必修第二册学业水平考试达标检测（二）

必修第二册学业水平考试达标检测（二）(本试卷满分：100分)一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．人造卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，A卫星的运行周期为3h，A的轨道半径为B的轨道半径的eq\f(1,4)，则B卫星的运行周期大约是 ()A．12h B．24hC．36h D．48h解析：选B开普勒行星运动定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动。根据开普勒第三定律eq\f(R3,T2)＝k，可得eq\f(RA3,RB3)＝eq\f(TA2,TB2)，eq\f(TA,TB)2＝eq\f(1,4)3，解得TB＝8TA＝24h。故B正确。2．如图1所示，长为L的直棒一端可绕固定轴转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为()A．eq\f(vsinα,L) B．eq\f(v,Lsinα) 图1C．eq\f(vcosα,L) D．eq\f(v,Lcosα)解析：选B棒与平台接触点的实际运动即合运动方向垂直于棒斜向左上，如图所示，合速度v实＝ωL，沿竖直向上方向上的速度分量等于v，即ωLsinα＝v，ω＝eq\f(v,Lsinα)，故B正确。3．质量为30kg的小孩坐在秋千板上，秋千板离系绳子的横梁的距离是2.5m。小孩的父亲将秋千板从最低点拉起1.25m高度后由静止释放，小孩沿圆弧运动至最低点时，她对秋千板的压力约为 ()A．0 B．200NC．600N D．1000N解析：选C小孩由最高点运动到最低点的过程中机械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，在最低点由牛顿第二定律F－mg＝eq\f(mv2,R)，解得F＝600N，故C正确。4．如图2所示，轻弹簧的一端固定在竖直转轴上O点，另一端连接质量为m的小球，轻弹簧的劲度系数为k，原长为L。当小球以角速度ω绕竖直转轴在光滑水平面上做匀速圆周运动(k>mω2)时，小球运动 图2 的向心加速度大小为 () A．ω2L B．eq\f(kω2L,k－mω2)C．eq\f(kωL,k－mω2) D．eq\f(ω2L,k－mω2)解析：选B设小球做匀速圆周运动时弹簧的形变量为x，则有kx＝mω2(x＋L)，解得x＝eq\f(mω2L,k－mω2)，则小球运动的向心加速度大小为a＝ω2(x＋L)＝eq\f(kω2L,k－mω2)，故B正确。5．假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为()A．1－eq\f(d,R) B．1＋eq\f(d,R)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R－d,R)))2 D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,R－d)))2解析：选A如图所示，根据题意，地面与矿井底部之间的环形部分对处于矿井底部的物体引力为0。设地面处的重力加速度为g，地球质量为M，地球表面的物体m受到的重力近似等于万有引力，故mg＝Geq\f(Mm,R2)；设矿井底部处的重力加速度为g′，等效“地球”的质量为M′，其半径r＝R－d，则矿井底部处的物体m受到的重力mg′＝Geq\f(M′m,r2)，M＝ρV＝ρ·eq\f(4,3)πR3，M′＝ρV′＝ρ·eq\f(4,3)π(R－d)3，联立解得eq\f(g′,g)＝1－eq\f(d,R)，故A正确。6．如图3甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F的作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图3乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是()图3A．在0～h0过程中，F的大小始终为mgB．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D．在2h0h0过程中，物体的机械能不断减少解析：选C由题图乙物体动能Ek与距地面高度h的关系可知，当物体距离地面高度为h0时，Ek＝mgh0，由功能关系可得，力F做功WF＝Fh0＝Ek＋mgh0＝2mgh0，解得F＝2mg，即在0～h0过程中，F大小始终为2mg，故A错误；当物体距离地面高度为2h0时，Ekmgh0，在h0～2h0过程中，由功能关系可得，力F做功WF＝ΔEk＋ΔEpmgh0＋mgh0mgh0，即在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1.5＝4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，力F做正功，物体的机械能不断增加，故C正确；在2h0高度，物体的动能为Ekmgh0，重力势能为Ep＝2mgh0，物体的机械能为E＝Ek＋Epmgh0h0高度，物体的动能为0，重力势能为Epmgh0，物体的机械能为E＝Ek＋Epmgh0，因此在2h0h0过程中，物体的动能不断减少，机械能不变，故D错误。