2020-2021学年高二物理教科版必修二模块检测2-Word版含解析.docx

模块检测(二)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的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，有选错的得0分)1关于曲线运动，下列说法正确的是()A物体在恒力作用下不行能做曲线运动B物体在变力作用下肯定做曲线运动C做曲线运动的物体，其速度大小可能不变D速度大小和加速度大小均不变的运动不行能是曲线运动答案C解析物体做曲线运动的条件是物体所受的合外力与速度方向不在同一条直线上，与恒力和变力无关，A、B错误；做曲线运动的物体速度方向不断变化，速度大小可以变化也可以不变，C正确；速度大小和加速度大小均不变的运动也可能是曲线运动，如匀速圆周运动，D错误2如图1所示，一战斗机由东向西沿水平方向匀速飞行，发觉地面目标P后开头瞄准并投掷炸弹，若炸弹恰好击中目标P，则(假设投弹后，飞机仍以原速度水平匀速飞行，不计空气阻力)()图1A此时飞机正在P点正上方B此时飞机是否处在P点正上方取决于飞机飞行速度的大小C飞行员听到爆炸声时，飞机正处在P点正上方D飞行员听到爆炸声时，飞机正处在P点偏西一些位置答案AD解析因不计空气阻力，炸弹离开飞机后水平方向上的速度与飞机相同，因此当炸弹击中目标P时，飞机肯定在其正上方，A正确，B错误；当飞行员听到爆炸声时，飞机又向前运动了一段距离，到了P点的西侧，故C错误，D正确3甲沿着半径为R的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为2R的圆周跑道匀速跑步，在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度和线速度的大小分别为1、2和v1、v2，则()A12，v1v2 B12，v1v2C12，v1v2 D12，v1v2答案C解析由于甲、乙在相同时间内各自跑了一圈，v1，v2，v1v2，由vr，得，1，2，12，故C正确4卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用第一代、其次代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能掩盖地球上的高纬度地区而第三代海事卫星接受同步和中轨道卫星结合的方案，解决了掩盖全球的问题它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成中轨道卫星离地面的高度约为地球半径的2倍，分布在几个轨道平面上(与赤道平面有肯定的夹角)地球表面处的重力加速度为g，则由于地球的作用使中轨道卫星处的重力加速度约为()A. B. C4g D9g答案A5.如图2所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处，其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列选项中的图象是描述物体沿x方向和y方向运动的速度时间图象，其中正确的是()图2答案C解析OtP段，水平方向：vxv0恒定不变；竖直方向：vygt；tPtQ段，水平方向：vxv0a水平t，竖直方向：vygtPa竖直t(a竖直g)，因此选项A、B、D均错误，C正确6人造地球卫星可在高度不同的轨道上运转，已知地球质量为M、半径为R、表面重力加速度为g，万有引力常量为G，则下述关于人造地球卫星的推断正确的是()A各国放射的全部人造地球卫星的运行速度都不超过B各国放射的全部人造地球卫星的运行周期都应小于2C若卫星轨道为圆形，则该圆形的圆心必定与地心重合D地球同步卫星可相对地面静止在广州的正上空答案AC解析由m，得v ，当rR时，卫星的运行速度最大，vmax，选项A正确；此时对应的周期最小，Tmin，且GMgR2，解得Tmin2，选项B错误；由万有引力完全用来充当向心力可知，选项C正确；同步卫星只能定位于赤道上空固定的高度，选项D错误7把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，就是动车组，假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为()A120 km/h B240 km/hC320 km/h D480 km/h答案C解析依据题意知，动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，即可表示为fkmg(m为一节动车或拖车的质量)当1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v1120 km/h时，由功率与牵引力和速度关系可知P4fv1；设6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v2，则6P9fv2，由两式得v2320 km/h，A、B、D错误，C正确8一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于()A物体重力势能的增加量B物体动能的增加量C物体动能的增加量加上物体重力势能的增加量D物体动能的增加量加上克服重力所做的功答案CD解析因重力做的功等于重力势能的转变，物体向上运动，重力做负功，或物体克服重力做功，得WGmgh，设克服重力做功WG，对物体应用动能定理列方程有WFWG Ek所以WFWGEk，故C、D正确9.如图3所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球以肯定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，则下列说法中正确的是()图3A轨道对小球做正功，小球的线速度vPvQB轨道对小球不做功，小球的角速度PaQD轨道对小球的压力FPFQ答案B解析轨道光滑，小球在运动的过程中只受重力和支持力，支持力时刻与运动方向垂直，所以不做功，A错；那么在整个过程中只有重力做功，满足机械能守恒，依据机械能守恒有vPrQ，依据，a，得小球在P点的角速度小于在Q点的角速度，B正确；在P点的向心加速度小于在Q点的向心加速度，C错；小球在P和Q两点的向心力由重力和支持力供应，即mgFNma向，可得P点对小球的支持力小于Q点对小球的支持力，D错10.