人教物理必修二 8K卷 答案

階段質(zhì)量檢測答案階段質(zhì)量檢測(一)1．選A做曲線運動的物體速度方向為軌跡的切線方向，軌跡是曲線，所以運動方向時刻改變，故A正確；做曲線運動的物體速度大小不一定發(fā)生變化，故B錯誤；做曲線運動的物體處于非平衡狀態(tài)，合外力不為0，故C錯誤；做曲線運動的物體所受合力方向與運動方向不在同一直線上，故D錯誤。2．選A根據(jù)運動的合成與分解，初速度為v0的勻加速直線運動，可以分解為速度為v0的勻速直線運動和一個初速度為零的勻加速直線運動，A正確；根據(jù)運動的合成與分解，沿斜面向下的勻加速直線運動，能分解為水平方向的勻加速直線運動和豎直方向的勻加速直線運動這兩個分運動，B錯誤；平拋運動可以分解為兩個直線運動，C錯誤；非勻變速曲線運動不能分解為兩個直線運動，D錯誤。3．選B物體做曲線運動的速度方向為該點處的切線方向，所以為v2的方向。4．選A依題意，河寬為d，當(dāng)船頭垂直向?qū)Π逗叫袝r，過河時間最短為t＝eq\f(d,v1)，可知過河時間與水速無關(guān)，故A正確，C、D錯誤；依題意v2<v1，根據(jù)幾何關(guān)系可知，船的合速度可以垂直河岸，此時實際航程最短，所以當(dāng)船頭垂直向?qū)Π逗叫袝r，不是最短航程，故B錯誤。5．選AO、M兩點之間的水平距離x＝v0t＝16m，豎直距離h＝eq\f(1,2)gt2＝20m，小球在M點的水平分速度大小為8m/s，豎直分速度大小vy＝gt＝20m/s，故選A。6．選D因為小球與井壁做多次彈性碰撞，碰撞前后小球水平方向速度大小不變、方向反向，則將小球的運動軌跡連接起來就是一條做平拋運動的拋物線，可知小球在豎直方向做自由落體運動，由t＝eq\r(\f(2h,g))可知，下落時間與小球的質(zhì)量m、小球初速度v以及井口直徑均無關(guān)，只與井口到水面高度差h有關(guān)。7．選B設(shè)斜坡的傾角為θ，則有tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，故t與v0成正比，即t∝v0，B正確。8．選B飛行者運動的速度方向不斷發(fā)生變化，因此速度是改變的，故A錯誤；飛行者做曲線運動，需要不斷改變運動方向，其所受合力不為零，故B正確；飛行者不受空氣作用力的話，則僅受到重力的作用，其合力指向曲線的凸面，不符合曲線運動的規(guī)律，故C、D錯誤。9．選AC運動的合成與分解遵循矢量運算法則，則合運動的位移等于分運動位移的矢量和，A正確；物體的兩個分運動若是直線運動，它的合運動可以是直線運動，也可以是曲線運動，B錯誤；合運動和分運動具有等時性，C正確；若合運動是曲線運動，其分運動可能都是直線運動，比如平拋運動，可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，D錯誤。10．選AC根據(jù)題意可知，兩小球A、B位于同一高度，A做平拋運動，B做自由落體運動，由于A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反，兩球始終在同一高度，水平間距逐漸縮小，則兩小球一定能相碰，故B、D錯誤；假設(shè)兩小球落地時恰好相碰，則有h＝eq\f(1,2)gt2，l＝v0t，解得v0＝leq\r(\f(g,2h))，若小球A的拋出速度大于v0，則A、B在第一次落地前相碰，若小球A的拋出速度小于v0，則A、B在第一次落地后相碰，故A正確；假設(shè)兩小球運動到最高處相碰，則有h＝eq\f(1,2)gt2，l＝v·2t，解得v＝eq\f(l,2)eq\r(\f(g,2h))，即當(dāng)小球A以eq\f(l,2)eq\r(\f(g,2h))速度拋出時，兩小球運動到最高處相碰，故C正確。11．選ABD由x方向的速度—時間圖像可知，質(zhì)點在x方向的加速度大小為1.5m/s2，在x方向受力Fx＝3N，由y方向的位移—時間圖像可知，在y方向質(zhì)點做勻速直線運動，速度大小為vy＝4m/s，在y方向受力Fy＝0。因此質(zhì)點的初速度大小為5m/s，故A正確；質(zhì)點受到的合外力大小為3N，顯然，質(zhì)點初速度方向與合外力方向不在同一條直線上，故質(zhì)點做勻變速曲線運動，故B正確；2s末質(zhì)點速度大小應(yīng)為v＝eq\r(62＋42)m/s＝2eq\r(13)m/s，故C錯誤；2s內(nèi)，x＝vx0t＋eq\f(1,2)at2＝9m，y＝－8m，合位移大小l＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(145)m≈12m，故D正確。12.選BD因為豎直桿Q水平向右做勻速直線運動，則小球P在水平方向的分速度為v0，滿足vPcosα＝v0，所以小球P也做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，則小球P的速度大小為vP＝eq\f(v0,cosα)，A、C錯誤，B正確；對小球P受力分析可知，直桿Q對小球P的推力大小F＝mgtanα，D正確。13．解析：(1)實驗前檢查斜槽末端是否水平的方法是：將小球放在斜槽的末端，看小球能否靜止。(2)小球釋放的初始位置高度要適當(dāng)，并非越高越好，故A錯誤；實驗前要用重垂線檢查坐標(biāo)紙上的豎線是否豎直，故B正確；小球在平拋運動時要靠近但不接觸木板，故C正確。故選B、C。(3)斜槽末端是水平的，小球做平拋運動，要分解為水平和豎直方向的分運動，故方格紙應(yīng)該水平、豎直，坐標(biāo)原點應(yīng)該與小球在斜槽末端靜止時在木板上的投影重合。故選C。答案：(1)將小球放在斜槽的末端，看小球能否靜止(2)BC(3)C14．解析：(1)平拋運動滿足水平方向做勻速直線運動，由題圖可知經(jīng)過相等時間小球在水平方向經(jīng)過20cm，所以第4點的水平坐標(biāo)應(yīng)為60cm；平拋運動滿足豎直方向做勻加速直線運動，由題圖可知經(jīng)過相等時間小球在豎直方向下落高度增量Δy＝10cm，故第4點的縱坐標(biāo)為60cm。(2)根據(jù)Δy＝gt2，可得圖中相鄰兩拍攝點之間的時間間隔為t＝eq\r(\f(Δy,g))＝eq\r(\f(10×10－2,10))s＝0.1s可得小球平拋的初速度大小為v0＝eq\f(2L,t)＝eq\f(2×0.1,0.1)m/s＝2m/s。(3)水平方向x＝v0t，豎直方向y＝eq\f(1,2)gt2，消去t得y＝eq\f(g,2v02)x2，可知斜率k＝eq\f(g,2v02)，解得v0＝eq\f(\r(10),2)m/s。答案：(1)6060(2)2(3)eq\f(\r(10),2)15．解析：(1)紅蠟塊沿水平x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，有x＝eq\f(1,2)at2紅蠟塊沿豎直y軸方向做勻速直線運動，有y＝v0t整理上面兩個式子，軌跡方程為y＝eq\r(\f(2v02,a)x)。