高中物理人教版必修2全册综合卷 Word版含解析
文档属性
| 名称 | 高中物理人教版必修2全册综合卷 Word版含解析 |  | |
| 格式 | DOC | ||
| 文件大小 | 540.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-11-18 12:22:10 | ||
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文档简介
一、单项选择题(共6小题，每小题4分)
1．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( B )
A. B.
C. D.
解析：去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d，则去程时间t1＝；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t2＝，由题意有＝k，则k＝，得v1＝＝，选项B正确．
2.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增大，在货物相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是( A )
A．货物受到的支持力变小
B．货物受到的摩擦力变小
C．货物受到的支持力对货物做负功
D．货物受到的摩擦力对货物做负功
解析：货物处于平衡状态，受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff，则根据平衡条件有：mgsinθ＝Ff，FN＝mgcosθ，当θ增大 时，Ff增大，FN减小，故A正确，B错误．货物受到的支持力的方向与瞬时速度方向相同，所以支持力对货物做正功，故C错误；摩擦力的方向与位移方向垂直，不做功，故D错误．
3．假设在质量与地球质量相同、半径为地球半径两倍的某天体上进行运动比赛，那么与地球上的比赛成绩相比，下列说法正确的是( A )
①跳高运动员的成绩会更好
②用弹簧秤称体重时，体重数值会变得更小
③投掷铁饼的距离会更远
④用手投出的篮球，水平方向的分速度会更大
A．①②③ B．②③④
C．①③④ D．①②④
解析：根据万有引力定律可知人在该天体上受到的引力小于地球上的重力，即物体好像变“轻”了，所以①、②、③是正确的，选A.
4．由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( B )
A．西偏北方向，1.9×103 m/s
B．东偏南方向，1.9×103 m/s
C．西偏北方向，2.7×103 m/s
D．东偏南方向，2.7×103 m/s
解析：设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v.三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v＝v＋v2－2v1vcos30°，代入数据解得v2≈1.9×103 m/s.选项B正确．
5.一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回．下列说法中正确的是( C )
A．物体从A下降到B的过程中，动能不断变小
B．物体从B上升到A的过程中，动能不断变小
C．物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中，动能都是先增大，后减小
D．物体从A下降到B的过程中，物体动能和重力势能的总和不变
解析：物体从A下降到B的过程中，物体的动能先增大后减小，同理，物体从B返回到A的过程，动能先增大后减小，A、B错误，C正确；物体运动过程中，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，因弹簧的弹性势能变化，故动能和重力势能的和在变化，D错误，故选C.
6．如图所示，由倾角为45°的光滑斜面和半径为R的光滑圆周组成的轨道固定在竖直平面内，斜面和圆周之间由小圆弧平滑连接，一小球以一定的初速度释放，始终贴着轨道内侧顺时针运动，则其通过斜面的时间可能是(重力加速度为g)( A )
A．(－) B．(＋)
C．(－) D．(＋)
解析：由于小球始终贴着轨道内侧顺时针运动，可知小球通过圆周最高点的速度满足v≥，由机械能守恒可知小球到达斜面轨道的顶端时的速度v0＝≥，小球沿斜面下滑时加速度a＝gsin45°＝g，则由运动学公式有R＝v0t＋at2可解得0二、多项选择题(共4小题，每小题4分)
