模块综合测评
1.C [解析] 战机沿曲线ab运动时,由于速度方向是变化的,则速度是变化的,故战机的加速度不为零,根据牛顿第二定律可知,战机所受的合外力不为零,A错误;战机在ab段做曲线运动的速率不变,所受合外力与速度方向垂直,由于速度方向时刻在变,则合外力的方向也时刻在变化,并非始终都竖直向上,B错误;战机飞行速率不变,沿ab曲线飞行时,速度与竖直方向的夹角逐渐减小,故竖直方向的分速度逐渐增大,水平方向的分速度逐渐减小,C正确,D错误.
2.D [解析] 运动员及雪车从A点滑行到C点的整个过程中,重力做正功,为mgh,摩擦力做负功,满足Wf+mgh=0,根据功能关系可知克服摩擦力做功为W克f=mgh,故A正确;机械能的减少量等于克服摩擦力做的功,为mgh,故B正确;根据动能定理可知,初、末状态动能均为零,则合外力做功为0,故C正确,D错误.
3.B [解析] 小球运动到最高点时对绳的拉力为mg,则在最高点时绳对小球的拉力为mg,对小球在最高点时受力分析,可得mg+mg=m,小球从最高点到最低点的过程,由动能定理可得mg·2R=m-m,对小球在最低点受力分析,可得T-mg=m,联立解得T=7mg,由牛顿第三运动定律可得,小球运动到最低点时对绳的拉力T'=T=7mg,故B正确.
4.B [解析]火箭最终绕月球运动,火箭没有脱离地球的束缚,则发射速度小于第二宇宙速度,即火箭的发射速度小于11.2 km/s,故A错误;火箭加速离开发射塔架时,加速度方向向上,则火箭处于超重状态,故B正确;地球对月球的引力与月球对地球引力是一对相互作用力,大小相等,故C错误;探测器在飞行过程中某位置受到地球和月球的引力大小相等,则有G=G,解得=,故D错误.
5.BD [解析] 竖直方向只受重力,竖直方向为自由落体运动,由h=gt2,得t=,故C错误,D正确;由于球竖直地落入A穴,故水平方向的末速度为零,根据运动学公式,有L=t,得v0==L,故A错误,B正确.
6.AD [解析] 由题意可知,小齿轮与大齿轮的半径之比为r1∶r2=12∶60=1∶5,由于A、B两点的线速度大小相等,根据T=,可得销钉小齿轮与曲柄齿轮的转动周期之比为T1∶T2=r1∶r2=1∶5,根据a=,可得A、B两点做圆周运动的向心加速度之比为aA∶aB=r2∶r1=5∶1,故选A、D.
7.CD [解析] 由图像可得,汽车匀加速阶段的加速度a==1 m/s2,汽车匀加速阶段的牵引力大小F==3000 N,在匀加速阶段由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得m=1000 kg,A错误;牵引力功率为15 kW时,汽车行驶的最大速度v0===7.5 m/s,B错误;前5 s内汽车的位移大小s1=a=12.5 m,克服阻力做功Wf=mgs1=2.5×104 J,C正确;5~15 s内,由动能定理得Pt2-fs2=m-mv2,解得s2≈67.19 m,D正确.
8.CD [解析] 风速为v0=6 m/s,每秒能到达每台风力发电机叶片转动时形成的圆面的空气柱的长度为l=v0×1 m=6 m,叶片的长度为R=20 m,每秒冲击每台风力发电机叶片转动时形成的圆面的空气体积为V=l×πR2=7200 m3,故A错误;每秒冲击每台风力发电机叶片转动时形成的圆面的空气质量为m=ρV,则其动能为Ek=m≈1.56×105 J,故B错误;每台风力发电机发电的功率为P===1.56×104 W,故C正确;该风力发电场工作3.2 h,发电量约为E电=P×3.2×20 kW·h=998.4 kW·h≈1000 kW·h,故D正确.