7．如图4所示，质量为60kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒。已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9m和0.6m。若她在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，则克服重力做的功和相应的功率约为() 图4A．430J,7W B．4300J,70WC．720J,12W D．7200J,120W解析：选B根据相似三角形可得，每次做俯卧撑运动员的重心升高h＝0.24m，克服重力做功W＝mgh＝60×10×0.24J＝144J，所以1分钟内克服重力做功为W总＝nW＝4320J，功率P＝eq\f(W总,t)＝72W，故B正确。8．如图5所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已知图中双向四车道的总宽度约为15m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，则运动的汽车()A．所受的合力可能为0 图5B．只受重力和地面支持力作用C．最大速度不能超过25m/sD．所需的向心力由重力和支持力的合力提供解析：选C汽车在水平面上做匀速圆周运动，合外力时刻指向圆心，拐弯时靠静摩擦力提供向心力，故A、B、D错误，C正确。9．如图6所示，质量相同的A、B两小球用长度不同的两轻绳悬于等高的O1、O2点，绳长LA、LB的关系为LA>LB，将轻绳水平拉直，并将小球A、B由静止开始同时释放，取释放的水平位置为零势能的参考面，则下列说法错误的是()图6A．在下落过程中，当两小球到同一水平线L上时具有相同的重力势能B．两小球分别落到最低点的过程中减少的重力势能相等C．A球通过最低点时的重力势能比B球通过最低点时的重力势能小D．A、B两小球只要在相同的高度，它们所具有的重力势能就相等解析：选B下落过程中，当两小球到同一水平线L上时，因为它们的质量相同，所以具有相同的重力势能，故A正确；根据重力势能的变化与重力及下落的高度有关知两小球分别落到最低点的过程中减少的重力势能不相等，故B错误；取释放的水平位置为零势能的参考面，则根据重力势能的定义知，A球通过最低点时的重力势能比B球通过最低点时的重力势能小，故C正确；两小球只要在相同的高度，它们所具有的重力势能就相等，故D正确。10．为了安全，跨河大桥通常建成拱形，如图7所示，M、N为水平面上的两点，O点为拱桥的最高点，且最高点距离水平面的高度为h。一质量为m的卡车以恒定不变的速率由M经O到达N点。则() 图7A．由于M、N在同一水平面上，则卡车在整个运动过程中重力始终不做功B．卡车的重力势能先减小后增大，重力先做负功后做正功C．卡车的重力势能先增大后减小，重力先做正功后做负功D．卡车的重力势能先增大后减小，重力先做负功后做正功解析：选D由M到O的过程中，卡车向高处运动，重力势能增大，重力做负功，由O到N的过程中，卡车向低处运动，重力势能减小，重力做正功，故D正确。11．升降机中有一质量为m的物体，当升降机以加速度a匀加速上升h高度时，物体增加的重力势能为 ()A．mgh B．mgh＋mahC．mah D．mgh－mah解析：选A物体随升降机上升了h，物体克服重力做的功W＝mgh，故物体的重力势能增加了mgh。12．如图8所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为() 图8A．eq\f(1,2)μmgRB．2πmgRC．2μmgRD．0解析：选A滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根据动能定理有Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR，故A正确。13．如图9所示的a、b、c三颗地球卫星(均可视为质点)，其轨道半径关系为ra＝rb＜rc，下列说法正确的是()A．卫星a、b的质量一定相等B．它们的周期关系为Ta＝Tb＞TcC．卫星a、b的质量一定大于卫星c的质量 图9D．它们的速度关系为va＝vb＞vc解析：选D根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，则三颗卫星的速度关系为va＝vb＞vc，故D正确；根据题给的条件无法比较卫星a、b、c的质量的大小，故A、C错误；根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，则Ta＝Tb＜Tc，故B错误。