(2)紅蠟塊沿水平x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，有vx＝at紅蠟塊沿豎直y軸方向做勻速直線運動，有vy＝v0整理上面兩個式子，得到v＝eq\r(vx2＋vy2)＝eq\r(v02＋a2t2)。(3)①運動的合成和分解都遵循平行四邊形定則；②合運動與分運動具有等效性；③合運動與分運動的時間相等。答案：(1)y＝eq\r(\f(2v02,a)x)(2)eq\r(v02＋a2t2)(3)合運動與分運動具有等效性；合運動與分運動的時間相等。16．解析：假設(shè)運動員用速度vmax扣球時，球剛好不會出界，則有h＝eq\f(1,2)gt12，s＋L＝vmaxt1解得vmax＝(L＋s)eq\r(\f(g,2h))用速度vmin扣球時，球剛好不觸網(wǎng)，則有h－H＝eq\f(1,2)gt22，s＝vmint2解得vmin＝seq\r(\f(g,2h－H))故實際扣球速度應(yīng)滿足seq\r(\f(g,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－H))))<v<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋s))eq\r(\f(g,2h))。答案：seq\r(\f(g,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－H))))<v<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋s))eq\r(\f(g,2h))17.解析：(1)設(shè)在0～2.0s內(nèi)小球運動的加速度為a1，則F1＝ma1，解得a1＝0.4m/s2；2．0s末小球在y軸方向的速度v1＝a1t1，代入數(shù)據(jù)解得v1＝0.80m/s。沿x軸方向運動的位移x1＝v0t1，解得x1＝0.8m；沿y軸方向運動的位移y1＝eq\f(1,2)a1t12，代入數(shù)據(jù)解得y1＝0.8m。2．0s內(nèi)運動的位移s1＝eq\r(x12＋y12)＝0.8eq\r(2)m≈1.1m。(2)設(shè)2.0s后小球運動的加速度為a2，F(xiàn)2的作用時間為t2時，小球的速度變?yōu)榕c初速度相同。則F2＝ma2，a2＝0.2m/s2，v2＝v1－a2t2＝0，代入數(shù)據(jù)解得t2＝4.0s。答案：(1)0.80m/s1.1m(2)4.0s階段質(zhì)量檢測(二)1．選B物體做曲線運動時，如做勻速圓周運動，線速度大小不變，即速率不變，故A錯誤；物體做曲線運動時，速度方向一定變化，所以速度一定在變化，故B正確；物體做曲線運動時，如做平拋運動，所受合力為重力，加速度是重力加速度，合力和加速度都不變，故C、D錯誤。2．選C若物體做勻速圓周運動，則所受合力的大小一定不變，方向時刻改變，若物體做變速圓周運動，合力的大小和方向一定變化，A錯誤；若物體做平拋運動，則速度方向沿著切線方向，速度方向逐漸接近豎直向下，但最終不能達(dá)到豎直向下，B錯誤；斜拋運動的加速度是重力加速度，是勻變速曲線運動，在任意相等的時間內(nèi)速度的變化相同，C正確；斜拋運動是勻變速曲線運動，物體在某一點的速度方向一定沿切線方向，重力方向豎直向下，速度方向不可能與它受到的合力方向相反，D錯誤。3．選C試管快速擺動，試管中的水和浸在水中的蠟塊都有做離心運動的趨勢(盡管試管不是做完整的圓周運動，且運動的方向也不斷變化，但并不影響問題的實質(zhì))，但因為蠟塊的密度小于水的密度，蠟塊被水?dāng)D壓向下運動。只要擺動速度足夠大且時間足夠長，蠟塊就能一直運動到手握的A端，故C正確。4．選B物體在a、b兩地繞地軸轉(zhuǎn)動，向心力的方向指向地軸，故A錯誤；根據(jù)題意可知，該物體在a、b兩地時角速度一樣大，由題圖可知，物體在b地時運動半徑大于在a地時運動半徑，由公式v＝ωr可知，該物體在b地時線速度較大，由公式an＝ω2r可知，該物體在b地時的向心加速度較大，故C、D錯誤，B正確。5．選B題圖甲中，傳動裝置轉(zhuǎn)動過程中a、b兩點在兩齒輪的邊緣，線速度大小相等，角速度大小不相等，A錯誤；題圖乙中，由平拋運動的規(guī)律可知，無論用多大的力打擊，A、B兩鋼球總是同時落地，B正確；題圖丙中，由牛頓第二定律可得mg－FN＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N＝mg－meq\f(v2,r)，汽車通過拱形橋頂端的速度越大，橋面對汽車的支持力就越小，由牛頓第三定律可知，汽車對橋面的壓力就越小，C錯誤；題圖丁中，當(dāng)火車以規(guī)定速度經(jīng)過外軌高于內(nèi)軌的彎道時，火車的重力與斜軌道的支持力的合力恰好等于向心力，內(nèi)外軌對火車均無側(cè)壓力，若火車以大于規(guī)定速度經(jīng)過外軌高于內(nèi)軌的彎道時，火車有做離心運動的趨勢，則外軌對火車有側(cè)壓力，D錯誤。6．選D由題意可知，橫桿轉(zhuǎn)動的時間為t＝3.3s－0.3s＝3s，在3s的時間內(nèi)，橫桿上距離O點0.6m的點(即a′點的正上方)至少要抬高的高度為h＝1.6m－1m＝0.6m，則在此時間內(nèi)橫桿至少要轉(zhuǎn)過的角度為θ＝eq\f(π,4)，直桿轉(zhuǎn)動的角速度至少為ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(π,12)rad/s，故選D。7．選A兩球均受到重力、支持力和繩子的拉力作用，向心力是三個力的合力；兩球的重力均與支持力平衡，繩的拉力提供向心力，則P球受到的向心力大小等于Q球受到的向心力大小，故A正確，B、C錯誤；根據(jù)兩球向心力大小相等可得mPωP2rP＝mQωQ2rQ，因為角速度相同，此方程與角速度無關(guān)，所以當(dāng)ω增大時，兩球做圓周運動的半徑不變，故D錯誤。8．選C當(dāng)b繩繃緊后，角速度ω增大，a繩與水平方向夾角不變，故A錯誤；當(dāng)b繩繃緊后，對小球受力分析，豎直方向根據(jù)平衡條件可得mg＝FTsinθ，解得FT＝eq\f(mg,sinθ)，a繩所受拉力不變，故B錯誤；當(dāng)b繩剛要繃緊時，在水平方向根據(jù)牛頓第二定律FTcosθ＝mω2l，聯(lián)立解得ω＝eq\r(\f(g,ltanθ))，若角速度大于該值，則b繩將產(chǎn)生彈力，故C正確；由于b繩可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變，故D錯誤。9．選AC由向心力公式F＝meq\f(v2,R)可知，速度一定時，F(xiàn)與R成反比的關(guān)系，因此a表示速度一定時，F(xiàn)與R的關(guān)系，A正確，B錯誤；由向心力公式F＝mω2R可知，角速度一定時，F(xiàn)與R成正比的關(guān)系，因此c表示角速度一定時，F(xiàn)與R的關(guān)系，C正確，D錯誤。10．選AD從c到d的過程中，向心加速度大小不變，根據(jù)牛頓第二定律a＝eq\f(F,m)，可知合力提供向心力，則合力大小不變，始終指向圓心，由于蘋果從最高點c到最右側(cè)點d運動的過程中合力由豎直向下變?yōu)樗较蜃?