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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(二) (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(二) (含解析)，共10页。
模块综合试卷(二)(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．(2023·全国甲卷)一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中( )A．机械能一直增加B．加速度保持不变C．速度大小保持不变D．被推出后瞬间动能最大答案 B解析 铅球做平抛运动，仅受重力作用，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度，保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，C、D错误。2．(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是( )答案 D解析 小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故A、B错误；小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正确。3.(2023·宁波市高一学校联考)2022年10月31日，“梦天”实验舱在文昌航天发射场发射，成功和“天和”核心舱对接，并保持轨道半径不变，离地约400 km。“梦天”实验舱完成“T”字基本构型后，“神舟十四号”航天员乘组在“梦天”实验舱内完成了货包整理、设备安装等工作。彰显了中国独自组建空间站的航天实力。下列说法正确的是( )A．“梦天”实验舱从高轨向低轨完成对接，加速运动就可完成对接任务B．“梦天”实验舱与“天和”核心舱对接后，核心舱向心加速度变大C．“梦天”实验舱发射速度必须小于第二宇宙速度D．对接后“梦天”实验舱的角速度大小比同步卫星小答案 C解析 “梦天”实验舱从高轨向低轨完成对接，从高轨道到低轨道，需要减速，故A错误；根据Geq \f(Mm,r2)＝ma，得a＝Geq \f(M,r2)，由于对接后“天和”核心舱的轨道半径不变，所以向心加速度不变，故B错误；“梦天”实验舱的发射速度需要大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故C正确；对接后“梦天”实验舱的轨道半径小于同步卫星轨道半径，根据Geq \f(Mm,r2)＝mrω2，得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，可知“梦天”实验舱的角速度大于同步卫星的角速度，故D错误。4．(2023·绍兴市高一期末)如图所示，A、B为两个相邻的试验平台，两平台高度差为80 cm，平台B的长度为2 m。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，若要求小车(可视为质点)在离开平台A后不落在平台B上，则小车在离开平台A时的速度至少为( )A．6.0 m/s B．5.0 m/s C．4.0 m/s D．2.0 m/s答案 B解析 根据题意可知，小车(可视为质点)在离开平台A后做平抛运动，竖直方向上有h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向上有x＝v0t，联立并代入数据，解得v0＝5.0 m/s，故选B。5．设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍。不考虑行星自转的影响，则( )A．金星表面的重力加速度是火星的eq \f(k,n)倍B．金星的“第一宇宙速度”是火星的eq \r(\f(k,n))倍C．金星绕太阳运动的加速度比火星小D．金星绕太阳运动的周期比火星大答案 B解析 根据g＝eq \f(GM,R2)可知，eq \f(g金,g火)＝eq \f(M金,M火)·eq \f(R火2,R金2)＝eq \f(k,n2)，选项A错误；根据v＝eq \r(\f(GM,R))可知，eq \f(v金,v火)＝eq \r(\f(k,n))，选项B正确；根据a＝eq \f(GM太,r2)可知，轨道半径越大，加速度越小，选项C错误；由eq \f(r3,T2)＝常量可知，轨道半径越大，周期越长，选项D错误。6．(2023·玉林市高一期中)蛙式滑板车陪伴很多小朋友度过了快乐的童年，其有两个踏板，一只脚踩一个踏板，通过两脚开合运动推动车子前进，如图为某款滑板车的实物图和示意图，图中虚线为某次运动时两后轮AB留下的痕迹，两踏板AO、BO有效长度为0.6 m，当∠AOB＝60°时，两踏板相对于O点合拢的角速度均为2 rad/s，此时虚线上对应位置的切线与AB共线，前轮CO在∠AOB的角平分线上，则滑板车前进的速度为( )A.eq \f(3,5) m/s B.eq \f(6,5) m/sC.eq \f(3,5)eq \r(3) m/s D.eq \f(6,5)eq \r(3) m/s答案 A解析 对左侧后轮进行分析，其合速度沿虚线切线方向，可分解为沿车前进的速度和绕A点转动的速度，如图所示，其中v转＝ωL＝1.2 m/s，则v车＝v转sin 30°＝eq \f(3,5) m/s，故选A。