模块综合检测(A、B卷) 基本能力评价

16/16模块综合检测(A、B卷)基本能力评价A卷——基本能力评价(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共11小题，每小题4分，共44分。每小题只有一个选项符合题目要求)1．关于物体做曲线运动，下列说法中正确的是()A．做曲线运动的物体，合外力一定为零B．做曲线运动的物体，合外力一定是变化的C．做曲线运动的物体，合外力方向与速度方向在同一直线上D．做曲线运动的物体，合外力方向与加速度方向一定在同一直线上解析：选D做曲线运动的物体，由于速度方向不断改变，则其速度一定发生了变化，根据a＝eq\f(Δv,Δt)可知，物体的加速度不为零，根据牛顿第二定律可知，物体的合外力也一定不为零，A错误；做曲线运动的物体，当物体的合外力不变时，物体做的是匀变速曲线运动，例如平抛运动，物体的合外力不变，即做曲线运动的物体，合外力不一定发生变化，B错误；根据曲线运动的条件可知，做曲线运动的物体，其合外力方向与速度方向不在同一直线上，C错误；根据F合＝ma可知，合外力方向与加速度方向相同，即做曲线运动的物体，合外力方向与加速度方向一定在同一直线上，D正确。2.蜡烛块在玻璃管中匀速上升，同时玻璃管匀速向右运动。此时蜡烛块的合运动为向右上方的匀速直线运动。若玻璃管向右运动的速度为v时，蜡烛块上升到顶端的时间为t，则当玻璃管向右运动的速度变为2v，蜡烛块上升到顶点的时间为()A.eq\f(t,2) B．tC．2t D.eq\r(2)t解析：选B由题意得，蜡烛块同时参与了水平方向匀速直线运动和竖直方向匀速直线运动两个方向的运动，根据运动的独立性可知，两个方向的运动互不影响，所以改变水平方向的速度，竖直方向的运动时间不变，即蜡烛块上升到顶点的时间仍为t。3.2023年4月2日，天龙二号遥一运载火箭在我国酒泉卫星发射中心成功首飞，将搭载的爱太空科学号卫星顺利送入预定轨道。在火箭升空的过程中，地面上的观测者观测到火箭某时刻速度大小为v，方向与水平地面成θ角，如图所示，则火箭水平方向的分速度为()A．vsinθ B．vcosθC.eq\f(v,sinθ) D.eq\f(v,cosθ)解析：选B把火箭的速度分解在竖直方向及水平方向上，可得火箭在水平方向的分速度为vx＝vcosθ，故选B。4.一辆电动玩具小车，可以在水平桌面上做匀速直线运动。现将小车用轻绳系在水平桌面上O点，如图所示，小车可绕O点做半径为L的圆周运动，小车转一圈的时间为t。下列物理量中，可以用来描述小车运动快慢的是()A．位移 B．半径C．线速度 D．路程解析：选C用来描述小车运动快慢的物理量是线速度。故选C。5．(2023·安徽亳州高一检测)科学家发现，在太空中有一些人类宜居星球，其中一个人类宜居星球的质量约为地球的2倍，半径约为地球的1.5倍，已知地球表面的重力加速度为g。一个质量为m的航天员来到该星球表面，忽略地球和星球自转影响，航天员在该星球表面的重力约为()A.eq\f(8,9)mg B.eq\f(9,8)mgC.eq\f(3,4)mg D.eq\f(4,3)mg解析：选A在地球表面Geq\f(M地m,R地2)＝mg，在星球表面Geq\f(M星m,R星2)＝G星，解得G星＝eq\f(8,9)mg，A项正确。6．2023年5月30日，神舟十六号载人飞船成功发射，入轨后成功对接于中国空间站天和核心舱径向端口。设空间站绕地球做圆周运动，对接前后空间站的轨道高度保持不变，下列说法正确的是()A．空间站在轨绕地球运行速度小于第一宇宙速度B．空间站对接后的运行周期大于其对接前的运行周期C．空间站对接后的向心加速度大于其对接前的向心加速度D．航天员在空间站中处于完全失重状态，不受重力作用解析：选A由于空间站绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，则其运行的线速度为v＝eq\r(\f(GM,r))＜eq\r(\f(GM,R))，轨道半径越大，运行速度越小，故空间站的运行速度小于第一宇宙速度，故A正确；空间站运行的周期为T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，由于空间站对接前后轨道高度保持不变，则运行周期不变，故B错误；空间站运行的向心加速度为a＝eq\f(GM,r2)，轨道高度不变，向心加速度不变，故C错误；航天员在空间站中处于完全失重状态，所受重力完全提供其做圆周运动的向心力，故D错误。7．假设运动员把质量为500g的足球踢出后，某人观察足球在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10m，在最高点的速度为20m/s。