素养模块检测

小明从最低点以大小相等的速度 $ v $ 做圆周运动,由牛顿第二定律可知 $ T=mg+m\dfrac{{v}^{2}}{l} $ ,抓住 $ A $ 点时的半径 $ l $ 较大,则 $ T $ 较小,由牛顿第三定律可知,抓住 $ A $ 点时对绳子的拉力较小,故 $ \mathrm{A} $ 错误；角速度为 $ \omega =\dfrac{v}{l} $ ,因抓 $ A $ 点时半径 $ l $ 较大,则角速度较小,故 $ \mathrm{B} $ 错误；向心加速度为 $ {a}_{\mathrm{n}}=\dfrac{{v}^{2}}{l} $ ,因抓 $ A $ 点时半径 $ l $ 较大,则向心加速度较小,故 $ \mathrm{C} $ 正确；设荡起的最大高度为 $ ℎ $ ,由动能定理可知 $ -mgℎ=0-\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,可得 $ ℎ=\dfrac{{v}^{2}}{2g} $ ,则无论抓住 $ A $ 点还是 $ B $ 点,最终能荡起的最大高度相同,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

拉住把手使滑轮 $ A $ 从初始位置由静止开始做加速度为 $ 1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ 的匀加速运动,当滑轮 $ A $ 到达题图乙位置时,对滑轮 $ A $ ,由运动学公式有 $ 2a(L-L \cos {60}^{\circ })={v}_{A}^{2} $ ,解得此时滑轮 $ A $ 的速度大小为 $ {v}_{A}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,滑轮 $ A $ 与滑轮 $ B $ 沿玻璃门方向的分速度大小相等,有 $ {v}_{A} \cos {60}^{\circ }={v}_{B} \cos {30}^{\circ } $ ,解得滑轮 $ B $ 的速度大小为 $ {v}_{B}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

祝融号和轨道下落高度为 $ ℎ $ 时,重力做功为 $ Mgℎ $ ,重力势能减少了 $ Mgℎ $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；重力势能减少了 $ Mgℎ $ ,动能增加了 $ \dfrac{1}{2}M{v}^{2} $ ,则机械能减少了 $ Mgℎ-\dfrac{1}{2}M{v}^{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；根据功能关系可知,转运机构做功等于机械能减少量,为 $ Mgℎ-\dfrac{1}{2}M{v}^{2} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；根据动能定理知,合外力做功等于动能的变化量,为 $ \dfrac{1}{2}M{v}^{2} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

根据几何关系可知,该行星的最大视角的余弦值为 $ \cos \theta =\dfrac{\sqrt{{R}^{2}-{r}^{2}}}{R} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；由开普勒第三定律可得 $ \dfrac{{R}^{3}}{{T}^{2}}=\dfrac{{r}^{3}}{T{\prime }^{2}} $ ,解得 $ T^\prime =T\sqrt{\dfrac{{r}^{3}}{{R}^{3}}} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；根据万有引力提供向心力有 $ \dfrac{GMm}{r{\prime }^{2}}=ma $ ,可知该行星与地球绕太阳公转的向心加速度之比 $ \dfrac{{a}_{行}}{{a}_{地}}=\dfrac{{R}^{2}}{{r}^{2}} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；当该行星处于紧接着的下一次最佳观察期时,地球在该行星之前，设地球的角速度为 $ {\omega }_{1} $ ,行星的角速度为 $ {\omega }_{2} $ ,经历时间为 $ t $ ,有 $ {\omega }_{2}t-{\omega }_{1}t=2\mathrm{\pi }-2(\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-\theta )=\mathrm{\pi }+2\theta $ ,解得 $ t=T\dfrac{(\mathrm{\pi }+2\theta )\sqrt{{r}^{3}}}{2\mathrm{\pi }(\sqrt{{R}^{3}}-\sqrt{{r}^{3}})} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