14．如图10甲所示，有一物体由O点以初速度v0沿水平面向右滑行，物体始终受到一个水平向左的恒力F，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，其动能Ek随离开O点的距离s变化的图线如图10乙所示，则以下说法正确的是()图10A．物体的质量为m＝2kgB．物体受到水平向左的恒力F＝2NC．物体与水平面间的摩擦力大小Ff＝3ND．由于摩擦力做负功，物体的机械能不断减小解析：选A根据图像可以判断，动能改变量等于合外力做功，因此图像的斜率代表合外力，即F＋Ff＝5N，F－Ff＝1N，联立可得F＝3N、Ff＝2N，故B、C均错误；物体先经历减速停止阶段，机械能减小，在外力F作用下，反向加速，动能变大，机械能增加，故D错误；根据Ff＝μmg可知m＝2kg，故A正确。15．“反向蹦极”是蹦极运动中的一种类型，如图11所示，将弹性绳拉长后固定在运动员上，并通过其他力作用使运动员停留在地面上，当撤去其他力后，运动员从A点被“发射”出去冲向高空，当上升到B点时弹性绳恢复原长，运动员继续上升到最高点C，若运动员始终沿竖直方向运动并视为质点，忽略弹性绳质量与空气阻力。下列说法正确的是() 图11A．运动员在A点时弹性绳的弹性势能最小B．运动员在B点的动能最大C．运动员在C点时的加速度大小为0D．运动员从A点运动到B点的过程，弹性绳的弹性势能减小量大于运动员重力势能的增加量解析：选D运动员在A点时弹性绳的形变量最大，弹性势能最大，故A错误；当向上弹回的过程中，当向上的作用力等于重力时，速度最大，在B处时弹性绳恢复原长，所以速度最大的位置在AB之间，故B错误；在C处，弹性绳弹力为0，但C处还有重力，由牛顿第二定律，可知，在C处的加速度不为0，故C错误；从A到B过程中，弹性绳的弹性势能减少量等于人的机械能变化量，因为B点运动员的动能大于0，所以弹性绳的弹性势能的减少量大于重力势能的增加量，故D正确。16．一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图12中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则()A．物块下滑过程中机械能守恒C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J 图12解析：选B由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，故A错误；在斜面顶端，重力势能mgh＝30J，解得物块质量m＝1kg，由重力势能随下滑距离s变化图像可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图像可知，动能可以表示为Ek＝2sJ，设斜面倾角为θ，则有sinθ＝eq\f(h,L)＝eq\f(3,5)，cosθ＝eq\f(4,5)，由功能关系有－μmgcosθ·s＝Ep＋Ek－30J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4sJ，可得μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度a＝gsinθ－μgcosθ＝2.0m/s2，故C错误；由物块的重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，当物块下滑2.0m时机械能为E＝18J＋4J＝22J，机械能损失了ΔE＝30J－22J＝8J，故D错误。二、非选择题(本题共5小题，共52分)17．(8分)某同学用电磁实验装置和数码照相机分别研究平抛运动。图13(1)如图13甲所示，将小球a由斜槽上某一高度处静止释放，沿斜槽滚下，离开斜槽末端(水平)时撞开轻质接触式开关，被电磁铁吸住的小球b同时自由下落。结果看到a、b两球同时落地，这个演示实验说明了___________________________________________________________________________________________________________________。(2)用频闪照相拍摄小球做平抛运动的轨迹，得到如图13乙的图片，图片中a、b、c、d是连续四次拍摄的小球所在的位置。①方格纸中每个小方格的实际边长为1.6cm，则闪光灯闪光的时间间隔为________s，小球做平抛运动的初速度大小为v0＝______m/s。(重力加速度g＝10m/s2)②试分析a点是否为小球的抛出点，说明理由。解析：(1)演示实验说明了做平抛运动的物体在竖直方向上的分运动是自由落体运动。