，則合力在水平方向的分力逐漸變大，水平方向的分力由手掌對蘋果的摩擦力提供，可知摩擦力越來越大，故A正確；從c到d的過程中，向心加速度大小不變，方向指向圓心，則合力提供向心力，且合力大小不變，始終指向圓心，由于蘋果從最高點c到最右側(cè)點d運動的過程中合力在豎直方向的分力變小，由Fy＝mg－FN可知支持力越來越大，故B錯誤；蘋果從最左側(cè)點b到最右側(cè)點d運動的過程，加速度一直有豎直向下的分量，則蘋果一直處于失重狀態(tài)，故C錯誤；蘋果做勻速圓周運動，合力提供向心力，向心力大小不變，故合力大小不變，D正確。11．選BC液壓桿收縮，吊臂繞固定轉(zhuǎn)軸O順時針轉(zhuǎn)動，M、N點在吊臂上做圓周運動，故線速度方向垂直于吊臂，不垂直于液壓桿，故A錯誤；M、N兩點屬于同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同，故N點的角速度等于ω，故B正確；根據(jù)向心加速度公式an＝ω2r，已知MN＝2OM＝2L，則rN＝3L，可得aN＝3ω2L，故C正確；M、N兩點的角速度相同，根據(jù)v＝ωr，rN＝3rM，可得vN＝3vM，故D錯誤。12．選ADB、C兩點為皮帶傳動，線速度大小相等，即vB＝vC，根據(jù)v＝ωr，可得ωB∶ωC＝3∶2，A、B兩點為同軸轉(zhuǎn)動，角速度大小相等，即ωA∶ωB＝1∶1，vA＝vB＝1∶2，聯(lián)立可得vA∶vB∶vC＝1∶2∶2，ωA∶ωB∶ωC＝3∶3∶2，故A正確，B錯誤；根據(jù)a＝eq\f(v2,r)＝ω2r可得aA∶aB∶aC＝3∶6∶4，故C錯誤；如果轉(zhuǎn)盤丙沿順時針方向轉(zhuǎn)動，根據(jù)皮帶傳動方式可知，轉(zhuǎn)盤乙沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，故D正確。13．解析：(1)在研究向心力F的大小與質(zhì)量m、角速度ω、軌道半徑r之間的關(guān)系時，我們主要用到的物理方法是控制變量法。故選A。(2)由公式F＝mω2r可知探究金屬小球的向心力F的大小與軌道半徑r之間的關(guān)系，應(yīng)使用兩個相等質(zhì)量的小球，將皮帶套在兩邊半徑相等的變速塔輪上，使小球轉(zhuǎn)動的角速度相等，應(yīng)使兩小球離轉(zhuǎn)軸的距離不相同，觀察向心力F的大小與軌道半徑r之間的關(guān)系。故選C。(3)由公式F＝meq\f(4π2,T2)r，結(jié)合圖像是一條過原點的直線，所以F與eq\f(1,T2)成正比，可知圖像橫坐標(biāo)x代表的是eq\f(1,T2)。答案：(1)A(2)C(3)eq\f(1,T2)14．解析：(1)由題圖乙可知，t＝60.0s時，加速度大小不變，角速度大小也不變，所以此時桌面在做勻速圓周運動，所以B正確，A、C、D錯誤。(2)由題圖乙可以看出，加速度大小和角速度的變化曲線大致一樣，所以可以得到的結(jié)論是：半徑一定，角速度大小不變時，加速度大小也不變；角速度大小增大時，加速度大小也增大。(3)物體做圓周運動的向心加速度大小為a＝ω2r＝4π2n2r，若要研究向心加速度大小與半徑的關(guān)系，應(yīng)該保持轉(zhuǎn)速(或角速度)不變，改變手機(jī)到圓心的距離(或半徑)，所以還需要的測量儀器是刻度尺。答案：(1)B(2)半徑一定，角速度大小不變時，加速度大小也不變；角速度大小增大時，加速度大小也增大(3)轉(zhuǎn)速(或角速度)手機(jī)到圓心的距離(或半徑)刻度尺15．解析：(1)當(dāng)游客受到摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時即將滑動，由最大靜摩擦力提供所需向心力，μmg＝mω02r，解得ω0＝eq\r(\f(μg,r))。(2)由題意可知FT＋μmg＝mω2r，解得FT＝eq\f(2,3)μmg。答案：(1)eq\r(\f(μg,r))(2)eq\f(2,3)μmg16．解析：(1)水滴在豎直方向上做自由落體運動，h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(2h,g))。(2)要使每滴水落到同一直線上，則圓盤在t時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧度為kπ，k為正整數(shù)，則ωt＝kπ即ω＝kπeq\r(\f(g,2h))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＝1，2，3…))。答案：(1)eq\r(\f(2h,g))(2)kπeq\r(\f(g,2h))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＝1，2，3…))17．解析：(1)為使小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，小球過最高點B時重力提供向心力，mg＝meq\f(v2,L)解得v＝eq\r(gL)小球過最高點B時的最小速度大小為eq\r(gL)。(2)在最低點A繩斷時9mg－mg＝meq\f(vA2,L)繩斷時小球的速度大小vA＝2eq\r(2gL)。(3)繩斷后，小球做平拋運動，豎直方向2L－L＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(2L,g))小球落地點與拋出點A的水平距離x＝vAt＝2eq\r(2gL)·eq\r(\f(2L,g))＝4L。答案：(1)eq\r(gL)(2)2eq\r(2gL)(3)4L階段質(zhì)量檢測(三)1．選A地心說認(rèn)為太陽及其他天體圍繞地球運動，日心說認(rèn)為太陽是宇宙的中心，而不是地球；在太陽系中，各行星都圍繞太陽運動。故選A。2．選D對于開普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k，k只與中心天體有關(guān)，與行星無關(guān)，不同的中心天體，k值不同，故A、B、C錯誤；開普勒第三定律不僅適用于行星繞太陽的運動，也適用于衛(wèi)星繞行星的運動，只不過k值不同，故D正確。3．選C根據(jù)萬有引力定律，可知質(zhì)點間的萬有引力大小為F＝Geq\f(m1m2,r2)，使兩質(zhì)點間距離增為原來的4倍，質(zhì)量不變，則萬有引力減小為原來的eq\f(1,16)，故A錯誤；使兩質(zhì)點的質(zhì)量都減半，間距減為原來的eq\f(1,2)，則萬有引力保持不變，故B錯誤；使其中一質(zhì)點的質(zhì)量減為原來的eq\f(1,4)，間距不變，則萬有引力減小為原來的eq\f(1,4)，故C正確；使兩質(zhì)點的質(zhì)量和間距都減為原來的eq\f(1,4)，則萬有引力保持不變，故D錯誤。4．選A根據(jù)開普勒第三定律可知eq\f(R＋h13,T22)＝eq\f(h23,T12)，解得eq\f(T1,T2)＝eq\r(\f(h23,R＋h13))，故A正確，B、C、D錯誤。5．