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.A [解析] 炮管转动过程中各个点的角速度相等,根据v=ωr、a=ω2r可知vA>vB、aA>aB,所以选项A正确,B、C、D错误.
3.C [解析] 喷出的水柱最高达30 m,可得最大速度v==10 m/s.根据功能关系,可得输出的电能转化为动能,有P==ρSvt×≈58 kW,故C正确.
4.D [解析] 若h=0,宇航员处在地面上,除了受万有引力还受地面的支持力,绕地心运动的线速度远小于第一宇宙速度,故A错误;“太空电梯”里的宇航员,随地球自转的角速度都相等,根据v=ωr可知,h越大,宇航员绕地心运动的线速度越大,故B错误;同理,有a=ω2r,h越大,宇航员绕地心运动的向心加速度越大,故C错误;h与地球同步卫星距地面高度相同时,有=mr,即万有引力提供做圆周运动的向心力,宇航员相当于卫星处于完全失重状态,故D正确.
5.C [解析] 对MN过程,有a=gsin θ,v=at;对NP过程,有a=0,v恒定;对PQ过程,有a=g,v=,整理得-=1,对应的v-t图线为双曲线的一支,所以C正确.
6.D [解析] 风速在5~10 m/s范围内,转化效率η可视为不变.某段时间风的动能转化为风力发电机的电能,即mv2·η=Pt,m=ρ·Avt,联立得P=ηρAv3,因此选项A、B错误.每天平均有1.0×108 kW的风能资源,即使每天24小时发电,但转化效率不可能是100%,所以选项C错误.风速为6 m/s时的输出电功率为P'=P=120 kW,每年至少能发电W=P't=6×105 kW·h,选项D正确.
7.D [解析] 两个小球组成的系统只有重力做功,所以系统的机械能守恒,故有mgR+mg·2R=·2mv2,解得v=,选项C错误;a球在滑落过程中,设杆对小球做功,重力对小球做功,故根据动能定理可得W+mgR=mv2,又v=,解得W=mgR,则对于单个小球来说,杆的弹力做功,小球a、b的机械能均不守恒,故A、B错误,D正确.
8.BD [解析] 神舟飞船由圆轨道进入椭圆轨道,做向心运动,需减速,故A错误,B正确;由=,得v=,又GM=gR2,则v=,C错误;由万有引力提供向心力有ma=G,得a=G,又有GM=gR2,则空间站的向心加速度大小为a=,D正确.
9.CD [解析] 由图乙可得,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x2≈67.19 m,D正确.
10.AB [解析] 根据图丙可知v1
s相,令滑动摩擦力为f,根据上述,传送带对货物做功为W=fs1,货物与传送带之间摩擦产生的热量Q=fs相,可知W>Q,故D错误.
11.(1)mg(s0+s1) m 重锤下落过程中克服空气阻力和纸带摩擦力做功 (2)在实验误差允许范围内,若k近似等于2g,则可认为这一过程机械能守恒
[解析] (1)减少的重力势能为ΔEp=mg(s0+s1),C为AE的时间中点,用AE段的平均速度大小表示C点的速度,vC==,所以动能增量为ΔE=m=m,重锤下落过程中克服空气阻力和纸带摩擦力做功,有一部分机械能转化为内能,因此减小的重力势能总是大于重锤增加的动能.
(2)根据mgh = mv2-m,可得v2=2gh+,由此可知,在实验误差允许范围内,若v2-h图像斜率k近似等于2g,则可认为这一过程机械能守恒.
12.(1)刻度尺 (2)看钢球能否静止在斜槽的末端 (3)D (4)0.5 9.75
[解析] (1)实验中钢球飞出后做平抛运动,根据平抛运动的规律可知,应测出高度和水平位移的大小,故应用到刻度尺.
(2)在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法:将钢球放在斜槽的末端,看钢球能否静止(或用水平仪检查斜槽末端是否水平).
(3)钢球做平抛运动,有x=v0t,y=gt2,联立得y=x2,关系式中的a应等于,故D正确,A、B、C错误.
(4) 平抛运动的初速度为v0==xf=1.0×10-2×50 m/s=0.5 m/s;由h2-h1=gT2,解得当地的重力加速度g==[(y3-y2)-(y2-y1)]f2=9.75 m/s2.