估算出运动员踢球时对足球做的功为(不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2)()A．50J B．100JC．150J D．无法确定解析：选C设运动员踢球时对足球做的功为W，根据动能定理有W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝150J，故选C。8.如图，运动员将质量为m的足球从地面上以速度v踢出，足球恰好水平击中高为h的球门横梁。以地面为零势能面，不计空气阻力，则足球在飞行过程中的机械能为()A.eq\f(1,2)mv2 B．mghC.eq\f(1,2)mv2＋mgh D.eq\f(1,2)mv2－mgh解析：选A以地面为零势能面，故足球在地面上的机械能E＝eq\f(1,2)mv2，由于不计空气阻力，足球的机械能守恒，则飞行过程的机械能均为E＝eq\f(1,2)mv2，故选A。9.如图所示，某长为R的轻杆一端固定一个质量为m的小球，另一端有光滑的固定轴O，现给球一初速度，使球和杆一起绕O轴在竖直面内转动，不计空气阻力，以下说法中正确的是()A．小球过最高点时，杆所受的弹力不可能为零B．小球过最高点时，最小速度为eq\r(gR)C．小球过最低点时，杆对球的作用力一定大于重力D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定小于重力解析：选C小球在最高点时，杆可以提供支持力，也可以提供拉力，故小球在最高点的最小速度可以为零，故A、B、D错误；在最低点，合力提供向心力，指向圆心，所以杆对球的作用力一定大于重力，故C正确。10．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法错误的是()A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关解析：选D在运动的过程中，运动员到达最低点前一直下降，则重力势能一直减小，A正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力与运动方向相反，弹力做负功，弹性势能增加，B正确；蹦极过程中，运动员和蹦极绳所组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，C正确；根据重力做功与重力势能的改变量的关系WG＝－ΔEp，重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关，D错误。故本题只有D错误。11.如图所示，斜面AB固定在水平地面上，斜面的倾角α＝37°、长度为1m。在顶点水平向左抛出一个小球，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，经过一段时间后，小球落在水平地面上或者斜面上，对于这一过程，下列说法正确的是()A．若小球的初速度为3m/s，则小球落在斜面上B．若小球落在水平地面上，则小球在空中运动的时间为0.4sC．若小球落在斜面上，则初速度越大，落点处的速度方向与水平方向的夹角越大D．只要小球落在斜面上，落点处的速度方向与水平方向的夹角就都相同解析：选D若恰好落到B点，则Lsin37°＝eq\f(1,2)gt2，Lcos37°＝v0t，可得t＝eq\f(\r(3),5)s，v0＝eq\f(4\r(3),3)m/s≈2.3m/s，由于v>v0，因此小球落在水平地面上，A错误；若小球落在水平地面上，则小球在空中运动的时间为eq\f(\r(3),5)s，B错误；若落到斜面上，位移关系为tanα＝eq\f(\f(1,2)gt2,vt)＝eq\f(gt,2v)，设落到斜面上，速度与水平方向夹角为θ，则tanθ＝eq\f(gt,v)＝2tanα，因此，只要小球落在斜面上，落点处的速度方向与水平方向的夹角都相同，C错误，D正确。二、非选择题(本题共5小题，共56分)12．(15分)某同学利用重物自由下落来“验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。(1)请指出实验装置中存在的明显错误：________________________________________________________________________________________________________________。(2)进行实验时，为保证重物下落时初速度为零，应________(填“A”或“B”)。A．先接通电源，再释放纸带B．先释放纸带，再接通电源(3)根据打出的纸带，选取纸带上连续打出的1、2、3、4、……多个点如图乙所示(图中只显示了一部分点)。已测出点1、2、3、4到打出的第一个点O的距离分别为h1、h2、h3、h4，打点计时器的打点周期为T。