必修第二冊 模塊綜合檢測

必修第二冊模塊綜合檢測A卷——學(xué)業(yè)水平評價(本試卷滿分：100分)一、單項選擇題(本題共20小題，每小題3分，共60分。在每小題給出的四個選項中只有一項符合題目要求)1.如圖所示，跳傘運動員以4m/s的速度沿豎直方向勻速下降，下降一段距離后刮起了水平方向的風(fēng)，最終運動員以5m/s的速度勻速運動，則此時風(fēng)速大小是()A．5m/s B．3m/sC．9m/s D．eq\r(41)m/s解析：選B跳傘運動員參與了水平和豎直兩方向的運動，水平方向上的分運動不影響豎直方向上的分運動，根據(jù)平行四邊形定則可知風(fēng)速v2＝eq\r(v2－v12)＝eq\r(52－42)m/s＝3m/s，B選項正確。2.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，位于等高的P、Q兩點的兩個小球相向做平拋運動，二者恰好在M點相遇。已知P、Q、M三點組成邊長為L的等邊三角形，則下列說法正確的是()A．兩個小球不一定同時拋出B．兩個小球的初速度一定相同C．兩個小球相遇時速度大小一定相等D．兩個小球相遇時速度方向間的夾角為60°解析：選C兩小球下落的豎直高度相同，則運動時間相同，即兩個小球一定同時拋出，A錯誤；兩個小球水平位移相同，時間相同，可知兩球的初速度大小一定相同，但方向不同，B錯誤；兩個小球相遇時，因水平速度和豎直速度大小均相同，可知合速度大小一定相等，C正確；兩個小球相遇時位移方向間的夾角為60°，則兩個小球相遇時速度方向間的夾角小于60°，D錯誤。3．蹲在樹枝上的一只松鼠看到一個獵人正在用槍水平對準(zhǔn)它，就在子彈出槍口時，松鼠開始逃跑，下述各種運動方式中，松鼠能逃脫被擊中厄運的是(設(shè)樹枝足夠高)()A．自由落下B．豎直上跳C．迎著槍口，水平跳離樹枝D．背著槍口，水平跳離樹枝解析：選B因為子彈做平拋運動，其豎直方向做自由落體運動，所以松鼠只有豎直上跳才不會被擊中，故選B。4．下列關(guān)于質(zhì)點做勻速圓周運動的說法中，正確的是()A．由a＝eq\f(v2,r)知a與r成反比B．由a＝ω2r知a與r成正比C．由ω＝eq\f(v,r)知ω與r成反比D．由ω＝2πn知ω與轉(zhuǎn)速n成正比解析：選D由a＝eq\f(v2,r)知，只有當(dāng)v一定時a才與r成反比；同理，由a＝ω2r知，只有當(dāng)ω一定時a才與r成正比；由ω＝eq\f(v,r)知v一定，ω與r成反比，故A、B、C均錯誤；而ω＝2πn中，2π是定值，ω與轉(zhuǎn)速n成正比，D正確。5．航天飛機繞地球做勻速圓周運動時，機上宇航員處于失重狀態(tài)，是指宇航員()A．不受任何力作用B．受力平衡C．不受重力作用D．受到地球的重力恰好提供了宇航員做圓周運動的向心力解析：選D航天飛機中的宇航員處于失重狀態(tài)，仍受地球的吸引力，故A錯誤；宇航員受到地球吸引力的作用做圓周運動，處于非平衡狀態(tài)，故B錯誤；航天飛機中的宇航員處于失重狀態(tài)，宇航員仍受到重力作用，故C錯誤；受到地球的重力恰好提供了宇航員做圓周運動的向心力，故D正確。6．曾經(jīng)“卡戎星(Charon)”被認(rèn)為是冥王星唯一的衛(wèi)星，它的公轉(zhuǎn)軌道半徑r1＝19600km，公轉(zhuǎn)周期T1＝6.39天。天文學(xué)家后又發(fā)現(xiàn)冥王星的兩顆小衛(wèi)星，其中一顆的公轉(zhuǎn)軌道半徑r2＝48000km，則它的公轉(zhuǎn)周期T2最接近于()A．15天 B．25天C．35天 D．45天解析：選B由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，所以eq\f(T2,T1)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2,r1)))3)，解得T2≈24.49天，所以B正確；也可根據(jù)開普勒第三定律求解，eq\f(T22,T12)＝eq\f(r23,r13)，代入解得T2≈24.49天。7.如圖所示，在水平轉(zhuǎn)臺上放一個質(zhì)量M＝2.0kg的木塊，它與臺面間的最大靜摩擦力Ffm＝6.0N，繩的一端系住木塊，另一端穿過轉(zhuǎn)臺的中心孔O(孔光滑)懸吊一質(zhì)量m＝1.0kg的小球，當(dāng)轉(zhuǎn)臺以ω＝5.0rad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動時，欲使木塊相對轉(zhuǎn)臺靜止，則木塊到O孔的距離可能是(重力加速度g取10m/s2，木塊、小球均視為質(zhì)點)()A．16cm B．5cmC．60cm D．36cm解析：選A木塊在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動時，水平轉(zhuǎn)臺對木塊的支持力與木塊自身重力平衡，拉力與水平轉(zhuǎn)臺對木塊的靜摩擦力的合力提供木塊做圓周運動的向心力。設(shè)木塊到轉(zhuǎn)臺中心的距離為R，木塊以角速度ω轉(zhuǎn)動所需向心力為Mω2R，若轉(zhuǎn)臺對木塊的摩擦力方向沿轉(zhuǎn)臺半徑指向中心，由牛頓第二定律得Ff1＋mg＝Mω2R1，當(dāng)Ff1＝Ffm時，R1最大。所以，木塊到轉(zhuǎn)臺中心的最大距離為R1＝eq\f(Ffm＋mg,Mω2)＝eq\f(6＋10,2×52)m＝0.32m；若轉(zhuǎn)臺對木塊的摩擦力方向沿轉(zhuǎn)臺半徑背離中心，由牛頓第二定律得mg－Ff2＝Mω2R2，當(dāng)Ff2＝Ffm時，R2最小，最小值為R2＝eq\f(mg－Ffm,Mω2)＝0.08m。故木塊至O孔的距離R的范圍為0.08m≤R≤0.32m，所以B、C、D不可能，A可能。8.