【小初高学习]2017-2018学年高中物理 模块综合检测 教科版必修2

模块综合测评(用间：60分钟满分：100分)一、选择题 (共 8 小题，共 48 分，在每题给出的四个选项中，第 1～5 题只有一项切合题目要求，第 6～8 题有多项切合题目要求．所有选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得零分 ) 1．自行车的大齿轮、小齿轮、后轮是互相关系的三个转动部分(如图 1)，行驶时 ()图 1A．大齿轮边沿点比小齿轮边沿点的线速度大B．后轮边沿点比小齿轮边沿点的角速度大C．大齿轮边沿点与小齿轮边沿点的向心加快度与它们的半径成正比D．后轮边沿点与小齿轮边沿点的向心加快度与它们的半径成正比【分析】大齿轮边沿点与小齿轮边沿点的线速度相等， A 错；v2后轮与小齿轮的角速度相等， B 错；依据 a n＝r知 C 错误；依据a n＝ω2r 知 D 正确．【答案】D2．“嫦娥一号”绕月卫星成功发射以后，我国又成功发射了“嫦娥二号”，其飞翔高度距月球表面 100 km，所探测到的相关月球的数据比飞翔高度为 200 km 的“嫦娥一号”更为详确．若两颗卫星环月的运行均可视为匀速圆周运动，运转轨道如图 2 所示，则有 ()【导学号： 22852129】图 2A ．“嫦娥二号 ”线速度比 “嫦娥一号 ”小B ．“嫦娥二号 ”周期比 “嫦娥一号 ”小C ．“嫦娥二号 ”角速度比 “嫦娥一号 ”小D ．“嫦娥二号 ”加快度比 “嫦娥一号 ”小【分析】 依据 GMm 2 ＝m ω2r ＝m 2π2r ＝mv 2 ＝ma ，可得 v ＝ rT r GM M GM r 3r，a ＝Gr 2 ，ω＝ r 3 ，T ＝2π GM 可见，轨道半径较小的 “嫦 娥二号 ”的线速度、加快度和角速度均较大，而周期较小．应选 B.【答案】B3．有一水平恒力 F 先后两次作用在同一物体上，使物体由静止开始沿水平眼行进 s ，第一次是沿圆滑水平面运动，第二次是沿粗拙水平面运动，设第一次力对物体做的功为W 1，均匀功率为 P 1；第二次力对物体做的功为 W 2，均匀功率为 P 2，则有 ()A ．W 1＝W 2，P 1＝P 2B ．W 1＝W 2，P 1＞P 2C ．W 1＜W 2，P 1＝P 2D ．W 1＜W 2，P 1＜P 2【分析】由 W ＝Fs 知道，W 1＝W 2，由于 a 1＞a 2 由 s ＝21at 2知 t 1W＜t 2，由 P ＝ t 知 P 1＞P 2，故 B 项正确．【答案】B4．如图 3 所示，一个电影替身演员准备跑过一个屋顶，而后水平跳跃并走开屋顶， 在下一个建筑物的屋顶上着地． 假如他在屋顶跑动的最大速度是 4.5 m/s ，那么以下对于他可否安全跳过去的说法错误的是 (g 取 9.8 m/s 2)()图 3A ．他安全跳过去是可能的B．他安全跳过去是不行能的C．假如要安全跳过去，他在屋顶跑动的最小速度应大于 6.2 m/s D．假如要安全跳过去，他在空中的飞翔时间需要 1 s【分析】依据 y＝12gt2，当他下降在下一个屋顶时，着落的高度 y＝4.9 m，所用时间 t＝2y＝2×4.9＝，最大水平位移：g9.8s 1.0 sx＝ v m t＝ 4.5 ×1.0 m＝4.5 m＜ 6.2 m，所以他不可以安全抵达下一个屋顶．要想安全跳过去，他的跑动速度起码要大于6.2m/s，即 6.2 m/s.1.0故 B、C、D 正确， A 错误．【答案】A5．如图 4 所示，小球以初速度v0从 A 点沿不圆滑的轨道运动到高为 h 的 B 点后自动返回，其返回途中仍经过 A 点，则经过 A 点的速度大小为 ()图 4A.v20－4ghB.4gh－v2C.v20－2ghD.2gh－v20【分析】设小球从 A 到 B 战胜摩擦力做的功为W f，小球从 A 至 B，由动能定理，有1－ W f－mgh＝0－2mv20小球从 B 至 A，由动能定理，有mgh－W f＝12mv2A－0解以上两式得 v A ＝ 4gh －v 02，B 对．【答案】B6．三颗人造地球卫星 A 、B 、C 绕地球做匀速圆周运动，如图 5所示，已知 m A ＝m B ＜m C ，则对于三颗卫星，正确的选项是( )【导学号： 22852130】图 5A ．运转线速度关系为 v A ＞vB ＝v CB ．运转周期关系为 T A ＜T B ＝T CC ．向心力大小关系为 F A ＝F B ＜F CR 3A R 3B R 3CD ．半径与周期关系为 T 2A ＝T 2B ＝T 2CMmv 2GM【分析】由Gr2＝ m r 得 v ＝ r ，所以 v A ＞v B ＝v c ，选项 A Mm2 r 34π正确；由 G r 2 ＝mr T 2 得 T ＝2π GM ，所以 T A ＜T B ＝T C ，选项 B 正Mm M确；由 G r 2 ＝ma n 得 a n ＝ G r 2，所以 a A ＞a B ＝a C ，又 m A ＝m B ＜m C ，所以 F A ＞F B ， F B ＜F C ，选项 C 错误；三颗卫星都绕地球运转，故由R 3A R 3BR 3C开普勒第三定律得＝＝，选项 D 正确．T 2AT 2B T 2C7．如图 6 所示，一个小环套在竖直搁置的圆滑圆形轨道上做圆周运动．小环从最高点 A 滑到最低点 B 的过程中，其线速度大小的平方 v 2跟着落高度 h 变化的图像可能是 ()图 6【分析】设小环在 A 点的速度为 v 0，由机械能守恒定律得－11mgh ＋2mv 2＝2mv 20得 v 2＝v 20＋2gh ，可见 v 2 与 h 是线性关系，若 v 0＝0，B 正确；若 v 0≠0，A 正确，故正确选项是 A 、B.【答案】AB18．如图 7 所示， MNP 为竖直面内一固定轨道，其 4圆弧段 MN 与水平段 NP 相切于 N ，P 端固定一竖直挡板， NP 长度为 2 m ，圆弧半径为 1 m ．一个可视为质点的物块自 M 端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生碰撞 (机械能不损失 )后，最后停止在水平轨道上某处．已知物块在 MN 段的摩擦可忽视不计，与 NP 段轨道间的滑动摩擦因数为 0.2.则物块 ()【导学号： 22852131】图 7A ．运动过程中与挡板发生 1 次碰撞B ．返回圆弧轨道的最大高度为0.6 mC ．在 NP 间来回一次战胜摩擦力做功 8 JD ．第一次与第二次经过圆弧轨道上N 点时对轨道的压力之比为15∶7【分析】 依据动能定理： mgR －μmgx ＝0 可算出物块在水平轨道上运动的行程 x ＝5 m ，所以物块与挡板仅发生一次碰撞， A 正确；依据动能定理 mgR －μmg ×2L －mgh ＝0，可求出返回圆弧轨道的最大高度为 h ＝0.2 m ，B 错误；在 NP 间来回一次战胜摩擦力做的功 W ＝12，μ × ＝， 错误；第一次经圆弧轨道上点时，＝ N mv1mg2L0.8mg CmgR 2mv 121N 1－mg ＝ R，第二次经过 N 点时， mgR －μmg ×2L ＝2mv 22，N 2－mg mv 22 N 1 15＝ R，整理可求出 N 2＝7 ，D 正确．【答案】 AD二、非选择题 (共 4 小题，共 52 分．按题目要求作答 )9．(8 分)用如图 8 所示的装置丈量弹簧的弹性势能．将弹簧搁置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O 点；在 O 点右边的B、C 地点各安装一个光电门，计时器(图中未画出 )与两个光电门相连．先用米尺测得 B、 C 两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某地点 A，静止开释，计时器显示遮光片从 B 到 C 所用的时间 t，用米尺丈量 A、O 之间的距离 x.图 8(1)计算滑块走开弹簧时速度大小的表达式是________．(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要丈量________．A．弹簧原长B．当地重力加快度C．滑块 (含遮光片 )的质量(3)增大 A、O 之间的距离 x，计时器显示时间t 将________．A ．增大B．减小C．不变【分析】(1)滑块走开弹簧后做匀速直线运动，故滑块的速率v s＝t.(2)依据功能关系，弹簧的弹性势能E p＝12mv2，所以要求弹性势能，还需要测得滑块的质量，应选项 C 正确．(3)弹簧的形变量越大，弹性势能越大，滑块走开弹簧时的速度越大，滑块从 B 运动到 C 的时间越短，故x 增大时，计时器显示时间 t 将变小，应选项 B 正确．s【答案】(1)v＝t(2)C (3)B10．(10 分)在“考证机械能守恒定律”的实验中：(1)供实验选择的重物有以下四个，应选择：()A ．质量为 10 g 的砝码B．质量为 200 g 的木球C．质量为 50 g 的塑料球D．质量为 200 g 的铁球(2)以下表达正确的选项是 ()A．实验中应用秒表测出重物着落的时间B．可用自由落体运动的规律计算重物的刹时速度mv2C．由于是经过比较 2和mgh能否相等来考证机械能能否守恒，故不需要丈量重物的质量D．开释重物前应手提纸带的上端，使纸带竖直经过限位孔(3)质量 m＝1 kg 的物体自由着落，获得如图 9 所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为 0.04 s，那么从打点计时器打下起点O 到打下B 点的过程中，物体重力势能的减少许p＝________ J，此过程中物E体动能的增添量E k＝______________________________________Jg.(取 9.8 m/s2，保存三位有效数字 )图 9【分析】(1)为减小实验偏差应采用铁球．(3)E p＝mg OB ＝2.28 JACv B＝2T＝2.125 m/sE k＝12mv B2＝2.26 J.【答案】(1)D (2)CD (3)2.28 2.2611．(16 分)荡秋千是大家喜欢的一项体育活动．跟着科技的快速发展，未来的某一天，同学们或许会在其余星球上享受荡秋千的乐趣．假定你当时所在星球的质量为 M 、半径为 R ，可将人视为质点，秋千质量不计、摆长不变、摆角小于90°，万有引力常量为 G.那么，(1)该星球表面邻近的重力加快度 g 星等于多少？(2)若经过最低地点的速度为 v 0，你能上涨的最大高度是多少？【分析】(1)设人的质量为 m ，在星球表面邻近的重力等于万有GMmGM引力，有 mg 星＝R 2 ，解得 g 星 ＝ R 2 .(2)设人能上涨的最大高度为 h ，由功能关系得1mg 星 h ＝2mv 02R 2v 02解得 h ＝2GM .【答案】 (1)GM(2) R 2v 0222GMR12．(18 分)如图 10 所示，质量为 M 的小车静止在圆滑水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一圆弧圆滑轨道， BC 段是长为 L 的水平粗拙轨道，两段轨道相切于 B 点．一质量为 m 的滑块在小车上从 A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加快度为 g.图 10(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．(2)若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然M后滑入 BC 轨道，最后从 C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝ 2 ，在任一时辰滑块相对地面速度的水平重量是小车速度大小的2 倍，滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数为 μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小 v m ；②滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小 s.【导学号： 22852132】【分析】(1)滑块滑到 B 点时对小车压力最大，从 A 到 B 机械能守恒mgR＝12mv2B滑块在 B 点处，由牛顿第二定律得v B2N－mg＝m R解得 N＝3mg由牛顿第三定律得N′＝3mg.(2)①滑块下滑抵达 B 点时，小车速度最大．由机械能守恒得11mgR＝ Mv m2＋ m(2v m)222解得 v m＝gR.3②设滑块运动到 C 点时，小车速度大小为 v C，由功能关系得mgR－μmgL＝12Mv2C＋12m(2v C)2设滑块从 B 到 C 过程中，小车运动加快度大小为a，由牛顿第二定律得μ mg＝Ma由运动学规律得v C2－v m2＝－ 2as1解得 s＝3L.【答案】 (1)3mg (2)①gR1 3②3L。

