章末综合检测(一)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5小题为单项选择题，6～8小题为多项选择题)
1.如图所示，美国空军X－37B无人航天飞机于2010年4月首飞，在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中( )
A．X－37B中燃料的化学能转化为X－37B 的机械能
B．X－37B的机械能要减少
C．自然界中的总能量要变大
D．如果X－37B在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能逐渐变小
解析：在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对X－37B做正功，X－37B的机械能增大，A正确，B错误；自然界中的能量守恒，C错误；X－37B在确定轨道上绕地球做圆周运动，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D错误．
答案：A
2.在光滑水平面上，有一块长木板，长木板左端放一个木块，木块与长木板间有摩擦，先后两次用相同的水平力F将木块拉离木板，如图所示，第1次将长木板固定，第2次长木板不固定．在这两种情况下，下列说法正确的是( )
A．木块受到摩擦力的大小不相同
B．因摩擦产生的热相同
C．恒力F对木块做的功相同
D．木块获得的动能相同
解析：两次木块对长木板压力(大小等于木块的重力)大小相同，动摩擦因数没变，所以摩擦力大小相同，故选项A错误．摩擦产生的热等于克服摩擦力所做的功，摩擦力不变，距离为两物体的相对位移即木板的长度，所以因摩擦产生的热相同，故选项B正确．木板固定时木块移动距离比木板不固定时移动的距离短，所以恒力F对木块做功不相同，故选项C错误．木板固定时，设木板长为L，对木块由动能定理得FL－μmgL＝mv2，木板不固定时，设木板位移为x，由功能关系得F(x＋L)－μmgL＝mv＋Mv，对木板由动能定理得μmgx＝Mv，又F>μmg，综合上述式子得v1>v，故选项D错误．
答案：B
3.如图所示是一种清洗车辆用的手持喷水枪．设枪口截面积为0.6 cm2，喷出水的速度为20 m/s(水的密度为1×103 kg/m3)．当它工作时，估计水枪的功率约为( )
A．240 W B．280 W
C．320 W D．360 W
解析：每秒钟水枪做的功W＝Ek＝mv2＝ρSvt·v2，代入数据得W＝240 J，由P＝＝240 W，选项A正确．
答案：A
4.如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止开始运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，A、B之间的水平距离为x，重力加速度为g.下列说法不正确的是( )
A．小车克服重力所做的功是mgh
B．合力对小车做的功是mv2
C．推力对小车做的功是mv2＋mgh
D．阻力对小车做的功是mv2＋mgh－Fx
解析：重力做的功WG＝－mgh，A正确；根据动能定理得WF＋Wf＋WG＝mv2，即合力做功mv2，B正确；由上式得推力做的功WF＝Fx＝mv2－Wf－WG＝mv2＋mgh－Wf，阻力做功Wf＝mv2－WF－WG＝mv2＋mgh－Fx，C错误，D正确．
答案：C
5．将一球竖直上抛，若该球所受的空气阻力大小不变，则其上升和下降两过程的时间及损失的机械能的关系是( )
A．t上>t下，ΔE上>ΔE下
B．t上C．t上D．t上＝t下，ΔE上＝ΔE下
解析：上升和下降两过程，球通过的位移大小相等，由受力分析可知球上升过程的加速度a上＝，下降过程的加速度a下＝，即a上>a下．根据s＝at2可知球上升的时间应小于下降的时间．球运动过程中损失的机械能等于克服空气阻力做的功，因为空气阻力大小不变，上升、下降两过程的位移大小相等，所以上、下过程损失的机械能相等．故选C.
答案：C
6．提高汽车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与汽车运动速率的平方成正比，即f＝kv2，k是阻力因数)．当发动机的额定功率为P0时，汽车运动的最大速率为vm，如果要使汽车运动速率增大到2vm，则下列办法可行的是( )
A．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0
B．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到
C．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P0
D．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到
解析：汽车运动的最大速度为匀速运动时的速度，此时牵引力与阻力相等，由公式P0＝Fvm＝fvm＝kv·vm＝kv可知，若速率增大到2vm，则牵引力的功率的表达式为P′＝8k′v，则当阻力因数不变时，即k＝k′时，则P′＝8P0，A错，C对；当发动机额定功率不变时，即P0＝P′时，则k＝8k′，k′＝，B错，D对．
答案：CD
7.如图所示，一个小环套在固定的竖直放置的光滑大圆环上做圆周运动．小环从最高点A滑到最低点B的过程中，其线速度大小的平方v2随下落高度h变化的图像可能是四个所示图中的( )
解析：设小环在A点的速度为v0，以A点为零势能点，由机械能守恒定律得－mgh＋mv2＝mv，得v2＝v＋2gh，可见v2与h是线性关系．若v0＝0，B正确；若v0≠0，A正确．
答案：AB
8.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
A．两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加量
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加量
D．两滑块组成系统的机械能损失量等于M克服摩擦力做的功
解析：对于M和m组成的系统，除了重力、轻绳弹力做功外，摩擦力对M做了功，系统机械能不守恒，选项A错误；对于M，合力做的功等于其重力、轻绳拉力及摩擦力做功的代数和，根据动能定理可知，M动能的增加量等于合力做的功，选项B错误；对于m，只有其重力和轻绳拉力做了功，根据功能关系可知，除了重力之外的其他力对物体做的正功等于物体机械能的增加量，选项C正确；对于M和m组成的系统，系统内轻绳上弹力做功的代数和等于零，只有两滑块的重力和M受到的摩擦力对系统做了功，根据功能关系得，M的摩擦力对系统做的功等于系统机械能的损失量，选项D正确．
答案：CD
二、非选择题(本题共4小题，共52分)
9．(10分)用如图甲所示的实验装置验证质量为m1的物块A、质量为m2的物块B组成的系统的机械能守恒．B从高处由静止开始下落，A上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点之间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．已知m1＝50 g，m2＝150 g，打点计时器的频率为50 Hz.(结果均保留两位有效数字)
(1)在纸带上打下计数点5时物块的速度v5＝______ m/s.