如圖所示，長為L的木板水平放置，在木板的A端放置一個質(zhì)量為m的小物體，現(xiàn)緩慢抬高A端，使木板以左端為軸在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面成α角時小物體開始滑動，此時停止轉(zhuǎn)動木板，小物體滑到木板底端時的速度為v，則在整個過程中()A．支持力對小物體做功為0B．摩擦力對小物體做功為mgLsinαC．摩擦力對小物體做功為eq\f(1,2)mv2－mgLsinαD．木板對小物體做功為mv2解析：選C木板由水平位置轉(zhuǎn)過α角的過程中，摩擦力方向與速度方向垂直不做功，除重力外只有板的支持力做功，故此過程中支持力所做的功等于物體增加的重力勢能：WN＝ΔEp＝mgLsinα，所以A錯誤；物體從開始下滑到滑到底端的過程中，支持力不做功，重力做正功，摩擦力做負(fù)功，由動能定理得WG＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，即Wf＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinα，故C正確，B錯誤；對全過程運用能量觀點，重力做功為0，無論支持力還是摩擦力，施力物體都是木板，所以木板對小物體做功為eq\f(1,2)mv2，D錯誤。9．我國雙人花樣滑冰運動員在冰面上以如圖所示的姿勢繞男運動員旋轉(zhuǎn)，圖中P、Q兩點分別位于男、女運動員的手臂上，下列說法正確的是()A．角速度ωP＜ωQ B．角速度ωP＞ωQC．線速度vP＜vQ D．線速度vP＞vQ解析：選C男、女運動員的運動屬于同軸轉(zhuǎn)動，P、Q兩點的角速度相等，A、B錯誤；由線速度v＝ωr可知，vP<vQ，C正確，D錯誤。10．如圖所示，某高中進(jìn)行教學(xué)設(shè)施改造，在教室安裝了可以左右滑動的黑板，一位老師用粉筆在其中某塊可移動的黑板上畫直線。若粉筆相對于地面從靜止開始向上勻加速滑動，同時黑板以某一速度水平向左勻速運動，則粉筆畫出的軌跡可能是圖中的()解析：選C粉筆畫出的軌跡可視為水平向右的勻速直線運動和豎直向上的勻加速直線運動的合運動，類似平拋運動，粉筆向加速度方向一側(cè)彎曲，其軌跡為開口向上的拋物線，C正確。11.如圖所示，將一小球從水平面MN上方A點以初速度v1向右水平拋出，經(jīng)過時間t1打在前方豎直墻壁上的P點，若將小球從與A點等高的B點以初速度v2向右水平拋出，經(jīng)過時間t2落在豎直墻角的N點，不計空氣阻力，下列選項中正確的是()A．v1>v2 B．v1<v2C．t1>t2 D．t1＝t2解析：選A根據(jù)t＝eq\r(\f(2h,g))，可知t1<t2；根據(jù)v＝eq\f(x,t)，因x1>x2，則v1>v2，故A正確。12．“超級地球”是指圍繞恒星公轉(zhuǎn)的類地行星。科學(xué)家們發(fā)現(xiàn)有兩顆未知質(zhì)量的不同“超級地球”環(huán)繞同一顆恒星公轉(zhuǎn)，運行角速度之比為2∶1，根據(jù)上述信息可以計算兩顆“超級地球”()A．質(zhì)量之比B．所受的恒星引力之比C．表面的重力加速度之比D．公轉(zhuǎn)時的向心加速度之比解析：選D兩顆未知質(zhì)量的不同“超級地球”環(huán)繞同一顆恒星公轉(zhuǎn)，根據(jù)萬有引力定律有Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，知ω＝eq\r(\f(GM,r3))，角速度之比已知，則可以求出它們的軌道半徑之比，根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝ma，得a＝eq\f(GM,r2)，所以可以求出它們的向心加速度之比，而無法求出“超級地球”質(zhì)量之比，故A錯誤，D正確；由于兩顆“超級地球”的質(zhì)量未知，無法求出它們所受的恒星引力之比，故B錯誤；由于“超級地球”的質(zhì)量和半徑無法求出，因此也無法求出表面的重力加速度之比，故C錯誤。13.里約奧運會我國女排獲得世界冠軍，女排隊員某次發(fā)球如圖所示，運動員站在底線的中點外側(cè)，球離開手時正好在底線中點正上空3.04m處，速度方向水平且在水平方向可任意調(diào)整。已知每邊球場的長和寬均為9m，球網(wǎng)高2.24m，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。為了使球能落到對方場地，下列發(fā)球速度大小可行的是()A．22m/s B．23m/sC．25m/s D．28m/s解析：選B恰好能過網(wǎng)時，根據(jù)H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt12得，t1＝eq\r(\f(2H－h(huán),g))＝eq\r(\f(2×3.04－2.24,10))s＝0.4s，則擊球的最小初速度v1＝eq\f(s,t1)＝eq\f(9,0.4)m/s＝22.5m/s，球恰好不出線時，根據(jù)H＝eq\f(1,2)gt22，得t2＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×3.04,10))s≈0.78s，運動距離最遠(yuǎn)是到對方球場的角落點，則擊球的最大初速度：v2＝eq\f(s′,t2)＝eq\f(\r(4l2＋0.25l2),t2)＝eq\f(\r(4.25×81),0.78)m/s≈23.8m/s，所以22.5m/s<v<23.8m/s，故B項正確。14．2021年5月15日，我國首次火星探測任務(wù)“天問一號”探測器成功著陸于火星烏托邦平原南部預(yù)選著陸區(qū)，進(jìn)一步激發(fā)了人類探測火星的熱情。如果引力常量G已知，不考慮星球的自轉(zhuǎn)，則下列關(guān)于火星探測的說法正確的是()A．