選A根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，v＝ωr，解得M＝eq\f(v3,Gω)，故選A。6．選C衛(wèi)星運行的角速度為ω＝eq\f(\f(π,6)＋\f(π,3),t)＝eq\f(π,2t)，A錯誤；根據(jù)mg＝Geq\f(Mm,R2)，可知地球的質(zhì)量為M＝eq\f(gR2,G)，B錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力可得Geq\f(Mm,R＋h2)＝mω2(R＋h)，解得h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4gR2t2,π2)))eq\f(1,3)－R，C正確；衛(wèi)星運行的線速度為v＝ω(R＋h)＝eq\f(πR＋h,2t)，D錯誤。7．選A半徑越小，周期越小，故TB＞TA,從第一次相距最近到第二次相距最近，A比B多走一周，θA－θB＝2π＝eq\f(2π,TA)t－eq\f(2π,TB)t，解得TB＝eq\f(tTA,t－TA)，故選A。8．選C航天員的線速度v＝rω，地球自轉(zhuǎn)角速度不變，隨著r增大，線速度v增大，A錯誤；航天員在地面上并非衛(wèi)星，除了受到萬有引力還受到地面的支持力，故線速度遠(yuǎn)小于第一宇宙速度，B錯誤；當(dāng)r＝r0時，引力產(chǎn)生的加速度正好等于航天員做圓周運動的向心加速度，即萬有引力提供做圓周運動的向心力，所以航天員相當(dāng)于衛(wèi)星，此時航天員的角速度跟地球的自轉(zhuǎn)角速度一致，可以看作是地球的同步衛(wèi)星，C正確；根據(jù)重力和萬有引力相等可得Geq\f(Mm,r2)＝mg′，隨著r增大，其重力mg′越來越小，D錯誤。9．選B“天問一號”繞火星做圓周運動過程，根據(jù)萬有引力提供向心力可得eq\f(GM火m,r12)＝mr1eq\f(4π2,T12)，M火＝eq\f(4π2r13,GT12)，同步衛(wèi)星繞地球做圓周運動過程，同理可得M地＝eq\f(4π2r23,GT22)，由題意可知r1＝3.26×107m，r2＝4.23×107m，M地＝6.0×1024kg，T1＝2T2，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可解得M火≈6.9×1023kg，與B項最接近，故選B。10．選B由題意可知，在地球上，萬有引力提供重力，有eq\f(GM地m,R地2)＝mg，在該星球表面有eq\f(GMm,R2)＝eq\f(G×1.5M地m,2R地2)＝mg1，解得g1＝eq\f(3,8)g，故選B。11．選BC最早測出G值的是卡文迪什，故A錯誤；牛頓通過“月—地檢驗”發(fā)現(xiàn)地面物體、月球所受地球引力都遵從同樣的規(guī)律，故B正確；由公式F＝Geq\f(m1m2,r2)可知，G為常量，r一定時，m1與m2的乘積越大，F(xiàn)越大，故C正確；引力常量G是一個定值，它的大小與中心天體選擇無關(guān)，故D錯誤。12．選AC某顆衛(wèi)星的星下點軌跡圖是一個點，說明該衛(wèi)星相對地球靜止，是地球靜止衛(wèi)星，位于赤道上空，D錯誤；地球自轉(zhuǎn)的周期為T，該衛(wèi)星的角速度為ω＝eq\f(2π,T)，該衛(wèi)星的線速度為v＝eq\f(2πR＋h,T)，其中h為衛(wèi)星距離地面高度，A正確，B錯誤；由萬有引力提供向心力可得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，在地球表面的重力加速度為g＝Geq\f(M,R2)，聯(lián)立解得該衛(wèi)星的軌道半徑為r＝eq\r(3,\f(gR2T2,4π2))，C正確。13．選AD設(shè)三星系統(tǒng)Ⅰ的邊長為L，則三星系統(tǒng)Ⅱ的邊長為qL，根據(jù)萬有引力提供向心力可得eq\r(3)eq\f(Gm2,L2)＝ma＝meq\f(v2,\f(\r(3)L,3))＝mω2×eq\f(\r(3)L,3)，eq\r(3)eq\f(Gk2m2,q2L2)＝kma′＝kmeq\f(v′2,\f(\r(3)qL,3))＝kmω′2×eq\f(\r(3)qL,3)，所以系統(tǒng)Ⅱ中一個星球受到的合力與系統(tǒng)Ⅰ中一個星球受到的合力的倍數(shù)關(guān)系為eq\f(\r(3)\f(Gk2m2,q2L2),\r(3)\f(Gm2,L2))＝eq\f(k2,q2)，系統(tǒng)Ⅱ中一個星球的加速度與系統(tǒng)Ⅰ中一個星球的加速度的倍數(shù)關(guān)系為eq\f(a′,a)＝eq\f(\r(3)\f(Gkm,q2L2),\r(3)\f(Gm,L2))＝eq\f(k,q2)，系統(tǒng)Ⅱ中一個星球的角速度與系統(tǒng)Ⅰ中一個星球的角速度的倍數(shù)關(guān)系為eq\f(ω′,ω)＝eq\r(\f(\f(3Gkm,q3L3),\f(3Gm,L3)))＝eq\r(\f(k,q3))，系統(tǒng)Ⅱ中一個星球的線速度與系統(tǒng)Ⅰ中一個星球的線速度的倍數(shù)關(guān)系為eq\f(v′,v)＝eq\r(\f(\r(3)\f(Gkm,q2L2)×\f(\r(3)qL,3),\r(3)\f(Gm,L2)×\f(\r(3)L,3)))＝eq\r(\f(k,q))，故選A、D。14．選BC根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，因為r地＜r火，可知v地＞v火，T地＜T火，故選B、C。15．選BD靜止衛(wèi)星周期一定為24h，根據(jù)萬有引力提供向心力得Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)，解得T＝eq\r(\f(4π2R＋h3,GM))。因周期一定，則距地面高度一定，半徑一樣，所以各國發(fā)射的這種衛(wèi)星軌道半徑都一樣，與質(zhì)量無關(guān)，故A錯誤，D正確；第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，也是最大的圓周運動的環(huán)繞速度。而靜止衛(wèi)星的軌道半徑要大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知靜止衛(wèi)星運行的線速度一定小于第一宇宙速度，故B正確；它若在除赤道所在平面外的任意點，假設(shè)實現(xiàn)了相對地面靜止，那它的運動軌道所在平面與受到地球的引力就不在一個平面上，這是不可能的，所以靜止衛(wèi)星不可能通過北京的正上空，故C錯誤。16．解析：(1)設(shè)質(zhì)量為m的物體在該中子星表面高h(yuǎn)處受到的重力等于中子星對其萬有引力Geq\f(Mm,R＋h2)＝mg得g＝eq\f(GM,R＋h2)。(2)兩個脈沖之間的時間間隔即為中子星不瓦解的自轉(zhuǎn)周期TGeq\f(Mm′,R2)≥m′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R解得T≥2πeq\r(\f(R3,GM))。