高中物理必修二模块水平综合检测（最新整理）(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3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分)1.如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t 到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．若小球初速度增大，则θ减小B ．小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C ．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D ．小球水平抛出时的初速度大小为gt tan θ2．关于摩擦力做功，以下说法正确的是( )A ．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，所以一定做负功B ．静摩擦力虽然阻碍物体间的相对运动趋势，但不做功C ．静摩擦力和滑动摩擦力不一定都做负功D ．一对相互作用力，若作用力做正功，则反作用力一定做负功3．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度．如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A 轮有48齿，B 轮有42齿，C 轮有18齿，D 轮有12齿，则( )A．该车可变换两种不同挡位B．该车可变换五种不同挡位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4 D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1 4．已知靠近地面运转的人造卫星，每天转n圈，如果发射一颗同步卫星，它离地面的高度与地球半径的比值为()A．n B．n2C.n3－1D.3n2－15．在平直轨道上，匀加速向右行驶的封闭车厢中，悬挂着一个带有滴管的盛油容器，如图所示．当滴管依次滴下三滴油时(设三滴油都落在车厢底板上)，下列说法中正确的是()A．这三滴油依次落在OA之间，且后一滴比前一滴离O点远B．这三滴油依次落在OA之间，且后一滴比前一滴离O点近C．这三滴油依次落在OA间同一位置上D．这三滴油依次落在O点上6.一箱土豆在转盘上随转盘以角速度ω做匀速圆周运动，其中一个处于中间位置的土豆质量为m，它到转轴的距离为R，则其他土豆对该土豆的作用力为()A．mg B．mω2RC.m2g2＋m2ω4R2D.m2g2－m2ω4R27．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，B 、C 为水平的，其距离d ＝0.50 m 盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的地点到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．08.如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了34mghB ．动能损失了12mghC ．动能损失了mghD ．动能损失了32mgh 9．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为()A.n3k2T B.n3k T C.n2k T D.nk T10．以相同的动能从同一点水平抛出两个物体a和b，落地点的水平位移为s1和s2，自抛出到落地的过程中，重力做的功分别为W1、W2，落地瞬间重力的即时功率为P1和P2()A．若s1＜s2，则W1＞W2，P1＞P2B．若s1＜s2，则W1＞W2，P1＜P2C．若s1＝s2，则W1＞W2，P1＞P2D．若s1＝s2，则W1＜W2，P1＜P2二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分)11.如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑水平转动轴上，杆和球在竖直面内做匀速圆周运动，且杆对球A、B的最大约束力相同，则()A．B球在最低点较A球在最低点更易脱离轨道B．若B球在最低点与杆间的作用力为3mg，则A球在最高点受杆的拉力C．若某一周A球在最高点和B球在最高点受杆的力大小相等，则A球受杆的支持力，B球受杆的拉力D．若每一周做匀速圆周运动的角速度都增大，则同一周B球在最高点受杆的力一定大于A球在最高点受杆的力12.如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO1在水平面内转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块B到OO1轴的距离为物块A到OO1轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B 即将滑动的过程中，下列说法正确的是()A．A受到的静摩擦力一直增大B．B受到的静摩擦力先增大，后保持不变C．A受到的静摩擦力先增大后减小D．A受到的合外力一直在增大13．如图为过山车以及轨道简化模型，以下判断正确的是()A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B．过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于gRC．过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态D．过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点14．(全国Ⅰ卷)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103 kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2，则此探测器()A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运动的线速度三、非选择题(本题共4小题，共46分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验．图甲(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________．A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量与势能变化量C．速度变化量与高度变化量(2)(多选)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________．A．交流电源B．刻度尺C．天平(含砝码)(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O 的距离分别为h A、h B、h C.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p ＝__________，动能变化量ΔE k＝________．图乙(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________．A．利用公式v＝gt计算重物速度B．利用公式v＝2gh计算重物速度C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D．没有采用多次实验取平均值的方法(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒．请你分析论证该同学的判断依据是否正确．16．(8分)如图所示，在固定光滑水平板上有一光滑小孔O，一根轻绳穿过小孔，一端连接质量m＝1 kg的小球A，另一端连接质量M＝4 kg的物体B.当A球沿半径r＝0.1 m的圆周做匀速圆周运动时，要使物体B不离开地面，A球做圆周运动的角速度有何限制(g取10 m/s2)?17．(14分)据报道，人们最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍．已知一个在地球表面质量为50 kg 的人在这个行星表面的重量约为800 N，地球表面处的重力加速度为10 m/s2.求：(1)该行星的半径与地球的半径之比；(2)若在该行星上距行星表面2 m高处，以10 m/s的水平初速度抛出一只小球(不计任何阻力)，则小球的水平射程是多大．18．(16分)如图所示，一长度L AB ＝4.98 m 、倾角θ＝30°的光滑斜面AB 和一固定粗糙水平台BC 平滑连接，水平台长度L BC ＝0.4 m ，离地面高度H ＝1.4 m ，在C 处有一挡板，小物块与挡板碰撞后以原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内．在斜面顶端A 处由静止释放质量为m ＝2 kg 的小物块(可视为质点)，忽略空气阻力，小物块与BC 间的动摩擦因数μ＝0.1，g 取10 m/s 2.求：(1)小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；(2)小物块经过B 点多少次停下来，在BC 上运动的总路程为多少；(3)某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在D 点，已知半球体半径r ＝0.75 m ，OD 与水平面夹角为α＝53°，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板(sin 53°＝45，cos 53°＝35)?高中物理必修二模块水平综合检测（最新整理）参考答案一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分)1.如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t 到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是()A ．若小球初速度增大，则θ减小B ．小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C ．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D ．小球水平抛出时的初速度大小为gt tan θ解析：小球落地时竖直方向上的速度v y ＝gt ，因为落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝gt v 0，可知若小球初速度增大，则θ减小，故A 正确；小球落地时位移方向与水平方向夹角的正切值tanα＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，tan θ＝2tan α，但α≠θ2，故B 错误；平抛运动的落地时间由高度决定，与初速度无关，故C 错误；速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ＝v y v 0＝gt v 0，小球的初速度v 0＝gt tan θ，故D 错误．答案：A2．关于摩擦力做功，以下说法正确的是()A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，所以一定做负功B．静摩擦力虽然阻碍物体间的相对运动趋势，但不做功C．静摩擦力和滑动摩擦力不一定都做负功D．一对相互作用力，若作用力做正功，则反作用力一定做负功解析：摩擦力可以是动力，故摩擦力可做正功；一对相互作用力，可以都做正功，也可以都做负功；静摩擦力可以做功，也可以不做功，故选项A、B、D错误，C正确．答案：C3．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度．如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则()A．该车可变换两种不同挡位B．该车可变换五种不同挡位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1解析：由题意知，A轮通过链条分别与C、D连接，自行车可有两种速度，B轮分别与C、D连接，又可有两种速度，所以该车可变换四种挡位；当A与D组合时，两轮边缘线速度大小相等，A转一圈，D 转4圈，即ωAωD＝14，选项C 对． 答案：C4．已知靠近地面运转的人造卫星，每天转n 圈，如果发射一颗同步卫星，它离地面的高度与地球半径的比值为( )A ．nB ．n 2 C.n 3－1 D.3n 2－1 解析：设同步卫星离地面的高度为h ，地球半径为R .近地卫星的周期为T 1＝24 h n ，同步卫星的周期为T 2＝24 h ，则T 1∶T 2＝1∶n ，对于近地卫星有G Mm R 2＝m 4π2T 21R ， 对于同步卫星有G Mm ′（R ＋h ）2＝m ′4π2T 22(R ＋h )， 联立解得h ＝(3n 2－1)R ，故D 正确．答案：D5．在平直轨道上，匀加速向右行驶的封闭车厢中，悬挂着一个带有滴管的盛油容器，如图所示．当滴管依次滴下三滴油时(设三滴油都落在车厢底板上)，下列说法中正确的是()A ．这三滴油依次落在OA 之间，且后一滴比前一滴离O 点远B ．这三滴油依次落在OA 之间，且后一滴比前一滴离O 点近C ．这三滴油依次落在OA 间同一位置上D．这三滴油依次落在O点上解析：油滴下落的过程中，在竖直方向上做自由落体运动，根据自由落体运动的规律可得，油滴运动的时间是相同的，在水平方向上，油滴离开车之后做匀速直线运动，但此时车做匀加速直线运动，油滴相对于车厢在水平方向上的位移就是车在水平方向上多走的位移，即Δx＝12at2，由于时间和加速度都是确定不变的，所以三滴油会落在同一点，即落在OA间同一位置上，故C正确．答案：C6.一箱土豆在转盘上随转盘以角速度ω做匀速圆周运动，其中一个处于中间位置的土豆质量为m，它到转轴的距离为R，则其他土豆对该土豆的作用力为()A．mg B．mω2RC.m2g2＋m2ω4R2D.m2g2－m2ω4R2解析：设其他土豆对该土豆的作用力为F，则该土豆受到重力mg和F作用．由于该土豆做匀速圆周运动，所以这两个力的合力提供该土豆做匀速圆周运动的向心力，如图所示．根据直角三角形的关系得F＝（mg）2＋F2向，而F向＝mω2R，所以F＝m2g2＋m2ω4R2，C正确．答案：C7．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d＝0.50 m 盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的地点到B的距离为()A．0.50 m B．0.25 mC．0.10 m D．0解析：设小物块在BC面上运动的总路程为s.物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f＝μmg，对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究，由动能定理得mgh－μmgs＝0，得到s＝hμ＝0.30.1m＝3 m，d＝0.50 m，则s＝6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，最后停在B点．故选D.答案：D8.如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了34mghB ．动能损失了12mghC ．动能损失了mghD ．动能损失了32mgh解析：重力做功W G ＝－mgh ，故重力势能增加了mgh ，A 错．物体所受合力F ＝ma ＝34mg ，合力做功W 合＝－F h sin 30°＝－34mg ×2h ＝－32mgh ，由动能定理知，动能损失了32mgh ，B 、C 错，D 正确． 答案：D9．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( ) A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2k T D.nk T解析：设两颗星的质量分别为m 1、m 2，做圆周运动的半径分别为r1、r2，根据万有引力提供向心力可得：Gm1·m2（r1＋r2）2＝m1r14π2T2，Gm1·m2（r1＋r2）2＝m2r24π2T2，联立解得：m1＋m2＝4π2（r1＋r2）3GT2，即T2＝4π2（r1＋r2）3G（m1＋m2），因此，当两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍时，两星圆周运动的周期为T′＝n3k T，选项B正确，其他选项均错．答案：B10．以相同的动能从同一点水平抛出两个物体a和b，落地点的水平位移为s1和s2，自抛出到落地的过程中，重力做的功分别为W1、W2，落地瞬间重力的即时功率为P1和P2()A．若s1＜s2，则W1＞W2，P1＞P2B．若s1＜s2，则W1＞W2，P1＜P2C．若s1＝s2，则W1＞W2，P1＞P2D．若s1＝s2，则W1＜W2，P1＜P2解析：若s1＜s2，由于高度决定了平抛运动的时间，所以两个物体运动时间相等．由x＝v0t知：水平抛出两个物体的初速度关系为v1＜v2.由于以相同的动能从同一点水平抛出，所以两个物体的质量关系是m2＜m1.自抛出到落地的过程中，重力做的功W＝mgh，所以W1＞W2，平抛运动竖直方向做自由落体运动，所以落地瞬间两个物体的竖直方向速度v y相等，根据瞬时功率P＝F v cos α，落地瞬间重力的即时功率P＝mg v y.由于m2＜m1，所以P1＞P2，故A正确，B错误．以相同的动能从同一点水平抛出两个物体a和b，由于高度决定时间，所以两个物体运动时间相等．若s1＝s2，平抛运动水平方向做匀速直线运动，所以水平抛出两个物体的初速度相等．由于以相同的动能从同一点水平抛出，所以两个物体的质量相等．所以自抛出到落地的过程中，重力做的功相等，即W1＝W2.落地瞬间重力的即时功率相等，即P1＝P2，则C、D错误．故选A.答案：A二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分)11.如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑水平转动轴上，杆和球在竖直面内做匀速圆周运动，且杆对球A、B的最大约束力相同，则()A ．B 球在最低点较A 球在最低点更易脱离轨道B ．若B 球在最低点与杆间的作用力为3mg ，则A 球在最高点受杆的拉力C ．若某一周A 球在最高点和B 球在最高点受杆的力大小相等，则A 球受杆的支持力，B 球受杆的拉力D ．若每一周做匀速圆周运动的角速度都增大，则同一周B 球在最高点受杆的力一定大于A 球在最高点受杆的力解析：两球的角速度相同，由向心力公式F n ＝mω2r 可知，由于B 的运动半径较大，所需要的向心力较大，而由题意，两球的重力相等，杆对两球的最大拉力相等，所以在最低点B 球更容易做离心运动，更容易脱离轨道，故A 正确．若B 球在最低点与杆间的作用力为3mg ，设B 球的速度为v B .则根据牛顿第二定律，得N B －mg ＝m v 2B 2L ，且N B ＝3mg ，得v B ＝2gL ，由v ＝ωr ，ω相等，A 的半径是B 的一半，则得此时A 的速度为v A ＝12v B ＝gL .对A 球，设杆的作用力大小为N A ，方向向下，则有mg ＋N A ＝m v 2A L ，解得N A ＝0，说明杆对A 球没有作用力，故B 错误．若某一周A 球在最高点和B 球在最高点受杆的力大小相等，设为F ，假设在最高点杆对A 、B 球产生的都是支持力，对B球有mg－F＝mω2·2L；对A球有mg－F＝mω2L；很显然上述两个方程不可能同时成立，说明假设不成立，则知两球所受的杆的作用力不可能同时是支持力．对B球，若杆对B球产生的是拉力，有mg＋F＝mω2·2L；对A球，若杆对A球产生的是拉力，有F＋mg＝mω2L；两个方程不可能同时成立，所以两球不可能同时受杆的拉力．对B球，若杆对B球产生的是拉力，有mg＋F＝mω2·2L；对A球，若杆对A球产生的是支持力，有mg－F＝mω2L；两个方程能同时成立，所以可能A球受杆的支持力、B球受杆的拉力．对B球，若杆对B球产生的是支持力，有mg－F＝mω2·2L；对A球，若杆对A球产生的是拉力，有F＋mg＝mω2L；两个方程不能同时成立，所以不可能A球受杆的拉力，而B球受杆的支持力．综上，A球在最高点和B球在最高点受杆的力大小相等时，A球受杆的支持力、B球受杆的拉力，故C正确．当两球在最高点所受的杆的作用力都是支持力时，则对B球，有mg－F B＝mω2·2L，得F B＝mg－2mω2L；对A球，若杆对A球产生的是支持力，有mg－F A＝mω2L，得F A＝mg－mω2L，可得F A＞F B，故D错误．答案：AC12.如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO1在水平面内转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块B到OO1轴的距离为物块A到OO1轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是()A．A受到的静摩擦力一直增大B．B受到的静摩擦力先增大，后保持不变C．A受到的静摩擦力先增大后减小D．A受到的合外力一直在增大解析：在转动过程中，两物块做圆周运动都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以提供所需向心力时，绳子中就会产生拉力，当这两个力的合力都不足以提供向心力时，物块将会与CD杆发生相对滑动．根据向心力公式F向＝m v 2R＝mω2R，可知在发生相对滑动前物块的运动半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力大小等于物块所受的合力，故D 正确．由于A的运动半径比B的小，A、B的角速度相同，知当角速度逐渐增大时，B物块先达到最大静摩擦力；角速度继续增大，B物块靠绳子的拉力和最大静摩擦力提供向心力；角速度增大，拉力增大，则A物块所受的摩擦力减小，当拉力增大到一定程度，A物块所受的摩擦力减小到零后反向，角速度增大，A物块所受的摩擦力反向增大．所以A所受的摩擦力先增大后减小，再增大；B物块所受的静摩擦力一直增大，达到最大静摩擦力后不变，故A、C错误，B正确．答案：BD13．如图为过山车以及轨道简化模型，以下判断正确的是()A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B．过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于gRC．过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态D．过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点解析：过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，速度大小变化，不是匀速圆周运动，故A错误；在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，速度最小，则mg＝m v 2R，解得：v＝gR，故B正确；在最低点时，重力和轨道对车的压力提供向心力，加速度向上，乘客处于超重状态，故C正确；过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下到最高点的过程中，根据动能定理得：12m v ′2＝mg (h －2R )＝0.解得；v ′＝0，所以不能通过最高点，故D 错误．故选B 、C.答案：BC14．(2015·课标全国Ⅰ卷)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m 高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103 kg ，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s 2，则此探测器( )A ．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB ．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC ．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D ．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运动的线速度解析：在地球表面附近有G M 地mR 2地＝mg 地，在月球表面附近有G M 月m R 2月＝mg 月，可得g 月＝1.656 m/s 2，所以探测器落地的速度为v ＝2g 月h ＝3.64 m/s ，故A 错误；探测器悬停时受到的反冲作用力为F ＝mg 月≈2×103 N ，B 正确；探测器由于在着陆过程中开动了发动机，因此机械能不守恒，C 错误；在靠近星球的轨道上有G Mm R 2＝mg ＝m v 2R ，即有v ＝gR ，可知在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度，故选项D正确．答案：BD三、非选择题(本题共4小题，共46分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验．图甲(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________．A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量与势能变化量C．速度变化量与高度变化量(2)(多选)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________．A．交流电源B．刻度尺C．天平(含砝码)(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O。