7．如图a所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图b所示．下列说法正确的是( BC )
A．甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒
B．甲、乙两球的质量之比为4?1
C．甲、乙两球的动能相等时，两球重力的瞬时功率之比为1?1
D．甲、乙两球的动能相等时，两球高度相同
解析：甲、乙两球在运动的过程中都是只有重力做功，所以甲、乙两球机械能都守恒，故A错误；根据动能定理F合x＝ΔEk，可知动能与位移的图象斜率表示合外力大小，甲球的合外力为m甲gsin30°，乙球的合外力为m乙g，由题图知m甲gsin30°＝2m乙g，所以m甲?m乙＝4?1，故B正确；根据Ek＝mv2知，动能相等时，＝，两球重力的瞬时功率之比＝，所以C正确；由题图知，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度不相同，所以D错误．
8．2016年9月落成起用的“中国天眼”是我国自主研制的、世界最大最灵敏的单口径射电望远镜，如图所示．射电望远镜是观测和研究来自天体的射电波的基本设备，脉冲星、宇宙微波背景辐射等天文学的重大发现都与射电望远镜有关．脉冲星是一种高速自转的中子星，它的密度极高，每立方厘米质量达上亿吨．脉冲星在计时、引力波探测、广义相对论检验等领域具有重要应用．到目前为止，“中国天眼”已探测到数十个优质脉冲星候选体．其中脉冲星FP1的自转周期为1.83 s，距离地球约1.6万光年；脉冲星FP2的自转周期为0.59 s，距离地球约4 100光年．根据以上资料可以判断，下列说法中正确的是( AD )
A．脉冲星FP1的自转周期小于地球的自转周期
B．脉冲星FP1到地球的距离小于太阳到地球的距离
C．脉冲星FP1的自转角速度大于脉冲星FP2的自转角速度
D．脉冲星FP1的自转角速度小于脉冲星FP2的自转角速度
解析：脉冲星FP1的自转周期为1.83 s，地球自转周期为1天，显然脉冲星FP1的自转周期小于地球的自转周期，故A正确；脉冲星FP1到地球的距离约1.6万光年，即光1.6万年通过的路程，而光从太阳到地球只要8分钟多点，故脉冲星FP1到地球的距离大于太阳到地球的距离，故B错误；脉冲星FP1的自转周期为1.83 s，脉冲星FP2的自转周期为0.59 s，根据ω＝，脉冲星FP1的自转角速度小于脉冲星FP2的自转角速度，故C错误，D正确；故选A、D.
9．质量为m的物体始终静止在倾角为θ的斜面上，下列说法正确的是( ABC )
A．若斜面水平向右匀速运动距离x，斜面对物体不做功
B．若斜面向上匀速运动距离x，斜面对物体做功mgx
C．若斜面水平向左以加速度a运动距离x，斜面对物体做功max
D．若斜面向下以加速度a运动距离x，斜面对物体做功m(g＋a)x
解析：物体受到平衡力作用而处于匀速直线运动状态，与重力相平衡的力是斜面给它的作用力，方向竖直向上．斜面沿水平方向匀速运动时，力与位移垂直，斜面对物体不做功．斜面向上匀速运动时，力与位移同向，W＝F·x＝mgx.斜面水平向左加速运动时，物体所受的合外力为ma，恰等于斜面给它的作用力在位移方向的分量，W＝F·x＝max.斜面向下加速时，对物体有mg＋F＝ma，W＝F·x＝m(a－g)·x，故选A、B、C.
10．如图所示，M为固定在桌面上的异形木块，abcd为圆周的光滑轨道，a为轨道最高点，de面水平且与圆心等高．今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，使其自由下落到d处后，又切入圆轨道运动，则下列说法正确的是( CD )
A．在h一定的条件下，释放后小球的运动情况与小球的质量有关
B．只要改变h的大小，就能使小球在通过a点之后既可能落回轨道之内，又可能落到de面上
C．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球在通过a点之后，又落回轨道之内
D．要使小球飞出de面之外(即落在e的右边)是可能的
解析：只要小球能通过轨道的最高点a，即有va≥.小球能否落回轨道之内，取决于小球离开a点后做平抛运动的水平射程x，由平抛运动公式x＝vat及R＝gt2得x≥R，由此可知，小球在通过a点之后，不可能落回轨道之内，但可能飞出de面之外，C、D正确．
三、填空题(共2小题，共14分)
11．(6分)我国已启动了月球探测计划——“嫦娥工程”．右图所示为“嫦娥一号”月球探测器飞行路线的示意图．
(1)在探测器飞离地球的过程中，地球对它的引力逐渐减小(填“增大”“减小”或“不变”)．
(2)已知月球与地球的质量之比为M月?M地＝1?81，当探测器飞至月地连线上某点P时，月球与地球对它的引力恰好相等，此时P点到月心与到地心的距离之比为1?9.
