期末学业水平检测（含答案解析）

期末学业水平检测
注意 事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.图中虚线为某同学投出的铅球的运动轨迹,若不计空气阻力,则铅球抛出后 (　　)
A.做变加速曲线运动
B.做匀变速曲线运动
C.某段时间内速度方向可能相同
D.加速度方向改变
2.载人飞船经历发射、进入轨道、加速变轨过程,最后进入圆形轨道稳定运行。如图是载人飞船正在加速变轨,则下列相关的说法中错误的是 (　　)
A.进入高轨道后的周期比低轨道的周期大
B.进入高轨道后的速率比低轨道的速率小
C.进入高轨道后,飞船的加速度变小
D.飞船在圆形轨道运行时,航天员处于超重状态
3.如图,射击训练场内,飞靶从水平地面A点以仰角θ斜向上飞出,落在相距100 m的B点,轨迹最高点距地面20 m。忽略空气阻力。则 (　　)
A.飞靶从A到B的飞行时间为2 s
B.飞靶在最高点的速度为20 m/s
C.抬高仰角θ,飞靶飞行距离增大
D.抬高仰角θ,飞靶的飞行时间增大
4.一质量为m的物块仅在重力作用下运动,物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0>0)。若物块位于r1时速度为0,则位于r2时其速度大小为 (　　)
A.2 B. C.2 D.4
5.列车在空载时加速经过一段平直的路段,通过某点时的速率为v,加速度大小为a1;当列车满载货物再次加速经过这一点时,速率仍为v,加速度大小变为a2。设列车发动机的功率恒为P,阻力是列车重力的k倍,重力加速度大小为g,则列车空载与满载时的质量之比为 (　　)
A. B.
C. D.
6.近年来我国高速铁路发展迅速,现已知某新型国产列车总质量为m,如果列车要进入半径为R的弯道,如图所示,已知两轨间宽度为L,内、外轨高度差为h,重力加速度为g,则该弯道处的设计速度最为适宜的是 (　　)
A. B.
C. D.
7.如图,救援演习中通过绳索悬挂货物的飞机以4 m/s的速度水平匀速飞行。t=0时刻起,开始匀加速收拢绳提升货物,忽略空气对货物的影响,在t=1 s时,货物的速度大小为5 m/s,则货物的加速度大小为 (　　)
A.1 m/s2 B.3 m/s2 C.4 m/s2 D.5 m/s2
8.一辆质量为2.0×103 kg的汽车在平直公路上行驶,它的加速度与位移关系图像如图所示,在0~8 m过程中汽车增加的动能为 (　　)
A.1.2×104 J B.2.4×104 J
C.3.6×104 J D.4.8×104 J
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.2020年7月23日12时41分,长征五号遥四运载火箭将“天问一号”探测器发射升空,至2021年2月10日19时52分,探测器顺利进入近火点高度约400千米、周期约10个地球日、倾角约10°的大椭圆环火轨道,成为中国第一颗人造火星卫星。如图所示为这一过程简图,则以下说法正确的是 (　　)
A.“天问一号”从A点运动到B点过程中,一直处于超重状态
B.“天问一号”在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过B点加速度不同
C.“天问一号”在B点点火减速由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ
D.“天问一号”在A点点火加速由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
10.
