模块综合检测(一)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．下列关于离心现象的说法正确的是( )
A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象
B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做背离圆心的圆周运动
C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时它将沿切线做直线运动
D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时它将做曲线运动
解析：当物体所需的向心力大于提供的向心力时，物体做离心运动，A错误；做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时它将沿切线做直线运动，C正确；B、D错误．
答案：C
2．(2016·揭阳高一检测)飞机在竖直平面内俯冲又拉起，这一过程可看作匀速圆周运动．在最低点时，飞行员对座椅的压力为F.设飞行员所受重力为G，则飞机在最低点时( )
A．F＝0
B．F
C．F＝G
D．F>G
解析：飞机在最低点时，向心加速度方向竖直向上，根据F－G＝m，F>G，故D正确．
答案：D
3．小船在静水中的航行速度为1
m/s，水流速度为2
m/s，为了在最短距离内渡河，则小船船头指向应为(图中任意方向间的夹角以及与河岸间的夹角均为30°)
A．a方向
B．b方向
C．c方向
D．e方向
解析：因为船速小于水速，小船不可能垂直渡河，则以水速矢量末端为圆心，以船速矢量的大小为半径画圆，从水速矢量的始端向圆弧做切线，则合速度沿此切线方向航程最短，设船速为v1，水速为v2，根据几何知识可得sin
θ＝＝，即沿b方向，选B.
答案：B
4．汽车甲和汽车乙质量相等，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧．两车沿半径方向受到的摩擦力分别为Ff甲和Ff乙，以下说法正确的是( )
A．Ff甲小于Ff乙
B．Ff甲等于Ff乙
C．Ff甲大于Ff乙
D．Ff甲和Ff乙大小均与汽车速率无关
解析：两车做圆周运动的向心力均由摩擦力提供，由于甲车在乙车外侧，故r甲>r乙，而两者质量和速率均相等，由Ff＝m可得选项A正确．
答案：A
5.如图所示，一只老鹰在水平面内盘旋做匀速圆周运动，则关于老鹰受力的说法正确的是( )
A．老鹰受重力、空气对它的作用力和向心力的作用
B．老鹰受重力和空气对它的作用力
C．老鹰受重力和向心力的作用
D．老鹰受空气对它的作用力和向心力的作用
解析：老鹰在空中做圆周运动，受重力和空气对它的作用力两个力的作用，两个力的合力充当它做圆周运动的向心力．但不能说老鹰受重力、空气对它的作用力和向心力三个力的作用．选项B正确．
答案：B
6．同步卫星是指相对于地面不动的人造地球卫星( )
A．它可以在地面上任一点的正上方，且离地心的距离可按需要选择不同值
B．它可以在地面上任一点的正上方，但离地心的距离是一定的
C．它只能在赤道的正上方，但离地心的距离可按需要选择不同值
D．它只能在赤道的正上方，且离地心的距离是一定的
解析：所谓地球同步卫星，是相对于地面静止的，这种卫星位于赤道上方某一高度的稳定轨道上，且绕地球运动的周期等于地球的自转周期，即T＝24
h＝86
400
s，离地面高度h＝eq
\r(3,\f(GM,ω))－R0＝3.6×107
m．同步卫星的轨道一定在赤道平面内，并且只有一条，所有同步卫星都在这条轨道上，以大小相同的线速度，角速度和周期运行着，运动方向与地球自转方向相同．
答案：D
7．如图所示，汽车从拱形桥顶点A匀速率运动到桥的B点．下列说法正确的是( )
A．汽车在A点受力平衡
B．A到B重力的瞬时功率减小
C．A到B汽车的机械能在减小
D．A到B汽车的机械能不变
解析：车在桥顶点A竖直方向上受重力和支持力，两个力的合力提供向心力，根据动能和重力势能的变化判断机械能的变化．根据P＝mgcos
θ判断重力的瞬时功率的变化．汽车做匀速圆周运动，车在A点竖直方向上受重力和支持力两个力，合力提供向心力，不是平衡状态，故A错误；根据P＝mgcos
θ知，v大小不变，θ减小，则重力的瞬时功率增大，故B错误．汽车从A匀速率到B，动能不变，重力势能减小，则机械能减小．故C正确，D错误．故选C.
