模块综合测评
(用时：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1～5小题只有一项符合题目要求，6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．下列关于力和运动的说法中，正确的是( ) A．物体在变力作用下不可能做直线运动 B．物体做曲线运动，其所受的外力不可能是恒力 C．不管外力是恒力还是变力，物体都有可能做直线运动 D．不管外力是恒力还是变力，物体都有可能做匀速圆周运动
【解析】 物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，若受到的变力和速度方向相同，则做直线运动，A错误；平抛运动是曲线运动，过程中受到的合力恒定，等于重力大小，B错误；匀速圆周运动过程中，物体受到的加速度时时刻刻指向圆心，根据牛顿第二定律可知受到的合力时时刻刻指向圆心，为变力，D错误．
【答案】 C
2．在飞船进入圆形轨道环绕地球飞行时，它的线速度大小( ) A．等于7.9 km/s
B．介于7.9 km/s和11.2 km/s之间 C．小于7.9 km/s
D．介于7.9 km/s和16.7 km/s之间
【解析】 卫星在圆形轨道上运动的速度v＝M
GR＝7.9 km/s，C正确． 【答案】 C
3．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 J
1
MGr.由于r＞R，所以v＜
B．动能增加了2 000 J C．重力势能减小了1 900 J D．重力势能减小了2 000 J
【解析】 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J>0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J<0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D错误．
【答案】 C
4．如图1所示，一个电影替身演员准备跑过一个屋顶，然后水平跳跃并离开屋顶，在下一个建筑物的屋顶上着地．如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5 m/s，那么下列关于他能否安全跳过去的说法错误的是(g取9.8 m/s2)( )
图1
A．他安全跳过去是可能的 B．他安全跳过去是不可能的
C．如果要安全跳过去，他在屋顶跑动的最小速度应大于6.2 m/s D．如果要安全跳过去，他在空中的飞行时间需要1 s
1
【解析】 根据y＝2gt2，当他降落在下一个屋顶时，下落的高度y＝4.9 m，所用时间t＝
2yg＝2×4.9
9.8 s＝1.0 s，最大水平位移：x＝vmt＝4.5×1.0 m＝
4.5 m＜6.2 m，所以他不能安全到达下一个屋顶．要想安全跳过去，他的跑动速6.2
度至少要大于1.0m/s，
即6.2 m/s.故B、C、D正确，A错误． 【答案】 A
2
5．如图2所示，站在水平面上杂技演员在表演水流星节目时，盛水的杯子在竖直平面内做圆周运动，当杯子经过最高点时，里面的水恰好不会流出来．已知杂技演员质量为M，杯子质量为m1，里面水的质量为m2，则当杯子通过与手等高的A点时，地面对杂技演员的摩擦力大小和方向分别为(杯子运动时，人和手都始终静止不动)( )
图2
A．2(m1＋m2)g，向左 B．3(m1＋m2)g，向左 C．2(m1＋m2)g，向右 D．3(m1＋m2)g，向右
【解析】 设杯子做圆周运动的半径为r，当杯子经过最高点时，里面的水?m1＋m2?v2
恰好不会流出来，所以杯子通过最高点时，有(m1＋m2)g＝，杯子由最r11
高点到A点的过程，根据机械能守恒定律得：(m1＋m2)gr＋2(m1＋m2)v2＝2(m1＋m2)v2A，联立得：vA＝3gr，设杯子在A点时，细绳对杯子的弹力为F，则有：?m1＋m2?v2AF＝＝3(m1＋m2)g，方向向右．此时绳子对人的拉力也是3(m1＋m2)g，
r方向向左．对人受力分析可知，地面对人的摩擦力与绳子的拉力大小相等，方向相反，即地面对人的摩擦力大小为3(m1＋m2)g，方向向右，故D正确，A、B、C错误．
【答案】 D
6．美国科学家在2016年2月11日宣布，他们利用激光干涉引力波天文台(LIGO)“探测到两个黑洞合并时产生的引力波”，爱因斯坦在100年前的预测终被证实．两个黑洞在合并的过程中，某段时间内会围绕空间某一位置以相同周期做圆周运动，形成“双星”系统．设其中一个黑洞的线速度大小为v，加速度大小为a，周期为T，两黑洞的总机械能为E，它们之间的距离为r，不计其他天体
3
的影响，两黑洞的质量不变．下列各图可能正确的是( )
A B C D
Gm1m2【解析】 根据万有引力定律可得：r2＝m1ω2r1＝m2ω2r2，则m1r1＝m2r2，v2m2m1Gm1m2因为r1＋r2＝r，则r1＝r，r2＝r；根据r2＝m1r，则v＝
m1＋m2m1＋m21
2Gm2Gm1m2Gm2
，故v-r图象不是线性关系，A错误；根据r2＝m1a，解得a＝r2，r?m1＋m2?
