資源簡介

模塊綜合評價(一)
(時間：75分鐘，滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分，每小題只有一個選項符合題意)
1.如圖所示，跳傘運動員以4 m/s的速度沿豎直方向勻速下降，下降一段距離后刮起了水平方向的風，最終運動員以5 m/s的速度勻速運動，則此時風速大小是(　　)
A．5 m/s　　　　　 B．3 m/s
C．9 m/s D. m/s
解析：選B　跳傘運動員參與了水平和豎直兩方向的運動，水平方向上的分運動不影響豎直方向上的分運動，根據平行四邊形定則可知風速v2＝＝ m/s＝3 m/s，B選項正確。
2.圖為“玉兔二號”巡視器在月球上從O處行走到B處的照片。軌跡OA段是直線，AB段是曲線，巡視器質量為135 kg，則巡視器(　　)
A．受到月球的引力為1 350 N
B．在AB段運動時一定有加速度
C．OA段與AB段的平均速度方向相同
D．從O到B的位移大小等于OAB軌跡長度
解析：選B　月球上的g值與地球不同，故質量為135 kg的巡視器受到月球的引力不是1 350 N，故A錯誤；由于巡視器在AB段運動時做曲線運動，速度方向一定改變，一定有加速度，故B正確；平均速度的方向與位移方向相同，由題圖可知OA段與AB段的位移方向不同，故平均速度方向不同，故C錯誤；根據位移的定義可知從O到B的位移大小等于OB的連線長度，小于OAB軌跡長度，故D錯誤。
3．下列關于質點做勻速圓周運動的說法中，正確的是(　　)
A．由a＝知a與r成反比
B．由a＝ω2r知a與r成正比
C．由ω＝知ω與r成反比
D．由ω＝2πn知ω與轉速n成正比
解析：選D　由a＝知，只有當v一定時a才與r成反比；同理，由a＝ω2r知，只有當ω一定時a才與r成正比；由ω＝知v一定，ω與r成反比，故A、B、C均錯誤；而ω＝2πn中，2π是定值，ω與轉速n成正比，D正確。
4．神舟十六號飛船采用“快速返回技術”，在近地軌道上，返回艙脫離天和核心艙，在圓軌道環繞并擇機返回地面。則(　　)
A．天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環繞速度越大
B．返回艙中的航天員處于失重狀態，不受地球的引力
C．質量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運行
D．返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機械能守恒
解析：選C　根據G＝m，可得v＝，可知圓軌道距地面高度越高，環繞速度越小；而只要環繞速度相同就可以在同一軌道運行，與返回艙和天和核心艙的質量無關，A錯誤，C正確；返回艙中的航天員處于失重狀態，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供航天員繞地球運動的向心力，B錯誤；返回艙穿越大氣層返回地面過程中，有阻力做功產生熱量，機械能減小，D錯誤。
5.如圖所示，重力為G的物體受一向上的拉力F，向下以加速度a做勻減速運動，則(　　)
A．重力做正功，拉力做正功，合力做正功
B．重力做正功，拉力做負功，合力做負功
C．重力做負功，拉力做正功，合力做正功
D．重力做正功，拉力做負功，合力做正功
解析：選B　由于物體向下運動，因此重力做正功，拉力做負功，物體向下做勻減速運動，說明加速度的方向向上，合力向上，故合力做負功，B正確。
6．如圖甲所示，有一物體由O點以初速度v0沿水平面向右滑行，物體始終受到一個水平向左的恒力F，已知物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，其動能Ek隨離開O點的距離x變化的圖線如圖乙所示，則以下說法正確的是(　　)
A．物體的質量為m＝2 kg
B．物體受到水平向左的恒力F＝2 N
C．物體與水平面間的摩擦力大小Ff＝3 N
D．由于摩擦力做負功，物體的機械能不斷減小
解析：選A　根據圖像可以判斷，動能改變量等于合力做的功，因此圖像的斜率代表合力，即F＋Ff＝5 N，F－Ff＝1 N，聯立可得F＝3 N、Ff＝2 N，B、C錯誤；物體先經歷減速停止階段，機械能減小，在外力F作用下，反向加速，動能變大，機械能增加，所以D錯誤；根據Ff＝μmg可知m＝2 kg，A正確。