如图4所示，小滑块从一个固定的光滑斜槽轨道顶端无初速开头下滑，用v、t和h分别表示小球沿轨道下滑的速率、时间和距轨道顶端的高度如图所示的v t图象和v2h图象中可能正确的是()图4答案BD解析小滑块下滑过程中，小滑块的重力沿斜轨道切向的分力渐渐变小，故小滑块的加速度渐渐变小，故A错误，B正确；由机械能守恒得：mghmv2，故v22gh，所以v2与h成正比，C错误，D正确二、填空题(本题共2小题，共12分)11(6分)某试验小组利用如图5甲所示的试验装置来验证机械能守恒定律已知当地的重力加速度g9.80 m/s2.试验小组选出一条纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，测得h112.01 cm，h219.15 cm，h327.86 cm.打点计时器通以50 Hz的沟通电依据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开头下落时削减了_J；此时重锤的动能比开头下落时增加了_J，依据计算结果可以知道该试验小组在做试验时消灭的问题是_(重锤质量m已知)图5答案1.88m1.96m该试验小组做试验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的电键或者释放纸带时手抖动了(其他答案只要合理均可)12(6分)在“探究功与速度变化的关系”的试验中，某试验争辩小组的试验装置如图6甲所示木块从A点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到B1点停下，记录此过程中弹簧对木块做的功为W1.O点为弹簧原长时所处的位置，测得OB1的距离为L1.再用完全相同的2根、3根弹簧并在一起进行第2次、第3次试验并记录 2W1,3W1及相应的L2、L3数据，用WL图象处理数据，回答下列问题：图6(1)如图乙是依据试验数据描绘的WL图象，图线不过原点的缘由是_；(2)由图线得木块从A到O过程中摩擦力做的功是_W1；(3)WL图象斜率的物理意义是_答案(1)未计算AO间的摩擦力做功(2)(3)摩擦力解析(1)从A到B依据能量守恒可得：WWffL，所以图象不过原点的缘由是在AO段还有摩擦力做功；(2)由图知图象两点坐标为(1,0.06)、(5,0.42)代入WWffL解得木块从A到O过程中摩擦力做的功为W1；(3)由WWffL知图象的斜率为摩擦力三、计算题(本题共4小题，共48分解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)13.(8分)某战士在倾角为30山坡上进行投掷手榴弹训练如图7所示，他从A点以某一初速度v0沿水平方向投出手榴弹，正好落在B点，测得AB90 m若空气阻力不计，g10 m/s2求：图7(1)该型号手榴弹从拉动弹弦到爆炸需要5 s的时间，若要求手榴弹正好在落地时爆炸，问战士从拉动弹弦到投出所用的时间是多少？(2)手榴弹抛出的速度是多大？答案(1)2 s(2)15 m/s解析(1)hlABsin 300.590 m45 m，hgt2t13 s，t2tt12 s(2)slABcos 3045 mv015 m/s14(12分)一颗人造地球卫星在离地面高度等于地球半径的圆形轨道上运行，已知地球的第一宇宙速度是v17.9 km/s，(g9.8 m/s2)问：(1)这颗卫星运行的线速度多大？(2)它绕地球运行的向心加速度多大？(3)质量为1 kg的仪器放在卫星内的平台上，仪器的重力多大？它对平台的压力多大？答案见解析解析(1)卫星近地运行时，有：Gm，卫星离地高度为R时，有：Gm，从而可得v25.6 km/s.(2)卫星离地高度为R时，有：Gma；靠近地面时，有：Gmg，从而可得a2.45 m/s2.(3)在卫星内，仪器的重力就是地球对它的吸引力，则：Gmgma2.45 N；由于卫星内仪器的重力充当向心力，仪器处于完全失重状态，所以仪器对平台的压力为零15(12分)用一台额定功率为P060 kW的起重机，将一质量为m500 kg的工件由地面竖直向上吊起，不计摩擦等阻力，取g10 m/s2.求：(1)工件在被吊起的过程中所能达到的最大速度vm；(2)若使工件以a2 m/s2的加速度从静止开头匀加速向上吊起，则匀加速过程能维持多长时间？(3)若起重机在始终保持额定功率的状况下从静止开头吊起工件，经过t1.14 s工件的速度vt10 m/s，则此时工件离地面的高度h为多少？答案(1)12 m/s(2)5 s(3)8.68 m解析(1)当工件达到最大速度时，Fmg，PP060 kW故vm m/s12 m/s(2)工件被匀加速向上吊起时，a不变，v变大，P也变大，当PP0时匀加速过程结束，依据牛顿其次定律得Fmgma，解得Fm(ag)500(210)N6 000 N匀加速过程结束时工件的速度为v m/s10 m/s匀加速过程持续的时间为t0 s5 s(3)依据动能定理，有P0tmghmv0代入数据，解得h8.68 m.16(16分)如图8甲所示，质量为m0.1 kg的小球，用长l0.4 m的细线与固定在圆心处的力传感器相连，小球和传感器的大小均忽视不计当在A处给小球6 m/s的初速度时，恰能运动至最高点B，设空气阻力大小恒定，g10 m/s2.图8求：(1)小球在A处时传感器的示数；(2)小球从A点运动至B点过程中克服空气阻力做的功；(3)小球在A点以不同的初速度v0开头运动，当运动至B点时传感器会显示出相应的读数F，试通过计算在图乙坐标系中作出Fv图象答案(1)10 N(2)0.8 J(3)如解析图所示解析(1)在A点，由Fmgm，解得：F10 N(2)由mgm得：vB2 m/s小球从A 到B过程中，依据动能定理：Wf2mglmvmv得到：Wf0.8 J所以W克f0.8 J(3)小球从A到B过程中，依据动能定理：Wf2mglmvmv小球在最高点Fmgm两式联立得：Fv9图象如图所示