(2)①由Δh＝gT2，得到闪光灯闪光的时间间隔T＝eq\r(\f(Δh,g))＝eq\×10－2,10))s＝4×10－2s，小球的初速度大小v0＝eq\f(x,T)＝eq\×10－2,4×10－2)m/s＝0.8m/s；②小球在b点时竖直方向的分速度大小vy＝eq\f(3××10－2,2×4×10－2)m/s＝0.6m/s，至此小球运动的时间t＝eq\f(vy,g)＝0.06s>T，a点不是小球的抛出点。答案：(1)做平抛运动的物体在竖直方向上的分运动是自由落体运动(2)①4×10－20.8②见解析(其他解析合理即可)18．(8分)为了测定滑块与水平桌面之间的动摩擦因数μ，某同学设计了如图14所示的实验装置，其中圆弧形滑槽末端与桌面相切。第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，滑槽末端与桌面右端M对齐，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平地面上的P点，如图14甲所示；第二次实验时，滑槽固定于桌面左侧，测出滑槽末端N与桌面右端M之间的距离为L，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平地面上的Q点，如图14乙所示。已知重力加速度为g，不计空气阻力，滑块与滑槽之间有摩擦力。图14(1)实验还需要测出的物理量是________(填选项前序号)。A．滑槽的高度hB．桌子的高度HC．O点到P点的距离d1D．O点到Q点的距离d2E．滑块的质量m(2)实验中需要用到的测量工具有________________________________________。(3)写出动摩擦因数μ的表达式为μ＝______。解析：第一次和第二次实验，滑块都是从相同的滑槽相同的高度滑下，因此离开滑槽的速度相等，第一次离开滑槽做平抛运动，第二次离开后先经过NM减速后再做平抛运动，根据vM2－vN2＝2aL＝2(－μg)L即可算出动摩擦因数，我们需要计算出vM和vN，它们是两次平抛的初速度，即需要测出桌子高度H＝eq\f(1,2)gt2和平抛的水平位移d1＝vNt，d2＝vMt，代入数据计算动摩擦因数μ＝eq\f(d12－d22,4HL)，测量长度需要用到刻度尺。答案：(1)BCD(2)刻度尺(3)eq\f(d12－d22,4HL)19．(10分)如图15所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1g的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，转动轴到管底小球的距离为5cm，让试管在竖直平面内匀速转动。g取10m/s2。 (1)转动轴达到某一转速时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值图15 的3倍，此时角速度为多大？ (2)当角速度ω＝10rad/s时，管底对小球的作用力的最小值和最大值各是多少？解析：(1)转至最低点时，小球对管底压力最大；转至最高点时，小球对管底压力最小，则在最低点时管底对小球的支持力大小F1是在最高点时管底对小球支持力大小F2的3倍，即F1＝3F2根据牛顿第二定律：在最低点：F1－mg＝mω2r，在最高点：F2＋mg＝mω2r，又r＝5cm＝0.05m，联立得ω＝eq\r(\f(2g,r))＝eq\r(\f(2×10,0.05))rad/s＝20rad/s。(2)在最高点时，设小球不掉下来的最小角速度为ω0，则mg＝mω02r，即ω0＝eq\r(\f(g,r))＝eq\r(\f(10,0.05))rad/s＝10eq\r(2)rad/s，因为ω＝10rad/s<ω0，所以管底转到最高点时，小球已离开管底，因此管底对小球作用力的最小值为Fmin＝0，当转到最低点时，管底对小球的作用力最大值为Fmax，根据牛顿第二定律知Fmax－mg＝mω2r，代入数值得Fmax×10－2N。答案：×10－2N20．(12分)如图16所示，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳两端各系一物块，质量m1＝0.2kg的物块A在水平台面上，质量m2＝0.8kg的物块B在地面上，系统处于静止状态，滑轮两侧轻绳分别处于水平、竖直状态。现对A施加一大小为11N 图16 的水平向左恒力F，作用t＝1.5s后撤去力F。设A与台面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，B始终不会碰到滑轮，g取10m/s2。求： (1)B上升的最大高度H； (2)在B开始运动到刚返回地面的过程中A克服摩擦力做的功Wf以及B落地前瞬间的重力功率P。解析：(1)撤去力F前，根据牛顿第二定律：F－μm1g－m2g＝(m1＋m2)a，物块的位移大小x1＝eq\f(1,2)at2，解得x1＝2.25m，A向左运动的全过程，对A、B组成的系统，根据动能定理有Fx1－μm1gH－m2gH＝0