答案：C
8．如图所示，电梯与水平地面成θ角，一人站在电梯上，电梯从静止开始匀加速上升，到达一定速度后再匀速上升．若以FN表示水平梯板对人的支持力，G为人受到的重力，Ff为电梯对人的静摩擦力，则下列结论正确的是( )
A．加速过程中Ff≠0，FN、Ff、G都做功
B．加速过程中Ff≠0，FN不做功
C．加速过程中Ff＝0，FN、G都做功
D．匀速过程中Ff＝0，FN、G都不做功
解析：加速过程中，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：
ax＝acos
θ，方向水平向右；ay＝asin
θ，方向竖直向上．
水平方向受静摩擦力作用，f＝ma＝macos
θ，水平向右．
竖直方向上有位移，所以重力和支持力都做功，在水平方向上有位移，则摩擦力也做功，故A正确，B、C错误；匀速过程中，人受力平衡，水平方向不受摩擦力，但在竖直方向上有位移，所以重力和支持力都做功，故D错误．
答案：A
9．一质量为m的木块静止在光滑的水平地面上，大小为F、方向与水平面成θ角的恒力作用在该木块上，经过时间t，力F的瞬时功率力( )
A．F2tcos
θ
B．F2cos2
θ
C.
D.
解析：对木块受力分析可知，木块受重力、支持力和力F的作用，由牛顿第二定律可得，Fcos
θ＝ma，所以a＝，t时刻的速度为v1＝at＝，所以瞬时功率P＝Fv1cos
θ＝，A正确．
答案：A
10．物体甲自由下落1
s后，将物体乙在甲释放处以v0＝10
m/s竖直下抛，g取10
m/s2，不计空气阻力，则在两物体落地前有( )
A．乙离甲越来越远
B．乙离甲越来越近，最终超过甲
C．乙相对甲做加速运动
D．乙相对甲静止
解析：以物体甲开始下落时刻为初始时刻，则对甲有h甲＝gt2，对乙有h乙＝v0(t－1)＋g(t－1)2，则h甲－h乙＝gt2－v0t＋v0－gt2＋gt－，代入数值得h甲－h乙＝5
m，即两物体的间距不变，它们保持相对静止，故D正确．
答案：D
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
11．天文学家如果观察到一个星球独自做圆周运动，那么就想到在这个星球附近存在着一个看不见的星体——黑洞．星球与黑洞由万有引力的作用组成双星．以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，那么( )
A．它们做圆周运动的角速度与其质量成反比
C．它们做圆周运动的线速度与其质量成反比
C．它们做圆周运动的半径与其质量成反比
D．它们所受的向心力与其质量成反比
解析：星球与黑洞组成双星，角速度相同，选项A错误；星球与黑洞之间的万有引力等于向心力，则G＝mω2r2＝mω2r2，解得＝，选项C正确；＝＝，故选项B正确；它们所受的向心力大小相等，选项D错误；故选B、C.
答案：BC
12.如图所示，一质点从倾角为θ的斜面顶点以水平速度v0抛出，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．质点自抛出后，经时间为离斜面最远
B．质点抛出后，当离斜面最远时速度大小为
C．质点抛出后，当离斜面最远时速度大小为
D．质点抛出后，经时间为离斜面最远
解析：设质点到达距离斜面最远所需时间为t，则：tan
θ＝＝，故t＝，A对，D错；质点离斜面最远时速度大小：v＝eq
\r(v＋v)＝eq
\r(v＋g2t2)＝，B错，C对．
答案：AC
13．如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块分别由A滑到C和由C滑到A两次滑行，运动过程始终沿着滑道滑行，两次的初速度大小相同，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )
A．由A滑到C所需的时间较小
B．由C滑到A所需的时间较小
C．由A滑到C摩擦力做功较小
D．由C滑到A摩擦力做功较小
解析：在AB段，由牛顿第二定律得：mg－F＝m，滑块受到的支持力：F＝mg－m，则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力F＝μF就越大，在BC段，由牛顿第二定律得：F－mg＝m，滑块受到的支持力：F＝mg＋m，则速度v越大，滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，摩擦力做功少，故A、C正确，B、D错误；故选A、C.