火星探測器貼近火星表面做勻速圓周運動時，速度大小為第二宇宙速度B．若火星半徑約為地球半徑的一半，質(zhì)量約為地球質(zhì)量的十分之一，則火星表面的重力加速度一定大于地球表面的重力加速度C．火星探測器貼近火星表面做勻速圓周運動時，如果測得探測器的運行周期與火星半徑，則可以計算火星質(zhì)量D．火星探測器沿不同的圓軌道繞火星運動時，軌道半徑越大繞行周期越小解析：選C火星探測器貼近火星表面做勻速圓周運動時，速度大小為火星的第一宇宙速度，故A錯誤；由星球表面物體重力等于萬有引力，可得eq\f(GMm,R2)＝mg，所以重力加速度g＝eq\f(GM,R2)，故g火＝eq\f(GM火,R火2)＝eq\f(\f(1,10)GM地,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)R地))2)＝eq\f(2,5)g地，故火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，B錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力可得eq\f(GMm,R2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R，所以火星質(zhì)量M＝eq\f(4π2R3,GT2)，故C正確；由萬有引力提供向心力可得eq\f(GMm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r，所以周期T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，故軌道半徑越大繞行周期越大，D錯誤。15.如圖所示，重力為G的物體受一向上的拉力F，向下以加速度a做勻減速運動，則()A．重力做正功，拉力做正功，合力做正功B．重力做正功，拉力做負(fù)功，合力做負(fù)功C．重力做負(fù)功，拉力做正功，合力做正功D．重力做正功，拉力做負(fù)功，合力做正功解析：選B由于物體向下運動，因此重力做正功，拉力做負(fù)功，物體向下做勻減速運動，說明加速度的方向向上，合力向上，故合力做負(fù)功，B正確。16．甲、乙兩個同學(xué)打乒乓球，某次動作中，甲同學(xué)持拍的拍面與水平方向成45°角，乙同學(xué)持拍的拍面與水平方向成30°角，如圖所示。設(shè)乒乓球擊打拍面時速度方向與拍面垂直，且乒乓球每次擊打球拍前、后的速度大小相等，不計空氣阻力，則乒乓球擊打甲的球拍的速度v1與乒乓球擊打乙的球拍的速度v2之比為()A．eq\f(\r(6),3) B．eq\r(2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),3)解析：選C由題可知，乒乓球在球拍甲與乙之間做斜上拋運動，根據(jù)斜上拋運動的特點可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不變，豎直方向的分速度是不斷變化的，由于乒乓球擊打拍面時速度與拍面垂直，在甲處：v甲x＝v1sin45°；在乙處：v乙x＝v2sin30°；所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(v甲x,sin45°)∶eq\f(v乙x,sin30°)＝eq\f(\r(2),2)。故C正確，A、B、D錯誤。17．如圖所示，傾角為θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，一物塊在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由靜止開始從斜面的底端向上做勻加速直線運動，經(jīng)時間t物塊運動至斜面B點(圖中未標(biāo)出)，外力F做的功為W，此后撤去外力F，再經(jīng)過eq\f(1,3)t時間后物塊速度為0，則撤去外力F時物塊的動能為()A．eq\f(1,6)W B．eq\f(1,4)WC．eq\f(1,3)W D．eq\f(2,3)W解析：選B由勻變速直線運動規(guī)律知，物塊加速過程有v1＝a1t，減速過程有v1＝a2·eq\f(t,3)，解得a2＝3a1，由牛頓第二定律知，物塊加速過程有F－mgsinθ＝ma1，減速過程有mgsinθ＝ma2，解得F＝eq\f(4,3)mgsinθ，設(shè)經(jīng)時間t物塊在斜面上運動的位移為x1，撤去外力F前，外力做功為W＝Fx1＝eq\f(4,3)mgsinθ·x1＝eq\f(2,3)mgx1，對該過程由動能定理有W－mgx1·sinθ＝Ek，即Ek＝eq\f(2,3)mgx1－eq\f(1,2)mgx1＝eq\f(1,6)mgx1＝eq\f(1,4)W，故A、C、D錯誤，B正確。18．如圖甲所示，有一物體由O點以初速度v0沿水平面向右滑行，物體始終受到一個水平向左的恒力F，已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，其動能Ek隨離開O點的距離x變化的圖線如圖乙所示，則以下說法正確的是()A．物體的質(zhì)量為m＝2kgB．物體受到水平向左的恒力F＝2NC．物體與水平面間的摩擦力大小Ff＝3ND．由于摩擦力做負(fù)功，物體的機械能不斷減小解析：選A根據(jù)圖像可以判斷，動能改變量等于合力做的功，因此圖像的斜率代表合力，即F＋Ff＝5N，F(xiàn)－Ff＝1N，聯(lián)立可得F＝3N、Ff＝2N，B、C錯誤；物體先經(jīng)歷減速停止階段，機械能減小，在外力F作用下，反向加速，動能變大，機械能增加，所以D錯誤；根據(jù)Ff＝μmg可知m＝2kg，A正確。19.