模塊綜合檢測(A、B卷) 基本能力評價(jià)

16/16模塊綜合檢測(A、B卷)基本能力評價(jià)A卷——基本能力評價(jià)(本試卷滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共11小題，每小題4分，共44分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求)1．關(guān)于物體做曲線運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是()A．做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，合外力一定為零B．做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，合外力一定是變化的C．做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，合外力方向與速度方向在同一直線上D．做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，合外力方向與加速度方向一定在同一直線上解析：選D做曲線運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤；做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，當(dāng)物體的合外力不變時(shí)，物體做的是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，例如平拋運(yùn)動(dòng)，物體的合外力不變，即做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，合外力不一定發(fā)生變化，B錯(cuò)誤；根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件可知，做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，其合外力方向與速度方向不在同一直線上，C錯(cuò)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(yùn)動(dòng)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.蠟燭塊在玻璃管中勻速上升，同時(shí)玻璃管勻速向右運(yùn)動(dòng)。此時(shí)蠟燭塊的合運(yùn)動(dòng)為向右上方的勻速直線運(yùn)動(dòng)。若玻璃管向右運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí)，蠟燭塊上升到頂端的時(shí)間為t，則當(dāng)玻璃管向右運(yùn)動(dòng)的速度變?yōu)?v，蠟燭塊上升到頂點(diǎn)的時(shí)間為()A.eq\f(t,2) B．tC．2t D.eq\r(2)t解析：選B由題意得，蠟燭塊同時(shí)參與了水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向勻速直線運(yùn)動(dòng)兩個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性可知，兩個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)互不影響，所以改變水平方向的速度，豎直方向的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，即蠟燭塊上升到頂點(diǎn)的時(shí)間仍為t。3.2023年4月2日，天龍二號遙一運(yùn)載火箭在我國酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功首飛，將搭載的愛太空科學(xué)號衛(wèi)星順利送入預(yù)定軌道。在火箭升空的過程中，地面上的觀測者觀測到火箭某時(shí)刻速度大小為v，方向與水平地面成θ角，如圖所示，則火箭水平方向的分速度為()A．vsinθ B．vcosθC.eq\f(v,sinθ) D.eq\f(v,cosθ)解析：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。4.一輛電動(dòng)玩具小車，可以在水平桌面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將小車用輕繩系在水平桌面上O點(diǎn)，如圖所示，小車可繞O點(diǎn)做半徑為L的圓周運(yùn)動(dòng)，小車轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間為t。下列物理量中，可以用來描述小車運(yùn)動(dòng)快慢的是()A．位移 B．半徑C．線速度 D．路程解析：選C用來描述小車運(yùn)動(dòng)快慢的物理量是線速度。故選C。5．(2023·安徽亳州高一檢測)科學(xué)家發(fā)現(xiàn)，在太空中有一些人類宜居星球，其中一個(gè)人類宜居星球的質(zhì)量約為地球的2倍，半徑約為地球的1.5倍，已知地球表面的重力加速度為g。一個(gè)質(zhì)量為m的航天員來到該星球表面，忽略地球和星球自轉(zhuǎn)影響，航天員在該星球表面的重力約為()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：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(xiàng)正確。6．2023年5月30日，神舟十六號載人飛船成功發(fā)射，入軌后成功對接于中國空間站天和核心艙徑向端口。設(shè)空間站繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，對接前后空間站的軌道高度保持不變，下列說法正確的是()A．空間站在軌繞地球運(yùn)行速度小于第一宇宙速度B．空間站對接后的運(yùn)行周期大于其對接前的運(yùn)行周期C．空間站對接后的向心加速度大于其對接前的向心加速度D．航天員在空間站中處于完全失重狀態(tài)，不受重力作用解析：選A由于空間站繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，則其運(yùn)行的線速度為v＝eq\r(\f(GM,r))＜eq\r(\f(GM,R))，軌道半徑越大，運(yùn)行速度越小，故空間站的運(yùn)行速度小于第一宇宙速度，故A正確；空間站運(yùn)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(yùn)行周期不變，故B錯(cuò)誤；空間站運(yùn)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(cuò)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(yùn)動(dòng)的向心力，故D錯(cuò)誤。