2020-2021學(xué)年高中物理綜合評估含解析新人教版必修

PAGEPAGE10綜合評估eq\o(\s\up7(限時：90分鐘總分：100分),\s\do5())一、選擇題(1～6為單選每小題4分，7～10為多選每小題5分，共44分)1．某變速箱中有甲、乙、丙三個齒輪，如圖所示，其半徑分別為r1、r2、r3，若甲輪勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω，三個輪相互不打滑，則丙輪邊緣上各點的向心加速度大小為(A)A.eq\f(r\o\al(2,1)ω2,r3)B.eq\f(r\o\al(2,3)ω2,r\o\al(2,1))C.eq\f(r\o\al(3,3)ω2,r\o\al(2,1))D.eq\f(r1r2ω2,r3)解析：甲、丙邊緣的線速度大小相等，根據(jù)a＝eq\f(v2,r)知a丙＝eq\f(r\o\al(2,1)ω2,r3)，故選A.2．如圖所示，MN是流速穩(wěn)定的河流，河寬一定，小船在靜水中的速度為v.現(xiàn)小船自A點渡河，第一次船頭沿AB方向，到達(dá)對岸的D處；第二次船頭沿AC方向，到達(dá)對岸E處，若AB與AC跟河岸垂線AD的夾角相等，兩次航行的時間分別為tB、tC，則(C)A．tB＞tC B．tB＜tCC．tB＝tC D．無法比較tB與tC的大小解析：設(shè)第一次合速度為v1，設(shè)第二次合速度為v2，因為靜水速與河岸夾角相等，則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，根據(jù)等時性知，tB＝tC.故C正確，A、B、D錯誤．3．一質(zhì)量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，小球在水平力F作用下，從平衡位置P點緩慢地移動到Q點，如圖所示，則力F所做的功為(C)A．mglcosθ B．FlsinθC．mgl(1－cosθ) D．Fl解析：小球緩慢由P→Q過程中，F(xiàn)大小變化，為變力做功．設(shè)力F做功為WF，對小球由P→Q應(yīng)用動能定理WF－mgl(1－cosθ)＝0所以WF＝mgl(1－cosθ)，故選C.4．以速度v0水平拋出一球，某時刻其豎直分位移與水平分位移相等，則下列判斷中錯誤的是(A)A．豎直分速度等于水平分速度 B．此時球的速度大小為eq\r(5)v0C．運動的時間為eq\f(2v0,g) D．運動的位移是eq\f(2\r(2)v\o\al(2,0),g)解析：水平速度為v0，設(shè)下落的時間為t，由題意得v0t＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\f(2v0,g)，豎直分速度為vy＝2v0，所以A錯，C正確；速度v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0；位移s＝eq\r(x2＋y2)＝eq\f(2\r(2)v\o\al(2,0),g)，所以B、D正確．5．如圖，一根很長的、不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩兩端各系一小球a和b.a球質(zhì)量為m，靜置于地面；b球質(zhì)量為3m，用手托住，高度為h，此時輕繩剛好拉緊．從靜止開始釋放b后，aA．h B．1.5hC．2h D．2.5h解析：解法1：根據(jù)機械能守恒定律：3mgh＝mgh＋eq\f(1,2)(m＋3m)v2①，b球落地時，a球恰好上升h，再對a球應(yīng)用機械能守恒定律：mgh＋eq\f(1,2)mv2＝mgH②，聯(lián)立①②可得H＝1.5h，所以A、C、D錯誤，B正確．解法2：根據(jù)動能定理：3mgh－mgh＝eq\f(1,2)(m＋3m)v2，①b球落地后對a球應(yīng)用動能定理：mgh′＝eq\f(1,2)mv2，②a球上升的最大高度為H＝h＋h′，③聯(lián)立①②③可得H＝1.5h，A、C、D錯誤，B正確．解法3：根據(jù)動能定理：3mgh－mgh＝eq\f(1,2)(m＋3m)v2，①b球落地后對a球應(yīng)用運動學(xué)公式：2gh′＝v2，②a球上升的最大高度為H＝h＋h′，③聯(lián)立①②③可得H＝1.5h，A、C、D錯誤，B正確．6．以相同大小的初速度v0將物體從同一水平面分別豎直上拋、斜上拋、沿光滑斜面(足夠長)上滑，如圖所示，三種情況達(dá)到的最大高度分別為h1、h2和h3，不計空氣阻力(斜上拋物體在最高點的速度方向水平)，則(D)A．h1＝h2>h3 B.h1＝h2<h3C．h1＝h3<h2 D.h1＝h3>h2解析：豎直上拋物體和沿斜面運動的物體，上升到最高點時，速度均為0，由機械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)，斜上拋物體在最高點速度不為零，設(shè)為v1，則mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，所以h2＜h1＝h3，故D對．7．