1、模块综合检测(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分)1.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是()A质点经过C点的速率比D点的大B质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90C质点经过D点时的加速度比B点的大D质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小解析：小球做匀变速曲线运动，所以加速度不变，故选项C错误由于在D点速度方向与加速度方向垂直，则在C
2、点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由C到D速率减小，即C点速率比D点大，故选项A正确在A点速度方向与加速度方向的夹角也为钝角，故选项B错误而从B到E的过程中速度方向与加速度的方向间的夹角越来越小，故选项D错误答案：A2.如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为37和53.在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上. 若不计空气阻力，则A、B两个小球的运动时间之比为()A11B43C169 D916解析：两小球均做平抛运动，且均落在斜面上，则对于A球有tan 37，解得tA，同理对于B球有tB，则，故D正确答案：D3如图所示，河水流动的速度为v，且处处相同
3、，河宽度为a，在船下水点A的下游距离为b处是瀑布，为了使小船安全渡河(不掉到瀑布里去)，本题中小船速度均指静水中的速度，则下列说法正确的是()A小船船头垂直于河岸渡河时间最短，最短时间为t，此时小船速度最大，最大速度为vmaxB小船沿y轴方向渡河，位移最小，速度最大，最大速度为vmaxC小船沿轨迹AB运动，位移最大，时间最长，速度最小，最小速度vminD小船沿轨迹AB运动，位移最大，速度最小，最小速度vmin解析：小船船头垂直于河岸渡河时间最短，最短时间t，A错误；小船沿y轴方向渡河，位移最小，此时船头与河岸有一定夹角，指向上游，即小船的两个分速度夹角为钝角，合速度比两分速度夹角为锐角时小，故
4、不是最大速度，B错误；小船沿轨迹AB运动位移最大，但渡河的时间由船速的大小和方向共同决定，此时船速有最小值，即当船速方向与AB垂直时，船速最小，由相似三角形，得，解得vmin，C错误，D正确答案：D4汽车在平直公路上行驶，前一段时间内发动机的功率为P1，后一段时间内的功率为P2，已知在两段时间内发动机做的功相等，则在全部时间内发动机的平均功率为()A. B.C. D.解析：平均功率P，又t1，t2，故P，故选项D正确答案：D5以一定速度竖直上抛一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为Ff，则从抛出至落回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为()A0 BFfhC2Ffh D4Ff
5、h解析：上升阶段，空气阻力做功W1Ffh.下落阶段空气阻力做功W2Ffh，整个过程中空气阻力做功WW1W22Ffh，故C选项正确答案：C6质量为2103 kg、发动机的额定功率为80 kW的汽车在平直公路上行驶若该汽车所受阻力大小恒为4103 N，则下列判断中正确的有()A汽车的最大速度是10 m/sB汽车以2 m/s2的加速度匀加速启动，启动后第2 s末时发动机的实际功率是32 kWC汽车以2 m/s2的加速度匀加速启动，匀加速运动所能维持的时间为10 sD若汽车保持额定功率启动，则当其速度为5 m/s时，加速度为8 m/s2解析：当牵引力大小等于阻力时速度最大，根据Pfvm得，汽车的最大速
6、度vm m/s20 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律，得Ffma，解得Ffma4 000 N2 0002 N8 000 N，第2 s末的速度vat22 m/s4 m/s，第2 s末发动机的实际功率PFv8 0004 W32 kW，故B正确；匀加速直线运动的末速度v m/s10 m/s，做匀加速直线运动的时间t s5 s，故C错误；当汽车速度为5 m/s时，牵引力F N16 000 N，根据牛顿第二定律，得汽车的加速度a m/s26 m/s2，故D错误选B.答案：B7质量为m的滑块从半径为R的半球形碗的边缘滑向碗底，过碗底时速度为v，若滑块与碗间的动摩擦因数为，则在过碗底时滑块受到摩擦力的大小
7、为()Amg BmCm Dm解析：滑块经过碗底时，由重力和支持力的合力提供向心力根据牛顿第二定律得FNmgm，则碗底对球支持力FNmgm.所以在过碗底时滑块受到摩擦力的大小fFNm，故选C.答案：C8.一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示下列判断正确的是()A02 s内外力的平均功率是4 WB第2 s内外力所做的功是4 JC第2 s末外力的瞬时功率最大D第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为95解析：01 s内，质点的加速度a1 m/s23 m/s2，则质点在01 s内的位移x1a1t31 m1.5 m，1 s末的速度v1a1t131 m/
8、s3 m/s，第2 s内质点的加速度a2 m/s21 m/s2，第2 s内的位移x2v1t2a2t31 m11 m3.5 m，在02 s内外力F做功的大小WF1x1F2x231.5 J13.5 J8 J，可知02 s内外力的平均功率P W4 W，故A正确；第2 s内外力做功W2F2x213.5 J3.5 J，故B错误；第1 s末外力的瞬时功率P1F1v133 W9 W，第2 s末的速度v2v1a2t23 m/s11 m/s4 m/s，则外力的瞬时功率P2F2v214 W4 W，可知第2 s末外力的瞬时功率不是最大，第1 s末和第2 s末外力的瞬时功率之比为94，故C、D错误答案：A9.长为0.
