模块综合评价(二)
(时间：75分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题只有一个选项符合题意)
1.一物体在恒力作用下沿光滑水平面做曲线运动，其运动轨迹如图所示，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中，物体的速度大小将( )
A．不断增大 B．不断减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
解析：选C 由物体运动轨迹可判断所受恒力方向指向曲线轨迹的凹侧，恒力方向与速度方向的夹角先是钝角，后是锐角，故物体的速度大小将先减小后增大，故C正确。
2.如图所示，轻杆的一端拴一小球，另一端与竖直杆铰接。当竖直杆以角速度ω匀速转动时，轻杆与竖直杆之间的张角为θ。下列图像中能正确表示角速度ω与张角θ关系的是( )
解析：选D 小球受到重力mg和轻杆的拉力T的共同作用，将拉力进行分解，由圆周运动规律可知小球在水平方向上，有Tsin θ＝mω2lsin θ，式中l为轻杆的长度；在竖直方向上，有Tcos θ＝mg，联立解得ω＝ 。根据函数关系可知选项D正确，A、B、C错误。
3．如果引力常量G已知，不考虑星球的自转，则下列关于火星探测的说法正确的是( )
A．火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，速度大小为第二宇宙速度
B．若火星半径约为地球半径的一半，质量约为地球质量的十分之一，则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．火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，如果测得探测器的运行周期与火星半径，则可以计算火星质量
D．火星探测器沿不同的圆轨道绕火星运动时，轨道半径越大绕行周期越小
解析：选C 火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动时，速度大小为第一宇宙速度，A错误；由星球表面物体重力等于万有引力，可得＝mg，所以重力加速度g＝，故g火＝＝＝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错误；根据万有引力提供向心力可得＝m2R，所以火星质量M＝，C正确；由万有引力提供向心力可得＝m2r，所以周期T＝ ，故轨道半径越大绕行周期越大，D错误。
4.如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，一物块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由静止开始从斜面的底端向上做匀加速直线运动，经时间t物块运动至斜面B点(图中未标出)，外力F做的功为W，此后撤去外力F，再经过t时间后物块速度为0，则撤去外力F时物块的动能为( )
A.W B.W
C.W D.W
解析：选B 由匀变速直线运动规律知，物块加速过程有v1＝a1t，减速过程有v1＝a2·，解得a2＝3a1，由牛顿第二定律知，物块加速过程有F－mgsin θ＝ma1，减速过程有mgsin θ＝ma2，解得F＝mgsin θ，设经时间t物块在斜面上运动的位移为x1，撤去外力F前，外力做功为W＝Fx1＝mgsin θ·x1＝mgx1，对该过程由动能定理有W－mgx1·sin θ＝Ek，即Ek＝mgx1－mgx1＝mgx1＝W，故A、C、D错误，B正确。
5.如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动。在移动过程中，下列说法正确的是( )
A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力做的功之和
B．F对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势能
D．F对木箱做的功小于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
解析：选C 据题意，由于木箱在拉力作用下加速上升，对木箱受力分析，木箱受到重力、支持力、拉力和摩擦力，据动能定理有WF－WG－Wf＝ΔEk，整理得WF＝WG＋Wf＋ΔEk，则A、B、D错误；由于重力做功与重力势能变化量相对应，则C正确。
6．当前我国“高铁”事业发展迅猛。假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v?t图像如图所示，已知在0～t1时间内为过原点的倾斜直线，t1时刻达到额定功率P，此后保持功率P不变，在t3时刻恰好达到最大速度，以后匀速运动。下述判断正确的是( )
A．从0至t3时间内，列车一直做变加速直线运动
B．在0至t3时间内，机车的牵引力一直不断减小
C．从0至t3时间内，列车的动能一直增加
D．t1～t2时间内汽车牵引力做功为mv22－mv12
解析：选C 由题意可知，在0～t1时间内v t图像为过原点的倾斜直线，列车做匀加速直线运动，加速度大小不变，由F＝ma可知，列车所受合力大小不变，阻力恒定，则牵引力不变，故A、B错误；由题图像可知，从0至t3时间内，列车的速度不断增加，则动能一直增加，故C正确；由动能定理可知P－Wf＝mv22－mv12，则t1～t2时间内汽车牵引力做功为P＝mv22－mv12＋Wf，故D错误。
7．达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是( )
解析：选D 罐子在空中水平向右做匀加速运动，以罐子为参考系，漏出的沙子在水平方向向左做匀加速运动，在竖直方向向下做匀加速运动，合加速度指向左下方，故沙子向左下方做匀加速直线运动。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8．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1 m。在顶点水平向左抛出一个小球，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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3 m/s，则小球落在水平地面上
