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2024年高中物理新教材同步学案 必修第二册 模块综合试卷(一) (含解析)
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这是一份2024年高中物理新教材同步学案 必修第二册 模块综合试卷(一) (含解析)，共10页。
模块综合试卷(一)(满分：100分)一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2022·渭南市高一期末)如图所示实例中均不考虑空气阻力，系统机械能守恒的是( )答案 D解析 人上楼过程中，人体的化学能转化为机械能，人和地球组成的系统机械能不守恒，A不符合题意；跳绳的过程中，人体的化学能转化为机械能，人和绳组成的系统机械能不守恒，B不符合题意；水滴石穿过程中，水滴的机械能转变为内能，水滴和石头组成的系统机械能不守恒，C不符合题意；箭射出后，箭、弓、地球组成的系统只有动能、弹性势能、重力势能相互转化，箭、弓、地球组成的系统机械能守恒，D符合题意。2．(2023·温州市高一期中)以下关于圆周运动描述正确的是( )A．如图甲所示，手握绳子能使小球在该水平面内做匀速圆周运动B．如图乙所示，小朋友在秋千的最低点时处于超重状态C．如图丙所示，旋转拖把桶的脱水原理是水滴受到了离心力，从而沿半径方向甩出D．如图丁所示，摩托车在水平赛道上匀速转弯时，为了安全经过弯道，人和摩托车整体会向弯道内侧倾斜，人和摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力和向心力四个力作用答案 B解析 对小球受力分析，小球受竖直向下的重力和沿绳子方向的拉力，合力不可能沿水平方向，故手握绳子不可能使小球在该水平面内做匀速圆周运动，A错误；小朋友在秋千的最低点具有向上的加速度，处于超重状态，B正确；水滴与拖把间的摩擦力不足以提供其做圆周运动的向心力，水滴做离心运动，沿切线方向甩出，C错误；摩托车在水平赛道上匀速转弯时，为了安全经过弯道，人和摩托车整体会向弯道内侧倾斜，人和摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力三个力作用，D错误。3．(2023·西安铁一中学高一期末)天启星座，我国第一个实现组网运行的物联网星座，由38颗低轨道、低倾角小卫星组成。2020年1月，忻州号(天启5号)成功进入高度为500 km、通过地球两极上空的太阳同步轨道运行；7月25日，天启10号进入高度为900 km、轨道平面与地轴夹角为45°的倾斜轨道运行。已知忻州号与天启10号的质量相等，则在轨运行时( )A．两卫星的机械能一定相等B．忻州号的速率一定小于天启10号的速率C．忻州号可以定点于忻州市的上空D．天启10号每天一定会多次经过赤道上空答案 D解析 两卫星的质量相同，轨道不同，做匀速圆周运动时，其动能不同，重力势能也不同，所以它们的机械能不相等，故A错误；根据万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)＝meq \f(4π2,T2)r，整理可得v＝eq \r(\f(GM,r))，T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))，忻州号的轨道半径小，所以其速率大，故B错误；忻州号在通过地球两极上空的太阳同步轨道运行，所以不会定点于忻州市的上空，故C错误；地球同步卫星半径约为36 000 km，根据以上选项分析，可知天启10号的公转周期与地球同步卫星相比很小，所以每天一定会多次经过赤道上空，故D正确。4.质量为1 kg的小物体在竖直向上的拉力F作用下由静止开始运动，拉力F随物体上升高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则物体上升3 m时的速度大小为( )A．4eq \r(5) m/s B．2eq \r(5) m/sC．4eq \r(3) m/s D．2eq \r(3) m/s答案 B解析 由动能定理可知WF－mgh＝eq \f(1,2)mv2，F－h图像与横轴围成的“面积”表示拉力做的功，则WF＝40 J，代入数据可解得v＝2eq \r(5) m/s，选项B正确。5．(2023·遵义市期末)2022年11月29日23时08分，神舟十五号载人飞船在我国酒泉卫星发射中心成功发射，并与在轨的空间站完成自主交会对接，我国航天员首次实现“太空会师”。若对接前后空间站距地面的高度不变，运行轨道可视为圆轨道。下列说法正确的是( )A．对接前后，空间站的运行周期变大B．对接前后，空间站的向心加速度变小C．对接前后，空间站的运行速率均小于7.9 km/sD．