“反向蹦極”是蹦極運動中的一種類型，如圖所示，將彈性繩拉長后固定在運動員上，并通過其他力作用使運動員停留在地面上，當(dāng)撤去其他力后，運動員從A點被“發(fā)射”出去沖向高空，當(dāng)上升到B點時彈性繩恢復(fù)原長，運動員繼續(xù)上升到最高點C，若運動員始終沿豎直方向運動并視為質(zhì)點，忽略彈性繩質(zhì)量與空氣阻力。下列說法正確的是()A．運動員在A點時彈性繩的彈性勢能最小B．運動員在B點的動能最大C．運動員在C點時的加速度大小為0D．運動員從A點運動到B點的過程，彈性繩的彈性勢能減小量大于運動員重力勢能的增加量解析：選D運動員在A點時彈性繩的形變量最大，所以彈性勢能最大，A錯誤；當(dāng)向上彈回的過程中，當(dāng)向上的作用力等于重力時，速度最大，在B處時彈性繩恢復(fù)原長，所以速度最大的位置在AB之間，B錯誤；在C處，彈性繩彈力為零，但C處還受重力，根據(jù)牛頓第二定律可知，在C處的加速度不為零，C錯誤；從A到B過程中，彈性繩的彈性勢能減少量等于人的機械能變化量，因B點運動員的動能大于0，故彈性繩的彈性勢能的減少量大于重力勢能的增加量，所以D正確。20.如圖所示，卷揚機的繩索通過定滑輪用力F拉位于粗糙面上的木箱，使之沿斜面加速向上移動。在移動過程中，下列說法正確的是()A．F對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力做的功之和B．F對木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力勢能D．F對木箱做的功小于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功之和解析：選C據(jù)題意，由于木箱在拉力作用下加速上升，對木箱受力分析，木箱受到重力、支持力、拉力和摩擦力，據(jù)動能定理有WF－WG－Wf＝ΔEk，整理得WF＝WG＋Wf＋ΔEk，則A、B、D錯誤；由于重力做功與重力勢能變化量相對應(yīng)，則C正確。二、非選擇題(本題共5小題，共40分)21．(4分)在做“探究平拋運動的特點”的實驗中，為了確定小球在不同時刻所在的位置，實驗時用如圖所示的裝置，先將斜槽軌道的末端調(diào)成水平，在一塊平木板表面釘上復(fù)寫紙和白紙，并將該木板豎直立于緊靠槽口處。使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，小球撞到木板并在白紙上留下痕跡A。將木板向遠(yuǎn)離槽口平移距離x，再使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，小球撞在木板上得到痕跡B。又將木板再向遠(yuǎn)離槽口平移距離x，小球再從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，再得到痕跡C。若測得木板每次移動距離x＝10.00cm，A、B間距離y1＝4.78cm，B、C間距離y2＝14.58cm。g取9.8m/s2。(1)根據(jù)以上直接測量的物理量得小球初速度v0＝________(用題中所給字母表示)。(2)小球初速度的測量值為________m/s。解析：(1)由于每次移動距離x＝10.00cm，所以小球從打A點到打B點與從打B點到打C點的時間相同，設(shè)此時間為t。由于y2－y1＝gt2，所以t＝eq\r(\f(y2－y1,g))，故小球初速度v0＝eq\f(x,t)＝xeq\r(\f(g,y2－y1))。(2)代入數(shù)值得v0＝1m/s。答案：(1)xeq\r(\f(g,y2－y1))(2)122．(9分)為了驗證機械能守恒定律，某同學(xué)設(shè)計了一個實驗，裝置如圖1所示，物塊A的質(zhì)量為m1，物塊B和遮光片的總質(zhì)量為m2，用通過定滑輪的輕細(xì)線連接，m1＜m2，開始用手托著B靜止，細(xì)線伸直。此時遮光片到光電門的距離為H，然后釋放物塊B，當(dāng)遮光片通過光電門時，光電門記錄的遮光時間是Δt＝2.11×10－3s。已知遮光片的寬度為d，且d?H，在測遮光片的寬度d時，使用20分度的游標(biāo)卡尺來測量，準(zhǔn)確操作后，部分刻度線如圖2所示，重力加速度為g。(1)遮光片的寬度d為________cm。(2)物塊B經(jīng)過光電門時的速度為________m/s(保留兩位有效數(shù)字)。(3)在誤差允許的范圍內(nèi)，需要滿足關(guān)系式______________________，即可驗證機械能守恒定律(用題中所給的字母表示)。(4)在實際運算驗證時，第(3)中的關(guān)系式兩邊的數(shù)值總是有些差異，你認(rèn)為原因可能是____________________________________(答對一條即可給分)。解析：(1)游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為10mm，游標(biāo)尺讀數(shù)為0.05×11mm＝0.55mm，則遮光片的寬度d＝10.55mm＝1.055cm。(2)物塊B經(jīng)過光電門的瞬時速度為v＝eq\f(d,Δt)＝eq\f(10.55×10－3,2.11×10－3)m/s＝5.0m/s。(3)系統(tǒng)重力勢能的減小量ΔEp＝(m2－m1)gH，系統(tǒng)動能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)eq\f(d2,Δt2)，當(dāng)eq\f(1,2)(m1＋m2)eq\f(d2,Δt2)＝(m2－m1)gH時，系統(tǒng)機械能守恒。(4)在實際運算驗證時，第(3)中的關(guān)系式兩邊的數(shù)值總是有些差異，可能的原因是存在阻力作用。答案：(1)1.055(2)5.0(3)eq\f(1,2)(m1＋m2)eq\f(d2,Δt2)＝(m2－m1)gH(4)存在阻力作用23．