(3)结合图中信息，通过推理，可以得出的结论是BD.
A．探测器飞离地球时速度方向指向月球
B．探测器经过多次轨道修正，进入预定绕月轨道
C．探测器绕地球的旋转方向与绕月球的旋转方向一致
D．探测器进入绕月轨道后，运行半径逐渐减小，直至到达预定轨道
解析：(1)根据万有引力定律F＝G可知，当距离增大时，引力减小．
(2)根据万有引力定律及题意得G＝G
又M月?M地＝1?81，所以r月?r地＝1?9.
(3)由探测器的飞行路线可以看出：探测器飞离地球时速度方向指向月球公转的前方，当到达月球轨道时与月球“相遇”，选项A错误；探测器经过多次轨道修正后，才进入预定绕月轨道，选项B正确；探测器绕地球的旋转方向为逆时针方向，绕月球的旋转方向为顺时针方向，选项C错误；探测器进入绕月轨道后，运行半径逐渐减小，直至到达预定轨道，选项D正确．
12．(8分)探究能力是进行物理学研究的重要能力之一．物体因绕轴转动而具有的动能叫转动动能，转动动能的大小与物体转动的角速度有关．为了研究某一砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系，某同学采用了下述实验方法进行探索：如图所示，先让砂轮由动力带动匀速旋转，测得其角速度ω，然后让砂轮脱离动力，由于克服转轴间摩擦力做功，砂轮最后停下，测出砂轮脱离动力到停止转动的圈数n，通过分析实验数据，得出结论．经实验测得的几组ω和n如下表所示：
ω/(rad·s－1) 0.5 1 2 3 4
n 5 20 80 180 320
Ek/J 0.5 2 8 18 32
另外已测得砂轮转轴的直径为1 cm，转轴间的摩擦力为 N.
(1)计算出砂轮每次脱离动力的转动动能，并填入上表中．
(2)由上述数据推导出该砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式为Ek＝2ω2.
(3)若测得脱离动力后砂轮的角速度为2.5 rad/s，则它转过45圈后的角速度为2 rad/s.
解析：(1)从脱离动力到最后停止转动，由动能定理得
－Ff·n·πD＝0－Ek0，即Ek0＝nFfπD＝0.1n.
将n的不同数值代入可得到相应的转动动能如下表：
Ek/J 0.5 2 8 18 32
(2)观察数据特点可以归纳出该砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式为：Ek＝2ω2.
(3)若测得脱离动力后砂轮的角速度为2.5 rad/s，则此时砂轮脱离时的动能Ek0＝2ω2＝12.5 J，转过45圈时的动能：Ek＝2ω′2，此过程摩擦力做功W＝－f·n·πD＝－4.5 J，再根据动能定理得：W＝Ek－Ek0，代入数据得：ω′＝2 rad/s.
四、计算题(共4小题，共46分)
13．(8分)汽车在平直的公路上由静止启动，做直线运动，下图中曲线1表示汽车运动的速度和时间的关系(除6～16 s时间段图线为曲线外，其余时间段图线均为直线)，直线2表示汽车的功率和时间的关系．设汽车在运动过程中受到的阻力不变，在16 s末汽车的速度恰好达到最大．
(1)定性描述汽车的运动状态；
(2)求汽车受到的阻力和最大牵引力；
(3)求汽车的质量．
解析：(1)汽车刚开始做初速度为零的匀加速直线运动，6 s末开始做加速度减小的变加速直线运动，16 s末开始做匀速直线运动．
(2)汽车受到的阻力f＝＝ N≈583.3 N.
6 s末的速度为8 m/s，是匀加速直线运动的末速度，此时牵引力最大，F＝＝ N＝875 N.
(3)汽车匀加速运动的加速度为a＝ m/s2＝ m/s2
由牛顿第二定律得F－f＝ma
解得m＝＝ kg≈218.8 kg.