9.600 0.3
[解析]匀速行驶时的速度v=36 km/h=10 m/s,匀速行驶时牵引力大小等于阻力,即F=f,由P=Fv=fv,可得f== N=600 N;车速v=18 km/h=5 m/s,由牛顿第二定律得-f=ma,得a=-= m/s2- m/s2=0.3 m/s2.
10.20 63.2
[解析] 由拉力做的功W和物体位移s之间的关系图像,结合公式W=Fs,可知,斜率表示物体受到的拉力的大小,0~1 m物体受到的拉力为20 N.对于0~1 m过程,根据动能定理,有W1-μmgs=m,解得v1= m/s,根据速度—位移公式,有=2as,解得a=5 m/s2,即物体位移为0~1 m时加速度的大小为a=5 m/s2,对物体受力分析,物体受到的摩擦力为f=μmg=0.5×2×10 N=10 N,由于斜率表示物体受到的拉力的大小,1~3 m物体受到的拉力为10 N.故物体在前一阶段做匀加速运动,后一阶段受力平衡,物体匀速运动,故物体在前一阶段速度最大时,拉力功率最大,即P=Fv1=20× W=20 W≈63.2 W.
11.4 1
[解析] 静摩擦力提供物块做匀速圆周运动的向心力,因此f=mω2r=2×22×0.5 N=4 N, r取最大值时,摩擦力恰好达到最大静摩擦力,则有fm=μmg=0.4×2×10 N=8 N,此时fm=mω2rm,代入数据可得rm=1 m.
12.(1)C (2)1.64 1.60 (3)a
[解析] (1)为了能在纸带上打出来更多的点,释放纸带前,重物应该靠近打点计时器,A、B错误;为了减小实验误差,应该选用更长一点的纸带,且在纸带上打出来更多的点,重物应该落在地面上,不应该落在桌面上,C正确,D错误.
(2)从O点到D点重锤减少的重力势能为ΔEp=mgh=0.2×9.8×0.8380 J≈1.64 J.
打下D点时重锤的速度为vD= m/s=4 m/s ,打下D点时重锤的动能为ΔEk=m=×0.2×42 J=1.60 J.
(3)根据机械能守恒定律得mgh=mv2 ,解得v2=2g·h ,斜率为k=2g,解得g=k,根据图像得ga=× m/s2=9.74 m/s2,gb=× m/s2=9.04 m/s2,与9.8 m/s2对比,实验误差较小的是a.
13.(1)BC (2)> (3)1
[解析] (1)为了保证小球每次抛出的速度相同,每次应从斜槽上相同位置无初速度释放钢球,但斜槽轨道不需要光滑,故A错误,C正确;为了保证小球抛出的速度沿水平方向,斜槽末端必须水平,故B正确;描绘钢球平抛运动轨迹时,应舍去误差较大的点,用平滑的曲线将剩余的点连接起来,故D错误.
(2)由于小球在竖直方向做自由落体运动,竖直分速度越来越大,通过相同高度所用时间越来越小,则有tAB>tBC,小球在水平方向做匀速直线运动,则有xAB>xBC.
(3)竖直方向根据Δy=gT2,可得T== s=0.1 s,水平方向根据x=v0T,可得小球的初速度大小为v0== m/s=1 m/s.
