2019-2020学年同步人教版物理必修2 课时分层训练 第7章 机械能守恒定律 模块综合检测卷

1、祝学子学业有成，取得好成绩模块综合检测卷（时间：90分钟满分:100分)一、选择题（共15小题,每小题3分，共45分。18题为单选题,915题为多选题）1在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是(）a开普勒进行了“月地检验，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论b哥白尼提出“日心说，发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律c第谷通过对天体运动的长期观察，发现了行星运动三定律d牛顿发现了万有引力定律解析：选d牛顿得出万有引力定律，a错误，d正确；开普勒发现行星运动三定律,b、c错误2弹道导弹是指在火箭发动机推力作用下按预定轨道飞行，关闭发

2、动机后按自由抛体轨迹飞行的导弹若关闭发动机时导弹的速度是水平的,不计空气阻力,则导弹从此时起水平方向的位移（)a只由水平速度决定b只由离地高度决定c由水平速度、离地高度共同决定d与水平速度、离地高度都没有关系解析:选c不计空气阻力,关闭发动机后导弹水平方向的位移xv0tv0，可以看出水平位移由水平速度、离地高度共同决定,选项c正确3将地球看做质量均匀分布的球体,在其上空有许多同步卫星,下列说法中正确的是（）a它们的质量可能不同b它们的角速度可能不同c它们的向心加速度可能不同d它们离地心的距离可能不同解析：选a所谓地球同步卫星，是相对地面静止且和地球有相同周期、角速度的卫星同步卫星定位于赤道的正

3、上方，离地面的高度约为3。6104 km.因此所有同步卫星离地心的距离均相同，向心加速度也相同4从离地h高处以速度v竖直向下抛出一个小球，若球撞地时无机械能损失，那么此球的回跳高度是（)ahbhc。 d以上均有可能解析：选a设此球回跳高度是h.据题意，物体与地面碰撞的过程中无机械能损失，则根据机械能守恒定律得mghmv2mgh,解得hh，故a正确5小船横渡一条两岸平行的河流，船相对于静水的速度大小不变,船身方向垂直于河岸，水流方向与河岸平行,已知小船的运动轨迹如图所示，则（)a距离河岸越远，水流速度越小b沿图中轨迹渡河时间最短c沿图中轨迹渡河时间最长d沿图中轨迹渡河路程最短解析:选b从轨迹曲线

4、的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度,小船后具有向上游的加速度,故水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小,故a错误；由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化,这种渡河方式耗时总是最短,故b正确，c错误;最短路程过河船头指向斜上方,而不是船头指向对岸,因此途中轨迹不是最短路程,故d错误6如图所示,一个凹形桥模拟器固定在水平地面上，其凹形轨道是半径为0。4 m的半圆，且在半圆最低点装有一个压力传感器(图中未画出)一质量为0.4 kg的玩具小车经过凹形轨道最低点时，传感器的示数为8 n，则此时小车的速度大小为（取g10 m/s2）（)a2 m/s b4 m/sc8 m/s d16

5、 m/s解析:a小车经过凹形桥的最低点时，受重力和支持力，沿半径方向的合外力提供向心力，由牛顿第二定律有：fnmgm,由牛顿第三定律得fnfn，而fn为视重是8 n，联立得瞬时速度v2 m/s，故a选项正确7当人造地球卫星已进入预定轨道后,下列说法中正确的是（）a卫星及卫星内的任何物体均不受重力作用b卫星及卫星内的任何物体仍受重力作用，并可用弹簧测力计直接称出物体所受重力的大小c如果卫星自然破裂成质量不相等的两块，则这两块仍按原来的轨道和周期运行d如果在卫星内将一个物体自由释放，则卫星内观察者将可以看到物体做自由落体运动解析：选c卫星在预定轨道上运行时，卫星及卫星内的物体仍然受到地球对它的引力

6、作用，但处于失重状态 ，故a、b、d错误；若卫星自然破裂，任一部分受到地球的引力恰好提供该部分做圆周运动的向心力，它依旧按原来的轨道和周期运行，故c正确8如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度大小为g）（)a。 bc。 d解析：选b物块由最低点到最高点由机械能守恒可得：mv22mgrmv;物块做平抛运动：xv1t；t；联立解得x，由数学知识可知,当r时，x最大,故选b。9如图所示，在光滑水平地面上有一辆平板小车，车上放着一个滑块,滑

