人教版高中物理必修二测试题及答案全套

人教版高中物理必修二测试题及答案全套人教版高中物理必修二测试题及答案全套章末质量评估(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．关于曲线运动和圆周运动，以下说法中错误的是()A．做曲线运动的物体受到的合力一定不为零B．做曲线运动的物体的速度一定是变化的C．做圆周运动的物体受到的合力方向一定指向圆心D．做匀速圆周运动的物体的加速度方向一定指向圆心解析：若合力为零，物体保持静止或匀速直线运动，所以做曲线运动物体受到的合力一定不为零，故选项A正确；做曲线运动的物体，其速度方向时刻改变，因此速度是变化的，故选项B正确；做匀速圆周运动的物体所受合力只改变速度的方向，不改变速度的大小，其合力和加速度方向一定指向圆心，但一般的圆周运动中，合力不仅改变速度的方向，也改变速度的大小，其合力、加速度一般并不指向圆心，故选项C错误，选项D正确．答案：C2．如图所示，A、B轮通过皮带传动，A、C轮通过摩擦传动，半径RA＝2RB＝3RC，各接触面均不打滑，则A、B、C三个轮的边缘点的线速度大小和角速度之比分别为()A．vA∶vB∶vC＝1∶2∶3，ωA∶ωB∶ωC＝3∶2∶1B．vA∶vB∶vC＝1∶1∶1，ωA∶ωB∶ωC＝2∶3∶6C．vA∶vB∶vC＝1∶1∶1，ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶3D．vA∶vB∶vC＝3∶2∶1，ωA∶ωB∶ωC＝1∶1∶1解析：由题意知，A、B轮通过皮带传动，A、B边缘上的点具有大小相同的线速度；A、C轮通过摩擦传动，A、C边缘上的点具有相同的线速度，所以三个轮的边缘点的线速度大小是相等的，则vA∶vB∶vC＝1∶1∶1，根据线速度与角速度之间的关系v＝ωR，得ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶3，选项C正确．答案：C3．水平放置的平板表面有一个圆形浅槽，如图所示．一只小球在水平槽内滚动直至停下，在此过程中()A．小球受四个力，合力方向指向圆心B．小球受三个力，合力方向指向圆心C．槽对小球的总作用力提供小球做圆周运动的向心力D．槽对小球弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力解析：对小球进行受力分析，小球受到重力、槽对小球的支持力和摩擦力3个力的作用，所以A错误；其中重力和支持力在竖直面内，而摩擦力是在水平面内的，重力和支持力的合力作为向心力指向圆心，但再加上摩擦力三个力的合力就不指向圆心了，所以选项B、C错误，选项D正确．答案：D4．如图所示，一个固定气缸的活塞通过两端有转轴的杆AB与圆盘边缘连接，半径为R的圆盘绕固定转动轴O点以角速度ω逆时针匀速转动，从而使活塞水平左右振动．在图示位置，杆与水平线AO夹角为θ，AO与BO垂直，则此时活塞速度为()A．ωR B．ωRcosθC.eq\f(ωR,tanθ) D．ωRtanθ解析：在图示位置时，B点的合速度vB＝ωR，沿切线方向，则B点沿AB杆的分速度为v1＝eq\f(vB,cosθ)，而在AB杆上的A点沿气缸方向的分量v2＝v1cosθ，故活塞的速度为ωR，故A正确．答案：A5．如图所示，A、B两个相同小球同时在OA杆上以O点为圆心向下摆动过程中，在任意时刻A、B两球相等的物理量是()A．角速度 B．加速度C．向心力 D．速度解析：A、B两球都绕O点做圆周运动，角速度ω必定相等，故A正确．角速度ω相等，根据an＝ω2r知：加速度与半径成正比，则A的加速度较大，故B错误．角速度ω相等，根据Fn＝mω2r知：向心力与半径成正比，则A的向心力较大，故C错误．由v＝ωr分析得知，A的速度较大，故D错误，故选A.答案：A6．如图所示，在倾角θ＝37°的斜面底端的正上方H处，平抛一个物体，该物体落到斜面上的速度方向正好与斜面垂直，则物体抛出时的初速度为()A.eq\r(\f(9gH,17)) B.eq\r(\f(gH,4))C.eq\r(\f(3gH,4)) D.eq\r(\f(gH,3))解析：碰撞时的竖直分速度vy＝eq\f(v0,tan37°)＝eq\f(4,3)v0，且eq\f(H－\f(1,2)gt2,v0t)＝tan37°，而t＝eq\f(vy,g)，联立以上各式可解得v0＝eq\r(\f(9gH,17)).A对．答案：A7．如图所示，水平路面出现了一个地坑，其竖直截面为半径为R的半圆，AB为沿水平方向的直径．一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下，但两颗石子分别以速度v1、v2从A点沿AB方向水平飞出，分别落于C、D两点，C、D两点与水平路面的距离分别为0.6R和R.则v1∶v2的值为()A.eq\r(3) B.eq\f(\r(3),5)C.eq\f(3\r(15),5) D.eq\f(3\r(3),5)解析：石子做平抛运动，而平抛运动的时间取决于下落的高度．落到C点的石子下落的高度h1＝0.6R，下落时间t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(1.2R,g))；落到D点的石子下落的高度h2＝R，下落时间t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2R,g)).平抛运动在水平方向上的分运动为匀速直线运动，根据几何知识可得水平位移分别为x1＝1.8R，x2＝R，根据x＝vt可得，速度v1＝eq\f(x1,t1)，v2＝eq\f(x2,t2)，联立解得v1∶v2＝eq\f(3\r(15),5)，故C正确．答案：C8．在光滑的水平面上，有一转轴垂直于此平面，交点O的上方h处固定一细绳，绳的另一端固定一质量为m的小球B，线长AB＝l＞h，小球可随转轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图所示，要使球不离开水平面，转轴的转速最大值是()A.eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,h)) B．πeq\r(gh)C.eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,l)) D．2πeq\r(\f(l,g))解析：以小球为研究对象，小球受三个力作用，重力G、水平面支持力FN、绳子拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mω2R，而R＝htanθ.当小球即将离开水平面时，FN＝0，转速n有最大值，F与mg的合力提供向心力，即mgtanθ＝mω2R，又ω＝2πn，故mg＝m4π2n2h，n＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,h)).故选项A正确．答案：A9．如图所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4m/s，则船A点开出的最小速度为()A．2m/s B．2.4m/sC．3m/s D．3.5m/s解析：船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动，其中，合速度v合方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动速度v水的大小和方向都已知，沿船头指向的分运动的速度v船大小和方向都未知，合速度与分速度遵循平行四边形定则(或三角形定则)，如图所示．当v合与v船垂直时，v船最小，由几何关系得到v船的最小值为v船＝v水sin37°＝2.4m/s.故B正确，A、C、D错误．答案：B10.某人站在竖直墙壁前一定距离处练习飞镖，他从同一位置沿水平方向扔出两支飞镖A和B，两支飞镖插在墙壁靶上的状态如图所示(侧视图)．则下列说法中正确的是()A．飞镖A的质量小于飞镖B的质量B．飞镖A的飞行时间小于飞镖B的飞行时间C．抛出时飞镖A的初速度小于飞镖B的初速度D．