若代入所测数据能满足表达式gh3＝________，则可验证重物下落过程机械能守恒(用题目中已测出的物理量表示)。解析：(1)从图甲中的实验装置中发现，打点计时接在了直流电源上，打点计时器的工作电源是交流电源。因此，明显的错误是打点计时器不能接在直流电源上。(2)为了使纸带上打下的第1个点是速度为零的初始点，应该先接通电源，让打点计时器正常工作后，再释放纸带。若先释放纸带，再接通电源，当打点计时器打点时，纸带已经下落，打下的第1个点的速度不为零，故A正确。(3)根据实验原理mgh＝eq\f(1,2)mv2，可知只要验证ghn＝eq\f(1,2)vn2，即可验证机械能守恒定律。因此需求解v3，根据匀变速直线运动规律关系式可得v3＝eq\f(h4－h2,2T)，则有eq\f(1,2)v32＝eq\f(h4－h22,8T2)，故只要在误差允许的范围内验证gh3＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h4－h2))2,8T2)成立，就可验证重物下落过程中机械能守恒。答案：(1)打点计时器不能接在“直流电源”上(2)A(3)eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h4－h2))2,8T2)13．(8分)排球比赛时，某运动员进行了一次跳发球，若击球点恰在发球处底线上方3.04m高处，击球后排球以25.0m/s的速度水平飞出，球的初速度方向与底线垂直，排球场的有关尺寸如图所示，试计算说明：(不计空气阻力，g取10m/s2)(1)此球能否过网？(2)球是落在对方界内，还是界外？解析：(1)设排球下降到网的上端所在高度所用时间为t1，则Δh＝eq\f(1,2)gt12，x＝v0t1，其中Δh＝(3.04－2.24)m＝0.8m解以上两式得x＝10m＞9m，故此球能过网。(2)当排球落地时h＝eq\f(1,2)gt22，x′＝v0t2将h＝3.04m代入得x′≈19.5m＞18m，故排球落在对方界外。答案：(1)能过网(2)界外14．(8分)有一辆质量为800kg的小汽车驶上圆弧半径为50m的拱桥。取g＝10m/s2，求：(1)若汽车到达桥顶时速度为5m/s，桥对汽车的支持力F的大小；(2)若汽车经过桥顶时恰好对桥顶没有压力而腾空，汽车此时的速度大小v；(3)已知地球半径R＝6400km，现设想一辆沿赤道行驶的汽车，若不考虑空气的影响，也不考虑地球自转，汽车速度多大时就可以“飞”起来。解析：(1)以汽车为研究对象，由牛顿第二定律得mg－F＝meq\f(v2,r)，代入数据解得F＝7600N。(2)当F＝0时，有mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(gr)＝10eq\r(5)m/s。(3)当v＝eq\r(gR)时，汽车就会“飞”起来，将R＝6400km代入得v＝8000m/s。答案：(1)7600N(2)10eq\r(5)m/s(3)8000m/s15.(12分)如图所示，半径R＝24m的摩天轮匀速转动，座舱的线速度大小为2m/s，质量为60kg的游客站在其中一个座舱的水平地板上进行观光。重力加速度g取10m/s2，求：(1)该座舱运动到最低点时，游客对地板的压力；(2)该座舱运动到最高点时，游客对地板的压力；(3)该座舱运动到与摩天轮转动圆心等高时，游客受到的摩擦力大小。解析：(1)该座舱运动到最低点时，对于游客，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝610N由牛顿第三定律知游客对地板的压力大小为610N，方向竖直向下。(2)该座舱运动到最高点时，有mg－FN1＝meq\f(v2,R)，解得FN1＝590N由牛顿第三定律知游客对地板的压力大小为590N，方向竖直向下。(3)该座舱运动到与摩天轮转动圆心等高时，地板对游客的摩擦力提供向心力，有Ff＝meq\f(v2,R)，解得Ff＝10N。答案：(1)610N，方向竖直向下(2)590N，方向竖直向下(3)10N16．(13分)如图所示的游戏装置由同一竖直面内的两个轨道组成。轨道Ⅰ光滑且固定在水平地面上，依次由足够长的倾斜直轨道ABC、圆心为O1的圆弧形轨道CDE、倾斜直轨道EF组成。O1C与BC垂直，BCD段与DEF段关于O1D对称。轨道Ⅱ形状与轨道Ⅰ的BCDEF段完全相同，C、E、I、K在同一水平线上，J是最低点，B、O1、F与H、O2、L在同一水平线上。轨道Ⅱ可按需要沿水平地面平移，HI和KL段粗糙，IJK段光滑。AC的倾角θ＝37°，圆弧段半径R＝1m。游戏时，质量m＝0.1kg的滑块从AC上高为h的某处静止释放，调节F、H的间距x，使滑块从F滑出后恰能从H沿HI方向切入轨道Ⅱ，且不从L端滑出，则游戏成功。