答案：(1)eq\f(GM,R＋h2)(2)T≥2πeq\r(\f(R3,GM))17．解析：(1)由平拋運動規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t解得g＝eq\f(2hv02,x2)。(2)在月球表面的物體受到的重力等于萬有引力mg＝Geq\f(Mm,R2)聯(lián)立解得M＝eq\f(2hR2v02,Gx2)月球的第一宇宙速度為近月衛(wèi)星的運行速度，根據(jù)重力提供向心力mg＝meq\f(v12,R)解得v1＝eq\r(gR)＝eq\f(v0,x)eq\r(2hR)。(3)月球的平均密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3hv02,2πRGx2)。答案：(1)eq\f(2hv02,x2)(2)eq\f(2hR2v02,Gx2)eq\f(v0,x)eq\r(2hR)(3)eq\f(3hv02,2πRGx2)18．解析：(1)假設(shè)地球表面一質(zhì)量為m的物體，其受到的萬有引力等于重力，所以有eq\f(GMm,R2)＝mg解得地球質(zhì)量為M＝eq\f(gR2,G)則地球的平均密度為ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(gR2,G),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3g,4πGR)。(2)空間站繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，所以有eq\f(GMm,R＋h2)＝m·eq\f(4π2,T2)(R＋h)解得周期為T＝2πeq\r(\f(R＋h3,gR2))。(3)設(shè)空間站與同步衛(wèi)星的軌道半徑分別為r1和r2，運行周期分別為T1和T2，由開普勒第三定律可得eq\f(r13,r23)＝eq\f(T12,T22)則根據(jù)題意可知，空間站與同步衛(wèi)星的軌道半徑分別為r1＝R＋eq\f(R,16)＝eq\f(17,16)R＝17hr2＝R＋eq\f(R,16)×90＝eq\f(53,8)R＝106h所以可以得到空間站的周期為T1＝eq\r(\f(r13,r23)×T22)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17h,106h)))3×242)h≈1.5h。答案：(1)eq\f(3g,4πGR)(2)2πeq\r(\f(R＋h3,gR2))(3)1.5小時階段質(zhì)量檢測(四)1．選A重力勢能是標(biāo)量，－3J比－5J大，故A正確；力是矢量，負(fù)號表示方向與正方向相反，故－3N的大小為3N，－5N的大小為5N，故－3N比－5N小，故B錯誤；速度是矢量，負(fù)號表示方向與正方向相反，－3m/s的大小為3m/s，－5m/s的大小為5m/s，－3m/s比－5m/s小，故C錯誤；功為標(biāo)量，只有大小，比較兩個功的大小應(yīng)比較絕對值的大小，做功－3J比－5J少，故D錯誤。2．選C根據(jù)牛頓第三定律，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等、方向相反。甲的運動方向與甲的受力方向相同，因此乙對甲做正功；同理，甲對乙也做正功。甲的質(zhì)量小于乙的質(zhì)量，根據(jù)牛頓第二定律可知甲的加速度大于乙的加速度，相同時間內(nèi)甲的位移大于乙的位移，乙對甲所做的功大于甲對乙所做的功。故選C。3．選A兩同學(xué)的質(zhì)量相等，甲同學(xué)是跨越式，重心上升的位移較大，所以甲同學(xué)克服重力做功較多，騰空過程經(jīng)歷的時間較長，A正確，C錯誤；離地瞬間，地面對人不做功，B錯誤；設(shè)甲同學(xué)的起跳速度為v1，重心上升的高度為h1，在上升過程中，重力做功的平均功率P1＝mg·eq\f(v1,2)，v12＝2gh1，設(shè)乙同學(xué)的起跳速度為v2，重心上升的高度為h2，在上升過程中，重力做功的平均功率P2＝mg·eq\f(v2,2)，v22＝2gh2，乙同學(xué)重心上升高度較小，起跳速度較小，故乙同學(xué)上升過程重力做功的平均功率較小，D錯誤。4．選D對物體從開始上拋至落地的整個過程應(yīng)用動能定理得mgh－W克f＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得W克f＝40J，故D正確，A、B、C錯誤。5．選B彈簧彈力對小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能不守恒，故A錯誤；從小球接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球一直向下運動，重力一直做正功，重力勢能減小，故B正確；由于彈簧的彈力對小球做負(fù)功，所以彈簧的彈性勢能一直增加，故C錯誤；小球下落h高度與彈簧接觸后，剛開始重力大于彈力，合力向下，小球加速運動；當(dāng)重力等于彈力時，加速度為零，速度最大；再向下運動時，彈力大于重力，加速度方向向上，速度減小，加速度增大，到達(dá)最低點時速度為零，加速度最大，故D錯誤。6．選D物體在同一水平面上做勻速直線運動，物體受到平衡力作用，推力等于摩擦力。由于摩擦力的大小與壓力大小和接觸面粗糙程度有關(guān)，兩次壓力相同，接觸面粗糙程度相同，故兩次水平推力大小相等，即F1＝F2＝μmg，則F1∶F2＝1∶1，由甲、乙兩圖可得v1＝3m/s，v2＝5m/s，根據(jù)P＝eq\f(W,t)＝eq\f(Fl,t)＝Fv，可得eq\f(P1,P2)＝eq\f(F1v1,F2v2)＝eq\f(3,5)，故選D。7．選C設(shè)物體在恒力作用下上升的加速度為a，上升至高度為h時撤去恒力，則物體機(jī)械能增加量ΔE＝Fh＝F·eq\f(1,2)at2，可知物體機(jī)械能的增加量隨時間不是線性增加，撤去恒力后，機(jī)械能守恒，則機(jī)械能不隨時間發(fā)生變化。故C正確，A、B、D錯誤。8．選D前4s內(nèi)，汽車牽引力不變，汽車做勻加速直線運動，有F1－Ff＝ma，由圖像知F1＝5×103N,4s后汽車牽引力減小，則加速度減小，汽車做加速度減小的加速運動，直至牽引力等于阻力時，做勻速直線運動，此時有Ff＝F2＝2×103N，聯(lián)立解得a＝2.5m/s2，且在4s末汽車達(dá)到最大功率，則最大功率為Pm＝F1at＝5×103×2.5×4W＝5×104W，故A、B、C錯誤；汽車的最大速度為vm＝eq\f(Pm,F2)＝eq\f(Pm,Ff)＝eq\f(5×104,2×103)m/s＝25m/s，故D正確。9．