插入靶时，飞镖A的末速度一定小于飞镖B的末速度解析：平抛运动的时间和下落高度都与飞镖质量无关，本题无法比较两飞镖的质量，故A错误；飞镖A下落的高度小于飞镖B下落的高度，根据h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))，知飞镖A的运动时间小于飞镖B的运动时间，故B正确；两飞镖的水平位移相等，飞镖A所用的时间短，则飞镖A的初速度大，故C错误；设飞镖与水平方向的夹角为θ，可得末速度v＝eq\f(v0,cosθ)，故无法比较飞镖A、B的末速度大小，故D错误．答案：B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．下列有关运动的说法正确的是()A．图甲A球在水平面内做匀速圆周运动，A球角速度越大则偏离竖直方向的θ角越大B．图乙质量为m的小球到达最高点时对管壁的压力大小为3mg，则此时小球的速度大小为2eq\r(gr)C．图丙皮带轮上b点的加速度小于a点的加速度D．图丁用铁锤水平打击弹簧片后，B球比A球先着地解析：对题图甲小球受力分析如图所示，则有F向＝mgtanθ＝mω2Lsinθ，得cosθ＝eq\f(g,ω2L)，由上式可知ω越大，cosθ越小，则θ越大，A正确．图乙中小球到达最高点时，若对上管壁压力为3mg，则管壁对小球作用力向下，有mg＋3mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(4gr)＝2eq\r(gr)；若对下管壁压力为3mg，则管壁对小球作用力向上，有mg－3mg＝－2mg，不成立，小球做圆周运动，合力应是向下指向圆心，即此种情况不成立，B正确．图丙中ωb＝ωc，由a＝ω2r得ab∶ac＝1∶2，va＝vc，由a＝eq\f(v2,r)得aa∶ac＝2∶1，可得aa∶ab＝4∶1，C正确．A球做平抛运动，竖直方向上的分运动为自由落体运动；B球与A球同时开始运动，而B球的运动为自由落体运动，所以A、B应同时落地，D错误．答案：ABC12.如图所示，篮球绕中心线OO′以ω角速度转动，则()A．A、B两点的角速度相等B．A、B两点线速度大小相等C．A、B两点的周期相等D．A、B两点向心加速度大小相等解析：A、B两点共轴转动，角速度相等，故A正确．根据v＝rω得，A、B转动的半径不等，所以A、B的线速度大小不等，故B错误．根据T＝eq\f(2π,ω)知，角速度相等，则周期相等，故C正确．根据a＝rω2知，角速度相等，但A、B的转动半径不等，所以向心加速度大小不等．故D错误．故选A、C.答案：AC13．如图所示，长0.5m的轻质细杆，一端固定有一个质量为3kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为2m/s.g取10m/s2，下列说法正确的是()A．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24NB．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6NC．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24ND．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54N解析：设小球在最高点时受杆的弹力向上，则mg－FN＝meq\f(v2,l)，得FN＝mg－meq\f(v2,l)＝6N，故小球对杆的压力大小是6N，A错误，B正确；小球通过最低点时FN－mg＝meq\f(v2,l)，得FN＝mg＋meq\f(v2,l)＝54N，小球对杆的拉力大小是54N，C错误，D正确．答案：BD14.横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示．现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上．其落点分别是a、b、c.下列判断正确的是()A．图中三小球比较，落在a点的小球飞行时间最短B．图中三小球比较，落在c点的小球飞行时间最短C．图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最大D．图中三小球比较，小球飞行过程中的速度变化一样快解析：小球在平抛运动过程中，可分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，由于竖直方向的位移为落在c点处的最小，而落在a点处的最大，所以落在a点的小球飞行时间最长，落在c点的小球飞行时间最短，A错误，B正确；而速度的变化量Δv＝gt，所以落在c点的小球速度变化最小，C错误；三个小球做平抛运动的加速度都为重力加速度，故三个小球飞行过程中速度变化一样快，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)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20m)．图甲图乙完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.00kg；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，该示数为________kg；(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：序号12345m/kg1.801.751.851.751.90(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为_________N；小车通过最低点时的速度大小为__________m/s(重力加速度大小取9.80m/s2，计算结果保留两位有效数字)．解析：(2)托盘秤示数为1.40kg，注意估读．(4)凹形桥模拟器质量m1＝1.00kg，则小车质量m2＝1.40kg－1.00kg＝0.40kg；根据(3)中记录表格可得到小车经过凹形桥模拟器最低点时，托盘秤示数m的平均值为1.81kg，则小车经过最低点时对桥的压力F＝mg－m1g，故压力为7.9N，根据小车在最低点的受力，结合牛顿第二定律，有F－m2g＝eq\f(m2v2,R)，代入数据可解得v＝1.4m/s.答案：(2)1.40(4)7.91.416．(8分)如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆细管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B，以不同的速率进入管内，若A球通过圆周最高点C，对管壁上部的压力为3mg，B球通过最高点C时，对管壁内、外侧的压力均为0.求A、B球通过圆周最高点C点的速度大小．解析：A小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力．对A球：3mg＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，解得：vA＝2eq\r(gR).对B球：mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得：vB＝eq\r(gR).答案：2eq\r(gR)eq\r(gR)17．(14分)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为eq\f(3,4)d，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力．(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时速度大小v2；(2)问绳能承受的最大拉力为多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？解析：(1)设绳断后小球飞行的时间为t，落地时小球竖直分速度为vy，根据平抛运动的规律有水平方向：d＝v1t，竖直方向：eq\f(1,4)d＝eq\f(1,2)gt2，vy＝gt，解得：v1＝eq\r(2gd)，vy＝eq\r(\f(gd,2))，所以小球落地时的速度大小为v2＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(\f(5,2)gd).