如圖所示，在兩個質(zhì)量分別為m和2m的小球a和b之間，用一根輕質(zhì)細(xì)桿連接，兩小球可繞過細(xì)桿中心的水平軸無摩擦轉(zhuǎn)動，現(xiàn)讓細(xì)桿水平放置，靜止釋放小球后，小球b向下轉(zhuǎn)動，小球aA．b球的重力勢能減少，動能增加B．a(chǎn)球的重力勢能增大，動能減少C．a(chǎn)球和b球的機械能總和保持不變D．a(chǎn)球和b球的機械能總和不斷減小解析：在b球向下、a球向上轉(zhuǎn)動過程中，兩球均在加速轉(zhuǎn)動，使兩球動能增加，同時b球重力勢能減少，a球重力勢能增加，a、b兩球的總機械能守恒．8．太陽由于輻射，質(zhì)量在不斷減小，地球由于接收太陽輻射和吸收宇宙中的塵埃，質(zhì)量在增加．假定地球增加的質(zhì)量等于太陽減少的質(zhì)量，且地球的軌道半徑不變，則(AC)A．太陽對地球的引力增加 B．太陽對地球的引力減小C．地球運行的周期變長 D．地球運行的周期變短解析：由題意可知太陽質(zhì)量減小，地球質(zhì)量增加，根據(jù)萬有引力定律可知，太陽對地球的萬有引力將不斷增加．由于軌道半徑不變，依據(jù)eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r可知周期變長．9.有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球表面一起轉(zhuǎn)動，b處于地面附近的近地軌道上做圓周運動，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，各衛(wèi)星排列位置如圖所示，則有(BCD)A．a(chǎn)的向心加速度等于重力加速度gB．b在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長最長C．c在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是eq\f(π,3)D．d的運動周期可能是30h解析：a受到萬有引力和地面支持力，由于支持力等于重力，與萬有引力大小接近，所以向心加速度遠(yuǎn)小于重力加速度，選項A錯誤；由v＝eq\r(\f(GM,r))知b的線速度最大，則在相同時間內(nèi)b轉(zhuǎn)過的弧長最長，選項B正確；c為同步衛(wèi)星，周期Tc＝24h，在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝eq\f(4h,Tc)·2π＝eq\f(π,3)，選項C正確；由T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))知d的周期最大，所以Td>Tc＝24h，則d的周期可能是30h，選項D正確．10．如圖所示，兩質(zhì)量相等的物塊A、B通過一輕質(zhì)彈簧連接，B足夠長、且放置在水平面上，所有接觸面均光滑．彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處于彈性限度內(nèi)．在物塊A上施加一個水平恒力，A、B從靜止開始運動到第一次速度相等的過程中，下列說法中正確的有(BCD)A．當(dāng)A、B加速度相等時，系統(tǒng)的機械能最大B．當(dāng)A、B加速度相等時，A、B的速度差最大C．當(dāng)A、B速度相等時，A的速度達(dá)到最大D．當(dāng)A、B速度相等時，彈簧的彈性勢能最大解析：對A、B進(jìn)行受力分析如圖甲所示．由分析知：拉力F對系統(tǒng)做功最多時，即拉力位移最大、彈簧被拉到最長時，系統(tǒng)機械能最大，A錯．由牛頓第二定律aA＝eq\f(F－kx,m)，aB＝eq\f(kx,m)，開始x較小，aA>aB，A速度增加快，B速度增加慢，二者速度差越來越大，隨x增大，aA減小，aB增大，當(dāng)aA＝aB時，二者速度差最大，B正確．畫出A、B運動的v－t圖如圖乙所示，圖中t1時A、B各自v－t圖的斜率相同，表明aA＝aB.此后隨x增大，aB增大，aA減小，二者速度差又減小，當(dāng)vA＝vB時，彈簧被拉到最長，彈性勢能最大(t2時刻)，此時A速度最大，C、D均正確．二、填空題(共2小題，每小題8分，共16分)11．如圖所示，某同學(xué)在研究平拋運動的實驗中，在小方格紙上畫出小球做平拋運動的軌跡以后，又在軌跡上取出a、b、c、d四個點(軌跡已擦去)．已知小方格紙的邊長L＝2.5cm.g取10m/s2.請你根據(jù)小方格紙上的信息，通過分析計算完成下面幾個問題．(1)小球從a→b、b→c、c→d所經(jīng)歷的時間相等(選填“相等”或“不相等”)．(2)平拋運動在豎直方向上是自由落體運動，根據(jù)小球從a→b、b→c、c→d的豎直方向位移差，求出小球從a→b、b→c、c→d所經(jīng)歷的時間是0.05_s.(3)再根據(jù)水平位移，求出小球平拋運動的初速度v0＝1_m/s.(4)從拋出點到b點所經(jīng)歷的時間是0.075_s.解析：(1)水平分運動為勻速直線運動，由題圖看出，三段水平位移相等，所以時間相等．(2)由Δy＝gT2，即ybc－yab＝gT2，得T＝0.05s.(3)由v0＝eq\f(s,T)，得v0＝1m/s.