(8分)排球比賽時，某運動員進(jìn)行了一次跳發(fā)球，若擊球點恰在發(fā)球處底線上方3.04m高處，擊球后排球以25.0m/s的速度水平飛出，球的初速度方向與底線垂直，排球場的有關(guān)尺寸如圖所示，試計算說明：(不計空氣阻力，g取10m/s2)(1)此球能否過網(wǎng)？(2)球是落在對方界內(nèi)，還是界外？解析：(1)設(shè)排球下降到網(wǎng)的上端所在高度所用時間為t1，則Δh＝eq\f(1,2)gt12，x＝v0t1，其中Δh＝(3.04－2.24)m＝0.8m解以上兩式得x＝10m＞9m，故此球能過網(wǎng)。(2)當(dāng)排球落地時h＝eq\f(1,2)gt22，x′＝v0t2將h＝3.04m代入得x′≈19.5m＞18m，故排球落在對方界外。答案：(1)能過網(wǎng)(2)界外24．(9分)有一輛質(zhì)量為800kg的小汽車駛上圓弧半徑為50m的拱橋。取g＝10m/s2，求：(1)若汽車到達(dá)橋頂時速度為5m/s，橋?qū)ζ嚨闹С至的大??；(2)若汽車經(jīng)過橋頂時恰好對橋頂沒有壓力而騰空，汽車此時的速度大小v；(3)已知地球半徑R＝6400km，現(xiàn)設(shè)想一輛沿赤道行駛的汽車，若不考慮空氣的影響，也不考慮地球自轉(zhuǎn)，汽車速度多大時就可以“飛”起來。解析：(1)以汽車為研究對象，由牛頓第二定律得mg－F＝meq\f(v2,r)，代入數(shù)據(jù)解得F＝7600N。(2)當(dāng)F＝0時有mg＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(gr)＝10eq\r(5)m/s。(3)當(dāng)v＝eq\r(gR)時汽車就會“飛”起來，將R＝6400km代入得v＝8000m/s。答案：(1)7600N(2)10eq\r(5)m/s(3)8000m/s25．(10分)如圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點。水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也是R。用質(zhì)量m1＝0.4kg的小物塊將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后彈簧恢復(fù)原長時物塊恰停止在B點。用同種材料、質(zhì)量為m2＝0.2kg的小物塊將彈簧緩慢壓縮到C點釋放，物塊過B點后做勻變速運動，物塊由B到D位移與時間的關(guān)系為x＝6t－2t2，物塊飛離桌面后恰好由P點沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道，g取10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)BD間的距離；(2)判斷小物塊m2能否沿圓弧軌道到達(dá)M點(要求寫出判斷過程)；(3)小物塊m2由C點釋放運動到D過程中克服摩擦力做的功。解析：(1)由物塊過B點后其位移與時間的關(guān)系x＝6t－2t2得v0＝6m/s，加速度a＝－4m/s2物塊由D點以初速度vD做平拋運動，落到P點時其豎直速度為vy＝eq\r(2gR)，eq\f(vy,vD)＝tan45°，得vD＝4m/sBD間位移為x1＝eq\f(vD2－v02,2a)＝2.5m。(2)若物塊能沿軌道到達(dá)M點，其速度為vMeq\f(1,2)m2vM2＝eq\f(1,2)m2vD2－eq\f(\r(2),2)m2gR得vM＝eq\r(16－8\r(2))m/s若物塊恰好能沿軌道過M點，則m2g＝m2eq\f(vM′2,R)，解得vM′＝eq\r(8)m/s>vM，即物塊不能到達(dá)M點。(3)設(shè)彈簧長為AC時的彈性勢能為Ep，釋放m1時，Ep＝μm1gxCB釋放m2時，可得Ep＝μm2gxCB＋eq\f(1,2)m2v02且m1＝2m2，可得Ep＝m2v02＝7.2Jm2在桌面上運動過程中克服摩擦力做功為Wf，則Ep－Wf＝eq\f(1,2)m2vD2，可得Wf＝5.6J。答案：(1)2.5m(2)不能判斷見解析(3)5.6JB卷——等級考試評價(本試卷滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分，每小題只有一個選項符合題意)1．下列有關(guān)物理內(nèi)容的若干敘述中正確的是()A．小船過河的時間會因河中心附近水流速度逐漸增大而減少B．接近光速的列車，地面上的人觀測它在運動方向上的長度縮短C．只要高度合適，北京上空也可能存在靜止衛(wèi)星D．伽利略發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律解析：選B小船過河的時間取決于河寬及船在垂直河岸的分速度，與水速無關(guān)，A錯誤；由愛因斯坦相對論中的長度收縮效應(yīng)可知，接近光速的列車，地面上的人觀測它在運動方向上的長度縮短，B正確；由萬有引力作為向心力指向地心，靜止衛(wèi)星相對地球靜止，運行周期24h，故只能定位在赤道上空固定高度處，C錯誤；開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，D錯誤。2．如圖所示，兩箱相同的貨物，現(xiàn)要用電梯將它們從一樓運到二樓，其中圖甲是利用扶梯臺式電梯運送貨物，圖乙是用履帶式自動電梯運送，假設(shè)兩種情況下電梯都是勻速地運送貨物，下列關(guān)于兩電梯在運送貨物時說法正確的是()A．兩種情況下電梯對貨物的支持力都對貨物做正功B．圖乙中電梯對貨物的支持力對貨物做正功C．圖甲中電梯對貨物的支持力對貨物不做功D．圖乙中電梯對貨物的支持力對貨物不做功解析：選D在題圖甲中，貨物隨電梯勻速上升時，貨物受到的支持力豎直向上，與貨物位移方向的夾角小于90°，故此種情況下支持力對貨物做正功，C錯誤；題圖乙中，貨物受到的支持力與履帶式自動電梯接觸面垂直，此時貨物受到的支持力與貨物位移垂直，故此種情況下支持力對貨物不做功，故A、B錯誤，D正確。