7、块和平板小车间有摩擦，滑块在水平恒力f作用下从车的一端拉到另一端第一次拉滑块时将小车固定，第二次拉滑块时小车没有固定,在这先后两次拉动木块的过程中，下列说法中正确的是（)a滑块所受的摩擦力一样大b拉力f做的功一样大c滑块获得的动能一样大d系统增加的内能一样大解析：选ad滑动摩擦力与压力成正比,两次压力相等，都等于mg，动摩擦因数是一定的,故滑动摩擦力一定相等，故a正确；第二次由于小车也会向右移动，故滑块的对地位移变大了，故拉力做的功变多了,故b错误;根据动能定理，有(ff)xmv2;第二次由于小车也会向右移动,滑块的对地位移x变大了，故获得的动能也变大了,故c错误；根据功能关系，系统增加的内能

8、等于一对滑动摩擦力做的功，即qfs；两次相对路程都等于小车的长度,故产生的内能相等,故d正确10目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用,则下列说法正确的是(）a卫星的动能逐渐减小b由于地球引力做正功，引力势能一定减小c由于气体阻力做负功,地球引力做正功，机械能保持不变d卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小解析：选bd由于空气阻力做负功,卫星轨道半径变小，地球引力做正功,引力势能一定减小，动能增大，机械能减小，选项a、c错误,b正确；根据动能定理，卫星动能增大，卫星克服

9、阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小，所以卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小，选项d正确11如图所示，一个质量是25 kg的小孩从高为2 m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度为 2 m/s（g取10 m/s2)关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（)a重力做的功为500 jb合外力做功为50 jc克服阻力做功为50 jd支持力做功为450 j解析:选ab重力做功与路径无关，wgmgh25102 j500 j，a项正确；合外力做功有wekmv22522 j50 j，b项正确；wwgw阻50 j，所以w阻450 j，即克服阻力做功为450 j，c项错误;支

10、持力始终与速度垂直，不做功，d项错误12如图所示，木板b托着木块a在竖直平面内逆时针方向做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是(）a从水平位置a到最高点b的过程中a的向心加速度越来越大b从水平位置a到最高点b的过程中b对a的摩擦力越来越小c在a处时a对b的压力等于a的重力,a所受的摩擦力达到最大值d在过圆心的水平线以下a对b的压力一定大于a的重力解析：选bcd由于木块a在竖直平面内做匀速圆周运动，a的向心加速度大小不变，a错误；从水平位置a到最高点b的过程中，a的向心加速度沿水平方向的分量逐渐减小，即此过程b对a的摩擦力越来越小，b正确；在a处时a的向心加速度水平向左，竖直方向上a处于平衡，a对

11、b的压力等于a的重力，a所受的摩擦力达到最大值，c正确；在过圆心的水平线以下有向上的加速度的分量，此时a处于超重状态，a对b的压力大于a的重力，d正确13水平地面上有一木箱,木箱与地面之间的动摩擦因数为（01)现对木箱施加一拉力f，使木箱做匀速直线运动设f的方向与水平面的夹角为,如图所示，在从0逐渐增大到90的过程中，木箱的速度保持不变,则（)af先减小后增大 bf一直增大cf的功率减小 df的功率不变解析：选ac由于木箱的速度保持不变，因此木箱始终处于平衡状态，对木箱进行受力分析，由平衡条件得mgfnfsin ,fcos fffn，联立解得f,所以在从0逐渐增大到90的过程中，f先减小后增大

12、,选项a正确，b错误；f的功率为pfvcos ，在从0逐渐增大到90的过程中，tan 逐渐增大，故功率p逐渐减小，选项c正确，d错误14p1、p2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示p1、p2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同则（)ap1的平均密度比p2的大bp1的“第一宇宙速度”比p2的小cs1的向心加速度比s2的大ds1的公转周期比s2的大解析：选ac由图象左端点横坐标相同可知，p1、p2两行星的半径r相等，对于两行星的近地

13、卫星：gma，得行星的质量m,由a。r2图象可知p1的近地卫星的向心加速度大，所以p1的质量大，平均密度大,选项a正确；根据g得,行星的第一宇宙速度v ，由于p1的质量大，所以p1的第一宇宙速度大,选项b错误;s1、s2的轨道半径相等，由ar2图象可知s1的向心加速度大，选项c正确；根据gm2r得,卫星的公转周期t2 ，由于p1的质量大，故s1的公转周期小,选项d错误15如图所示,a、b、c、d四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道:除去底部一小圆弧，a图中的轨道是一段斜面，高度大于h;b图中的轨道与a图中轨道相比只是短了一些，且