14.(1) (2)
[解析] (1)设小球离开桌面时速度大小为v0,根据机械能守恒定律有
m=Ep
解得v0=
(2)设小球平抛所用时间为t,第一次落地点距桌面上飞出点的水平距离为x,小球与地面第一次碰撞前瞬间竖直方向速度的大小为v1,碰撞后瞬间竖直方向速度的大小为v2,由运动学公式、机械能守恒定律及题目所给条件有
x=v0t
v1=gt
v2=v1
mgh=m
联立以上各式得x=
15.(1)750 N (2)450 N (3)6 m/s
[解析] (1)如图甲所示,根据受力分析知mg=Tcos θ
代入得T=750 N
(2)由图甲可知,绳子拉力与重力提供做圆周运动向心力,由受力分析可得
F=mgtan θ
代入得F=450 N
(3)如图乙所示,由几何关系知,做圆周运动半径为
R=r+Lsin θ
由牛顿第二定律得F=m
代入得v=6 m/s
16.(1)0.8 J (2)6 m/s 5 N,方向竖直向下 (3)1.5 m
[解析] (1)小球从A点到B点做平抛运动,竖直方向小球做自由落体运动
=2gh
代入数据解得vy=3 m/s
在B点,根据速度的分解有tan 37°=
解得vA=4 m/s
被释放前弹簧的弹性势能
Ep=m=0.8 J
(2)小球在B点的速度vB==5 m/s
小球从B到D的过程,由动能定理可得
mgLsin 37°-μmgLcos 37°=m-m
代入数据解得vD=6 m/s
设此时轨道的支持力为N,根据牛顿第二定律
N-mg=m
解得N=5 N
根据牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力等于轨道对小球的支持力F=N=5 N
方向竖直向下
(3)若小球恰好能上升到最高点,则有
mg=m
小球从D点上升到最高点,根据动能定理有
-mg×2R=m-m
解得v2=0说明小球不能上升到D点.设小球第一次上升到圆弧轨道最高点与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ,则有mgcos θ=m
小球从D点上升到最高点,根据动能定理有
-mgR(1+cos θ)=m-m
解得cos θ=
最高点时离CD水平面的高度为H=R+Rcos θ=1.5 m模块综合测评
(时间:75分钟 分值:100分)
一、单项选择题(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,只有一项是符合题目要求的)
1.某次航展表演中,战机先水平向右,再沿曲线ab向上(如图所示),最后沿陡斜线直入云霄.设飞行路径在同一竖直面内,飞行速率不变,则沿ab段曲线飞行时, 战机 ( )
A.所受的合外力大小为零
B.所受的合外力方向竖直向上
C.竖直方向的分速度逐渐增大
D.水平方向的分速度不变
2.[2024·北京昌平高一期末] 雪车(也称“有舵雪橇”)比赛是冬奥会比赛项目之一.如图所示,在一段赛道上,运动员操控雪车无助力滑行,沿斜坡赛道由静止从A点滑行至B点,再沿水平赛道滑行至C点停下来.已知运动员和雪车的总质量为m,A、B两点间的竖直高度为h,雪车与赛道间的动摩擦因数处处相同,重力加速度为g.忽略空气阻力的影响.运动员及雪车从A点滑行到C点的整个过程中,下列说法错误的是 ( )
A.克服摩擦力做功为mgh
B.机械能的减少量为mgh
C.合外力做功为0
D.合外力做功为mgh
3.如图所示,质量为m的小球用细绳拴住,在竖直平面内做圆周运动,已知小球运动到最高点时对绳的拉力为mg(g为重力加速度),则小球运动到最低点时对绳的拉力为 ( )
A.9mg B.7mg
C.5mg D.3mg
4.[2024·浙江嘉兴高一期末] 2024年5月3日,“嫦娥六号”探测器由长征五号遥八运载火箭在中国文昌航天发射场成功发射.“嫦娥六号”从绕地球运行轨道进入地月转移轨道,前往月背南极—艾特肯盆地开启“挖宝之旅”,如图为“嫦娥六号”飞行的轨迹示意图.已知地球质量约为月球质量的81倍,则 ( )
A.火箭的发射速度大于11.2 km/s
B.火箭加速离开发射塔架时处于超重状态
C.地球对月球的引力约为月球对地球引力的81倍
D.若探测器在飞行过程中某位置受到地球和月球的引力大小相等,则该处到地心和月球中心的距离比约为1∶9
二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24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)