7.滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊(　　)
A．受到的合力較小
B．經過A點的動能較小
C．在A、B之間的運動時間較短
D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小
解析：選C　因為頻閃照片時間間隔相同，對比題圖乙可知題圖甲中滑塊加速度大，是上滑階段，根據牛頓第二定律可知題圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤；從題圖甲中的A點到題圖乙中的A點，滑塊先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負功，根據動能定理可知題圖甲中滑塊經過A點的動能較大，故B錯誤；由于題圖甲中滑塊加速度大，根據x＝at2，可知題圖甲中滑塊在A、B之間的運動時間較短，故C正確；無論上滑或下滑，滑塊受到的滑動摩擦力大小均相等，故題圖甲和乙中滑塊在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤。
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分，每小題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8.如圖所示，某長為R的輕桿一端固定一個質量為m的小球，另一端有光滑的固定軸O，現給球一初速度，使球和桿一起繞O軸在豎直面內轉動，不計空氣阻力，以下說法中正確的是(　　)
A．小球過最高點時，桿所受的彈力可以為零
B．小球過最高點時，最小速度為
C．小球過最低點時，桿對球的作用力一定大于重力
D．小球過最高點時，桿對球的作用力一定小于重力
解析：選AC　小球在最高點時，桿可以表現為支持力，也可以表現為拉力，最小速度為零，故A正確，B錯誤；在最低點，合力提供向心力，指向圓心，所以桿對球的作用力一定大于重力，故C正確，D錯誤。
9．一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數米距離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法正確的是(　　)
A．運動員到達最低點前重力勢能始終減小
B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加
C．蹦極過程中，運動員和蹦極繩所組成的系統機械能守恒
D．蹦極過程中，重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取有關
解析：選ABC　在運動的過程中，運動員一直下降，則重力勢能一直減小，A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力與運動方向相反，彈力做負功，彈性勢能增加，B正確；蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統只有重力和彈力做功，系統的機械能守恒，C正確；根據重力做功與重力勢能的改變量的關系WG＝－ΔEp，而蹦極過程中重力做功不變，與重力勢能零點的選取無關，所以重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取無關，D錯誤。
10．如圖所示，質量相同的A、B兩小球用長度不同的兩輕繩懸于等高的O1、O2點，繩長LA、LB的關系為LA>LB，將輕繩水平拉直，并將小球A、B由靜止開始同時釋放，取釋放的水平位置為零勢能的參考面，則下列說法正確的是(　　)
A．在下落過程中，當兩小球到同一水平線L上時具有相同的重力勢能
B．兩小球分別落到最低點的過程中減少的重力勢能相等
C．A球通過最低點時的重力勢能比B球通過最低點時的重力勢能大
D．A、B兩小球只要在相同的高度，它們所具有的重力勢能就相等