答案：AC
14．空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看作0)，下落高度h之后打开降落伞，接着又下降高度H之后，空降兵达到匀速，设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k，即f＝kv2，那么关于空降兵的说法正确的是( )
A．空降兵从跳下到下落高度为h时，机械能一定损失了mgh
B．空降兵从跳下到刚匀速时，重力势能一定减少了mg(H＋h)
C．空降兵匀速下降时，速度大小为
D．空降兵从跳下到刚匀速的过程，空降兵克服阻力做功为mg(H＋h)－
解析：空降兵从跳下到下落高度为h的过程中，机械能损失，A错误；空降兵从跳下到刚匀速时，重力做功为：WG＝mg(H＋h)，根据重力做功和重力势能的关系ΔEp＝－WG，可知重力势能一定减少了mg(H＋h)，B对；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，mg＝kv2，解得：v＝，C对；空降兵从跳下到刚匀速的过程，由动能定理得WG－Wf＝mv2，解得：Wf＝mg(H＋h)－，D对．
答案：BCD
三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(10分)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲)：
图甲
(1)下列说法哪一项是正确的( )
A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量
C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
(2)图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C为计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50
Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为______m/s(保留三位有效数字)．
图乙
解析：平衡摩擦力的原理就是在没有拉力的情况下调整斜面倾角，使μ＝tan
θ，A错；为减小系统误差应使钩码质量远小于小车质量，B错；实验时使小车靠近打点计时器能充分利用纸带，由静止释放则后面点测出的动能即等于该过程的动能变化量，便于利用实验数据进行探究．据vB＝＝0.653
m/s可得打B点时小车的瞬时速度．
答案：(1)C (2)0.653
16．(10分)一辆质量为800
kg的汽车在圆弧半径为50
m的拱桥上行驶(g取10
m/s2)．
(1)若汽车到达桥顶时速度为v1＝5
m/s，汽车对桥面的压力为多大？
(2)汽车以多大速度经过桥顶时，恰好对桥面没有压力？
解析：(1)汽车到达桥顶时，受到重力mg和桥面对它的支持力FN的作用，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg－FN＝meq
\f(v,R)
所以FN＝mg－meq
\f(v,R)＝7
600
N
根据牛顿第二定律，汽车对桥面的压力为7
600
N.
(2)汽车经过桥顶时恰好对桥面没有压力，则FN＝0，即汽车做圆周运动的向心力完全由其自身重力来提供，所以有mg＝m
解得v＝＝22.4
m/s.
答案：(1)7
600
N (2)22.4
m/s
17．(12分)如图所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边光滑的定滑轮与质量为2m的砝码相连，把绳拉直后使砝码从静止开始下降h的距离时砝码未落地，木块仍在桌面上，求此时砝码的速度以及轻绳对砝码做的功．
解析：砝码从静止开始下降h的过程中，两物体组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，则：
2mgh＝mv2＋·2mv2
解得：v＝.
设轻绳对砝码做功为W，对砝码由动能定理得
2mgh＋W＝·2mv2－0
解得：W＝－mgh.
答案： －mgh
18．(14分)如图所示，质量为m的小球自由下落高度R后沿竖直平面内的轨道ABC运动．AB是半径为R的粗糙圆弧，BC是直径为R的光滑半圆弧，小球运动到C时对轨道的压力恰为零．B是轨道最低点．求：
(1)小球在AB弧上运动时，摩擦力对小球做的功；
(2)小球经B点前、后瞬间对轨道的压力之比；
(3)小球离开C点后竖直下落多少高度才能撞上圆轨道？
解析：(1)小球在C点：根据牛顿第二定律得mg＝meq
\f(v,\f(R,2))
小球由静止释放到C点过程，据动能定理得
mgR＋Wf＝mv
联立解得Wf＝－mgR.
(2)小球由静止释放到B点过程，据动能定理得
2mgR＋Wf＝mv
在B点前瞬间据牛顿第二定律得
FN前－mg＝meq
\f(v,R)
在B点后瞬间据牛顿第二定律得
FN后－mg＝meq
\f(v,\f(R,2))
由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小等于轨道对小球的支持力大小．
联立解得FN前∶FN后＝7∶12.
(3)小球离开C点后做平抛运动，合位移等于半径，根据平抛运动的分位移公式，有：x＝vCt
y＝gt2
R2＝x2＋y2
联立解得y＝R≈0.618R.