滑块(可视为质点)与HI和KL段的动摩擦因数μ＝eq\f(15,16)，空气阻力可不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。(1)当h＝1.5m时：①求滑块经过D的速度大小vD及所受支持力大小FD；②求游戏成功时的x，以及滑块经过J时的动能Ek；(2)求游戏成功且滑块经过J时，滑块所受支持力大小FJ与h的关系式。解析：(1)①滑块从A到D，由机械能守恒定律可得，mgh＝eq\f(1,2)mvD2，在D位置，由牛顿第二定律得，FD－mg＝eq\f(mvD2,R)，解得vD＝eq\r(30)m/s，FD＝4N。②滑块从A到F，由机械能守恒定律得mg(h－R)＝eq\f(1,2)mvF2，滑块从F到H过程中，vFsinθ＝gt，x＝2vFcosθ·t＝0.96m，滑块从A到J，由动能定理得，mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝Ek，解得Ek＝0.5J。(2)因为μ>tanθ，滑块能停在斜面上，若滑块恰好停在I，滑块从A到I，由动能定理得mgh1－mgR(1－cosθ)－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0解得h1＝1.2m若滑块恰好停在L，滑块从A到L，由动能定理得mgh2－mgR－2μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0解得h2＝3m滑块从A到J，由动能定理得mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝eq\f(1,2)mvJ2在J位置，由牛顿第二定律得FJ－mg＝eq\f(mvJ2,R)则FJ＝2h－1(1.2m<h≤3m)。答案：(1)①eq\r(30)m/s4N②0.96m0.5J(2)FJ＝2h－1(1.2m<h≤3m)B卷——综合素养评价(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共11小题，每小题4分，共44分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.如图所示，在观察小钢球在桌面上运动轨迹的实验中，在原本的直线路径旁放一磁铁，小钢球的运动轨迹不再是一条直线，此过程中磁铁位置不变。下列说法正确的是()A．小钢球所受合力一定不为零B．小钢球受到的摩擦力恒定C．小钢球受磁铁的吸引力恒定D．小钢球受到的合力恒定解析：选A小钢球做曲线运动，所受合力一定不为零，且合力方向与速度方向不在同一直线上，故A正确；小钢球做曲线运动，速度方向时刻改变，而摩擦力方向与小钢球相对桌面运动方向相反，因此摩擦力方向是改变的，故B错误；小钢球受磁铁的吸引力为变力，因为小钢球与磁铁间的相对位置在变化，吸引力也在变化，故C错误；在水平方向上，小钢球仅受磁铁的吸引力和桌面的摩擦力，磁铁的吸引力大小和方向时刻变化，摩擦力大小不变但方向时刻变化，因此小钢球受到的合力为变力，故D错误。2.如图所示，一塔式起重机正在工作，在某段时间内，吊车P沿吊臂向末端M水平匀速移动，同时吊车正下方的重物Q在竖直方向上先匀加速上升，后匀减速上升。该段时间内，重物Q相对地面的运动轨迹可能是()解析：选A吊车P沿吊臂向末端M水平匀速移动，同时吊车正下方的重物Q先匀加速竖直上升，可知重物Q做匀变速曲线运动，重物Q的合力竖直向上；后匀减速竖直上升，可知重物Q继续做匀变速曲线运动，但重物Q的合力竖直向下；做曲线运动物体受到的合力方向在运动轨迹的凹侧，则重物Q的运动轨迹可能是A。3．“单臂大回环”是一种高难度男子体操动作，如图甲所示，运动员用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴在竖直平面内做圆周运动。当运动员以不同的速度v通过最高点时，手受到单杠的拉力F也不同，其F－v2图像如图乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2。则()A．运动员的重心到单杠的距离为1.5mB．运动员的重心到单杠的距离为1.2mC．运动员的质量为50kgD．运动员的质量为75kg解析：选C对运动员在最高点进行受力分析，由F－v2图像知，当F＝0时，重力提供向心力，即mg＝meq\f(v2,r)，解得r＝1.0m，故A、B错误；由F－v2图像知，当F＝500N时，根据牛顿第二定律得mg＋F＝meq\f(v2,r)，解得m＝50kg，故C正确，D错误。