解析：選AD　下落過程中，當兩小球到同一水平線L上時，因它們的質量相同，則具有相同的重力勢能，故A正確；根據重力勢能的變化與重力及下落的高度有關，知兩小球分別落到最低點的過程中下落高度不相等，故減少的重力勢能不相等，故B錯誤；取釋放的水平位置為零勢能的參考面，則根據重力勢能的定義知，A球通過最低點時的重力勢能比B球通過最低點時的重力勢能小，故C錯誤；兩小球只要在相同的高度，它們所具有的重力勢能就相等，故D正確。
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11.(7分)在做“探究平拋運動的特點”的實驗中，為了確定小球在不同時刻所在的位置，實驗時用如圖所示的裝置，先將斜槽軌道的末端調成水平，在一塊平木板表面釘上復寫紙和白紙，并將該木板豎直立于緊靠槽口處。使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，小球撞到木板并在白紙上留下痕跡A。將木板向遠離槽口平移距離x，再使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，小球撞在木板上得到痕跡B。又將木板再向遠離槽口平移距離x，小球再從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放，再得到痕跡C。若測得木板每次移動距離x＝10.00 cm，A、B間距離y1＝4.78 cm，B、C間距離y2＝14.58 cm。g取9.8 m/s2。
(1)根據以上直接測量的物理量得小球初速度v0＝_____________(用題中所給字母表示)。
(2)小球初速度的測量值為________m/s。
解析：由于每次移動距離x＝10.00 cm，所以小球從打A點到打B點與從打B點到打C點的時間相同，設此時間為t。
由于y2－y1＝gt2，所以t＝ ＝0.1 s，
故小球初速度v0＝＝x＝1 m/s。
答案：(1)x　(2)1
12．(9分)為了驗證機械能守恒定律，某同學設計了一個實驗，裝置如圖甲所示，物塊A的質量為m1，物塊B和遮光片的總質量為m2，用通過定滑輪的輕細線連接，m1＜m2，開始用手托著B靜止，細線伸直。此時遮光片到光電門的距離為H，然后釋放物塊B，當遮光片通過光電門時，光電門記錄的遮光時間是2.11×10－3 s。已知遮光片的寬度為d，且d＜H，在測遮光片的寬度d時，使用20分度的游標卡尺來測量，準確操作后，部分刻度線如圖乙所示，重力加速度為g。
(1)遮光片的寬度d為________cm。
(2)物塊B經過光電門時的速度為______m/s(保留兩位有效數字)。
(3)在誤差允許的范圍內，需要滿足關系式______________________，即可驗證機械能守恒定律(用題中所給的字母表示)。
(4)在實際運算驗證時，第(3)中的關系式兩邊的數值總是有些差異，你認為原因可能是________________________________(答對一條即可給分)。
解析：(1)游標卡尺的主尺讀數為10 mm，游標尺讀數為0.05×11 mm＝0.55 mm，則遮光片的寬度d＝10.55 mm＝1.055 cm。
(2)物塊B經過光電門的瞬時速度為v＝＝ m/s＝5.0 m/s。
(3)系統重力勢能的減小量ΔEp＝(m2－m1)gH，
系統動能的增加量為
ΔEk＝(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)，
當(m1＋m2)＝(m2－m1)gH時，系統機械能守恒。
(4)在實際運算驗證時，第(3)中的關系式兩邊的數值總是有些差異，可能的原因是存在阻力作用。
答案：(1)1.055　(2)5.0　(3)(m1＋m2)＝(m2－m1)gH　(4)存在阻力作用
13．(11分)排球比賽時，某運動員進行了一次跳發球，若擊球點恰在發球處底線上方3.04 m高處，擊球后排球以25.0 m/s的速度水平飛出，球的初速度方向與底線垂直，排球場的有關尺寸如圖所示，試計算說明：(不計空氣阻力，g取10 m/s2)　
(1)此球能否過網？
(2)球是落在對方界內，還是界外？
解析：(1)設排球下降到網的上端所在高度所用時間為t1，