(4)由勻變速直線運動中，一段位移的平均速度等于這段位移中間時刻的瞬時速度，可求出b點的豎直速度，vby＝eq\f(yab＋ybc,2T)＝0.75m/s.由vby＝gt，得從拋出點到b點所經(jīng)歷時間t＝0.075s.12．某興趣小組為測一遙控電動小車的額定功率，進(jìn)行了如下實驗：①用天平測出電動小車的質(zhì)量為0.4kg；②將電動小車、紙帶和打點計時器按如下圖所示安裝；③接通打點計時器(其打點周期為0.02s)；④使電動小車以額定功率加速運動，達(dá)到最大速度一段時間后關(guān)閉小車電源，待小車靜止時再關(guān)閉打點計時器(設(shè)在整個過程中小車所受的阻力恒定)．在上述過程中，打點計時器在紙帶上所打的點跡如下圖甲、乙所示，圖中O點是打點計時器打的第一個點．請你分析紙帶數(shù)據(jù)，回答下列問題．(1)該電動小車運動的最大速度為1.50m(2)該電動小車運動過程中所受的阻力為1.60N.(3)該電動小車的額定功率為2.40W.解析：(1)小車運動速度恒定時，vmax＝eq\f(x,t)＝eq\f(6×10－2,2×0.02)m/s＝1.50m/s.(2)小車關(guān)閉電源，僅受阻力作用，在勻減速運動階段：a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f([5.15－3.86＋4.51－3.22]×10－2,2×2×2×0.022)m/s2≈4m/s2，所以Ff＝ma＝1.6N.(3)電動小車的額定功率：P＝Ffvmax＝1.6×1.50W＝2.40W.三、計算題(每小題10分，共40分)13．如圖所示，滑板運動員從傾角為53°的斜坡頂端滑下，滑下的過程中他突然發(fā)現(xiàn)在斜面底端有一個高h(yuǎn)＝1.4m、寬L＝1.2m的長方體障礙物，為了不觸及這個障礙物，他必須在距水平地面高度H＝3.2m的A點沿水平方向跳起離開斜面．忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，求：(1)若運動員不觸及障礙物，他從A點起跳后落至水平面的過程所經(jīng)歷的時間；(2)運動員為了不觸及障礙物，他從A點沿水平方向起跳的最小速度．答案：(1)0.8s(2)6.0m/s解析：(1)運動員從斜面上起跳后沿豎直方向做自由落體運動，根據(jù)自由落體公式H＝eq\f(1,2)gt2解得：t＝eq\r(\f(2H,g))＝0.8s.(2)為了不觸及障礙物，運動員以速度v沿水平方向起跳后豎直下落高度為H－h(huán)時，他沿水平方向運動的距離為Hcot53°＋L，設(shè)他在這段時間內(nèi)運動的時間為t′，則：H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt′2，Hcot53°＋L＝vt′，解得v＝6.0m/s.14．兩顆靠得很近的恒星稱為雙星，這兩顆恒星必須各以一定的速率繞某一中心轉(zhuǎn)動，才不至于因萬有引力作用而吸引在一起，已知雙星的質(zhì)量分別為m1和m2，相距為L，求：(1)雙星轉(zhuǎn)動中心的位置．(2)雙星的轉(zhuǎn)動周期．答案：(1)eq\f(m2,m1＋m2)L(2)2πLeq\r(\f(L,m1＋m2G))解析：(1)設(shè)雙星的轉(zhuǎn)動中心與其中一顆恒星(質(zhì)量為m1)的距離為x，它們做圓周運動的向心力為雙星之間的萬有引力，所以它們的向心力大小相等，轉(zhuǎn)動的周期相同．根據(jù)牛頓第二定律，對雙星分別列方程，有：Geq\f(m1m2,L2)＝m1eq\f(4π2,T2)x①，Geq\f(m1m2,L2)＝m2eq\f(4π2,T2)(L－x)②，聯(lián)立①②，得：x＝eq\f(m2,m1＋m2)L.(2)將(1)問的x值代入①，可解得T＝2πLeq\r(\f(L,m1＋m2G)).15.如圖所示，傾角θ＝37°的斜面底端B平滑連接著半徑r＝0.40m的豎直光滑圓軌道．質(zhì)量m＝0.50kg的小物塊，從距地面h＝2.7m處沿斜面由靜止開始下滑，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)求：(1)物塊滑到斜面底端B時的速度大??；(2)物塊運動到圓軌道的最高點A時，對圓軌道的壓力大?。鸢福?1)6.0m/s(2)20N解析：(1)物塊沿斜面下滑到B的過程中，在重力、支持力和摩擦力作用下做勻加速運動，設(shè)下滑到斜面底端B時的速度為v，則由動能定理可得：mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，所以v＝eq\r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(μcosθ,sinθ))))，代入數(shù)據(jù)解得：v＝6.0m/s.(2)設(shè)物塊運動到圓軌道的最高點A時的速度為vA，在A點受到圓軌道的壓力為FN.物塊沿圓軌道上滑到A的過程中由動能定理得：－mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mv2.物塊運動到圓軌道的最高點A時，由牛頓第二定律得：FN＋mg＝meq\f(v\o\al(2,A),r).由