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模块检测(一)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．下列说法中不正确的是
( )
A．做曲线运动的质点速度肯定转变，加速度可能不变
B．质点做平抛运动，速度增量与所用时间成正比，方向竖直向下
C．质点做匀速圆周运动，它的合外力总是垂直于速度
D．质点做圆周运动，合外力等于它做圆周运动所需要的向心力
答案 D
解析 平抛运动就是加速度不变的曲线运动，速度增量与所用时间成正比，A、B正确；只有匀速圆周运动合外力总是垂直于速度，C正确；若质点做匀速圆周运动则合外力等于它做圆周运动所需的向心力，若做非匀速圆周运动则合外力就不等于做圆周运动的向心力，D错误．
2.如图1所示，运动员跳伞将经受加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是
( )
图1
A．阻力对系统始终做负功
B．系统受到的合外力始终向下
C．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量
D．任意相等的时间内重力做的功相等
答案 A
解析 下降过程中，阻力始终与运动方向相反，做负功，A对；加速下降时合力向下，减速下降时合力向上，B错；下降时重力做功等于重力势能削减，C错；由于任意相等的时间内下落的位移不等，所以，任意相等时间内重力做的功不等，D错．
3．物体以初速度v0水平抛出，当抛出后竖直位移是水平位移的2倍时，则物体抛出的时间是
( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 设平抛的水平位移是x，则竖直方向上的位移就是2x，
水平方向上：x＝v0t①
竖直方向上：2x＝gt2②
联立①②可以求得：t＝.故选C.
4.如图2为质量相等的两个质点A、B在同始终线上运动的v－t图象．由图可知
( )
图2
A．在t时刻两个质点在同一位置
B．在t时刻两个质点速度相等
C．在0～t时间内质点B比质点A位移大
D．在0～t时间内合外力对两个质点做功相等
答案 BCD
解析 由v－t图象中面积表示位移可知，在0～t时间内质点B比质点A位移大，A错误而C正确；A、B的v－t图象交点表示这两个物体在这一时刻速度相同，B正确；在0～t时间内，因初、末速度相等，所以动能变化量相等，依据动能定理，合外力对质点做功等于动能的变化，即D正确．
5.质量分别为M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M和m的小球悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图3所示，则
( )
图3
A．cos α＝
B．cos α＝2cos β
C．tan α＝
D．tan α＝tan β
答案 A
解析 对于球M，受重力和绳子拉力作用，由两个力的合力供应向心力，如图．设它们转动的角速度是ω，由Mgtan α＝M·2lsin α·ω2可得：cos α＝.同理可得cos β＝，则cos α＝，所以选项A正确．
6.如图4所示“旋转秋千”中两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是
( )
图4
A．A的线速度比B的小
B．A与B的向心加速度大小相等
C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
答案 AD
解析 A、B两个座椅具有相同的角速度，依据公式v＝ω·r，A的运动半径小，A的线速度就小，故A正确；依据公式a＝ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，故B错误；对任一座椅，受力分析如图所示．由绳子的拉力与重力的合力供应向心力，则得：mgtan θ＝mω2r，则得tan θ＝，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误；竖直方向上由Tcos θ＝mg，A与竖直方向夹角θ较小，知A对缆绳的拉力就小，故D正确．
7．(2022·上海)如图5，可视为质点的小球A、B用不行伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是
( )
图5
A．2R B.
C. D.
答案 C
解析 如图所示，以AB为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，依据机械能守恒定律得：2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h＝R.则B上升的高度为R＋R＝R，故选项C正确．
8．下面是地球、火星的有关状况比较.
星球
地球
火星
公转半径
1.5×108 km
2.25×108 km
自转周期
23时56分
24时37分
表面温度
15 ℃
－100 ℃～0 ℃
大气主要成分
78 %的N2,21 %的O2
约95 %的CO2
依据以上信息，关于地球及火星(行星的运动可看做圆周运动)，下列推想正确的是
( )
A．地球公转的线速度大于火星公转的线速度
B．地球公转的向心加速度大于火星公转的向心加速度
C．地球的自转角速度小于火星的自转角速度
D．地球表面的重力加速度大于火星表面的重力加速度
答案 AB
解析 地球和火星都绕太阳公转，由G＝m，得v＝，地球公转的半径小，故地球公转的线速度大，A项正确；由G＝ma，得地球公转的向心加速度大于火星公转的向心加速度，B项正确；地球自转周期小于火星，由ω＝得地球的自转角速度大于火星的自转角速度，C项错误；由于题目没有给出地球和火星的质量及相应的半径，故不能比较它们表面的重力加速度，D项错误．
9．如图6所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧到相同位置，然后由静止释放，下列对两滑块说法正确的是
( )
图6
A．两滑块到达B点的速度相同
B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同
D．两滑块上升到最高点过程机械能损失不相同
答案 C
解析 设弹簧的弹性势能为Ep.从D→B过程由能量守恒得，Ep＝mv，由于m2>m1，所以选项A错；从D到最大高度过程，由能量守恒得Ep＝mgh＋μmgcos θ·，即h＝，所以，选项B、D错，只有C正确．
10.如图7所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开头弹回，返回b点离开弹簧，最终又回到a点，已知ab＝0.8 m，bc＝0.4 m，那么在整个过程中下列说法正确的
( )
图7
A．滑块动能的最大值是6 J
B．弹簧弹性势能的最大值是6 J
C．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 J
D．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒
答案 BCD
解析 滑块能回到原动身点，所以机械能守恒，D正确；以c点为参考点，则a点的机械能为6 J，c点时的速度为0，重力势能也为0，所以弹性势能的最大值为6 J，从c到b弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的削减量，故为6 J，所以B、C正确；由a→c时，因重力势能不能全部转变为动能，故A错．
二、填空题(本题共2小题，共14分)