5.如图所示,某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球,由于恒定的水平风力的作用,高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴,重力加速度为g,则 ( )
A.球被击出时的初速度大小为L
B.球被击出时的初速度大小为L
C.该球从被击出到落入A穴所用时间为
D.该球从被击出到落入A穴所用时间为
6.(多选)[2024·厦门高一期末] 很多电风扇都可以在吹风的同时左右摇头,如图甲所示为电风扇摇头齿轮传动的部分结构图,如图乙所示为其中销钉小齿轮与曲柄齿轮的传动示意图,其中销钉小齿轮的齿数为12,曲柄齿轮的齿数为60,A、B分别为销钉小齿轮和曲柄齿轮边缘上两点,则两齿轮匀速转动时 ( )
A.销钉小齿轮与曲柄齿轮的转动周期之比为1∶5
B.销钉小齿轮与曲柄齿轮的转动周期之比为5∶1
C.A、B两点做圆周运动的向心加速度之比为1∶5
D.A、B两点做圆周运动的向心加速度之比为5∶1
7.[2024·莆田一中高一月考] 一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动,在启动过程中,汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示,已知汽车所受的阻力大小恒为重力大小的,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是 ( )
A.该汽车的质量为3×103 kg
B.v0=6 m/s
C.在前5 s内,汽车克服阻力做功为2.5×104 J
D.在5~15 s内,汽车的位移大小约为67.19 m
8.[2024·福州一中高一月考] 某地有一风力发电场,共有风力发电机20台,如图所示,风力发电机的叶片转动时可形成直径为40 m的圆面.某日该地区的风速是6 m/s,风向恰好跟叶片转动时形成的圆面垂直,已知空气的密度为1.2 kg/m3,假如该风力发电机能将通过此圆面内空气动能的10%转化为电能,π取3.下列说法中正确的是 ( )
A.每秒冲击每台风力发电机叶片转动时形成的圆面的空气体积为28 800 m3
B.每秒冲击每台风力发电机叶片转动时形成的圆面的空气动能为6.2×105 J
C.每台风力发电机发电的功率为1.56×104 W
D.该风力发电场工作3.2 h,发电量约为1000 kW·h
三、填空题(本题共3小题,共9分)
9.(3分)[2024·三明高一期末] 一辆质量m=2.0×103 kg的汽车以v=36 km/h的速度在平直路面上匀速行驶,发动机功率P=6.0 kW,汽车受到的阻力大小为 N.若汽车以恒定功率P=6.0 kW行驶且受到的阻力恒定不变,当车速v=18 km/h时,加速度大小为 m/s2.
10.(3分)如图甲所示,质量为2 kg的物体,放在动摩擦因数μ=0.5的水平地面上,在水平拉力F的作用下,由静止开始运动,拉力做的功W和物体位移s之间的关系如图乙所示,则在0~1 m内水平拉力F= N,在0~3 m过程中拉力的最大功率为P= W.(g取10 m/s2)
11.(3分)[2024·泉州高一期末] 如图所示,水平转盘以角速度ω=2 rad/s匀速转动,转盘上放有质量m=2 kg的物块(可视为质点),物块和转盘间的最大静摩擦力是物块对转盘压力的,物块到转轴OO'的距离为r.当r=0.5 m时物块受到的摩擦力大小为 N;要使物块与转盘不发生相对滑动,r的最大值为 m.(g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
四、实验题(本题共2小题,共12分)
12.(6分)[2024·厦门高一期末] 小悟同学在实验室利用重锤自由下落来验证机械能守恒定律.
(1)(2分)下列四幅图片为释放纸带前瞬间拍摄的照片,其中实验操作正确的是 .
A B C D
(2)(2分)选取合适的纸带,在纸带上选取连续的五个点A、B、C、D、E,测得各点与起始点O的距离,如图甲所示.已知重锤质量为0.2 kg,打点计时器的频率为50 Hz,当地重力加速度g取9.8 m/s2,则从O点到D点重锤减少的重力势能为 J,打下D点时重锤的动能为 J(计算结果均保留3位有效数字).