7.(2022·重庆北碚西南大学附中高一期末)在高空运行的同步卫星功能失效后，往往会被送到同步轨道上空几百公里处的“墓地轨道”，以免影响其他在轨卫星并节省轨道资源。如图所示，2022年1月22日，我国“实践21号”卫星在地球同步轨道“捕获”已失效的“北斗二号G2”卫星后，成功将其送入“墓地轨道”。已知地球自转周期为T0，转移轨道与同步轨道、墓地轨道分别相切于P、Q点，则“北斗二号G2”卫星( )A．在墓地轨道上的运动周期大于T0B．在同步轨道上的机械能大于在墓地轨道上的机械能C．在转移轨道上经过P点的速度等于在同步轨道上经过P点的速度D．在转移轨道上经过P点的加速度大于在同步轨道上经过P点的加速度答案 A解析 根据万有引力提供向心力可得eq \f(GMm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，解得T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))，由于墓地轨道的半径大于同步轨道半径，可知卫星在墓地轨道上的运动周期大于T0，故A正确；卫星从低轨道变轨到高轨道，需要点火加速，变轨时卫星的机械能增加，可知卫星在同步轨道上的机械能小于在墓地轨道上的机械能，故B错误；卫星在P点从同步轨道变轨到转移轨道，需要点火加速，则卫星在转移轨道上经过P点的速度大于在同步轨道上经过P点的速度，故C错误；根据牛顿第二定律可得eq \f(GMm,r2)＝ma，解得a＝eq \f(GM,r2)，由于M、r都相同，可知卫星在转移轨道上经过P点的加速度等于在同步轨道上经过P点的加速度，故D错误。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.(2023·武汉市高一期末)先后将小球1、2由同一位置以不同的速度竖直向上抛出，抛出后小球只受重力和水平方向的风力作用，两小球的运动轨迹如图中虚线所示，则两小球相比，下列说法正确的是( )A．小球1竖直向上抛出的初速度比2大B．小球1从抛出到落地的运动时间比2短C．小球2水平方向上的平均速度一定比小球1的大D．小球2所受的风力一定比小球1受到的大答案 AC解析 小球的运动可以分解为竖直方向的竖直上抛和水平方向的匀加速直线运动，上升阶段竖直方向满足v02＝2gh，h＝eq \f(1,2)gt2，依题意，可知小球1上升高度大于小球2的上升高度，所以小球1竖直向上抛出的初速度大，小球1从抛出到落地的运动时间长，故A正确，B错误；由题图可知，小球1水平位移小，飞行时间长，根据水平方向的平均速度eq \x\to(v)＝eq \f(x,t)分析知，小球2的水平方向的平均速度一定比小球1的大，故C正确；小球水平方向满足x＝eq \f(1,2)at2，由题图可知，小球1的飞行时间长，水平位移小，小球1的加速度小，但不知道两小球质量的关系，故不能判断出二者水平方向受力的关系，故D错误。9.(2022·北京昌平高一期末)雪车(也称“有舵雪橇”)比赛是冬奥会比赛项目之一。如图所示，在一段赛道上，运动员操控雪车无助力滑行，沿斜坡赛道由静止从A点滑行至B点，再沿水平赛道滑行至C点停下来。已知运动员和雪车的总质量为m，A、B两点间的竖直高度为h，雪车与赛道间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g。忽略空气阻力的影响。运动员及雪车从A点滑行到C点的整个过程中，下列说法正确的是( )A．克服摩擦力做功为mghB．机械能的减小量为mghC．合外力做功为0D．合外力做功为mgh答案 ABC解析 运动员及雪车从A点滑行到C点的整个过程中，重力做正功，为mgh，摩擦力做负功，满足Wf＋mgh＝0，根据功能关系可知克服摩擦力做功为W克f＝mgh，故A正确；机械能的减小量等于克服摩擦力做的功，为mgh，故B正确；根据动能定理可知，初末状态动能均为零，则合外力做功为0，故C正确，D错误。10．(2022·新泰市第一中学高一期中)质量m＝200 kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18 s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是( )A．汽车受到的阻力200 NB．汽车的最大牵引力为800 NC．8～18 s过程中汽车牵引力做的功为8×104 JD．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5 m答案 CD解析 当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有Ff＝eq \f(P,vm)＝800 N，故A错误；汽车做匀加速运动的速度最大时牵引力最大，则有F＝eq \f(P,v1)＝1 000 N，故B错误；8～18 s过程中汽车已达到最大功率，所以牵引力做的功为W＝Pt＝8×104 J，故C正确；8～18 s过程中汽车做变加速度运动，根据动能定理得Pt－Ffs＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv12，解得s＝95.5 m，故D正确。