答案：(1)见解析 (2)583.3 N 875 N (3)218.8 kg
14．(12分)某一空间飞行器质量为m，从地面起飞时，恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，经时间t后，将动力方向沿逆时针旋转60°，同时适当调节其大小，使飞行器沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g，求：
(1)t时刻飞行器的速度；
(2)t时刻发动机动力的功率；
(3)从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机动力做的总功．
解析：(1)对飞行器进行受力分析如图，则
Fsinα－mg＝may①
Fcosα＝max②
又＝tanθ③
联立①②③式，并代入数据得F＝mg.
飞行器的加速度a＝.
联立以上各式，并代入数据得a＝g.
t时刻飞行器的速度v＝at＝gt.
(2)设t时刻发动机动力的功率为P，则
P＝Fvcos30°＝mg2t.
(3)飞行器加速过程位移为x1＝at2.
飞行器加速过程，由动能定理得
W1－mgx1sin30°＝mv2.
将动力方向沿逆时针旋转60°后与速度方向垂直，所以减速过程发动机动力做的功W2＝0.
飞行器从地面到最大高度的整个过程中发动机动力做的功W＝W1＋W2.
联立上式得W＝mg2t2.
答案：(1)gt (2)mg2t (3)mg2t2
15．(12分)一组太空人乘坐太空穿梭机，去修理距离地球表面6.0×105 m的圆形轨道上的哈勃太空望远镜H，机组人员使穿梭机S进入与H相同的轨道并关闭助推火箭，而望远镜则在穿梭机前方数千米处．如图所示，设G为引力常量，M为地球质量(已知地球半径R＝6.4×106 m，地球表面重力加速度g＝9.8 m/s2，地球的第一宇宙速度v＝7.9 km/s)．
(1)在穿梭机内，一质量为70 kg的太空人的视重是多少？
(2)计算轨道上的重力加速度及穿梭机在轨道上的速率和周期．
解析：(1)穿梭机内的人处于完全失重状态，故视重为0.
(2)由mg＝G，得g＝，g′＝，则＝＝≈0.84，所以轨道上的重力加速度g′＝0.84g＝0.84×9.8 m/s2≈8.2 m/s2；
由G＝m，得v＝，
则v′＝，得＝＝
≈0.96.
所以穿梭机在轨道上的速率
v′＝0.96v＝0.96×7.9 km/s≈7.6 km/s；
由v＝得穿梭机在轨道上的周期
T＝ s≈5.8×103 s.
答案：(1)0 (2)8.2 m/s2 7.6 km/s 5.8×103 s
16．(14分)如图所示，小球P用长l＝1 m的细绳系着，在水平面内绕O点做匀速圆周运动，其角速度ω＝2π rad/s.另一小球Q质量m＝1 kg，在高出水平面h＝0.8 m的水平槽上．槽与绳平行，且槽光滑，槽口A点在O点正上方．当小球Q受到水平恒力F作用时，两小球同时开始运动．当小球Q运动到A点时，撤去力F.求：
(1)恒力F为何值时两小球可能相碰？
(2)在满足(1)条件的前提下，小球Q运动到槽口的最短时间和相应的小球Q在槽上滑行的距离．(g取10 m/s2)
解析：(1)设小球Q在水平槽上的运动时间为t1，则到达A点时的速度v0＝t1①
小球Q做平抛运动时，有h＝gt②
l1＝v0t2③
由②得平抛运动的时间t2＝＝0.4 s.
要使两小球相碰，小球Q做平抛运动的水平位移
l1＝l＝1 m.
由③得初速度v0＝＝ m/s＝2.5 m/s.
根据题中给出的条件可知两球相遇的时间关系为t2＋t1＝＋nT，其中T＝＝1 s，则t1＝T－t2＝(n＋0.1) s (n＝0,1,2，…)
由①得恒力F＝＝ N(n＝0,1,2，…)．
(2)当n＝0时，小球Q运动到槽口的时间最短
最短时间tmin＝－t2＝0.1 s
相应时间内小球Q在槽上滑行的距离
x＝tmin＝0.125 m.