9、5 m的轻杆，其一端固定于O点，另一端连有质量m2 kg的小球，它绕O点在竖直平面内做圆周运动，如图所示，当通过最高点时，v1 m/s，小球受到杆的力是(g取10 m/s2)()A16 N推力 B16 N拉力C4 N推力 D4 N拉力解析：小球受重力和杆的弹力作用，设杆的弹力竖直向上由牛顿第二定律得mgFNm，解得FNmgm210 N2N16 N，故球受到杆竖直向上的推力作用，大小为16 N，选项A正确答案：A10如图所示，两颗星组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1m232，下列说法中正确的是()Am1、m2做
10、圆周运动的线速度之比为32Bm1、m2做圆周运动的角速度之比为32Cm1做圆周运动的半径为LDm2做圆周运动的半径为L解析：根据F万F向，对m1得Gm1m1r12，对m2得Gm2m2r22，又r1r2L，由以上各式得，A错误由于T1T2，故相同，B错误r1L，r2L，C正确，D错误答案：C二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分)11.我国已发射了“嫦娥三号”卫星，该卫星在距月球表面H处的环月轨道上做匀速圆周运动，其运行的周期为T，随后“嫦娥三号”在该轨道上A点采取措施，降至近月点高度为h的椭圆轨道上，如图所
11、示若以R表示月球的半径，忽略月球自转及地球对卫星的影响则下述判断正确的是()A“嫦娥三号”在环月轨道上需加速才能降至椭圆轨道B“嫦娥三号”在图中椭圆轨道上的周期为 TC月球的质量为D月球的第一宇宙速度为 解析：“嫦娥三号”在轨道上运动，要使其沿椭圆轨道运动，“嫦娥三号”需做近心运动，故在轨道上需要对“嫦娥三号”减速，“嫦娥三号”才可以沿轨道运动，故A错误；根据开普勒第三定律k，得“嫦娥三号”在轨道和轨道上的周期应满足，TT，解得TT，故B正确；“嫦娥三号”在图中轨道上运动时，根据万有引力提供它做圆周运动的向心力，有Gm(RH)，解得月球的质量为M，故C正确；据Gm，得月球的第一宇宙速度为v ，
12、故D正确答案：BCD12如图所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则()A物块始终受到三个力作用B只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心C从a到b，物体所受的摩擦力先减小后增大D从b到a，物块处于超重状态解析：在cd两点处，只受重力和支持力，在其他位置处物体受到重力，支持力、静摩擦力三个作用，故A错误；物体作匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B错误；从a运动到b，物体的加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后反向增
13、大，根据牛顿第二定律可得，物体所受木板的摩擦力先减小后增大故C正确从b运动到a，向心加速度有向上的分量，所以物体处于超重状态，故D正确答案：CD13.如图所示，在“嫦娥”探月工程中，设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g.飞船在半径为4R的圆形轨道上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点B时，再次点火进入半径约为R的近月轨道绕月做圆周运动，则()A飞船在轨道上的运行速率等于B飞船在轨道上的运行速率小于在轨道上B处的速率C飞船在轨道上的加速度大于在轨道上B处的加速度D飞船在轨道、轨道上运行的周期之比TT41解析：根据Gm，得飞船在轨道上的运行速率v1，又GMg0R2，解得
14、v1 ，故A正确；根据Gm，解得v ，飞船在轨道和轨道上的速率关系为vv，飞船在轨道上的B处减速进入轨道，则飞船在轨道上的运行速率小于在轨道上B处的速率，故B正确；根据牛顿第二定律，得a，飞船在轨道上的加速度小于在轨道上B处的加速度，故C错误；根据Gmr，得T，飞船在轨道、轨道上运行的轨道半径之比为41，则周期之比为81，故D错误答案：AB14将一物体从地面以一定的初速度竖直上抛，从抛出到落回原地的过程中，空气阻力恒定以地面为零势能面，则下列反映物体的机械能E、动能Ek、重力势能Ep及克服阻力所做的功W随距地面高度h变化的四个图象中，可能正确的是()解析：物体运动过程中受重力和阻力，除重力外其
15、余力做的功等于机械能的变化量，上升过程和下降过程中物体一直克服阻力做功，故机械能不断减小，但落回原地时有速度，机械能不可能为零，故A错误；物体运动过程中受重力和阻力，合力做功等于动能的变化量，上升过程动能不断减小，表达式为(mgf)hEkEk0，下降过程动能不断增大，表达式为(mgf)(Hh)Ek，故B正确；重力做功等于重力势能的减少量，以地面为零势能面，故Epmgh，故C正确；上升过程中克服阻力所做的功Wfh，下降过程中克服阻力做的功为Wf(Hh)fHfh，故D正确答案：BCD三、非选择题(本题共4小题，共46分把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要
16、的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15(8分)在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图所示的装置先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口的方向平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；将木板再向远离槽口的方向平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C.若测得木板每次移动距离x10.00 cm.A、B间距离y15.02