(2)在打下计数点0到计数点5的过程中系统动能的增量ΔEk＝________ J，系统势能减少量ΔEp＝________ J．(当地重力加速度g约为9.8 m/s2)
(3)若某同学作出-h图像如图丙所示，则当地的重力加速度g＝________ m/s2.
解析：(1)在打下计数点5时物体的速度v5＝＝2.4 m/s.
(2)在打下计数点0到计数点5的过程中系统动能的增量ΔEk＝(m1＋m2)v≈0.58 J，系统势能减少量ΔEp＝(m2－m1)gΔh≈0.59 J.
(3)根据(m2－m1)gh＝(m1＋m2)v2可得＝gh，
则图线的斜率k＝g，所以g＝9.7 m/s2.
答案：(1)2.4 (2)0.58 0.59 (3)9.7
10.(12分)如图所示，固定光滑斜面的倾角θ＝37°，顶部有一定滑轮．一细线跨过定滑轮，两端分别与物块(可视为质点)A和B连接，A的质量为M＝0.7 kg，离地高度为h＝0.5 m，B的质量为m＝0.3 kg.轻弹簧底端固定在斜面的挡板上，开始时B接触(不固定)弹簧的上端使弹簧被压缩，然后放手，A下降而B沿斜面上滑．当A落到地面后A立即停止运动，绳子松弛，B继续沿斜面上滑x＝0.75 m 速度变为零．已知在A落地前，轻弹簧已经恢复原长，g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)A刚落地时的速度大小；
(2)开始时弹簧的弹性势能．
解析：(1)A落地之后，B继续上滑的过程：
－mgxsin θ＝0－mv，
解得：vB＝3 m/s，
A落地瞬间，A、B速度相等，即vA＝vB＝3 m/s.
(2)A落地前，系统机械能守恒：
Mgh＋Ep＝(M＋m)v＋mghsin θ，
解得：Ep＝1.9 J.
答案：(1)3 m/s (2)1.9 J
11．(14分)如图甲所示，在水平路段AB上有一辆质量为 2×103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v -t图像如图乙所示，在t＝20 s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变．假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)f1＝2 000 N，求：
(1)汽车运动过程中发动机的输出功率P；
(2)汽车速度减至8 m/s时加速度a的大小(假设在BC路段汽车所受阻力也恒定不变)；
(3)BC路段的长度．(解题时将汽车看成质点)
解析：(1)汽车在AB路段时，牵引力和阻力相等
F1＝f1，P＝F1v1，联立解得P＝20 kW.
(2)t＝15 s后汽车处于匀速运动状态，有
F2＝f2，P＝F2v2，f2＝，
联立解得f2＝4 000 N.
v＝8 m/s时汽车在做减速运动，有
f2－F＝ma，F＝，解得a＝0.75 m/s2.
(3)由动能定理得Pt－f2s＝mv－mv，解得s＝93.75 m.
答案：(1)20 kW (2)0.75 m/s2 (3)93.75 m
12．(16分)如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑x＝0.2 m的距离(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
甲 乙
(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数μ的大小．
(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小．
(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.
解析：(1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为a＝＝10 m/s2
根据牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
解得μ＝0.5.
(2)根据速度时间公式得t2＝0.3 s时的速度大小
v1＝v0－aΔt，
解得v1＝0
在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′
解得a′＝2 m/s2.
从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度为
v2＝a′Δt＝0.2 m/s.