選BD放手瞬間，彈簧處于壓縮狀態(tài)，小球受到向下的彈力和重力，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝eq\f(mg＋F彈,m)＞g，A錯誤；小球、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，B正確；由于彈簧彈力對小球做功，則小球的機(jī)械能不守恒，C錯誤；小球、彈簧和地球組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，小球向下運動過程中，小球的重力勢能不斷減小，則小球動能與彈簧彈性勢能之和不斷增大，D正確。10．選AD小球從光滑斜面上D點運動到A點，根據(jù)機(jī)械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mvA2，可得小球到達(dá)A點時速度的大小為vA＝4m/s，故A正確，B錯誤；小球從D點運動到C點，根據(jù)機(jī)械能守恒有mgh＝mg(R＋Rcosθ)＋eq\f(1,2)mvC2，小球到達(dá)圓弧最高點C時，根據(jù)牛頓第二定律有FN＋mg＝meq\f(vC2,R)，聯(lián)立可得小球到達(dá)圓弧最高點C時，軌道對小球的支持力大小為FN＝8N，則根據(jù)牛頓第三定律可知，小球到達(dá)圓弧最高點C時對軌道的壓力大小為8N，故C錯誤，D正確。11．選BC根據(jù)動能定理有mAgh－mBghsin30°＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\f(2\r(10),5)m/s，故A錯誤，B正確；A物塊落地前B物塊滑行的距離為x1＝0.8m，A物塊落地后B物塊受的合力為mBgsin30°，加速度為gsin30°，根據(jù)運動學(xué)公式有A物塊落地后B物塊滑行的距離為x2＝eq\f(v2,2gsin30°)，代入數(shù)據(jù)解得x2＝0.16m，物塊B沿斜面上滑的最大距離為x＝x1＋x2＝0.8m＋0.16m＝0.96m，故C正確，D錯誤。12．選AC由圖可知h＝4m時，E＝160J，由Ep＝mgh，可得m＝4kg，A正確；拋出時Ek＝E＝200J，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可得v＝10m/s，B錯誤；由圖可知，由動能定理可知，圖線斜率的絕對值在數(shù)值上等于空氣阻力的大小，可得F阻＝eq\f(ΔEk,Δh)＝10N，即所受空氣阻力大小為10N，C正確；物體上升過程中，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋F阻＝ma，解得a＝12.5m/s2，D錯誤。13．解析：(1)實驗步驟中多余的步驟是A，該實驗要驗證的關(guān)系式mgh＝eq\f(1,2)mv2，兩邊都有m，可以約去，則不需要測量重物的質(zhì)量。錯誤的步驟是B、D；步驟B，豎直固定打點計時器，并接上交流電源；步驟D，要先接通電源，后釋放重物。(2)從起點O到計時點B的過程中重力勢能減少量是ΔEp＝mgh＝1×9.8×5.01×10－2J≈0.49J，打B點時的速度vB＝eq\f(7.06－3.14×10－2,2×0.02)m/s＝0.98m/s，此過程中物體動能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)×1×0.982J≈0.48J。(3)根據(jù)mgh＝eq\f(1,2)mv2可得eq\f(v2,2)＝gh，則eq\f(v2,2)-h圖像為過原點的直線。故選B。答案：(1)ABD(2)0.490.48(3)B14．解析：(1)設(shè)重物距地面的高度為h，木塊在桌面上滑行的總距離為s，且已知木塊的質(zhì)量為M，重物的質(zhì)量為m；從開始釋放讓它們運動，到重物著地過程中，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒得mgh＝μMgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2從重物著地到木塊停在桌面上這個過程，根據(jù)能量守恒得eq\f(1,2)Mv2＝μMg(s－h(huán))聯(lián)立兩式解得μ＝eq\f(mh,M＋ms－mh)從該式子可知本實驗還需直接測量的物理量有重物距地面的高度h，小木塊在桌面上滑行的總距離s，故選A、B。(2)根據(jù)以上分析可知μ＝eq\f(mh,M＋ms－mh)。(3)在計算過程中，認(rèn)為滑輪與繩子間沒有摩擦力，重物重力勢能的減少量全部轉(zhuǎn)化為重物落地時的動能和木塊克服摩擦力做的功，而實際滑輪與軸間存在摩擦，計算過程中沒有減去克服滑輪與軸間摩擦力做功這部分，因此導(dǎo)致測量的動摩擦因數(shù)比實際動摩擦因數(shù)偏大。答案：(1)AB(2)eq\f(mh,M＋ms－mh)(3)偏大15．解析：如圖所示，學(xué)生騎車上坡的過程受到總的阻力是F阻＝mgsinθ＋f其中f＝60N，當(dāng)學(xué)生騎車達(dá)到最大速度時，一定做勻速運動，此時學(xué)生和車受到的合力為零，即F引－F阻＝0。學(xué)生和車前進(jìn)的動力F引＝F阻，且達(dá)到最大功率Pmax＝1200W。由P＝Fv得學(xué)生騎車上坡的最大速度vmax＝eq\f(Pmax,F阻)＝eq\f(1200,75×10×sin20°＋60)m/s≈3.8m/s若在平直的公路上行駛，他受到的阻力僅是f＝60N，達(dá)到最大速度時勻速運動，必有F引′＝f且P＝Pmax所以最大車速可達(dá)到vmax′＝eq\f(Pmax,f)＝eq\f(1200,60)m/s＝20m/s。答案：3.8m/s20m/s16．解析：(1)運動員在A點時的機(jī)械能E＝Ek＋Ep＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×70×102＋70×10×10))J＝10500J。(2)運動員從A點運動到B點的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得E＝eq\f(1,2)mvB2解得vB＝eq\r(\f(2E,m))＝eq\r(\f(2×10500,70))m/s＝10eq\r(3)m/s。(3)運動員從A點運動到斜坡上最高點的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：E＝mgh′解得h′＝eq\f(10500,70×10)m＝15m。答案：(1)10500J(2)10eq\r(3)m/s(3)15m17．解析：(1)小車剛好能沖上圓軌道的最高點C，在C點滿足mg＝meq\f(vC2,R)從A到C過程，根據(jù)動能定理可得mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mvC2解得h＝1.25m即小車釋放點A與直線軌道BD間的高度h為1.25m。(2)從A到B過程，根據(jù)動能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mvB2在B點滿足F－mg＝meq\f(vB2,R)聯(lián)立解得F＝30N由牛頓第三定律得小車對軌道B點的壓力為30N。