13.(1) (2)
[解析] (1)核心舱做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力,则有G=m
在地球表面有G=mg
解得T=
(2)地球第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度,则有G=m
结合上述解得v=
14.(1)2 m/s2 7 m/s2 (2)10.2 J (3)80.28 J
[解析] (1)滑块与木板的速度相同前,对滑块和木板根据牛顿第二定律分别有
μ1mg=ma1
μ1mg+μ2(m+M)g=Ma2
解得a1=2 m/s2,a2=7 m/s2
(2)设经过t1时间两者速度相等,根据运动学规律有a1t1=v-a2t1
解得t1=1 s
此时两者的共同速度为v1=a1t1=2 m/s
达到共同速度前,滑块和木板的位移分别为
s1==1 m
s2==5.5 m
两者相对位移为Δs1=s2-s1=4.5 m
达到共同速度后,假设两者可以以相同的加速度做匀减速运动,根据牛顿第二定律有μ2(m+M)g=(m+M)a
解得a=4m/s2
此时滑块所受摩擦力大小为f=ma=4 N>μ1mg=2 N
即假设不成立,所以到达共同速度后两者做加速度不同的匀减速运动,对滑块和木板分别有
μ1mg=ma3
μ2(m+M)g-μ1mg=Ma4
解得a3=2 m/s2,a4=5 m/s2
易知木板先停止运动,从达到共速到各自停下的过程中,滑块和木板的位移分别为
s3==1 m
s4==0.4 m
两者相对位移为Δs2=s3-s4=0.6 m
根据功能关系可得Q=μ1mg(Δs1+Δs2)=10.2 J
(3)两者共速后,设木板经t2停止运动,则t2==0.4 s
木板停下时,滑块的速度为v2=v1-a3t2=1.2 m/s
从开始至木板刚停止时,根据功能关系有U+m=Mv2
解得U=80.28 J
15.(1)5 m (2)R2≤1.52 m或R2≥3.8 m (3)5 m≤h≤5.32 m
[解析] (1)小球恰好能过第一个竖直圆轨道,则在最高点满足mg=m
小球从A点到第一个圆轨道最高点根据机械能守恒定律有
mg(h-2R1)=m
联立解得h=5 m
(2)要保证小球不脱离圆轨道2,可分两种情况进行讨论
①轨道半径较小时,小球恰能通过第二个圆轨道,设在最高点的速度为v2,应满足mg=m
从A点到第二个圆轨道最高点,根据动能定理有
mg(h-2R2)-μmgLBC=m
联立解得R2=1.52 m
②轨道半径较大时,小球上升的最大高度为R2,根据动能定理有
mg(h-R2)-μmgLBC=0
联立解得R2=3.8 m
故R2≤1.52 m
或R2≥3.8 m
(3)如果小球停在E点,从出发点到E,根据动能定理得
mg(h-LDEsin α)-μmg(LBC+LCD)-μmgLDEcos α=0
解得h=3.32 m<5 m
说明小球刚好到达E点就过不了第一个圆轨道,如果小球停止在F点,从出发点到F点,根据动能定理可得mg(h-LDEsin α)-μmg(LBC+LCD+LEF)-μmgLDEcos α=0
解得h=5.32 m
综上可知5 m≤h≤5.32 m.模块综合测评
一、单项选择题
1.[2024·广州一中月考] 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.如图所示是某海军装备的730近防炮,由7管30 mm转管式速射炮组成近程防御武器系统.该自动化武器受雷达控制,在软件的控制下,可以自动向来袭目标射击.A、B是管口的两点,用v表示线速度、ω表示角速度、a表示向心加速度,下列说法正确的是 ( )
A.vA>vB B.ωA>ωB
C.aA3.[2024·湖南长沙一中期末] 某音乐广场喷泉如图所示,喷嘴方向可任意调节,喷出的水柱最高可达30 m,喷泉管口直径约为10 cm.水的密度为1×103 kg/m3,重力加速度取10 m/s2,π取3.14,则喷泉电动机(控制单一管口)的输出功率约为 ( )
A.120 kW
B.240 kW
C.60 kW
D.15 kW
4.[2024·中山一中月考] 某科幻电影中出现了一座在赤道上建造的垂直于水平面的“太空电梯”,如图所示.若太空电梯成为可能,宇航员将可以乘坐电梯到达特定高度的空间站.地球的自转不能忽略且地球视为均质球体. 若“太空电梯”停在距地面高度为h处,对“太空电梯”里的宇航员,下列说法正确的是 ( )
A.若h=0,宇航员绕地心运动的线速度大小约为7.9 km/s
B.h越大,宇航员绕地心运动的线速度越小
C.h越大,宇航员绕地心运动的向心加速度越小
D.h与地球同步卫星距地面高度相同时,宇航员处于完全失重状态
5.[2022·广东卷] 如图是滑雪道的示意图.可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下,经过水平NP段后进入空中,在Q点落地.不计运动员经过N点的机械能损失,不计摩擦力和空气阻力,下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是 ( )