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(6分)(2022·浙江1月选考)在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点A，读取其坐标(x0，y0)，重力加速度为g。(1)下列说法正确的是________。A．实验所用斜槽应尽量光滑B．画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来C．求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据(2)根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0＝________。A.eq \r(2gh) B.eq \r(2gy0)C．x0eq \r(\f(g,2h)) D．x0eq \r(\f(g,2y0))(3)在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是______________。答案 (1)C(2分) (2)D(2分) (3)确保多次运动的轨迹相同(2分)解析 (1)只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，故A错误；画轨迹时应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差的影响，故C正确。(2)坐标原点O为抛出点，由平抛运动规律有x0＝v0ty0＝eq \f(1,2)gt2联立解得平抛的初速度为v0＝x0eq \r(\f(g,2y0))故选D。(3)小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次运动的轨迹相同。12．(8分)(2022·上海市奉贤中学高一期中)“用DIS验证机械能守恒定律”实验装置如图。(1)本实验利用________传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的________和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中________。A．连接杆拉力不做功，合外力不做功B．连接杆拉力不做功，合外力做正功C．连接杆拉力做正功，合外力不做功D．连接杆拉力做正功，合外力做正功(3)实验结果绘制数据如图所示，图像的横轴表示摆锤距离最低点的高度，纵轴表示小球的重力势能Ep、动能Ek或机械能E。其中表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek的图线分别是________和________。(均选填“甲”“乙”或“丙”)(4)根据实验图像，可以得出的结论是________。答案 (1)光电门(1分) 高度(1分) (2)B(2分)(3)乙(1分) 丙(1分) (4)在实验误差允许的范围内，摆锤运动过程中机械能守恒(2分)解析 (1)本实验利用光电门传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的高度和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中，连接杆拉力方向始终垂直于摆锤的速度方向，所以不做功，而摆锤动能增大，合外力做正功，故选B。(3)摆锤的重力势能Ep随h的增大而增大，动能Ek随h的增大而减小，所以表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek的图线分别是乙和丙。(4)甲图线表示摆锤运动过程中的机械能，在实验误差允许的范围内图线甲平行于h轴，由此可以得出的结论是摆锤运动过程中机械能守恒。13．(12分)(2023·德州市高一期末)如图甲所示，在某星球表面轻绳约束下的质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点与最高点所受轻绳的拉力之差为ΔF，假设星球是均匀球体，其半径为R，已知引力常量为G。不计一切阻力。(1)求星球表面重力加速度大小；(2)求该星球的密度；(3)如图乙所示，在该星球表面上，某小球以大小为v0的初速度平抛，恰好能击中倾角为θ的斜面，且位移最短，求该小球平抛的时间。答案 (1)eq \f(ΔF,6m) (2)eq \f(ΔF,8πmGR) (3)eq \f(12mv0,ΔFtan θ)解析 (1)设小球在最高点受到绳子的拉力为F1，绳长为L，速率为v1，则有F1＋mg＝meq \f(v12,L)(1分)设小球在最低点受到绳子拉力为F2，速率为v2，则有F2－mg＝meq \f(v22,L)(1分)小球从最高点到最低点的过程中应用动能定理可得mg·2L＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12(1分)而ΔF＝F2－F1，故有g＝eq \f(ΔF,6m)(1分)(2)对星球表面上的物体，有Geq \f(Mm′,R2)＝m′g(2分)星球体积V＝eq \f(4,3)πR3，故星球的密度为ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(ΔF,8mπGR)(2分)(3)最短位移为位移与斜面垂直，可知tan θ＝eq \f(x,y)，x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2(2分)联立可得t＝eq \f(12mv0,ΔF·tan θ)。