11.(6分)某同学在《争辩平抛物体的运动》试验中，只画出了如图8所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离Δx相等的三点A、B、C，量得Δx＝0.2 m．又量出它们之间的竖直距离分别为h1＝0.1 m，h2＝0.2 m，(g＝10 m/s2)利用这些数据，可求得：
图8
(1)物体抛出时的初速度为________m/s；
(2)物体经过B时竖直分速度为________m/s；
(3)抛出点在A点上方高度为________m处．
答案 (1)2 (2)1.5 (3)0.012 5
解析 竖直方向上做匀加速直线运动Δy＝gT2，有h2－h1＝gT2，物体抛出时的初速度为v0＝＝Δx＝2 m/s；在竖直方向上，依据匀变速直线运动推论有经过B时竖直分速度为vBy＝＝1.5 m/s；依据平均速度公式可以求出A点竖直方向的瞬时速度为vAy＝0.5 m/s，故抛出点在A点上方高度为
h＝＝0.012 5 m处．
12．(8分)为了验证动能定理，某学习小组在试验室组装了如图9所示的装置外，还备有下列器材：打点计时器所用的同学电源、导线、复写纸、天平、细沙．他们称量滑块的质量为M、沙和小桶的总质量为m.当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小桶时，滑块处于静止状态．要完成该试验，则：
图9
(1)还缺少的试验器材是________________．
(2)试验时为保证滑块受到的合力与沙、小桶的总重力大小基本相等，沙和小桶的总质量应满足的试验条件是________________，试验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是________________．
(3)在(2)问的基础上，让小桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动状况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出该两点的间距为L、打下该两点时滑块的速度大小为v1、v2(v1<v2)，已知当地的重力加速度为g.写出试验要验证的动能定理表达式________(用题中所给的字母表示)．
答案 (1)刻度尺
(2)m≪M 平衡摩擦力
(3)mgL＝Mv－Mv
解析 (1)试验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要刻度尺．
(2)沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，依据牛顿其次定律，对沙和沙桶，有mg－T＝ma，对滑块滑动，有T＝Ma，解得T＝mg.故当M≫m时，有T≈mg；滑块滑动时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应当用重力的下滑重量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一端垫高．
(3)重力做功为mgL，动能增加量为Mv－Mv，故要验证：mgL＝Mv－Mv.
三、计算题(本题共4小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(8分)如图10，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开头做平抛运动．现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小x＝0.4 m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
图10
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ.
答案 (1)1 m/s (2)0.2
解析 (1)物块做平抛运动，在竖直方向上有
H＝gt2①
在水平方向上有
x＝v0t②
由①②式解得v0＝x③
v0＝1 m/s
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力供应向心力，有
fm＝m④
fm＝μFN＝μmg⑤
由③④⑤式解得μ＝＝0.2
14．(10分)某星球的质量约为地球质量的9倍，半径为地球半径的一半，若从地球表面高为h处平抛一物体，水平射程为60 m，则在该星球上从同样高度以同样的初速度平抛同一物体，水平射程为多少？
答案 10 m
解析 平抛运动水平位移x＝v0t
竖直位移h＝gt2
解以上两式得x＝v0·
由重力等于万有引力mg＝G得
g＝
所以＝2＝9×＝36
＝＝
x星＝x地＝10 m
15．(12分)一种氢气燃料的汽车，质量为m＝2.0×103 kg，发动机的额定输出功率为80 kW，行驶在平直大路上时所受阻力恒为车重的0.1倍．若汽车从静止开头先匀加速启动，加速度的大小为a＝1.0 m/s2.达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800 m，直到获得最大速度后才匀速行驶．试求：
(1)汽车的最大行驶速度；
(2)当汽车的速度为32 m/s时的加速度；
(3)汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间．
答案 (1)40 m/s (2)0.25 m/s2 (3)42.5 s
解析 (1)汽车的最大行驶速度vm＝＝40 m/s
(2)当汽车的速度为32 m/s时的牵引力
F＝＝2.5×103 N
由牛顿其次定律得：F－f＝ma′
a′＝＝0.25 m/s2
(3)设匀加速阶段末速度为vm′，则vm′＝＝＝ m/s＝20 m/s
汽车从静止到匀加速启动阶段结束所用时间t1＝＝20 s
达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800 m，这一过程阻力不变，对这一过程运用动能定理：Pt2－fx＝mv－mvm′2
解得t2＝35 s
总时间t＝t1＋t2＝55 s
16．(16分)过山车是游乐场中常见的设施．图11是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的两个圆形轨道组成，B、C分别是这两个圆形轨道的最低点，半径R1＝2.0 m、R2＝1.4 m．一个质量为m＝1.0 kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0 m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0 m．小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g＝10 m/s2(计算结果保留小数点后一位数字)．试求
(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
(2)假如小球恰能通过其次圆形轨道，B、C间距L应是多少．
图11
答案 (1)10.0 N (2)12.5 m
解析 (1)设小球在第一个圆轨道最高点时的速度为v1，依据动能定理可得：
－μmgL1－mg2R1＝mv－mv①
解得v1＝2 m/s
小球在最高点受到重力和轨道对它的作用力F，
依据牛顿其次定律得：F＋mg＝m②
代入数据解得：F＝10.0 N．③
(2)设小球在其次个圆轨道最高点时的速度为v2
依据牛顿其次定律：mg＝m④
从A点运动到其次个圆轨道的最高点的过程中，由动能定理可得：
－μmg(L1＋L)－2mgR2＝mv－mv⑤
④⑤联立，解得：L＝12.5 m⑥
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