模块综合检测(一)(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3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分)1.如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t 到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是()A ．若小球初速度增大，则θ减小B ．小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C ．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D ．小球水平抛出时的初速度大小为gt tan θ解析：小球落地时竖直方向上的速度v y ＝gt ，因为落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝gt v 0，可知若小球初速度增大，则θ减小，故A 正确；小球落地时位移方向与水平方向夹角的正切值tan α＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，tan θ＝2tan α，但α≠θ2，故B 错误；平抛运动的落地时间由高度决定，与初速度无关，故C 错误；速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ＝v y v 0＝gt v 0，小球的初速度v 0＝gt tan θ，故D 错误．答案：A2．关于摩擦力做功，以下说法正确的是()A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，所以一定做负功B．静摩擦力虽然阻碍物体间的相对运动趋势，但不做功C．静摩擦力和滑动摩擦力不一定都做负功D．一对相互作用力，若作用力做正功，则反作用力一定做负功解析：摩擦力可以是动力，故摩擦力可做正功；一对相互作用力，可以都做正功，也可以都做负功；静摩擦力可以做功，也可以不做功，故选项A、B、D错误，C正确．答案：C3．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度．如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则()A．该车可变换两种不同挡位B．该车可变换五种不同挡位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4 D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1 解析：由题意知，A轮通过链条分别与C、D连接，自行车可有两种速度，B轮分别与C、D连接，又可有两种速度，所以该车可变换四种挡位；当A与D组合时，两轮边缘线速度大小相等，A转一圈，D转4圈，即ωAωD＝14，选项C对．答案：C4．已知靠近地面运转的人造卫星，每天转n圈，如果发射一颗同步卫星，它离地面的高度与地球半径的比值为()A ．nB ．n 2 C.n 3－1 D.3n 2－1 解析：设同步卫星离地面的高度为h ，地球半径为R .近地卫星的周期为T 1＝24 h n，同步卫星的周期为T 2＝24 h ，则T 1∶T 2＝1∶n ， 对于近地卫星有G Mm R 2＝m 4π2T 21R ， 对于同步卫星有G Mm ′（R ＋h ）2＝m ′4π2T 22(R ＋h )， 联立解得h ＝(3n 2－1)R ，故D 正确．答案：D5．在平直轨道上，匀加速向右行驶的封闭车厢中，悬挂着一个带有滴管的盛油容器，如图所示．当滴管依次滴下三滴油时(设三滴油都落在车厢底板上)，下列说法中正确的是( )A ．这三滴油依次落在OA 之间，且后一滴比前一滴离O 点远B ．这三滴油依次落在OA 之间，且后一滴比前一滴离O 点近C ．这三滴油依次落在OA 间同一位置上D ．这三滴油依次落在O 点上解析：油滴下落的过程中，在竖直方向上做自由落体运动，根据自由落体运动的规律可得，油滴运动的时间是相同的，在水平方向上，油滴离开车之后做匀速直线运动，但此时车做匀加速直线运动，油滴相对于车厢在水平方向上的位移就是车在水平方向上多走的位移，即Δx ＝12at 2，由于时间和加速度都是确定不变的，所以三滴油会落在同一点，即落在OA间同一位置上，故C正确．答案：C6.一箱土豆在转盘上随转盘以角速度ω做匀速圆周运动，其中一个处于中间位置的土豆质量为m，它到转轴的距离为R，则其他土豆对该土豆的作用力为()A．mg B．mω2RC.m2g2＋m2ω4R2D.m2g2－m2ω4R2解析：设其他土豆对该土豆的作用力为F，则该土豆受到重力mg和F作用．由于该土豆做匀速圆周运动，所以这两个力的合力提供该土豆做匀速圆周运动的向心力，如图所示．根据直角三角形的关系得F＝（mg）2＋F2向，而F向＝mω2R，所以F＝m2g2＋m2ω4R2，C正确．答案：C7．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d＝0.50 m盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的地点到B的距离为()A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0解析：设小物块在BC 面上运动的总路程为s .物块在BC 面上所受的滑动摩擦力大小始终为f ＝μmg ，对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究，由动能定理得mgh －μmgs ＝0，得到s ＝h μ＝0.30.1m ＝3 m ，d ＝0.50 m ，则s ＝6d ，所以小物块在BC 面上来回运动共6次，最后停在B 点．故选D.答案：D8.如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了34mgh B ．动能损失了12mgh C ．动能损失了mghD ．动能损失了32mgh 解析：重力做功W G ＝－mgh ，故重力势能增加了mgh ，A 错．物体所受合力F ＝ma ＝34mg ，合力做功W 合＝－F h sin 30°＝－34mg ×2h ＝－32mgh ，由动能定理知，动能损失了32mgh ，B 、C 错，D 正确． 答案：D9．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( ) A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2k T D.n kT 解析：设两颗星的质量分别为m 1、m 2，做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，根据万有引力提供向心力可得：G m 1·m 2（r 1＋r 2）2＝m 1r 14π2T 2，G m 1·m 2（r 1＋r 2）2＝m 2r 24π2T 2，联立解得：m 1＋m 2＝4π2（r 1＋r 2）3GT 2，即T 2＝4π2（r 1＋r 2）3G （m 1＋m 2），因此，当两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍时，两星圆周运动的周期为T ′＝n 3kT ，选项B 正确，其他选项均错． 答案：B10．以相同的动能从同一点水平抛出两个物体a 和b ，落地点的水平位移为s 1和s 2，自抛出到落地的过程中，重力做的功分别为W 1、W 2，落地瞬间重力的即时功率为P 1和P 2( )A．若s1＜s2，则W1＞W2，P1＞P2B．若s1＜s2，则W1＞W2，P1＜P2C．若s1＝s2，则W1＞W2，P1＞P2D．若s1＝s2，则W1＜W2，P1＜P2解析：若s1＜s2，由于高度决定了平抛运动的时间，所以两个物体运动时间相等．由x＝v0t知：水平抛出两个物体的初速度关系为v1＜v2.由于以相同的动能从同一点水平抛出，所以两个物体的质量关系是m2＜m1.自抛出到落地的过程中，重力做的功W＝mgh，所以W1＞W2，平抛运动竖直方向做自由落体运动，所以落地瞬间两个物体的竖直方向速度v y相等，根据瞬时功率P＝F v cos α，落地瞬间重力的即时功率P＝mg v y.由于m2＜m1，所以P1＞P2，故A正确，B错误．以相同的动能从同一点水平抛出两个物体a和b，由于高度决定时间，所以两个物体运动时间相等．若s1＝s2，平抛运动水平方向做匀速直线运动，所以水平抛出两个物体的初速度相等．由于以相同的动能从同一点水平抛出，所以两个物体的质量相等．所以自抛出到落地的过程中，重力做的功相等，即W1＝W2.落地瞬间重力的即时功率相等，即P1＝P2，则C、D错误．故选A.答案：A二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分)11.如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑水平转动轴上，杆和球在竖直面内做匀速圆周运动，且杆对球A、B的最大约束力相同，则()A．B球在最低点较A球在最低点更易脱离轨道B．若B球在最低点与杆间的作用力为3mg，则A球在最高点受杆的拉力C．若某一周A球在最高点和B球在最高点受杆的力大小相等，则A球受杆的支持力，B球受杆的拉力D．若每一周做匀速圆周运动的角速度都增大，则同一周B球在最高点受杆的力一定大于A球在最高点受杆的力解析：两球的角速度相同，由向心力公式F n＝mω2r可知，由于B的运动半径较大，所需要的向心力较大，而由题意，两球的重力相等，杆对两球的最大拉力相等，所以在最低点B球更容易做离心运动，更容易脱离轨道，故A正确．若B球在最低点与杆间的作用力为3mg，设B球的速度为v B.则根据牛顿第二定律，得N B－mg＝m v2B2L，且N B＝3mg，得v B＝2gL，由v＝ωr，ω相等，A的半径是B的一半，则得此时A的速度为v A＝12v B＝gL.对A 球，设杆的作用力大小为N A ，方向向下，则有mg ＋N A ＝m v 2A L，解得N A ＝0，说明杆对A 球没有作用力，故B 错误． 若某一周A 球在最高点和B 球在最高点受杆的力大小相等，设为F ，假设在最高点杆对A 、B 球产生的都是支持力，对B 球有mg －F ＝mω2·2L ；对A 球有mg －F ＝mω2L ；很显然上述两个方程不可能同时成立，说明假设不成立，则知两球所受的杆的作用力不可能同时是支持力．对B 球，若杆对B 球产生的是拉力，有mg ＋F ＝m ω2·2L ； 对A 球，若杆对A 球产生的是拉力，有F ＋mg ＝mω2L ；两个方程不可能同时成立，所以两球不可能同时受杆的拉力． 对B 球，若杆对B 球产生的是拉力，有mg ＋F ＝m ω2·2L ； 对A 球，若杆对A 球产生的是支持力，有mg －F ＝mω2L ； 两个方程能同时成立，所以可能A 球受杆的支持力、B 球受杆的拉力．对B 球，若杆对B 球产生的是支持力，有mg －F ＝mω2·2L ；对A 球，若杆对A 球产生的是拉力，有F ＋mg ＝mω2L ；两个方程不能同时成立，所以不可能A 球受杆的拉力，而B 球受杆的支持力．综上，A 球在最高点和B 球在最高点受杆的力大小相等时，A 球受杆的支持力、B 球受杆的拉力，故C 正确．当两球在最高点所受的杆的作用力都是支持力时，则对B 球，有mg －F B ＝mω2·2L ，得F B ＝mg －2mω2L ；对A 球，若杆对A 球产生的是支持力，有mg －F A ＝mω2L ，得F A ＝mg －mω2L ，可得F A ＞F B ，故D 错误．答案：AC12.如图所示，两物块A 、B 套在水平粗糙的CD 杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD 中点的轴OO 1在水平面内转动，已知两物块质量相等，杆CD 对物块A 、B 的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块B 到OO 1轴的距离为物块A 到OO 1轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A 、B 即将滑动的过程中，下列说法正确的是( )A ．A 受到的静摩擦力一直增大B ．B 受到的静摩擦力先增大，后保持不变C ．A 受到的静摩擦力先增大后减小D ．A 受到的合外力一直在增大解析：在转动过程中，两物块做圆周运动都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以提供所需向心力时，绳子中就会产生拉力，当这两个力的合力都不足以提供向心力时，物块将会与CD 杆发生相对滑动．根据向心力公式F 向＝m v 2R＝m ω2R ，可知在发生相对滑动前物块的运动半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力大小等于物块所受的合力，故D 正确．由于A 的运动半径比B 的小，A 、B 的角速度相同，知当角速度逐渐增大时，B 物块先达到最大静摩擦力；角速度继续增大，B 物块靠绳子的拉力和最大静摩擦力提供向心力；角速度增大，拉力增大，则A 物块所受的摩擦力减小，当拉力增大到一定程度，A 物块所受的摩擦力减小到零后反向，角速度增大，A 物块所受的摩擦力反向增大．所以A 所受的摩擦力先增大后减小，再增大；B 物块所受的静摩擦力一直增大，达到最大静摩擦力后不变，故A 、C 错误，B 正确．答案：BD13．如图为过山车以及轨道简化模型，以下判断正确的是( )A ．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B ．过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于gRC ．过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态D ．过山车在斜面h ＝2R 高处由静止滑下能通过圆轨道最高点 解析：过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，速度大小变化，不是匀速圆周运动，故A 错误；在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，速度最小，则mg ＝m v 2R，解得：v ＝gR ，故B 正确；在最低点时，重力和轨道对车的压力提供向心力，加速度向上，乘客处于超重状态，故C 正确；过山车在斜面h ＝2R 高处由静止滑下到最高点的过程中，根据动能定理得：12m v ′2＝mg (h －2R )＝0.解得；v ′＝0，所以不能通过最高点，故D 错误．故选B 、C.答案：BC14．(2015·课标全国Ⅰ卷)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m 高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103 kg ，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s 2，则此探测器( )A ．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB ．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC ．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D ．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运动的线速度解析：在地球表面附近有G M 地m R 2地＝mg 地，在月球表面附近有G M 月m R 2月＝mg 月，可得g 月＝1.656 m/s 2，所以探测器落地的速度为v ＝2g 月h ＝3.64 m/s ，故A 错误；探测器悬停时受到的反冲作用力为F＝mg 月≈2×103 N ，B 正确；探测器由于在着陆过程中开动了发动机，因此机械能不守恒，C 错误；在靠近星球的轨道上有G Mm R 2＝mg ＝m v 2R，即有v ＝gR ，可知在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度，故选项D 正确．答案：BD三、非选择题(本题共4小题，共46分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验．图甲(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________．A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量与势能变化量C．速度变化量与高度变化量(2)(多选)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________．A．交流电源B．刻度尺C．天平(含砝码)(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h A、h B、h C.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p ＝__________，动能变化量ΔE k＝________．图乙(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________．A ．利用公式v ＝gt 计算重物速度B ．利用公式v ＝2gh 计算重物速度C ．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D ．没有采用多次实验取平均值的方法(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O 的距离h ，计算对应计数点的重物速度v ，描绘v 2h 图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒．请你分析论证该同学的判断依据是否正确．解析：(1)在重物下落过程中，若任意两点间重力势能的减少量等于动能的增加量，则重物的机械能守恒，所以A 正确．(2)打点计时器需要交流电源，测量纸带上各点之间的距离需要刻度尺，本实验需要验证的等式为mgh ＝12m v 2，即gh ＝12v 2(或mgh ＝12m v 22－12m v 21，即gh ＝12v 22－12v 21)，所以不需要测量重物的质量，不需要天平．(3)从打O 点到打B 点的过程中，重力势能的变化量ΔE p ＝－mgh B ，动能的变化量ΔE k ＝12m v 2B ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫h C －h A 2T 2＝m （h C －h A ）28T 2. (4)重力势能的减少量大于动能的增加量，主要原因是重物在运动过程中存在空气阻力和摩擦阻力，选项C 正确．(5)该同学的判断依据不正确．在重物下落h 的过程中，若阻力f恒定，根据mgh －fh ＝12m v 2－0⇒v 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫g －f m h ，可知v 2h 图象就是过原点的一条直线．要想通过v 2h 图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g.答案：(1)A(2)AB(3)－mgh B m（h C－h A）28T2(4)C(5)见解析16．(8分)如图所示，在固定光滑水平板上有一光滑小孔O，一根轻绳穿过小孔，一端连接质量m＝1 kg的小球A，另一端连接质量M＝4 kg的物体B.当A球沿半径r＝0.1 m的圆周做匀速圆周运动时，要使物体B不离开地面，A球做圆周运动的角速度有何限制(g取10 m/s2)?解析：小球A做圆周运动的向心力为绳子的拉力，故F T＝mω2r.B恰好不离开地面时F T＝Mg.解上述两个方程得ω＝20 rad/s，B不离开地面时拉力F T不大于B的重力，故A球做圆周运动的角速度应不大于20 rad/s.答案：A球做圆周运动的角速度应不大于20 rad/s17．(14分)据报道，人们最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍．已知一个在地球表面质量为50 kg 的人在这个行星表面的重量约为800 N，地球表面处的重力加速度为10 m/s2.求：(1)该行星的半径与地球的半径之比；(2)若在该行星上距行星表面2 m高处，以10 m/s的水平初速度抛出一只小球(不计任何阻力)，则小球的水平射程是多大．解析：(1)在该行星表面处，有G行＝mg行，可得g行＝16 m/s2.在忽略自转的情况下，物体所受的万有引力等于物体所受的重力，得GMmR2＝mg，有R2＝GM g，故R2行R2地＝M行g地M地g行＝4，所以R行R地＝2.(2)由平抛运动的规律，有h＝12g行t2，s＝v t，故s＝v 2h g行，代入数据，解得s＝5 m.答案：(1)2∶1(2)5 m18．(16分)如图所示，一长度L AB＝4.98 m、倾角θ＝30°的光滑斜面AB和一固定粗糙水平台BC平滑连接，水平台长度L BC＝0.4 m，离地面高度H＝1.4 m，在C处有一挡板，小物块与挡板碰撞后以原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内．在斜面顶端A处由静止释放质量为m＝2 kg的小物块(可视为质点)，忽略空气阻力，小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.1，g取10 m/s2.求：(1)小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；(2)小物块经过B 点多少次停下来，在BC 上运动的总路程为多少；(3)某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在D 点，已知半球体半径r ＝0.75 m ，OD 与水平面夹角为α＝53°，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板(sin 53°＝45，cos 53°＝35)? 解析：(1)A →C ，由动能定理，得mgL AB sin θ－μmgL BC ＝12m v 2C ， 解得v C ＝7 m/s.(2)小物块从A 到停止，设小物块在水平台上经过的距离为s ，由动能定理，得mgL AB sin θ－μmgs ＝0，解得s ＝24.9 m.经过B 点在水平台走过一个来回的距离为s 1＝0.8 m ，s s 1＝24.9 m 0.8 m＝31.125， 所以经过了B 点n ＝31×2＋1＝63(次)．(3)由几何关系，可知物块在C 、D 间的水平位移x ＝r ＋r cos α，竖直位移h ＝H －r sin α.又x ＝v ′C t ，h ＝12gt 2. 联立以上方程，解得v ′C ＝3 m/s.由动能定理，得mgL AB sin θ－(2n′＋1)μmgL BC＝12m v′2C，解得n′＝25(次)．答案：(1)7 m/s(2)63次24.9 m(3)25次。