(3)从0到t1时间内，由动能定理得
W弹－mgxsin 37°－μmgxcos 37°＝mv－0
Ep＝W弹
解得Ep＝4 J
答案：(1)10 m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J
章末综合检测(三)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分.1～6小题为单项选择题，7～10小题为多项选择题．)
1．做匀速圆周运动的物体，在运动过程中保持不变的物理量是( )
A．角速度 B．线速度
C．加速度 D．合外力
解析：匀速圆周运动过程中，角速度不变；线速度大小不变，方向改变；向心加速度大小不变，方向始终指向圆心；合外力提供向心力，大小不变，方向始终指向圆心．故选A.
答案：A
2．在下面介绍的各种情况中，将出现超重现象的是( )
①荡秋千经过最低点的小孩 ②汽车过拱形桥 ③汽车过凹形路面 ④绕地球做匀速圆周运动的飞船中的仪器
A．①② B．①③
C．①④ D．③④
解析：①③中的小孩、汽车的加速度都竖直向上，所以处于超重状态，而②④中的汽车、飞船中的仪器处于失重状态．
答案：B
3.如图所示，相同材料制成的A、B两轮水平放置，它们靠轮边缘间的摩擦转动，两轮半径RA＝2RB，当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘放置的小木块P恰能与轮保持相对静止．若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转轴的最大距离为( )
A. B．RB
C. D.
解析：根据题设条件，两轮边缘线速度相等，可知2ωA＝ωB，在A轮边缘放置的小木块P恰能与轮保持相对静止，有F向＝mωRA.若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，令木块P与B轮转轴的最大距离为x，应有F向＝mωx，又有RA＝2RB，解得x＝.
答案：A
4.飞机俯冲拉起时，飞行员处于超重状态，此时座位对飞行员的支持力大于所受的重力，这种现象叫过荷．过荷过重会造成飞行员大脑贫血，四肢沉重，暂时失明，甚至昏厥．受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的支持力影响．取g＝10 m/s2，则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲拉起的速度大小为100 m/s时，圆弧轨道的最小半径为( )
A．100 m B．111 m
C．125 m D．250 m
解析：由题意知9mg－mg＝m，代入数据解得R＝125 m，故选C.
答案：C
5.如图所示为两级皮带传动装置，转动时皮带均不打滑，中间两个轮子是固定在一起的，轮1的半径和轮2的半径相同，轮3的半径和轮4的半径相同且为轮1和轮2半径的一半，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点相比( )
A．线速度之比为1∶4
B．角速度之比为4∶1
C．向心加速度之比为8∶1
D．向心加速度之比为1∶8
解析：由题意知2va＝2v3＝v2＝vc，其中v2、v3为轮2和轮3边缘的线速度，所以va∶vc＝1∶2，A错．设轮4的半径为r，则aa＝＝＝＝ac，即aa∶ac＝1∶8，C错，D对.＝＝＝，B错．
答案：D
6.如图所示，叠放在水平转台上的小物体A、B与C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是( )
A．B对A的摩擦力一定为3μmg
B．C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力
C．要使物体与转台不发生相对滑动，转台的角速度一定满足ω≤
D．要使物体与转台不发生相对滑动，转台的角速度一定满足ω≤
解析：以A物体为研究对象，由B对A的静摩擦力f1提供向心力，根据牛顿第二定律有f1＝(3m)ω2r≤μ(3m)g，选项A错误；以C物体为研究对象，由转台对C的静摩擦力f2提供向心力，由于A与C转动的角速度相同，有f2＝m×1.5rω2＜(3m)ω2r，即C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，选项B错误；以A、B整体为研究对象，有(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，以物体A为研究对象，有(3m)ω2r≤μ(3m)g，以物体C为研究对象，有m×1.5rω2≤μmg，解得ω≤ ，故要使物体与转台不发生相对滑动，转台的角速度一定满足ω≤ ，选项C正确，D错误．
答案：C
7.如图所示，质量为m的物体，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v.若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是( )
A．受到的向心力为mg＋m
B．受到的摩擦力为μm
C．受到的摩擦力为μ(mg＋m)
D．受到的合力方向斜向左上方
解析：物体在最低点做圆周运动，则有F向＝N－mg＝m，解得N＝mg＋m，故物体受到的滑动摩擦力为Ff＝μN＝μ(mg＋m)，选项A、B错误，C正确．水平方向受到向左的摩擦力，竖直方向受到的合力向上，故物体所受到的合力斜向左上方，D正确．
答案：CD
8.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上．小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，两次金属块Q都保持在桌面上静止．则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )
A．Q受到桌面的支持力变大
B．Q受到桌面的静摩擦力变大