7．假設(shè)運(yùn)動(dòng)員把質(zhì)量為500g的足球踢出后，某人觀察足球在空中的飛行情況，估計(jì)上升的最大高度是10m，在最高點(diǎn)的速度為20m/s。估算出運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對足球做的功為(不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2)()A．50J B．100JC．150J D．無法確定解析：選C設(shè)運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對足球做的功為W，根據(jù)動(dòng)能定理有W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝150J，故選C。8.如圖，運(yùn)動(dòng)員將質(zhì)量為m的足球從地面上以速度v踢出，足球恰好水平擊中高為h的球門橫梁。以地面為零勢能面，不計(jì)空氣阻力，則足球在飛行過程中的機(jī)械能為()A.eq\f(1,2)mv2 B．mghC.eq\f(1,2)mv2＋mgh D.eq\f(1,2)mv2－mgh解析：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(jì)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.如圖所示，某長為R的輕桿一端固定一個(gè)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(dòng)，不計(jì)空氣阻力，以下說法中正確的是()A．小球過最高點(diǎn)時(shí)，桿所受的彈力不可能為零B．小球過最高點(diǎn)時(shí)，最小速度為eq\r(gR)C．小球過最低點(diǎn)時(shí)，桿對球的作用力一定大于重力D．小球過最高點(diǎn)時(shí)，桿對球的作用力一定小于重力解析：選C小球在最高點(diǎn)時(shí)，桿可以提供支持力，也可以提供拉力，故小球在最高點(diǎn)的最小速度可以為零，故A、B、D錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)，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。10．一蹦極運(yùn)動(dòng)員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點(diǎn)時(shí)距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法錯(cuò)誤的是()A．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)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(yùn)動(dòng)員和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)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(diǎn)的選取有關(guān)解析：選D在運(yùn)動(dòng)的過程中，運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(diǎn)的選取無關(guān)，D錯(cuò)誤。故本題只有D錯(cuò)誤。11.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(diǎn)水平向左拋出一個(gè)小球，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力，經(jīng)過一段時(shí)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，則小球落在斜面上B．若小球落在水平地面上，則小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.4sC．若小球落在斜面上，則初速度越大，落點(diǎn)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(diǎn)處的速度方向與水平方向的夾角就都相同解析：選D若恰好落到B點(diǎn)，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錯(cuò)誤；若小球落在水平地面上，則小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(\r(3),5)s，B錯(cuò)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(diǎn)處的速度方向與水平方向的夾角都相同，C錯(cuò)誤，D正確。二、非選擇題(本題共5小題，共56分)12．(15分)某同學(xué)利用重物自由下落來“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。(1)請指出實(shí)驗(yàn)裝置中存在的明顯錯(cuò)誤：________________________________________________________________________________________________________________。(2)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，為保證重物下落時(shí)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(gè)點(diǎn)如圖乙所示(圖中只顯示了一部分點(diǎn))。已測出點(diǎn)1、2、3、4到打出的第一個(gè)點(diǎn)O的距離分別為h1、h2、h3、h4，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為T。若代入所測數(shù)據(jù)能滿足表達(dá)式gh3＝________，則可驗(yàn)證重物下落過程機(jī)械能守恒(用題目中已測出的物理量表示)。解析：(1)從圖甲中的實(shí)驗(yàn)裝置中發(fā)現(xiàn)，打點(diǎn)計(jì)時(shí)接在了直流電源上，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作電源是交流電源。因此，明顯的錯(cuò)誤是打點(diǎn)計(jì)時(shí)器不能接在直流電源上。