B．若小球落在水平地面上，则小球在空中运动的时间为0.4 s
C．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AD 若恰好落到B点，则Lsin 37°＝gt2，Lcos 37°＝v0t，可得t＝ s，v0＝ m/s≈2.3 m/s，由于v>v0，因此小球落在水平地面上，A正确；若小球落在水平地面上，则小球在空中运动的时间为 s，B错误；若落到斜面上，位移关系为tan α＝＝，设落到斜面上，速度与水平方向夹角为θ，则tan θ＝＝2tan α，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。
9.如图所示，在光滑水平板的中央有一光滑的小孔，一根不可伸长的轻绳穿过小孔。绳的两端分别拴有一小球C和一质量为m的物体B，在物体B的下端还悬挂有一质量为3m的物体A。使小球C在水平板上以小孔为圆心做匀速圆周运动，系统稳定时，圆周运动的半径为R。现剪断A与B之间的绳子，系统稳定后(B未与板接触)，小球以2R的半径在水平板上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．剪断A、B间的绳子后，B和C组成的系统机械能守恒
B．剪断A、B间的绳子后，小球C的机械能不变
C．剪断A、B间的绳子后，绳子对小球C做的功为mgR
D．剪断A、B间绳子前，小球C的动能为2mgR
解析：选AD 剪断A、B间的绳子后，对B和C组成的系统，只有B的重力对系统做功，所以B和C组成的系统机械能守恒，故A正确；剪断A、B间的绳子后，在C的运动半径增大的过程中，绳子的拉力对C做负功，C的机械能减小，故B错误；剪断A、B间的绳子前，根据牛顿第二定律得3mg＋mg＝mC，C的动能EkC＝mvC2，联立解得EkC＝2mgR，剪断A、B间的绳子后，根据牛顿第二定律得mg＝mC，C的动能EkC′＝mvC′2，联立解得EkC′＝mgR，则绳子对小球C做的功为－mgR，故C错误，D正确。
10．“亚洲一号”地球静止轨道通信卫星的质量是1.25 t，下列有关它的说法正确的是( )
A．若将它的质量增加为2.5 t，其运动轨道半径变为原来的2倍
B．它的运行速度小于7.9 km/s
C．它可以通过北京的正上方，所以我国能利用其进行电视转播
D．它的周期是24 h，其轨道平面与赤道平面重合且距地面高度一定
解析：选BD 静止卫星周期一定为24 h，根据万有引力提供向心力得G＝m(R＋h)，解得T＝。因周期一定，则距地面高度一定，半径一样，所以各国发射的这种卫星轨道半径都一样，与质量无关，故A错误，D正确；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度。而静止卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，由G＝m，解得v＝，可知静止卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故B正确；它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了相对地面静止，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，所以静止卫星不可能通过北京的正上空，故C错误。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(7分)图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，在白纸上描绘出小钢球平抛运动的轨迹，然后研究平抛运动的规律。
(1)该实验中，在取下白纸前，应确定坐标轴原点O，并建立直角坐标系，下列图像坐标原点和坐标系的选择正确的是________。
(2)某同学在实验过程中，记录了小球平抛运动轨迹的一部分，如图乙所示，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，取重力加速度大小g＝10 m/s2，由图中所给的数据可判断出图中坐标原点O________(填“是”或“不是”)抛出点。
(3)实验结果发现，测出的小钢球做平抛运动的初速度跟实际值相比有较大的误差，可能的原因是________。
A．斜槽轨道末端水平段过长
B．没有平衡斜槽轨道的摩擦力
C．小球没有每次都从斜槽同一高度静止释放
解析：(1)坐标原点为小球在斜槽末端时，小球球心在木板上的投影，故C正确，A、B错误。
(2)由平抛运动的水平位移可知，OA段和AB段时间相等，若O为抛出点，则OA段和AB段的竖直位移之比为1∶3，而实际竖直位移之比不是1∶3，可知O点不是抛出点。
(3)斜槽轨道末端水平段过长，不会造成平抛运动的初速度跟实际值相比有较大的误差。只要保证末端水平，每次从同一位移由静止滑下即可，故A错误；该实验不需要平衡斜槽轨道的摩擦力，故B错误；小球没有每次都从斜槽同一高度静止释放，会造成平抛运动的初速度跟实际值相比有较大的误差，故C正确。
答案：(1)C (2)不是 (3)C
12．(9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)。
(4)这位同学还利用图像法进行分析，以O点为起始点，测出各点下落距离h时的速度v，以为纵坐标、h为横坐标画出 h图像，应是下图中的________。
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＝mv2，可知只要验证ghn＝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＝，则有v32＝，故只要在误差允许的范围内验证gh3＝成立，就可验证重物下落过程中机械能守恒。
(4)根据mgh＝mv2，可得v2＝gh，v2与h成正比例关系，图线是一条过原点的倾斜直线，故选C。
答案：(1)打点计时器不能接在“直流电源”上
(2)A (3) (4)C