C．小球P运动的角速度变大
D．小球P运动的周期变大
解析：根据小球做圆周运动的特点，设绳与竖直方向的夹角为θ，故T＝，对金属块Q受力分析由平衡条件得f＝Tsin θ＝mgtan θ，N＝Tcos θ＋Mg＝mg＋Mg，故在θ增大时，Q受到的支持力不变，静摩擦力变大，选项A错误，B正确；由mgtan θ＝mω2Lsin θ，得ω＝，故角速度变大，周期变小，选项C正确，D错误．
答案：BC
9．(2019·黑龙江牡丹江一中高一期中)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示．则( )
A．球的质量为R
B．当地的重力加速度大小为
C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向下
D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
解析：在最高点，若v＝0，则F＝mg＝a；若F＝0，则有mg＝m＝m，解得g＝，m＝R，故A错误，B正确；由图可知，当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，所以小球对杆的弹力方向向上，故C错误；若v2＝2b，则有F＋mg＝m，解得F＝a＝mg，故D正确．
答案：BD
10.如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是( )
A．小球能够通过最高点时的最小速度为0
B．小球能够通过最高点时的最小速度为
C．如果小球在最高点时的速度大小为2，则此时小球对管道的外壁有作用力
D．如果小球在最低点时的速度大小为，则此时小球对管道外壁的压力为5mg
解析：圆形管道内壁能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0，故A正确，B错误；设管道对小球的弹力大小为F，方向竖直向下，由牛顿第二定律得mg＋F＝m，将v＝2代入解得F＝3mg＞0，方向竖直向下，根据牛顿第三定律知小球对管道的弹力方向竖直向上，即小球对管道的外壁有作用力，故C正确；在最低点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有N－mg＝m，将v＝代入解得N＝6mg，根据牛顿第三定律，球对管道的外壁的作用力为6mg，故D错误．
答案：AC
二、非选择题(本题共4小题，共50分)
11．(10分)一物理兴趣小组利用学校实验室的数字实验系统探究物体做圆周运动时向心力与角速度、半径的关系．
(1)首先，他们让一砝码做半径r为0.08 m的圆周运动，数字实验系统通过测量和计算得到若干组向心力F和对应的角速度ω，根据表中的数据在图甲中绘出Fω的关系图像.
实验序号
1
2
3
4
5
6
7
8
F/N
2.42
1.90
1.43
0.97
0.76
0.50
0.23
0.06
ω/(rad·s－1)
28.8
25.7
22.0
18.0
15.9
13.0
8.5
4.3
甲
乙
(2)通过对图像的观察，兴趣小组的同学猜测F与ω2成正比，可以通过进一步转换，作出________关系图像来确定他们的猜测是否正确．
(3)在证实了F∝ω2之后，他们将砝码做圆周运动的半径r再分别调整为0.04 m、0.12 m，又得到了两条Fω图像，他们将三次实验得到的图像放在一个坐标系中，如图乙所示，通过对三条图像的比较、分析、讨论，他们得出F∝r的结论．你认为他们的依据是________________________________．
(4)通过上述实验，他们得出：做圆周运动的物体受到的向心力F与角速度ω、半径r的数学关系式是F＝kω2r，其中比例系数k的大小为________，单位是________．
解析：(1)由表中的数据描点，用平滑曲线连线．
(2)若兴趣小组的同学猜测F与ω2成正比，则可画出Fω2关系图像来确定，若Fω2关系图线是一条过原点的倾斜直线，即可证明猜测是正确的．
(3)做一条平行于纵轴的辅助线，观察和图像的交点中力的数值之比是否为1∶2∶3，若图像的交点中力的数值之比满足1∶2∶3，则他们可以得出F∝r的结论．
(4)由F、ω、r的单位可得出k的单位为kg，即是物体的质量，再由k＝，将F、ω的数据代入求解出k的平均值为0.038.
答案：(1)如图所示
(2)Fω2
(3)做一条平行于纵轴的辅助线，观察和图像的交点中力的数值之比是否为1∶2∶3
(4)0.038(0.035～0.039均可) kg
12．(12分)如图所示，水平转台高1.25 m，半径为0.2 m，可绕通过圆心处的竖直转轴转动．在转台的同一半径上放有质量均为0.4 kg的小物块A、B(可看成质点)，A与转轴间距离为0.1 m，B位于转台边缘处，A、B间用长0.1 m的细线相连，A、B与水平转台间的最大静摩擦力均为0.54 N，g取10 m/s2.
(1)当转台的角速度达到多大时细线上出现张力？
(2)当转台的角速度达到多大时A物块开始滑动？
解析：(1)由f＝mω2r可知，B先达到最大静摩擦力，故当满足fm＝mωr时线上恰好出现张力．
解得ω1＝＝ rad/s.
(2)当ω继续增大，A受力也达到最大静摩擦力时，A开始滑动，fm－T＝mω′2r
fm＋T＝mω′2r
联立解得ω′＝＝3 rad/s.
答案：(1) rad/s (2)3 rad/s
13．(14分)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为d，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力．
(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2；
(2)绳断掉时的拉力为多少？
解析：(1)设绳子断后球的飞行时间为t，根据平抛运动规律，竖直方向＝gt2
水平方向d＝v1t
得v1＝
球落地时的竖直速度vy＝gt
落地时的瞬时速度
v2＝
解得v2＝.