(2分)14．(12分)(2022·焦作市高一期中)如图所示，跳台滑雪赛道可以简化为助滑道、起跳区、着陆坡等几段，起跳区BC是一小段半径R＝20 m的圆弧，助滑道和着陆坡两斜面与水平面的夹角θ均为37°，运动员与助滑道AB段间的动摩擦因数μ＝0.125。质量m＝60 kg的运动员(含装备)从A点无初速度下滑，从起跳区的C点起跳时速度沿水平方向，然后降落在着陆坡上的D点。不考虑空气阻力，运动员从起跳区的C点起跳后在空中时间为t＝3 s，在运动员运动的过程中可以把运动员看成质点。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(1)运动员在起跳区C点对滑道的压力是多少？(2)若不考虑起跳区BC对运动员速度大小的影响，助滑道AB的长度至少是多少？(3)运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离是多少？答案 (1)1 800 N (2)40 m (3)9 m解析 (1)运动员从C点起跳做平抛运动，水平方向有x＝vCt(1分)竖直方向有y＝eq \f(1,2)gt2(1分)根据数学知识有tan 37°＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2vC)(1分)代入数据解得vC＝20 m/s(1分)运动员在C点时，设滑道对运动员的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(vC2,R)(1分)解得FN＝1 800 N根据牛顿第三定律可知，运动员在起跳区C点对滑道的压力为1 800 N。(1分)(2)设助滑道AB的长度为x，根据动能定理有mgxsin 37°－μmgxcos 37°＝eq \f(1,2)mvC2(2分)代入数据解得x＝40 m(1分)(3)把运动员在C点时的运动，分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，根据几何关系，运动员在垂直斜面方向上的初速度为vx＝vCsin 37°＝12 m/s垂直斜面方向上的加速度大小为gx＝gcos 37°＝8 m/s2(1分)根据题意可知，运动员在垂直斜面方向上先做匀减速运动，当速度减小到零时，与斜面距离最远，根据vx2＝2gxx1(1分)解得，运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离为x1＝eq \f(vx2,2gx)＝9 m。(1分)15．(16分)(2022·无锡市高一期中)如图所示为某弹射游戏装置图。水平枪管中弹簧被弹射杆P用线拉着，处于压缩状态，质量为m的小钢球紧靠弹簧，枪口上边缘与半圆形光滑竖直轨道最高点A的内侧对齐。水平轨道BC在B、C两点分别与半圆轨道内侧和倾角θ＝45°的斜面平滑连接。扣动扳机，弹射杆P立即松开弹簧，钢球射出经轨道到达斜面上最高点D后又恰好能回到A点进入枪内，挤压弹簧后再次被弹出。已知半圆轨道半径为R，BC长s＝2R，球与斜面CD、水平面BC的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度为g，小球受到的摩擦力视为滑动摩擦力。求：(1)小球第二次经过B点时的速度大小；(2)弹簧储存的最大弹性势能Ep；(3)通过计算说明小球能否脱离轨道。答案 (1)eq \r(5gR) (2)3.5mgR (3)不会脱离轨道，计算见解析解析 (1)由题意，小球恰能返回A点，所以在A点由mg＝meq \f(vA2,R)得vA＝eq \r(gR)(2分)设第二次经过B点的速度大小为vB，则由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvA2＋mg×2R(2分)解得vB＝eq \r(5gR)(1分)(2)从D到B由动能定理得mgh－μmgcos θ×eq \f(h,sin θ)－μmgs＝eq \f(1,2)mvB2(2分)解得h＝4R(1分)从发射到第一次回到A点，由功能关系可得Ep＝2μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,tan θ)＋s))＋eq \f(1,2)mvA2(2分)解得Ep＝3.5mgR(1分)(3)由机械能守恒定律知第三次经B点与第二次经B点动能相同，设第三次经B点能到达斜面的最大高度为h′，由动能定理得－mgh′－μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h′,tan θ)＋s))＝0－eq \f(1,2)mvB2(2分)代入数据得h′＝1.6 R(1分)设第四次经B点后能达半圆轨道的最大高度为hm，则从h′到hm由动能定理得mgh′－μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h′,tan θ)＋s))－mghm＝0－0(1分)代入数据得hm＝0.7 R因为0.7 R