答案：(1)－mgR (2)7∶12 (3)0.618R模块综合检测(二)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．下列现象中，与离心运动无关的是( )
A．汽车转弯时速度过大，乘客感觉往外甩
B．汽车急刹车时，乘客向前倾
C．洗衣服脱水桶旋转，衣服紧贴在桶壁上
D．运动员投掷链球时，在高速旋转的时候释放链球
解析：汽车转弯时速度过大，向心力大，而提供的向心力小，所以乘客感觉往外甩，这是离心运动属于离心现象，所以A错误；汽车急刹车时，乘客向前倾，这是惯性现象，B正确；当物体受到的合力的大小不足以提供物体所需要的向心力的大小时，物体就要远离圆心，此时物体做的就是离心运动，所以洗衣服脱水桶旋转，衣服紧贴在桶壁上、运动员投掷链球时，在高速旋转的时候释放链球都属于离心现象，CD错误．
答案：CD
2.如图所示，在光滑的轨道上，小球滑下经过圆弧部分的最高点A时，恰好不脱离轨道，此时小球受到的作用力是( )
A．重力、弹力和向心力
B．重力和弹力
C．重力和向心力
D．重力
解析：小球过最高点A时，由于恰好不脱离轨道，则有mg＝m，球与轨道恰无压力，故小球只受重力，故D对，A、B、C都错．
答案：D
3．一个物体从某一确定的高度以初速度v0水平抛出，已知它落地时的速度大小为v，那么它的运动时间是( )
A.
B.
C.eq
\f(v2－v,2g)
D.
eq
\r(\f(v2－v,g))
解析：可依据速度的分解求竖直方向上的落地速度，从而据竖直方向上的自由落体运动规律求运动时间，因为vy＝gt，又vy＝eq
\r(v2－v)，故t＝
eq
\r(\f(v2－v,g))，故选项D正确．
答案：D
4．如图所示，质量相等的a、b两物体放在圆盘上，到圆心的距离之比是2∶3.圆盘绕圆心做匀速圆周运动，两物体相对圆盘静止．a、b两物体做圆周运动的向心力之比是( )
A．1∶1
B．3∶2
C．2∶3
D．9∶4
解析：a、b两物体随圆盘一起做匀速圆周运动时，角速度相同，由公式F＝mω2r可得＝＝，C正确．
答案：C
5.物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图所示．下列表述正确的是( )
A．在0～1
s内，合外力做正功
B．在0～2
s内，合外力总是做负功
C．在1～2
s内，合外力不做功
D．在0～3
s内，合外力总是做正功
解析：根据物体的速度图象可知，物体在0～1
s内做匀加速直线运动，合外力方向与速度方向相同，合外力做正功；在1～3
s内做匀减速直线运动，合外力方向与速度方向相反，合外力做负功．故选项A正确．
答案：A
6．两个不同的弹簧A、B，劲度系数分别为k1、k2，且k1>k2.现用相同的力从自然长度开始拉弹簧，当弹簧稳定时，关于弹簧的弹性势能下列说法正确的是( )
A．A弹簧的弹性势能大
B．B弹簧的弹性势能大
C．两弹簧的弹性势能相同
D．无法判断
解析：以相同的力F拉弹簧A、B，由胡克定律得A弹簧的伸长量l1＝，B弹簧的伸长量l2＝，由于k1>k2，故l1答案：B
7．已知地球半径R、自转周期T、地球表面重力加速度g，则地球同步卫星的环绕速度为( )
A．v＝
B．v＝
C．v＝
D．v＝
解析：由于在地球表面的重力加速度为g，则mg＝，即GM＝gR2；地球同步卫星绕地球运动时的周期为T，则满足：＝，即R＋h＝＝，故卫星的线速度为v＝＝，选项C正确．
答案：C
8．一个人站在阳台上，以相同的速率v0分别把三个球竖直向上抛出、竖直向下抛出、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的速率( )
A．上抛球最大
B．下抛球最大
C．平抛球最大
D．三球一样大
解析：三球在空中运动轨迹虽然不同，但都只有重力做功，故可用机械能守恒定律求解，选地面为参考平面，对任意球都有mv＝mgh＋mv，所以vt＝eq
\r(v＋2gh).因为它们的h、v0(速度大小)相同，所以落地速度的大小也相同，故D正确．
答案：D
9.单手肩上传球是篮球常用的中远距离传球方法．如图所示两位同学由同一高度抛出质量相等的A、B两球，两球抛出时初速度方向分别与水平面成60°、30°角，空气阻力不计．则( )
A．A的初速度比B的大
B．A的飞行时间比B的长
C．A在最高点的速度比B在最高点的大
D．被接住前瞬间，A的重力功率比B的小
解析：设抛出的速度为v，速度与水平方向的夹角为θ，两位同学间的距离为x，可得球运动的时间为t＝2·，在水平方向x＝vcos
θ·2·＝，对A、B两球x相同，sin
2θ相等，所以初速度相等，故A错误；根据飞行的时间t＝2·，可知A飞行的时间比B长，所以B正确；在最高点的速度vx＝vcos
θ，所以A在最高点的速度比B在最高点的小，故C错误；被接住前瞬间，重力的功率为P＝mgvsin
θ，所以A的重力功率比B的大，故D错误．
答案：B