神舟十五号的发射速度可以小于7.9 km/s答案 C解析 根据万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R＋h2)＝meq \f(4π2,T2)(R＋h)，解得T＝eq \r(\f(4π2R＋h3,GM))，对接前后空间站距地面的高度不变，可知空间站的运行周期不变，故A错误；根据万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R＋h2)＝ma，解得a＝eq \f(GM,R＋h2)，对接前后空间站距地面的高度不变，可知空间站的向心加速度不变，故B错误；根据万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R＋h2)＝meq \f(v2,R＋h)，解得v＝eq \r(\f(GM,R＋h))，7.9 km/s是卫星在地球附近绕地球运行的速度，空间站运行的轨道半径大于地球半径，所以对接前后空间站运行的速率均小于7.9 km/s，故C正确；7.9 km/s是卫星绕地球表面运行的最大速度，是发射的最小速度，神舟十五号的运行轨道半径大于地球半径，故神舟十五号的发射速度大于7.9 km/s，故D错误。6．(2023·西安铁一中学高一期末)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．小球刚接触弹簧时加速度最大B．该弹簧的劲度系数为20.0 N/mC．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒答案 B解析 由题图可知，弹簧压缩量为Δx＝0.1 m时小球的速度最大，此时弹簧对小球的力等于小球的重力，可得mg＝kΔx，解得该弹簧的劲度系数为20.0 N/m，B正确；由题图知Δx′＝0.61 m时，弹簧对小球的弹力最大，弹力最大时的加速度a＝eq \f(kΔx′－mg,m)＝51 m/s2>g，所以弹簧压缩到最短时小球的加速度最大，A错误；从小球接触弹簧到压缩至最短的过程中，刚开始弹簧对小球的弹力小于小球的重力，小球的速度继续增大，小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，当弹簧对小球的弹力大于小球的重力时，小球的速度减小，直到减为零，此时弹簧的弹性势能最大，所以整个过程，弹簧的弹性势能一直在增大，由于小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，所以小球的机械能不守恒，故C、D错误。7.(2020·全国卷Ⅱ)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。eq \f(E2,E1)等于( )A．20 B．18C．9.0 D．3.0答案 B解析 摩托车从a点做平抛运动到c点，水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝eq \f(1,2)gt12，可解得v1＝eq \r(\f(gh,2))，动能E1＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(mgh,4)；摩托车从a点做平抛运动到b点，水平方向：3h＝v2t2，竖直方向：0.5h＝eq \f(1,2)gt22，解得v2＝3eq \r(gh)，动能E2＝eq \f(1,2)mv22＝eq \f(9,2)mgh，故eq \f(E2,E1)＝18，B正确。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。8.如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球，由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴，重力加速度为g，则( )A．球被击出时的初速度大小为Leq \r(\f(g,2h))B．球被击出时的初速度大小为Leq \r(\f(2g,h))C．该球从被击出到落入A穴所用时间为eq \r(\f(g,2h))D．该球从被击出到落入A穴所用时间为eq \r(\f(2h,g))答案 BD解析 竖直方向只受重力，竖直方向为自由落体运动，由h＝eq \f(1,2)gt2，得到t＝eq \r(\f(2h,g))，故C错误，D正确；由于球竖直地落入A穴，故水平方向的末速度为零，根据运动学公式，有L＝eq \f(v0,2)t，得v0＝eq \f(2L,\r(\f(2h,g)))＝Leq \r(\f(2g,h))，故A错误，B正确。9.(2022·兰州市高一期末)如图，北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点。忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是( )A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速B．该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐减小C．该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能D．该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度答案 CD解析 该卫星从轨道1到轨道2需要点火加速，则机械能增加；从轨道2再到轨道3，又需要点火加速，机械能增加；故该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增加，A、B错误；根据万有引力提供向心力，则有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \r(\f(GM,r))，由题可知，该卫星在轨道3的半径大于在轨道1的半径，故该卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，根据Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，C正确；根据Geq \f(Mm,r2)＝ma，解得a＝eq \f(GM,r2)，可知该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度，D正确。