模块综合测评 1.C [解析] 战机沿曲线ab运动时,由于速度方向是变化的,则速度是变化的,故战机的加速度不为零,根据牛顿第二定律可知,战机所受的合外力不为零,A错误;战机在ab段做曲线运动的速率不变,所受合外力与速度方向垂直,由于速度方向时刻在变,则合外力的方向也时刻在变化,并非始终都竖直向上,B错误;战机飞行速率不变,沿ab曲线飞行时,速度与竖直方向的夹角逐渐减小,故竖直方向的分速度逐渐增大,水平方向的分速度逐渐减小,C正确,D错误. 2.A [解析] 炮管转动过程中各个点的角速度相等,根据v=ωr、a=ω2r可知vA>vB、aA>aB,所以选项A正确,B、C、D错误. 3.C [解析] 喷出的水柱最高达30 m,可得最大速度v==10 m/s.根据功能关系,可得输出的电能转化为动能,有P==ρSvt×≈58 kW,故C正确. 4.D [解析] 若h=0,宇航员处在地面上,除了受万有引力还受地面的支持力,绕地心运动的线速度远小于第一宇宙速度,故A错误;“太空电梯”里的宇航员,随地球自转的角速度都相等,根据v=ωr可知,h越大,宇航员绕地心运动的线速度越大,故B错误;同理,有a=ω2r,h越大,宇航员绕地心运动的向心加速度越大,故C错误;h与地球同步卫星距地面高度相同时,有=mr,即万有引力提供做圆周运动的向心力,宇航员相当于卫星处于完全失重状态,故D正确. 5.C [解析] 对MN过程,有a=gsin θ,v=at;对NP过程,有a=0,v恒定;对PQ过程,有a=g,v=,整理得-=1,对应的v-t图线为双曲线的一支,所以C正确. 6.D [解析] 风速在5~10 m/s范围内,转化效率η可视为不变.某段时间风的动能转化为风力发电机的电能,即mv2·η=Pt,m=ρ·Avt,联立得P=ηρAv3,因此选项A、B错误.每天平均有1.0×108 kW的风能资源,即使每天24小时发电,但转化效率不可能是100%,所以选项C错误.风速为6 m/s时的输出电功率为P'=P=120 kW,每年至少能发电W=P't=6×105 kW·h,选项D正确. 7.D [解析] 两个小球组成的系统只有重力做功,所以系统的机械能守恒,故有mgR+mg·2R=·2mv2,解得v=,选项C错误;a球在滑落过程中,设杆对小球做功,重力对小球做功,故根据动能定理可得W+mgR=mv2,又v=,解得W=mgR,则对于单个小球来说,杆的弹力做功,小球a、b的机械能均不守恒,故A、B错误,D正确. 8.BD [解析] 神舟飞船由圆轨道进入椭圆轨道,做向心运动,需减速,故A错误,B正确;由=,得v=,又GM=gR2,则v=,C错误;由万有引力提供向心力有ma=G,得a=G,又有GM=gR2,则空间站的向心加速度大小为a=,D正确. 9.CD [解析] 由图乙可得,汽车匀加速阶段的加速度a==1 m/s2,汽车匀加速阶段的牵引力大小F==3000 N,在匀加速阶段由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得m=1000 kg,A错误;牵引力功率为15 kW时,汽车行驶的最大速度v0===7.5 m/s,B错误;前5 s内汽车的位移大小s1=a=12.5 m,克服阻力做功Wf=mgs1=2.5×104 J,C正确;5~15 s内,由动能定理得Pt2-fs2=m-mv2,解得x2≈67.19 m,D正确. 10.AB [解析] 根据图丙可知v1s相,令滑动摩擦力为f,根据上述,传送带对货物做功为W=fs1,货物与传送带之间摩擦产生的热量Q=fs相,可知W>Q,故D错误. 11.(1)mg(s0+s1) m 重锤下落过程中克服空气阻力和纸带摩擦力做功 (2)在实验误差允许范围内,若k近似等于2g,则可认为 ... ...
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