A B C D
6.[2022·浙江6月选考] 风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一.如图所示,风力发电机是一种将风能转化为电能的装置.某风力发电机在风速为9 m/s时,输出电功率为405 kW,风速在5~10 m/s范围内,转化效率可视为不变.该风机叶片旋转一周扫过的面积为A,空气密度为ρ,风场风速为v,并保持风正面吹向叶片.下列说法正确的是 ( )
A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B.单位时间流过面积A的流动空气动能为ρAv2
C.若每天平均有1.0×108 kW的风能资源,则每天发电量为2.4×109 kW·h
D.若风场每年有5000 h风速在6~10 m/s的风能资源,则该发电机年发电量至少为6.0×105 kW·h
7.如图所示,有一光滑轨道ABC,AB部分为半径为R的圆弧,BC部分水平,质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端,轻杆长为R,小球可视为质点,开始时a球处于圆弧上端A点,由静止开始释放小球和轻杆,使其沿光滑弧面下滑,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.a球下滑过程中机械能保持不变
B.b球下滑过程中机械能保持不变
C.a、b球都滑到水平轨道上时速度大小均为
D.从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上,整个过程中轻杆对a球做的功为mgR
二、多项选择题
8.[2024·深圳一中期末] 2022年10月12日中国空间站“天宫课堂”第三课开讲.如图,空间站在圆轨道绕地球做匀速圆周运动,距地面高度为h.完成任务后,航天员乘坐神舟飞船沿椭圆轨道返回地面.已知地球半径为R,地面重力加速度为g,且不考虑地球自转的影响.下列说法正确的是 ( )
A.神舟飞船在圆轨道加速,进入椭圆轨道
B.神舟飞船在圆轨道减速,进入椭圆轨道
C.空间站的线速度大小为
D.空间站的向心加速度大小为
9.[2024·执信中学月考] 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
10.[2024·天津一中月考] 机场一般用可移动式皮带输送机给飞机卸货,皮带输送机可简化为倾角为θ,以速度v2逆时针匀速转动的传送带.t=0时刻,货物以速度v1滑上传送带上端,如图乙所示,货物在传送带上运动的速度随时间变化的关系图像如图丙所示,则 ( )
A.0~t1内,传送带对货物做正功
B.匀速阶段,传送带对货物做负功
C.0~t1内,传送带对货物做功等于货物动能的增加量
D.0~t1内,传送带对货物做的功等于货物与传送带之间摩擦产生的热量
三、实验题
11.用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.重锤从高处由静止开始下落,重锤上拖着的纸带通过打点计时器,打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量, 即可验证机械能守恒定律.已知当地重力加速度为g.
(1)如图乙所示,根据打出的纸带,选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E,通过测量计算出点A距起始点O的距离为s0,点A、C间的距离为s1,点C、E间的距离为s2;若相邻两点的打点时间间隔为T,重锤质量为m,根据这些条件计算重锤从释放到下落OC距离时的重力势能减少量ΔEp= ,动能增加量ΔEk= ;在实际计算中发现,重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能,其原因主要是 .
(2)某同学利用图乙中纸带,先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h(其中F、G点为E点后连续打出的点,图中未画出),再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v和v2,绘制v2-h图像,如图丙所示,并求得图线的截距b和斜率k.
请说明如何根据图线验证重锤下落过程机械能是否守恒 .
12.[2024·辽宁大连二十四中月考] 在“研究平抛运动”实验中,A实验小组选用如图甲所示的实验装置,他们让钢球从斜槽上固定位置由静止滚下,并从槽的末端飞出做平抛运动,用铅笔描出钢球经过的位置.通过多次实验,在竖直白纸上记录钢球经过的多个位置,得到钢球做平抛运动的轨迹,并利用轨迹求出钢球做平抛运动的初速度.
(1)除图中所给的实验器材外,完成本实验还需要的测量工具是 .
