資源簡介

模塊綜合試卷(一)
(滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1.如圖所示實例中均不考慮空氣阻力，系統機械能守恒的是(　　)
2.(2024·達州市高一期中)重慶永川“渝西之眼”摩天輪游玩項目已正式運營，該摩天輪圓盤直徑約80 m，在豎直面內勻速轉動一周大約需要18分鐘，如圖為該摩天輪簡化示意圖。若座艙可視為質點，在摩天輪勻速運行時，則(　　)
A.座艙的線速度約為 m/s
B.座艙的角速度約為 rad/s
C.座艙所受的合力保持不變
D.座艙在最高點處于超重狀態
3.(2024·浙江1月選考)如圖所示，小明取山泉水時發現水平細水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍，在地面上平移水桶，水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿A。已知桶高為h，直徑為D，重力加速度為g，則水離開出水口的速度大小為(　　)
A. B.
C. D.(+1)D
4.(2024·南通市高一月考)如圖所示，有a、b、c三顆地球衛星，a在地球附近軌道上運動，b在地球橢圓軌道上，c在地球的同步衛星軌道上。忽略a、b、c間的相互作用。下列說法中正確的是(　　)
A.對衛星a、c比較，相同時間內a衛星轉過的弧長長
B.a、b、c三顆衛星運行速度都小于第一宇宙速度
C.b衛星由近地點向遠地點運動過程中，機械能減小
D.a衛星的動能一定大于c衛星的動能
5.質量為1 kg的小物體在豎直向上的拉力F作用下由靜止開始運動，拉力F隨物體上升高度h的變化規律如圖所示，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，則物體上升3 m時的速度大小為(　　)
A.4 m/s B.2 m/s
C.4 m/s D.2 m/s
6.(2020·全國卷Ⅱ)如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點。c與a的水平距離和高度差均為h；若經過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。等于(　　)
A.20 B.18
C.9.0 D.3.0
7.(2024·成都市高一期中)如圖所示，輕質彈簧一端固定在水平面上的光滑轉軸O上，另一端與套在粗糙固定直桿A處質量為m的小球(可視為質點)相連。A點距水平面的高度為h，直桿與水平面的夾角為30°，OA=OC，B為AC的中點，OB等于彈簧原長。小球從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度為v，并恰能停在C處。已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A.小球與彈簧組成的系統機械能守恒
B.小球通過B點時的加速度為
C.彈簧具有的最大彈性勢能為mv2
D.小球通過AB段比BC段摩擦力做功少
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8.如圖所示，某人從高出水平地面h的坡上水平擊出一個質量為m的高爾夫球，由于恒定的水平風力的作用，高爾夫球豎直地落入距擊球點水平距離為L的A穴，重力加速度為g，則(　　)
A.球被擊出時的初速度大小為L
B.球被擊出時的初速度大小為L
C.該球從被擊出到落入A穴所用時間為
D.該球從被擊出到落入A穴所用時間為
9.(2023·內江市第六中學高一期中)若航天員登上火星，考察完畢后，乘坐一艘宇宙飛船從火星返回地球時，經歷了如圖所示的變軌過程，則有關這艘飛船的下列說法正確的是(　　)
A.飛船在軌道Ⅰ上經過P點時的速度小于飛船在軌道Ⅱ上經過P點時的速度
B.飛船在軌道Ⅱ上運動時，經過P點時的速度大于經過Q點時的速度
C.飛船在軌道Ⅲ上運動到P點時的加速度等于飛船在軌道Ⅱ上運動到P點時的加速度
D.飛船繞火星在軌道Ⅰ上運動的周期跟飛船返回地球的過程中繞地球以與軌道Ⅰ同樣的軌道半徑運動的周期相同