13．(11分)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块从倾角为θ＝37°的固定斜面底端A开始以某一速度沿斜面向上滑行，经过1 s 时间恰好滑到斜面顶端B，之后飞出斜面，最后落在与A点处于同一水平面上的C点，不计空气阻力。物块在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小为g＝10 m/s2。求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)物块落到C点时的动能EkC。
解析：(1)由题图乙得物块在斜面上的加速度大小
a＝ m/s2＝10 m/s2，
根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，
解得μ＝0.5。
(2)由题图乙得物块的初速度vA＝20 m/s，
物块滑到斜面顶端B时的速度
vB＝vA－a×1 s＝10 m/s，
斜面长度s＝×1 s＝15 m，
物块离开B运动到C的过程，根据机械能守恒定律有EkC＝mvB2＋mgssin θ，
解得EkC＝140 J。
答案：(1)0.5 (2)140 J
14．(12分)如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成45°角的斜面，B端在O的正上方，一个质量为m的小球在A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆弧轨道并能沿圆弧轨道到达B点，且到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为mg。求：
(1)小球到B点时的速度大小；
(2)小球从B点运动到C点所用的时间；
(3)小球落到斜面上C点时的速度大小。
解析：(1)到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为FN＝mg，
在B点由重力和轨道的支持力提供向心力，则有mg＋FN＝m，解得v＝。
(2)小球离开B点后做平抛运动，小球落到C点时，根据平抛运动规律得tan 45°＝＝＝，
解得t＝2。
(3)小球落在斜面上C点时竖直分速度为
vy＝gt＝2，
小球落到C点的速度大小vC＝＝。
答案：(1) (2)2 (3)
15.(15分)如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝0.5 m，斜面长L＝2 m，现有一个质量m＝0.1 kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数为μ＝0.25。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。问：
(1)物体P第一次通过C点时的速度大小和对C点处轨道的压力各为多大？
(2)物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动，不计空气阻力，则最高点E和D点之间的高度差为多大？
(3)物体P从空中又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力为多大？
解析：(1)物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有mvC2－0＝mg(Lsin 37°＋R－Rcos 37°)－μmgLcos 37°，
解得vC＝＝3 m/s，
经C点时有FNC－mg＝m，
解得FNC＝mg＋m＝4.6 N，
根据牛顿第三定律，P对C点的压力为
FNC′＝FNC＝4.6 N。
(2)从C到E机械能守恒，有
mvC2＝mg(R＋hED)，
E与D间高度差为hED＝－R＝0.4 m。
(3)物体P最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C根据机械能守恒有mgR(1－cos 37°)＝mvC′2，
解得vC′＝＝ m/s，
所以FNC2＝mg＋m＝1.4 N，
根据牛顿第三定律物体P对C点处轨道的最小压力为FNC2′＝FNC2＝1.4 N。
答案：(1)3 m/s 4.6 N (2)0.4 m (3)1.4 N
21世纪教育网(www.21cnjy.com)模块综合评价(一)
(时间：75分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题只有一个选项符合题意)
1．如图所示，跳伞运动员以4 m/s的速度沿竖直方向匀速下降，下降一段距离后刮起了水平方向的风，最终运动员以5 m/s的速度匀速运动，则此时风速大小是( )
A．5 m/s B．3 m/s
C．9 m/s D. m/s
解析：选B 跳伞运动员参与了水平和竖直两方向的运动，水平方向上的分运动不影响竖直方向上的分运动，根据平行四边形定则可知风速v2＝＝ m/s＝3 m/s，B选项正确。
2．下图为“玉兔二号”巡视器在月球上从O处行走到B处的照片。轨迹OA段是直线，AB段是曲线，巡视器质量为135 kg，则巡视器( )
A．受到月球的引力为1 350 N
B．在AB段运动时一定有加速度
C．OA段与AB段的平均速度方向相同
D．从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度
解析：选B 月球上的g值与地球不同，故质量为135 kg的巡视器受到月球的引力不是1 350 N，故A错误；由于巡视器在AB段运动时做曲线运动，速度方向一定改变，一定有加速度，故B正确；平均速度的方向与位移方向相同，由题图可知OA段与AB段的位移方向不同，故平均速度方向不同，故C错误；根据位移的定义可知从O到B的位移大小等于OB的连线长度，小于OAB轨迹长度，故D错误。
3．下列关于质点做匀速圆周运动的说法中，正确的是( )
A．由a＝知a与r成反比
B．由a＝ω2r知a与r成正比
C．由ω＝知ω与r成反比
D．由ω＝2πn知ω与转速n成正比
解析：选D 由a＝知，只有当v一定时a才与r成反比；同理，由a＝ω2r知，只有当ω一定时a才与r成正比；由ω＝知v一定，ω与r成反比，故A、B、C均错误；而ω＝2πn中，2π是定值，ω与转速n成正比，D正确。
4．神舟十六号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则( )
A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大
B．返回舱中的航天员处于失重状态，不受地球的引力