(2)设绳子能够承受的最大拉力为T，
球做圆周运动的半径为R＝d
根据圆周运动向心力公式得
T－mg＝m
得T＝mg.
答案：(1) (2)mg
14.(14分)如图所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为R的光滑半圆槽轨道，其底端恰与水平面相切．质量为m的小球以大小为v0的初速度经半圆槽轨道最低点B滚上半圆槽，小球恰好刚能通过最高点C后落回到水平面上的A点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)小球通过B点时对半圆槽的压力大小；
(2)A、B两点间的距离；
(3)小球落到A点时速度方向与水平面夹角的正切值．
解析：(1)在B点小球做圆周运动，N－mg＝m，得N＝m＋mg，由牛顿第三定律得，小球对半圆槽的压力大小为N′＝N＝mg＋m.
(2)小球恰能通过最高点C，故在C点只有重力提供向心力，则mg＝m
过C点小球做平抛运动：xAB＝vCt，h＝gt2，h＝2R.
联立以上各式可得xAB＝2R
(3)设小球落到A点时，速度方向与水平面的夹角为θ，则tan θ＝，vy＝gt,2R＝gt2
解得tan θ＝2.
答案：(1)mg＋m (2)2R (3)2
章末综合检测(二)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5小题为单项选择题，6～8小题为多项选择题)
1．2018年春节期间，某地人们放飞孔明灯表达对新年的祝福．如图所示，孔明灯在竖直Oy轴方向上做匀加速直线运动，在水平Ox轴方向上做匀速直线运动，孔明灯的运动轨迹可能为( )
A．直线OA B．曲线OB
C．曲线OC D．曲线OD
解析：孔明灯在竖直Oy方向做匀加速运动，在水平Ox方向做匀速运动，则合外力沿Oy方向，所以合运动的加速度方向沿Oy方向，但合速度方向不沿Oy方向，孔明灯做曲线运动，结合合力指向轨迹内侧可知轨迹可能为OD，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
2.如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度( )
A．大小和方向均不变
B．大小不变，方向改变
C．大小改变，方向不变
D．大小和方向均改变
解析：设铅笔的速度为v.如图所示，将橡皮的速度分解成水平方向的v1和竖直方向的v2.因该过程中悬线始终竖直，故橡皮水平方向的速度与铅笔移动速度相同，即v1＝v.因铅笔靠着线的左侧水平向右移动，故悬线竖直方向长度减小的速度大小与铅笔移动速度的大小相等，则橡皮竖直方向速度的大小也与铅笔移动速度的大小相等，即v2＝v.又因v1、v2的大小、方向都不变，故合速度(即橡皮运动的速度)的大小、方向都不变，选项A正确．
答案：A
3.如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )
A．t B.t
C. D.
解析：设A、B两小球的抛出点间的水平距离为L，分别以水平速度v1、v2抛出，经过时间t的水平位移分别为x1、x2，根据平抛运动规律有x1＝v1t，x2＝v2t，又x1＋x2＝L，则t＝；若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为t′＝＝，故选项C正确．
答案：C
4.(2019·山西实验中学高一下期中)如图所示，一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点)．将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑．当轻杆到达位置2时球A与球形容器球心等高，其速度大小为v1，已知此时轻杆与水平方向成θ＝30°角，B球的速度大小为v2，则( )
A．v2＝v1 B．v2＝2v1
C．v2＝v1 D．v2＝v1
解析：根据题意，将A球速度分解成沿着杆与垂直于杆方向的速度，同时将B球速度也分解成沿着杆与垂直于杆方向的速度．根据矢量关系则有，对A球，v∥＝v1sin θ，而对B球，v∥＝v2sin θ，由于A、B两球在同一杆上，则有v1sin θ＝v2sin θ，所以v2＝v1，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
5.距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，其静止时离地高度为h，如图．小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于( )
A．1.25 m B．2.25 m
C．3.75 m D．4.75 m
解析：小车由A运动到B所用的时间为 s＝0.5 s，对左侧小球，5 m＝gt2，对右侧小球，h＝g(t－0.5 s)2，解得h＝1.25 m，所以A正确．
答案：A
6.一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动速度随时间变化的规律如图所示．关于物体的运动，下列说法正确的是( )
A．物体做曲线运动
B．物体做直线运动
C．物体运动的初速度大小为50 m/s
D．物体运动的初速度大小为10 m/s
解析：由v-t图像可以看出，物体在x方向上做匀速直线运动，在y方向上做匀变速直线运动，故物体做曲线运动，选项A正确，B错误；物体的初速度大小为v0＝ m/s＝50 m/s，选项C正确，D错误．