10.(2023·泰安市期末)傾角θ=37°的傳送帶以速度v=1.0 m/s順時針轉動，位于其底部的煤斗每秒鐘向其輸送k=4.0 kg的煤屑，煤屑剛落到傳送帶上時速度為零，傳送帶將煤屑送到h=3.0 m的高處，煤屑與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.8，且煤屑在到達最高點前已經和傳送帶的速度相等。(重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)，則下列說法中正確的是(　　)
A.煤屑從落到傳送帶開始到與傳送帶速度相等時前進的位移是2.5 m
B.煤屑從落到傳送帶開始到與傳送帶速度相等時所用的時間是2.5 s
C.傳送帶電機因輸送煤屑而多產生的輸出功率是122 W
D.傳送帶電機因輸送煤屑而多產生的輸出功率是154 W
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11.(8分)(2024·瀘州市高一期末)某同學用如圖(a)所示的裝置驗證機械能守恒定律。用細線把鋼制的圓柱掛在架子上，架子下部固定一個小電動機，電動機軸上裝一支軟筆。電動機轉動時，軟筆尖每轉一周就在鋼柱表面畫上一條痕跡(時間間隔為T)。如圖(b)，在鋼柱上從痕跡O開始選取5條連續的痕跡A、B、C、D、E，測得它們到痕跡O的距離分別為hA、hB、hC、hD、hE。已知當地重力加速度大小為g。
(1)(2分)若電動機的轉速為3 000 r/min，則T=　　　　　 s。
(2)(2分)實驗操作時，應該　　　　　(填正確答案標號)。
A.先打開電源使電動機轉動，后燒斷細線使鋼柱自由下落
B.先燒斷細線使鋼柱自由下落，后打開電源使電動機轉動
(3)(2分)畫出痕跡D時，鋼柱下落的速度vD=　　　　　(用題中所給物理量的字母表示)。
(4)(2分)設各條痕跡到O的距離為h，對應鋼柱的下落速度為v，畫出v2-h圖像，發現圖線接近一條傾斜的直線，若該直線的斜率近似等于　　　　　，則可認為鋼柱下落過程中機械能守恒。
12.(8分)(2019·北京卷改編)用如圖所示裝置研究平拋運動。將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側較低，鋼球落在擋板上時，鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復，白紙上將留下一系列痕跡點。
(1)(2分)下列實驗條件必須滿足的有　　　　。
A.斜槽軌道光滑
B.斜槽軌道末段水平
C.擋板高度等間距變化
D.每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球
(2)(6分)為定量研究，建立以水平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標系。
a.取平拋運動的起始點為坐標原點，將鋼球靜置于Q點，鋼球的　　　　(選填“最上端”“最下端”或者“球心”)對應白紙上的位置即為原點；在確定y軸時　　　　(選填“需要”或者“不需要”)y軸與重垂線平行。
b.若遺漏記錄平拋軌跡的起始點，也可按下述方法處理數據：如圖所示，在軌跡上取A、B、C三點，AB和BC的水平間距相等且均為x，測得AB和BC的豎直間距分別是y1和y2，則　　　　(選填“大于”“等于”或者“小于”)。可求得鋼球平拋的初速度大小為　　　　(已知當地重力加速度為g，結果用上述字母表示)。
13.(10分)(2023·眉山市高一期中)如圖所示，在光滑的水平桌面上有一光滑小孔O，一根輕繩穿過小孔，一端連接質量m=1 kg的小球A，另一端連接質量M=4 kg的重物B(g取10 m/s2)。
(1)(5分)當球A沿半徑為R=0.1 m的圓做勻速圓周運動，角速度為ω=10 rad/s時，地面對B的支持力是多大？
(2)(5分)要使B物體對地面恰好無壓力，A球的角速度應為多大？
14.(12分)(2023·煙臺市高一期末)如圖所示，某同學正對籃板起跳投籃，球出手后斜向上拋出，出手時速度v0的方向與水平方向的夾角θ=53°，籃球恰好垂直擊中籃板，反彈后速度沿水平方向，而后進入籃圈。球剛出手時，球心O點離地的高度h1=2.25 m，籃球擊中籃板的位置離地的高度為h2=3.5 m、離籃圈的高度為h3=0.45 m，籃圈的直徑d1=0.45 m，籃板與籃圈的最小距離l=0.15 m，籃球的直徑d2=0.24 m，不考慮空氣阻力和籃球的轉動。已知籃板平面保持豎直且與籃圈所在平面垂直，重力加速度g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，求：