答案：(1) N(n＝0,1,2，…) (2)0.1 s 0.125 m
1．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( B )
A. B.
C. D.
解析：去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d，则去程时间t1＝；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t2＝，由题意有＝k，则k＝，得v1＝＝，选项B正确．
2.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增大，在货物相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是( A )
A．货物受到的支持力变小
B．货物受到的摩擦力变小
C．货物受到的支持力对货物做负功
D．货物受到的摩擦力对货物做负功
解析：货物处于平衡状态，受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff，则根据平衡条件有：mgsinθ＝Ff，FN＝mgcosθ，当θ增大 时，Ff增大，FN减小，故A正确，B错误．货物受到的支持力的方向与瞬时速度方向相同，所以支持力对货物做正功，故C错误；摩擦力的方向与位移方向垂直，不做功，故D错误．
3．假设在质量与地球质量相同、半径为地球半径两倍的某天体上进行运动比赛，那么与地球上的比赛成绩相比，下列说法正确的是( A )
①跳高运动员的成绩会更好
②用弹簧秤称体重时，体重数值会变得更小
③投掷铁饼的距离会更远
④用手投出的篮球，水平方向的分速度会更大
A．①②③ B．②③④
C．①③④ D．①②④
解析：根据万有引力定律可知人在该天体上受到的引力小于地球上的重力，即物体好像变“轻”了，所以①、②、③是正确的，选A.
4．由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( B )
A．西偏北方向，1.9×103 m/s
B．东偏南方向，1.9×103 m/s
C．西偏北方向，2.7×103 m/s
D．东偏南方向，2.7×103 m/s
解析：设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v.三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v＝v＋v2－2v1vcos30°，代入数据解得v2≈1.9×103 m/s.选项B正确．
5.一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回．下列说法中正确的是( C )
A．物体从A下降到B的过程中，动能不断变小
B．物体从B上升到A的过程中，动能不断变小
C．物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中，动能都是先增大，后减小
D．物体从A下降到B的过程中，物体动能和重力势能的总和不变
解析：物体从A下降到B的过程中，物体的动能先增大后减小，同理，物体从B返回到A的过程，动能先增大后减小，A、B错误，C正确；物体运动过程中，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，因弹簧的弹性势能变化，故动能和重力势能的和在变化，D错误，故选C.
6．如图所示，由倾角为45°的光滑斜面和半径为R的光滑圆周组成的轨道固定在竖直平面内，斜面和圆周之间由小圆弧平滑连接，一小球以一定的初速度释放，始终贴着轨道内侧顺时针运动，则其通过斜面的时间可能是(重力加速度为g)( A )
A．(－) B．(＋)
C．(－) D．(＋)
解析：由于小球始终贴着轨道内侧顺时针运动，可知小球通过圆周最高点的速度满足v≥，由机械能守恒可知小球到达斜面轨道的顶端时的速度v0＝≥，小球沿斜面下滑时加速度a＝gsin45°＝g，则由运动学公式有R＝v0t＋at2可解得0
7．如图a所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图b所示．下列说法正确的是( BC )
A．甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒
B．甲、乙两球的质量之比为4?1