(2)為了使紙帶上打下的第1個(gè)點(diǎn)是速度為零的初始點(diǎn)，應(yīng)該先接通電源，讓打點(diǎn)計(jì)時(shí)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(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)時(shí)，紙帶已經(jīng)下落，打下的第1個(gè)點(diǎn)的速度不為零，故A正確。(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理mgh＝eq\f(1,2)mv2，可知只要驗(yàn)證ghn＝eq\f(1,2)vn2，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。因此需求解v3，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(yàn)證gh3＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h4－h(huán)2))2,8T2)成立，就可驗(yàn)證重物下落過程中機(jī)械能守恒。答案：(1)打點(diǎn)計(jì)時(shí)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)13．(8分)排球比賽時(shí)，某運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行了一次跳發(fā)球，若擊球點(diǎn)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(jì)算說明：(不計(jì)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(shí)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(shí)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14．(8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(shí)速度為5m/s，橋?qū)ζ嚨闹С至的大??；(2)若汽車經(jīng)過橋頂時(shí)恰好對橋頂沒有壓力而騰空，汽車此時(shí)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(shí)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(shí)，有mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(gr)＝10eq\r(5)m/s。(3)當(dāng)v＝eq\r(gR)時(shí)，汽車就會(huì)“飛”起來，將R＝6400km代入得v＝8000m/s。答案：(1)7600N(2)10eq\r(5)m/s(3)8000m/s15.(12分)如圖所示，半徑R＝24m的摩天輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，座艙的線速度大小為2m/s，質(zhì)量為60kg的游客站在其中一個(gè)座艙的水平地板上進(jìn)行觀光。重力加速度g取10m/s2，求：(1)該座艙運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，游客對地板的壓力；(2)該座艙運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，游客對地板的壓力；(3)該座艙運(yùn)動(dòng)到與摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)圓心等高時(shí)，游客受到的摩擦力大小。解析：(1)該座艙運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，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(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，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(yùn)動(dòng)到與摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)圓心等高時(shí)，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)10N16．(13分)如圖所示的游戲裝置由同一豎直面內(nèi)的兩個(gè)軌道組成。軌道Ⅰ光滑且固定在水平地面上，依次由足夠長的傾斜直軌道ABC、圓心為O1的圓弧形軌道CDE、傾斜直軌道EF組成。O1C與BC垂直，BCD段與DEF段關(guān)于O1D對稱。軌道Ⅱ形狀與軌道Ⅰ的BCDEF段完全相同，C、E、I、K在同一水平線上，J是最低點(diǎn)，B、O1、F與H、O2、L在同一水平線上。軌道Ⅱ可按需要沿水平地面平移，HI和KL段粗糙，IJK段光滑。AC的傾角θ＝37°，圓弧段半徑R＝1m。游戲時(shí)，質(zhì)量m＝0.1kg的滑塊從AC上高為h的某處靜止釋放，調(diào)節(jié)F、H的間距x，使滑塊從F滑出后恰能從H沿HI方向切入軌道Ⅱ，且不從L端滑出，則游戲成功。滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))與HI和KL段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(15,16)，空氣阻力可不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。(1)當(dāng)h＝1.5m時(shí)：①求滑塊經(jīng)過D的速度大小vD及所受支持力大小FD；②求游戲成功時(shí)的x，以及滑塊經(jīng)過J時(shí)的動(dòng)能Ek；(2)求游戲成功且滑塊經(jīng)過J時(shí)，滑塊所受支持力大小FJ與h的關(guān)系式。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，F(xiàn)D－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＝gt，x＝2vFcosθ·t＝0.96m，滑塊從A到J，由動(dòng)能定理得，mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝Ek，解得Ek＝0.5J。