(1)(3分)籃球擊中籃板時的速度大小；
(2)(4分)籃球在O點拋出時的速度v0大小；
(3)(5分)要使籃球落入籃圈而進球(即球心下降到籃圈所在平面時，球未與籃圈接觸)，球打板后反彈的速度范圍。
15.(16分)(2022·浙江1月選考改編)如圖所示，處于豎直平面內的一探究裝置，由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高)，B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質點的滑塊質量m=0.1 kg，軌道BCD和DEF的半徑R=0.15 m，軌道AB長度lAB=3 m，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。滑塊開始時均從軌道AB上某點靜止釋放(g=10 m/s2)。
(1)(6分)若釋放點距B點的長度l=0.7 m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大小；
(2)(10分)設釋放點距B點的長度為lx，滑塊第一次經過F點時的速度v與lx之間的關系式及滑塊第一次經過F點時的速度v的取值范圍。
答案精析
1.D　［人上樓過程中，人體的化學能轉化為機械能，人和地球組成的系統機械能不守恒，A不符合題意；跳繩的過程中，人體的化學能轉化為機械能，人和繩組成的系統機械能不守恒，B不符合題意；水滴石穿過程中，水滴的機械能轉變為內能，水滴和石頭組成的系統機械能不守恒，C不符合題意；箭射出后，箭、弓、地球組成的系統只有動能、彈性勢能、重力勢能相互轉化，箭、弓、地球組成的系統機械能守恒，D符合題意。］
2.A　［v== m/s= m/s，選項A正確；座艙的角速度約為ω== rad/s= rad/s，選項B錯誤；座艙做勻速圓周運動，則所受的合力大小保持不變，方向指向圓心，不斷變化，選項C錯誤；座艙在最高點加速度向下，處于失重狀態，選項D錯誤。］
3.C　［設出水口到水桶中心距離為x，則x=v0，落到桶底A點時x+=v0，
解得v0=，故C正確。］
4.A　［對衛星a、c比較，根據G=m，可得v=，則a的運行速度大，則相同時間內a衛星轉過的弧長長，選項A正確；因為a在地球附近軌道上運動，則a的速度等于第一宇宙速度，選項B錯誤；b衛星由近地點向遠地點運動過程中，只有地球的引力做功，則機械能不變，選項C錯誤；衛星的質量關系不確定，則a衛星的動能不一定大于c衛星的動能，選項D錯誤。］
5.B　［由動能定理可知WF-mgh=mv2，F-h圖像與橫軸圍成的“面積”表示拉力做的功，則WF=40 J，代入數據可解得v=2 m/s，選項B正確。］
6.B　［摩托車從a點做平拋運動到c點，水平方向：h=v1t1，豎直方向：h=g，可解得v1=，動能E1=m=；摩托車從a點做平拋運動到b點，水平方向：3h=v2t2，豎直方向：0.5h=g，解得v2=3，動能E2=m=mgh，故=18，B正確。］
7.C　［小球與彈簧組成的系統，由于存在摩擦力對系統做功，所以小球與彈簧組成的系統機械能不守恒，故A錯誤；小球通過B點時，彈簧的彈力為零，小球受到重力、桿的支持力和滑動摩擦力，由牛頓第二定律得mgsin 30°-f=maB，可知aB<，故B錯誤；根據對稱性知，小球通過AB段與BC段關于B點對稱的位置受到的彈簧彈力大小相等，小球對直桿的正壓力大小相等，小球與直桿間的滑動摩擦力大小相等，則小球通過AB、BC兩段過程中摩擦力做功相等，故D錯誤；小球從A運動到B的過程克服摩擦力做功為Wf，AB間的豎直高度為h，小球的質量為m，設彈簧具有的最大彈性勢能為Ep；對于小球從A到B的過程根據能量守恒定律得mg+Ep=mv2+Wf，從A到C的過程根據能量守恒定律得mgh+Ep=2Wf+Ep，解得Wf=mgh，Ep=mv2，故C正確。］
8.BD　［豎直方向只受重力，豎直方向為自由落體運動，由h=gt2，得到t=，故C錯誤，D正確；由于球豎直地落入A穴，故水平方向的末速度為零，根據運動學公式，有L=t，得v0==L，故A錯誤，B正確。］