答案：AC
7.如图所示，高为h＝1.25 m的平台上覆盖一层薄冰，现有一质量为60 kg的滑雪爱好者以一定的初速度v向平台边缘滑去，着地时速度的方向与水平地面的夹角为45°(取重力加速度g＝10 m/s2)．由此可知下列各项中正确的是( )
A．滑雪者离开平台边缘时的速度大小是5.0 m/s
B．滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2.5 m
C．滑雪者在空中运动的时间为1 s
D．着地时滑雪者的速度大小是5.0 m/s
解析：由v＝2gh可得vy＝＝ m/s＝5.0 m/s，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45°，所以着地时水平速度和竖直速度的大小相等，所以滑雪者离开平台边缘时的速度大小v＝vy＝5.0 m/s，故A正确．由vy＝gt得滑雪者在空中运动的时间t＝0.5 s，人在水平方向上做匀速直线运动，故滑雪者着地点到平台边缘的水平距离为x＝vt＝5×0.5 m＝2.5 m，故B正确，C错误．滑雪者着地的速度大小为v′＝＝v＝5 m/s，故D错误．
答案：AB
8.(2019·河南郑州十一中期末考试)如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头方向与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇不影响各自的航行，则下列判断正确的是( )
A．甲船也能到达P点
B．两船渡河时间一定相等
C．两船相遇位置在NP直线上
D．两船不会相遇
解析：解本题的关键是运用合运动和分运动的等时性来分析和判断．根据乙船的路径可知，水流速度由M指向N，甲船船头指向P，根据速度的合成原理，甲船到达对岸的位置一定在P点右侧，A错误；两船船头方向与河岸夹角相等，故垂直河岸方向的速度分量相等，两船渡河时间一定相等，B正确；因为甲船的路径与NP直线相交，两船在任意时刻与河岸的距离相等，故两船一定相遇且相遇位置在NP直线上，C正确，D错误．
答案：BC
二、非选择题(本题共4小题，共52分)
9.(10分)某物理兴趣小组采用如图所示的装置深入研究平抛运动．质量分别为mA和mB的A、B小球处于同一高度，M为A球中心初始时在水平地面上的垂直投影．用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落．A球落到地面N点处，B球落到地面P点处．测得mA＝0.04 kg，mB＝0.05 kg，B球距地面的高度是1.225 m，M、N点间的距离为1.5 m，则B球落到P点的时间是________ s，A球落地时的速度大小是________ m/s(本空答案保留3位有效数字)，此实验还可以验证平抛运动竖直方向的分运动为________________运动．(忽略空气阻力，g取9.8 m/s2)
解析：根据h＝gt2得，t＝ s＝0.5 s，则A球平抛运动的初速度v0＝＝ m/s＝3.0 m/s；A球落地时竖直方向的分速度vy＝gt＝9.8×0.5 m/s＝4.9 m/s，故A球落地时的速度大小v＝≈5.75 m/s.此实验还可以验证平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动．
答案：0.5 5.75 自由落体
10．(12分)某战士在倾角为30°的山坡上进行投掷手榴弹训练．他从A点以某一初速度v0＝15 m/s沿水平方向投出手榴弹，手榴弹最后落在B点．该型号手榴弹从拉动弹弦到爆炸需要5 s的时间，空气阻力不计，g取10 m/s2，问：
(1)若要求手榴弹正好在落地时爆炸，则战士从拉动弹弦到投出所用的时间是多少？
(2)点A、B的间距s是多大？
解析：设手榴弹飞行时间为t.
(1)手榴弹的水平位移x＝v0t
手榴弹的竖直位移h＝gt2
且h＝xtan 30°，解得t＝3 s，h＝45 m
战士从拉动弹弦到投出所用的时间t0＝5 s－t＝2 s.
(2)点A、B的间距s＝，解得s＝90 m.
答案：(1)2 s (2)90 m
11．(14分)如图甲所示，在一端封闭、长约1 m的玻璃管内注满清水，水中放一个用蜡烛做的蜡块，将玻璃管的开口端用橡胶塞塞紧．然后将这个玻璃管倒置，在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向右移动．假设从某时刻开始计时，蜡块在玻璃管内每1 s上升的距离都是10 cm，玻璃管向右匀加速平移，每1 s通过的水平位移依次是2.5 cm、7.5 cm、12.5 cm、17.5 cm.图乙中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t＝0时蜡块位于坐标原点．
(1)请在图乙中画出蜡块4 s内的轨迹；
(2)求出玻璃管向右平移的加速度；
(3)求t＝2 s时蜡块的速度v.
解析：(1)如图所示．
(2)根据Δx＝at2得a＝＝5×10－2 m/s2.
(3)vy＝＝0.1 m/s，
vx＝at＝0.1 m/s.
v＝＝ m/s.
答案：(1)图见解析 (2)5×10－2 m/s2 (3) m/s
12.(16分)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示．P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.