3.當(dāng)前我國“高鐵”事業(yè)發(fā)展迅猛。假設(shè)一輛高速列車在機車牽引力和恒定阻力作用下，在水平軌道上由靜止開始啟動，其v-t圖像如圖所示，已知在0～t1時間內(nèi)為過原點的傾斜直線，t1時刻達(dá)到額定功率P，此后保持功率P不變，在t3時刻恰好達(dá)到最大速度，以后勻速運動。下述判斷正確的是()A．從0至t3時間內(nèi)，列車一直做變加速直線運動B．在0至t3時間內(nèi)，機車的牽引力一直不斷減小C．從0至t3時間內(nèi)，列車的動能一直增加D．t1～t2時間內(nèi)汽車牽引力做功為eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12解析：選C由題意可知，在0～t1時間內(nèi)v-t圖像為過原點的傾斜直線，列車做勻加速直線運動，加速度大小不變，由F＝ma可知，列車所受合力大小不變，阻力恒定，則牽引力不變，故A、B錯誤；由題圖像可知，從0至t3時間內(nèi)，列車的速度不斷增加，則動能一直增加，故C正確；由動能定理可知Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－t1))－Wf＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，則t1～t2時間內(nèi)汽車牽引力做功為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－t1))＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＋Wf，故D錯誤。4．天問一號火星探測器被火星捕獲后，經(jīng)過系列變軌后從“調(diào)相軌道”進(jìn)入“停泊軌道”，為著陸火星做準(zhǔn)備，如圖所示。下列說法正確的是()A．天問一號從調(diào)相軌道進(jìn)入停泊軌道時，需在P點處點火加速B．天問一號在調(diào)相軌道上運行周期比在停泊軌道上的大C．在停泊軌道上，天問一號在P點的加速度比在N點的小D．在停泊軌道上，天問一號在P點時的線速度比N點的小解析：選B從調(diào)相軌道進(jìn)入停泊軌道，需要做近心運動，因此在P點處應(yīng)減速，A錯誤；根據(jù)開普勒第三定律eq\f(r13,T12)＝eq\f(r23,T22)可知，天問一號在調(diào)相軌道上的半長軸大，則天問一號在調(diào)相軌道上運行周期比在停泊軌道上的大，B正確；根據(jù)牛頓第二定律Geq\f(Mm,r2)＝ma可知，P點的加速度比在N點的大，C錯誤；在停泊軌道上運動過程中，P點是離火星最近的點，N點是離火星最遠(yuǎn)的點，由開普勒第二定律可知經(jīng)過P點時的線速度比N點大，D錯誤。5.如圖所示，長為L的細(xì)繩一端固定，另一端系一質(zhì)量為m的小球。若給小球一個合適的初速度，小球便可在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，這樣就構(gòu)成了一個圓錐擺。設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，下列說法中正確的是()A．小球受重力、繩的拉力和向心力作用B．小球的線速度v＝eq\r(gLtanθ)C．小球的角速度ω＝eq\f(gtanθ,L)D．小球的向心加速度an＝gtanθ解析：選D小球只受重力和繩的拉力，向心力是根據(jù)力的作用效果命名的，不是實際受到的力，故A錯誤；小球做勻速圓周運動，有mgtanθ＝meq\f(v2,Lsinθ)＝m·Lsinθ·ω2，可解得小球的線速度和角速度分別為v＝eq\r(gLsinθ·tanθ)，ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，故B、C錯誤；小球做勻速圓周運動，向心加速度為an＝eq\f(mgtanθ,m)＝gtanθ，故D正確。6．地球有a、b、c、d四顆衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球表面一起轉(zhuǎn)動；b處于地面附近的近地軌道上做圓周運動；c是地球同步衛(wèi)星；d是高空探測衛(wèi)星；各衛(wèi)星排列位置如圖所示，則關(guān)于a、b、c、d，下列選項中錯誤是()A．a(chǎn)的向心加速度等于重力加速度gB．b在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長最長C．c在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是eq\f(π,3)D．d的運動周期可能是30h解析：選Aa受到萬有引力和地面支持力，由于支持力等于重力，與萬有引力大小接近，所以向心加速度遠(yuǎn)小于重力加速度，A錯誤；由v＝eq\r(\f(GM,r))知b的線速度最大，則在相同時間內(nèi)b轉(zhuǎn)過的弧長最長，B正確；c為同步衛(wèi)星，周期Tc＝24h，在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝eq\f(4,24)×2π＝eq\f(π,3)，C正確；由公式T＝2πeq\r(\f(r3,GM))知d的周期最大，所以Td>Tc＝24h，則d的周期可能是30h，D正確。7．“天琴計劃”是中國科學(xué)院發(fā)起的一個科研計劃，旨在探測引力波。發(fā)射微重力技術(shù)實驗衛(wèi)星“太極一號”是該計劃的一部分，現(xiàn)已成功完成?！