C．甲、乙两球的动能相等时，两球重力的瞬时功率之比为1?1
D．甲、乙两球的动能相等时，两球高度相同
解析：甲、乙两球在运动的过程中都是只有重力做功，所以甲、乙两球机械能都守恒，故A错误；根据动能定理F合x＝ΔEk，可知动能与位移的图象斜率表示合外力大小，甲球的合外力为m甲gsin30°，乙球的合外力为m乙g，由题图知m甲gsin30°＝2m乙g，所以m甲?m乙＝4?1，故B正确；根据Ek＝mv2知，动能相等时，＝，两球重力的瞬时功率之比＝，所以C正确；由题图知，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度不相同，所以D错误．
8．2016年9月落成起用的“中国天眼”是我国自主研制的、世界最大最灵敏的单口径射电望远镜，如图所示．射电望远镜是观测和研究来自天体的射电波的基本设备，脉冲星、宇宙微波背景辐射等天文学的重大发现都与射电望远镜有关．脉冲星是一种高速自转的中子星，它的密度极高，每立方厘米质量达上亿吨．脉冲星在计时、引力波探测、广义相对论检验等领域具有重要应用．到目前为止，“中国天眼”已探测到数十个优质脉冲星候选体．其中脉冲星FP1的自转周期为1.83 s，距离地球约1.6万光年；脉冲星FP2的自转周期为0.59 s，距离地球约4 100光年．根据以上资料可以判断，下列说法中正确的是( AD )
A．脉冲星FP1的自转周期小于地球的自转周期
B．脉冲星FP1到地球的距离小于太阳到地球的距离
C．脉冲星FP1的自转角速度大于脉冲星FP2的自转角速度
D．脉冲星FP1的自转角速度小于脉冲星FP2的自转角速度
解析：脉冲星FP1的自转周期为1.83 s，地球自转周期为1天，显然脉冲星FP1的自转周期小于地球的自转周期，故A正确；脉冲星FP1到地球的距离约1.6万光年，即光1.6万年通过的路程，而光从太阳到地球只要8分钟多点，故脉冲星FP1到地球的距离大于太阳到地球的距离，故B错误；脉冲星FP1的自转周期为1.83 s，脉冲星FP2的自转周期为0.59 s，根据ω＝，脉冲星FP1的自转角速度小于脉冲星FP2的自转角速度，故C错误，D正确；故选A、D.
9．质量为m的物体始终静止在倾角为θ的斜面上，下列说法正确的是( ABC )
A．若斜面水平向右匀速运动距离x，斜面对物体不做功
B．若斜面向上匀速运动距离x，斜面对物体做功mgx
C．若斜面水平向左以加速度a运动距离x，斜面对物体做功max
D．若斜面向下以加速度a运动距离x，斜面对物体做功m(g＋a)x
解析：物体受到平衡力作用而处于匀速直线运动状态，与重力相平衡的力是斜面给它的作用力，方向竖直向上．斜面沿水平方向匀速运动时，力与位移垂直，斜面对物体不做功．斜面向上匀速运动时，力与位移同向，W＝F·x＝mgx.斜面水平向左加速运动时，物体所受的合外力为ma，恰等于斜面给它的作用力在位移方向的分量，W＝F·x＝max.斜面向下加速时，对物体有mg＋F＝ma，W＝F·x＝m(a－g)·x，故选A、B、C.
10．如图所示，M为固定在桌面上的异形木块，abcd为圆周的光滑轨道，a为轨道最高点，de面水平且与圆心等高．今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，使其自由下落到d处后，又切入圆轨道运动，则下列说法正确的是( CD )
A．在h一定的条件下，释放后小球的运动情况与小球的质量有关
B．只要改变h的大小，就能使小球在通过a点之后既可能落回轨道之内，又可能落到de面上
C．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球在通过a点之后，又落回轨道之内
D．要使小球飞出de面之外(即落在e的右边)是可能的
解析：只要小球能通过轨道的最高点a，即有va≥.小球能否落回轨道之内，取决于小球离开a点后做平抛运动的水平射程x，由平抛运动公式x＝vat及R＝gt2得x≥R，由此可知，小球在通过a点之后，不可能落回轨道之内，但可能飞出de面之外，C、D正确．
三、填空题(共2小题，共14分)
11．(6分)我国已启动了月球探测计划——“嫦娥工程”．右图所示为“嫦娥一号”月球探测器飞行路线的示意图．
(1)在探测器飞离地球的过程中，地球对它的引力逐渐减小(填“增大”“减小”或“不变”)．
(2)已知月球与地球的质量之比为M月?M地＝1?81，当探测器飞至月地连线上某点P时，月球与地球对它的引力恰好相等，此时P点到月心与到地心的距离之比为1?9.