(3)(2分)小悟同学重复两次实验,得到了两条纸带,测出各测量点到起始点O的距离h,计算出打下各测量点时重锤的速度v,作出两次实验的v2 h图线分别如图乙中a、b所示,则这两次实验中误差较小的是 (选填“a”或“b”).
13.(6分)[2024·厦门高一期末] 小悟同学用如图甲所示装置研究平抛运动的特点,将白纸和复写纸重叠并固定在竖直硬板上,钢球沿斜槽轨道滑下后水平飞出,落在水平挡板MN上,在白纸上压出一个痕迹点.向下移动挡板,重新释放钢球,如此重复实验,白纸上将留下一系列痕迹点.
(1)(2分)关于该实验,下列说法正确的有 .
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽末端必须水平
C.每次从斜槽上相同位置无初速度释放钢球
D.描绘钢球平抛运动轨迹时应用折线将所有痕迹点连接起来
(2)(2分)在某次实验中,小悟同学从斜槽同一位置由静止释放小球,将水平挡板依次固定在如图乙所示的竖直等间距的1、2、3位置,在白纸上得到A、B、C三个痕迹点,A与B、B与C的水平距离分别为xAB和xBC,则xAB xBC(选填“>”“=”或“<”).
(3)(2分)小悟同学通过上面实验装置,在白纸上画出了小球平抛运动的轨迹,轨迹的一部分如图丙所示,其中x轴沿水平方向,y轴沿竖直方向,当地重力加速度g取9.8 m/s2,由图中所给的数据可求出小球的初速度大小v0= m/s.
五、计算题(本题共3小题,共39分.解答应写出必要的文字说明、表达式和重要的演算步骤,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
14.(11分)[2023·全国甲卷] 如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上.用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep.释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出.小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的.小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h.重力加速度大小为g,忽略空气阻力.求:
(1)(5分)小球离开桌面时的速度大小;
(2)(6分)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离.
15.(12分)[2024·湖南郴州高一期末] 如图甲所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目,将其结构简化为图乙所示的模型.长 L=3 m的钢绳一端系着座椅,另一端固定在半径r=3 m的水平转盘边缘.转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动.转盘静止时,钢绳沿竖直方向自由下垂;转盘匀速转动时,钢绳与转轴在同一竖直平面内,与竖直方向的夹角 θ=37°.将游客和座椅看作一个质点,质量m=60 kg.不计钢绳重力和空气阻力,重力加速度 g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求游客和座椅随转盘做匀速圆周运动时:
(1)(4分)钢绳的拉力大小T;
(2)(4分)向心力的大小F;
(3)(4分)线速度的大小v.
16.(16分)[2024·福州高一期末] 如图所示,足够长的光滑水平桌面左端固定一立柱,质量为m=0.1 kg的小球置于桌面上,它与立柱之间有一压缩的轻弹簧,轻弹簧与立柱之间拴接但与小球不拴接.某时刻释放小球,它被弹出从桌面右端A点飞出,恰好没有碰撞到粗糙倾斜轨道的顶端B点(到B点小球速度与BC平行),并沿轨道滑下,图中右端为固定在竖直面内半径R=0.9 m的单圆弧轨道,水平轨道CD将倾斜轨道与圆弧轨道连接在一起.已知B点与桌面间的竖直高度h=0.45 m,倾斜轨道BC长为L=2.75 m,倾角α=37°,小球与倾斜轨道间的动摩擦因数μ=0.5;不计水平轨道与圆弧轨道的摩擦与小球经过C点时的能量损失,sin α=0.6,cos α=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)(5分)被释放前弹簧的弹性势能;
(2)(5分)小球第一次经过圆弧轨道最低点D时速度大小,以及对D点的压力F;
(3)(6分)小球第一次在圆弧轨道上运动的最高点离CD水平面的高度.