10.如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，沿与水平方向成30°的斜面向右以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度( )
A．大小为v，方向不变和水平方向成60°
B．大小为v，方向不变和水平方向成60°
C．大小为2v，方向不变和水平方向成60°
D．大小和方向都会改变
解析：橡皮参加了两个分运动，沿与水平方向成30°的斜面向右以速度v匀速运动，同时竖直向上匀速运动，实际运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则可以求出合速度．橡皮沿与水平方向成30°的斜面向右以速度v匀速运动，由于橡皮沿与水平方向成30°的斜面向右以速度v匀速运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度匀速运动，根据平行四边形定则，可知合速度也是一定的，故合运动是匀速运动；根据平行四边形定则求得合速度大小为v，方向不变和水平方向成60°.
答案：B
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
11．关于汽车在水平路面上运动，下列说法中正确的是( )
A．汽车启动后以额定功率行驶，在速度达到最大以前，加速度是在不断增大的
B．汽车启动后以额定功率行驶，在速度达到最大以前，牵引力应是不断减小的
C．汽车以最大速度行驶后，若要减小速度，可减小牵引功率行驶
D．汽车以最大速度行驶后，若再减小牵引力，速度一定减小
解析：汽车以额定功率启动过程，速度增大，牵引力减小，合力减小，加速度减小，当牵引力与阻力大小相等时，汽车做匀速运动，速度达到最大，故A错误，B正确；汽车以最大速度行驶后，牵引力和阻力相等，由P＝Fv＝fv，可知，若要减小速度v，可减小牵引力功率P，故C正确；减小牵引力有两种情况：①减小功率来减小牵引力，则速度会减小；②减小摩擦力来减小牵引力，速度会增加：汽车以最大速度行驶后，牵引力和阻力相等，由P＝Fv＝fv，可知若再减小牵引力F，速度一定减小，故D正确．
答案：BCD
12．宇宙中两个相距较近的星球可以看成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕两球心连线上的某一固定点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．双星相互间的万有引力不变
B．双星做圆周运动的角速度均增大
C．双星做圆周运动的动能均减小
D．双星做圆周运动的半径均增大
解析：双星间的距离在不断缓慢增加，根据万有引力定律，F＝G，知万有引力减小，故A错误；根据万有引力提供向心力得G＝m1r1ω2，G＝m2r2ω2，可知m1r1＝m2r2，知轨道半径比等于质量之反比，双星间的距离变大，则双星的轨道半径都变大，根据万有引力提供向心力，知角速度变小，故B错误，D正确；根据G＝m1v1ω＝m2v2ω，可得线速度减小，所以双星做圆周运动的动能均减小，故C正确．
答案：CD
13．如图所示，质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则( )
A．重力对两物体做功相同
B．重力的平均功率相同
C．到达底端时，重力的瞬时功率PAD．到达底端时，两物体的速度相同
解析：两物体下降的高度相同，则重力做功相等，故A正确；设斜面的倾角为θ，高度为h，自由落体运动的时间t1＝，沿斜面匀加速运动过程有：＝gsin
θt2，解得t＝，可知两物体运动的时间不同，根据P＝，平均功率不同，故B错误．根据动能定理知，自由落体运动和沿斜面匀加速到达底端的速度大小相等，方向不同，设该速度为v，对于B，有PB＝mgv，PA＝mgvsin
θ，则PA答案：AC
14．如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面，现将质量相同的两个小球(小球半径远小于碗的半径)，分别从两个碗的边缘由静止释放，当两球分别通过碗的最低点时( )
A．两球的动能相等
B．两球的加速度大小相等
C．两球对碗底的压力大小相等
D．两球的角速度大小相等
解析：设小球的质量为m，通过最低点时的速度大小为v，碗的半径为R，则根据动能定理mgR＝mv2，由于两碗的半径不同，两球过最低点时的动能不同，A错．a＝＝2g，两球过最低点时的加速度相等，B对．由牛顿第二定律知FN－mg＝m，FN＝mg＋m＝3mg，两球过最低点时对碗的压力大小相等，C对．ω＝＝＝，R不同，ω不相等，D错．
答案：BC
三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(10分)在用重锤下落来验证机械能守恒时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示．其中O是起始点，A、B、C、D、E是打点计时器连续打下的5个点，打点频率为f＝50