(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；
(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围．
解析：(1)打在中点的微粒：h＝gt2①
t＝.②
(2)打在B点的微粒：v1＝，2h＝gt③
v1＝L④
同理，打在A点的微粒初速度v2＝L⑤
所以微粒初速度范围为L≤v≤L.⑥
答案：(1) (2)L≤v≤L
章末综合检测(四)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分.1～5小题为单项选择题，6～10小题为多项选择题)
1．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )
A．开普勒进行了“月—地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论
B．哥白尼提出“日心说”，发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律
C．第谷通过对天体运动的长期观察，发现了行星运动三定律
D．牛顿发现了万有引力定律
解析：牛顿得出万有引力定律，A错误，D正确；开普勒发现行星运动三定律，B、C错误．
答案：D
2．(2018·高考全国卷Ⅲ)为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍．P与Q的周期之比约为( )
A．2∶1 B．4∶1
C．8∶1 D．16∶1
解析：设地球半径为R，根据题述，地球卫星P的轨道半径为RP＝16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ＝4R，根据开普勒定律，＝＝64，所以P与Q的周期之比为TP∶TQ＝8∶1，选项C正确．
答案：C
3．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( )
A．距地面的高度变大 B．向心加速度变大
C．线速度变大 D．角速度变大
解析：本题考查万有引力和同步卫星的有关知识点．根据卫星运行的特点“高轨、低速、长周期”可知周期延长时，轨道高度变大，线速度、角速度、向心加速度变小，A正确，B、C、D错误．
答案：A
4．(2019·安徽合肥一中期中考试)假设地球可视为质量分布均匀的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G.则地球的密度为( )
A. B.
C. D.
解析：在地球两极万有引力等于重力，即mg0＝G，由此可得地球质量M＝.在赤道处万有引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得G－mg＝mR，解得R＝，所以地球的密度ρ＝＝，选项B正确．
答案：B
5.(2019·湖北荆门模拟考试)如图是厄瓜多尔境内的“赤道纪念碑”．设某人造地球卫星在赤道上空飞行，卫星的轨道平面与地球赤道平面重合，飞行高度低于地球同步卫星．已知卫星轨道半径为r，飞行方向与地球的自转方向相同，设地球的自转角速度为ω0，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，某时刻卫星通过这一赤道纪念碑的正上方，则该卫星过多长时间再次经过这个位置( )
A. B.
C. D.
解析：用ω表示卫星的角速度，用m、M分别表示卫星及地球的质量，则有＝mω2r，在地面上，有G＝m0g，联立解得ω＝，卫星高度低于同步卫星高度，则ω＞ω0，用t表示所需时间，则ωt－ω0t＝2π，所以t＝＝，D正确．
答案：D
6．在中国航天傲人的业绩中有这些记载：“天宫一号”在离地面343 km的圆形轨道上飞行；“嫦娥一号”在距月球表面高度为200 km的圆形轨道上飞行；“北斗”卫星导航系统由“同步卫星”(地球静止轨道卫星，在赤道平面，距赤道的高度约为36 000 km)和“倾斜同步卫星”(周期与地球自转周期相等，但不定点于某地上空)等组成．以下分析正确的是( )
A．设“天宫一号”绕地球运动的周期为T，用G表示引力常量，则用表达式求得的地球平均密度比真实值要小
B．“天宫一号”的飞行速度比“同步卫星”的飞行速度要小
C．“同步卫星”和“倾斜同步卫星”同周期、同轨道半径，但两者的轨道平面不在同一平面内
D．“嫦娥一号”与地球的距离比“同步卫星”与地球的距离小
解析：设地球半径为R，“天宫一号”的轨道半径为r，运行周期为T，地球密度为ρ，则有＝m()2r，M＝ρ×，解得ρ＝，因r＞R，故用求得的地球平均密度比真实值小，A正确；轨道半径小，运动速度大，B错误；“同步卫星”和“倾斜同步卫星”周期相同，轨道半径相同，轨道平面不同，C正确；“嫦娥一号”绕月球运动，与地球的距离大于“同步卫星”与地球的距离，D错误．
答案：AC
7.(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运动的周期为T0.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中( )
A．从P到M所用的时间等于
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