模块综合测评(用时：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．物体以初速度v0水平抛出，当抛出后竖直位移是水平位移的2倍时，则物体抛出的时间是()【导学号：01360191】A.v0g B．2v0gC.4v0g D．8v0g【解析】设平抛的水平位移是x，则竖直方向上的位移就是2x，水平方向上：x＝v0t①竖直方向上：2x＝12gt2②联立①②可以求得：t＝4v0g.故选C.【答案】 C2．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ω1、ω2和v1、v2，则()A．ω1＞ω2，v1＞v2B．ω1＜ω2，v1＜v2C．ω1＝ω2，v1＜v2D．ω1＝ω2，v1＝v2【解析】由于甲、乙在相同时间内各自跑了一圈，v1＝2πRt，v2＝4πRt，v1＜v2，由v＝rω，得ω＝vr，ω1＝v1R＝2πt，ω2＝2πt，ω1＝ω2，故C正确．【答案】 C3．如图1所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是( )图1A ．阻力对系统始终做负功B ．系统受到的合外力始终向下C ．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D ．任意相等的时间内重力做的功相等【解析】 下降过程中，阻力始终与运动方向相反，做负功，A 对；加速下降时合力向下，减速下降时合力向上，B 错；下降时重力做功等于重力势能减少量，C 错；由于任意相等的时间内下落的位移不等，所以，任意相等时间内重力做的功不等，D 错．【答案】 A4．如图2所示，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍．当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B 上升的最大高度是( )【导学号：01360192】图2A ．2RB ．5R 3 C.4R3D ．2R 3【解析】如图所示，以AB 为系统，以地面为零势能面，设A 质量为2m ，B 质量为m ，根据机械能守恒定律得：2mgR ＝mgR ＋12×3m v 2，A 落地后B 将以v 做竖直上抛运动，即有12m v 2＝mgh ，解得h ＝13R .则B 上升的高度为R ＋13R ＝43R ，故选项C 正确．【答案】 C5．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，一个小球以一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v P >v QB ．轨道对小球不做功，小球的角速度ωP <ωQC ．小球的向心加速度a P >a QD ．轨道对小球的压力F P >F Q【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，根据机械能守恒有v P <v Q ，在P 、Q 两点对应的轨道半径r P >r Q ，根据ω＝v r ，a ＝v 2r ，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提供，即mg ＋F N ＝ma 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．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判断正确的是( )【导学号：01360193】A ．各国发射的所有人造地球卫星的运行速度都不超过GM RB ．各国发射的所有人造地球卫星的运行周期都应小于2πR gC ．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 【解析】 由GMmr 2＝m v 2r ，得v ＝ GMr ，当r ＝R 时，卫星的运行速度最大，v max ＝GM R ，选项A 正确；此时对应的周期最小，T min ＝2πR v max，且GM ＝gR 2，解得T min ＝2πRg ，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．【答案】 AC7．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始下滑，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v 2－h 图象中可能正确的是( )图4【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逐渐变小，故小滑块的加速度逐渐变小，故A 错误，B 正确；由机械能守恒得：mgh ＝12m v 2，故v 2＝2gh ，所以v 2与h 成正比，C 错误，D 正确．8．如图5所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝0.8 m，bc＝0.4 m，那么在整个过程中下列说法正确的()【导学号：01360194】图5A．滑块动能的最大值是6 JB．弹簧弹性势能的最大值是6 JC．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 JD．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒【解析】滑块能回到原出发点，所以机械能守恒，D正确；以c点为参考点，则a点的机械能为6 J，c点时的速度为0，重力势能也为0，所以弹性势能的最大值为6 J，从c到b弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的减少量，故为6 J，所以B、C正确；由a→c时，因重力势能不能全部转变为动能，故A错．【答案】BCD二、实验题(共2小题，18分)9．(8分)某实验小组利用如图6甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律．重锤的质量为m，已知当地的重力加速度g＝9.80 m/s2.实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h1＝12.01 cm，h2＝19.15 cm，h3＝27.86 cm.打点计时器通以50 Hz的交流电．根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了________J；此时重锤的动能比开始下落时增加了________J，根据计算结果可以知道该实验小组在做实验时出现的问题是________．(重锤质量m已知)图6【解析】打点计时器打B点时重锤减小的重力势能为ΔE p＝mgh2＝1.88mJ．因为重锤做的是匀加速直线运动，所以v B＝h3－h14T＝1.98 m/s，打B点时重锤增加的动能为：ΔE k＝12m v2B＝1.96m J．由于ΔE k＞ΔE p，所以可能是先释放纸带后接通电源开关．【答案】 1.88m 1.96m该实验小组做实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的开关或者释放纸带时手抖动了(其他答案只要合理均可) 10．(10分)在“探究功与速度变化的关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图7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…实验并记录2W1,3W1…及相应的L2、L3…数据，用W－L 图象处理数据，回答下列问题：图7(1)如图乙是根据实验数据描绘的W－L图象，图线不过原点的原因是________；(2)由图线得木块从A到O过程中摩擦力做的功是________W1；(3)W－L图象斜率的物理意义是________．【解析】(1)从A到B根据能量守恒可得：W－W f＝fL，所以图象不过原点的原因是在AO段还有摩擦力做功；(2)由图知图象两点坐标为(0.06,1)、(0.42,5)代入W－W f＝fL解得木块从A到O过程中摩擦力做的功为13W1；(3)由W－W f＝fL知图象的斜率为摩擦力．【答案】(1)未计算AO间的摩擦力做功(2)13(3)摩擦力三、计算题(共2小题34分)11．(16分)用一台额定功率为P0＝60 kW的起重机，将一质量为m＝500 kg 的工件由地面竖直向上吊起，不计摩擦等阻力，g取10 m/s2.求：【导学号：01360195】(1)工件在被吊起的过程中所能达到的最大速度v m；(2)若使工件以a＝2 m/s2的加速度从静止开始匀加速向上吊起，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情况下从静止开始吊起工件，经过t＝1.14 s工件的速度v t＝10 m/s，则此时工件离地面的高度h为多少？【解析】(1)当工件达到最大速度时，F＝mg，P＝P0＝60 kW故v m＝P0mg＝60×103500×10m/s＝12 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P＝P0时匀加速过程结束，根据牛顿第二定律得F ′－mg ＝ma ，解得F ′＝m (a ＋g )＝500×(2＋10)N ＝6 000 N 匀加速过程结束时工件的速度为 v ＝P 0F ′＝60×1036 000 m/s ＝10 m/s 匀加速过程持续的时间为t 0＝v a ＝102 s ＝5 s. (3)根据动能定理，有P 0t －mgh ＝12m v 2t －0 代入数据，解得h ＝8.68 m.【答案】 (1)12 m/s (2)5 s (3)8.68 m12．(18分)如图8甲所示，质量为m ＝0.1 kg 的小球，用长l ＝0.4 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略不计．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，g 取10 m/s 2.求：图8(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v 0开始运动，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F －v 20图象．【解析】 (1)在A 点，由F －mg ＝m v 2Al ，解得：F ＝10 N.(2)由mg ＝m v 2Bl 得：v B ＝2 m/s小球从A 到B 过程中，根据动能定理：W f －2mgl ＝12m v 2B －12m v 2A 得到：W f ＝－0.8 J所以克服空气阻力做功0.8 J.(3)小球从A 到B 过程中，根据动能定理： W f －2mgl ＝12m v 2B－12m v 20 小球在最高点F ＋mg ＝m v 2Bl 两式联立得：F ＝14v 20－9 图象如图所示【答案】 (1)10 N (2)0.8 J (3)如解析图所示。