則Δh＝gt12，x＝v0t1，
其中Δh＝(3.04－2.24)m＝0.8 m，
解以上兩式得x＝10 m＞9 m，故此球能過網。
(2)當排球落地時h＝gt22，x′＝v0t2，
將h＝3.04 m代入得x′≈19.5 m＞18 m，故排球落在對方界外。
答案：(1)能過網　(2)界外
14．(12分)有一輛質量為800 kg的小汽車駛上圓弧半徑為 50 m 的拱橋。取g＝10 m/s2，求：
(1)若汽車到達橋頂時速度為5 m/s，橋對汽車的支持力F的大小；
(2)若汽車經過橋頂時恰好對橋頂沒有壓力而騰空，汽車此時的速度大小v；
(3)已知地球半徑R＝6 400 km，現設想一輛沿赤道行駛的汽車，若不考慮空氣的影響，也不考慮地球自轉，汽車速度多大時就可以“飛”起來。
解析：(1)以汽車為研究對象，由牛頓第二定律得mg－F＝m，
代入數據解得F＝7 600 N。
(2)當F＝0時有mg＝m，得v＝＝10 m/s。
(3)當v＝時汽車就會“飛”起來，將R＝6 400 km代入得v＝8 000 m/s。
答案：(1)7 600 N　(2)10 m/s　(3)8 000 m/s
15．(15分)如圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態時其右端位于B點。水平桌面右側有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8 m的圓環剪去了左上角135°的圓弧，MN為
其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也是R。用質量m1＝0.4 kg的小物塊將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后彈簧恢復原長時物塊恰停止在B點。用同種材料、質量為m2＝0.2 kg的小物塊將彈簧緩慢壓縮到C點釋放，物塊過B點后做勻變速運動，物塊由B到D位移與時間的關系為x＝6t－2t2，物塊飛離桌面后恰好由P點沿切線方向進入圓弧軌道，g取10 m/s2，不計空氣阻力。求：
(1)BD間的距離；
(2)判斷小物塊m2能否沿圓弧軌道到達M點(要求寫出判斷過程)；
(3)小物塊m2由C點釋放運動到D過程中克服摩擦力做的功。
解析：(1)由物塊過B點后其位移與時間的關系x＝6t－2t2得v0＝6 m/s，加速度a＝－4 m/s2，物塊由D點以初速度vD做平拋運動，落到P點時其豎直速度為vy＝，＝tan 45°，得vD＝4 m/s，BD間位移為x1＝＝2.5 m。
(2)若物塊能沿軌道到達M點，其速度為vM，
m2vM2＝m2vD2－m2gR，
得vM＝ m/s，
若物塊恰好能沿軌道過M點，
則m2g＝m2，
解得vM′＝ m/s>vM，
即物塊不能到達M點。
(3)設彈簧長為AC時的彈性勢能為Ep，
釋放m1時，Ep＝μm1gxCB，
釋放m2時，可得Ep＝μm2gxCB＋m2v02，
且m1＝2m2，可得Ep＝m2v02＝7.2 J，
m2在桌面上運動過程中克服摩擦力做功為Wf，
則Ep－Wf＝m2vD2，可得Wf＝5.6 J。
答案：(1)2.5 m　(2)不能　判斷見解析　(3)5.6 J
21世紀教育網(www.21cnjy.com)模塊綜合評價(二)
(時間：75分鐘，滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分，每小題只有一個選項符合題意)
1．蹲在樹枝上的一只松鼠看到一個獵人正在用槍水平對準它，就在子彈出槍口時，松鼠開始逃跑，下述各種運動方式中，松鼠能逃脫被擊中厄運的是(設樹枝足夠高)(　　)
A．自由落下　　　　 B．迎著槍口，水平跳離樹枝
C．豎直上跳 D．背著槍口，水平跳離樹枝
解析：選C　因為子彈做平拋運動，其豎直方向做自由落體運動，所以松鼠只有豎直上跳才不會被擊中，故選C。
2.手搖卷筆刀如圖所示，該卷筆刀的工作原理是內部切削部件與外部搖桿一起同軸旋轉，外部搖桿上的A點到水平轉軸上的O點的長度為L，O、A連線與轉軸垂直。若該外部搖桿在時間t內勻速轉動了N圈，則A點的線速度大小為(　 )