根据能量守恒定律可知,轻绳对滑块2做的功等于滑块2增加的机械能与滑块2克服摩擦力所做的功之和,即轻绳对滑块2做的功大于滑块2增加的机械能,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误；根据重力做功与重力势能变化量的关系可知,重力对滑块1做的功等于滑块1减少的重力势能,故 $ \mathrm{B} $ 错误；根据功能关系可知,两滑块与轻绳组成的系统损失的机械能等于滑块1、2克服摩擦力所做的功之和,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由题图乙可知 $ 0\sim 3\mathrm{s} $ 内,轿厢 $ A $ 向上加速运动,加速度向上,配重 $ B $ 向下加速运动,加速度向下,则配重 $ B $ 处于失重状态,故 $ \mathrm{A} $ 错误； $ v-t $ 图像中图线与 $ t $ 轴围成的图形面积表示位移, $ 3\sim 5\mathrm{s} $ 内,轿厢的位移大小为 $ x=6×2\mathrm{m}=12\mathrm{m} $ , $ 3\sim 5\mathrm{s} $ 内,根据动能定理有 $ W+{m}_{B}gx-{m}_{A}gx=0 $ ,解得 $ 3\sim 5\mathrm{s} $ 内电动机所做的功为 $ W=4.8×{10}^{4}\mathrm{J} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确； $ 5\sim 8\mathrm{s} $ 内，轿厢 $ A $ 的加速度大小为 $ a=\dfrac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }t}=\dfrac{6}{3}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误； $ 0\sim 3\mathrm{s} $ 内,轿厢 $ A $ 的加速度大小为 $ {a}_{1}=\dfrac{\mathrm{\Delta }{v}_{1}}{\mathrm{\Delta }{t}_{1}}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,设 $ A $ 、 $ B $ 间的缆绳拉力大小为 $ F $ ,对轿厢 $ A $ ,根据牛顿第二定律有 $ F-{m}_{A}g={m}_{A}{a}_{1} $ ,解得 $ F=1.2×{10}^{4}\mathrm{N} $ , $ 3\mathrm{s} $ 时,轿厢 $ A $ 的速度最大, $ A $ 、 $ B $ 间的缆绳拉力最大,则 $ 0\sim 8\mathrm{s} $ 内， $ 3\mathrm{s} $ 时缆绳对轿厢 $ A $ 做功的功率最大,为 $ P=Fv=7.2×{10}^{4}\mathrm{W} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

饺子刚放到传送带上时在传送带上受重力、弹力和摩擦力的作用,与传送带共速后受重力和弹力作用,故 $ \mathrm{A} $ 错误；由牛顿第二定律得饺子加速运动时的加速度 $ a=\dfrac{\mu mg}{m}=\mu g $ ,与传送带的速度无关,故 $ \mathrm{B} $ 错误；饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间 $ t=\dfrac{{v}_{0}}{\mu g} $ ,饺子在传送带上留下的痕迹长度为 $ \mathrm{\Delta }s={v}_{0}t-\dfrac{{v}_{0}}{2}t=\dfrac{{v}_{0}^{2}}{2\mu g} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；饺子在运动过程中,增加的动能 $ \mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,因摩擦产生的热量 $ Q=\mu mg\mathrm{\Delta }s=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,可知 $ \mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{k}}=Q $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

若小球以初速度 $ {v}_{0} $ 做平抛运动,则 $ s=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ , $ s={v}_{0}t $ ,可得 $ s=\dfrac{2{v}_{0}^{2}}{g} $ ,细杆B端的切线与水平方向的夹角满足 $ \tan \mathrm{ }\theta =\dfrac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\dfrac{gt}{{v}_{0}}=2 $ ,设小球沿细杆运动到B端时的速率为 $ {v}_{B} $ ,根据动能定理得 $ mgs=\dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2} $ ,解得到达B端时（未触地）小球的瞬时速率为 $ {v}_{B}=\sqrt{2gs}=2{v}_{0} $ ,小球运动到B端时,在水平方向的速度大小 $ {v}_{1}={v}_{B} \cos \mathrm{ }\theta =\dfrac{2\sqrt{5}}{5}{v}_{0} $ ,故A错误,B正确；到达B端时（未触地）小球的速度方向与水平方向夹角和在细杆B端的切线与水平方向的夹角相同,则 $ \tan \mathrm{ }\theta =2 $ , $ \theta $ 不等于 $ {45}^{\circ } $ ,故C错误；到达B端（未触地）瞬间小球重力的功率为 $ {P}_{G}=mg{v}_{B} \sin \mathrm{ }\theta =\dfrac{4}{5}\mathrm{ }\mathrm{ }\sqrt{5}mg{v}_{0} $ ,故D正确.

