2020-2021学年高中物理综合评估含解析新人教版必修

PAGEPAGE10综合评估eq\o(\s\up7(限时：90分钟总分：100分),\s\do5())一、选择题(1～6为单选每小题4分，7～10为多选每小题5分，共44分)1．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图所示，其半径分别为r1、r2、r3，若甲轮匀速转动的角速度为ω，三个轮相互不打滑，则丙轮边缘上各点的向心加速度大小为(A)A.eq\f(r\o\al(2,1)ω2,r3)B.eq\f(r\o\al(2,3)ω2,r\o\al(2,1))C.eq\f(r\o\al(3,3)ω2,r\o\al(2,1))D.eq\f(r1r2ω2,r3)解析：甲、丙边缘的线速度大小相等，根据a＝eq\f(v2,r)知a丙＝eq\f(r\o\al(2,1)ω2,r3)，故选A.2．如图所示，MN是流速稳定的河流，河宽一定，小船在静水中的速度为v.现小船自A点渡河，第一次船头沿AB方向，到达对岸的D处；第二次船头沿AC方向，到达对岸E处，若AB与AC跟河岸垂线AD的夹角相等，两次航行的时间分别为tB、tC，则(C)A．tB＞tC B．tB＜tCC．tB＝tC D．无法比较tB与tC的大小解析：设第一次合速度为v1，设第二次合速度为v2，因为静水速与河岸夹角相等，则v1在垂直于河岸方向上的分速度等于v2垂直于河岸方向上的分速度，根据等时性知，tB＝tC.故C正确，A、B、D错误．3．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为(C)A．mglcosθ B．FlsinθC．mgl(1－cosθ) D．Fl解析：小球缓慢由P→Q过程中，F大小变化，为变力做功．设力F做功为WF，对小球由P→Q应用动能定理WF－mgl(1－cosθ)＝0所以WF＝mgl(1－cosθ)，故选C.4．以速度v0水平抛出一球，某时刻其竖直分位移与水平分位移相等，则下列判断中错误的是(A)A．竖直分速度等于水平分速度 B．此时球的速度大小为eq\r(5)v0C．运动的时间为eq\f(2v0,g) D．运动的位移是eq\f(2\r(2)v\o\al(2,0),g)解析：水平速度为v0，设下落的时间为t，由题意得v0t＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\f(2v0,g)，竖直分速度为vy＝2v0，所以A错，C正确；速度v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0；位移s＝eq\r(x2＋y2)＝eq\f(2\r(2)v\o\al(2,0),g)，所以B、D正确．5．如图，一根很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，aA．h B．1.5hC．2h D．2.5h解析：解法1：根据机械能守恒定律：3mgh＝mgh＋eq\f(1,2)(m＋3m)v2①，b球落地时，a球恰好上升h，再对a球应用机械能守恒定律：mgh＋eq\f(1,2)mv2＝mgH②，联立①②可得H＝1.5h，所以A、C、D错误，B正确．解法2：根据动能定理：3mgh－mgh＝eq\f(1,2)(m＋3m)v2，①b球落地后对a球应用动能定理：mgh′＝eq\f(1,2)mv2，②a球上升的最大高度为H＝h＋h′，③联立①②③可得H＝1.5h，A、C、D错误，B正确．解法3：根据动能定理：3mgh－mgh＝eq\f(1,2)(m＋3m)v2，①b球落地后对a球应用运动学公式：2gh′＝v2，②a球上升的最大高度为H＝h＋h′，③联立①②③可得H＝1.5h，A、C、D错误，B正确．6．以相同大小的初速度v0将物体从同一水平面分别竖直上抛、斜上抛、沿光滑斜面(足够长)上滑，如图所示，三种情况达到的最大高度分别为h1、h2和h3，不计空气阻力(斜上抛物体在最高点的速度方向水平)，则(D)A．h1＝h2>h3 B.h1＝h2<h3C．h1＝h3<h2 D.h1＝h3>h2解析：竖直上抛物体和沿斜面运动的物体，上升到最高点时，速度均为0，由机械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)，斜上抛物体在最高点速度不为零，设为v1，则mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，所以h2＜h1＝h3，故D对．7．如图所示，在两个质量分别为m和2m的小球a和b之间，用一根轻质细杆连接，两小球可绕过细杆中心的水平轴无摩擦转动，现让细杆水平放置，静止释放小球后，小球b向下转动，小球aA．b球的重力势能减少，动能增加B．a球的重力势能增大，动能减少C．a球和b球的机械能总和保持不变D．