(2)设绳能承受的最大拉力大小为FT，这也是小球受到绳的最大拉力大小．小球做圆周运动的半径为R＝eq\f(3,4)d，根据牛顿第二定律，有FT－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，解得FT＝eq\f(11,3)mg.(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳能承受的最大拉力不变，则有FT－mg＝meq\f(veq\o\al(2,3),l)，解得v3＝eq\r(\f(8,3)gl)，绳断后小球做平抛运动，竖直方向的位移为(d－l)，设水平方向的位移为x，飞行时间为t1，则有d－l＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，x＝v3t1，解得x＝4eq\r(\f(l（d－l）,3))，当l＝eq\f(d,2)时，x有极大值，此时xmax＝eq\f(2\r(3),3)d.答案：(1)eq\r(2gd)eq\r(\f(5,2)gd)(2)eq\f(11,3)mg(3)eq\f(d,2)eq\f(2\r(3),3)d18．(16分)如图甲所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球的质量m＝1kg，细线AC长l＝1m，B点距C点的水平和竖直距离相等(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))．图甲图乙(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝eq\r(\f(50,3))rad/s，求细线AC与竖直方向的夹角；(3)装置可以以不同的角速度匀速转动，试通过计算在坐标图乙中画出细线AC上张力T随角速度的平方ω2变化的关系图象．解析：(1)当细线AB上的张力为零时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球做圆周运动的向心力，有mgtan37°＝mωeq\o\al(2,1)lsin37°解得ω1＝eq\r(\f(g,lcos37°))＝eq\r(\f(50,4))rad/s.(2)当ω2＝eq\r(\f(50,3))rad/s时，小球应该向左上方摆起．假设细线AB上的张力仍然为零，则mgtanθ′＝mωeq\o\al(2,2)lsinθ′，解得cosθ′＝eq\f(3,5)，故θ′＝53°.因为B点距C点的水平和竖直距离相等，所以θ′＝53°时，细线AB恰好竖直，且eq\f(mωeq\o\al(2,2)lsin53°,mg)＝eq\f(4,3)＝tan53°，说明细线AB此时的张力恰好为0，故此时细线AC与竖直方向的夹角为53°.(3)①当ω≤ω1＝eq\r(\f(50,4))rad/s时，细线AB水平，细线AC上的张力的竖直分量等于小球的重力，即Tcos37°＝mg，解得T＝eq\f(mg,cos37°)＝12.5N；②当ω1＜ω＜ω2时，细线AB松弛，细线AC上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力，有Tsinθ＝mω2lsinθ，解得T＝mω2l；③当ω2＜ω时，细线在竖直方向绷直，仍然由细线AC上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力：Tsinθ＝mω2lsinθ，T＝mω2l.综上所述：ω≤ω1＝eq\r(\f(50,4))rad/s时，T＝12.5N不变；ω＞ω1时，T＝mω2l.Tω2关系图象如图所示．答案：见解析章末质量评估(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.某行星绕太阳运动的轨道如图所示，则以下说法不正确的是()A．太阳一定在椭圆的一个焦点上B．该行星在a点的速度比在b、c两点的速度都大C．该行星在c点的速度比在a、b两点的速度都大D．行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积是相等的解析：由开普勒第一定律知，太阳一定位于椭圆的一个焦点上，A正确；由开普勒第二定律知太阳与行星的连线在相等时间内扫过的面积是相等的，因为a点与太阳的连线最短，b点与太阳的连线最长，所以行星在a点速度最大，在b点速度最小，选项B、D正确，C错误．答案：C2．地球对物体的引力大小等于物体对地球的引力，但我们总是看到物体落向地球而地球并不向物体运动，这是因为()A．万有引力定律不适用于地球和物体B．牛顿第三定律不适用于地球和物体C．以地球上的物体作为参考系，看不到地球向物体运动，如果以太阳为参考系，就可以看到地球向物体运动D．地球的质量太大，产生的加速度很小，即便以太阳为参照物，也看不到地球向物体运动解析：万有引力是普遍适用的，A错误．两物体之间的万有引力也是一对作用力与反作用力，同样遵循牛顿第三定律，B错误．地球的质量太大，产生的加速度很小，即便以太阳为参照物，也看不到地球向物体运动，C错误，D正确．答案：D3．有一质量分布均匀的球状行星，设想把一物体放在该行星的中心位置，则此物体与该行星间的万有引力是()A．零 B．无穷大C．无穷小 D．无法确定解析：许多同学做此题时，直接将r＝0代入公式F＝eq\f(GMm,r2)，得出F为无穷大的错误结论．这是因为当物体位于行星中心时，行星不能再视为质点．如图所示，将行星分成若干关于球心O对称的质量小块，其中每一小块均可视为质点．现取同一直径上关于O对称的两个小块m、m′，它们对球心处物体的万有引力大小相等，方向相反，其合力为零．由此推广到行星中所有的其他质量小块．因此行星与物体间存在着万有引力，但这些力的合力为零．故正确选项为A.答案：A4．宇宙飞船进入一个围绕太阳运动的近乎圆形的轨道上运动，如果轨道半径是地球轨道半径的9倍，那么宇宙飞船绕太阳运行的周期是()A．3年 B．9年C．27年 D．81年解析：开普勒第三定律中的公式eq\f(R3,T2)＝k，解得：T＝eq\r(\f(R3,k)).一颗小行星围绕太阳在近似圆形的轨道上运动，若轨道半径是地球轨道半径的9倍，小行星绕太阳运行的周期是地球周期的27倍，即小行星绕太阳运行的周期是27年．故选C.答案：C5．地球表面的平均重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G，则可用下列哪一式来估算地球的密度()A.eq\f(3g,4πRG) B.eq\f(3g,4πR2G)C.eq\f(g,RG) D.eq\f(g,R2G)解析：对于地面上的物体，有mg＝eq\f(GMm,R2)，又知M＝eq\f(4,3)πR3ρ，整理得ρ＝eq\f(3g,4πRG)，A正确．答案：A6．英国《每日邮报》称，英国学者通过研究确认“超级地球”“格利泽581d”的体积约为地球体积的27倍，密度约为地球密度的eq\f(1,3).已知地球表面的重力加速度为g，地球的第一宇宙速度为v，将“格利泽581d”视为球体，可估算()A．“格利泽581d”表面的重力加速度为eq\r(2)gB．“格利泽581d”表面的重力加速度为eq\r(3)gC．“格利泽581d”的第一宇宙速度为eq\r(2)vD．“格利泽581d”的第一宇宙速度为eq\r(3)v解析：由万有引力与重力关系有：eq\f(GMm,R2)＝mg，M＝ρV，V＝eq\f(4,3)πR3，解三式得：g＝eq\f(4,3)GπρR.由“格利泽”与地球体积关系及体积公式可知，格利泽半径为地球半径的3倍，由题意可知，格利泽表面的重力加速度与地球表面的重力加速度相等，A、B项错；由第一宇宙速度定义式v＝eq\r(gR)可知，格利泽的第一宇宙速度为eq\r(3)v，C项错，D项正确．答案：D7．冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O点运动的()A．轨道半径约为卡戎的eq\f(1,7)B．角速度大小约为卡戎的eq\f(1,7)C．线速度大小约为卡戎的7倍D．