Gm1m2?2π?故a-r是过原点的直线，B正确；根据r2＝m1?T?2r1，解得T＝
??
－2
4π2r3，
G?m1＋m2?
v2Gm1m2v2Gm1m21
C错误；根据r2＝m1r及r2＝m2r，解得两黑洞的总机械能为E＝2m1v21
1212Gm1m2
＋2m2v2＝r，D正确．
【答案】 BD
7．如图3所示，一个小环套在竖直放置的光滑圆形轨道上做圆周运动．小环从最高点A滑到最低点B的过程中，其线速度大小的平方v2随下落高度h变化的图象可能是( )
图3
1
【解析】 设小环在A点的速度为v0，由机械能守恒定律得－mgh＋2mv2122＝2mv0得v2＝v20＋2gh，可见v与h是线性关系，若v0＝0，B正确；若v0≠0，A正确，故正确选项是AB.
【答案】 AB
8．某节能运输系统装置的简化示意图4如图所示．小车在轨道顶端时，自
4
动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑，并压缩弹簧．当弹簧被压缩至最短时，立即锁定并自动将货物卸下．卸完货物后随即解锁，小车恰好被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程．则下列说法中正确的是( )
图4
A．小车上滑的加速度小于下滑的加速度 B．小车每次运载货物的质量必须是确定的
C．小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功不等于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功
D．小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
【解析】 设下滑时加速度为a1，弹起离开弹簧后加速度为a2，则根据牛顿第二定律，有
下滑过程：(M＋m)gsin 30°－μ(M＋m)gcos 30°＝(M＋m)a1 上滑过程：Mgsin 30°＋μMgcos 30°＝Ma2
故a1＜a2，故A错误；小车每次下滑过程系统减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，必须保证每次弹簧的压缩量相同，故小车每次运载货物的质量必须是确定的，故B正确；上滑过程和下滑过程中的摩擦力大小不同，故小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功不等于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功，故C正确；小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和内能，故D错误．
【答案】 BC
二、非选择题(共4小题，共52分，按题目要求作答)
9．(8分)某同学利用如图5所示的装置探究功与速度变化的关系．
图5
5
(ⅰ)小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；
(ⅱ)在钉子上分别套上2条、3条、4条??同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤(ⅰ)，小物块落点分别记为M2、M3、M4??；
(ⅲ)测量相关数据，进行数据处理．
(1)为求出小物块抛出时的动能，不需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．
A．小物块的质量m B．橡皮筋的原长x C．橡皮筋的伸长量Δx D．桌面到地面的高度h
E．小物块抛出点到落地点的水平距离L
(2)将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、??，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、??.若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、________为横坐标作图，才能得到一条直线．
(3)由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于________(填“偶然误差”或“系统误差”)．
1
【解析】 (1)小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度h＝2gt2，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离L＝v0t，可1
计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式Ek＝2mv2，还需要知道小球的质量，B、C正确．
2
12L2g22L(2)根据h＝2gt，和L＝v0t，可得v0＝t2＝2h＝2hL，因为功与速度的平方
g
成正比，所以功与L2成正比，故应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线．
(3)一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差．由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差．
6
【答案】 (1)BC (2)L2 (3)系统误差
10．(10分)在“验证机械能守恒定律”的实验中： (1)供实验选择的重物有以下四个，应选择：( ) A．质量为10 g的砝码 B．质量为200 g的木球 C．质量为50 g的塑料球 D．质量为200 g的铁球 (2)下列叙述正确的是( )
A．实验中应用秒表测出重物下落的时间 B．可用自由落体运动的规律计算重物的瞬时速度
mv2
C．因为是通过比较2和mgh是否相等来验证机械能是否守恒，故不需要测量重物的质量
D．释放重物前应手提纸带的上端，使纸带竖直通过限位孔
(3)质量m＝1 kg的物体自由下落，得到如图6所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04 s，那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量Ep＝________ J，此过程中物体动能的增加量Ek＝________J．(g取9.8 m/s2，保留三位有效数字)
图6
【解析】 (1)为减小实验误差应选用铁球． (3)ΔEp＝mgOB＝2.28 J vB＝2T＝2.125 m/s 1ΔEk＝2mv2B＝2.26 J.