14、斜面高度小于h；c图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；d图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是(）解析:选ac小球在运动过程中机械能守恒，a、c图中小球不能脱离轨道，在最高点速度为零，因而可以达到h高度；但b、d图中小球都会脱离轨道而做斜抛运动，在最高点具有水平速度，所以在最高点的重力势能要小于mgh（以最低点为零势能面），即最高点的高度要小于h，选项a、c正确二、非选择题（共5小题，55分）16（6分）在研究平抛运动实验中，实验室准备了下列器材：铁架台、斜

15、槽、竖直挡板、有水平卡槽的木板（能将挡板竖直固定在卡槽上,且相邻卡槽间的距离相等)、白纸、复写纸、图钉、小球、刻度尺等.请完成研究平抛运动的实验步骤：(1）按图安装实验装置，保证斜槽末端_，将白纸、复写纸用图钉固定在挡板同一面上,再将挡板竖直固定在卡槽上；(2)将小球从斜槽上某位置由静止释放，小球撞击挡板时在白纸上会留下痕迹；（3）将挡板移到右侧相邻的卡槽上竖直固定好，将小球从斜槽上_释放，小球撞击挡板时在白纸上留下痕迹；(4)重复（3)的步骤若干次;(5)整理器材。若相邻卡槽间的距离为l，在白纸上依次选取三个点迹，测得相邻两点迹间的距离分别为h1、h2(h2h1）,重力加速度为g，则小球做平

16、抛运动的初速度v0_。解析：。在实验中要画出平抛运动轨迹，必须确保小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道末端一定要水平，将白纸和复写纸用图钉固定在挡板同一面上，要画出轨迹必须让小球在同一位置由静止多次释放。由平抛运动规律，lv0t，h2h1gt2，联立解得小球做平抛运动的初速度v0l。答案：.(1）切线水平(3)同一位置由静止.l17(9分)在用重锤下落来验证机械能守恒时,某同学按照正确的操作选得纸带如图所示其中o是起始点，a、b、c、d、e是打点计时器连续打下的5个点,打点频率为f50 hz.该同学用毫米刻度尺测量o到a、b、c、d、e各点的距离，并记录在图中（单位：cm)(1)这五个数据中不符合

17、有效数字读数要求的是_(选填“a”“b”“c”“d”或“e”）点读数（2）该同学用重锤在oc段的运动来验证机械能守恒，则c点对应的物体的速度vc_（用题中字母表示）（3）若o点到某计数点距离用h表示，重力加速度为g，该点对应重锤的瞬时速度为v，则实验中要验证的等式为_(4）若重锤质量m2。00101 kg，重力加速度g9.80 m/s2，由图中给出的数据,可得出从o到打下d点，重锤重力势能的减少量为_j,而动能的增加量为_j(均保留3位有效数字)解析：（1)刻度尺读数时应在最小刻度1 mm的基础上向下一位估读，即应当保留到小数点后两位12.40 cm，所以b点读数不符合要求(2)根据匀变速直线

18、运动中，时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上c点时小车的瞬时速度大小，即vc.(3)验证机械能守恒应该是减少的重力势能等于增加的动能，即mghmv2，故ghv2.(4）从o到d点，重锤重力势能的减少量为mghod0.2009.800。1 941 j0。380 j.打纸带上d点时，小车的瞬时速度大小vd1。94 m/s故动能的增加量为mv0.376 j.答案:(1）b（2）(3）ghv2（4）0。3800.37618（12分）有一列重为100 t的火车，以72 km/h的速率匀速通过一个内外轨一样高的弯道，轨道半径为400 m(g取10 m/s2）(1)试计算铁轨受到的侧压力大

19、小；(2)若要使火车以此速率通过弯道，且使铁轨受到的侧压力为零，我们可以适当倾斜路基,试计算路基倾斜角度的正切值解析：(1)v72 km/h20 m/s，外轨对轮缘的侧压力提供火车转弯所需要的向心力，所以有：fnm n1105 n由牛顿第三定律可知铁轨受到的侧压力大小等于1105 n。(2）火车过弯道,重力和铁轨对火车的支持力的合力正好提供向心力，如图所示：则mgtan m由此可得tan 0.1。答案：(1）1105 n（2）0.119（14分)我国海军歼15舰载机已经在“辽宁”号航母上成功着舰和起飞现将飞机起飞模型简化为飞机先在水平甲板上做匀加速直线运动，再在倾角为15的斜面甲板上以最大功率做加速运动，最后从甲板飞出的速度为360 km/h,如图所示若飞机的质量为18 t,甲板ab长180 m，斜面甲板bc长50 m（飞机长度忽略当成质点，不计一切摩擦和空气阻力，取sin 150。3，g10 m/s2）（1)如果要求到达甲板b点的速度至少为离开斜面甲板速度的60，则飞机在水平甲板上运动时的牵引