C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行
D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒
解析：选C 根据G＝m，可得v＝，可知圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小；而只要环绕速度相同就可以在同一轨道运行，与返回舱和天和核心舱的质量无关，A错误，C正确；返回舱中的航天员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供航天员绕地球运动的向心力，B错误；返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机械能减小，D错误。
5.如图所示，重力为G的物体受一向上的拉力F，向下以加速度a做匀减速运动，则( )
A．重力做正功，拉力做正功，合力做正功
B．重力做正功，拉力做负功，合力做负功
C．重力做负功，拉力做正功，合力做正功
D．重力做正功，拉力做负功，合力做正功
解析：选B 由于物体向下运动，因此重力做正功，拉力做负功，物体向下做匀减速运动，说明加速度的方向向上，合力向上，故合力做负功，B正确。
6．如图甲所示，有一物体由O点以初速度v0沿水平面向右滑行，物体始终受到一个水平向左的恒力F，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，其动能Ek随离开O点的距离x变化的图线如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A．物体的质量为m＝2 kg
B．物体受到水平向左的恒力F＝2 N
C．物体与水平面间的摩擦力大小Ff＝3 N
D．由于摩擦力做负功，物体的机械能不断减小
解析：选A 根据图像可以判断，动能改变量等于合力做的功，因此图像的斜率代表合力，即F＋Ff＝5 N，F－Ff＝1 N，联立可得F＝3 N、Ff＝2 N，B、C错误；物体先经历减速停止阶段，机械能减小，在外力F作用下，反向加速，动能变大，机械能增加，所以D错误；根据Ff＝μmg可知m＝2 kg，A正确。
7.滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块( )
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
解析：选C 因为频闪照片时间间隔相同，对比题图乙可知题图甲中滑块加速度大，是上滑阶段，根据牛顿第二定律可知题图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从题图甲中的A点到题图乙中的A点，滑块先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功，根据动能定理可知题图甲中滑块经过A点的动能较大，故B错误；由于题图甲中滑块加速度大，根据x＝at2，可知题图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，故C正确；无论上滑或下滑，滑块受到的滑动摩擦力大小均相等，故题图甲和乙中滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8.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，杆所受的弹力可以为零
B．小球过最高点时，最小速度为
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AC 小球在最高点时，杆可以表现为支持力，也可以表现为拉力，最小速度为零，故A正确，B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，D错误。
9．一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，下列说法正确的是( )
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ABC 在运动的过程中，运动员一直下降，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、地球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，而蹦极过程中重力做功不变，与重力势能零点的选取无关，所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关，D错误。
10．如图所示，质量相同的A、B两小球用长度不同的两轻绳悬于等高的O1、O2点，绳长LA、LB的关系为LA>LB，将轻绳水平拉直，并将小球A、B由静止开始同时释放，取释放的水平位置为零势能的参考面，则下列说法正确的是( )
A．在下落过程中，当两小球到同一水平线L上时具有相同的重力势能
B．两小球分别落到最低点的过程中减少的重力势能相等
C．A球通过最低点时的重力势能比B球通过最低点时的重力势能大
D．A、B两小球只要在相同的高度，它们所具有的重力势能就相等
解析：选AD 下落过程中，当两小球到同一水平线L上时，因它们的质量相同，则具有相同的重力势能，故A正确；根据重力势能的变化与重力及下落的高度有关，知两小球分别落到最低点的过程中下落高度不相等，故减少的重力势能不相等，故B错误；取释放的水平位置为零势能的参考面，则根据重力势能的定义知，A球通过最低点时的重力势能比B球通过最低点时的重力势能小，故C错误；两小球只要在相同的高度，它们所具有的重力势能就相等，故D正确。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(7分)在做“探究平抛运动的特点”的实验中，为了确定小球在不同时刻所在的位置，实验时用如图所示的装置，先将斜槽轨道的末端调成水平，在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处。使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A。将木板向远离槽口平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B。又将木板再向远离槽口平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C。若测得木板每次移动距离x＝10.00 cm，A、B间距离y1＝4.78 cm，B、C间距离y2＝14.58 cm。g取9.8 m/s2。