向心力大小约为卡戎的7倍解析：做双星运动的星体相互间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，即F万＝m1ω2r1＝m2ω2r2，得eq\f(m1,m2)＝eq\f(r2,r1)，故A正确；双星运动的角速度相同，故B错误；由v＝ωr可知冥王星的线速度为卡戎的eq\f(1,7)，故C错误；两星间的向心力为两者间的万有引力且等值反向，故D错误．答案：A8．如果火星的质量为地球质量的eq\f(1,9)，火星的半径为地球半径的eq\f(1,2).那么关于火星探测器，下列说法中正确的是()A．探测器的发射速度只有达到了第三宇宙速度才可以发射成功B．火星的密度是地球密度的eq\f(8,9)C．探测器在火星表面上的重力是在地球表面上重力的eq\f(2,9)D．火星探测器环绕火星运行的最大速度为绕地球运行的第一宇宙速度的2倍解析：探测器发射速度达到第二宇宙速度即可，A错；ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，eq\f(ρ火,ρ地)＝eq\f(M火,M地)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R地,R火)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,9)×8＝eq\f(8,9)，B对；由eq\f(GMm,R2)＝mg知eq\f(g火,g地)＝eq\f(M火,M地)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R地,R火)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,9)×4＝eq\f(4,9)，C错；由eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)得v＝eq\r(\f(GM,R))，eq\f(v火,v地)＝eq\r(\f(M火,M地)·\f(R地,R火))＝eq\r(\f(1,9)×2)＝eq\r(\f(2,9))，D错．答案：B9．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是()A．太阳对各小行星的引力相同B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值解析：根据万有引力定律F＝Geq\f(Mm,r2)可知，由于各小行星的质量和各小行星到太阳的距离不同，万有引力不同，选项A错误；设太阳的质量为M，小行星的质量为m，由万有引力提供向心力则Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，则各小行星做匀速圆周运动的周期T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，因为各小行星的轨道半径r大于地球的轨道半径．所以各小行星绕太阳运动的周期均大于地球的周期(一年)，选项B错误；向心加速度a＝eq\f(F,m)＝Geq\f(M,r2)，内侧小行星到太阳的距离小，向心加速度大，选项C正确；由Geq\f(Mm,r2)＝eq\f(mv2,r)得小行星的线速度v＝eq\r(\f(GM,r))，小行星做圆周运动的轨道半径大于地球的公转轨道半径，线速度小于地球绕太阳公转的线速度，选项D错误．答案：C10．如图所示，a为放在赤道上随地球一起自转的物体，b为同步卫星，c为一般卫星，d为极地卫星．设b、c、d三卫星距地心的距离均为r，做匀速圆周运动．则下列说法正确的是()A．a、b、c、d线速度大小相等B．a、b、c、d角速度大小相等C．a、b、c、d向心加速度大小相等D．若b卫星升到更高圆轨道上运动，则b仍可能与a物体相对静止解析：a、b比较，角速度相等，由v＝ωr，可知va＜vb，根据线速度公式v＝eq\r(\f(GM,r))，b、c、d为卫星，轨道半径相同，线速度大小相等，故A错误；根据ω＝eq\r(\f(GM,r3))，b、c、d为卫星，轨道半径相同，角速度大小相等，a、b比较，角速度相等，所以a、b、c、d角速度大小相等，故B正确；a、b比较，角速度相等，由a＝ω2r，aa＜ab，根据向心加速度大小公式a＝eq\f(GM,r2)，b、c、d为卫星，轨道半径相同，向心加速度大小相等，故C错误；b为同步卫星，若b卫星升到更高圆轨道上运动，周期发生变化，b不可能与a物体相对静止，故D错误．故选B.答案：B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．质量为m的人造地球卫星，在半径为r的圆轨道上绕地球运行时，其线速度为v，角速度为ω，取地球质量为M，当这颗人造地球卫星在轨道半径为2r的圆轨道上绕地球运行时，则()A．根据公式v＝eq\r(\f(GM,r))，可知卫星运动的线速度将减少到eq\f(v,\r(2))B．根据公式F＝meq\f(v2,r)，可知卫星所需的向心力将减小到原来的eq\f(1,2)C．根据公式ω＝eq\f(v,r)，可知卫星的角速度将减小到eq\f(ω,2)D．根据F＝Geq\f(Mm,r2)，可知卫星的向心力减小为原来的eq\f(1,4)解析：人造地球卫星绕地球运行时，由万有引力提供向心力，则有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，则知卫星运动的线速度将减小到eq\f(v,\r(2))，故A正确；卫星运动的线速度将减小到eq\f(v,\r(2))，轨道半径增大到原来的2倍，根据公式F＝meq\f(v2,r)，可知卫星所需的向心力将减小到原来的eq\f(1,4)，故B错误；卫星运动的线速度将减小到eq\f(v,\r(2))，轨道半径增大到原来的2倍，根据公式ω＝eq\f(v,r)，可知卫星的角速度将减小到eq\f(ω,2\r(2))，故C错误；根据F＝Geq\f(Mm,r2)，M和m不变，r变为原来的2倍，可知卫星的向心力减小为原来的eq\f(1,4)，故D正确．答案：AD12．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，向心加速度为a1，b处于地面附近近地轨道上，正常运行速度为v1，c是地球同步卫星，离地心距离为r，运行速率为v2，加速度为a2，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如下图，地球的半径为R，则有()A．a的向心加速度等于重力加速度gB．d的运动周期有可能是20小时C.eq\f(a1,a2)＝eq\f(R,r)D.eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(r,R))解析：地球同步卫星c的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r，知c的向心加速度大；由ma＝Geq\f(Mm,r2)，得a＝eq\f(GM,r2)，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误．由开普勒第三定律eq\f(R3,T2)＝k知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故B错误．a、c的角速度相同，由a＝ω2r知eq\f(a1,a2)＝eq\f(R,r)，故C正确．根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，则得eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(r,R))，故D正确．答案：CD13．如图所示为一卫星绕地球运行的轨道示意图，O点为地球球心，已知引力常量为G，地球质量为M，OA＝R，OB＝4R，下列说法正确的是()A．卫星在A点的速率vA＝eq\r(\f(GM,R))B．卫星在B点的速率vB＜eq\r(\f(Gm,4R))C．卫星在A点的加速度aA＝eq\f(GM,R2)D．