不可伸长的轻绳一端固定,另一端系着质量为m的小球在竖直面内做圆周运动,小球动能Ek随它离地高度h的变化如图所示。忽略空气阻力,以地面为零势能面,由图中数据可得 (　　)
A.小球质量为2 kg
B.绳对小球拉力最大值为100 N
C.当小球离地高度为0.7 m时,绳对小球拉力为80 N
D.当小球动能与重力势能相等时,小球离地高度为0.725 m
11.共享电动车已经成为我们日常生活中重要的交通工具。某共享电动车和驾驶员的总质量为100 kg,行驶时所受阻力大小为车和人所受总重力的,电动车从静止开始以额定功率在水平公路上沿直线行驶,10 s内行驶了28 m,速度达到3 m/s。下列说法正确的是 (　　)
A.该电动车的额定功率为325 W
B.该电动车的额定功率为330 W
C.在行驶中,该电动车的最大速度为3.25 m/s
D.在行驶中,该电动车的最大速度为3.30 m/s
12.如图所示,a为置于距圆桌转盘中心r1处的杯子,装满水的总质量为2m,另有一空杯子b质量为m,置于距圆盘中心r2处,已知r2=2r1,圆盘从静止开始缓慢地加速转动,两杯子与桌面间的动摩擦因数均为μ,且均未相对桌面滑动,用ω表示圆盘转动的角速度,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　)
A.b比a先达到最大静摩擦力
B.a、b所受的摩擦力始终相同
C.ω=是b恰好未滑动的临界角速度
D.当ω=时,a所受摩擦力的大小为μmg
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)某同学设计如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”,让小铁球从A点自由下落,下落过程中经过A点正下方的光电门B时,光电计时器记录下小铁球通过光电门的时间t,当地的重力加速度为g。为了验证机械能守恒定律,该实验准备了如下器材:铁架台、夹子、小铁球(直径为d)、光电门、光电计时器、毫米刻度尺。
(1)调整A、B之间距离h,记录下小铁球通过光电门B的时间t,多次重复上述过程,作出随h的变化图像如图乙所示。若小球下落过程中机械能守恒,则该直线斜率k0=　　　　。
(2)在实验中根据数据实际绘出-h图像的直线斜率为k(k14.(8分)为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系,小明按图甲装置进行实验,物块放在平台卡槽内,平台绕轴转动,物块做匀速圆周运动,平台转速可以控制,光电计时器可以记录转动快慢。
(1)为了探究向心力与角速度的关系,需要控制　　　　　　　保持不变,小明由计时器测转动的周期T,计算ω2的表达式是　　　　　。
(2)小明按上述实验将测得的结果用作图法来处理数据,如图乙所示纵轴F为力电传感器读数,横轴为ω2,图线不过坐标原点的原因是　　　　　　　　;用电子天平测得物块质量为1.50 kg,用直尺测得轨道半径为50.00 cm,图线斜率大小为　　　(结果保留两位有效数字)。
15.(8分)木星的卫星之一“艾奥”,假设它上面的某火山向上喷出的岩块初速度为18 m/s时,上升高度可达90 m。已知“艾奥”的半径为R=1 800 km。忽略“艾奥”的自转及岩块运动过程中受到的稀薄气体的阻力,引力常量G=6.67×10-11N·m2/ kg2,求:
(1)“艾奥”的质量;
(2)“艾奥”的第一宇宙速度。
16.(8分)在篮球比赛中,投篮的投出角度太大或太小,都会影响投篮的命中率。在某次投篮表演中,运动员在空中一个漂亮的投篮,篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐,这次跳起投篮时,投球点和篮筐正好在同一水平面上,如图所示,设投球点到篮筐距离为9.8 m,不考虑空气阻力。
(1)篮球进筐的速度有多大
(2)篮球投出后到达的最高点相对篮筐的竖直高度是多少
17.(12分)户外运动越来越受到年轻一代人的喜欢,如图所示是某一户外滑雪(不计一切阻力)场的示意图。竖直平面内AB段是半径为R的四分之一圆弧,B点切线水平,BC段是高度为h的竖直面,A点离水平地面高度为50 m,A点在地面的投影为E点。一个质量为50 kg的滑雪者从A点静止滑下,最终落在水平地面上的D点,空气阻力不计,求:
(1)滑雪者落地瞬间的动能;
(2)只改变半径R,滑雪者落地水平位移CD的最大值。
18.(18分)如图1所示是某游乐场的过山车,现将其简化为如图2所示的模型:倾角θ=37°、长L=60 cm的直轨道AB与半径R=10 cm的光滑圆弧轨道BCDEF在B处平滑连接,C、F为圆轨道最低点,D点与圆心等高,E为圆轨道最高点;圆轨道在F点与水平轨道FG平滑连接,整条轨道宽度不计,其正视图如图3所示。现将一质量m=50 g的滑块(可视为质点)从A端由静止释放。已知滑块与AB段间的动摩擦因数μ=0.25,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求滑块到达C点时轨道对滑块的支持力大小FN;