4.2023年5月17日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第56颗北斗导航卫星。如图所示为北斗导航系统的部分卫星，每颗卫星的运动可视为匀速圆周运动。下面说法正确的是()A．轨道a、b运行的两颗卫星的周期相等B．轨道a、c运行的两颗卫星的速率相同C．轨道b、c运行的两颗卫星的向心力相同D．轨道a、b运行的两颗卫星的加速度相同解析：选A根据万有引力提供向心力，得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝ma，解得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，v＝eq\r(\f(GM,r))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，a＝eq\f(GM,r2)，由T＝2πeq\r(\f(r3,GM))可得，a、b的轨道半径相等，故a、b的周期相等，故A正确；由v＝eq\r(\f(GM,r))可得，c的轨道半径小于a的轨道半径，故va＜vc，故B错误；由F＝Geq\f(Mm,r2)可得，由于卫星质量未知，因此向心力大小无法比较，且b、c轨道不一样，向心力的方向也不一样，故C错误；由a＝eq\f(GM,r2)可得，a、b的轨道半径相等，故a、b的加速度大小相等，但方向不相同，故D错误。5．一质量为1kg的物体被人用手由静止向上提升1m，用时2s,2s末物体的速度为2m/s，则下列说法错误的是()A．手对物体做功12JB．重力做功12JC．合力对物体做功2JD．该过程手对物体做功的平均功率为6W解析：选B由动能定理得W手－mgh＝eq\f(1,2)mv2，代入数据解得W手＝12J，故A正确；重力做功是恒力做功，可用功的定义式求解，得WG＝－mgh＝－10J，可知重力做负功且大小为10J，故B错误；由动能定理，得W合＝eq\f(1,2)mv2＝2J，故C正确；该过程手对物体做功的平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(W手,t)＝eq\f(12J,2s)＝6W，故D正确。6．如图甲所示的“彩虹滑道”是一种较为受欢迎的新型娱乐项目，游客在滑道上某段的运动可简化如图乙所示。游客(视为质点)以v0＝1.5m/s水平速度从A点滑出，然后落在倾角θ＝30°的斜面上的B点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．游客在空中运动的时间为0.3sB．A、B两点的水平距离为eq\f(3\r(3),10)mC．游客在B点的速度大小为eq\f(\r(21),2)m/sD．游客从A运动到B过程中的速度偏转角为60°解析：选CA到B过程中，位移偏转角为30°，由平抛运动推论得速度偏转角的正切值tanθ＝2tan30°＝eq\f(2\r(3),3)＜tan60°，游客从A运动到B过程中的速度偏转角小于60°，D错误；由平抛运动推论有eq\f(vy,v0)＝2tan30°，又vy＝gt，x＝v0t，解得t＝eq\f(\r(3),10)s，x＝eq\f(3\r(3),20)m，A、B错误；游客在B点的速度大小v＝eq\r(vy2＋v02)，解得v＝eq\f(\r(21),2)m/s，C正确。7.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，小球直径略小于管道内径，ab为过圆心的水平线。则小球()A．过最高点的速度越大，对管壁的弹力一定越大B．过最高点的速度越小，对管壁的弹力一定越小C．在ab以下运动时，对内侧管壁可能有作用力D．在ab以下运动时，对内侧管壁一定无作用力解析：选D在最高点，当速度v＜eq\r(gR)时，内壁对小球有支持力，根据牛顿第二定律可得mg－FN＝meq\f(v2,r)，解得FN＝mg－meq\f(v2,r)，故当速度越大时，支持力越小，结合牛顿第三定律可知，小球对管壁的弹力越小，故A、B错误；在ab以下运动时，受到的向心力指向圆心，而重力沿半径方向的分力背离圆心，故小球应受到外侧管壁的支持力，一定不受内侧管壁的支持力，故C错误，D正确。8.如图所示，三颗卫星a、b、c绕地球在同一平面内做匀速圆周运动，其中b、c是地球静止卫星，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为ω，引力常量为G，则()A．卫星a和b下一次相距最近还需经过t＝eq\f(2π,\r(\f(GM,8R3))－ω)B．卫星c的机械能等于卫星b的机械能C．若要卫星c与b实现对接，可让卫星c加速D．发射卫星b时速度要大于11.2km/s解析：选A卫星b在地球的同步轨道上，所以卫星b的角速度与地球的自转角速度相等。