(2)因?yàn)棣?gt;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(dòng)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(dòng)能定理得mgh2－mgR－2μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0解得h2＝3m滑塊從A到J，由動(dòng)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)B卷——綜合素養(yǎng)評價(jià)(本試卷滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共11小題，每小題4分，共44分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求)1.如圖所示，在觀察小鋼球在桌面上運(yùn)動(dòng)軌跡的實(shí)驗(yàn)中，在原本的直線路徑旁放一磁鐵，小鋼球的運(yùn)動(dòng)軌跡不再是一條直線，此過程中磁鐵位置不變。下列說法正確的是()A．小鋼球所受合力一定不為零B．小鋼球受到的摩擦力恒定C．小鋼球受磁鐵的吸引力恒定D．小鋼球受到的合力恒定解析：選A小鋼球做曲線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，速度方向時(shí)刻改變，而摩擦力方向與小鋼球相對桌面運(yùn)動(dòng)方向相反，因此摩擦力方向是改變的，故B錯(cuò)誤；小鋼球受磁鐵的吸引力為變力，因?yàn)樾′撉蚺c磁鐵間的相對位置在變化，吸引力也在變化，故C錯(cuò)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(shí)刻變化，摩擦力大小不變但方向時(shí)刻變化，因此小鋼球受到的合力為變力，故D錯(cuò)誤。2.如圖所示，一塔式起重機(jī)正在工作，在某段時(shí)間內(nèi)，吊車P沿吊臂向末端M水平勻速移動(dòng)，同時(shí)吊車正下方的重物Q在豎直方向上先勻加速上升，后勻減速上升。該段時(shí)間內(nèi)，重物Q相對地面的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是()解析：選A吊車P沿吊臂向末端M水平勻速移動(dòng)，同時(shí)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，但重物Q的合力豎直向下；做曲線運(yùn)動(dòng)物體受到的合力方向在運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)，則重物Q的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是A。3．“單臂大回環(huán)”是一種高難度男子體操動(dòng)作，如圖甲所示，運(yùn)動(dòng)員用一只手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)運(yùn)動(dòng)員以不同的速度v通過最高點(diǎn)時(shí)，手受到單杠的拉力F也不同，其F－v2圖像如圖乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2。則()A．運(yùn)動(dòng)員的重心到單杠的距離為1.5mB．運(yùn)動(dòng)員的重心到單杠的距離為1.2mC．運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為50kgD．運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為75kg解析：選C對運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)進(jìn)行受力分析，由F－v2圖像知，當(dāng)F＝0時(shí)，重力提供向心力，即mg＝meq\f(v2,r)，解得r＝1.0m，故A、B錯(cuò)誤；由F－v2圖像知，當(dāng)F＝500N時(shí)，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(cuò)誤。4.2023年5月17日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號乙運(yùn)載火箭，成功發(fā)射第56顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星。如圖所示為北斗導(dǎo)航系統(tǒng)的部分衛(wèi)星，每顆衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下面說法正確的是()A．軌道a、b運(yùn)行的兩顆衛(wèi)星的周期相等B．軌道a、c運(yùn)行的兩顆衛(wèi)星的速率相同C．軌道b、c運(yùn)行的兩顆衛(wèi)星的向心力相同D．軌道a、b運(yùn)行的兩顆衛(wèi)星的加速度相同解析：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(cuò)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(cuò)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(cuò)誤。5．一質(zhì)量為1kg的物體被人用手由靜止向上提升1m，用時(shí)2s,2s末物體的速度為2m/s，則下列說法錯(cuò)誤的是()A．手對物體做功12JB．重力做功12JC．合力對物體做功2JD．該過程手對物體做功的平均功率為6W解析：選B由動(dòng)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(cuò)誤；由動(dòng)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．如圖甲所示的“彩虹滑道”是一種較為受歡迎的新型娛樂項(xiàng)目，游客在滑道上某段的運(yùn)動(dòng)可簡化如圖乙所示。游客(視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝1.5m/s水平速度從A點(diǎn)滑出，然后落在傾角θ＝30°的斜面上的B點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A．游客在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.3sB．A、B兩點(diǎn)的水平距離為eq\f(3\r(3),10)mC．游客在B點(diǎn)的速度大小為eq\f(\r(21),2)m/sD．