(3)當(dāng)小車到達(dá)斜面DE的最高點E時速度恰好為零，從A到E過程根據(jù)動能定理可得mg(h－l′sinθ)－μmg(l＋l′cosθ)＝0解得l′＝0.8m即為保證小車不沖出斜面，斜面至少長0.8m。答案：(1)1.25m(2)30N(3)0.8m模塊綜合檢測(A卷)1．選D做曲線運動的物體，由于速度方向不斷改變，則其速度一定發(fā)生了變化，根據(jù)a＝eq\f(Δv,Δt)可知，物體的加速度不為零，根據(jù)牛頓第二定律可知，物體的合外力也一定不為零，A錯誤；做曲線運動的物體，當(dāng)物體的合外力不變時，物體做的是勻變速曲線運動，例如平拋運動，物體的合外力不變，即做曲線運動的物體，合外力不一定發(fā)生變化，B錯誤；根據(jù)曲線運動的條件可知，做曲線運動的物體，其合外力方向與速度方向不在同一直線上，C錯誤；根據(jù)F合＝ma可知，合外力方向與加速度方向相同，即做曲線運動的物體，合外力方向與加速度方向一定在同一直線上，D正確。2．選B由題意得，蠟燭塊同時參與了水平方向勻速直線運動和豎直方向勻速直線運動兩個方向的運動，根據(jù)運動的獨立性可知，兩個方向的運動互不影響，所以改變水平方向的速度，豎直方向的運動時間不變，即蠟燭塊上升到頂點的時間仍為t。3．選B把火箭的速度分解在豎直方向及水平方向上，可得火箭在水平方向的分速度為vx＝vcosθ，故選B。4．選C用來描述小車運動快慢的物理量是線速度。故選C。5．選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項正確。6．選A由于空間站繞地球做圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，則其運行的線速度為v＝eq\r(\f(GM,r))＜eq\r(\f(GM,R))，軌道半徑越大，運行速度越小，故空間站的運行速度小于第一宇宙速度，故A正確；空間站運行的周期為T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，由于空間站對接前后軌道高度保持不變，則運行周期不變，故B錯誤；空間站運行的向心加速度為a＝eq\f(GM,r2)，軌道高度不變，向心加速度不變，故C錯誤；航天員在空間站中處于完全失重狀態(tài)，所受重力完全提供其做圓周運動的向心力，故D錯誤。7．選C設(shè)運動員踢球時對足球做的功為W，根據(jù)動能定理有W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝150J，故選C。8．選A以地面為零勢能面，故足球在地面上的機(jī)械能E＝eq\f(1,2)mv2，由于不計空氣阻力，足球的機(jī)械能守恒，則飛行過程的機(jī)械能均為E＝eq\f(1,2)mv2，故選A。9．選AC小球在最高點時，桿可以提供支持力，也可以提供拉力，故小球在最高點的最小速度可以為零，故A正確，B、D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。10．選ABC在運動的過程中，運動員到達(dá)最低點前一直下降，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(jī)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，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．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)，可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；選釋放的水平位置為參考平面，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．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。13．解析：(1)球B在光滑的水平軌道上所受合外力為零，做勻速直線運動，實驗過程中觀察到球A正好砸在球B上，由此現(xiàn)象可以得出平拋運動水平方向的分運動為勻速直線運動的結(jié)論。(2)球A從水平拋出到運動至P點所經(jīng)歷的時間為t＝eq\r(\f(2y,g))＝0.3s，A、B兩球運動時間相同，所以球B到達(dá)P點的速度為v＝eq\f(x,t)＝1m/s。答案：(1)勻速直線勻速直線運動(2)114．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(jī)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(jī)械能守恒。答案：(1)打點計時器不能接在“直流電源”上(2)A(3)eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h4－h(huán)2))2,8T2)15．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16．解析：(1)該座艙運動到最低點時，對于游客，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝610N由牛頓第三定律知游客對地板的壓力大小為610N，方向豎直向下。(2)該座艙運動到最高點時，有mg－FN1＝meq\f(v2,R)，解得FN1＝590N由牛頓第三定律知游客對地板的壓力大小為590N，方向豎直向下。(3)該座艙運動到與摩天輪轉(zhuǎn)動圓心等高時，地板對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，方向豎直向下(2)590N，方向豎直向下(3)10N17．解析：(1)①滑塊從A到D，由機(jī)械能守恒定律可得mgh＝eq\f(1,2)mvD2在D位置，由牛頓第二定律得FD－mg＝eq\f(mvD2,R)解得vD＝eq\r(30)m/s，F(xiàn)D＝4N。②滑塊從A到F，由機(jī)械能守恒定律得mg(h－R)＝eq\f(1,2)mvF2滑塊從F到H過程中vFsinθ＝gtx＝2vFcosθ·t＝0.96m滑塊從A到J，由動能定理得mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝Ek解得Ek＝0.5J。(2)因為μ>tanθ，滑塊能停在斜面上，若滑塊恰好停在I，滑塊從A到I，由動能定理得mgh1－mgR(1－cosθ)－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0解得h1＝1.2m若滑塊恰好停在L，滑塊從A到L，由動能定理得mgh2－mgR－2μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0解得h2＝3m滑塊從A到J，由動能定理得mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝eq\f(1,2)mvJ2在J位置，由牛頓第二定律得FJ－mg＝eq\f(mvJ2,R)則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)模塊綜合檢測(B卷)1．