1、综合评估一、选择题(16为单选每小题4分，710为多选每小题5分，共44分)1某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图所示，其半径分别为r1、r2、r3，若甲轮匀速转动的角速度为，三个轮相互不打滑，则丙轮边缘上各点的向心加速度大小为(A)A. B.C. D.解析：甲、丙边缘的线速度大小相等，根据a知a丙，故选A.2如图所示，MN是流速稳定的河流，河宽一定，小船在静水中的速度为v.现小船自A点渡河，第一次船头沿AB方向，到达对岸的D处；第二次船头沿AC方向，到达对岸E处，若AB与AC跟河岸垂线AD的夹角相等，两次航行的时间分别为tB、tC，则(C)AtBtC BtBtCCtBtC D无法比较tB与t
2、C的大小解析：设第一次合速度沿AB方向的静水速为v1，设第二次合速度沿AC方向的静水速为v2，因为静水速与河岸夹角相等，则v1在垂直于河岸方向上的分速度等于v2垂直于河岸方向上的分速度，根据等时性知，tBtC.故C正确，A、B、D错误3一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为(C)Amglcos BFlsin Cmgl(1cos ) DFl解析：小球缓慢由PQ过程中，F大小变化，为变力做功设力F做功为WF，对小球由PQ应用动能定理WFmgl(1cos )0所以WFmgl(1cos )，故选C.4以速度v0水平抛
3、出一球，某时刻其竖直分位移与水平分位移相等，则下列判断中错误的是(A)A竖直分速度等于水平分速度B此时球的速度大小为v0C运动的时间为D运动的位移是解析：水平速度为v0，设下落的时间为t，由题意得v0tgt2，解得t，竖直分速度为vy2v0，所以A错，C正确；速度vv0；位移s，所以B、D正确5如图，一根很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为(B)Ah B1.5hC2h D2.5h解析：解法1：根据机械能守恒定律：3mghmgh(m3m)v2，b球
4、落地时，a球恰好上升h，再对a球应用机械能守恒定律：mghmv2mgH，联立可得H1.5h，所以A、C、D错误，B正确解法2：根据动能定理：3mghmgh(m3m)v2，b球落地后对a球应用动能定理：mghmv2，a球上升的最大高度为Hhh，联立可得H1.5h，A、C、D错误，B正确解法3：根据动能定理：3mghmgh(m3m)v2，b球落地后对a球应用运动学公式：2ghv2，a球上升的最大高度为Hhh，联立可得H1.5h，A、C、D错误，B正确6消防车供水系统主要由水泵、输水管道和水炮组成如图所示，在地面上用消防水炮对建筑物上离地高度h20 m的着火点进行灭火，水炮口与火点的水平距离x30
5、m，水柱的最高点恰好在火点处，水炮出水量为 3.6 m3/min，水的密度为 1103 kg/m3，整个供水系统的效率 60%.忽略空气阻力和水炮口的粗细，下列说法正确的是(D)A水从水炮口射出的速度为30 m/sB水到达火点瞬间的速度为30 m/sC空中水柱的质量为7 200 kgD水泵的输入功率为31.25 kW解析：水炮射出的水可看成从着火点到水炮的平抛运动，故有：hgt2，xv0t，vygt，v，联立解得：v015 m/s，v25 m/s，t2 s；所以水从水炮口射出的速度为25 m/s，水到达着火点瞬间的速度为15 m/s，故A、B错误；空中水柱的质量MQt11032120 kg，故
6、C错误；水炮中的水喷射速度为v25 m/s，结合水泵效率和动能定理有：Pt60%(Qt)v2，解得：P31.25 kW，故D正确7如图所示，在两个质量分别为m和2m的小球a和b之间，用一根轻质细杆连接，两小球可绕过细杆中心的水平轴无摩擦转动，现让细杆水平放置，静止释放小球后，小球b向下转动，小球a向上转动，在转动90的过程中，以下说法正确的是(AC)Ab球的重力势能减少，动能增加Ba球的重力势能增大，动能减少Ca球和b球的机械能总和保持不变Da球和b球的机械能总和不断减小解析：在b球向下、a球向上转动过程中，两球均在加速转动，使两球动能增加，同时b球重力势能减少，a球重力势能增加，a、b两球的