17、 cm，B、C间距离y214.82 cm(g9.80 m/s2). (1)为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？_.(2)根据以上直接测量的物理量来求得小球初速度的表达式为v0_(用题中所给字母表示)(3)小球初速度的值为v0_ m/s.解析：(1)每次从斜槽上紧靠挡板处由静止释放小球，是为了使小球离开斜槽末端时有相同的初速度(2)根据平抛运动在水平方向上为匀速直线运动，则小球从A到B和从B到C运动时间相等，设为T；竖直方向由匀变速直线运动推论有y2y1gT2，且v0Tx.解以上两式得：v0x.(3)代入数据解得v01.00 m/s.答案：(1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相
18、同(2)x(3)1.0016(8分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合，转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO之间的夹角为45.已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为fmg.(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度0；(2)若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的最大值和最小值解析：(1)当小物块受到的摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有mgtan mRsin ，解得0 .(2)当0时，重
19、力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下时摩擦力达到最大值，设此时最大角速度为1，由牛顿第二定律，得fcos FNsin mRsin ，fsin mgFNcos ，联立以上三式，解得1 .当0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为2，由牛顿第二定律，得FNsin fcos mRsin ，mgFNcos fsin ，联立解得2 .答案：(1) (2) 17(14分)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一如图所示，质量m60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由
20、静止开始以加速度a3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB24 m/s，A与B的竖直高度差H48 m为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W1 530 J，取g10 m/s2.(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大解析：(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v2ax，由牛顿第二定律，有mgFfma，联立式，代入数据，
21、解得Ff144 N(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理，有mghWmvmv，设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律，有FNmgm，由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立式，代入数据解得R12.5 m.答案：(1)144 N(2)12.5 m18(16分)如图所示，一轻质弹簧左端固定在足够长的水平轨道左侧，水平轨道的PQ段粗糙，调节其初始长度为l01.5 m，水平轨道右侧连接半径为R0.4 m的竖直圆形光滑轨道，可视为质点的滑块将弹簧压缩至A点后由静止释放，经过水平轨道PQ后，恰好能通过圆形轨道的最高点B.已知滑块质量m1 kg，与PQ段间
22、的动摩擦因数0.4，轨道其他部分摩擦不计g取10 m/s2，求：(1)弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能Ep；(2)若每次均从A点由静止释放滑块，同时调节PQ段的长度，为使滑块在进入圆形轨道后能够不脱离轨道而运动，PQ段的长度l应满足什么条件？解析：(1)设滑块冲上圆形轨道最高点B时速度为v，由能量守恒定律，得Epmv22mgRmgl0，滑块在B点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律，得mgm，联立式并代入数据，解得Ep16 J.(2)若要使滑块不脱离轨道，分两种情况讨论：滑块能够通过B点而不脱离轨道，则应满足l1.5 m，滑块能够到达圆形轨道，则应满足Epmgl，解得l4 m，滑块到达圆形轨道而又不超过与圆心等高的C点时，如图所示，临界条件取到达C点时速度恰好为零，则有EpmgRmgl，解得l3 m，联立式，可得PQ段长度l应满足的条件是：l1.5 m或3 ml4 m.答案：(1)16 J(2)l1.5 m或3 ml4 m