(2)试通过计算分析滑块能否通过最高点E
(3)若改变释放滑块的位置,使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零,求滑块从释放到它第四次返回轨道AB上离B点最远时,它在AB轨道上运动的总路程s。(结果保留两位有效数字)
答案与解析
期末学业水平检测
1.B　铅球抛出后,仅受重力,加速度为g,方向竖直向下,水平方向做匀速直线运动,整体为匀变速曲线运动,A、D错误,B正确;速度方向始终在改变,不可能在某段时间内相同,C错误。
2.D　载人飞船加速变轨后轨道半径增大,但在不同的圆形轨道上都满足万有引力提供向心力,由G=mr=m=ma得T=2π,v=,a=,由此可知,轨道半径越大,周期越大、线速度和加速度越小,故飞船变轨后的周期变大,速率和加速度变小,故A、B、C正确。飞船在圆形轨道运行时,地球对航天员的引力提供向心力,航天员处于失重状态,故D错误。本题选择错误的,故选D。
3.D　飞靶在竖直方向做竖直上抛运动,根据对称性可得飞靶从A到B的飞行时间为t=2t1=2=4 s,故A错误;飞靶在水平方向的分速度vx==25 m/s,在最高点竖直方向分速度为零,则飞靶在最高点的速度为25 m/s,故B错误;根据运动的分解可得vx=v cos θ,vy=v sin θ,飞靶飞行的时间t==,则飞行距离x=vxt==,可知θ=45°时,飞行距离有最大值,故C错误;根据t=,可知抬高仰角θ,飞靶的飞行时间增大,故D正确。
4.A　物体仅在重力作用下运动,物体的机械能守恒,根据机械能守恒定律可知E1=E2,代入已知条件为3E0+0=E0+mv2,解得r2处的速度为v=2,选项A正确。
5.B　对列车进行受力分析,根据牛顿第二定律有F-kmg=ma,解得F=ma+kmg列车发动机功率恒定,满载和空载经过同一点时,速率均为v,由P=Fv,可知F大小相等。根据题意,有F1=m1a1+km1g,F2=m2a2+km2g,F1=F2,解得=,选项A、C、D错误,B正确。
6.A　转弯过程中,当内、外轨对车轮均没有侧向压力时,火车的受力分析如图所示,由牛顿第二定律得mg tan θ=m,tan θ=,解得v=,选项A正确。
7.B　救援演习中通过绳索悬挂货物的飞机以4 m/s的速度水平匀速飞行。即vx=4 m/s,t=0时刻起,开始匀加速收拢绳提升货物,故t=0时刻,货物竖直方向的分速度vy0=0,在t=1 s时,货物的速度大小为5 m/s,即=5 m/s,故t=1 s时vy=3 m/s,而竖直方向匀加速上升,由vy=at得a=3 m/s2,选项B正确。
8.B　由动能定理可得,增加的动能为W合=ma·x=ΔEk,再根据图像的面积关系,可得ΔEk=2.0×103×(4+8)×2× J=2.4×104 J,选项B正确。
9.CD　“天问一号”从A点运动到B点过程中,受到地球的万有引力方向指向地心,则加速度方向指向地心,处于失重状态,选项A错误;根据G=ma可知“天问一号”在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过B点时的加速度相同,选项B错误;在变轨问题中,由低轨道进入高轨道需要加速,由高轨道进入低轨道需要减速,因此“天问一号”在B点点火减速由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ,在A点点火加速由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ,选项C、D正确。
10.AD　根据竖直面内圆周运动的特点由图可知,小球的轨道半径满足2r=1.2 m-0.2 m=1.0 m,小球从最低点运动到最高点的过程中,根据动能定理有-2mgr=Ek2-Ek1,其中Ek1=25 J,Ek2=5 J,解得m=2 kg,选项A正确;小球在最低点时,根据牛顿第二定律可知F-mg=,Ek1=m,联立解得F=120 N,选项B错误;根据图中信息可知,当小球离地面高度为0.7 m时,小球动能为Ek3=m=15 J,此时小球处在与圆心等高的位置,绳对小球拉力提供向心力,根据牛顿第二定律可知F'=,解得F'=60 N,选项C错误;当小球动能与重力势能相等时,即Ek4=mgh=2×10×h=20h,根据图像中小球动能随它离地高度h的变化的函数关系可知:Ek=-20h+29,联立解得h=0.725 m,选项D正确。