卫星在B点的加速度aB＜eq\f(GM,16R2)解析：卫星在圆轨道上运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：Geq\f(Mm,R2)＝ma＝meq\f(v2,R)，解得：v＝eq\r(\f(GM,R))，a＝eq\f(GM,R2).卫星经过椭圆轨道的A点时，由于万有引力小于向心力，故做离心运动，故：Geq\f(Mm,R2)＜meq\f(v2,R)，解得：v＞eq\r(\f(GM,R))，故A错误．卫星经过椭圆轨道的B点时，由于万有引力大于向心力，故做向心运动，故：Geq\f(Mm,（4R）2)＞meq\f(v2,4R)，解得：v＜eq\r(\f(GM,4R))，故B正确．根据牛顿第二定律，卫星在A点的加速度：aA＝eq\f(GM,R2)，故C正确．根据牛顿第二定律，卫星在B点的加速度aB＝eq\f(GM,16R2)，故D错误．答案：BC14.由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在平面内以相同角速度做匀速圆周运动．如图所示，三颗星体的质量均为m，三角形的边长为a，引力常量为G，下列说法正确的是()A．每个星体受到引力大小均为3eq\f(Gm2,a2)B．每个星体的角速度均为eq\r(\f(3Gm,a3))C．若a不变，m是原来的两倍，则周期是原来的eq\f(1,2)D．若m不变，a是原来的4倍，则线速度是原来的eq\f(1,2)解析：对任意一个星体，受力分析如图所示，有F1＝Geq\f(m2,a2)，F2＝Geq\f(m2,a2)，每个星体受到的引力为F＝2F1cos30°＝eq\r(3)Geq\f(m2,a2)，故A错误；由几何关系可知，每个星体绕中心做匀速圆周运动的半径r＝eq\f(\r(3)a,3)，根据万有引力提供向心力，有eq\r(3)Geq\f(m2,a2)＝mω2·eq\f(\r(3),3)a，解得ω＝eq\r(\f(3Gm,a3))，故B正确；对每个星体，根据万有引力提供向心力，有eq\r(3)Geq\f(m2,a2)＝meq\f(4π2,T2)·eq\f(\r(3)a,3)，解得T＝2πeq\r(\f(a3,3Gm))，若a不变，m是原来的两倍，则周期是原来的eq\f(\r(2),2)，故C错误；对每个星体，根据万有引力提供向心力，有eq\r(3)Geq\f(m2,a2)＝meq\f(v2,\f(\r(3)a,3))，解得v＝eq\r(\f(Gm,a))，若m不变，a是原来的4倍，则线速度是原来的eq\f(1,2)，故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．(10分)设想着陆器完成了对月球表面的考察任务后，由月球表面回到围绕月球做圆周运动的轨道舱，其过程如图所示．设轨道舱的质量为m，月球表面的重力加速度为g，月球的半径为R，轨道舱到月球中心的距离为r，引力常量为G，试求：(1)月球的质量；(2)轨道舱的速度和周期．解析：(1)设月球的质量为M，则在月球表面Geq\f(Mm,R2)＝mg，得月球质量M＝geq\f(R2,G).(2)设轨道舱的速度为v，周期为T，则Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝Req\r(\f(g,r)).Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得T＝eq\f(2πr,R)eq\r(\f(r,g)).答案：(1)geq\f(R2,G)(2)Req\r(\f(g,r))eq\f(2πr,R)eq\r(\f(r,g))16．(12分)某航天飞机在地球赤道上空飞行，轨道半径为r，飞行方向与地球的自转方向相同，设地球的自转角速度为ω0，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，在某时刻航天飞机通过赤道上某建筑物的上方，求它下次通过该建筑物上方所需的时间．解析：用ω表示航天飞机的角速度，用m、M分别表示航天飞机及地球的质量，则有eq\f(GMm,r2)＝mrω2.航天飞机在地面上，有Geq\f(Mm,R2)＝mg.联立解得ω＝eq\r(\f(gR2,r3)).若ω＞ω0，即航天飞机高度低于同步卫星高度，用t表示所需时间，则ωt－ω0t＝2π.所以t＝eq\f(2π,ω－ω0)＝eq\f(2π,\r(\f(gR2,r3))－ω0).若ω＜ω0，即航天飞机高度高于同步卫星高度，用t表示所需时间，则ω0t－ωt＝2π.所以t＝eq\f(2π,ω0－ω)＝eq\f(2π,ω0－\r(\f(gR2,r3))).答案：eq\f(2π,\r(\f(gR2,r3))－ω0)或eq\f(2π,ω0－\r(\f(gR2,r3)))17．(12分)人造地球卫星P绕地球球心做匀速圆周运动，已知P卫星的质量为m，距地球球心的距离为r，地球的质量为M，引力常量为G，求：(1)卫星P与地球间的万有引力的大小；(2)卫星P的运行周期；(3)现有另一地球卫星Q，Q绕地球运行的周期是卫星P绕地球运行周期的8倍，且P、Q的运行轨迹位于同一平面内，如图所示，求卫星P、Q在绕地球运行过程中，两卫星间相距最近时的距离．解析：(1)卫星P与地球间的万有引力F＝Geq\f(Mm,r2).(2)由万有引力定律及牛顿第二定律，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得T＝2πeq\r(\f(r3,GM)).(3)对P、Q两卫星，由开普勒第三定律，可得eq\f(r3,T2)＝eq\f(req\o\al(3,Q),Teq\o\al(2,Q))，又TQ＝8T，因此rQ＝4r.P、Q两卫星和地球共线且P、Q位于地球同侧时距离最近，故最近距离为d＝3r.答案：(1)Geq\f(Mm,r2)(2)2πeq\r(\f(r3,GM))(3)3r18．(12分)如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点，沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡另一点Q上，斜坡的倾角α，已知该星球的半径为R，引力常量为G，已知球的体积公式是V＝eq\f(4,3)πR3.求：(1)该星球表面的重力加速度g；(2)该星球的密度；(3)该星球的第一宇宙速度．解析：(1)小球在斜坡上做平抛运动时：水平方向上：x＝v0t，①竖直方向上：y＝eq\f(1,2)gt2，②由几何知识tanα＝eq\f(y,x)，③由①②③式得g＝eq\f(2v0tanα,t).(2)对于星球表面的物体m0，有Geq\f(Mm0,R2)＝m0g.又V＝eq\f(4,3)πR3.故ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(3v0tanα,2πRtG).(3)该星球的第一宇宙速度等于它的近地卫星的运动速度，故Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，又GM＝gR2，解得v＝eq\r(\f(2v0Rtanα,t)).答案：(1)eq\f(2v0tanα,t)(2)eq\f(3v0tanα,2πRtG)(3)eq\r(\f(2v0Rtanα,t))章末质量评估(三)(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，在水平的船板上有一人拉着固定在岸边树上的绳子，用力使船向前移动．关于力对船做功的下列说法中正确的是()A．绳的拉力对船做了功B．人对绳的拉力对船做了功C．树对绳子的拉力对船做了功D．人对船的静摩擦力对船做了功解析：绳的拉力、人对绳子的拉力和树对绳子的拉力都没有作用于船，没有对船做功．只有人对船的静摩擦力作用于船，且船发生了位移，故对船做了功，且做正功，故选项A、B、C错误，D正确．答案：D2.一小球从如图所示的弧形轨道上的A点，由静止开始滑下．由于轨道不光滑，它仅能滑到B点．由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h1，B、C高度差为h2，则下列关系正确的是()A．h1＝h2 B．h1＜h2C．h1＞h2 D．