根据 $ G\dfrac{Mm}{{r}^{2}}=ma $ ,可知 $ a=\dfrac{GM}{{r}^{2}} $ , $ a $ 、 $ b $ 运动的向心加速度之比为 $ {a}_{a}:{a}_{b}=4:1 $ , $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 错误；根据开普勒第三定律, $ a $ 、 $ b $ 的周期之比 $ \dfrac{{T}_{a}}{{T}_{b}}=\sqrt{{\left(\dfrac{{r}_{a}}{{r}_{b}}\right) ^ {3}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{4} $ ,设经时间 $ t $ 时三者共线,则 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }t}{{T}_{a}}-\dfrac{2\mathrm{\pi }t}{{T}_{b}}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}(2n+1)(n=0,1,2,3,\cdots ) $ ,当 $ t={T}_{b} $ 时可得 $ n=3.16 $ ,可知从题图所示位置开始,在 $ b $ 转动一周的过程中, $ a $ 、 $ b $ 、 $ c $ 共线4次,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

由经过 $ A $ 、 $ B $ 两点时弹簧对滑块的弹力大小相等可知,滑块在 $ A $ 点弹簧处于压缩状态,滑块在 $ B $ 点弹簧处于伸长状态,滑块在 $ B $ 点所受合力竖直向下,则滑块在靠近 $ B $ 点过程中必有所受合力方向竖直向下的阶段,该阶段滑块的速度减小,故 $ \mathrm{A} $ 错误；滑块在 $ A $ 、 $ B $ 两点时,弹簧对滑块的弹力大小相等,即弹簧的形变量相等,弹簧的弹性势能相等,滑块运动到 $ B $ 点时,重物的速度为零,对系统,由机械能守恒定律可得 $ 5mg(L-L \cos {37}^{\circ })=mgL \sin {37}^{\circ }+\dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2} $ ,解得 $ {v}_{B}=\sqrt{\dfrac{4}{5}gL} $ ,因为滑块在 $ A $ 、 $ B $ 两点弹簧弹性势能相等,即弹簧对滑块做功为零,所以轻绳对滑块做的功等于滑块增加的机械能,则 $ W=mgL \sin {37}^{\circ }+\dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2}=mgL $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确；由 $ \mathrm{A} $ 选项分析可知,滑块从 $ A $ 点到 $ B $ 点过程中弹簧对 $ P $ 、 $ Q $ 整体先做正功,后做负功,所以 $ P $ 与 $ Q $ 的机械能之和先增大后减小,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 环形空间站处于完全失重状态,若环形空间站的旋转半径为 $ r $ ,角速度为 $ \omega $ ,则等效重力加速度 $ g={\omega }^{2}r $ .

（2） 使 $ B $ 上升,即使 $ A $ 下降,根据滑轮的特征可知, $ A $ 的质量 $ {m}_{A} $ 与 $ B $ 的质量 $ {m}_{B} $ 之间的关系应满足 $ {m}_{A} > 2{m}_{B} $ .

（3） 对 $ A $ 、 $ B $ 组成的系统， $ B $ 上升 $ h $ 过程,根据系统机械能守恒有 $ {m}_{A}g\cdot \dfrac{h}{2}-{m}_{B}gh=\dfrac{1}{2}{m}_{A}{v}_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{B}{v}_{B}^{2} $ ,其中 $ {v}_{B}=2{v}_{A} $ , $ h=\dfrac{{v}_{B}}{2}t $ ,解得 $ {m}_{A}g\cdot \dfrac{h}{2}-{m}_{B}gh=\dfrac{{m}_{A}{h}^{2}}{2{t}^{2}}+\dfrac{2{m}_{B}{h}^{2}}{{t}^{2}} $ .

（4） 结合上述可以解得 $ h=\dfrac{({m}_{A}-2{m}_{B})g}{{m}_{A}+4{m}_{B}}{t}^{2} $ ,可知 $ h-{t}^{2} $ 图像的斜率 $ k=\dfrac{({m}_{A}-2{m}_{B})g}{{m}_{A}+4{m}_{B}} $ .

（1） 系统静止时,根据平衡条件有 $ k(L-L \cos {37}^{\circ })=mg $ ,解得 $ k=\dfrac{5mg}{L} $ .