模块综合试卷(二)(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．(2023·全国甲卷)一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中( )A．机械能一直增加B．加速度保持不变C．速度大小保持不变D．被推出后瞬间动能最大答案 B解析 铅球做平抛运动，仅受重力作用，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度，保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，C、D错误。2．(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是( )答案 D解析 小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故A、B错误；小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正确。3.(2023·宁波市高一学校联考)2022年10月31日，“梦天”实验舱在文昌航天发射场发射，成功和“天和”核心舱对接，并保持轨道半径不变，离地约400 km。“梦天”实验舱完成“T”字基本构型后，“神舟十四号”航天员乘组在“梦天”实验舱内完成了货包整理、设备安装等工作。彰显了中国独自组建空间站的航天实力。下列说法正确的是( )A．“梦天”实验舱从高轨向低轨完成对接，加速运动就可完成对接任务B．“梦天”实验舱与“天和”核心舱对接后，核心舱向心加速度变大C．“梦天”实验舱发射速度必须小于第二宇宙速度D．对接后“梦天”实验舱的角速度大小比同步卫星小答案 C解析 “梦天”实验舱从高轨向低轨完成对接，从高轨道到低轨道，需要减速，故A错误；根据Geq \f(Mm,r2)＝ma，得a＝Geq \f(M,r2)，由于对接后“天和”核心舱的轨道半径不变，所以向心加速度不变，故B错误；“梦天”实验舱的发射速度需要大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故C正确；对接后“梦天”实验舱的轨道半径小于同步卫星轨道半径，根据Geq \f(Mm,r2)＝mrω2，得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，可知“梦天”实验舱的角速度大于同步卫星的角速度，故D错误。4．(2023·绍兴市高一期末)如图所示，A、B为两个相邻的试验平台，两平台高度差为80 cm，平台B的长度为2 m。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，若要求小车(可视为质点)在离开平台A后不落在平台B上，则小车在离开平台A时的速度至少为( )A．6.0 m/s B．5.0 m/s C．4.0 m/s D．2.0 m/s答案 B解析 根据题意可知，小车(可视为质点)在离开平台A后做平抛运动，竖直方向上有h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向上有x＝v0t，联立并代入数据，解得v0＝5.0 m/s，故选B。5．设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍。不考虑行星自转的影响，则( )A．金星表面的重力加速度是火星的eq \f(k,n)倍B．金星的“第一宇宙速度”是火星的eq \r(\f(k,n))倍C．金星绕太阳运动的加速度比火星小D．金星绕太阳运动的周期比火星大答案 B解析 根据g＝eq \f(GM,R2)可知，eq \f(g金,g火)＝eq \f(M金,M火)·eq \f(R火2,R金2)＝eq \f(k,n2)，选项A错误；根据v＝eq \r(\f(GM,R))可知，eq \f(v金,v火)＝eq \r(\f(k,n))，选项B正确；根据a＝eq \f(GM太,r2)可知，轨道半径越大，加速度越小，选项C错误；由eq \f(r3,T2)＝常量可知，轨道半径越大，周期越长，选项D错误。6．(2023·玉林市高一期中)蛙式滑板车陪伴很多小朋友度过了快乐的童年，其有两个踏板，一只脚踩一个踏板，通过两脚开合运动推动车子前进，如图为某款滑板车的实物图和示意图，图中虚线为某次运动时两后轮AB留下的痕迹，两踏板AO、BO有效长度为0.6 m，当∠AOB＝60°时，两踏板相对于O点合拢的角速度均为2 rad/s，此时虚线上对应位置的切线与AB共线，前轮CO在∠AOB的角平分线上，则滑板车前进的速度为( )A.eq \f(3,5) m/s B.eq \f(6,5) m/sC.eq \f(3,5)eq \r(3) m/s D.eq \f(6,5)eq \r(3) m/s答案 A解析 对左侧后轮进行分析，其合速度沿虚线切线方向，可分解为沿车前进的速度和绕A点转动的速度，如图所示，其中v转＝ωL＝1.2 m/s，则v车＝v转sin 30°＝eq \f(3,5) m/s，故选A。7.