9.ABC　［根據題意可知，飛船在軌道Ⅰ上經過P點時需點火加速，做離心運動才能進入軌道Ⅱ，則飛船在軌道Ⅰ上經過P點時的速度小于飛船在軌道Ⅱ上經過P點時的速度，故A正確；由開普勒第二定律可知，飛船在軌道Ⅱ上運動時，經過P點時的速度大于經過Q點時的速度，故B正確；根據萬有引力提供向心力有=ma，解得a=，可知飛船在軌道Ⅲ上運動到P點時的加速度等于飛船在軌道Ⅱ上運動到P點時的加速度，故C正確；根據萬有引力提供向心力有=mr，解得T=，由于火星的質量與地球質量不相等，則飛船繞火星在軌道Ⅰ上運動的周期跟飛船返回地球的過程中繞地球以與軌道Ⅰ同樣的軌道半徑運動的周期不同，故D錯誤。］
10.BD　［煤屑在傳送帶上加速運動時的加速度a=μgcos θ-gsin θ=0.4 m/s2，煤屑從落到傳送帶開始到與傳送帶速度相等時前進的位移x==1.25 m，故A錯誤；煤屑從落到傳送帶開始到與傳送帶速度相等時所用的時間t==2.5 s，故B正確；設經過Δt時間，煤屑動能增加量ΔEk=kΔtv2，重力勢能增加量ΔEp=kΔtgh，摩擦產生的熱量Q=μkΔtgcos θ·(vt-x)，傳送帶電機因輸送煤屑而多產生的輸出功率P==kv2+kgh+μkgcos θ·(vt-x)=154 W，故C錯誤，D正確。］
11.(1)0.02　(2)A　(3)　(4)2g
解析　(1)由于電動機的轉速為3 000 r/min，則其頻率為f= Hz=50 Hz，則T== s=0.02 s
(2)實驗操作時，為了使軟筆在鋼柱表面畫上一條痕跡條數多一些，應該先打開電源使電動機轉動，后燒斷細線使鋼柱自由下落。故選A。
(3)根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則畫出痕跡D時，鋼柱下落的速度為
vD=
(4)鋼制的圓柱下落過程中，只有重力做功，重力勢能的減小等于動能的增加，即mgh=mv2，可得v2=2gh
若v2-h圖線為一條傾斜直線，且直線的斜率近似等于2g，則可認為鋼柱下落過程中機械能守恒。
12.(1)BD　(2)a.球心　需要　b.大于
x
解析　(2)a.因為鋼球做平拋運動的軌跡是其球心的軌跡，故將鋼球靜置于Q點，鋼球的球心對應白紙上的位置即為坐標原點(平拋運動的起始點)；在確定y軸時需要y軸與重垂線平行。b.由于平拋的豎直分運動是自由落體運動，故相鄰相等時間內豎直方向上位移之比為1∶3∶5…，故兩相鄰相等時間內豎直方向上的位移之比越來越大。因此大于；由y2-y1=gT2，x=v0T，聯立解得v0=x。
13.(1)30 N　(2)20 rad/s
解析　(1)對小球A，F=mrω2=10 N，
對B，N+F=Mg，N=Mg-F=30 N
(2)B物體處于將要離開、而尚未離開地面時，
F'=Mg=40 N，根據牛頓第二定律得F'=mrω'2
解得ω'== rad/s=20 rad/s。
14.(1)3.75 m/s　(2)6.25 m/s　(3)0.5 m/s≤v≤1.2 m/s
解析　(1)依題意，可以把投籃過程看成逆向平拋運動，豎直方向的位移為h=h2-h1=1.25 m
豎直方向做自由落體運動，則h=
又tan 53°=
解得vx=3.75 m/s
由題知籃球恰好垂直擊中籃板，故擊中籃板時的速度大小為3.75 m/s
(2)根據cos 53°=
解得v0=6.25 m/s
(3)籃球打板后反彈，做平拋運動，有h3=gt2
籃球反彈速度最小時，有l=vmint
籃球反彈速度最大時，有l+d1-d2=vmaxt
籃球打板后反彈的速度范圍為vmin≤v≤vmax
可得0.5 m/s≤v≤1.2 m/s。
15.(1)7 N　(2)v=(m/s)(lx≥0.85 m)
v≥ m/s
解析　(1)滑塊釋放運動到C點過程，由動能定理
mglsin 37°+mgR(1-cos 37°)=m
經過C點時FN-mg=m
解得FN=7 N
(2)A→F，由動能定理
mglxsin 37°-mg×4Rcos 37°=mv2
解得v=(m/s)
而要保證滑塊能到達F點，必須保證它能到達DEF最高點，當小球恰好到達DEF最高點時，由動能定理
mglxsin 37°-mg(3Rcos 37°+R)=0
解得lx=0.85 m
則要保證小球能到F點，應使lx≥0.85 m，
代入v=(m/s)得v≥ m/s。(共52張PPT)
模塊綜合試卷(一)
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A C A B B C BD
題號 9 10
答案 ABC BD
答案
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11.