10.(2023·泰安市期末)倾角θ＝37°的传送带以速度v＝1.0 m/s顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送k＝4.0 kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上时速度为零，传送带将煤屑送到h＝3.0 m的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。(重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则下列说法中正确的是( )A．煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时前进的位移是2.5 mB．煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时所用的时间是2.5 sC．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是122 WD．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是154 W答案 BD解析 煤屑在传送带上加速运动时的加速度a＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2，煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时前进的位移x＝eq \f(v2,2a)＝1.25 m，故A错误；煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时所用的时间t＝eq \f(v,a)＝2.5 s，故B正确；设经过Δt时间，煤屑动能增加量ΔEk＝eq \f(1,2)kΔtv2，重力势能增加量ΔEp＝kΔtgh，摩擦产生的热量Q＝μkΔtgcos θ·(vt－x)，传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率P＝eq \f(ΔEk＋ΔEp＋Q,Δt)＝eq \f(1,2)kv2＋kgh＋μkgcos θ·(vt－x)＝154 W，故C错误，D正确。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(6分)使用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，打出一条纸带如图乙所示。图乙中O是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F…是依次打出的点迹，量出OE间的距离为l，DF间的距离为s，已知打点计时器打点的周期是T＝0.02 s。(1)上述物理量如果在实验误差允许的范围内满足关系式________，即验证了重物下落过程中机械能是守恒的。(2)如果发现图乙中OA距离大约是4 mm，则出现这种情况的原因可能是______________，如果出现这种情况，上述的各物理量间满足的关系式可能是________。答案 (1)gl＝eq \f(s2,8T2)(2分) (2)先释放纸带，后接通电源(2分) gl<eq \f(s2,8T2)(2分)12．(8分)(2019·北京卷改编)用如图所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。(1)下列实验条件必须满足的有________。A．斜槽轨道光滑B．斜槽轨道末段水平C．挡板高度等间距变化D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的________(选填“最上端”“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时________(选填“需要”或者“不需要”)y轴与重垂线平行。b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则eq \f(y1,y2)________(选填“大于”“等于”或者“小于”)eq \f(1,3)。可求得钢球平抛的初速度大小为________(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)。答案 (1)BD(2分) (2)a.球心(1分) 需要(1分) b．大于(2分) xeq \r(\f(g,y2－y1))(2分)解析 (2)a.因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于Q点，钢球的球心对应白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点)；在确定y轴时需要y轴与重垂线平行。