模块检测(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。

其中1～6 题为单项选择题，7～10题为多项选择题。

)1．明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图1)，记录了我们祖先的劳动智慧。

若A 、B 、C 三齿轮半径的大小关系如图，则( )图1A ．齿轮A 的角速度比C 的大B ．齿轮A 、B 的角速度大小相等C ．齿轮B 与C 边缘的线速度大小相等D ．齿轮A 边缘的线速度比齿轮C 边缘的线速度大解析 由图可知，r A ＞r B ＞r C ，齿轮A 边缘的线速度v A 与齿轮B 边缘的线速度v B 相等，齿轮B 、C 的角速度ωB ＝ωC 。

由v A ＝ωA r A ，v B ＝ωB r B ，v C ＝ωC r C ，可得：ωA ＜ωB ，ωA ＜ωC ，v B ＞v C ，v A ＞v C ，故选项A 、B 、C 错误，选项D 正确。

答案 D2．如图2所示，某人在对面的山坡上水平抛出两个质量不等的小石块，分别落在A 、B 两处。

不计空气阻力，则落到A 处的石块( )图2A ．初速度大，运动时间短B ．初速度大，运动时间长C ．初速度小，运动时间短D ．初速度小，运动时间长解析 物体做平抛运动的时间t ＝2h g，因落到A 处的石块的竖直高度大，则运动时间长；根据v 0＝xt可知因落到A 处的石块的水平位移小，则初速度小，故选D 。

答案 D3．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河。

小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。

去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A ．k vk 2－1 B ．v1－k 2 C ．k v 1－k 2 D ．v k 2－1 解析 设大河宽度为d ，小船在静水中的速度为v 0，则去程渡河所用时间t 1＝dv 0，回程渡河所用时间t 2＝d v 20－v2。

章末综合测评(一) (用时：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．关于摩擦力做功，下列说法中正确的是( ) A ．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功B ．静摩擦力起着阻碍物体的相对运动趋势的作用，一定不做功C ．静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功D ．滑动摩擦力可以对物体做正功【解析】 摩擦力总是阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，而且摩擦力对物体既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．综上所述，只有D 正确．【答案】 D2．下列关于力做功的说法中正确的是( )【导学号：45732025】A ．人用力F ＝300 N 将足球踢出，球在空中飞行40 m ，人对足球做功1 200 JB ．人用力推物体，但物体未被推动，人对物体做功为零C ．物体竖直上升时，重力不做功D ．只有恒力才能做功，变力不能做功【解析】 球在空中飞行40 m 不是人踢足球的力的位移，A 错；物体没有被推动，位移为零，人对物体做功为零，B 对；物体竖直上升时，重力做负功，C 错；任何力都有可能做功，D 错．【答案】 B3．有关功、功率和机械效率的说法中，正确的是( ) A ．机械的功率越大，做的功就越多 B ．功率不同的机械，做的功可能相等 C ．机械做功的时间越少，功率就越大 D ．机械的功率越大，机械效率就越高【解析】 由P ＝Wt可得W ＝Pt ，做功的多少由功率和做功的时间两个量决定，功率大的机械做的功不一定多，选项A 错误，选项B 正确；只有做功时间没有对应时间内的功，无法比较功率，选项C 错误；功率和机械效率是两个不同的物理量，二者之间没有必然联系，选项D 错误．【答案】 B4．一辆汽车以功率P 1在平直公路上匀速行驶，若驾驶员突然减小油门，使汽车的功率减小为P 2并继续行驶．若整个过程中阻力恒定不变，此后汽车发动机的牵引力将( )A ．保持不变B ．不断减小C ．突然减小，再增大，后保持不变D ．突然增大，再减小，后保持不变【解析】 由P 1＝Fv 知，当汽车以功率P 1匀速行驶时，F ＝f ，加速度a ＝0.若突然减小油门，汽车的功率由P 1减小到P 2，则F 突然减小．整个过程中阻力f 恒定不变，即F <f ，此时加速度a <0，所以汽车将减速．由P 2＝Fv 知，此后保持功率P 2不变继续行驶，v 减小，F 增大．当F ＝f 时，汽车不再减速，而以一较小速度匀速行驶，牵引力不再增大．【答案】 C5．质量为1 kg 的物体从足够高处自由下落，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，则开始下落1 s 末重力的功率是( )【导学号：45732026】A ．100 WB ．50 WC ．200 WD ．150 W【解析】 自由落体运动的物体，从开始下落1 s 时的瞬时速度为v ＝gt ＝10 m/s ，则根据公式P ＝Fv 可知，此时重力的功率为P ＝mgv ＝100 W ，选项A 正确，其他选项均错误．【答案】 A6．某机械的效率是80%，它对外做了1 000 J 的有用功，这台机械消耗的能量是( ) A ．1 000 J B ．800 J C ．1 200 J D ．1 250 J【解析】 由η＝W 有用W 总可得，该机械消耗的总能量 W 总＝W 有用η＝1 0000.80J ＝1 250 J ，故D 正确．【答案】 D7．如图1所示，三个固定的斜面底边长度都相等，斜面倾角分别为30°、45°、60°，斜面的表面情况都一样．完全相同的物体(可视为质点)A 、B 、C 分别从三个斜面的顶部滑到底部的过程中( )图1 A．物体A克服摩擦力做的功最多B．物体B克服摩擦力做的功最多C．物体C克服摩擦力做的功最多D．三个物体克服摩擦力做的功一样多【解析】设斜面底边长为d，则斜面长l＝dcos θ，物体所受的摩擦力f＝μmg cos θ，物体克服摩擦力做的功W f＝fl＝μmg cos θ·dcos θ＝μmgd，故三个物体克服摩擦力做功一样多，D正确．【答案】 D8．如图2所示，重物P放在粗糙的水平板OM上，当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P 开始滑动之前，下列说法中正确的是( )【导学号：45732027】图2A．P受到的支持力不做功B．P受到的支持力做正功C．P受到的摩擦力不做功D．P受到的摩擦力做负功【解析】摩擦力时刻与运动方向垂直，不做功，支持力时刻与运动方向相同，做正功，故选B、C.【答案】BC9．一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图3所示．设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是s1和s2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则( )图3A ．s 2＝5s 1 v 2＝3v 1B ．s 1＝9s 2 v 2＝5v 1C ．s 2＝5s 1 W 2＝8W 1D ．v 2＝3v 1 W 2＝9W 1【解析】 由题意和图象可知，在开始至t 0时刻物体的加速度为F 0m，t 0时刻的速度为v 1＝a 1t 0＝F 0t 0m ，位移为s 1＝12a 1t 20＝F 0t 202m ，外力做功W 1＝F 0s 1＝F 20t 22m；从t 0至2t 0时刻物体的加速度为2F 0m ，2t 0时刻的速度为v 2＝v 1＋a 2t 0＝3F 0t 0m ，此阶段的位移为s 2′＝v 1t 0＋12a 2t 20＝2F 0t 2m ，故2t 0时刻相对于出发点的位移s 2＝5F 0t 202m ，外力做功W 2＝2F 0s 2′＝4F 20t 2m ，综合上述可知s 2＝5s 1，v 2＝3v 1，W 2＝8W 1，故A 、C 正确．【答案】 AC10．在平直路面上运动的汽车的额定功率为50 kW ，若其总质量为2.5 t ，在水平路面上所受的阻力为5×103N ．则下列说法中正确的是( )【导学号：45732028】A ．汽车所能提供的最大牵引力为5×103N B ．汽车所能达到的最大速度是10 m/sC ．汽车以0.5 m/s 2的加速度由静止开始做匀加速运动的最长时间为20 s D ．汽车以0.5 m/s 2的加速度由静止开始做匀加速运动的最长时间为16 s【解析】 当汽车速度达到最大时，牵引力最小F ＝f ，故选项A 错误；由P ＝Fv 得汽车所能达到的最大速度v max ＝P f ＝50×1035×103m/s ＝10 m/s ，选项B 正确；汽车以恒定的加速度a做匀加速运动，能够达到的最大速度为v ，则有P v－f ＝ma ，解得v ＝P f ＋ma＝50×1035×103＋2.5×103×0.5m/s ＝8 m/s.由v ＝at 得，这一过程维持的时间t ＝v a ＝80.5 s ＝16 s ，选项D 正确．【答案】 BD二、计算题(共3小题，共40分)11．(12分)质量为5 kg 的物体静止于水平地面上，现对物体施以水平方向的恒定拉力，1 s 末将拉力撤去，物体运动的v ­t 图象如图4所示，试求：图4(1)滑动摩擦力在0～3 s 内做的功； (2)拉力在1 s 末的功率．【解析】 (1)根据v ­t 图象知，撤去拉力后物体加速度大小：a 2＝Δv Δt＝6 m/s 2撤去拉力后，物体只受摩擦力，则f ＝ma 2＝30 N物体在3 s 内的位移s ＝3×122m ＝18 m 摩擦力做的功为：W f ＝－fs ＝－540 J.(2)撤去拉力F 之前，由牛顿第二定律 得：F －f ＝ma 1根据v ­t 图象知，第1 s 内加速度：a 1＝Δv Δt＝12 m/s 2由瞬时功率公式得：P ＝Fv ＝1 080 W.【答案】 (1)－540 J (2)1 080 W12．(12分)上海世博会期间，新能源汽车成为园区的主要交通工具，其中有几百辆氢燃料电池汽车．氢在发动机内燃烧过程中，只会排出水蒸气而无其他废气排出，因此不会产生温室效应．有一辆氢燃料电池汽车重6 t ，阻力是车重的0.05倍，最大输出功率为60 kW ，求：(1)车以a ＝0.5 m/s 2从静止匀加速起动，能有多长时间维持匀加速运动？ (2)最大行驶速度为多少？【导学号：45732029】【解析】 (1)设车匀加速起动时间为t ，则有F －f ＝ma ① P ＝Fv ′ ② v ′＝at③由①②③解得t ＝Pma 2＋fa解得t ＝20 s.(2)当速度继续增大时，F 减小，a 减小．当F ＝f 时a ＝0，速度最大， 所以v ＝P f＝20 m/s.【答案】 (1)20 s (2)20 m/s13．(16分)汽车发动机的额定功率P ＝60 kW ，若其总质量为m ＝5 t ，在水平路面上行驶时，所受阻力恒为f ＝5.0×103N ，则：(1)汽车保持恒定功率起动时，汽车所能达到的最大速度v max ；(2)若汽车以a ＝0.5 m/s 2的加速度由静止开始做匀加速运动，这一过程能维持多长时间？【解析】 汽车在运动中所受的阻力大小为：f ＝5.0×103 N.(1)汽车保持恒定功率起动时，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，速度达到最大．当a ＝0时速度最大，所以，此时汽车的牵引力为F 1＝f ＝5.0×103 N则汽车的最大速度为v max ＝P F 1＝6×1045.0×103m/s ＝12 m/s.(2)当汽车以恒定加速度a ＝0.5 m/s 2匀加速运动时，汽车的牵引力为F 4，由牛顿第二定律得F 4－f ＝maF 4＝f ＋ma ＝5.0×103 N ＋5×103×0.5 N＝7.5×103N汽车匀加速运动时，其功率逐渐增大，当功率增大到等于额定功率时，匀加速运动结束，此时汽车的速度为v t ＝P F 4＝6×1047.5×103m/s ＝8 m/s则汽车匀加速运动的时间为：t ＝v t a ＝80.5s ＝16 s.【答案】 (1)12 m/s (2)16 s。