h1、h2大小关系不确定解析：由能的转化和守恒定律可知，小球由A到B的过程中重力势能减少mgh1，全部用于克服摩擦力做功，即WAB＝mgh1.同理，WBC＝mgh2，又随着小球最大高度的降低，每次滑过的路程越来越短，必有WAB＞WBC，所以mgh1＞mgh2，得h1＞h2，故C正确．答案：C3.如图所示，在电梯中的斜面上放置了一滑块，在电梯加速上升的过程中，滑块相对斜面静止．则在该过程中()A．斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能B．滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能C．斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功D．斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能解析：滑块克服重力所做的功等于滑块增加的重力势能，故选项A错误；合力对滑块所做的功等于滑块动能的增量，故选项B错误；斜面对滑块的摩擦力沿斜面向上，故摩擦力做正功，选项C错误；斜面对滑块的弹力、摩擦力对滑块做的总功等于滑块机械能的增量，故选项D正确．答案：D4．质量为m的汽车由静止开始以加速度a做匀加速运动，经过时间t，汽车达到额定功率，则下列说法正确的是()A．at即为汽车额定功率下的速度最大值B．at不是汽车额定功率下的速度最大值C．汽车的额定功率是ma2tD．题中所给条件可以求出汽车的额定功率解析：汽车额定功率下的最大速度是a＝0时，vm＝eq\f(P额,F)＝eq\f(P额,Ff)，故选项A错误，B正确．汽车的功率是牵引力的功率，不是合力的功率，故选项C错误．由F－Ff＝ma，得F＝Ff＋ma，因Ff不知，则F不知，故求不出汽车的额定功率，故选项D错误．答案：B5．将质量为m的小球在距地面高度为h处竖直向上抛出，抛出时的速度大小为v，小球落到地面上时的速度大小为3v，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球整个运动过程，下列说法正确的是()A．合外力对小球做的功为4mv2B．重力对小球做的功等于－mghC．小球落地时的机械能会变大D．小球克服空气阻力做的功为mv2解析：根据动能定理，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，故有W合＝W重－W阻＝eq\f(1,2)m(3v)2－eq\f(1,2)mv2＝4mv2，选项A正确；W重＝Ep1－Ep2＝mgh，选项B错误；空气阻力对小球做负功，小球落地时机械能减少，选项C错误；小球克服空气阻力做的功W阻＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－eq\f(1,2)m(3v)2＝mgh－4mv2，选项D错误．答案：A6．如图所示，ab是—个位于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，高度为h，轨道的末端与水平轨道相切于b点．一个小木块质量为m，在顶端a处由静止释放后沿轨道滑下，最后停止在水平段的c点．现使小木块从c点出发，靠惯性沿原路恰好回到a点，小木块具有初动能的值为Ek，则()A．Ek＝mgh B．mgh＜Ek＜2mghC．Ek＝2mgh D．Ek＞2mgh解析：对于下滑过程中由动能定理可得：mgh－Wf＝0，对于上滑过程：－mgh－Wf＝0－Ek，联立解得Ek＝2mgh，故选项C正确．答案：C7.如图，一颗小弹丸从离水面不高处落入水中，溅起的几个小水珠可以跳得很高(不计能量损失)，下列说法正确的是()A．小弹丸下落时具有的重力势能等于几个水珠在最高点的重力势能B．小弹丸下落时具有的重力势能大于几个水珠在最高点的重力势能C．小弹丸下落时具有的重力势能小于几个水珠在最高点的重力势能D．小水珠跳起的高度超过弹丸下落的高度，是违背能量守恒的解析：弹丸的重力势能转化弹丸的动能，再转化为水的弹性势能最后转化成小水珠的动能，小水珠升高的过程中，动能又转化为重力势能(即表现为小水珠的高度)，在这一过程中，水的总动能要小于弹丸的动能，但是，各个水珠的质量都比较小，因此，小水珠跳起的高度存在多种可能性．当弹丸的质量又比较大的时候，完全有可能出现个别小水珠跳起的高度较高的情况，甚至可以超过弹丸下落的高度．故B正确，A、C、D都错误．答案：B8.如图所示，一个质量为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，其运动的加速度大小为0.6g，该物体在斜面上上升的最大高度为h，g取10m/s2，则在这个过程中物体的()A．机械能守恒 B．重力势能增加了0.5mghC．动能损失了1.1mgh D．机械能损失了0.2mgh解析：由牛顿第二定律，得mgsin30°＋f＝m×0.6g，解得摩擦力f＝0.1mg，此过程有摩擦力做功，机械能不守恒，故A错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了ΔEp＝mgh，故B错误；由动能定理，可知动能损失量等于合外力做功的大小，即ΔEk＝F合s＝m×0.6g×2h＝1.2mgh，故C错误；由功能关系，知机械能的损失量为ΔE＝fs＝0.1mg×2h＝0.2mgh，故D正确．答案：D9．如图所示，小球以初速度v0从A点沿不光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()A.eq\r(veq\o\al(2,0)－4gh) B.eq\r(4gh－veq\o\al(2,0))C.eq\r(veq\o\al(2,0)－2gh) D.eq\r(2gh－veq\o\al(2,0))解析：设小球从A到B克服摩擦力做的功为Wf，小球从A至B，由动能定理，有－Wf－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).小球从B至A，由动能定理，有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0.解以上两式得vA＝eq\r(4gh－veq\o\al(2,0))，B对．答案：B10．(2014·大纲全国卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示．当物块的初速度为eq\f(v,2)时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()A．tanθ和eq\f(H,2)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq\f(H,2)C．tanθ和eq\f(H,4)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq\f(H,4)解析：设物块与斜坡之间的动摩擦因数为μ，由动能定理可得－mgH－μmgcosθeq\f(H,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2和－mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)，解得h＝eq\f(H,4)，μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，所以选项D正确．答案：D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，长木板A放在光滑水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上．则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下列说法正确的是()A．摩擦力对物体B做负功，对物体A做正功B．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能C．摩擦力对A物体做的功等于系统机械能增加量D．