(2)为保证钢球飞出后做平抛运动,斜槽末端必须水平.请简要说明,在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法是 .
(3)在实验中记下钢球的平抛初位置O点,用悬挂的重锤确定竖直线.取下白纸,以O为原点,以竖直线为y轴,以水平线为x轴,建立坐标系,用平滑曲线画出钢球的轨迹.如果平抛运动的轨迹是一条抛物线,那么轨迹上任意一点的y坐标与x坐标理论上应满足y=ax2,设初速度为v0,重力加速度为g,则关系式中的a应等于 (填选项前的字母).
A. B. C. D.
(4)B实验小组为了更方便研究平抛运动,他们在实验中使用频闪光源,频闪光源的频率为50 Hz,钢球抛出后经过画布时在上面留下了一串反映平抛运动轨迹的点迹(如图乙所示).将点迹拍照后用软件分析可得到各点的坐标.图中M1、M2、M3是频闪光源平抛运动过程中在画布上留下的三个连续点迹,M1、M2、M3的坐标见下表.通过计算可得频闪光源平抛运动的初速度为 m/s,当地的重力加速度为 m/s2.
M1 M2 M3
x/cm 1.0 2.0 3.0
y/cm 0.40 1.19 2.37
四、计算题
13.[2024·广州一中期末] 北京时间2022年11月30日7时33分,神舟十四号航天员乘组与神舟十五号航天员乘组在天和核心舱内顺利会师,六名中国航天员在中国人自己的“太空家园”里留下了一张足以载入史册的太空合影!已知天和核心舱在距地球表面高度为h的轨道上绕地球做匀速圆周运动,地球的半径为R,地球表面的重力加速度为g,忽略其他天体的引力作用和地球自转的影响.求:
(1)天和核心舱绕地球做匀速圆周运动的周期T;
(2)地球的第一宇宙速度v.
14.[2024·惠州一中月考] 如图所示,长为L=5 m、质量为M=2 kg的木板在粗糙水平面上向右滑行,当其速度为v=9 m/s时,在其右端轻轻放上一个质量为m=1 kg的滑块,已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.4,最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)滑块与木板的速度相同前各自的加速度大小;
(2)从开始至最终停止,滑块与木板间因摩擦产生的热量Q;
(3)从开始至木板刚停止时,滑块、木板和地面组成的系统增加的内能U.
15.[2024·吉林一中期末] 图甲是某游乐场的一种“双环过山车”设施的一部分,其运行原理可以简化成图乙的“小球轨道”模型.其中AB段和圆轨道不计阻力,BC、CD、DE、EF段平直轨道与小球的动摩擦因数均为μ=0.2,DE段的倾角α=53°,B、C为两竖直圆轨道1、2的最低点,LBC=LCD=6 m,LDE=1 m,LEF=10 m,半径R1=2 m.质量为m=1 kg的小球(视为质点),从轨道的右侧A点由静止开始下滑,设小球不脱离所有轨道,且不考虑经过D、E点的能量损失.(已知cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2)
(1)如果小球恰能通过第一个圆轨道,A点的高度h应是多少
(2)在(1)条件下,要使小球不脱离第二个圆轨道,求半径R2应满足的条件;
(3)若小球能通过第二个轨道,要使小球最终停在EF段,A点的高度应设计为多少 (共40张PPT)
模块综合测评
◆ 测评卷
一、单项选择题
二、多项选择题
三、实验题
四、计算题
一、单项选择题
1.[2024·广州一中月考] 某次航展表演中，战机先水平向右，再沿曲线向上(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，则沿段曲线飞行时，战机( )
C
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
[解析] 战机沿曲线运动时，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.如图所示是某海军装备的730近防炮，由7管转管式速射炮组成近程防御武器系统.该自动化武器受雷达控制，在软件的控制下，可以自动向来袭目标射击.、是管口的两点，用表示线速度、 表示角速度、表示向心加速度，下列说法正确的是( )
A
A. B. C. D.以上均不正确
[解析] 炮管转动过程中各个点的角速度相等，根据、可知、，所以选项A正确，B、C、D错误.
3.[2024·湖南长沙一中期末] 某音乐广场喷泉如图所示，喷嘴方向可任意调节，喷出的水柱最高可达，喷泉管口直径约为.水的密度为，重力加速度取， 取，则喷泉电动机(控制单一管口)的输出功率约为 ( )
C
A. B. C. D.
[解析] 喷出的水柱最高达，可得最大速度.根据功能关系，可得输出的电能转化为动能，有，故C正确.