游客從A運(yùn)動(dòng)到B過程中的速度偏轉(zhuǎn)角為60°解析：選CA到B過程中，位移偏轉(zhuǎn)角為30°，由平拋運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)到B過程中的速度偏轉(zhuǎn)角小于60°，D錯(cuò)誤；由平拋運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤；游客在B點(diǎn)的速度大小v＝eq\r(vy2＋v02)，解得v＝eq\f(\r(21),2)m/s，C正確。7.如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球直徑略小于管道內(nèi)徑，ab為過圓心的水平線。則小球()A．過最高點(diǎn)的速度越大，對管壁的彈力一定越大B．過最高點(diǎn)的速度越小，對管壁的彈力一定越小C．在ab以下運(yùn)動(dòng)時(shí)，對內(nèi)側(cè)管壁可能有作用力D．在ab以下運(yùn)動(dòng)時(shí)，對內(nèi)側(cè)管壁一定無作用力解析：選D在最高點(diǎn)，當(dāng)速度v＜eq\r(gR)時(shí)，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(shí)，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(cuò)誤；在ab以下運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(cuò)誤，D正確。8.如圖所示，三顆衛(wèi)星a、b、c繞地球在同一平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其中b、c是地球靜止衛(wèi)星，a距離地球表面的高度為R，此時(shí)a、b恰好相距最近。已知地球質(zhì)量為M、半徑為R、地球自轉(zhuǎn)的角速度為ω，引力常量為G，則()A．衛(wèi)星a和b下一次相距最近還需經(jīng)過t＝eq\f(2π,\r(\f(GM,8R3))－ω)B．衛(wèi)星c的機(jī)械能等于衛(wèi)星b的機(jī)械能C．若要衛(wèi)星c與b實(shí)現(xiàn)對接，可讓衛(wèi)星c加速D．發(fā)射衛(wèi)星b時(shí)速度要大于11.2km/s解析：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(shí)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(cuò)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(huì)做離心運(yùn)動(dòng)，離開原軌道，所以不能與b實(shí)現(xiàn)對接，故C錯(cuò)誤；衛(wèi)星b繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，7.9km/s是指在地球上發(fā)射的物體繞地球飛行做圓周運(yùn)動(dòng)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(shí)速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，故D錯(cuò)誤。9.如圖所示，一長為L的輕繩，一端固定在天花板上，另一端系一質(zhì)量為m的小球繞豎直軸線O1O2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，角速度為ω，繩與豎直軸線間的夾角為θ，小球與懸點(diǎn)O1的高度差為h，則下述說法中錯(cuò)誤的是()A．小球受到的向心力實(shí)際上是重力和繩對小球的拉力的合力B．小球所受向心力大小為mgtanθC．小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度是恒定不變的D．重力加速度g＝hω2解析：選C小球受重力和繩的拉力兩個(gè)力，兩個(gè)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(yùn)動(dòng)的向心加速度方向在不斷變化，故C錯(cuò)誤；根據(jù)公式mgtanθ＝mω2htanθ解得g＝hω2，故D正確。本題應(yīng)選C。10.如圖所示，小物體從某一高度自由下落，落到豎直固定在地面上的輕彈簧上，在A點(diǎn)物體開始與彈簧接觸，到B點(diǎn)物體的速度為零，然后被彈回。下列說法中正確的是()A．物體經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)速度最大B．從A點(diǎn)下落到B點(diǎn)的過程中，物體的機(jī)械能守恒C．從A點(diǎn)下落到B點(diǎn)以及從B點(diǎn)上升到A點(diǎn)的過程中，物體的動(dòng)能都是先變大后變小D．從A點(diǎn)下落到B點(diǎn)的過程中，物體的機(jī)械能守恒解析：選C對物體經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)進(jìn)行受力分析，此時(shí)物體只受重力，此時(shí)加速度方向與速度方向相同，所以物體經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)繼續(xù)加速，速度還未達(dá)到最大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體從A點(diǎn)下落到B點(diǎn)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(xiàng)B、D錯(cuò)誤；在A、B之間某位置滿足kx＝mg，此時(shí)加速度為0，所以物體從A點(diǎn)下落到B點(diǎn)以及從B點(diǎn)上升到A點(diǎn)的過程中，速度都是先增大后減小，動(dòng)能都是先變大后變小，選項(xiàng)C正確。11.如圖所示，傾角為θ的斜面上有A、B、C三點(diǎn)，現(xiàn)從這三點(diǎn)分別以不同的初速度水平拋出一小球，三個(gè)小球均落在斜面上的D點(diǎn)，今測得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判斷(不計(jì)空氣阻力)()A．A、B、C處三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1∶2∶3B．A、B、C處三個(gè)小球落在斜面上時(shí)速度與初速度間的夾角之比為1∶1∶1C．A、B、C處三個(gè)小球的初速度大小之比為2∶2∶1D．