1、模块检测题(二)(时间:60分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分,每小题只有一个选项符合题目要求)1.雷达是利用无线电波的回波来探测目标方向和距离的一种装置,雷达的天线犹如喊话筒,能使电脉冲的能量集中向某一方向发射;接收机的作用则与人耳相仿,用以接收雷达发射机所发出电脉冲的回波。测速雷达主要是利用多普勒效应原理,可由回波的频率改变数值,计算出目标与雷达的相对速度,以下说法正确的是()A.目标向雷达天线加速远离时,反射信号频率将高于发射信号频率B.目标向雷达天线加速靠近时,反射信号频率将低于发射信号频率C.目标向雷达天线减速远离时,反射信号频率将高于发射信号频率
2、D.目标向雷达天线减速靠近时,反射信号频率将高于发射信号频率解析根据多普勒效应,不论加速还是减速,目标向雷达天线远离时,反射信号频率将低于发射信号频率,目标向雷达天线靠近时,反射信号频率将高于发射信号频率,A、B、C错误,D正确。答案D2.质量为1 kg的木块静止在光滑的水平面上,先受到一个向东的拉力F1=3 N,1 s后撤去F1,同时对木块施加一个向北的拉力F2=4 N,又经过1 s,g取10 m/s2,则()A.整个过程重力的冲量为0B.整个过程木块受到拉力的冲量为7 NsC.2 s末木块的动能为50 JD.2 s末木块的动量为50 kgm/s解析重力的作用时间不为零,故重力的冲量不为零,
3、选项A错误;水平向东的冲量为I1=F1t=3Ns,水平向北的冲量为I2=F2t=4Ns,则整个过程木块受到拉力的冲量为I=I12+I22=5Ns,根据动量定理可知,2s末木块的动量p=p=I=5kgm/s,动能Ek=p22m=5221J=12.5J,选项B、C错误,D正确。答案D3.(2020黑龙江大庆实验中学期中)如图所示,足够长的传送带以速度v1逆时针转动,一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带,从此时起到物块再次回到P点的过程中,下列说法正确的是()A.合力对物块的冲量大小一定为mv1+mv2B.合力对物块的冲量大小一定为2mv2C.合力对物块的冲量大小可能为零D.
4、合力对物块做的功可能为零解析如果v1v2,根据对称性,物块再回到P点时的速度仍为v2,根据动量定理,合力对物块的冲量为2mv2,A错误;如果v1v2,物块再回到P点时的速度为v1,根据动量定理,合力对物块的冲量为mv1+mv2,B错误;由于物块运动的速度方向发生变化,故动量一定会发生变化,合力的冲量一定不会等于零,C错误;如果v1=v2,回到P点时,物块的动能没有发生变化,根据动能定理,合力对物块做的功为零,D正确。答案D4.(2021河南高二期末)如图所示,PQ为一竖直弹簧振子振动路径上的两点,振子经过P点时的加速度大小为6 m/s2,方向指向Q点;当振子经过Q点时,加速度的大小为8 m/s
5、2,方向指向P点,若PQ之间的距离为14 cm,振子的质量为1 kg,则以下说法正确的是()A.振子经过P点时所受的合力比经过Q点时所受的合力大B.该弹簧振子的平衡位置在P点正下方7 cm处C.振子经过P点时的速度比经过Q点时的速度大D.该弹簧振子的振幅一定为8 cm解析由牛顿第二定律可得F合=ma,由题意可得a1=6m/s2,a2=8m/s2,a1a2,所以F合1v2B.v1a2D.a1a2解析由题意,振子从最大位移处需时间t0第一次到达平衡位置,从最大位移处到平衡位置处运动,振子的速度增大,加速度减小,所以经过t02通过的位移小于A2,振子越靠近平衡位置速度越大,加速度越小,所以v1a2。
6、故A、D错误,B、C正确。答案BC10.(2021浙江绍兴诸暨中学高二期中)两列简谐波的振幅都是20 cm,传播速度大小相同,实线波的频率为2 Hz,沿x轴正方向传播,虚线波沿x轴负方向传播,某时刻两列波在如图所示区域相遇,则()A.平衡位置为x=6 cm处的质点此刻速度为零B.平衡位置为x=8.5 cm处的质点此刻位移y20 cmC.从图示时刻起再经过0.25 s,平衡位置为x=4 cm处的质点的位移y=20 cmD.随着波的传播,在相遇区域会出现某质点的振动位移达到y=40 cm解析题图所示时刻,两列简谐波单独传播时都引起x=6cm处的质点的速度向上,故x=6cm处的质点此时一定向上运动,