4.[2024·中山一中月考] 某科幻电影中出现了一座在赤道上建造的垂直于水平面的“太空电梯”，如图所示.若太空电梯成为可能，宇航员将可以乘坐电梯到达特定高度的空间站.地球的自转不能忽略且地球
D
A.若，宇航员绕地心运动的线速度大小约为
B.越大，宇航员绕地心运动的线速度越小
C.越大，宇航员绕地心运动的向心加速度越小
D.与地球同步卫星距地面高度相同时，宇航员处于完全失重状态
视为均质球体.若“太空电梯”停在距地面高度为处，对“太空电梯”里的宇航员，下列说法正确的是( )
[解析] 若，宇航员处在地面上，除了受万有引力还受地面的支持力，绕地心运动的线速度远小于第一宇宙速度，故A错误；“太空电梯”里的宇航员，随地球自转的角速度都相等，根据可知，越大，宇航员绕地心运动的线速度越大，故B错误；同理，有，越大，宇航员绕地心运动的向心加速度越大，故C错误；与地球同步卫星距地面高度相同时，有，即万有引力提供做圆周运动的向心力，宇航员相当于卫星处于完全失重状态，故D正确.
5.[2022·广东卷] 如图是滑雪道的示意图.可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平段后进入空中，在点落地.不计运动员经过点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力，下
C
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
列能表示该过程运动员速度大小或加速度大小随时间变化的图像是 ( )
[解析] 对过程，有 ，；对过程，有，恒定；对过程，有，，整理得，对应的图线为双曲线的一支，所以C正确.
6.[2022·浙江6月选考] 风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一.如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置.某风力发电机在风速为时，输出电功率为，风速在范围内，转化效率可视为不变.该风机叶片旋转一周扫过的面积为，空气密度为 ，风场风速为，并保持风正面吹向叶片.下列说法正确的是( )
D
A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B.单位时间流过面积的流动空气动能为
C.若每天平均有的风能资源，则每天发电量为
D.若风场每年有风速在的风能资源，则该发电机年发电量至少为
[解析] 风速在范围内，转化效率 可视为不变.某段时间风的动能转化为风力发电机的电能，即，，联立得，因此选项A、B错误.每天平均有的风能资源，即使每天24小时发电，但转化效率不可能是，所以选项C错误.风速为时的输出电功率为，每年至少能发电，选项D正确.
7.如图所示,有一光滑轨道,部分为半径为的圆弧,部分水平,质量均为的小球、固定在竖直轻杆的两端,轻杆长为,小球可视为质点,开始时球处于圆弧上端点,由静止开始释放小球和轻杆,使其沿光滑弧面下滑,重力加速度为,下列说法正确的是( )
D
A.球下滑过程中机械能保持不变
B.球下滑过程中机械能保持不变
C.、球都滑到水平轨道上时速度大小均为
D.从释放、球到、球都滑到水平轨道上,整个过程中轻杆对球做的功为
[解析] 两个小球组成的系统只有重力做功,所以系统的机械能守恒,故有,解得,选项C错误;球在滑落过程中,设杆对小球做功,重力对小球做功,故根据动能定理可得,又,解得,则对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球、的机械能均不守恒，故A、B错误，D正确.
二、多项选择题
8.[2024·深圳一中期末] 2022年10月12日中国空间站“天宫课堂”第三课开讲.如图，空间站在圆轨道绕地球做匀速圆周运动，距地面高度为.完成任务后，航天员乘坐神舟飞船沿椭圆轨道返回地面.已知地球半径为，地面重力加速度为，且不考虑地球自转的影响.下列说法正确的是( )
BD
A.神舟飞船在圆轨道加速，进入椭圆轨道 B.神舟飞船在圆轨道减速，进入椭圆轨道
C.空间站的线速度大小为 D.空间站的向心加速度大小为
[解析] 神舟飞船由圆轨道进入椭圆轨道，做向心运动，需减速，故A错误，B正确；由，得，又，则，C错误；由万有引力提供向心力有，得，又有，则空间站的向心加速度大小为，D正确.
9.[2024·执信中学月考] 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，重力加速度取.下列说法正确的是( )
A.该汽车的质量为
B.