b.由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，故相邻相等时间内竖直方向上位移之比为1∶3∶5…，故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大。因此eq \f(y1,y2)大于eq \f(1,3)；由y2－y1＝gT2，x＝v0T，联立解得v0＝xeq \r(\f(g,y2－y1))。13.(12分)(2022·扬州中学高一期中)如图所示，ABC为一细圆管构成的eq \f(3,4)圆轨道，轨道半径为R(比细圆管的内径大得多)，将其固定在竖直平面内，OA水平，OC竖直，最低点为B，最高点为C，细圆管内壁光滑。在A点正上方某位置有一质量为m的小球(可视为质点)由静止开始下落，刚好进入细圆管内运动。已知细圆管的内径稍大于小球的直径，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)若小球经过C点时恰与管壁没有相互作用，求小球经过C点时的速度大小；(2)若小球刚好能到达轨道的最高点C，求小球经过最低点B时对轨道的压力大小；(3)若小球从C点水平飞出后恰好能落回到A点，求小球刚开始下落时离A点的高度。答案 (1)eq \r(gR) (2)5mg (3)1.25R解析 (1)小球通过C点时与管壁无相互作用力，由mg＝meq \f(vC2,R)得(1分)vC＝eq \r(gR)(1分)(2)若小球恰好到达最高点C，则通过C点时速度为零，对小球由B到C过程用动能定理有－mg2R＝－eq \f(1,2)mvB2，(1分)解得vB＝2eq \r(gR)，(1分)球经过B点时有FN－mg＝meq \f(vB2,R)(1分)得FN＝5mg，(1分)根据牛顿第三定律有小球经过最低点B时对轨道的压力为5mg(1分)(3)小球从C点飞出做平抛运动，则有R＝eq \f(1,2)gt2，R＝vC′t(1分)得vC′＝eq \r(\f(gR,2))，(1分)从开始下落到经过C点，由动能定理得mg(h－R)＝eq \f(1,2)mvC′2，(2分)得h＝1.25R。(1分)14．(12分)(2023·烟台市高一期末)如图所示，某同学正对篮板起跳投篮，球出手后斜向上抛出，出手时速度v0的方向与水平方向的夹角θ＝53°，篮球恰好垂直击中篮板，反弹后速度沿水平方向，而后进入篮圈。球刚出手时，球心O点离地的高度h1＝2.25 m，篮球击中篮板的位置离地的高度为h2＝3.5 m、离篮圈的高度为h3＝0.45 m，篮圈的直径d1＝0.45 m，篮板与篮圈的最小距离l＝0.15 m，篮球的直径d2＝0.24 m，不考虑空气阻力和篮球的转动。已知篮板平面保持竖直且与篮圈所在平面垂直，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)篮球击中篮板时的速度大小；(2)篮球在O点抛出时的速度v0大小；(3)要使篮球落入篮圈而进球(即球心下降到篮圈所在平面时，球未与篮圈接触)，球打板后反弹的速度范围。答案 (1)3.75 m/s (2)6.25 m/s (3)0.5 m/s≤v≤1.2 m/s解析 (1)依题意，可以把投篮过程看成逆向平抛运动，竖直方向的位移为h＝h2－h1＝1.25 m(1分)竖直方向做自由落体运动，则h＝eq \f(vy2,2g)(1分)又tan 53°＝eq \f(vy,vx)(1分)解得vx＝3.75 m/s(1分)由题知篮球恰好垂直击中篮板，故击中篮板时的速度大小为3.75 m/s(2)根据cos 53°＝eq \f(vx,v0)(2分)解得v0＝6.25 m/s(1分)(3)篮球打板后反弹，做平抛运动，有h3＝eq \f(1,2)gt2(1分)篮球反弹速度最小时，有l＝vmint(1分)篮球反弹速度最大时，有l＋d1－d2＝vmaxt(1分)篮球打板后反弹的速度范围为vmin≤v≤vmax(1分)联立可得0.5 m/s≤v≤1.2 m/s。(1分)15．(16分)(2022·浙江1月选考改编)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放(g＝10 m/s2)。(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经过F点时的速度v与lx之间的关系式及滑块第一次经过F点时的速度v的取值范围。答案 (1)7 N (2)v＝eq \r(12lx－9.6)(m/s)(lx≥0.85 m) v≥eq \r(0.6) m/s解析 (1)滑块释放运动到C点过程，由动能定理mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝eq \f(1,2)mvC2(2分)经过C点时FN－mg＝meq \f(vC2,R)(2分)解得FN＝7 N(2分)(2)A→F，由动能定理mglxsin 37°－mg×4Rcos 37°＝eq \f(1,2)mv2(2分)解得v＝eq \r(12lx－9.6)(m/s)(2分)而要保证滑块能到达F点，必须保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理mglxsin 37°－mg(3Rcos 37°＋R)＝0(2分)解得lx＝0.85 m(2分)则要保证小球能到F点，应使lx≥0.85 m，代入v＝eq \r(12lx－9.6)(m/s)得v≥eq \r(0.6) m/s。(2分)