(2022·重庆北碚西南大学附中高一期末)在高空运行的同步卫星功能失效后，往往会被送到同步轨道上空几百公里处的“墓地轨道”，以免影响其他在轨卫星并节省轨道资源。如图所示，2022年1月22日，我国“实践21号”卫星在地球同步轨道“捕获”已失效的“北斗二号G2”卫星后，成功将其送入“墓地轨道”。已知地球自转周期为T0，转移轨道与同步轨道、墓地轨道分别相切于P、Q点，则“北斗二号G2”卫星( )A．在墓地轨道上的运动周期大于T0B．在同步轨道上的机械能大于在墓地轨道上的机械能C．在转移轨道上经过P点的速度等于在同步轨道上经过P点的速度D．在转移轨道上经过P点的加速度大于在同步轨道上经过P点的加速度答案 A解析 根据万有引力提供向心力可得eq \f(GMm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，解得T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))，由于墓地轨道的半径大于同步轨道半径，可知卫星在墓地轨道上的运动周期大于T0，故A正确；卫星从低轨道变轨到高轨道，需要点火加速，变轨时卫星的机械能增加，可知卫星在同步轨道上的机械能小于在墓地轨道上的机械能，故B错误；卫星在P点从同步轨道变轨到转移轨道，需要点火加速，则卫星在转移轨道上经过P点的速度大于在同步轨道上经过P点的速度，故C错误；根据牛顿第二定律可得eq \f(GMm,r2)＝ma，解得a＝eq \f(GM,r2)，由于M、r都相同，可知卫星在转移轨道上经过P点的加速度等于在同步轨道上经过P点的加速度，故D错误。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.(2023·武汉市高一期末)先后将小球1、2由同一位置以不同的速度竖直向上抛出，抛出后小球只受重力和水平方向的风力作用，两小球的运动轨迹如图中虚线所示，则两小球相比，下列说法正确的是( )A．小球1竖直向上抛出的初速度比2大B．小球1从抛出到落地的运动时间比2短C．小球2水平方向上的平均速度一定比小球1的大D．小球2所受的风力一定比小球1受到的大答案 AC解析 小球的运动可以分解为竖直方向的竖直上抛和水平方向的匀加速直线运动，上升阶段竖直方向满足v02＝2gh，h＝eq \f(1,2)gt2，依题意，可知小球1上升高度大于小球2的上升高度，所以小球1竖直向上抛出的初速度大，小球1从抛出到落地的运动时间长，故A正确，B错误；由题图可知，小球1水平位移小，飞行时间长，根据水平方向的平均速度eq \x\to(v)＝eq \f(x,t)分析知，小球2的水平方向的平均速度一定比小球1的大，故C正确；小球水平方向满足x＝eq \f(1,2)at2，由题图可知，小球1的飞行时间长，水平位移小，小球1的加速度小，但不知道两小球质量的关系，故不能判断出二者水平方向受力的关系，故D错误。9.(2022·北京昌平高一期末)雪车(也称“有舵雪橇”)比赛是冬奥会比赛项目之一。如图所示，在一段赛道上，运动员操控雪车无助力滑行，沿斜坡赛道由静止从A点滑行至B点，再沿水平赛道滑行至C点停下来。已知运动员和雪车的总质量为m，A、B两点间的竖直高度为h，雪车与赛道间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g。忽略空气阻力的影响。运动员及雪车从A点滑行到C点的整个过程中，下列说法正确的是( )A．克服摩擦力做功为mghB．机械能的减小量为mghC．合外力做功为0D．合外力做功为mgh答案 ABC解析 运动员及雪车从A点滑行到C点的整个过程中，重力做正功，为mgh，摩擦力做负功，满足Wf＋mgh＝0，根据功能关系可知克服摩擦力做功为W克f＝mgh，故A正确；机械能的减小量等于克服摩擦力做的功，为mgh，故B正确；根据动能定理可知，初末状态动能均为零，则合外力做功为0，故C正确，D错误。10．(2022·新泰市第一中学高一期中)质量m＝200 kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18 s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是( )A．汽车受到的阻力200 NB．汽车的最大牵引力为800 NC．8～18 s过程中汽车牵引力做的功为8×104 JD．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5 m答案 CD解析 当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有Ff＝eq \f(P,vm)＝800 N，故A错误；汽车做匀加速运动的速度最大时牵引力最大，则有F＝eq \f(P,v1)＝1 000 N，故B错误；8～18 s过程中汽车已达到最大功率，所以牵引力做的功为W＝Pt＝8×104 J，故C正确；8～18 s过程中汽车做变加速度运动，根据动能定理得Pt－Ffs＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv12，解得s＝95.5 m，故D正确。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(6分)(2022·浙江1月选考)在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点A，读取其坐标(x0，y0)，重力加速度为g。