(1)根据以上直接测量的物理量得小球初速度v0＝_____________(用题中所给字母表示)。
(2)小球初速度的测量值为________m/s。
解析：由于每次移动距离x＝10.00 cm，所以小球从打A点到打B点与从打B点到打C点的时间相同，设此时间为t。
由于y2－y1＝gt2，所以t＝ ＝0.1 s，
故小球初速度v0＝＝x＝1 m/s。
答案：(1)x (2)1
12．(9分)为了验证机械能守恒定律，某同学设计了一个实验，装置如图甲所示，物块A的质量为m1，物块B和遮光片的总质量为m2，用通过定滑轮的轻细线连接，m1＜m2，开始用手托着B静止，细线伸直。此时遮光片到光电门的距离为H，然后释放物块B，当遮光片通过光电门时，光电门记录的遮光时间是2.11×10－3 s。已知遮光片的宽度为d，且d＜H，在测遮光片的宽度d时，使用20分度的游标卡尺来测量，准确操作后，部分刻度线如图乙所示，重力加速度为g。
(1)遮光片的宽度d为________cm。
(2)物块B经过光电门时的速度为______m/s(保留两位有效数字)。
(3)在误差允许的范围内，需要满足关系式______________________，即可验证机械能守恒定律(用题中所给的字母表示)。
(4)在实际运算验证时，第(3)中的关系式两边的数值总是有些差异，你认为原因可能是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(答对一条即可给分)。
解析：(1)游标卡尺的主尺读数为10 mm，游标尺读数为0.05×11 mm＝0.55 mm，则遮光片的宽度d＝10.55 mm＝1.055 cm。
(2)物块B经过光电门的瞬时速度为v＝＝ m/s＝5.0 m/s。
(3)系统重力势能的减小量ΔEp＝(m2－m1)gH，
系统动能的增加量为
ΔEk＝(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)，
当(m1＋m2)＝(m2－m1)gH时，系统机械能守恒。
(4)在实际运算验证时，第(3)中的关系式两边的数值总是有些差异，可能的原因是存在阻力作用。
答案：(1)1.055 (2)5.0 (3)(m1＋m2)＝(m2－m1)gH (4)存在阻力作用
13．(11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3.04 m高处，击球后排球以25.0 m/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10 m/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＝gt12，x＝v0t1，
其中Δh＝(3.04－2.24)m＝0.8 m，
解以上两式得x＝10 m＞9 m，故此球能过网。
(2)当排球落地时h＝gt22，x′＝v0t2，
将h＝3.04 m代入得x′≈19.5 m＞18 m，故排球落在对方界外。
答案：(1)能过网 (2)界外
14．(12分)有一辆质量为800 kg的小汽车驶上圆弧半径为 50 m 的拱桥。取g＝10 m/s2，求：
(1)若汽车到达桥顶时速度为5 m/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＝6 400 km，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＝m，
代入数据解得F＝7 600 N。
(2)当F＝0时有mg＝m，
得v＝＝10 m/s。
(3)当v＝时汽车就会“飞”起来，将R＝6 400 km代入得v＝8 000 m/s。
答案：(1)7 600 N (2)10 m/s (3)8 000 m/s
15．(15分)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R。用质量m1＝0.4 kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、质量为m2＝0.2 kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动，物块由B到D位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线方向进入圆弧轨道，g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)BD间的距离；
(2)判断小物块m2能否沿圆弧轨道到达M点(要求写出判断过程)；
(3)小物块m2由C点释放运动到D过程中克服摩擦力做的功。
解析：(1)由物块过B点后其位移与时间的关系x＝6t－2t2得v0＝6 m/s，加速度a＝－4 m/s2，物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy＝，＝tan 45°，得vD＝4 m/s，BD间位移为x1＝＝2.5 m。
(2)若物块能沿轨道到达M点，其速度为vM，
m2vM2＝m2vD2－m2gR，
得vM＝ m/s，
若物块恰好能沿轨道过M点，则m2g＝m2，
解得vM′＝ m/s>vM，即物块不能到达M点。
(3)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，
释放m1时，Ep＝μm1gxCB，
释放m2时，可得Ep＝μm2gxCB＋m2v02，
且m1＝2m2，可得Ep＝m2v02＝7.2 J，
m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，
则Ep－Wf＝m2vD2，可得Wf＝5.6 J。
答案：(1)2.5 m (2)不能 判断见解析 (3)5.6 J
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