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和解析：B受的摩擦力方向向左，位移向右，故摩擦力对物体B做负功，A受B给他的摩擦力向右，位移向右，故摩擦力对物体A做正功，故A正确；根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A的机械能增量和系统损失的机械能之和，故B错误；根据动能定理，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，故C错误；根据能量守恒定律，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，故D正确，故选A、D.答案：AD12．如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图．光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与AB管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P.将弹珠投入AB管内，缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励．假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力和手柄质量，弹珠视为质点．某次缓慢下拉手柄，使弹珠与B点距离为L，释放手柄，弹珠被弹出，到达C点速度为v，下列说法正确的是()A．弹珠从释放手柄开始到触碰障碍物之前的过程中机械能守恒B．弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，其动能先增大后减小C．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大D．此过程中，弹簧的最大弹性势能为mg(L＋R)sinθ＋eq\f(1,2)mv2解析：弹珠从释放手柄开始到触碰障碍物之前的过程中，弹簧对弹珠做正功，其机械能增加，故A错误；弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧的弹力先大于重力沿斜面向下的分力，后小于重力沿斜面向下的分力，先加速后减速，所以其动能先增大后减小，故B正确；释放手柄，弹簧的弹力对弹珠做正功，弹珠的动能和重力势能之和不断增大，根据弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒知，弹珠脱离弹簧的瞬间，弹簧的弹性势能全部转化为弹珠的动能和重力势能，所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大，故C正确；根据系统的机械能守恒得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在C点的机械能，为mg(L＋R)sinθ＋eq\f(1,2)mv2，故D正确．答案：BCD13.如图所示，在排球比赛中，假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网，排球网高H＝2.24m，排球质量为m＝300g，运动员对排球做的功为W1＝20J，排球运动过程中克服空气阻力做功为W2＝4.12J，重力加速度g取10m/s2.球从手刚发出位置的高度h＝2.04m，选地面为零势能面，则()A．与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72JB．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22JC．排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88JD．与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72J解析：与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg(H－h)＝0.3×10×(2.24－2.04)J＝0.6J，故A错误；根据功能关系可得，排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh＋W1－W2＝0.3×10×2.04J＋20J－4.12J＝22J，故B正确；由动能定理可知，排球恰好到达球网上边缘时的动能为W1－W2－mg(H－h)＝15.28J，故C错误；与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达网上边缘时动能的减少量为W2＋mg(H－h)＝4.72J，故D正确．答案：BD14．某兴趣小组遥控一辆玩具车，使其在水平路面上由静止启动，在前2s内做匀加速直线运动，2s末达到额定功率，2s到14s保持额定功率运动，14s末停止遥控，让玩具车自由滑行，其v－t图象如图所示．可认为整个过程玩具车所受阻力大小不变，已知玩具车的质量为m＝1kg，取g＝10m/s2，则()A．玩具车所受阻力大小为2NB．玩具车在4s末牵引力的瞬时功率为9WC．玩具车在2s到10s内位移的大小为39mD．玩具车整个过程的位移为90m解析：由图象可知在14s后的加速度a2＝eq\f(0－6,4)m/s2＝－1.5m/s2，故阻力f＝ma2＝－1.5N，A错误；玩具车在前2s内的加速度a1＝eq\f(3－0,2)＝1.5m/s2，由牛顿第二定律可得牵引力F＝ma1－f＝3N，当t＝2s时达到额定功率P额＝Fv＝9W．此后玩具车以额定功率运动，速度增大，牵引力减小，所以t＝4s时功率为9W，B正确；玩具车在2到10秒内做加速度减小的加速运动，由动能定理得P额t＋fs2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得s2＝39m，故C正确；由图象可知总位移s＝eq\f(1,2)×3×2m＋39m＋6×4m＋eq\f(1,2)×4×6m＝78m，故D错误．答案：BC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)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图(a)所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．图(a)(1)实验中涉及下列操作步骤：①把纸带向左拉直②松手释放物块③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是________(填入代表步骤的序号)．(2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50Hz.由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s.比较两纸带可知，________(选填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能更大些．图(b)解析：(1)先压缩弹簧，松手后，弹簧的弹性势能转化为物块离开弹簧时的动能，测量出动能就可得到弹性势能，保证纸带拉直且先接通电源后释放纸带，则正确步骤是④①③②.(2)离开弹簧后，由于桌面光滑，物块做匀速直线运动．打点周期为0.02s，取M纸带中最后两段求平均值，则v＝eq\f(（2.58＋2.57）×10－2,0.02×2)m/s≈1.29m/s，因为纸带M匀速段相邻打点间距大，故纸带M对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．答案：(1)④①③②(2)1.29M16．(8分)目前上海有若干辆超级电容车试运行，其特点是充电快、运行远，只需在乘客上车间隙充电30s～1min，就能行驶3km～5km.假设有一辆超级电容车，质量m＝2×103kg，额定功率P＝60kW，当超级电容车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力f是车重的k＝0.1倍，g取10m/s2.