11.AC　由题意可知,电动车行驶过程中受到的阻力大小为f=mg=×100×10 N=100 N,根据功能关系有W=P额t=fs+mv2=100×28 J+×100×32 J=3 250 J,解得该电动车的额定功率为P额== W=325 W,A正确,B错误;该电动车以额定功率行驶能达到的最大速度为vmax== m/s=3.25 m/s,C正确,D错误。
12.AD　杯子随着圆盘一起转动,静摩擦力提供向心力,a恰好未滑动时有μ·2mg=2mr1,解得ωa=,b恰好未滑动时有μmg=mr2,解得ωb==,故b比a先达到最大静摩擦力,选项A正确,C错误;在杯子b的静摩擦力达到最大前,静摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律可知fa=2mω2r1,fb=mω2r2=2mω2r1,所以a和b受到的摩擦力大小是相等的,但方向不同,选项B错误;当ω=时,a没有发生相对滑动,静摩擦力为f=2mω2r1=μmg,选项D正确。
13.答案　(1)(3分)
(2)(3分)
解析　(1)已知小铁球的直径和经过光电门的时间,用平均速度表示经过光电门时的速度,v=,小铁球下落过程中,重力势能减少量等于动能增加量时可以认为机械能守恒,则有mgh=mv2=m,可得=×h,则该直线斜率k0=。
(2)因存在阻力,对小铁球下落过程运用动能定理可得mgh-fh=mv2,解得=×h,k=,所以小球所受平均阻力与小球重力的比值=。
14.答案　(1)物块质量和轨道半径(2分)　ω2= (2分)
(2)存在摩擦力的影响(2分)　0.75 kg·m(2分)
解析　(1)由向心力公式Fn=mω2r可知,保持物块质量和轨道半径不变,可探究向心力和角速度的关系。
根据ω=,
可得ω2=。
(2)实际拉力与向心力的关系为F+f=mω2r,图线不过坐标原点的原因是存在摩擦力的影响。斜率为k=mr=0.75 kg·m。
15.答案　(1)8.7×1022 kg　(2)1 800 m/s
解析　(1)根据v2=2g1h可得g1== m/s2=1.8 m/s2 (2分)
根据G=mg1 (2分)
可得M== kg≈8.7×1022 kg (1分)
(2)根据mg1=m (2分)
可得v== m/s=1 800 m/s(1分)
16.答案　(1)7 m/s　(2)2.45 m
解析　(1)根据运动合成和分解知,篮球进筐时的水平分速度
vx=v cos 45°=v (1分)
竖直分速度vy=v sin 45°=v (1分)
设篮球由最高点运动到篮筐的时间为t,则水平方向有=vxt=vt (1分)
vy=gt,联立解得t=0.7 s,vx=vy=7 m/s(2分)
可得v==7 m/s(1分)
(2)篮球投出后到达的最高点相对篮筐的竖直高度是
y==2.45 m(2分)
17.答案　(1)2.5×104 J　(2)50 m
解析　(1)从A点到D点,滑雪者机械能守恒,根据机械能守恒定律可知,滑雪者落地瞬间的动能
Ek=mgH=50×10×50 J=2.5×104 J(2分)
(2)从A点到B点,由动能定理得mv2=mgR (2分)
从B点滑出后做平抛运动
xCD=vt (2分)
H-R=gt2 (2分)
联立得xCD=2 (2分)
当R=H-R 时,即当R=25 m时xCD最大,最大值为50 m(2分)
18.答案　(1)3.1 N　(2)见解析　(3)0.56 m
解析　(1)滑块从A到C,由动能定理得
mg[L sin θ+R(1-cos θ)]-μmgL cos θ=m-0 (2分)
代入数据得vC= m/s(1分)
滑块经过C点时,由牛顿第二定律有FN-mg=m (1分)
代入数据得FN=3.1 N(1分)
(2)假设滑块能通过E点,滑块从C到E,由动能定理得
-mg·2R=m-m (1分)
代入数据得vE= m/s(1分)
设滑块能安全通过E点的最小速度为vE1,此时轨道对它的支持力为零,有mg=m (1分)
解得vE1==1 m/s(1分)
因vE>vE1,则滑块能顺利通过最高点E (1分)
(3)若从距B点L0处释放,则从释放到刚好运动到D点过程有
mg[L0 sin θ+R(1-cos θ)-R]-μmgL0 cos θ=0 (1分)
代入数据解得L0=0.2 m(1分)
从释放到第一次返回最高点过程,设在轨道AB上上滑的距离为L1,则
mg(L0-L1)sin θ-μmg(L0+L1)cos θ=0 (2分)
解得L1=L0=L0 (1分)
同理,第二次返回最高点过程,若在斜轨上上滑距离为L2,有:
L2=L1=L1=L0 (1分)
故第4次返回最高点过程,设在斜轨上上滑距离为L4,有
L4=L0 (1分)
所以第4次返回轨道AB上离B点最远时,它在AB轨道上运动的总路程
s=L0+2L1+2L2+2L3+L4== m=0.56 m(1分)