7、总机械能守恒8太阳由于辐射，质量在不断减小，地球由于接收太阳辐射和吸收宇宙中的尘埃，质量在增加假定地球增加的质量等于太阳减少的质量，且地球的轨道半径不变，则 (AC)A太阳对地球的引力增加B太阳对地球的引力减小C地球运行的周期变长D地球运行的周期变短解析：由题意可知太阳质量减小，地球质量增加，根据万有引力定律可知，太阳对地球的万有引力将不断增加由于轨道半径不变，依据mr可知周期变长9有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近的近地轨道上做圆周运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则有(BCD)Aa的向心加速度等于重力加速
8、度gBb在相同时间内转过的弧长最长Cc在4 h内转过的圆心角是Dd的运动周期可能是30 h解析：a受到万有引力和地面支持力，由于支持力等于重力，与万有引力大小接近，所以向心加速度远小于重力加速度，选项A错误；由v知b的线速度最大，则在相同时间内b转过的弧长最长，选项B正确；c为同步卫星，周期Tc24 h，在4 h内转过的圆心角2，选项C正确；由T知d的周期最大，所以TdTc24 h，则d的周期可能是30 h，选项D正确10如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、且放置在水平面上，所有接触面均光滑弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处于弹性限度内在物块A上施加一个水平恒力，A
9、、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有(BCD)A当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C当A、B速度相等时，A的速度达到最大D当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大解析：对A、B进行受力分析如图甲所示由分析知：拉力F对系统做功最多时，即拉力位移最大，弹簧被拉到最长时，系统机械能最大，A错由牛顿第二定律aA，aB，开始x较小，aAaB，A速度增加快，B速度增加慢，二者速度差越来越大，随x增大，aA减小，aB增大，当aAaB时，二者速度差最大，B正确画出A、B运动的vt图如图乙所示，图中t1时A、B各自vt图的斜率相同，表明aAa
10、B.此后随x增大，aB增大，aA减小，二者速度差又减小，当vAvB时，弹簧被拉到最长，弹性势能最大(t2时刻)，此时A速度最大，C、D均正确二、填空题(共2小题，每小题8分，共16分)11如图所示，某同学在研究平抛运动的实验中，在小方格纸上画出小球做平抛运动的轨迹以后，又在轨迹上取出a、b、c、d四个点(轨迹已擦去)已知小方格纸的边长L2.5 cm.g取10 m/s2.请你根据小方格纸上的信息，通过分析计算完成下面几个问题(1)小球从ab、bc、cd所经历的时间_相等_(选填“相等”或“不相等”)(2)平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，根据小球从ab、bc、cd的竖直方向位移差，求出小球从a
11、b、bc、cd所经历的时间是_0.05_s_.(3)再根据水平位移，求出小球平抛运动的初速度v0_1_m/s_.(4)从抛出点到b点所经历的时间是_0.075_s_.解析：(1)水平分运动为匀速直线运动，由题图看出，三段水平位移相等，所以时间相等(2)由ygT2，即ybcyabgT2，得T0.05 s.(3)由v0，得v01 m/s.(4)由匀变速直线运动中，一段位移的平均速度等于这段位移中间时刻的瞬时速度，可求出b点的竖直速度，vby0.75 m/s.由vbygt，得从抛出点到b点所经历时间t0.075 s.12某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：用天平测出电动小车的质量