C.在前内，汽车克服阻力做功为
D.在内，汽车的位移大小约为
[解析] 由图乙可得，汽车匀加速阶段的加速度，汽车匀加速阶段的牵引力大小，在匀加速阶段由牛顿第二定律得，解得，A错误；牵引力功率为时，汽车行驶的最大速度，B错误；前内汽车的位移大小，克服阻力做功，C正确；内，由动能定理得，解得，D正确.
√
√
10.[2024·天津一中月考] 机场一般用可移动式皮带输送机给飞机卸货，皮带输送机可简化为倾角为 ，以速度逆时针匀速转动的传送带.时刻，货物以速度滑上传送带上端，如图乙所示，货物在传送带上运动的速度随时间变化的关系图像如图丙所示，则( )
A.内，传送带对货物做正功
B.匀速阶段，传送带对货物做负功
C.内，传送带对货物做功等于货物动能的增加量
D.内，传送带对货物做的功等于货物与传送带之间摩擦产生的热量
√
√
[解析] 根据图丙可知，即货物开始滑上传送带时相对皮带向上运动，皮带对货物有沿皮带向下的滑动摩擦力，传送带对货物的弹力不做功，滑动摩擦力做正功，即内，传送带对货物做正功，故A正确；匀速阶段，货物所受外力的合力为0，可知摩擦力方向沿皮带向上，货物向下匀速，则匀速阶段，传送带对货物的弹力不做功，摩擦力做负功，即匀速阶段，传送带对物体做负功，故B正确；内，货物所受摩擦力方向沿传送带向下，摩擦力做正功，则有,可知，内，传送带对货物做功小于货物动能的增加量，故C错误；内，货物的位移,货物对皮带相对位移的大小，可知，令滑动摩擦力为，根据上述，传送带对货物做功为，货物与传送带之间摩擦产生的热量，可知,故D错误.
三、实验题
11.用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器，打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律.已知当地重力加速度为.
(1) 如图乙所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点、、、、，通过测量计算出点距起始点的距离为，点、间的距离为，点、间的距离为;若相邻两点的打点时间间隔为，重锤质量为，根据这些条件计算重锤从释放到下落距离时的重力势能减少量____________，动能增加量____________；在实际计算中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是____________________________________________.
重锤下落过程中克服空气阻力和纸带摩擦力做功
[解析] 减少的重力势能为，为的时间中点，用段的平均速度大小表示点的速度，，所以动能增量为，重锤下落过程中克服空气阻力和纸带摩擦力做功，有一部分机械能转化为内能，因此减小的重力势能总是大于重锤增加的动能.
(2) 某同学利用图乙中纸带，先分别测量出从点到、、、、、点的距离(其中、点为点后连续打出的点，图中未画出)，再计算打出、、、、各点时重锤下落的速度和，绘制图像，如图丙所示，并求得图线的截距和斜率.
请说明如何根据图线验证重锤下落过程机械能是否守恒？
_________________________________________________________________.
在实验误差允许范围内，若近似等于，则可认为这一过程机械能守恒
[解析] 根据，可得，由此可知，在实验误差允许范围内，若图像斜率近似等于，则可认为这一过程机械能守恒.
12.[2024·辽宁大连二十四中月考] 在“研究平抛运动”实验中，实验小组选用如图甲所示的实验装置，他们让钢球从斜槽上固定位置由静止滚下，并从槽的末端飞出做平抛运动，用铅笔描出钢球经过的位置.通过多次实验，在竖直白纸上记录钢球经过的多个位置，得到钢球做平抛运动的轨迹，并利用轨迹求出钢球做平抛运动的初速度.
(1) 除图中所给的实验器材外，完成本实验还需要的测量工具是________.
刻度尺
[解析] 实验中钢球飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，应测出高度和水平位移的大小，故应用到刻度尺.
(2) 为保证钢球飞出后做平抛运动，斜槽末端必须水平.请简要说明，在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法是____________________________.
看钢球能否静止在斜槽的末端
[解析] 在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法：将钢球放在斜槽的末端,看钢球能否静止(或用水平仪检查斜槽末端是否水平).
(3) 在实验中记下钢球的平抛初位置点，用悬挂的重锤确定竖直线.取下白纸，以为原点，以竖直线为轴，以水平线为轴，建立坐标系，用平滑曲线画出钢球的轨迹.如果平抛运动的轨迹是一条抛物线，那么轨迹上任意一点的坐标与坐标理论上应满足，设初速度为，重力加速度为，则关系式中的应等于____(填选项前的字母).