【答案】 (1)D (2)CD (3)2.28 2.26
11．(16分)如图7所示，四分之一圆弧轨道的圆心O1和半圆轨道的圆心O2，
7
AC
与斜面体ABC的竖直面AB在同一竖直面上，两圆弧轨道衔接处的距离忽略不计，斜面体ABC的底面BC是水平面，一个视为质点质量m＝0.2 kg的小球从P点静止释放，先后沿两个圆弧轨道运动，最后落在斜面体上(不会弹起)，不计一切摩擦，已知AB＝9 m，BC＝12 m，O2A＝1.1 m，四分之一圆弧的半径和半圆的半径都是R＝0.6 m，g取10 m/s2.求：
(1)小球在半圆最低点Q对轨道的压力； (2)小球落在斜面上的位置到A点的距离．
图7
【解析】 (1)小球从P点运动到Q点的过程中，机械能守恒，由机械能守1
恒定律得：mg(3R)＝2mv2
解得：v＝6 m/s
mv2
由向心力公式得：FN－mg＝R 解得：FN＝14 N
由牛顿第三定律得：小球在半圆最低点Q对轨道的压力大小是14 N，方向竖直向下．
(2)小球离开半圆轨道后做平抛运动
3
由几何关系可知：tan θ＝4；QA两点间的距离h＝O2A－R＝0.5 m 1
由平抛运动规律得：x＝Lcos θ＝vt；y＝h＋Lsin θ＝2gt2 解得：L＝7.5 m.
【答案】 (1)14 N，方向向下 (2)7.5 m
12．(18分)如图8甲所示，四分之一光滑圆弧轨道与平台在B点处相切，圆
8
弧半径R＝1 m，一质量为1 kg的物块置于A点，A、B间距离为2 m，物块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2.现用水平恒力F拉物块由静止开始向右运动，到B点时撤去拉力，结果物块刚好能滑到四分之一圆弧轨道的最高点，已知重力加速度g＝10 m/s2.
甲 乙
图8
(1)求F的大小及物块刚滑上四分之一圆弧轨道时对轨道的压力大小； (2)若将四分之一圆弧轨道竖直向下平移到圆心与B点重合，如图乙所示，仍用水平恒力F拉物块由静止开始向右运动，并在B点撤去拉力，求物块在圆弧轨道上的落点与平台的高度差．(结果可用根式表示)
【解析】 (1)滑块从A点到圆弧轨道最高点，由动能定理有 Fx－μmgx－mgR＝0 解得F＝7 N
12
从B 点到圆弧轨道最高点，根据机械能守恒定律有2mvB＝mgR 解得vB＝25 m/s
v2B在圆弧轨道的最低点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝mR 解得FN＝3mg＝30 N
根据牛顿第三定律，物块对圆弧轨道的压力大小为30 N.
(2)物块从B点做平抛运动，设下落的高度为y，水平位移为x，则有 x＝vBt 1y＝2gt2 x2＋y2＝R2
解得物块在圆弧轨道上的落点与平台间的高度差为y＝(5－2)m. 【答案】 (1)7 N 30 N (2)(5－2)m
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