（2） $ B $ 球对槽恰好无压力时,设此时弹簧的压缩量为 $ \mathrm{\Delta }x $ ,对整体分析有 $ k\mathrm{\Delta }x=2mg $ ,解得 $ \mathrm{\Delta }x=\dfrac{2}{5}L $ ,

根据几何关系有 $ \cos \theta \prime =\dfrac{L-\mathrm{\Delta }x}{L}=\dfrac{3}{5} $ ,解得 $ \theta \prime ={53}^{\circ } $ ,

对 $ B $ 球,根据牛顿第二定律可得 $ mg \tan \theta \prime ={\rm mL} \sin \theta \prime \cdot {\omega }^{2} $ ,解得 $ \omega =\sqrt{\dfrac{5g}{3L}} $ .

（3） 对 $ A $ ,由动能定理可得 $ {W}_{杆}+{W}_{G}+{W}_{弹}=0 $ ,即 $ {W}_{杆}+mg\cdot \dfrac{1}{5}L-\dfrac{mg+2mg}{2}\cdot \dfrac{1}{5}L=0 $ ,解得 $ {W}_{杆}=0.1mgL $ ,

对 $ B $ 球,由动能定理可得 $ {W}_{外}+W{\prime }_{杆}=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,其中 $ W{\prime }_{杆}=-{W}_{杆} $ , $ v=\omega L \sin {53}^{\circ } $ ,联立解得 $ {W}_{外}=\dfrac{19}{30}mgL $ .

（1） 恒星绕星系中心做匀速圆周运动,对恒星有

$ G\dfrac{Mm}{{r}^{2}}=mr{\omega }^{2} $ ,解得 $ \omega =\sqrt{\dfrac{GM}{{r}^{3}}} $ .

（2） 设星系密度为 $ \rho $ ,在 $ r⩽ R $ 区域,对恒星,万有引力提供向心力,有 $ G\dfrac{{M}_{0}m}{{r}^{2}}=mr{\omega }_{0}^{2} $ ,其中 $ {M}_{0}=\rho \cdot \dfrac{4}{3}\mathrm{\pi }{r}^{3} $ ,

又因为整个球体的质量为 $ M=\rho \cdot \dfrac{4}{3}\mathrm{\pi }{R}^{3} $ ,

联立解得 $ {\omega }_{0}=\sqrt{\dfrac{GM}{{R}^{3}}} $ .

（3） 在 $ r > R $ 区域,万有引力提供向心力,有 $ G\dfrac{(M+M^\prime )m}{{r}^{2}}=m{\omega }^{2}r $ ,又 $ G\dfrac{Mm}{{R}^{2}}=mR{\omega }_{0}^{2} $ ,

根据题意有 $ \omega =k\dfrac{1}{r} $ , $ {\omega }_{0}=k\dfrac{1}{R} $ , $ r=nR $ ,解得 $ M^\prime =(n-1)M $ .

（1） 小物块恰好从 $ B $ 点沿切线方向进入轨道,由几何关系有 $ {v}_{B}=\dfrac{{v}_{0}}{ \sin \theta } $ ,

解得 $ {v}_{B}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） 小物块由 $ B $ 点运动到 $ C $ 点,由动能定理得

$ 2mgR \sin \theta =\dfrac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2} $ ,

在 $ C $ 点,由牛顿第二定律有 $ {F}_{\mathrm{N}}-mg \sin \theta =m\dfrac{{v}_{C}^{2}}{R} $ ,

解得 $ {F}_{\mathrm{N}}=41\mathrm{N} $ ,

根据牛顿第三定律,小物块经过圆弧轨道上 $ C $ 点时对轨道的压力大小 $ F{\prime }_{\mathrm{N}}={F}_{\mathrm{N}}=41\mathrm{N} $ .

（3） 小物块由 $ B $ 点运动到 $ D $ 点,由机械能守恒定律有

$ \dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2}+mgR(1+ \sin \theta )=\dfrac{1}{2}m{v}_{D}^{2} $ ,

小物块从 $ D $ 点运动到 $ E $ 点,由能量守恒定律有

$ \dfrac{1}{2}m{v}_{D}^{2}={W}_{f}+{E}_{\mathrm{p}\mathrm{m}} $ ,

小物块从 $ E $ 点运动到 $ D $ 点,由能量守恒定律有 $ {E}_{\mathrm{p}\mathrm{m}}={W}_{f} $ ,

解得 $ {E}_{\mathrm{p}\mathrm{m}}=11.5\mathrm{J} $ .