a球和b球的机械能总和不断减小解析：在b球向下、a球向上转动过程中，两球均在加速转动，使两球动能增加，同时b球重力势能减少，a球重力势能增加，a、b两球的总机械能守恒．8．太阳由于辐射，质量在不断减小，地球由于接收太阳辐射和吸收宇宙中的尘埃，质量在增加．假定地球增加的质量等于太阳减少的质量，且地球的轨道半径不变，则(AC)A．太阳对地球的引力增加 B．太阳对地球的引力减小C．地球运行的周期变长 D．地球运行的周期变短解析：由题意可知太阳质量减小，地球质量增加，根据万有引力定律可知，太阳对地球的万有引力将不断增加．由于轨道半径不变，依据eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r可知周期变长．9.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近的近地轨道上做圆周运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则有(BCD)A．a的向心加速度等于重力加速度gB．b在相同时间内转过的弧长最长C．c在4h内转过的圆心角是eq\f(π,3)D．d的运动周期可能是30h解析：a受到万有引力和地面支持力，由于支持力等于重力，与万有引力大小接近，所以向心加速度远小于重力加速度，选项A错误；由v＝eq\r(\f(GM,r))知b的线速度最大，则在相同时间内b转过的弧长最长，选项B正确；c为同步卫星，周期Tc＝24h，在4h内转过的圆心角θ＝eq\f(4h,Tc)·2π＝eq\f(π,3)，选项C正确；由T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))知d的周期最大，所以Td>Tc＝24h，则d的周期可能是30h，选项D正确．10．如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、且放置在水平面上，所有接触面均光滑．弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处于弹性限度内．在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有(BCD)A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B速度相等时，A的速度达到最大D．当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大解析：对A、B进行受力分析如图甲所示．由分析知：拉力F对系统做功最多时，即拉力位移最大、弹簧被拉到最长时，系统机械能最大，A错．由牛顿第二定律aA＝eq\f(F－kx,m)，aB＝eq\f(kx,m)，开始x较小，aA>aB，A速度增加快，B速度增加慢，二者速度差越来越大，随x增大，aA减小，aB增大，当aA＝aB时，二者速度差最大，B正确．画出A、B运动的v－t图如图乙所示，图中t1时A、B各自v－t图的斜率相同，表明aA＝aB.此后随x增大，aB增大，aA减小，二者速度差又减小，当vA＝vB时，弹簧被拉到最长，弹性势能最大(t2时刻)，此时A速度最大，C、D均正确．二、填空题(共2小题，每小题8分，共16分)11．如图所示，某同学在研究平抛运动的实验中，在小方格纸上画出小球做平抛运动的轨迹以后，又在轨迹上取出a、b、c、d四个点(轨迹已擦去)．已知小方格纸的边长L＝2.5cm.g取10m/s2.请你根据小方格纸上的信息，通过分析计算完成下面几个问题．(1)小球从a→b、b→c、c→d所经历的时间相等(选填“相等”或“不相等”)．(2)平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，根据小球从a→b、b→c、c→d的竖直方向位移差，求出小球从a→b、b→c、c→d所经历的时间是0.05_s.(3)再根据水平位移，求出小球平抛运动的初速度v0＝1_m/s.(4)从抛出点到b点所经历的时间是0.075_s.解析：(1)水平分运动为匀速直线运动，由题图看出，三段水平位移相等，所以时间相等．(2)由Δy＝gT2，即ybc－yab＝gT2，得T＝0.05s.(3)由v0＝eq\f(s,T)，得v0＝1m/s.(4)由匀变速直线运动中，一段位移的平均速度等于这段位移中间时刻的瞬时速度，可求出b点的竖直速度，vby＝eq\f(yab＋ybc,2T)＝0.75m/s.由vby＝gt，得从抛出点到b点所经历时间t＝0.075s.12．某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：①用天平测出电动小车的质量为0.4kg；②将电动小车、纸带和打点计时器按如下图所示安装；③接通打点计时器(其打点周期为0.02s)；④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定)．