(1)0.02　(2)A　(3)　(4)2g
12.
(1)BD　(2)a.球心　需要　b.大于
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(1)30 N　(2)20 rad/s
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(1)3.75 m/s　(2)6.25 m/s　(3)0.5 m/s≤v≤1.2 m/s
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(1)7 N　(2)v=(m/s)(lx≥0.85 m) v≥ m/s
一、單項選擇題
1.如圖所示實例中均不考慮空氣阻力，系統機械能守恒的是
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人上樓過程中，人體的化學能轉化為機械能，人和地球組成的系統機械能不守恒，A不符合題意；
跳繩的過程中，人體的化學能轉化為機械能，人和繩組成的系統機械能不守恒，B不符合題意；
水滴石穿過程中，水滴的機械能轉變為內能，水滴和石頭組成的系統機械能不守恒，C不符合題意；
箭射出后，箭、弓、地球組成的系統只有動能、彈性勢能、重力勢能相互轉化，箭、弓、地球組成的系統機械能守恒，D符合題意。
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2.(2024·達州市高一期中)重慶永川“渝西之眼”摩天輪游玩項目已正式運營，該摩天輪圓盤直徑約80 m，在豎直面內勻速轉動一周大約需要18分鐘，如圖為該摩天輪簡化示意圖。若座艙可視為質點，在摩天輪勻速運行時，則
A.座艙的線速度約為 m/s
B.座艙的角速度約為 rad/s
C.座艙所受的合力保持不變
D.座艙在最高點處于超重狀態
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v== m/s= m/s，選項A正確；
座艙的角速度約為ω== rad/s= rad/s，
選項B錯誤；
座艙做勻速圓周運動，則所受的合力大小保持不變，方向指向圓心，不斷變化，選項C錯誤；
座艙在最高點加速度向下，處于失重狀態，選項D錯誤。
答案
3.(2024·浙江1月選考)如圖所示，小明取山泉水時發現水平細水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍，在地面上平移水桶，水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿A。已知桶高為h，直徑為D，重力加速度為g，則水離開出水口的速度大小為
A. B.
C. D.(+1)D
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設出水口到水桶中心距離為x，則x=v0，落到桶底A點時x+=v0，解得v0=，故C正確。
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答案
4.(2024·南通市高一月考)如圖所示，有a、b、c三顆地球衛星，a在地球附近軌道上運動，b在地球橢圓軌道上，c在地球的同步衛星軌道上。忽略a、b、c間的相互作用。下列說法中正確的是
A.對衛星a、c比較，相同時間內a衛星轉過的弧長長
B.a、b、c三顆衛星運行速度都小于第一宇宙速度
C.b衛星由近地點向遠地點運動過程中，機械能減小
D.a衛星的動能一定大于c衛星的動能
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對衛星a、c比較，根據G=m，可得v=，則a的運行
速度大，則相同時間內a衛星轉過的弧長長，選項A正確；
因為a在地球附近軌道上運動，則a的速度等于第一宇宙速度，選項B錯誤；
b衛星由近地點向遠地點運動過程中，只有地球的引力做功，則機械能不變，選項C錯誤；
衛星的質量關系不確定，則a衛星的動能不一定大于c衛星的動能，選項D錯誤。
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答案
5.質量為1 kg的小物體在豎直向上的拉力F作用下由靜止開始運動，拉力F隨物體上升高度h的變化規律如圖所示，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，則物體上升3 m時的速度大小為
A.4 m/s B.2 m/s
C.4 m/s D.2 m/s
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由動能定理可知WF-mgh=mv2，F-h圖像與橫軸圍成的“面積”表示拉力做的功，則WF=40 J，代入數據可解得v=2 m/s，選項B正確。
答案