A. B.
C. D.
解析：選C　角速度ω＝，則A點的線速度大小為v＝ωL＝，故選C。
3．如果引力常量G已知，不考慮星球的自轉，則下列關于火星探測的說法正確的是(　　)
A．火星探測器貼近火星表面做勻速圓周運動時，速度大小為第二宇宙速度
B．若火星半徑約為地球半徑的一半，質量約為地球質量的十分之一，則火星表面的重力加速度一定大于地球表面的重力加速度
C．火星探測器貼近火星表面做勻速圓周運動時，如果測得探測器的運行周期與火星半徑，則可以計算火星質量
D．火星探測器沿不同的圓軌道繞火星運動時，軌道半徑越大繞行周期越小
解析：選C　火星探測器貼近火星表面做勻速圓周運動時，速度大小為第一宇宙速度，A錯誤；由星球表面物體重力等于萬有引力，可得＝mg，所以重力加速度g＝，故g火＝＝＝g地，故火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，B錯誤；根據萬有引力提供向心力可得＝m2R，所以火星質量M＝，C正確；由萬有引力提供向心力可得＝m2r，所以周期T＝ ，故軌道半徑越大繞行周期越大，D錯誤。
4.如圖所示，傾角為θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，一物塊在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由靜止開始從斜面的底端向上做勻加速直線運動，經時間t物塊運動至斜面B點(圖中未標出)，外力F做的功為W，此后撤去外力F，再經過t時間后物塊速度為0，則撤去外力F時物塊的動能為(　　)
A.W B.W
C.W D.W
解析：選B　由勻變速直線運動規律知，物塊加速過程有v1＝a1t，減速過程有v1＝a2·，解得a2＝3a1，由牛頓第二定律知，物塊加速過程有F－mgsin θ＝ma1，減速過程有mgsin θ＝ma2，解得F＝mgsin θ，設經時間t物塊在斜面上運動的位移為x1，撤去外力F前，外力做功為W＝Fx1＝mgsin θ·x1＝mgx1，對該過程由動能定理有W－mgx1·sin θ＝Ek，即Ek＝mgx1－mgx1＝mgx1＝W，故A、C、D錯誤，B正確。
5.如圖所示，卷揚機的繩索通過定滑輪用力F拉位于粗糙面上的木箱，使之沿斜面加速向上移動。在移動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．F對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力做的功之和
B．F對木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力勢能
D．F對木箱做的功小于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功之和
解析：選C　據題意，由于木箱在拉力作用下加速上升，對木箱受力分析，木箱受到重力、支持力、拉力和摩擦力，據動能定理有WF－WG－Wf＝ΔEk，整理得WF＝WG＋Wf＋ΔEk，則A、B、D錯誤；由于重力做功與重力勢能變化量相對應，則C正確。
6.當前我國“高鐵”事業發展迅猛。假設一輛高速列車在機車牽引力和恒定阻力作用下，在水平軌道上由靜止開始啟動，其v?t圖像如圖所示，已知在0～t1時間內為過原點的傾斜直線，t1時刻達到額定功率P，此后保持功率P不變，在t3時刻恰好達到最大速度，以后勻速運動。下述判斷正確的是(　　)
A．從0至t3時間內，列車一直做變加速直線運動
B．在0至t3時間內，機車的牽引力一直不斷減小
C．從0至t3時間內，列車的動能一直增加
D．t1～t2時間內汽車牽引力做功為mv22－mv12
解析：選C　由題意可知，在0～t1時間內v t圖像為過原點的傾斜直線，列車做勻加速直線運動，加速度大小不變，由F＝ma可知，列車所受合力大小不變，阻力恒定，則牽引力不變，故A、B錯誤；由題圖像可知，從0至t3時間內，列車的速度不斷增加，則動能一直增加，故C正確；由動能定理可知P－Wf＝mv22－mv12，則t1～t2時間內汽車牽引力做功為P＝mv22－mv12＋Wf，故D錯誤。