Hz.该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C、D、E各点的距离，并记录在图中(单位：cm)．
(1)这五个数据中不符合有效数字读数要求的是______(选填“A”“B”“C”“D”或“正”)点读数．
(2)该同学用重锤在OC段的运动来验证机械能守恒，则C点对应的物体的速度vC＝________(用题中字母表示)．
(3)若O点到某计数点距离用h表示，重力加速度为g，该点对应重锤的瞬时速度为v，则实验中要验证的等式为________．
(4)若重锤质量m＝0.200×10－1
kg，重力加速度g＝9.80
m/s2，由图中给出的数据，可得出从O到打下D点，重锤重力势能的减少量为________J，而动能的增加量为________J(均保留3位有效数字)．
解析：(1)刻度尺读数时应在最小刻度1
mm的基础上向下一位估读，即应当保留到小数点后两位12.40
cm，所以B点读数不符合要求．
(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小，即：
vC＝＝eq
\f(－,\f(2,f))＝eq
\f(（－）f,2).
(3)验证机械能守恒应该是减少的重力势能等于增加的动能，即：
mgh＝mv2，故gh＝v2.
(4)从O到D点，重锤重力势能的减少量为mghOD＝0.200×9.80×0.194
1
J＝0.380
J.
打纸带上D点时，小车的瞬时速度大小：
vD＝＝eq
\f(－,\f(2,f))＝eq
\f(（－）f,2)＝1.94
m/s
故动能的增加量为mv＝0.376
J.
答案：(1)B (2)eq
\f(（－）f,2) (3)gh＝v2
(4)0.380 0.376
16．(10分)如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(小球的大小可以忽略)．求：
(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F的大小．
(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．不计空气阻力．
解析：(1)受力分析如图所示．
据平衡条件，有FTcos
α＝mg
FTsin
α＝F
得拉力F＝mgtan
α.
(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒
mgl(1－cos
α)＝mv2
则过最低点时，小球速度大小v＝
对最低点的小球，根据牛顿第二定律
FT′－mg＝m
解得轻绳对小球拉力
FT′＝mg＋m＝mg(3－2cos
α)，方向竖直向上．
答案：(1)见解析
(2) mg(3－2cos
α)，方向竖直向上
17．(10分)如图所示，质量为m的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端静止释放，从轨道末端O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P点．以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y＝6－x2(单位：m)，小球质量m＝0.4
kg，圆弧轨道半径R＝1.25
m，g取10
m/s2.求：
(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小；
(2)小球从O点到P点所需的时间(结果可保留根号)．
解析：(1)对小球，从释放到O点过程中
由机械能守恒：mgR＝mv2
v＝＝
m/s＝5
m/s
小球在圆轨道最低点：N＝mg＋m＝12
N
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力N′＝N＝12
N.
(2)小球从O点水平抛出后满足
y＝gt2，x＝vt
又有y＝6－x2
联立得t＝
s.
答案：(1)12
N (2)
s
18．(16分)(2015·福建卷)如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.
解析：(1)由于圆弧轨道光滑，滑块下滑过程机械能守恒，有mgR＝mv
滑块在B点处，对小车的压力最大，由牛顿第二定律有
N－mg＝meq
\f(v,R)
解得N＝3mg
据牛顿第三定律可知N′＝3mg.
(2)①滑块下滑到B处时小车和滑块速度达到最大，由机械能守恒有
mgR＝m(2vm)2＋Mv
解得vm＝
.
②设滑块的位移为s1，由于任一时刻滑块水平分速度是小车速度的2倍，
因此有2s＝s1，且s＋s1＝L
解得小车的位移大小s＝.
答案：(1)3mg (2)①
②