疤珮O一號”衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑為地球半徑的n倍，已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度大小為g，則“太極一號”衛(wèi)星的運行周期為()A．2πneq\r(\f(nR,g)) B．eq\f(2π,n)eq\r(\f(R,ng))C．2πeq\r(\f(n,gR)) D．2πeq\r(\f(R,ng))解析：選A根據(jù)萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(nR))2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2·nR，在地球表面有Geq\f(Mm,R2)＝mg，聯(lián)立解得T＝2πneq\r(\f(nR,g))，所以A正確，B、C、D錯誤。8.如圖所示，在光滑水平板的中央有一光滑的小孔，一根不可伸長的輕繩穿過小孔。繩的兩端分別拴有一小球C和一質(zhì)量為m的物體B，在物體B的下端還懸掛有一質(zhì)量為3m的物體A。使小球C在水平板上以小孔為圓心做勻速圓周運動，系統(tǒng)穩(wěn)定時，圓周運動的半徑為R?，F(xiàn)剪斷A與B之間的繩子，系統(tǒng)穩(wěn)定后(B未與板接觸)，小球以2R的半徑在水平板上做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()A．剪斷A、B間的繩子后，B和C組成的系統(tǒng)機械能增加B．剪斷A、B間的繩子后，小球C的機械能不變C．剪斷A、B間的繩子后，繩子對小球C做的功為mgRD．剪斷A、B間繩子前，小球C的動能為2mgR解析：選D剪斷A、B間的繩子后，對B和C組成的系統(tǒng)，只有B的重力對系統(tǒng)做功，所以B和C組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；剪斷A、B間的繩子后，在C的運動半徑增大的過程中，繩子的拉力對C做負(fù)功，C的機械能減小，故B錯誤；剪斷A、B間的繩子前，根據(jù)牛頓第二定律得3mg＋mg＝mCeq\f(vC2,R)，C的動能EkC＝eq\f(1,2)mvC2，聯(lián)立解得EkC＝2mgR，剪斷A、B間的繩子后，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝mCeq\f(vC′2,2R)，C的動能EkC′＝eq\f(1,2)mvC′2，聯(lián)立解得EkC′＝mgR，則繩子對小球C做的功為－mgR，故C錯誤，D正確。二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分，每小題有多個選項符合題意，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9.如圖所示，某長為R的輕桿一端固定一個質(zhì)量為m的小球，另一端有光滑的固定軸O，現(xiàn)給球一初速度，使球和桿一起繞O軸在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，不計空氣阻力，以下說法中正確的是()A．小球過最高點時，桿所受的彈力可以為零B．小球過最高點時，最小速度為eq\r(gR)C．小球過最低點時，桿對球的作用力一定大于重力D．小球過最高點時，桿對球的作用力一定小于重力解析：選AC小球在最高點時，桿可以表現(xiàn)為支持力，也可以表現(xiàn)為拉力，最小速度為零，故A正確，B錯誤；在最低點，合力提供向心力，指向圓心，所以桿對球的作用力一定大于重力，故C正確，D錯誤。10．一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是()A．運動員到達(dá)最低點前重力勢能始終減小B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負(fù)功，彈性勢能增加C．蹦極過程中，運動員和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D．蹦極過程中，重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取有關(guān)解析：選ABC在運動的過程中，運動員一直下降，則重力勢能一直減小，A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力與運動方向相反，彈力做負(fù)功，彈性勢能增加，B正確；蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，C正確；根據(jù)重力做功與重力勢能的改變量的關(guān)系WG＝－ΔEp，而蹦極過程中重力做功不變，與重力勢能零點的選取無關(guān)，所以重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取無關(guān)，D錯誤。11．如圖所示，質(zhì)量相同的A、B兩小球用長度不同的兩輕繩懸于等高的O1、O2點，繩長LA、LB的關(guān)系為LA>LB，將輕繩水平拉直，并將小球A、B由靜止開始同時釋放，取釋放的水平位置為零勢能的參考面，則下列說法正確的是()A．在下落過程中，當(dāng)兩小球到同一水平線L上時具有相同的重力勢能B．兩小球分別落到最低點的過程中減少的重力勢能相等C．A球通過最低點時的重力勢能比B球通過最低點時的重力勢能大D．A、B兩小球只要在相同的高度，它們所具有的重力勢能就相等解析：選AD下落過程中，當(dāng)兩小球到同一水平線L上時，因它們的質(zhì)量相同，則具有相同的重力勢能，故A正確；根據(jù)重力勢能的變化與重力及下落的高度有關(guān)知兩小球分別落到最低點的過程中下落高度不相等，故減少的重力勢能不相等，故B錯誤；取釋放的水平位置為零勢能的參考面，則根據(jù)重力勢能的定義知，A球通過最低點時的重力勢能比B球通過最低點時的重力勢能小，故C錯誤；兩小球只要在相同的高度，它們所具有的重力勢能就相等，故D正確。