7．達·芬奇的手稿中描述了這樣一個實驗：一個罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，沿途連續漏出沙子。若不計空氣阻力，則下列圖中能反映空中沙子排列的幾何圖形是(　　)
解析：選D　罐子在空中水平向右做勻加速運動，以罐子為參考系，漏出的沙子在水平方向向左做勻加速運動，在豎直方向向下做勻加速運動，合加速度指向左下方，故沙子向左下方做勻加速直線運動。
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分，每小題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8．如圖所示，斜面AB固定在水平地面上，斜面的傾角α＝37°、長度為1 m。在頂點水平向左拋出一個小球，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力，經過一段時間后，小球落在水平地面上或者斜面上，對于這一過程，下列說法正確的是(　　)
A．若小球的初速度為3 m/s，則小球落在水平地面上
B．若小球落在水平地面上，則小球在空中運動的時間為0.4 s
C．若小球落在斜面上，則初速度越大，落點處的速度方向與水平方向的夾角越大
D．只要小球落在斜面上，落點處的速度方向與水平方向的夾角就都相同
解析：選AD　若恰好落到B點，則Lsin 37°＝gt2，Lcos 37°＝v0t，可得t＝ s，v0＝ m/s≈2.3 m/s，由于v>v0，因此小球落在水平地面上，A正確；若小球落在水平地面上，則小球在空中運動的時間為 s，B錯誤；若落到斜面上，位移關系為tan α＝＝，設落到斜面上，速度與水平方向夾角為θ，則tan θ＝＝2tan α，因此，只要小球落在斜面上，落點處的速度方向與水平方向的夾角都相同，C錯誤，D正確。
9.如圖所示，在光滑水平板的中央有一光滑的小孔，一根不可伸長的輕繩穿過小孔。繩的兩端分別拴有一小球C和一質量為m的物體B，在物體B的下端還懸掛有一質量為3m的物體A。使小球C在水平板上以小孔為圓心做勻速圓周運動，系統穩定時，圓周運動的半徑為R。現剪斷A與B之間的繩子，系統穩定后(B未與板接觸)，小球以2R的半徑在水平板上做勻速圓周運動，則下列說法正確的是(　　)
A．剪斷A、B間的繩子后，B和C組成的系統機械能守恒
B．剪斷A、B間的繩子后，小球C的機械能不變
C．剪斷A、B間的繩子后，繩子對小球C做的功為mgR
D．剪斷A、B間繩子前，小球C的動能為2mgR
解析：選AD　剪斷A、B間的繩子后，對B和C組成的系統，只有B的重力對系統做功，所以B和C組成的系統機械能守恒，故A正確；剪斷A、B間的繩子后，在C的運動半徑增大的過程中，繩子的拉力對C做負功，C的機械能減小，故B錯誤；剪斷A、B間的繩子前，根據牛頓第二定律得3mg＋mg＝mC，C的動能EkC＝mvC2，聯立解得EkC＝2mgR，剪斷A、B間的繩子后，根據牛頓第二定律得mg＝mC，C的動能EkC′＝mvC′2，聯立解得EkC′＝mgR，則繩子對小球C做的功為－mgR，故C錯誤，D正確。
10．“亞洲一號”地球靜止軌道通信衛星的質量是1.25 t，下列有關它的說法正確的是(　　)
A．若將它的質量增加為2.5 t，其運動軌道半徑變為原來的2倍
B．它的運行速度小于7.9 km/s
C．它可以通過北京的正上方，所以我國能利用其進行電視轉播
D．它的周期是24 h，其軌道平面與赤道平面重合且距地面高度一定
解析：選BD　靜止衛星周期一定為24 h，根據萬有引力提供向心力得G＝m(R＋h)，解得T＝。因周期一定，則距地面高度一定，半徑一樣，所以各國發射的這種衛星軌道半徑都一樣，與質量無關，故A錯誤，D正確；第一宇宙速度是近地衛星的環繞速度，也是最大的圓周運動的環繞速度。而靜止衛星的軌道半徑要大于近地衛星的軌道半徑，由G＝m，解得v＝，可知靜止衛星運行的線速度一定小于第一宇宙速度，故B正確；它若在除赤道所在平面外的任意點，假設實現了相對地面靜止，那它的運動軌道所在平面與受到地球的引力就不在一個平面上，這是不可能的，所以靜止衛星不可能通過北京的正上空，故C錯誤。