(3)结合图中信息，通过推理，可以得出的结论是BD.
A．探测器飞离地球时速度方向指向月球
B．探测器经过多次轨道修正，进入预定绕月轨道
C．探测器绕地球的旋转方向与绕月球的旋转方向一致
D．探测器进入绕月轨道后，运行半径逐渐减小，直至到达预定轨道
解析：(1)根据万有引力定律F＝G可知，当距离增大时，引力减小．
(2)根据万有引力定律及题意得G＝G
又M月?M地＝1?81，所以r月?r地＝1?9.
(3)由探测器的飞行路线可以看出：探测器飞离地球时速度方向指向月球公转的前方，当到达月球轨道时与月球“相遇”，选项A错误；探测器经过多次轨道修正后，才进入预定绕月轨道，选项B正确；探测器绕地球的旋转方向为逆时针方向，绕月球的旋转方向为顺时针方向，选项C错误；探测器进入绕月轨道后，运行半径逐渐减小，直至到达预定轨道，选项D正确．
12．(8分)探究能力是进行物理学研究的重要能力之一．物体因绕轴转动而具有的动能叫转动动能，转动动能的大小与物体转动的角速度有关．为了研究某一砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系，某同学采用了下述实验方法进行探索：如图所示，先让砂轮由动力带动匀速旋转，测得其角速度ω，然后让砂轮脱离动力，由于克服转轴间摩擦力做功，砂轮最后停下，测出砂轮脱离动力到停止转动的圈数n，通过分析实验数据，得出结论．经实验测得的几组ω和n如下表所示：
ω/(rad·s－1) 0.5 1 2 3 4
n 5 20 80 180 320
Ek/J 0.5 2 8 18 32
另外已测得砂轮转轴的直径为1 cm，转轴间的摩擦力为 N.
(1)计算出砂轮每次脱离动力的转动动能，并填入上表中．
(2)由上述数据推导出该砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式为Ek＝2ω2.
(3)若测得脱离动力后砂轮的角速度为2.5 rad/s，则它转过45圈后的角速度为2 rad/s.
解析：(1)从脱离动力到最后停止转动，由动能定理得
－Ff·n·πD＝0－Ek0，即Ek0＝nFfπD＝0.1n.
将n的不同数值代入可得到相应的转动动能如下表：
Ek/J 0.5 2 8 18 32
(2)观察数据特点可以归纳出该砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式为：Ek＝2ω2.
(3)若测得脱离动力后砂轮的角速度为2.5 rad/s，则此时砂轮脱离时的动能Ek0＝2ω2＝12.5 J，转过45圈时的动能：Ek＝2ω′2，此过程摩擦力做功W＝－f·n·πD＝－4.5 J，再根据动能定理得：W＝Ek－Ek0，代入数据得：ω′＝2 rad/s.
四、计算题(共4小题，共46分)
13．(8分)汽车在平直的公路上由静止启动，做直线运动，下图中曲线1表示汽车运动的速度和时间的关系(除6～16 s时间段图线为曲线外，其余时间段图线均为直线)，直线2表示汽车的功率和时间的关系．设汽车在运动过程中受到的阻力不变，在16 s末汽车的速度恰好达到最大．
(1)定性描述汽车的运动状态；
(2)求汽车受到的阻力和最大牵引力；
(3)求汽车的质量．
解析：(1)汽车刚开始做初速度为零的匀加速直线运动，6 s末开始做加速度减小的变加速直线运动，16 s末开始做匀速直线运动．
(2)汽车受到的阻力f＝＝ N≈583.3 N.
6 s末的速度为8 m/s，是匀加速直线运动的末速度，此时牵引力最大，F＝＝ N＝875 N.
(3)汽车匀加速运动的加速度为a＝ m/s2＝ m/s2
由牛顿第二定律得F－f＝ma
解得m＝＝ kg≈218.8 kg.