模块综合试卷(一)(满分：100分)一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2022·渭南市高一期末)如图所示实例中均不考虑空气阻力，系统机械能守恒的是( )答案 D解析 人上楼过程中，人体的化学能转化为机械能，人和地球组成的系统机械能不守恒，A不符合题意；跳绳的过程中，人体的化学能转化为机械能，人和绳组成的系统机械能不守恒，B不符合题意；水滴石穿过程中，水滴的机械能转变为内能，水滴和石头组成的系统机械能不守恒，C不符合题意；箭射出后，箭、弓、地球组成的系统只有动能、弹性势能、重力势能相互转化，箭、弓、地球组成的系统机械能守恒，D符合题意。2．(2023·温州市高一期中)以下关于圆周运动描述正确的是( )A．如图甲所示，手握绳子能使小球在该水平面内做匀速圆周运动B．如图乙所示，小朋友在秋千的最低点时处于超重状态C．如图丙所示，旋转拖把桶的脱水原理是水滴受到了离心力，从而沿半径方向甩出D．如图丁所示，摩托车在水平赛道上匀速转弯时，为了安全经过弯道，人和摩托车整体会向弯道内侧倾斜，人和摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力和向心力四个力作用答案 B解析 对小球受力分析，小球受竖直向下的重力和沿绳子方向的拉力，合力不可能沿水平方向，故手握绳子不可能使小球在该水平面内做匀速圆周运动，A错误；小朋友在秋千的最低点具有向上的加速度，处于超重状态，B正确；水滴与拖把间的摩擦力不足以提供其做圆周运动的向心力，水滴做离心运动，沿切线方向甩出，C错误；摩托车在水平赛道上匀速转弯时，为了安全经过弯道，人和摩托车整体会向弯道内侧倾斜，人和摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力三个力作用，D错误。3．(2023·西安铁一中学高一期末)天启星座，我国第一个实现组网运行的物联网星座，由38颗低轨道、低倾角小卫星组成。2020年1月，忻州号(天启5号)成功进入高度为500 km、通过地球两极上空的太阳同步轨道运行；7月25日，天启10号进入高度为900 km、轨道平面与地轴夹角为45°的倾斜轨道运行。已知忻州号与天启10号的质量相等，则在轨运行时( )A．两卫星的机械能一定相等B．忻州号的速率一定小于天启10号的速率C．忻州号可以定点于忻州市的上空D．天启10号每天一定会多次经过赤道上空答案 D解析 两卫星的质量相同，轨道不同，做匀速圆周运动时，其动能不同，重力势能也不同，所以它们的机械能不相等，故A错误；根据万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)＝meq \f(4π2,T2)r，整理可得v＝eq \r(\f(GM,r))，T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))，忻州号的轨道半径小，所以其速率大，故B错误；忻州号在通过地球两极上空的太阳同步轨道运行，所以不会定点于忻州市的上空，故C错误；地球同步卫星半径约为36 000 km，根据以上选项分析，可知天启10号的公转周期与地球同步卫星相比很小，所以每天一定会多次经过赤道上空，故D正确。4.质量为1 kg的小物体在竖直向上的拉力F作用下由静止开始运动，拉力F随物体上升高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则物体上升3 m时的速度大小为( )A．4eq \r(5) m/s B．2eq \r(5) m/sC．4eq \r(3) m/s D．2eq \r(3) m/s答案 B解析 由动能定理可知WF－mgh＝eq \f(1,2)mv2，F－h图像与横轴围成的“面积”表示拉力做的功，则WF＝40 J，代入数据可解得v＝2eq \r(5) m/s，选项B正确。5．(2023·遵义市期末)2022年11月29日23时08分，神舟十五号载人飞船在我国酒泉卫星发射中心成功发射，并与在轨的空间站完成自主交会对接，我国航天员首次实现“太空会师”。若对接前后空间站距地面的高度不变，运行轨道可视为圆轨道。下列说法正确的是( )A．对接前后，空间站的运行周期变大B．对接前后，空间站的向心加速度变小C．对接前后，空间站的运行速率均小于7.9 km/sD．神舟十五号的发射速度可以小于7.9 km/s答案 C解析 根据万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R＋h2)＝meq \f(4π2,T2)(R＋h)，解得T＝eq \r(\f(4π2R＋h3,GM))，对接前后空间站距地面的高度不变，可知空间站的运行周期不变，故A错误；根据万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R＋h2)＝ma，解得a＝eq \f(GM,R＋h2)，对接前后空间站距地面的高度不变，可知空间站的向心加速度不变，故B错误；根据万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R＋h2)＝meq \f(v2,R＋h)，解得v＝eq \r(\f(GM,R＋h))，7.9 km/s是卫星在地球附近绕地球运行的速度，空间站运行的轨道半径大于地球半径，所以对接前后空间站运行的速率均小于7.9 km/s，故C正确；7.9 km/s是卫星绕地球表面运行的最大速度，是发射的最小速度，神舟十五号的运行轨道半径大于地球半径，故神舟十五号的发射速度大于7.9 km/s，故D错误。