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11.(7分)圖甲是“研究平拋物體運動”的實驗裝置圖，在白紙上描繪出小鋼球平拋運動的軌跡，然后研究平拋運動的規律。
(1)該實驗中，在取下白紙前，應確定坐標軸原點O，并建立直角坐標系，下列圖像坐標原點和坐標系的選擇正確的是________。
(2)某同學在實驗過程中，記錄了小球平拋運動軌跡的一部分，如圖乙所示，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向，取重力加速度大小g＝10 m/s2，由圖中所給的數據可判斷出圖中坐標原點O________(填“是”或“不是”)拋出點。
(3)實驗結果發現，測出的小鋼球做平拋運動的初速度跟實際值相比有較大的誤差，可能的原因是________。
A．斜槽軌道末端水平段過長
B．沒有平衡斜槽軌道的摩擦力
C．小球沒有每次都從斜槽同一高度靜止釋放
解析：(1)坐標原點為小球在斜槽末端時，小球球心在木板上的投影，故C正確，A、B錯誤。
(2)由平拋運動的水平位移可知，OA段和AB段時間相等，若O為拋出點，則OA段和AB段的豎直位移之比為1∶3，而實際豎直位移之比不是1∶3，可知O點不是拋出點。
(3)斜槽軌道末端水平段過長，不會造成平拋運動的初速度跟實際值相比有較大的誤差。只要保證末端水平，每次從同一位移由靜止滑下即可，故A錯誤；該實驗不需要平衡斜槽軌道的摩擦力，故B錯誤；小球沒有每次都從斜槽同一高度靜止釋放，會造成平拋運動的初速度跟實際值相比有較大的誤差，故C正確。
答案：(1)C　(2)不是　(3)C
12．(9分)某同學利用重物自由下落來“驗證機械能守恒定律”，實驗裝置如圖甲所示。
(1)請指出實驗裝置中存在的明顯錯誤：______________________________________
________________________________________________________________________。
(2)進行實驗時，為保證重物下落時初速度為零，應________(填“A”或“B”)。
A．先接通電源，再釋放紙帶
B．先釋放紙帶，再接通電源
(3)根據打出的紙帶，選取紙帶上連續打出的1、2、3、4、……多個點如圖乙所示(圖中只顯示了一部分點)。已測出1、2、3、4到打出的第一個點O的距離分別為h1、h2、h3、h4，打點計時器的打點周期為T。若代入所測數據能滿足表達式gh3＝________，則可驗證重物下落過程機械能守恒(用題目中已測出的物理量表示)。
(4)這位同學還利用圖像法進行分析，以O點為起始點，測出各點下落距離h時的速度v，以為縱坐標、h為橫坐標畫出 h圖像，應是下圖中的________。
解析：(1)從圖甲中的實驗裝置中發現，打點計時接在了“直流電源”上，打點計時器的工作電源是“交流電源”。因此，明顯的錯誤是打點計時器不能接在“直流電源”上。
(2)為了使紙帶上打下的第1個點是速度為零的初始點，應該先接通電源，讓打點計時器正常工作后，再釋放紙帶。若先釋放紙帶，再接通電源，當打點計時器打點時，紙帶已經下落，打下的第1個點的速度不為零，故A正確。
(3)根據實驗原理mgh＝mv2，可知只要驗證ghn＝vn2，即可驗證機械能守恒定律。因此需求解v3，根據勻變速直線運動規律關系式可得v3＝，則有v32＝，故只要在誤差允許的范圍內驗證gh3＝成立，就可驗證重物下落過程中機械能守恒。
(4)根據mgh＝mv2，可得v2＝gh，v2與h成正比例關系，圖線是一條過原點的傾斜直線，故選C。
答案：(1)打點計時器不能接在“直流電源”上
(2)A　(3)　(4)C
13．(11分)如圖甲所示，質量m＝1 kg的物塊從傾角為θ＝37°的固定斜面底端A開始以某一速度沿斜面向上滑行，經過1 s 時間恰好滑到斜面頂端B，之后飛出斜面，最后落在與A點處于同一水平面上的C點，不計空氣阻力。物塊在斜面上運動的速度變化規律如圖乙所示。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小為g＝10 m/s2。求：
(1)物塊與斜面間的動摩擦因數μ；