12、为0.4 kg；将电动小车、纸带和打点计时器按如下图所示安装；接通打点计时器(其打点周期为0.02 s)；使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定)在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的点迹如下图甲、乙所示，图中O点是打点计时器打的第一个点请你分析纸带数据，回答下列问题(1)该电动小车运动的最大速度为_1.50_m/s.(2)该电动小车运动过程中所受的阻力为_1.60_N.(3)该电动小车的额定功率为_2.40_W.解析：(1)小车运动速度恒定时，vmax m/s1.50 m/s.(2)小车关闭电源，仅受阻
13、力作用，在匀减速运动阶段：a m/s24 m/s2，所以Ffma1.6 N.(3)电动小车的额定功率：PFfvmax1.61.50 W2.40 W.三、计算题(每小题10分，共40分)13如图所示，滑板运动员从倾角为53的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h1.4 m、宽L1.2 m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H3.2 m的A点沿水平方向跳起离开斜面忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2(已知sin530.8，cos530.6)求： (1)若运动员不触及障碍物，他从A点起跳后落至水平面的过程所经历的时间；(2)运动员为了不触及障碍物，他从
14、A点沿水平方向起跳的最小速度答案：(1)0.8 s(2)6.0 m/s解析：(1)运动员从斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式Hgt2解得：t0.8 s.(2)为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为Hh时，他沿水平方向运动的距离为L，设他在这段时间内运动的时间为t，则：Hhgt2，Lvt，解得v6.0 m/s.14两颗靠得很近的恒星称为双星，这两颗恒星必须各以一定的速率绕某一中心转动，才不至于因万有引力作用而吸引在一起，已知双星的质量分别为m1和m2，相距为L，求：(1)双星转动中心的位置(2)双星的转动周期答案：(1)与m1相距L(2)2L解析：(1
15、)设双星的转动中心与其中一颗恒星(质量为m1)的距离为x，它们做圆周运动的向心力为双星之间的万有引力，所以它们的向心力大小相等，转动的周期相同根据牛顿第二定律，对双星分别列方程，有：Gm1x，Gm2(Lx)，联立，得：xL.(2)将(1)问的x值代入，可解得T2L.15某同学在实验室探究圆周运动向心力和速度之间的关系，他利用双线来连接小球在竖直平面内做圆周运动，如图所示，他用两根长均为Lm的细线系一质量为m0.5 kg的小球，细线的另一端系于水平横杆上相距为d2 m的A、B两点，若小球上升到圆周最高点时两细线的拉力恰好都为零，重力加速度为g10 m/s2，求：(1)小球到达圆周最高点时的速度大
16、小；(2)小球到达圆周最低点时的速度大小及每根细线的拉力大小答案：(1) m/s(2)5 m/s15 N解析：(1)设最高点速度为v1，最高点受力分析可得mgm，解得v1由几何关系可知R 1 m，代入数据解得v1 m/s.(2)设最低点速度为v2，根据动能定理mvmv2mgR，解得v25 m/s最低点受力分析得2Tcos45mgm，解得T15 N.16如图所示，光滑水平面AB与竖直面内粗糙半圆形轨道在B点平滑相接，半圆形轨道半径为R，一质量为m的物块(可视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放，获得向右速度后脱离弹簧，经过B点进入半圆形轨道后瞬间对轨道的压力大小为其重力的8倍，之后沿圆周运动，到达C点时对轨道的压力恰好为0.求：(1)释放物块时弹簧的弹性势能；(2)物块从B点运动到C点过程中克服摩擦力做的功；(3)物块离开C点后落回水平面时，重力的瞬时功率大小答案：(1)3.5mgR(2)mgR(3)2mg解析：(1)物体在B点时，由牛顿第二定律：FNmgm，解得： v7gR弹簧的弹性势能为：Epmv3.5mgR(2)物块在C点时，由牛顿第二定律：mgm，则vgR物块从B到C过程中，由动能定理：2mgRWfmvmv解得物体克服摩擦力做功WfmgR(3)物块从C点飞出后做平抛运动，竖直方向有：v2g2R所以重力的功率为PGmgvy2mg.