D
A. B. C. D.
[解析] 钢球做平抛运动，有，，联立得，关系式中的应等于，故D正确，A、B、C错误.
(4) 实验小组为了更方便研究平抛运动，他们在实验中使用频闪光源，频闪光源的频率为，钢球抛出后经过画布时在上面留下了一串反映平抛运动轨迹的点迹(如图乙所示).将点迹拍照后用软件分析可得到各点的坐标.图中、、是频闪光源平抛运动过程中在画布上留下的三个连续点迹，、、的坐标见下表.通过计算可得频闪光源平抛运动的初速度为____，当地的重力加速度为_____.
1.0 2.0 3.0
0.40 1.19 2.37
0.5
9.75
[解析] 平抛运动的初速度为；由，解得当地的重力加速度.
四、计算题
13.[2024·广州一中期末] 北京时间2022年11月30日7时33分，神舟十四号航天员乘组与神舟十五号航天员乘组在天和核心舱内顺利会师，六名中国航天员在中国人自己的“太空家园”里留下了一张足以载入史册的太空合影！已知天和核心舱在距地球表面高度为的轨道上绕地球做匀速圆周运动，地球的半径为，地球表面的重力加速度为，忽略其他天体的引力作用和地球自转的影响.求：
(1) 天和核心舱绕地球做匀速圆周运动的周期；
[答案]
[解析] 核心舱做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
在地球表面有
解得
(2) 地球的第一宇宙速度.
[答案]
[解析] 地球第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，则有
结合上述解得
14.[2024·惠州一中月考] 如图所示，长为、质量为的木板在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为时，在其右端轻轻放上一个质量为的滑块，已知滑块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，重力加速度取，求：
(1) 滑块与木板的速度相同前各自的加速度大小；
[答案] ;
[解析] 滑块与木板的速度相同前，对滑块和木板根据牛顿第二定律分别有
解得，
(2) 从开始至最终停止，滑块与木板间因摩擦产生的热量；
[答案]
[解析] 设经过时间两者速度相等，根据运动学规律有
解得
此时两者的共同速度为
达到共同速度前，滑块和木板的位移分别为
两者相对位移为
达到共同速度后，假设两者可以以相同的加速度做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
此时滑块所受摩擦力大小为
即假设不成立，所以到达共同速度后两者做加速度不同的匀减速运动，对滑块和木板分别有
解得，
易知木板先停止运动，从达到共速到各自停下的过程中，滑块和木板的位移分别为
两者相对位移为
根据功能关系可得
(3) 从开始至木板刚停止时，滑块、木板和地面组成的系统增加的内能.
[答案]
[解析] 两者共速后，设木板经停止运动，则
木板停下时，滑块的速度为
从开始至木板刚停止时，根据功能关系有
解得
15.[2024·吉林一中期末] 图甲是某游乐场的一种“双环过山车”设施的一部分，其运行原理可以简化成图乙的“小球轨道”模型.其中段和圆轨道不计阻力，、、、段平直轨道与小球的动摩擦因数均为，段的倾角 ，、为两竖直圆轨道1、2的最低点，，，，半径.质量为的小球(视为质点)，从轨道的右侧点由静止开始下滑，设小球不脱离所有轨道，且不考虑经过、点的能量损失.(已知，重力加速度取)
(1) 如果小球恰能通过第一个圆轨道，点的高度应是多少？
[答案]
[解析] 小球恰好能过第一个竖直圆轨道，则在最高点满足
小球从点到第一个圆轨道最高点根据机械能守恒定律有
联立解得
(2) 在(1)条件下，要使小球不脱离第二个圆轨道，求半径应满足的条件；
[答案] 或
[解析] 要保证小球不脱离圆轨道2，可分两种情况进行讨论
①轨道半径较小时，小球恰能通过第二个圆轨道，设在最高点的速度为，应满足
从点到第二个圆轨道最高点，根据动能定理有
联立解得
②轨道半径较大时，小球上升的最大高度为，根据动能定理有
联立解得
故
或
(3) 若小球能通过第二个轨道，要使小球最终停在段，点的高度应设计为多少？
[答案]
[解析] 如果小球停在点，从出发点到，根据动能定理得
解得
说明小球刚好到达点就过不了第一个圆轨道，如果小球停止在点，从出发点到点，根据动能定理可得
解得
综上可知. 