模块综合检测(二)(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3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分)1.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是()A．质点经过C点的速率比D点的大B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C．质点经过D点时的加速度比B点的大D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小解析：小球做匀变速曲线运动，所以加速度不变，故选项C错误．由于在D点速度方向与加速度方向垂直，则在C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由C到D速率减小，即C点速率比D点大，故选项A正确．在A点速度方向与加速度方向的夹角也为钝角，故选项B错误．而从B到E的过程中速度方向与加速度的方向间的夹角越来越小，故选项D错误．答案：A2.如图所示，摩擦轮A和B通过中介轮C进行传动，A为主动轮，A的半径为20 cm，B的半径为10 cm，则A、B两轮边缘上的点()A．角速度之比为1∶2 B．角速度之比为2∶1C．线速度之比为1∶2 D．线速度之比为2∶1解析：A、B两轮边缘上的点的线速度均与中介轮C边缘上的点的线速度大小相等，所以v A∶v B＝1∶1，选项C、D错误；由关系式v＝ωr可得ωA r A＝ωB r B，所以ωAωB＝r Br A＝12，选项A正确，B错误．答案：A3．一条河宽100 m，水流速度为3 m/s，一条小船在静水中的速度为5 m/s，关于船过河的过程，下列说法中不正确的是() A．船过河的时间可能是20 sB．船过河的时间可能是25 sC．船的实际速度不可能为3 m/sD．船的实际位移可能为100 m解析：船头与河岸垂直时，过河的时间最短．t min＝dv船＝1005s＝20 s，船实际运动的方向与河岸垂直时，位移最短，s min＝100 m．船实际运动速度即为合速度，其大小在2～8 m/s范围内，故选项A、B、D正确，C错误．答案：C4.如图所示，物块P置于水平转盘上随转盘一起转动，图中c沿半径指向圆心，a与c垂直，下列说法正确的是()A ．当转盘匀速转动时，P 受摩擦力方向为b 方向B ．当转盘加速转动时，P 受摩擦力方向可能为a 方向C ．当转盘加速转动时，P 受摩擦力方向可能为c 方向D ．当转盘减速转动时，P 受摩擦力方向可能为d 方向解析：圆周运动，径向方向一定受力．匀速圆周运动，切向方向不受力；变速圆周运动，切向方向一定受力，加速沿a 方向，减速沿a 反方向．摩擦力即为径向方向和切向方向这两个方向上力的合力．由此可判断D 正确．答案：D5．以一定速度竖直上抛一个小球，小球上升的最大高度为h ，空气阻力的大小恒为F f ，则从抛出至落回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为( )A ．0B ．－F f hC ．－2F f hD ．－4F f h解析：上升阶段，空气阻力做功W 1＝－F f h .下落阶段空气阻力做功W 2＝－F f h ，整个过程中空气阻力做功W ＝W 1＋W 2＝－2F f h ，故C 选项正确．答案：C6．汽车在平直公路上行驶，前一段时间内发动机的功率为P 1，后一段时间内的功率为P 2，已知在两段时间内发动机做的功相等，则在全部时间内发动机的平均功率为( )A.P 1＋P 22B.P 1P 2C.P 1P 2P 1＋P 2D.2P 1P 2P 1＋P 2解析：平均功率P ＝P 1t 1＋P 2t 2t 1＋t 2，而P 1t 1＝P 2t 2，故P ＝2P 1P 2P 1＋P 2，故选项D 正确．答案：D7．质量为m 的滑块从半径为R 的半球形碗的边缘滑向碗底，过碗底时速度为v ，若滑块与碗间的动摩擦因数为μ，则在过碗底时滑块受到摩擦力的大小为( )A ．μmgB ．μm v 2RC ．μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2RD ．μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2R －g 解析：滑块经过碗底时，由重力和支持力的合力提供向心力．根据牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2R ，则碗底对球支持力F N ＝mg ＋m v 2R.所以在过碗底时滑块受到摩擦力的大小f ＝μF N ＝μ⎝⎛⎭⎪⎫mg ＋m v 2R ＝μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2R ，故选C. 答案：C8．一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s ，下列说法正确的是( )A ．球棒对垒球做的功为120 JB ．球棒对垒球做的功为36 JC ．球棒对垒球的平均功率为12 600 WD ．球棒对垒球的平均功率为3 600 W解析：球棒对垒球做的功，由动能定理可得W F ＝12m v 22－12m v 21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×0.18×452－12×0.18×252J ＝126 J ，故A 、B 不正确；球棒对垒球的平均功率P ＝W F t ＝1260.01W ＝12 600 W ，故C 正确，D 错误． 答案：C 9.长为0.5 m 的轻杆，其一端固定于O 点，另一端连有质量m ＝2 kg 的小球，它绕O 点在竖直平面内做圆周运动，如图所示，当通过最高点时，v ＝1 m/s ，小球受到杆的力是(g 取10 m/s 2)( )A ．16 N 推力B ．16 N 拉力C ．4 N 推力D ．4 N 拉力解析：小球受重力和杆的弹力作用，设杆的弹力竖直向上．由牛顿第二定律得mg －F N ＝m v 2L ，解得F N ＝mg －m v 2L ＝2×10 N －2×120.5N ＝16 N ，故球受到杆竖直向上的推力作用，大小为16 N ，选项A 正确．答案：A10．如图所示，两颗星组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O 点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两颗星之间的距离为L ，质量之比为m 1∶m 2＝3∶2，下列说法中正确的是( )A ．m 1、m 2做圆周运动的线速度之比为3∶2B ．m 1、m 2做圆周运动的角速度之比为3∶2C ．m 1做圆周运动的半径为25L D ．m 2做圆周运动的半径为25L 解析：根据F 万＝F 向，对m 1得G m 1m 2L 2＝m 1v 21r 1＝m 1r 1ω2，对m 2得G m 1m 2L 2＝m 2v 22r 2＝m 2r 2ω2，又r 1＋r 2＝L ，由以上各式得v 1v 2＝r 1r 2＝m 2m 1＝23，A 错误．由于T 1＝T 2，故ω＝2πT 相同，B 错误．r 1＝25L ，r 2＝35L ，C 正确，D 错误．答案：C二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分)11．放在赤道上的物体Ⅰ和放在北纬60°处的物体Ⅱ，由于地球的自转，它们的( )A ．角速度之比为ωⅠ∶ωⅡ＝2∶1B ．线速度之比为v Ⅰ∶v Ⅱ＝2∶1C ．向心加速度之比为a Ⅰ∶a Ⅱ＝2∶1D ．向心加速度之比为a Ⅰ∶a Ⅱ＝4∶1解析：物体Ⅰ和物体Ⅱ都在地球上，角速度ωⅠ＝ωⅡ都等于地球自转角速度，故选项A 错误．由于物体Ⅱ的转动半径r Ⅱ＝12R 地，物体Ⅰ的转动半径r Ⅰ＝R 地，即r Ⅰ＝2r Ⅱ.因v ＝ωr ，a ＝ω2r ，所以v Ⅰ∶vrⅠ∶rⅡ＝2∶1，aⅠ∶aⅡ＝rⅠ∶rⅡ＝2∶1，故选项B、C正确，选项Ⅱ＝D错误．答案：BC12．如图所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd 为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则()A．物块始终受到三个力作用B．只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心C．从a到b，物体所受的摩擦力先减小后增大D．从b到a，物块处于超重状态解析：在cd两点处，只受重力和支持力，在其他位置处物体受到重力，支持力、静摩擦力三个作用，故A错误；物体作匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B错误；从a运动到b，物体的加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可得，物体所受木板的摩擦力先减小后增大．故C正确．从b运动到a，向心加速度有向上的分量，所以物体处于超重状态，故D正确．答案：CD13．由距月面平均高度100 km的环月轨道成功进入近月点高度15 km、远月点高度100 km的椭圆轨道．关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是()A．“嫦娥三号”的发射速度大于7.9 km/sB．“嫦娥三号”在环月轨道上的运行周期大于在椭圆轨上的运行周期C．“嫦娥三号”变轨前沿圆轨道运动的加速度大于变轨后通过椭圆轨道远月点时的加速度D．“嫦娥三号”变轨前需要先点火加速解析：7.9 km/s是人造卫星的最小发射速度，要想往月球发射人造卫星，发射速度必须大于7.9 km/s，A对；“嫦娥三号”距月面越近运行周期越小，B对；飞船变轨前沿圆轨道运动时只有万有引力产生加速度，变轨后通过椭圆轨道远月点时也是只有万有引力产生加速度，所以两种情况下的加速度相等，C错；“嫦娥三号”变轨前需要先点火减速，才能做近心运动，D错．答案：AB14．水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上．设小工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止．设小工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，则在小工件相对传送带滑动的过程中()A．滑动摩擦力对小工件做的功为12m v2B．小工件的机械能增量为12m v2C．小工件相对于传送带滑动的路程大小为v2 2μgD．传送带对小工件做功为零解析：小工件相对传送带滑动的过程中，受到的合外力就是传送带对它施加的摩擦力，根据动能定理可知，摩擦力做的功等于小工件增加的动能，小工件的初速度为零，末速度为v ，其动能增加为12m v 2，则小工件受到的滑动摩擦力对小工件做的功为12m v 2，选项A 正确，而选项D 错误；根据功能关系知，除了重力和弹力以外的其他力所做的功等于小工件机械能的改变量，选项B 正确；由动能定理可得μmgs 1＝12m v 2，则s 1＝v 22μg ，s 1是小工件相对地面的位移，该过程中，传送带相对地面的位移为s 2＝v t ＝v ·v μg＝2s 1，则小工件相对于传送带的位移为s ＝s 2－s 1＝v 22μg，选项C 正确． 答案：ABC三、非选择题(本题共4小题，共46分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图所示的装置．先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸．将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A ；将木板向远离槽口的方向平移距离x ，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；将木板再向远离槽口的方向平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C.若测得木板每次移动距离x＝10.00 cm.A、B间距离y1＝5.02 cm，B、C间距离y2＝14.82 cm(g＝9.80 m/s2).(1)为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？______________________________________________________.(2)根据以上直接测量的物理量来求得小球初速度的表达式为v0＝________________(用题中所给字母表示)．(3)小球初速度的值为v0＝________ m/s.解析：(1)每次从斜槽上紧靠挡板处由静止释放小球，是为了使小球离开斜槽末端时有相同的初速度．(2)根据平抛运动在水平方向上为匀速直线运动，则小球从A到B和从B到C运动时间相等，设为T；竖直方向由匀变速直线运动推论有y2－y1＝gT2，且v0T＝x.解以上两式得：v0＝xgy2－y1.(3)代入数据解得v0＝1.00 m/s.答案：(1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同(2)xgy2－y1(3)1.0016．(8分)从离地面H高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k＜1)倍，而小球与地面相碰后，能以相同大小的速率反弹．(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是多少？(2)小球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少？解析：(1)设小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是h ，则由动能定理得mg (H －h )－kmg (H ＋h )＝0，解得h ＝1－k 1＋kH . (2)设球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是s ，对全过程由动能定理得mgH －kmgs ＝0，解得：s ＝H k. 答案：(1)1－k 1＋kH (2)H k 17．(14分)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A 点水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．解析：(1)根据h 1＝12gt 2，解得t ＝2h 1g ＝2×1.810s ＝0.6 s ， 则跳离的最小速度v 0＝x 1t ＝4.80.6m/s ＝8 m/s. (2)根据机械能守恒定律得12(M ＋m )v 2＝(M ＋m )gh 2，解得v ＝2gh 2＝80 m/s ≈9 m/s.(3)根据牛顿第二定律得F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2L. 根据几何关系得(L －h 2)2＋x 22＝L 2.联立解得F ＝216 N.答案：(1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N18．(16分)如图所示，AB 是倾角θ为45°的直轨道，CD 是半径R ＝0.4 m 的圆弧轨道，它们通过一段曲面BC 平滑相接，整个轨道处于竖直平面内且处处光滑．一个质量m ＝1 kg 的物体(可以看作质点)从高H 的地方由静止释放，结果它从圆弧最高点D 点飞出，垂直斜面击中P 点．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，g 取10 m/s 2.求：(1)物体击中P 点前瞬间的速度；(2)在C 点轨道对物体的压力大小；(3)物体静止释放时的高度H .解析：(1)物体从D 点运动到P 点，做平抛运动，在竖直方向上满足2gR ＝v 2y ，求得v y ＝2 2 m/s.物体击中P 点的速度v ＝v y cos θ＝4 m/s.(2)物体在D 点的速度为平抛运动的水平速度 v D ＝v y tan θ＝2 2 m/s.根据机械能守恒定律12m v 2C ＝mg ·2R ＋12m v 2D ， 由牛顿运动定律得F N －mg ＝m v 2C R. 解得支持力F N ＝70 N ，即在C 点轨道对物体的压力为70 N.(3)由A 点到D 点，物体的机械能也守恒，故mgH ＝12m v 2D ＋mg 2R . 解得H ＝1.2 m.答案：(1)4 m/s (2)70 N (3)1.2 m。