A、B、C處三個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)軌跡可能在空中相交解析：選B由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三個(gè)小球豎直方向運(yùn)動(dòng)的位移之比為9∶4∶1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為3∶2∶1，故A錯(cuò)誤；斜面上平拋的小球落在斜面上時(shí)，速度與初速度之間的夾角α滿足tanα＝2tanθ，與小球拋出時(shí)的初速度大小和位置無關(guān)，故B正確；同時(shí)tanα＝eq\f(gt,v0)，所以三個(gè)小球的初速度大小之比等于運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為3∶2∶1，故C錯(cuò)誤；三個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)軌跡(拋物線)在D點(diǎn)相交，不會(huì)在空中相交，故D錯(cuò)誤。二、非選擇題(本題共5小題，共56分)12．(15分)某物理興趣小組采用了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”。裝置中包括一個(gè)定滑輪、細(xì)線、標(biāo)尺、秒表、質(zhì)量分別為M和m的物塊A和B，M>m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，細(xì)線足夠長。(1)實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，用手先托住A，使A和B均保持靜止。某時(shí)刻，釋放A，則A加速下降，B加速上升，用標(biāo)尺測出A下降的高度為h，用秒表測出A下降高度h所用的時(shí)間為t。則根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)測量數(shù)據(jù)，求得A和B組成的系統(tǒng)在此過程中重力勢能減少量為ΔEp＝________(用M、m、g、h表示)，系統(tǒng)動(dòng)能增加量為ΔEk＝________(用M、m、h、t表示)。(2)經(jīng)過多次實(shí)驗(yàn)，獲取多組精確數(shù)據(jù)，做出h－t2圖像如圖乙所示，圖像斜率為k，則重力加速度為g＝________。(用M、m、k表示)(3)經(jīng)過多次實(shí)驗(yàn)，獲取多組精確數(shù)據(jù)，經(jīng)檢查沒有出現(xiàn)實(shí)驗(yàn)錯(cuò)誤，卻發(fā)現(xiàn)系統(tǒng)重力勢能的減少量總是大于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量。請你給出出現(xiàn)這種結(jié)論的兩種可能原因：①________________________________________________________________________________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________。解析：(1)B的重力勢能增加，A的重力勢能減少，所以A和B組成的系統(tǒng)在此過程中重力勢能減少量為ΔEp＝Mgh－mgh＝(M－m)gh，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得h＝eq\f(1,2)at2,2ah＝v2，系統(tǒng)動(dòng)能的增量為ΔEk＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，聯(lián)立可得ΔEk＝eq\f(2M＋mh2,t2)。(2)由h＝eq\f(1,2)at2，可得圖線斜率k＝eq\f(1,2)a，由牛頓第二定律可得Mg－mg＝(M＋m)a，可得g＝eq\f(2kM＋m,M－m)。(3)系統(tǒng)重力勢能減少量大于動(dòng)能增加量的原因可能是物塊運(yùn)動(dòng)過程中受到空氣阻力作用，要克服空氣阻力做功；也可能滑輪不光滑，繩與滑輪間有摩擦力，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)系統(tǒng)克服空氣阻力做功所致系統(tǒng)存在摩擦力做功的情況13.(8分)如圖所示，兩個(gè)用相同材料制成的靠摩擦傳動(dòng)的輪A和B水平放置，兩輪之間不打滑，兩輪半徑RA＝2RB，當(dāng)主動(dòng)輪A勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，在A輪邊緣上放置的小木塊恰能相對靜止在A輪邊緣上，若將小木塊放在B輪上，欲使木塊相對B輪也靜止，則木塊距B輪轉(zhuǎn)軸的最大距離為多少？解析：設(shè)木塊與兩輪間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木塊質(zhì)量為m，由題意，木塊恰能相對靜止于A輪邊緣，即μmg＝mωA2RA由圓周運(yùn)動(dòng)可知，A輪邊緣速度v＝ωARA因?yàn)锳輪與B輪靠摩擦傳動(dòng)，則A輪邊緣線速度與B輪邊緣線速度相等，則對于B輪v＝ωBRB設(shè)木塊距B輪轉(zhuǎn)軸最大距離為r，可得μmg＝mωB2r，聯(lián)立解得r＝eq\f(1,2)RB。答案：eq\f(1,2)RB14．(10分)假如航天員乘坐宇宙飛船到達(dá)某行星，在該行星“北極”距地面h處由靜止釋放一個(gè)小球(引力視為恒力，阻力可忽略)，經(jīng)過時(shí)間t落到地面。已知該行星半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T，引力常量為G，求：(1)該行星的平均密度ρ；(2)該行星的第一宇宙速度v；(3)如果該行星有一顆同步衛(wèi)星，其距行星表面的高度H為多少。解析：(1)設(shè)行星表面的重力加速度為g，對小球，有h＝eq\f(1,2)gt2，解得g＝eq\f(2h,t2)，設(shè)行星表面的某一物體質(zhì)量為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)設(shè)處于行星表面附近做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星質(zhì)量為m′，由牛頓第二定律有m′g＝m′eq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(\r(2hR),t)。(3)同步衛(wèi)星的周期與該行星自轉(zhuǎn)周期相同，均為T，設(shè)同步衛(wèi)星的質(zhì)量為m″，由牛頓第二定律有Geq\f(Mm″,R＋H2)＝m″e(cuò)q\f(4π2,T2)(R＋H)聯(lián)立解得同步衛(wèi)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)如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊從傾角為θ＝37°的固定斜面底端