6．(2023·西安铁一中学高一期末)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．小球刚接触弹簧时加速度最大B．该弹簧的劲度系数为20.0 N/mC．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒答案 B解析 由题图可知，弹簧压缩量为Δx＝0.1 m时小球的速度最大，此时弹簧对小球的力等于小球的重力，可得mg＝kΔx，解得该弹簧的劲度系数为20.0 N/m，B正确；由题图知Δx′＝0.61 m时，弹簧对小球的弹力最大，弹力最大时的加速度a＝eq \f(kΔx′－mg,m)＝51 m/s2>g，所以弹簧压缩到最短时小球的加速度最大，A错误；从小球接触弹簧到压缩至最短的过程中，刚开始弹簧对小球的弹力小于小球的重力，小球的速度继续增大，小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，当弹簧对小球的弹力大于小球的重力时，小球的速度减小，直到减为零，此时弹簧的弹性势能最大，所以整个过程，弹簧的弹性势能一直在增大，由于小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，所以小球的机械能不守恒，故C、D错误。7.(2020·全国卷Ⅱ)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。eq \f(E2,E1)等于( )A．20 B．18C．9.0 D．3.0答案 B解析 摩托车从a点做平抛运动到c点，水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝eq \f(1,2)gt12，可解得v1＝eq \r(\f(gh,2))，动能E1＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(mgh,4)；摩托车从a点做平抛运动到b点，水平方向：3h＝v2t2，竖直方向：0.5h＝eq \f(1,2)gt22，解得v2＝3eq \r(gh)，动能E2＝eq \f(1,2)mv22＝eq \f(9,2)mgh，故eq \f(E2,E1)＝18，B正确。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。8.如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球，由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴，重力加速度为g，则( )A．球被击出时的初速度大小为Leq \r(\f(g,2h))B．球被击出时的初速度大小为Leq \r(\f(2g,h))C．该球从被击出到落入A穴所用时间为eq \r(\f(g,2h))D．该球从被击出到落入A穴所用时间为eq \r(\f(2h,g))答案 BD解析 竖直方向只受重力，竖直方向为自由落体运动，由h＝eq \f(1,2)gt2，得到t＝eq \r(\f(2h,g))，故C错误，D正确；由于球竖直地落入A穴，故水平方向的末速度为零，根据运动学公式，有L＝eq \f(v0,2)t，得v0＝eq \f(2L,\r(\f(2h,g)))＝Leq \r(\f(2g,h))，故A错误，B正确。9.(2022·兰州市高一期末)如图，北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点。忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是( )A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速B．该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐减小C．该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能D．该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度答案 CD解析 该卫星从轨道1到轨道2需要点火加速，则机械能增加；从轨道2再到轨道3，又需要点火加速，机械能增加；故该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增加，A、B错误；根据万有引力提供向心力，则有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \r(\f(GM,r))，由题可知，该卫星在轨道3的半径大于在轨道1的半径，故该卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，根据Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，C正确；根据Geq \f(Mm,r2)＝ma，解得a＝eq \f(GM,r2)，可知该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度，D正确。