2017-2018学年高一物理下学期课时巩固检测卷8.doc

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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90°
C．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：A
2.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(　　)

A．1∶1　　　　　　 B．4∶3
C．16∶9 D．9∶16
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：D
3．如图所示，河水流动的速度为v，且处处相同，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vmax＝
B．小船沿y轴方向渡河，位移最小，速度最大，最大速度为vmax＝
C．小船沿轨迹AB运动，位移最大，时间最长，速度最小，最小速度vmin＝
D．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：D
4．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：D
5．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(　　)
A．0 B．－Ffh
C．－2Ffh D．－4Ffh
解析：上升阶段，空气阻力做功W1＝－Ffh.下落阶段空气阻力做功W2＝－Ffh，整个过程中空气阻力做功W＝W1＋W2＝－2Ffh，故C选项正确．
答案：C
6．质量为2×103 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4×103 N，则下列判断中正确的有(　　)
A．汽车的最大速度是10 m/s
B．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 kW
C．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 s
D．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P＝fvm得，汽车的最大速度vm＝＝ m/s＝20 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律，得F－f＝ma，解得F＝f＋ma＝4 000 N＋2 000×2 N＝8 000 N，第2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s，第2 s末发动机的实际功率P＝Fv＝8 000×4 W＝32 kW，故B正确；匀加速直线运动的末速度v＝＝ m/s＝10 m/s，做匀加速直线运动的时间t＝＝ s＝5 s，故C错误；当汽车速度为5 m/s时，牵引力F＝＝ N＝16 000 N，根据牛顿第二定律，得汽车的加速度a＝＝ m/s2＝6 m/s2，故D错误．选B.
答案：B
7．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μ，则在过碗底时滑块受到摩擦力的大小为(　　)
A．μmg B．μm
C．μm D．μm
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FN－mg＝m，则碗底对球支持力FN＝mg＋m.所以在过碗底时滑块受到摩擦力的大小f＝μFN＝μ＝μm，故选C.
答案：C
8.一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0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(　　)

A．0～2 s内外力的平均功率是4 W
B．第2 s内外力所做的功是4 J
C．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9∶5
解析：0～1 s内，质点的加速度a1＝＝ m/s2＝3 m/s2，则质点在0～1 s内的位移x1＝a1t＝×3×1 m＝1.5 m，1 s末的速度v1＝a1t1＝3×1 m/s＝3 m/s，第2 s内质点的加速度a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，第2 s内的位移x2＝v1t2＋a2t＝3×1 m＋×1×1 m＝3.5 m，在0～2 s内外力F做功的大小W＝F1x1＋F2x2＝3×1.5 J＋1×3.5 J＝8 J，可知0～2 s内外力的平均功率P＝＝ W＝4 W，故A正确；第2 s内外力做功W2＝F2x2＝1×3.5 J＝3.5 J，故B错误；第1 s末外力的瞬时功率P1＝F1v1＝3×3 W＝9 W，第2 s末的速度v2＝v1＋a2t2＝3 m/s＋1×1 m/s＝4 m/s，则外力的瞬时功率P2＝F2v2＝1×4 W＝4 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9∶4，故C、D错误．
答案：A
9.长为0.5 m的轻杆，其一端固定于O点，另一端连有质量m＝2 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，v＝1 m/s，小球受到杆的力是(g取10 m/s2)(　　)