模块综合测评(用时：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1～5小题只有一项符合题目要求，6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．下列关于力和运动的说法中，正确的是( ) A ．物体在变力作用下不可能做直线运动 B ．物体做曲线运动，其所受的外力不可能是恒力 C ．不管外力是恒力还是变力，物体都有可能做直线运动 D ．不管外力是恒力还是变力，物体都有可能做匀速圆周运动【解析】 物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，若受到的变力和速度方向相同，则做直线运动，A 错误；平抛运动是曲线运动，过程中受到的合力恒定，等于重力大小，B 错误；匀速圆周运动过程中，物体受到的加速度时时刻刻指向圆心，根据牛顿第二定律可知受到的合力时时刻刻指向圆心，为变力，D 错误．【答案】 C2．在飞船进入圆形轨道环绕地球飞行时，它的线速度大小( ) A ．等于7.9 km/sB ．介于7.9 km/s 和11.2 km/s 之间C ．小于7.9 km/sD ．介于7.9 km/s 和16.7 km/s 之间 【解析】 卫星在圆形轨道上运动的速度v ＝G Mr .由于r ＞R ，所以v ＜G MR＝7.9 km/s ，C 正确．【答案】 C3．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( )A ．动能增加了1 900 JB ．动能增加了2 000 JC ．重力势能减小了1 900 JD ．重力势能减小了2 000 J【解析】 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE ＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J>0，故其动能增加了1 800 J ，选项A 、B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G ＝－ΔE p ，所以ΔE p ＝－W G ＝－1 900 J<0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J ，选项C 正确，选项D错误．【答案】 C4．如图1所示，一个电影替身演员准备跑过一个屋顶，然后水平跳跃并离开屋顶，在下一个建筑物的屋顶上着地．如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5 m/s ，那么下列关于他能否安全跳过去的说法错误的是(g 取9.8 m/s 2)( )图1A ．他安全跳过去是可能的B ．他安全跳过去是不可能的C ．如果要安全跳过去，他在屋顶跑动的最小速度应大于6.2 m/sD ．如果要安全跳过去，他在空中的飞行时间需要1 s【解析】 根据y ＝12gt 2，当他降落在下一个屋顶时，下落的高度y ＝4.9 m ，所用时间t ＝2yg＝2×4.99.8s ＝1.0 s ，最大水平位移：x ＝v m t ＝4.5×1.0 m＝4.5 m ＜6.2 m ，所以他不能安全到达下一个屋顶．要想安全跳过去，他的跑动速度至少要大于6.21.0m/s ，即6.2 m/s.故B 、C 、D 正确，A 错误． 【答案】 A5．如图2所示，站在水平面上杂技演员在表演水流星节目时，盛水的杯子在竖直平面内做圆周运动，当杯子经过最高点时，里面的水恰好不会流出来．已知杂技演员质量为M ，杯子质量为m 1，里面水的质量为m 2，则当杯子通过与手等高的A 点时，地面对杂技演员的摩擦力大小和方向分别为(杯子运动时，人和手都始终静止不动)( )图2A ．2(m 1＋m 2)g ，向左B ．3(m 1＋m 2)g ，向左C ．2(m 1＋m 2)g ，向右D ．3(m 1＋m 2)g ，向右【解析】 设杯子做圆周运动的半径为r ，当杯子经过最高点时，里面的水恰好不会流出来，所以杯子通过最高点时，有(m 1＋m 2)g ＝ m 1＋m 2 v2r，杯子由最高点到A 点的过程，根据机械能守恒定律得：(m 1＋m 2)gr ＋12(m 1＋m 2)v 2＝12(m 1＋m 2)v 2A ，联立得：v A ＝3gr ，设杯子在A 点时，细绳对杯子的弹力为F ，则有：F ＝ m 1＋m 2 v 2Ar＝3(m 1＋m 2)g ，方向向右．此时绳子对人的拉力也是3(m 1＋m 2)g ，方向向左．对人受力分析可知，地面对人的摩擦力与绳子的拉力大小相等，方向相反，即地面对人的摩擦力大小为3(m 1＋m 2)g ，方向向右，故D 正确，A 、B 、C 错误．【答案】 D6．美国科学家在2016年2月11日宣布，他们利用激光干涉引力波天文台(LIGO)“探测到两个黑洞合并时产生的引力波”，爱因斯坦在100年前的预测终被证实．两个黑洞在合并的过程中，某段时间内会围绕空间某一位置以相同周期做圆周运动，形成“双星”系统．设其中一个黑洞的线速度大小为v ，加速度大小为a ，周期为T ，两黑洞的总机械能为E ，它们之间的距离为r ，不计其他天体的影响，两黑洞的质量不变．下列各图可能正确的是( )A B C D【解析】 根据万有引力定律可得：Gm 1m 2r2＝m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，则m 1r 1＝m 2r 2，因为r 1＋r 2＝r ，则r 1＝m 2m 1＋m 2r ，r 2＝m 1m 1＋m 2r ；根据Gm 1m 2r 2＝m 1v 2r 1，则v ＝Gm 22r m 1＋m 2，故v ­r 图象不是线性关系，A 错误；根据Gm 1m 2r 2＝m 1a ，解得a ＝Gm 2r2，故a ­r －2是过原点的直线，B 正确；根据Gm 1m 2r 2＝m 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 1，解得T ＝4π2r 3G m 1＋m 2 ，C 错误；根据Gm 1m 2r 2＝m 1v 2r 1及Gm 1m 2r 2＝m 2v2r 2，解得两黑洞的总机械能为E ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝Gm 1m 2r，D 正确．【答案】 BD7．如图3所示，一个小环套在竖直放置的光滑圆形轨道上做圆周运动．小环从最高点A 滑到最低点B 的过程中，其线速度大小的平方v 2随下落高度h 变化的图象可能是( )图3【解析】 设小环在A 点的速度为v 0，由机械能守恒定律得－mgh ＋12mv 2＝12mv 20得v 2＝v 2＋2gh ，可见v 2与h 是线性关系，若v 0＝0，B 正确；若v 0≠0，A 正确，故正确选项是AB.【答案】 AB8．某节能运输系统装置的简化示意图4如图所示．小车在轨道顶端时，自动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑，并压缩弹簧．当弹簧被压缩至最短时，立即锁定并自动将货物卸下．卸完货物后随即解锁，小车恰好被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程．则下列说法中正确的是( )图4A ．小车上滑的加速度小于下滑的加速度B ．小车每次运载货物的质量必须是确定的C ．小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功不等于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功D ．小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能【解析】 设下滑时加速度为a 1，弹起离开弹簧后加速度为a 2，则根据牛顿第二定律，有下滑过程：(M ＋m )g sin 30°－μ(M ＋m )g cos 30°＝(M ＋m )a 1 上滑过程：Mg sin 30°＋μMg cos 30°＝Ma 2故a 1＜a 2，故A 错误；小车每次下滑过程系统减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，必须保证每次弹簧的压缩量相同，故小车每次运载货物的质量必须是确定的，故B 正确；上滑过程和下滑过程中的摩擦力大小不同，故小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功不等于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功，故C 正确；小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和内能，故D 错误．【答案】 BC二、非选择题(共4小题，共52分，按题目要求作答)9．(8分)某同学利用如图5所示的装置探究功与速度变化的关系．图5(ⅰ)小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M 1；(ⅱ)在钉子上分别套上2条、3条、4条……同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤(ⅰ)，小物块落点分别记为M 2、M 3、M 4……；(ⅲ)测量相关数据，进行数据处理．(1)为求出小物块抛出时的动能，不需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．A ．小物块的质量mB ．橡皮筋的原长xC ．橡皮筋的伸长量ΔxD ．桌面到地面的高度hE ．小物块抛出点到落地点的水平距离L(2)将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W 1、W 2、W 3、……，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L 1、L 2、L 3、…….若功与速度的平方成正比，则应以W 为纵坐标、________为横坐标作图，才能得到一条直线．(3)由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于________(填“偶然误差”或“系统误差”)．【解析】 (1)小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度h ＝12gt 2，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离L ＝v 0t ，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式E k ＝12mv 2，还需要知道小球的质量，B 、C 正确．(2)根据h ＝12gt 2，和L ＝v 0t ，可得v 20＝L 2t 2＝L 22h g＝g 2hL 2，因为功与速度的平方成正比，所以功与L 2成正比，故应以W 为纵坐标、L 2为横坐标作图，才能得到一条直线．(3)一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差．由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差．【答案】 (1)BC (2)L 2(3)系统误差10．(10分)在“验证机械能守恒定律”的实验中： (1)供实验选择的重物有以下四个，应选择：( ) A ．质量为10 g 的砝码 B ．质量为200 g 的木球 C ．质量为50 g 的塑料球 D ．质量为200 g 的铁球 (2)下列叙述正确的是( )A ．实验中应用秒表测出重物下落的时间B ．可用自由落体运动的规律计算重物的瞬时速度C ．因为是通过比较mv 22和mgh 是否相等来验证机械能是否守恒，故不需要测量重物的质量D ．释放重物前应手提纸带的上端，使纸带竖直通过限位孔(3)质量m ＝1 kg 的物体自由下落，得到如图6所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04 s ，那么从打点计时器打下起点O 到打下B 点的过程中，物体重力势能的减少量E p ＝________ J ，此过程中物体动能的增加量E k ＝________J ．(g 取9.8 m/s 2，保留三位有效数字)图6【解析】 (1)为减小实验误差应选用铁球． (3)ΔE p ＝mg OB ＝2.28 Jv B ＝AC 2T＝2.125 m/sΔE k ＝12mv 2B ＝2.26 J.【答案】 (1)D (2)CD (3)2.28 2.2611．(16分)如图7所示，四分之一圆弧轨道的圆心O 1和半圆轨道的圆心O 2，与斜面体ABC 的竖直面AB 在同一竖直面上，两圆弧轨道衔接处的距离忽略不计，斜面体ABC 的底面BC 是水平面，一个视为质点质量m ＝0.2 kg 的小球从P 点静止释放，先后沿两个圆弧轨道运动，最后落在斜面体上(不会弹起)，不计一切摩擦，已知AB ＝9 m ，BC ＝12 m ，O 2A ＝1.1 m ，四分之一圆弧的半径和半圆的半径都是R ＝0.6 m ，g 取10 m/s 2.求：(1)小球在半圆最低点Q 对轨道的压力； (2)小球落在斜面上的位置到A 点的距离．图7【解析】 (1)小球从P 点运动到Q 点的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg (3R )＝12mv 2解得：v ＝6 m/s由向心力公式得：F N －mg ＝mv 2R解得：F N ＝14 N由牛顿第三定律得：小球在半圆最低点Q 对轨道的压力大小是14 N ，方向竖直向下． (2)小球离开半圆轨道后做平抛运动由几何关系可知：tan θ＝34；QA 两点间的距离h ＝O 2A －R ＝0.5 m由平抛运动规律得：x ＝L cos θ＝vt ；y ＝h ＋L sin θ＝12gt 2解得：L ＝7.5 m.【答案】 (1)14 N ，方向向下 (2)7.5 m12．(18分)如图8甲所示，四分之一光滑圆弧轨道与平台在B 点处相切，圆弧半径R ＝1 m ，一质量为1 kg 的物块置于A 点，A 、B 间距离为2 m ，物块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2.现用水平恒力F 拉物块由静止开始向右运动，到B 点时撤去拉力，结果物块刚好能滑到四分之一圆弧轨道的最高点，已知重力加速度g ＝10 m/s 2.甲 乙图8(1)求F 的大小及物块刚滑上四分之一圆弧轨道时对轨道的压力大小；(2)若将四分之一圆弧轨道竖直向下平移到圆心与B 点重合，如图乙所示，仍用水平恒力F 拉物块由静止开始向右运动，并在B 点撤去拉力，求物块在圆弧轨道上的落点与平台的高度差．(结果可用根式表示)【解析】 (1)滑块从A 点到圆弧轨道最高点，由动能定理有Fx －μmgx －mgR ＝0解得F ＝7 N从B 点到圆弧轨道最高点，根据机械能守恒定律有12mv 2B ＝mgR解得v B ＝2 5 m/s在圆弧轨道的最低点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2BR解得F N ＝3mg ＝30 N根据牛顿第三定律，物块对圆弧轨道的压力大小为30 N.(2)物块从B 点做平抛运动，设下落的高度为y ，水平位移为x ，则有x ＝v B t y ＝12gt 2 x 2＋y 2＝R 2解得物块在圆弧轨道上的落点与平台间的高度差为y ＝(5－2)m. 【答案】 (1)7 N 30 N (2)(5－2)m。