10.(2023·泰安市期末)倾角θ＝37°的传送带以速度v＝1.0 m/s顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送k＝4.0 kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上时速度为零，传送带将煤屑送到h＝3.0 m的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。(重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则下列说法中正确的是( )A．煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时前进的位移是2.5 mB．煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时所用的时间是2.5 sC．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是122 WD．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是154 W答案 BD解析 煤屑在传送带上加速运动时的加速度a＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2，煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时前进的位移x＝eq \f(v2,2a)＝1.25 m，故A错误；煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时所用的时间t＝eq \f(v,a)＝2.5 s，故B正确；设经过Δt时间，煤屑动能增加量ΔEk＝eq \f(1,2)kΔtv2，重力势能增加量ΔEp＝kΔtgh，摩擦产生的热量Q＝μkΔtgcos θ·(vt－x)，传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率P＝eq \f(ΔEk＋ΔEp＋Q,Δt)＝eq \f(1,2)kv2＋kgh＋μkgcos θ·(vt－x)＝154 W，故C错误，D正确。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(6分)使用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，打出一条纸带如图乙所示。图乙中O是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F…是依次打出的点迹，量出OE间的距离为l，DF间的距离为s，已知打点计时器打点的周期是T＝0.02 s。(1)上述物理量如果在实验误差允许的范围内满足关系式________，即验证了重物下落过程中机械能是守恒的。(2)如果发现图乙中OA距离大约是4 mm，则出现这种情况的原因可能是______________，如果出现这种情况，上述的各物理量间满足的关系式可能是________。答案 (1)gl＝eq \f(s2,8T2)(2分) (2)先释放纸带，后接通电源(2分) gl<eq \f(s2,8T2)(2分)12．(8分)(2019·北京卷改编)用如图所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。(1)下列实验条件必须满足的有________。A．斜槽轨道光滑B．斜槽轨道末段水平C．挡板高度等间距变化D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的________(选填“最上端”“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时________(选填“需要”或者“不需要”)y轴与重垂线平行。b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则eq \f(y1,y2)________(选填“大于”“等于”或者“小于”)eq \f(1,3)。可求得钢球平抛的初速度大小为________(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)。答案 (1)BD(2分) (2)a.球心(1分) 需要(1分) b．大于(2分) xeq \r(\f(g,y2－y1))(2分)解析 (2)a.因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于Q点，钢球的球心对应白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点)；在确定y轴时需要y轴与重垂线平行。b.由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，故相邻相等时间内竖直方向上位移之比为1∶3∶5…，故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大。