(1)下列说法正确的是________。A．实验所用斜槽应尽量光滑B．画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来C．求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据(2)根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0＝________。A.eq \r(2gh) B.eq \r(2gy0)C．x0eq \r(\f(g,2h)) D．x0eq \r(\f(g,2y0))(3)在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是______________。答案 (1)C(2分) (2)D(2分) (3)确保多次运动的轨迹相同(2分)解析 (1)只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，故A错误；画轨迹时应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差的影响，故C正确。(2)坐标原点O为抛出点，由平抛运动规律有x0＝v0ty0＝eq \f(1,2)gt2联立解得平抛的初速度为v0＝x0eq \r(\f(g,2y0))故选D。(3)小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次运动的轨迹相同。12．(8分)(2022·上海市奉贤中学高一期中)“用DIS验证机械能守恒定律”实验装置如图。(1)本实验利用________传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的________和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中________。A．连接杆拉力不做功，合外力不做功B．连接杆拉力不做功，合外力做正功C．连接杆拉力做正功，合外力不做功D．连接杆拉力做正功，合外力做正功(3)实验结果绘制数据如图所示，图像的横轴表示摆锤距离最低点的高度，纵轴表示小球的重力势能Ep、动能Ek或机械能E。其中表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek的图线分别是________和________。(均选填“甲”“乙”或“丙”)(4)根据实验图像，可以得出的结论是________。答案 (1)光电门(1分) 高度(1分) (2)B(2分)(3)乙(1分) 丙(1分) (4)在实验误差允许的范围内，摆锤运动过程中机械能守恒(2分)解析 (1)本实验利用光电门传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的高度和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中，连接杆拉力方向始终垂直于摆锤的速度方向，所以不做功，而摆锤动能增大，合外力做正功，故选B。(3)摆锤的重力势能Ep随h的增大而增大，动能Ek随h的增大而减小，所以表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek的图线分别是乙和丙。(4)甲图线表示摆锤运动过程中的机械能，在实验误差允许的范围内图线甲平行于h轴，由此可以得出的结论是摆锤运动过程中机械能守恒。13．(12分)(2023·德州市高一期末)如图甲所示，在某星球表面轻绳约束下的质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点与最高点所受轻绳的拉力之差为ΔF，假设星球是均匀球体，其半径为R，已知引力常量为G。不计一切阻力。(1)求星球表面重力加速度大小；(2)求该星球的密度；(3)如图乙所示，在该星球表面上，某小球以大小为v0的初速度平抛，恰好能击中倾角为θ的斜面，且位移最短，求该小球平抛的时间。答案 (1)eq \f(ΔF,6m) (2)eq \f(ΔF,8πmGR) (3)eq \f(12mv0,ΔFtan θ)解析 (1)设小球在最高点受到绳子的拉力为F1，绳长为L，速率为v1，则有F1＋mg＝meq \f(v12,L)(1分)设小球在最低点受到绳子拉力为F2，速率为v2，则有F2－mg＝meq \f(v22,L)(1分)小球从最高点到最低点的过程中应用动能定理可得mg·2L＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12(1分)而ΔF＝F2－F1，故有g＝eq \f(ΔF,6m)(1分)(2)对星球表面上的物体，有Geq \f(Mm′,R2)＝m′g(2分)星球体积V＝eq \f(4,3)πR3，故星球的密度为ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(ΔF,8mπGR)(2分)(3)最短位移为位移与斜面垂直，可知tan θ＝eq \f(x,y)，x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2(2分)联立可得t＝eq \f(12mv0,ΔF·tan θ)。