在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的点迹如下图甲、乙所示，图中O点是打点计时器打的第一个点．请你分析纸带数据，回答下列问题．(1)该电动小车运动的最大速度为1.50m(2)该电动小车运动过程中所受的阻力为1.60N.(3)该电动小车的额定功率为2.40W.解析：(1)小车运动速度恒定时，vmax＝eq\f(x,t)＝eq\f(6×10－2,2×0.02)m/s＝1.50m/s.(2)小车关闭电源，仅受阻力作用，在匀减速运动阶段：a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f([5.15－3.86＋4.51－3.22]×10－2,2×2×2×0.022)m/s2≈4m/s2，所以Ff＝ma＝1.6N.(3)电动小车的额定功率：P＝Ffvmax＝1.6×1.50W＝2.40W.三、计算题(每小题10分，共40分)13．如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h＝1.4m、宽L＝1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H＝3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面．忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，求：(1)若运动员不触及障碍物，他从A点起跳后落至水平面的过程所经历的时间；(2)运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．答案：(1)0.8s(2)6.0m/s解析：(1)运动员从斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式H＝eq\f(1,2)gt2解得：t＝eq\r(\f(2H,g))＝0.8s.(2)为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H－h时，他沿水平方向运动的距离为Hcot53°＋L，设他在这段时间内运动的时间为t′，则：H－h＝eq\f(1,2)gt′2，Hcot53°＋L＝vt′，解得v＝6.0m/s.14．两颗靠得很近的恒星称为双星，这两颗恒星必须各以一定的速率绕某一中心转动，才不至于因万有引力作用而吸引在一起，已知双星的质量分别为m1和m2，相距为L，求：(1)双星转动中心的位置．(2)双星的转动周期．答案：(1)eq\f(m2,m1＋m2)L(2)2πLeq\r(\f(L,m1＋m2G))解析：(1)设双星的转动中心与其中一颗恒星(质量为m1)的距离为x，它们做圆周运动的向心力为双星之间的万有引力，所以它们的向心力大小相等，转动的周期相同．根据牛顿第二定律，对双星分别列方程，有：Geq\f(m1m2,L2)＝m1eq\f(4π2,T2)x①，Geq\f(m1m2,L2)＝m2eq\f(4π2,T2)(L－x)②，联立①②，得：x＝eq\f(m2,m1＋m2)L.(2)将(1)问的x值代入①，可解得T＝2πLeq\r(\f(L,m1＋m2G)).15.如图所示，倾角θ＝37°的斜面底端B平滑连接着半径r＝0.40m的竖直光滑圆轨道．质量m＝0.50kg的小物块，从距地面h＝2.7m处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)求：(1)物块滑到斜面底端B时的速度大小；(2)物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小．答案：(1)6.0m/s(2)20N解析：(1)物块沿斜面下滑到B的过程中，在重力、支持力和摩擦力作用下做匀加速运动，设下滑到斜面底端B时的速度为v，则由动能定理可得：mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，所以v＝eq\r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(μcosθ,sinθ))))，代入数据解得：v＝6.0m/s.(2)设物块运动到圆轨道的最高点A时的速度为vA，在A点受到圆轨道的压力为FN.物块沿圆轨道上滑到A的过程中由动能定理得：－mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mv2.物块运动到圆轨道的最高点A时，由牛顿第二定律得：FN＋mg＝meq\f(v\o\al(2,A),r).由