答案：(1)见解析 (2)583.3 N 875 N (3)218.8 kg
14．(12分)某一空间飞行器质量为m，从地面起飞时，恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，经时间t后，将动力方向沿逆时针旋转60°，同时适当调节其大小，使飞行器沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g，求：
(1)t时刻飞行器的速度；
(2)t时刻发动机动力的功率；
(3)从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机动力做的总功．
解析：(1)对飞行器进行受力分析如图，则
Fsinα－mg＝may①
Fcosα＝max②
又＝tanθ③
联立①②③式，并代入数据得F＝mg.
飞行器的加速度a＝.
联立以上各式，并代入数据得a＝g.
t时刻飞行器的速度v＝at＝gt.
(2)设t时刻发动机动力的功率为P，则
P＝Fvcos30°＝mg2t.
(3)飞行器加速过程位移为x1＝at2.
飞行器加速过程，由动能定理得
W1－mgx1sin30°＝mv2.
将动力方向沿逆时针旋转60°后与速度方向垂直，所以减速过程发动机动力做的功W2＝0.
飞行器从地面到最大高度的整个过程中发动机动力做的功W＝W1＋W2.
联立上式得W＝mg2t2.
答案：(1)gt (2)mg2t (3)mg2t2
15．(12分)一组太空人乘坐太空穿梭机，去修理距离地球表面6.0×105 m的圆形轨道上的哈勃太空望远镜H，机组人员使穿梭机S进入与H相同的轨道并关闭助推火箭，而望远镜则在穿梭机前方数千米处．如图所示，设G为引力常量，M为地球质量(已知地球半径R＝6.4×106 m，地球表面重力加速度g＝9.8 m/s2，地球的第一宇宙速度v＝7.9 km/s)．
(1)在穿梭机内，一质量为70 kg的太空人的视重是多少？
(2)计算轨道上的重力加速度及穿梭机在轨道上的速率和周期．
解析：(1)穿梭机内的人处于完全失重状态，故视重为0.
(2)由mg＝G，得g＝，g′＝，则＝＝≈0.84，所以轨道上的重力加速度g′＝0.84g＝0.84×9.8 m/s2≈8.2 m/s2；
由G＝m，得v＝，
则v′＝，得＝＝
≈0.96.
所以穿梭机在轨道上的速率
v′＝0.96v＝0.96×7.9 km/s≈7.6 km/s；
由v＝得穿梭机在轨道上的周期
T＝ s≈5.8×103 s.
答案：(1)0 (2)8.2 m/s2 7.6 km/s 5.8×103 s
16．(14分)如图所示，小球P用长l＝1 m的细绳系着，在水平面内绕O点做匀速圆周运动，其角速度ω＝2π rad/s.另一小球Q质量m＝1 kg，在高出水平面h＝0.8 m的水平槽上．槽与绳平行，且槽光滑，槽口A点在O点正上方．当小球Q受到水平恒力F作用时，两小球同时开始运动．当小球Q运动到A点时，撤去力F.求：
(1)恒力F为何值时两小球可能相碰？
(2)在满足(1)条件的前提下，小球Q运动到槽口的最短时间和相应的小球Q在槽上滑行的距离．(g取10 m/s2)
解析：(1)设小球Q在水平槽上的运动时间为t1，则到达A点时的速度v0＝t1①
小球Q做平抛运动时，有h＝gt②
l1＝v0t2③
由②得平抛运动的时间t2＝＝0.4 s.
要使两小球相碰，小球Q做平抛运动的水平位移
l1＝l＝1 m.
由③得初速度v0＝＝ m/s＝2.5 m/s.
根据题中给出的条件可知两球相遇的时间关系为t2＋t1＝＋nT，其中T＝＝1 s，则t1＝T－t2＝(n＋0.1) s (n＝0,1,2，…)
由①得恒力F＝＝ N(n＝0,1,2，…)．
(2)当n＝0时，小球Q运动到槽口的时间最短
最短时间tmin＝－t2＝0.1 s
相应时间内小球Q在槽上滑行的距离
x＝tmin＝0.125 m.
答案：(1) N(n＝0,1,2，…) (2)0.1 s 0.125 m