12．如圖所示，斜面AB固定在水平地面上，斜面的傾角α＝37°、長度為1m。在頂點水平向左拋出一個小球，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力，經(jīng)過一段時間后，小球落在水平地面上或者斜面上，對于這一過程，下列說法正確的是()A．若小球的初速度為3m/s，則小球落在水平地面上B．若小球落在水平地面上，則小球在空中運動的時間為0.4sC．若小球落在斜面上，則初速度越大，落點處的速度方向與水平方向的夾角越大D．只要小球落在斜面上，落點處的速度方向與水平方向的夾角就都相同解析：選AD若恰好落到B點，則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正確；若小球落在水平地面上，則小球在空中運動的時間為eq\f(\r(3),5)s，B錯誤；若落到斜面上，位移關(guān)系為tanα＝eq\f(\f(1,2)gt2,vt)＝eq\f(gt,2v)，設(shè)落到斜面上，速度與水平方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(gt,v)＝2tanα，因此，只要小球落在斜面上，落點處的速度方向與水平方向的夾角都相同，C錯誤，D正確。三、非選擇題(本題共5小題，共60分)13.(6分)圖甲是“研究平拋物體運動”的實驗裝置圖，在白紙上描繪出小鋼球平拋運動的軌跡，然后研究平拋運動的規(guī)律。(1)該實驗中，在取下白紙前，應(yīng)確定坐標(biāo)軸原點O，并建立直角坐標(biāo)系，下列圖像坐標(biāo)原點和坐標(biāo)系的選擇正確的是________。(2)某同學(xué)在實驗過程中，記錄了小球平拋運動軌跡的一部分，如圖乙所示，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向，取重力加速度大小g＝10m/s2，由圖中所給的數(shù)據(jù)可判斷出圖中坐標(biāo)原點O________(填“是”或“不是”)拋出點。(3)實驗結(jié)果發(fā)現(xiàn)，測出的小鋼球做平拋運動的初速度跟實際值相比有較大的誤差，可能的原因是________。A．斜槽軌道末端水平段過長B．沒有平衡斜槽軌道的摩擦力C．小球沒有每次都從斜槽同一高度靜止釋放解析：(1)坐標(biāo)原點為小球在斜槽末端時，小球球心在木板上的投影，故C正確，A、B錯誤。(2)由平拋運動的水平位移可知，OA段和AB段時間相等，若O為拋出點，則OA段和AB段的豎直位移之比為1∶3，而實際豎直位移之比不是1∶3，可知O點不是拋出點。(3)斜槽軌道末端水平段過長，不會造成平拋運動的初速度跟實際值相比有較大的誤差。只要保證末端水平，每次從同一位移由靜止滑下即可，故A錯誤；該實驗不需要平衡斜槽軌道的摩擦力，故B錯誤；小球沒有每次都從斜槽同一高度靜止釋放，會造成平拋運動的初速度跟實際值相比有較大的誤差，故C正確。答案：(1)C(2)不是(3)C14．(9分)某同學(xué)利用重物自由下落來“驗證機械能守恒定律”，實驗裝置如圖甲所示。(1)請指出實驗裝置中存在的明顯錯誤：______________________________________。(2)進(jìn)行實驗時，為保證重物下落時初速度為零，應(yīng)________(填“A”或“B”)。A．先接通電源，再釋放紙帶B．先釋放紙帶，再接通電源(3)根據(jù)打出的紙帶，選取紙帶上連續(xù)打出的1、2、3、4、……多個點如圖乙所示(圖中只顯示了一部分點)。已測出1、2、3、4到打出的第一個點O的距離分別為h1、h2、h3、h4，打點計時器的打點周期為T。若代入所測數(shù)據(jù)能滿足表達(dá)式gh3＝________，則可驗證重物下落過程機械能守恒(用題目中已測出的物理量表示)。(4)這位同學(xué)還利用圖像法進(jìn)行分析，以O(shè)點為起始點，測出各點下落距離h時的速度v，以eq\f(v2,2)為縱坐標(biāo)、h為橫坐標(biāo)畫出eq\f(v2,2)-h圖像，應(yīng)是下圖中的________。解析：(1)從圖甲中的實驗裝置中發(fā)現(xiàn)，打點計時接在了“直流電源”上，打點計時器的工作電源是“交流電源”。因此，明顯的錯誤是打點計時器不能接在“直流電源”上。(2)為了使紙帶上打下的第1個點是速度為零的初始點，應(yīng)該先接通電源，讓打點計時器正常工作后，再釋放紙帶。若先釋放紙帶，再接通電源，當(dāng)打點計時器打點時，紙帶已經(jīng)下落，打下的第1個點的速度不為零，故A正確。(3)根據(jù)實驗原理mgh＝eq\f(1,2)mv2，可知只要驗證ghn＝eq\f(1,2)vn2，即可驗證機械能守恒定律。因此需求解v3，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律關(guān)系式可得v3＝eq\f(h4－h(huán)2,2T)，則有eq\f(1,2)v32＝eq\f(h4－h(huán)22,8T2)，故只要在誤差允許的范圍內(nèi)驗證gh3＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h4－h(huán)2))2,8T2)成立，就可驗證重物下落過程中機械能守恒。(4)根據(jù)mgh＝eq\f(1,2)mv2，可得eq\f(1,2)v2＝gh，eq\f(1,2)v2與h成正比例關(guān)系，圖線是一條過原點的傾斜直線，故選C。答案：(1)打點計時器不能接在“直流電源”上(2)A(3)eq\f(\b\lc\(\rc\)(