7、速度不为零,故A错误;两列简谐横波在平衡位置为x=8.5cm处的质点的位移是两列波引起位移的矢量和,两列波单独传播时刻质点的位移都大于10cm,故合位移y20cm,故B正确;实线波的波长为4m,故波速为v=f=8m/s,两列波传播速度大小相同,所以虚线波的波速也为8m/s,虚线波的波长为6m,故再经过0.25s,实线波x=2cm处质点的振动和虚线波x=6cm处质点的振动分别传播到平衡位置为x=4cm处的质点处,所以合位移y=0,故C错误;随着波的传播,会出现两列波的波峰与波峰相遇,此时质点的振动位移可以达到y=40cm,故D正确。答案BD三、非选择题(本题共5小题,共57分)11.(7分)用圆
8、弧状玻璃砖做测量玻璃折射率的实验时,先在白纸上放好圆弧状玻璃砖,在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2,然后在玻璃砖的另一侧观察,调整视线使P1的像被P2的像挡住,接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P3和P4,使P3挡住P1和P2的像,P4挡住P3以及P1和P2的像,在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓如图甲所示(O为两圆弧圆心,图中已画出经过P1、P2点的入射光线)。(1)在图上补画出所需的光路;(2)为了测出玻璃的折射率,需要测量入射角和折射角,请在图中的AB分界面上标出这两个角;(3)多次改变入射角,测得几组入射角和折射角,根据测得的入射角和折射角的正弦值,画出了如图乙所示的图像,由
9、图像可知该玻璃的折射率n=。解析(1)连接P3、P4与CD交于一点,此交点即为光线从玻璃砖中射出的位置,又由于P1、P2的连线与AB的交点即为光线进入玻璃砖的位置,连接两点即可作出玻璃砖中的光线,如图所示。(2)O点与光线在AB上的入射点的连线即为法线,出入射角和折射角如图中i、r所示。(3)图像的斜率k=sinisinr=n,由题图乙可知斜率为1.5,即玻璃的折射率为1.5。答案(1)见解析图(2)见解析图(3)1.512.(10分)(2021福建莆田第二十五中学高三月考)用如图所示实验装置做用单摆测量重力加速度的实验。(1)组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用刻度尺测出摆线长为l,用游标
10、卡尺测出摆球直径为d。则单摆摆长为(用字母l、d表示)。再用秒表记录单摆n次全振动所用的时间为t,用上述测得的物理量符号写出重力加速度的表达式g=。(2)为了提高实验精确度,下列说法正确的是(选填字母代号)。A.用塑料球做摆球B.当摆球经过平衡位置时开始计时C.把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放D.测量一次全振动的时间作为周期,根据公式计算重力加速度g(3)某同学测重力加速度,他用长细线和小铁球做了一个单摆,手头却只有一个量程为30 cm的刻度尺和一个秒表,于是他先测得单摆的周期为T1,然后将摆线长度减小l(l小于刻度尺量程)再次实验,测得相应单摆的周期为T2。由此可得重力加速度g=(用
11、字母l、T1、T2表示)。解析(1)单摆摆长为摆线的长度加摆球的半径,故单摆摆长为L=l+d2,由题意知,单摆n次全振动所用的时间为t,故其单摆的周期为T=tn,由单摆周期公式T=2Lg,可得重力加速度的表达式g=42LT2=42(l+d2)(tn)2=4n22(l+d2)t2。(2)为了提高实验精确度,小球应选用密度比较大的,故A错误;为了提高实验精确度,当摆球经过平衡位置时开始计时,故B正确;用单摆测量重力加速度的实验中,单摆只有在一个比较小的角度下摆动才可以看成简谐振动,才可以用单摆的周期公式进行计算,故C错误;在测量单摆的周期时,测量一次全振动的时间作为单摆的周期误差太大,应当用统计规