由万有引力提供向心力，即eq\f(GMm,r2)＝mω2r，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度ωa＝eq\r(\f(GM,8R3))，此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近(ωa－ω)t＝2π，t＝eq\f(2π,\r(\f(GM,8R3))－ω)，故A正确；卫星c与卫星b的轨道相同，所以速度大小是相等的，但由于不知道它们的质量的关系，所以不能判断出卫星c的机械能是否等于卫星b的机械能，故B错误；让卫星c加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星c会做离心运动，离开原轨道，所以不能与b实现对接，故C错误；卫星b绕地球做匀速圆周运动，7.9km/s是指在地球上发射的物体绕地球飞行做圆周运动所需的最小发射速度，11.2km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。所以发射卫星b时速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，故D错误。9.如图所示，一长为L的轻绳，一端固定在天花板上，另一端系一质量为m的小球绕竖直轴线O1O2做匀速圆周运动，角速度为ω，绳与竖直轴线间的夹角为θ，小球与悬点O1的高度差为h，则下述说法中错误的是()A．小球受到的向心力实际上是重力和绳对小球的拉力的合力B．小球所受向心力大小为mgtanθC．小球做圆周运动的向心加速度是恒定不变的D．重力加速度g＝hω2解析：选C小球受重力和绳的拉力两个力，两个力的合力提供向心力，故A正确；小球所受的合力等于向心力，F合＝Fn＝mgtanθ，故B正确；小球做圆周运动的向心加速度方向在不断变化，故C错误；根据公式mgtanθ＝mω2htanθ解得g＝hω2，故D正确。本题应选C。10.如图所示，小物体从某一高度自由下落，落到竖直固定在地面上的轻弹簧上，在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是()A．物体经过A点时速度最大B．从A点下落到B点的过程中，物体的机械能守恒C．从A点下落到B点以及从B点上升到A点的过程中，物体的动能都是先变大后变小D．从A点下落到B点的过程中，物体的机械能守恒解析：选C对物体经过A点时进行受力分析，此时物体只受重力，此时加速度方向与速度方向相同，所以物体经过A点时继续加速，速度还未达到最大，选项A错误；物体从A点下落到B点的过程中，由于要克服弹簧弹力做功，所以物体的机械能不守恒，选项B、D错误；在A、B之间某位置满足kx＝mg，此时加速度为0，所以物体从A点下落到B点以及从B点上升到A点的过程中，速度都是先增大后减小，动能都是先变大后变小，选项C正确。11.如图所示，倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，今测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判断(不计空气阻力)()A．A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3B．A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1C．A、B、C处三个小球的初速度大小之比为2∶2∶1D．A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交解析：选B由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三个小球竖直方向运动的位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为3∶2∶1，故A错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tanα＝2tanθ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，故B正确；同时tanα＝eq\f(gt,v0)，所以三个小球的初速度大小之比等于运动时间之比为3∶2∶1，故C错误；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D点相交，不会在空中相交，故D错误。二、非选择题(本题共5小题，共56分)12．(15分)某物理兴趣小组采用了如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”。