,小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a解析：在最高点,重力和绳子拉力的合力充当向心力,有T＋mg＝mv2R,即T＝mRv2－mg,故斜率k＝mR,纵截距y＝－mg,根据几何知识可得k＝ab,y＝－a,联立解得g＝am,R＝mba,A错,B对.当v2＝c时,代入T＝mRv2－mg,解得T＝abc－a,C错.只要v2≥b,绳子的拉力大于0,根据牛顿第二定律得最高点T1＋mg＝mv21L,最低点T2－mg＝mv22L.从最高点到最低点的过程中,根据机械能守恒知,12mv22－12mv21＝2mgL,联立解得T2－T1＝6mg,即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a,D对.答案：BD三、非选择题（本题共4小题,共44分）15.（8分）图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图,通过描点画出平抛小球的运动轨迹.（1）以下是实验过程中的一些做法,其中合理的有.a.安装斜槽轨道,使其末端保持水平b.每次小球释放的初始位置可以任意选择c.每次小球应从同一高度由静止释放d.为描出小球的运动轨迹,描绘的点可以用折线连接（2）实验得到平抛小球的运动轨迹,在轨迹上取一些点,以平抛起-10-点O为坐标原点,测量它们的水平坐标x和竖直坐标y,图乙中y-x2图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是.（3）图丙是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹,O为平抛的起点,在轨迹上任取两点A、B,测得A、B两点纵坐标y1＝5.0cm,y2＝45.0cm,A、B两点水平间距Δx＝40.0cm.则平抛小球的初速度v0为m/s.解析：为了保证小球的初速度水平,安装斜槽轨道时,斜槽末端必须保持水平,故a正确.为了保证小球每次平抛运动的初速度相等,让小球从斜槽的同一位置由静止释放,故b错误,c正确.为描出小球的运动轨迹,描绘的点要用平滑曲线连接,故d错误.（2）根据平抛运动的规律有x＝v0t,y＝12gt2.得y＝gx22v20＝kx2,其中k＝g2v20＝定值.可知y与x2的图像是过原点的倾斜直线.因此,图丙y-x2图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是C.（3）根据y1＝12gt21,得t1＝2y1g.-11-根据y2＝12gt22,得t2＝2y2g.则小球的初速度为v0＝Δxt2－t1.已知y1＝5.0cm＝0.05m、y2＝45.0cm＝0.45m,Δx＝40.0cm＝0.4m,代入上式解得：v0＝2.0m/s.答案：（1）ac（2）C（3）2.016.（10分）如图所示,一条不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一质量m＝1.0kg的小球.现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静