解析：在海王星从P到Q的运动过程中，由于引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，根据动能定理可知，速度越来越小，C正确；海王星从P到M的时间小于从M到Q的时间，因此从P到M的时间小于，A错误；由于海王星运动过程中只受到太阳引力作用，引力做功不改变海王星的机械能，即从Q到N的运动过程中海王星的机械能守恒，B错误；从M到Q的运动过程中引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，从Q到N的过程中，引力与速度的夹角小于90°，因此引力做正功，即海王星从M到N的过程中万有引力先做负功后做正功，D正确．
答案：CD
8．(2019·河南郑州十一中期末考试)如图所示，“嫦娥三号”卫星要经过一系列的调控和变轨，才能最终顺利降落在月球表面．它先在地月转移轨道的P点调整后进入环月圆形轨道1，进一步调整后进入环月椭圆轨道2.Q点为“嫦娥三号”绕轨道2运行时的近月点，关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是( )
A．在地球上的发射速度一定大于第二宇宙速度
B．在P点由轨道1进入轨道2需要减速
C．在轨道2经过P点时的速度大于经过Q点时的速度
D．分别由轨道1与轨道2经过P点时，加速度大小相等
解析：“嫦娥三号”发射出去后绕地球做椭圆运动，没有离开地球束缚，故“嫦娥三号”的发射速度大于7.9 km/s，小于11.2 km/s，故A错误；卫星在轨道1上的P点处减速，做近心运动，进入轨道2，故B正确；卫星在轨道2上经过P点时的速度小于经过Q点的速度，故C错误；在P点“嫦娥三号”的加速度都是由万有引力产生的，不管在哪个轨道上运动，在P点时万有引力产生的加速度大小相等，故D正确．
答案：BD
9．(2018·高考全国卷Ⅰ)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( )
A．质量之积 B．质量之和
C．速率之和 D．各自的自转角速度
解析：由题知双中子星做匀速圆周运动的频率f＝12 Hz，由牛顿第二定律得，G＝4m1π2f2r1＝4m2π2f2r2，解得m1＋m2＝，故A错误，B正确；v1＝2πfr1，v2＝2πfr2，解得v1＋v2＝2πfr1＋2πfr2＝2πf(r1＋r2)＝2πfL，选项C正确；各自自转的角速度无法得出，选项D错误．
答案：BC
10.“火星合日”是指火星、太阳、地球三者之间形成一条直线时，从地球的方位观察，火星位于太阳的正后方，火星被太阳完全遮蔽的现象，如图所示．已知地球、火星绕太阳运动的方向相同，若把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆，火星绕太阳公转周期约等于地球公转周期的2倍，由此可知( )
A．“火星合日”约每1年出现一次
B．“火星合日”约每2年出现一次
C．火星的公转半径约为地球公转半径的倍
D．火星的公转半径约为地球公转半径的8倍
解析：由开普勒定律可得＝，＝＝，选项C正确，D错误；地球绕太阳的公转周期为1年，根据“火星合日”的特点，可得t－t＝2π，可得t＝＝2年，选项A错误，B正确．
答案：BC
二、非选择题(本题共3小题，共40分)
11．(10分)某星球的质量约为地球质量的9倍，半径为地球半径的一半，若从地球表面高为h处平抛一物体，水平射程为60 m，则在该星球上从同样高度以同样的初速度平抛同一物体，水平射程为多少？
解析：做平抛运动的水平位移x＝v0t
竖直位移h＝gt2
解以上两式得x＝v0
由重力等于万有引力知mg＝G
得g＝
所以，有＝()2＝9×＝36
则＝＝
x星＝x地＝10 m.
答案：10 m
12．(14分)我国“嫦娥一号”月球探测器在绕月球成功运行之后，为进一步探测月球的详细情况，又发射了一颗绕月球表面飞行的科学实验卫星．假设该卫星绕月球做圆周运动，月球绕地球也做圆周运动，且轨道都在同一平面内．已知卫星绕月球运动的周期T0，地球表面处的重力加速度g，地球半径R0，月心与地心间的距离r，引力常量G，试求：
(1)月球的平均密度ρ；
(2)月球绕地球运动的周期T.
解析：(1)设月球质量为m，卫星质量为m′，月球的半径为Rm，对于绕月球表面飞行的卫星，由万有引力提供向心力有
G＝m′Rm，解得m＝
又根据ρ＝解得ρ＝.
(2)设地球的质量为M，对于在地球表面的物体m表有
G＝m表g，即GM＝Rg.
月球绕地球做圆周运动的向心力来自地球引力
即G＝mr，解得T＝.
答案：(1) (2)
13.(16分)发射地球同步卫星时，先将卫星发射到距地面高度为h1的近地圆轨道上，在卫星经过A点时点火实施变轨进入椭圆轨道，最后在椭圆轨道的远地点B点再次点火将卫星送入同步轨道．如图所示，已知同步卫星的运动周期为T，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转的影响．求：
(1)卫星在近地点A的加速度大小；
(2)远地点B距地面的高度．
解析：(1)设地球质量为M，卫星质量为m，万有引力常量为G，卫星在A点的加速度为a，根据牛顿第二定律得：
G＝ma
卫星在地球赤道表面上受到的万有引力等于重力
G＝mg
由以上两式得a＝.
(2)设远地点B距地面高度为h2，卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
G＝m(R＋h2)，
解得：h2＝－R.
答案：(1) (2) －R
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