(2)物塊落到C點時的動能EkC。
解析：(1)由題圖乙得物塊在斜面上的加速度大小
a＝ m/s2＝10 m/s2，
根據牛頓第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，
解得μ＝0.5。
(2)由題圖乙得物塊的初速度vA＝20 m/s，
物塊滑到斜面頂端B時的速度
vB＝vA－a×1 s＝10 m/s，
斜面長度s＝×1 s＝15 m，
物塊離開B運動到C的過程，根據機械能守恒定律有EkC＝mvB2＋mgssin θ，
解得EkC＝140 J。
答案：(1)0.5　(2)140 J
14．(12分)如圖甲所示，是飯店常見的一種可旋轉餐桌，其在圓形桌面上安裝有圓形的轉盤，轉盤的半徑r為0.8 m，轉盤與桌面的高度差忽略不計，圓形桌面的半徑R為1 m，轉盤中心與桌面中心重合，桌面與水平地面的高度差為0.8 m，在轉盤邊緣有一個陶瓷杯，示意圖如圖乙所示，陶瓷杯與轉盤、桌面之間的動摩擦因數分別為μ1＝0.5、μ2＝0.32，取g＝10 m/s2，杯子可視為質點，求：
(1)為了不讓陶瓷杯在轉盤上發生相對滑動，轉盤轉動的最大角速度為多少？
(2)當轉盤以(1)中的最大角速度旋轉時，服務員突然抓住轉盤使其停止轉動，陶瓷杯滑上桌面并最終從桌面飛出(不計空氣阻力)，陶瓷杯落地點離桌面邊緣飛出點的水平距離為多少？
解析：(1)為了不讓陶瓷杯在轉盤上發生相對滑動，則向心力不能大于最大靜摩擦力，即mω2r≤μ1mg
解得ω≤2.5 rad/s
轉盤轉動的最大角速度為2.5 rad/s。
(2)陶瓷杯從轉盤上滑出時速度為v1＝ωr
滑出后陶瓷杯在桌面上做勻變速直線運動，則μ2mg＝ma
桌面半徑為R＝1 m，如圖所示
由幾何關系可得陶瓷杯在桌面上滑行的距離為x＝
根據勻變速直線運動規律可得v22－v12＝－2ax
解得v2＝0.4 m/s
陶瓷杯滑出桌面后做平拋運動，在豎直方向上h＝gt2
則陶瓷杯落地點離桌面邊緣飛出點的水平距離為x′＝v2t
解得x′＝v2t＝0.16 m
陶瓷杯落地點離桌面邊緣飛出點的水平距離為0.16 m。
答案：(1)2.5 rad/s　(2)0.16 m
15．(15分)如圖所示，粗糙的斜面AB下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，整個裝置豎直放置，C是最低點，圓心角∠BOC＝37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝0.5 m，斜面長L＝2 m，現有一個質量m＝0.1 kg的小物體P從斜面AB上端A點無初速下滑，物體P與斜面AB之間的動摩擦因數為μ＝0.25。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。問：
(1)物體P第一次通過C點時的速度大小和對C點處軌道的壓力各為多大？
(2)物體P第一次離開D點后在空中做豎直上拋運動，不計空氣阻力，則最高點E和D點之間的高度差為多大？
(3)物體P從空中又返回到圓軌道和斜面，多次反復，在整個運動過程中，物體P對C點處軌道的最小壓力為多大？
解析：(1)物體P從A下滑經B到C過程中根據動能定理有
mvC2－0＝mg(Lsin 37°＋R－Rcos 37°)－μmgLcos 37°，
解得vC＝＝3 m/s，
經C點時有FNC－mg＝m，
解得FNC＝mg＋m＝4.6 N，
根據牛頓第三定律，P對C點的壓力為FNC′＝FNC＝4.6 N。
(2)從C到E機械能守恒，有
mvC2＝mg(R＋hED)，
E與D間高度差為hED＝－R＝0.4 m。
(3)物體P最后在B與其等高的圓弧軌道上來回運動時，經C點壓力最小，由B到C根據機械能守恒有mgR(1－cos 37°)＝mvC′2，
解得vC′＝＝ m/s，
所以FNC2＝mg＋m＝1.4 N，
根據牛頓第三定律物體P對C點處軌道的最小壓力為FNC2′＝FNC2＝1.4 N。
答案：(1)3 m/s　4.6 N　(2)0.4 m　(3)1.4 N
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