装置中包括一个定滑轮、细线、标尺、秒表、质量分别为M和m的物块A和B，M>m，当地重力加速度为g，细线足够长。(1)实验开始时，用手先托住A，使A和B均保持静止。某时刻，释放A，则A加速下降，B加速上升，用标尺测出A下降的高度为h，用秒表测出A下降高度h所用的时间为t。则根据以上实验测量数据，求得A和B组成的系统在此过程中重力势能减少量为ΔEp＝________(用M、m、g、h表示)，系统动能增加量为ΔEk＝________(用M、m、h、t表示)。(2)经过多次实验，获取多组精确数据，做出h－t2图像如图乙所示，图像斜率为k，则重力加速度为g＝________。(用M、m、k表示)(3)经过多次实验，获取多组精确数据，经检查没有出现实验错误，却发现系统重力势能的减少量总是大于系统动能的增加量。请你给出出现这种结论的两种可能原因：①________________________________________________________________________________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________。解析：(1)B的重力势能增加，A的重力势能减少，所以A和B组成的系统在此过程中重力势能减少量为ΔEp＝Mgh－mgh＝(M－m)gh，由运动学公式可得h＝eq\f(1,2)at2,2ah＝v2，系统动能的增量为ΔEk＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，联立可得ΔEk＝eq\f(2M＋mh2,t2)。(2)由h＝eq\f(1,2)at2，可得图线斜率k＝eq\f(1,2)a，由牛顿第二定律可得Mg－mg＝(M＋m)a，可得g＝eq\f(2kM＋m,M－m)。(3)系统重力势能减少量大于动能增加量的原因可能是物块运动过程中受到空气阻力作用，要克服空气阻力做功；也可能滑轮不光滑，绳与滑轮间有摩擦力，需要克服摩擦力做功。答案：(1)(M－m)gheq\f(2M＋mh2,t2)(2)eq\f(2kM＋m,M－m)(3)系统克服空气阻力做功所致系统存在摩擦力做功的情况13.(8分)如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮A和B水平放置，两轮之间不打滑，两轮半径RA＝2RB，当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上，若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转轴的最大距离为多少？解析：设木块与两轮间的动摩擦因数为μ，木块质量为m，由题意，木块恰能相对静止于A轮边缘，即μmg＝mωA2RA由圆周运动可知，A轮边缘速度v＝ωARA因为A轮与B轮靠摩擦传动，则A轮边缘线速度与B轮边缘线速度相等，则对于B轮v＝ωBRB设木块距B轮转轴最大距离为r，可得μmg＝mωB2r，联立解得r＝eq\f(1,2)RB。答案：eq\f(1,2)RB14．(10分)假如航天员乘坐宇宙飞船到达某行星，在该行星“北极”距地面h处由静止释放一个小球(引力视为恒力，阻力可忽略)，经过时间t落到地面。已知该行星半径为R，自转周期为T，引力常量为G，求：(1)该行星的平均密度ρ；(2)该行星的第一宇宙速度v；(3)如果该行星有一颗同步卫星，其距行星表面的高度H为多少。解析：(1)设行星表面的重力加速度为g，对小球，有h＝eq\f(1,2)gt2，解得g＝eq\f(2h,t2)，设行星表面的某一物体质量为m，有mg＝Geq\f(Mm,R2)，解得M＝eq\f(2hR2,Gt2)，故行星的密度ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，解得ρ＝eq\f(3h,2πGt2R)。(2)设处于行星表面附近做匀速圆周运动的卫星质量为m′，由牛顿第二定律有m′g＝m′eq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(\r(2hR),t)。(3)同步卫星的周期与该行星自转周期相同，均为T，设同步卫星的质量为m″，由牛顿第二定律有Geq\f(Mm″,R＋H2)＝m″eq\f(4π2,T2)(R＋H)联立解得同步卫星距行星表面的高度H＝eq\r(3,\f(hT2R2,2π2t2))－R。答案：(1)eq\f(3h,2πGt2R)(2)eq\f(\r(2hR),t)(3)eq\r(3,\f(hT2R2,2π2t2))－R15．(10分)如图甲所示，质量m＝1kg的物块从倾角为θ＝37°的固定斜面底端