選A小鋼球做曲線運動，所受合力一定不為零，且合力方向與速度方向不在同一直線上，故A正確；小鋼球做曲線運動，速度方向時刻改變，而摩擦力方向與小鋼球相對桌面運動方向相反，因此摩擦力方向是改變的，故B錯誤；小鋼球受磁鐵的吸引力為變力，因為小鋼球與磁鐵間的相對位置在變化，吸引力也在變化，故C錯誤；在水平方向上，小鋼球僅受磁鐵的吸引力和桌面的摩擦力，磁鐵的吸引力大小和方向時刻變化，摩擦力大小不變但方向時刻變化，因此小鋼球受到的合力為變力，故D錯誤。2．選A吊車P沿吊臂向末端M水平勻速移動，同時吊車正下方的重物Q先勻加速豎直上升，可知重物Q做勻變速曲線運動，重物Q的合力豎直向上；后勻減速豎直上升，可知重物Q繼續(xù)做勻變速曲線運動，但重物Q的合力豎直向下；做曲線運動物體受到的合力方向在運動軌跡的凹側(cè)，則重物Q的運動軌跡可能是A。3．選C對運動員在最高點進(jìn)行受力分析，由F-v2圖像知，當(dāng)F＝0時，重力提供向心力，即mg＝meq\f(v2,r)，解得r＝1.0m，故A、B錯誤；由F-v2圖像知，當(dāng)F＝500N時，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋F＝meq\f(v2,r)，解得m＝50kg，故C正確，D錯誤。4．選A根據(jù)萬有引力提供向心力，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的軌道半徑相等，故a、b的周期相等，故A正確；由v＝eq\r(\f(GM,r))可得，c的軌道半徑小于a的軌道半徑，故va＜vc，故B錯誤；由F＝Geq\f(Mm,r2)可得，由于衛(wèi)星質(zhì)量未知，因此向心力大小無法比較，且b、c軌道不一樣，向心力的方向也不一樣，故C錯誤；由a＝eq\f(GM,r2)可得，a、b的軌道半徑相等，故a、b的加速度大小相等，但方向不相同，故D錯誤。5．選B由動能定理得W手－mgh＝eq\f(1,2)mv2，代入數(shù)據(jù)解得W手＝12J，故A正確；重力做功是恒力做功，可用功的定義式求解，得WG＝－mgh＝－10J，可知重力做負(fù)功且大小為10J，故B錯誤；由動能定理，得W合＝eq\f(1,2)mv2＝2J，故C正確；該過程手對物體做功的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(W手,t)＝eq\f(12J,2s)＝6W，故D正確。6．選CA到B過程中，位移偏轉(zhuǎn)角為30°，由平拋運動推論得速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝2tan30°＝eq\f(2\r(3),3)＜tan60°，游客從A運動到B過程中的速度偏轉(zhuǎn)角小于60°，D錯誤；由平拋運動推論有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錯誤；游客在B點的速度大小v＝eq\r(vy2＋v02)，解得v＝eq\f(\r(21),2)m/s，C正確。7．選D在最高點，當(dāng)速度v＜eq\r(gR)時，內(nèi)壁對小球有支持力，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－FN＝meq\f(v2,r)，解得FN＝mg－meq\f(v2,r)，故當(dāng)速度越大時，支持力越小，結(jié)合牛頓第三定律可知，小球?qū)鼙诘膹椓υ叫?，故A、B錯誤；在ab以下運動時，受到的向心力指向圓心，而重力沿半徑方向的分力背離圓心，故小球應(yīng)受到外側(cè)管壁的支持力，一定不受內(nèi)側(cè)管壁的支持力，故C錯誤，D正確。8．選A衛(wèi)星b在地球的同步軌道上，所以衛(wèi)星b的角速度與地球的自轉(zhuǎn)角速度相等。由萬有引力提供向心力，即eq\f(GMm,r2)＝mω2r，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，a距離地球表面的高度為R，所以衛(wèi)星a的角速度ωa＝eq\r(\f(GM,8R3))，此時a、b恰好相距最近，到衛(wèi)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正確；衛(wèi)星c與衛(wèi)星b的軌道相同，所以速度大小是相等的，但由于不知道它們的質(zhì)量的關(guān)系，所以不能判斷出衛(wèi)星c的機(jī)械能是否等于衛(wèi)星b的機(jī)械能，故B錯誤；讓衛(wèi)星c加速，所需的向心力增大，由于萬有引力小于所需的向心力，衛(wèi)星c會做離心運動，離開原軌道，所以不能與b實現(xiàn)對接，故C錯誤；衛(wèi)星b繞地球做勻速圓周運動，7.9km/s是指在地球上發(fā)射的物體繞地球飛行做圓周運動所需的最小發(fā)射速度，11.2km/s是物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度。所以發(fā)射衛(wèi)星b時速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，故D錯誤。9．選ABD小球受重力和繩的拉力兩個力，兩個力的合力提供向心力，故A正確；小球所受的合力等于向心力，F(xiàn)合＝Fn＝mgtanθ，故B正確；小球做圓周運動的向心加速度方向在不斷變化，故C錯誤；根據(jù)公式mgtanθ＝mω2htanθ解得g＝hω2，故D正確。10．選CD對物體經(jīng)過A點時進(jìn)行受力分析，此時物體只受重力，此時加速度方向與速度方向相同，所以物體經(jīng)過A點時繼續(xù)加速，速度還未達(dá)到最大，選項A錯誤；物體從A點下落到B點的過程中，由于要克服彈簧彈力做功，所以物體的機(jī)械能不守恒，選項B錯誤，D正確；在A、B之間某位置滿足kx＝mg，此時加速度為0，所以物體從A點下落到B點以及從B點上升到A點的過程中，速度都是先增大后減小，動能都是先變大后變小，選項C正確。11．選BC由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三個小球豎直方向運動的位移之比為9∶4∶1，運動時間之比為3∶2∶1，故A錯誤；斜面上平拋的小球落在斜面上時，速度與初速度之間的夾角α滿足tanα＝2tanθ，與小球拋出時的初速度大小和位置無關(guān)，故B正確；同時tanα＝eq\f(gt,v0)，所以三個小球的初速度大小之比等于運動時間之比為3∶2∶1，故C正確；三個小球的運動軌跡(拋物線)在D點相交，不會在空中相交，故D錯誤。12．選CD鉛球做斜上拋運動，只受重力作用，故只有重力做功，所以機(jī)械能守恒，重力勢能先增加后減小，故動能先減小后增大，速度先減小后增大，故A、B錯誤；以初始位置所在水平面為零勢能面，拋出時豎直分速度為vy0，鉛球的機(jī)械能守恒，有Ek＝E－Ep＝E－mgh＝E－m