A．16 N推力 B．16 N拉力
C．4 N推力 D．4 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mg－FN＝m，解得FN＝mg－m＝2×10 N－2×N＝16 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：A
10．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m1∶m2＝3∶2，下列说法中正确的是(　　)
A．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3∶2
B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3∶2
C．m1做圆周运动的半径为L
D．m2做圆周运动的半径为L
解析：根据F万＝F向，对m1得G＝m1＝m1r1ω2，对m2得G＝m2＝m2r2ω2，又r1＋r2＝L，由以上各式得＝＝＝，A错误．由于T1＝T2，故ω＝相同，B错误．r1＝L，r2＝L，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Ⅰ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Ⅱ上，如图所示．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Ⅰ上需加速才能降至椭圆轨道Ⅱ
B．“嫦娥三号”在图中椭圆轨道Ⅱ上的周期为 T
C．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Ⅰ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Ⅰ上需要对“嫦娥三号”减速，“嫦娥三号”才可以沿轨道Ⅱ运动，故A错误；根据开普勒第三定律＝k，得“嫦娥三号”在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的周期应满足＝，TⅠ＝T，解得TⅡ＝T，故B正确；“嫦娥三号”在图中轨道Ⅰ上运动时，根据万有引力提供它做圆周运动的向心力，有G＝m(R＋H)，解得月球的质量为M＝，故C正确；据G＝m，得月球的第一宇宙速度为v＝ ＝，故D正确．
答案：BCD
12．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：CD
13.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Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，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Ⅲ绕月做圆周运动，则(　　)

A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率等于
B．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率小于在轨道Ⅱ上B处的速率
C．飞船在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅱ上B处的加速度
D．飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的周期之比TⅠ∶TⅢ＝4∶1
解析：根据G＝m，得飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v1＝，又GM＝g0R2，解得v1＝ ＝，故A正确；根据G＝m，解得v＝ ，飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的速率关系为vⅢ＞vⅠ，飞船在轨道Ⅱ上的B处减速进入轨道Ⅲ，则飞船在轨道Ⅰ上的运行速率小于在轨道Ⅱ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Ⅰ上的加速度小于在轨道Ⅱ上B处的加速度，故C错误；根据G＝mr，得T＝，飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的轨道半径之比为4∶1，则周期之比为8∶1，故D错误．
答案：AB
14．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－(mg＋f)h＝Ek－Ek0，下降过程动能不断增大，表达式为(mg－f)(H－h)＝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Ep＝mgh，故C正确；上升过程中克服阻力所做的功W＝fh，下降过程中克服阻力做的功为W＝f(H－h)＝fH－fh，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x＝10.00 cm.A、B间距离y1＝5.02 cm，B、C间距离y2＝14.82 cm(g＝9.80 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y2－y1＝gT2，且v0T＝x.解以上两式得：v0＝x.
(3)代入数据解得v0＝1.00 m/s.
答案：(1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同　
(2)x　(3)1.00
16．(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ω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θ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f＝mg.

(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；
(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 θ＝mωRsin θ，
解得ω0＝ .
(2)当ω＞ω0时，重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ω1，
由牛顿第二定律，得fcos θ＋FNsin θ＝mωRsin θ，
fsin θ＋mg＝FNcos θ，
联立以上三式，解得ω1＝ .
当ω＜ω0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ω2，
由牛顿第二定律，得FNsin θ－fcos θ＝mωRsin θ，
mg＝FNcos θ＋fsin θ，
联立解得ω2＝ .
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m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 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h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 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v＝2ax，①
由牛顿第二定律，有mg－Ff＝ma，②
联立①②式，代入数据，解得Ff＝144 N．③
(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mgh＋W＝mv－mv，④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律，有
FN－mg＝m，⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m.
答案：(1)144 N　(2)12.5 m
18．(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l0＝1.5 m，水平轨道右侧连接半径为R＝0.4 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m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝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
Ep＝mv2＋2mgR＋μmgl0，①
滑块在B点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律，得
mg＝m，②
联立①②式并代入数据，解得Ep＝16 J.
(2)若要使滑块不脱离轨道，分两种情况讨论：
①滑块能够通过B点而不脱离轨道，则应满足l≤1.5 m，③
②滑块能够到达圆形轨道，则应满足Ep≥μmgl，解得l≤4 m，④

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Ep≤mgR＋μmgl，解得l≥3 m，⑤
联立③④⑤式，可得PQ段长度l应满足的条件是：
l≤1.5 m或3 m≤l≤4 m.
答案：(1)16 J　(2)l≤1.5 m或3 m≤l≤4 m

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