(2分)14．(12分)(2022·焦作市高一期中)如图所示，跳台滑雪赛道可以简化为助滑道、起跳区、着陆坡等几段，起跳区BC是一小段半径R＝20 m的圆弧，助滑道和着陆坡两斜面与水平面的夹角θ均为37°，运动员与助滑道AB段间的动摩擦因数μ＝0.125。质量m＝60 kg的运动员(含装备)从A点无初速度下滑，从起跳区的C点起跳时速度沿水平方向，然后降落在着陆坡上的D点。不考虑空气阻力，运动员从起跳区的C点起跳后在空中时间为t＝3 s，在运动员运动的过程中可以把运动员看成质点。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(1)运动员在起跳区C点对滑道的压力是多少？(2)若不考虑起跳区BC对运动员速度大小的影响，助滑道AB的长度至少是多少？(3)运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离是多少？答案 (1)1 800 N (2)40 m (3)9 m解析 (1)运动员从C点起跳做平抛运动，水平方向有x＝vCt(1分)竖直方向有y＝eq \f(1,2)gt2(1分)根据数学知识有tan 37°＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2vC)(1分)代入数据解得vC＝20 m/s(1分)运动员在C点时，设滑道对运动员的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(vC2,R)(1分)解得FN＝1 800 N根据牛顿第三定律可知，运动员在起跳区C点对滑道的压力为1 800 N。(1分)(2)设助滑道AB的长度为x，根据动能定理有mgxsin 37°－μmgxcos 37°＝eq \f(1,2)mvC2(2分)代入数据解得x＝40 m(1分)(3)把运动员在C点时的运动，分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，根据几何关系，运动员在垂直斜面方向上的初速度为vx＝vCsin 37°＝12 m/s垂直斜面方向上的加速度大小为gx＝gcos 37°＝8 m/s2(1分)根据题意可知，运动员在垂直斜面方向上先做匀减速运动，当速度减小到零时，与斜面距离最远，根据vx2＝2gxx1(1分)解得，运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离为x1＝eq \f(vx2,2gx)＝9 m。(1分)15．(16分)(2022·无锡市高一期中)如图所示为某弹射游戏装置图。水平枪管中弹簧被弹射杆P用线拉着，处于压缩状态，质量为m的小钢球紧靠弹簧，枪口上边缘与半圆形光滑竖直轨道最高点A的内侧对齐。水平轨道BC在B、C两点分别与半圆轨道内侧和倾角θ＝45°的斜面平滑连接。扣动扳机，弹射杆P立即松开弹簧，钢球射出经轨道到达斜面上最高点D后又恰好能回到A点进入枪内，挤压弹簧后再次被弹出。已知半圆轨道半径为R，BC长s＝2R，球与斜面CD、水平面BC的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度为g，小球受到的摩擦力视为滑动摩擦力。求：(1)小球第二次经过B点时的速度大小；(2)弹簧储存的最大弹性势能Ep；(3)通过计算说明小球能否脱离轨道。答案 (1)eq \r(5gR) (2)3.5mgR (3)不会脱离轨道，计算见解析解析 (1)由题意，小球恰能返回A点，所以在A点由mg＝meq \f(vA2,R)得vA＝eq \r(gR)(2分)设第二次经过B点的速度大小为vB，则由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvA2＋mg×2R(2分)解得vB＝eq \r(5gR)(1分)(2)从D到B由动能定理得mgh－μmgcos θ×eq \f(h,sin θ)－μmgs＝eq \f(1,2)mvB2(2分)解得h＝4R(1分)从发射到第一次回到A点，由功能关系可得Ep＝2μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,tan θ)＋s))＋eq \f(1,2)mvA2(2分)解得Ep＝3.5mgR(1分)(3)由机械能守恒定律知第三次经B点与第二次经B点动能相同，设第三次经B点能到达斜面的最大高度为h′，由动能定理得－mgh′－μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h′,tan θ)＋s))＝0－eq \f(1,2)mvB2(2分)代入数据得h′＝1.6 R(1分)设第四次经B点后能达半圆轨道的最大高度为hm，则从h′到hm由动能定理得mgh′－μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h′,tan θ)＋s))－mghm＝0－0(1分)代入数据得hm＝0.7 R因为0.7 R
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