求：(1)超级电容车在此路面上能达到最大速度vm；(2)超级电容车从静止开始以a＝0.5m/s2加速度做匀加速直线运动所能维持的时间t；(3)超级电容车以额定功率从静止开始运动经过t′＝50s达到最大速度过程中的位移x.解析：(1)由题意可知，当超级电容车速度达到最大值时，有F牵－f＝0，①f＝kmg，②P＝F牵vm，③联立①②③，得vm＝30m/s.④(2)设车在匀加速阶段最终速度为v，则有P＝F′牵v，⑤F′牵－f＝ma，⑥v＝at，⑦联立⑤⑥⑦得t＝40s．⑧(3)由动能定理，得Pt′－fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，⑨解得x＝1050m.答案：(1)30m/s(2)40s(3)1050m17．(12分)光滑的长轨道形状如图所示，底部为半圆形，半径为R，固定在竖直平面内，A、B为两质量相同的小环，用长为R的轻杆连接在一起，套在轨道上，将A、B两环从图示位置静止释放，A环距底部2R.不考虑轻杆和轨道的接触，即忽略系统机械能的损失，求：(1)A、B两环进入半圆形底部前，杆上的作用力；(2)A环到达最低点时，两环的速度大小；(3)若轻杆长为2eq\r(2)R，A环仍从距底部2R处静止释放，经过半圆形底部再次上升后离开底部的最大高度．解析：(1)对A、B环及杆整体分析，做自由落体运动，加速度为g；以A为研究对象，A做自由落体运动，则杆对A一定没有作用力，即F＝0.(2)A、B环都进入圆轨道后，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等，即vA＝vB.对A、B环及杆整体从静止释放至A环到达最低点过程，根据动能定理，有mg·2R＋mg·eq\f(5,2)R＝eq\f(1,2)·2mv2，可得v＝eq\r(\f(9,2)gR).(3)由于杆长超过了半圆直径，故最后A环在下，如图．A再次上升后，设位置比原来高h，如图所示．由动能定理，有－mgh＋mg(2eq\r(2)R－2R－h)＝0，得h＝(eq\r(2)－1)R，A离开底部的最大高度H＝2R＋h＝(eq\r(2)＋1)R.答案：(1)没有作用力(2)eq\r(\f(9,2)gR)(3)(eq\r(2)＋1)R18．(18分)如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的eq\f(1,4)细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D端齐平，质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep，已知小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.5.求：(1)小球达到B点时的速度大小vB；(2)水平面BC的长度s；(3)在压缩弹簧过程中小球最大速度vm.解析：(1)由机械能守恒定律得mg2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝2eq\r(gr).(2)由mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)，得vC＝eq\r(gr).由A至C，由动能定理得mg(2r)－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C).解得s＝3r.(3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D端距离为x，则有kx＝mg，得x＝eq\f(mg,k).由功能关系得mg(r＋x)－Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，得vm＝eq\r(3gr＋\f(2mg2,k)－\f(2Ep,m)).答案：(1)2eq\r(gr)(2)3r(3)eq\r(3gr＋\f(2mg2,k)－\f(2Ep,m))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eq\f(θ,2)C．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gttanθ解析：小球落地时竖直方向上的速度vy＝gt，因为落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(gt,v0)，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＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，tanθ＝2tanα，但α≠eq\f(θ,2)，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tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，小球的初速度v0＝eq\f(gt,tanθ)，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eq\f(ωA,ωD)＝eq\f(1,4)，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．n B．n2C.eq\r(n3)－1 D.eq\r(3,n2)－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T1＝eq\f(24h,n)，同步卫星的周期为T2＝24h，则T1∶T2＝1∶n，对于近地卫星有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2,Teq\o\al(2,1))R，对于同步卫星有Geq\f(Mm′,（R＋h）2)＝m′eq\f(4π2,Teq\o\al(2,2))(R＋h)，联立解得h＝(eq\r(3,n2)－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＝eq\f(1,2)at2，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.eq\r(m2g2＋m2ω4R2) D.eq\r(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＝eq\r(（mg）2＋Feq\o\al(2,向))，而F向＝mω2R，所以F＝eq\r(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＝0.50m盆边缘的高度为h＝0.30m．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．0.50m B．0.25mC．0.10m 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＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.3,0.1)m＝3m，d＝0.50m，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eq\f(3,4)g，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eq\f(3,4)mghB．动能损失了eq\f(1,2)mghC．动能损失了mghD．动能损失了eq\f(3,2)mgh解析：重力做功WG＝－mgh，故重力势能增加了mgh，A错．物体所受合力F＝ma＝eq\f(3,4)mg，合力做功W合＝－Feq\f(h,sin30°)＝－eq\f(3,4)mg×2h＝－eq\f(3,2)mgh，由动能定理知，动能损失了eq\f(3,2)mgh，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