12、律去测量其周期,再根据公式计算重力加速度g,故D错误。(3)根据单摆的周期公式可知T1=2lg,T2=2l-lg,可知g=42lT12-T22。答案(1)l+d24n22(l+d2)t2(2)B(3)42lT12-T2213.(10分)(2021湖北武汉高二期末)用某种透明材料制成的一块柱体棱镜的水平截面图如图所示,左侧ABOD为长方形,右侧DOF为以O为圆心的14圆。光线从真空以入射角1=60射到棱镜AB面上,经折射后,光线到达BF面上的O点并恰好不从BF面射出。求该棱镜的折射率n和光线在棱镜中传播的速度大小v(光在真空中的传播速度为c=3108 m/s)。解析画出光路图如图所示,则n=si
13、n1sin2,由题意可知,光线在BF面恰好发生全反射,有sinC=1n,由图可知2+C=90,联立以上各式解得n=72;由n=cv可解得v=677108m/s。答案72677108 m/s14.(12分)(2021山东烟台高二期末)如图所示,实线是一列简谐横波在t1=0时刻的波形图,虚线是在t2=0.2 s时刻的波形图。(1)若波速为55 m/s,求x=5 m处的质点M在t1时刻的振动方向;(2)在t1t2时间内,x=5 m处的质点M通过的路程为1.8 m,求波速大小。解析(1)从题图像可以看出,波长为=4m若波沿x轴正方向传播,波传播的距离为x1=n+14(n=0,1,2,3,)波传播的速度
14、为v1=x1t=5(4n+1)m/s(n=0,1,2,3,)无论n取值多少都不能得出波速为55m/s若波沿x轴负方向传播,波传播的距离为x2=n+34(n=0,1,2,3,)波传播的速度为v2=x2t=5(4n+3)m/s(n=0,1,2,3,)当n=2时v2=55m/s则波沿x轴负方向传播,根据波速与质点的振动方向的关系,得质点M在t1时刻沿y轴负方向振动。(2)从题图可以看出振幅为A=20cm=0.2m,M通过的路程为1.8m,则经历的时间是两个周期再加四分之一周期,波传播的距离为x3=2+14=9m波速大小为v3=x3t=45m/s答案(1)沿y轴负方向振动(2)45 m/s15.(18
15、分)(2020河南鹤壁高中月考)如图所示,MN为固定的竖直光滑四分之一圆弧轨道,N端与水平面相切,轨道半径R=0.9 m。粗糙水平段NP长L=1 m,P点右侧有一与水平方向成=30角的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接,传送带逆时针转动。质量为1 kg可视为质点的物块A从圆弧轨道最高点M由静止开始沿轨道滑下,物块A与NP段间的动摩擦因数1=0.1,静止在P点的另一个物块B与A完全相同,B与传送带间的动摩擦因数2=33,A与B发生弹性碰撞,碰撞时间不计,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)物块A滑下后首次到达最低点N时对轨道的压力;(2)从A、B第一次碰撞后,B沿传送带上升的最大距离。解析
16、(1)物块A由M滑到N的过程,由机械能守恒定律得mgR=12mv2在N点,对物块A,由牛顿第二定律得FN-mg=mv2R联立解得FN=30N根据牛顿第三定律可知支持力与压力大小相等,方向相反,所以物体对轨道的压力大小为30N,方向竖直向下。(2)物块A从释放至到达P点的过程中,由动能定理得mgR-1mgL=12mvP2-0解得vP=4m/s设A、B第一次碰撞后的速度分别为v1、v2,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mvP=mv1+mv212mvP2=12mv12+12mv22解得v1=0,v2=4m/s传送带逆时针转动,所以碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零,设B沿传送带上升的最大距离为x,根据动能定理得-(mgsin+2mgcos)x=0-12mv22解得x=0.8m答案(1)30 N,方向竖直向下(2)0.8 m