因此eq \f(y1,y2)大于eq \f(1,3)；由y2－y1＝gT2，x＝v0T，联立解得v0＝xeq \r(\f(g,y2－y1))。13.(12分)(2022·扬州中学高一期中)如图所示，ABC为一细圆管构成的eq \f(3,4)圆轨道，轨道半径为R(比细圆管的内径大得多)，将其固定在竖直平面内，OA水平，OC竖直，最低点为B，最高点为C，细圆管内壁光滑。在A点正上方某位置有一质量为m的小球(可视为质点)由静止开始下落，刚好进入细圆管内运动。已知细圆管的内径稍大于小球的直径，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)若小球经过C点时恰与管壁没有相互作用，求小球经过C点时的速度大小；(2)若小球刚好能到达轨道的最高点C，求小球经过最低点B时对轨道的压力大小；(3)若小球从C点水平飞出后恰好能落回到A点，求小球刚开始下落时离A点的高度。答案 (1)eq \r(gR) (2)5mg (3)1.25R解析 (1)小球通过C点时与管壁无相互作用力，由mg＝meq \f(vC2,R)得(1分)vC＝eq \r(gR)(1分)(2)若小球恰好到达最高点C，则通过C点时速度为零，对小球由B到C过程用动能定理有－mg2R＝－eq \f(1,2)mvB2，(1分)解得vB＝2eq \r(gR)，(1分)球经过B点时有FN－mg＝meq \f(vB2,R)(1分)得FN＝5mg，(1分)根据牛顿第三定律有小球经过最低点B时对轨道的压力为5mg(1分)(3)小球从C点飞出做平抛运动，则有R＝eq \f(1,2)gt2，R＝vC′t(1分)得vC′＝eq \r(\f(gR,2))，(1分)从开始下落到经过C点，由动能定理得mg(h－R)＝eq \f(1,2)mvC′2，(2分)得h＝1.25R。(1分)14．(12分)(2023·烟台市高一期末)如图所示，某同学正对篮板起跳投篮，球出手后斜向上抛出，出手时速度v0的方向与水平方向的夹角θ＝53°，篮球恰好垂直击中篮板，反弹后速度沿水平方向，而后进入篮圈。球刚出手时，球心O点离地的高度h1＝2.25 m，篮球击中篮板的位置离地的高度为h2＝3.5 m、离篮圈的高度为h3＝0.45 m，篮圈的直径d1＝0.45 m，篮板与篮圈的最小距离l＝0.15 m，篮球的直径d2＝0.24 m，不考虑空气阻力和篮球的转动。已知篮板平面保持竖直且与篮圈所在平面垂直，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)篮球击中篮板时的速度大小；(2)篮球在O点抛出时的速度v0大小；(3)要使篮球落入篮圈而进球(即球心下降到篮圈所在平面时，球未与篮圈接触)，球打板后反弹的速度范围。答案 (1)3.75 m/s (2)6.25 m/s (3)0.5 m/s≤v≤1.2 m/s解析 (1)依题意，可以把投篮过程看成逆向平抛运动，竖直方向的位移为h＝h2－h1＝1.25 m(1分)竖直方向做自由落体运动，则h＝eq \f(vy2,2g)(1分)又tan 53°＝eq \f(vy,vx)(1分)解得vx＝3.75 m/s(1分)由题知篮球恰好垂直击中篮板，故击中篮板时的速度大小为3.75 m/s(2)根据cos 53°＝eq \f(vx,v0)(2分)解得v0＝6.25 m/s(1分)(3)篮球打板后反弹，做平抛运动，有h3＝eq \f(1,2)gt2(1分)篮球反弹速度最小时，有l＝vmint(1分)篮球反弹速度最大时，有l＋d1－d2＝vmaxt(1分)篮球打板后反弹的速度范围为vmin≤v≤vmax(1分)联立可得0.5 m/s≤v≤1.2 m/s。(1分)15．(16分)(2022·浙江1月选考改编)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放(g＝10 m/s2)。(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经过F点时的速度v与lx之间的关系式及滑块第一次经过F点时的速度v的取值范围。答案 (1)7 N (2)v＝eq \r(12lx－9.6)(m/s)(lx≥0.85 m) v≥eq \r(0.6) m/s解析 (1)滑块释放运动到C点过程，由动能定理mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝eq \f(1,2)mvC2(2分)经过C点时FN－mg＝meq \f(vC2,R)(2分)解得FN＝7 N(2分)(2)A→F，由动能定理mglxsin 37°－mg×4Rcos 37°＝eq \f(1,2)mv2(2分)解得v＝eq \r(12lx－9.6)(m/s)(2分)而要保证滑块能到达F点，必须保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理mglxsin 37°－mg(3Rcos 37°＋R)＝0(2分)解得lx＝0.85 m(2分)则要保证小球能到F点，应使lx≥0.85 m，代入v＝eq \r(12lx－9.6)(m/s)得v≥eq \r(0.6) m/s。(2分)
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