模块综合测评(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．甲、乙两车沿平直公路通过同样的位移．甲车在前半段位移以30 km/h 的速度运动．后半段位移以60 km/h 的速度运动；乙车在前半段时间内以30 km/h 的速度运动，后半段时间内以60 km/h 的速度运动，则甲、乙两车在整个位移中的平均速度v 甲和v 乙的大小关系是( )A.v 甲＝v 乙B.v 甲<v 乙C.v 甲>v 乙D ．由于不知道位移和时间，所以无法比较 【解析】 设甲车前后两段位移均为x ，则v 甲＝2xx 30＋x 60＝2×30×6030＋60 km/h ＝40 km/h 设乙车前后两段所用时间均为t ， 则v 乙＝30t ＋60t2t ＝45 km/h故v 甲<v 乙，B 正确． 【答案】 B2．一物体从高h 处做自由落体运动，经时间t 到达地面，落地速度为v ，那么当物体下落时间为t3时，物体的速度和距地面高度分别是( )A.v 3，h9B.v 9，h9C.v 3，89hD.v 9，33h 【解析】 物体做自由落体运动，经时间t 到达地面的速度为v ，根据速度公式v ＝gt可知，下落时间为t 3时的速度为v ′＝g (t 3)＝13v ，又知下落时间t 内的位移为h ，则t3时间内的位移为h ′＝12g (t 3)2＝19h ，物体距地面高度h ″＝h －19h ＝89h ，选项C 正确，其他选项均错．【答案】 C3．如图1，一个人站在水平地面上的长木板上用力F 向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m ，重力加速度为g ，则( )图1A ．箱子受到的摩擦力方向向右B ．地面对木板的摩擦力方向向左C ．木板对地面的压力大小为3mgD ．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg【解析】 人用力F 向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故A 错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不受静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故B 错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件，支持力等于重力，根据牛顿第三定律，支持力等于压力，故压力等于重力，为3mg ，故C 正确；若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故压力依然等于3mg ，故D 错误．【答案】 C4．一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A 、B 、C 三点．已知AB ＝6 m ，BC ＝10 m ，小球经过AB 和BC 两段所用的时间均为2 s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度大小分别是( )A ．2 m/s,3 m/s,4 m/sB ．2 m/s,4 m/s,6 m/sC ．3 m/s,4 m/s,5 m/sD ．3 m/s,5 m/s,7 m/s【解析】 由题意可知B 点是AC 段的中间时刻，AB 、BC 是相邻的等时间段，所以v B＝x AC t AC＝4 m/s ，又根据Δx ＝x BC －x AB ＝at 2可得a ＝1 m/s 2，进一步可得v A ＝2 m/s 、v C ＝6 m/s ，选项B 正确．【答案】 B5．体育器材室里，篮球摆放在图2所示的球架上．已知球架的宽度为d ，每只篮球的质量为m 、直径为D ，不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为( )图2A.12mg B.mgDdC.mgD2D2－d2D.2mg D2－d2D【解析】以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力N 与竖直方向的夹角为α.由几何知识得：cos α＝D22－d22D2＝D2－d2D根据平衡条件得：2N cos α＝mg解得：N＝mgD2D2－d2则得篮球对球架的压力大小为：N′＝N＝mgD2D2－d2.故选C.【答案】 C6.甲、乙两物体从同一地点沿同一条直线同时运动，其速度－时间图像如图3所示，下列说法正确的是( )图3A．0～t1时间内两物体均处于静止状态B．t1～t2时间内甲物体始终在乙物体的前面C．t2时刻两物体相遇D．t1～t2时间内，甲物体做匀减速直线运动【解析】由v­t图像可知，0～t1时间内甲、乙均做匀速运动，t1～t2时间内，甲物体做匀减速直线运动，A错误，D正确；t2时刻之前，v甲始终大于v乙，两物体又从同一地点同向运动，故t1～t2时间内甲物体始终在乙物体前面，且两物体相距越来越远，B正确，C 错误．7.A 、B 两球的质量均为m ，两球之间用轻弹簧相连，放在光滑的水平地面上，A 球左侧靠墙．弹簧原长为L 0，用恒力F 向左推B 球使弹簧压缩，如图4所示，整个系统处于静止状态，此时弹簧长为L .下列说法正确的是( )图4A ．弹簧的劲度系数为F /LB ．弹簧的劲度系数为F /(L 0－L )C ．若突然将力F 撤去，撤去瞬间，A 、B 两球的加速度均为0D ．若突然将力F 撤去，撤去瞬间，A 球的加速度为0，B 球的加速度大小为F /m 【解析】 由F ＝k (L 0－L )可得弹簧的劲度系数k ＝FL 0－L，A 错误，B 正确；撤去F 的瞬间，弹簧弹力不变，A 的加速度为零，B 的加速度a B ＝F m，C 错误，D 正确．【答案】 BD8．如图5甲所示，用一水平外力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图像如图乙所示，若重力加速度g 取10 m/s 2，根据图乙中所提供的信息可以计算出( )甲 乙图5A ．物体的质量为2 kgB ．斜面的倾角为37°C ．加速度为6 m/s 2时物体的速度D ．物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12 N【解析】 对物体受力分析，根据牛顿第二定律得a ＝Fmcos θ－g sin θ，当F ＝0 N 时，a ＝－6 m/s 2，当F ＝20 N 时，a ＝2 m/s 2，解得θ＝37°，m ＝2 kg.由三力平衡得物体能静止在斜面上所施加的沿水平方向的最小外力为F ＝mg tan θ＝15 N ，故选项A 、B 正确，D 错误；由于运动情况未知，力F 随时间的变化情况未知，无法确定加速度为6 m/s 2时物体的速度．二、非选择题(本题共4小题，共52分．按题目要求作答．)9．(10分)在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学的实验过程如乙图所示，甲、丙两图为两个弹簧测力计的放大图片：甲乙丙图6(1)读出两弹簧测力计的读数F1＝________N，F2＝________N.(2)画出两力的图示，再利用平行四边形定则画出合力的图示(选1 cm为1 N)．(3)由合力的图示可得合力的大小约为________N.【解析】(1)甲弹簧测力计的读数为F1＝2.50 N，丙弹簧测力计的读数为F2＝2.00 N.(2)(3)由合力的图示可得合力的大小约为3.20 N【答案】(1)2.50 2.00 (2)见解析(3)3.2010．某物理课外小组利用图7中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：图7(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N—n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s ，绘制s ­t 图像，经数据处理后可得到相应的加速度a .(3)对应于不同的n 的a 值见下表．n ＝2时的s ­t 图像如图8所示；由图8求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表.(4)质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．图8图9(5)利用a ­n 图像求得小车(空载)的质量为__________________________kg (保留2位有效数字，重力加速度g 取9.8 m·s －2)．(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)A ．a ­n 图线不再是直线B ．a ­n 图线仍是直线，但该直线不过原点C ．a ­n 图线仍是直线，但该直线的斜率变大【解析】 (3)根据题图(b)可知，当t ＝2.00 s 时，位移s ＝0.78 m ，由s ＝12at 2，得加速度a ＝2s t2＝0.39 m/s 2.(4)图像如图所示．(5)小车空载时，n ＝5，加速度为a ＝1.00 m/s 2.由牛顿第二定律得nm 0g ＝(m ＋nm 0)a ，代入数据得m ＝0.44 kg.(6)若保持木板水平，则小车运动中受到摩擦力的作用，n 的数值相同的情况下，加速度a 变小，直线的斜率变小．绳的拉力等于摩擦力时，小车才开始运动，图像不过原点，选项B 正确．【答案】 (3)0.39 (4)如图所示 (5)0.44 (6)B11．(16分)观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要．科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M ＝800 kg ，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v 0＝2 m/s ，此时开始计时经过t 0＝4 s 时间，气球匀加速下降了h 1＝16 m ，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：(1)气球加速下降阶段的加速度大小a . (2)抛掉的压舱物的质量m 是多大？(3)抛掉一些压舱物后，气球经过时间Δt ＝5 s ，气球下降的高度是多大？ 【解析】 (1)设气球加速下降的加速度为a ，则 由运动公式可知：h 1＝v 0t 0＋12at 2解得a ＝1 m/s 2(2)设空气浮力为F ，加速下降，由牛顿第二定律得：Mg －F ＝Ma 抛掉质量为m 压舱物，气体匀速下降，有： (M －m )g ＝F 解得m ＝80 kg.(3)设抛掉压舱物时，气球的速度为v 1，经过Δt ＝5 s 下降的高度为H 由运动公式可知：v 1＝v 0＋at 0H ＝v 1Δt解得H ＝30 m.【答案】 (1)1 m/s 2(2)80 kg (3)30 m12．(14分)如图10，水平面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m 的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力，箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后做加速度大小为a 的匀减速运动直至静止，经过的总路程为x ，运动过程中的最大速度为v .图10(1)求箱子加速阶段的加速度为a ′.(2)若a ＞g tan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．【解析】 (1)设加速度为a ′，由匀变速直线运动的公式：x 1＝v 22a ′，x 2＝v 22a得： x ＝x 1＋x 2＝v 22a ′＋v 22a解得： a ′＝av 22ax －v2(2)设小球不受车厢的作用力，应满足：N sin θ＝ma N cos θ＝mg解得：a ＝g tan θ减速时加速度的方向向左，当a ＞g tan θ 时，左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图，则：N sin θ＝maN cos θ－F ＝mg解得：F＝ma 1tan θ－mg【答案】(1)av22as－v2(2)0matan θ－mg。

模块综合检测(时间：90分钟满分：110分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分。

第1～8小题只有一个选项正确，第9～14小题有多个选项正确，全选对得4分，选不全得2分，错选不得分)1.宋代诗人陈与义乘着小船出游时，曾经写了一首诗：飞花两岸照船红，百里榆堤半日风。

卧看满天云不动，不知云与我俱东。

诗中“满天云不动”所选取的参考系是()图1A．河岸B．云朵C．榆堤D．小船解析：选D在本题中船是向东高速行驶，而“卧看满天云不动”是指“云与我”保持相对静止，即“云与我”以相同的速度相对于地球向东运动。

故诗人在这里研究云的运动是选择小船及小船中的人作为了参考系；故选D。

2．我们知道，拍打蚊子不是一件容易的事，当我们看准蚊子停留的位置拍打下去时，蚊子早就不知飞向何方了，这是因为蚊子在感受到突然袭击而飞走时，具有很大的() A．速度B．加速度C．速度的改变量D．位移解析：选B当我们看准蚊子停留的位置拍打下去时，蚊子早就不知飞向何方了，其实蚊子运动的不快，即速度不大，而是因为蚊子的速度变化快，即加速度大。

故B正确。

3．如图2所示为速度—时间图像，若将该物体的运动过程用位移图像表示出来，下列四幅图像中正确的是()图2解析：选C选项A中，图像中第一段时间内的速度为负值，故A错误。

选项B图像中第三段时间内物体的速度为正值，故B错误。

由位移时间图像可以看出，物体在0到t1时间内做向正方向的匀速直线运动，t1到t2时间内速度为零，t2到t3时间内做反方向的匀速直线运动，故C正确；由其图像可以看出第二段位移为零，而实际上此时位移不为零，故D错误。

4.质点所受的力F随时间变化的规律如图3所示，力的方向始终在一直线上。

已知t＝0时质点的速度为零。

在图示t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的速度最大()图3A．t1B．t2C．t3D．t4解析：选B质点开始速度为零，在0～t1的时间内，质点在做加速运动，在t1～t2时间内，力的方向没有发生改变，只是大小在减小，力的方向与速度方向相同，所以质点还在做加速运动，速度增大，在t2～t3时间内，力的方向发生了变化，力的方向与速度的方向相反，质点开始做减速运动，所以在t2时刻速度是最大的，所以B项正确；A、C、D项错误。