6.(2020·全國卷Ⅱ)如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點。c與a的水平距離和高度差均為h；若經過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。等于
A.20 B.18
C.9.0 D.3.0
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答案
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摩托車從a點做平拋運動到c點，水平方向：h=v1t1，豎直方向：h=g，可解得v1=，動能E1=
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m=；摩托車從a點做平拋運動到b點，水平方向：3h=v2t2，豎直方向：0.5h=g，解得v2=3，動能E2=m=mgh，故=18，B正確。
答案
7.(2024·成都市高一期中)如圖所示，輕質彈簧一端固定在水平面上的光滑轉軸O上，另一端與套在粗糙固定直桿A處質量為m的小球(可視為質點)相連。A點距水平面的高度為h，直桿與水平面的夾角為30°，OA=OC，B為AC的中點，OB等于彈簧原長。小球從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度為v，并恰能停在C處。已知重力加速度為g，下列說法正確的是
A.小球與彈簧組成的系統機械能守恒
B.小球通過B點時的加速度為
C.彈簧具有的最大彈性勢能為mv2
D.小球通過AB段比BC段摩擦力做功少
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答案
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小球與彈簧組成的系統，由于存在摩擦力對系統
做功，所以小球與彈簧組成的系統機械能不守恒，
故A錯誤；
小球通過B點時，彈簧的彈力為零，小球受到重力、桿的支持力和滑動摩擦力，由牛頓第二定律得mgsin 30°-f=maB，可知aB<，故B錯誤；
根據對稱性知，小球通過AB段與BC段關于B點對稱的位置受到的彈簧彈力大小相等，小球對直桿的正壓力大小相等，小球與直桿間的滑動摩擦力大小相等，則小球通過AB、BC兩段過程中摩擦力做功相等，故D錯誤；
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答案
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小球從A運動到B的過程克服摩擦力做功為Wf，
AB間的豎直高度為h，小球的質量為m，設彈
簧具有的最大彈性勢能為Ep；對于小球從A到B的過程根據能量守恒定律得mg+Ep=mv2+Wf，從A到C的過程根據能量守恒定律得mgh+Ep=
2Wf+Ep，解得Wf=mgh，Ep=mv2，故C正確。
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答案
二、多項選擇題
8.如圖所示，某人從高出水平地面h的坡上水平擊出一個質量為m的高爾夫球，由于恒定的水平風力的作用，高爾夫球豎直地落入距擊球點水平距離為L的A穴，重力加速度為g，則
A.球被擊出時的初速度大小為L
B.球被擊出時的初速度大小為L
C.該球從被擊出到落入A穴所用時間為
D.該球從被擊出到落入A穴所用時間為
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豎直方向只受重力，豎直方向為自由落體運動，
由h=gt2，得到t=，故C錯誤，D正確；
由于球豎直地落入A穴，故水平方向的末速度為零，根據運動學公式，有L=t，得v0==L，故A錯誤，B正確。
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答案
9.(2023·內江市第六中學高一期中)若航天員登上火星，考察完畢后，乘坐一艘宇宙飛船從火星返回地球時，經歷了如圖所示的變軌過程，則有關這艘飛船的下列說法正確的是
A.飛船在軌道Ⅰ上經過P點時的速度小于飛船在軌道Ⅱ上經過P點時的速度
B.飛船在軌道Ⅱ上運動時，經過P點時的速度大于經過Q點時的速度
C.飛船在軌道Ⅲ上運動到P點時的加速度等于飛船在
軌道Ⅱ上運動到P點時的加速度
D.飛船繞火星在軌道Ⅰ上運動的周期跟飛船返回地球
的過程中繞地球以與軌道Ⅰ同樣的軌道半徑運動的周期相同
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答案
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根據題意可知，飛船在軌道Ⅰ上經過P點時需
點火加速，做離心運動才能進入軌道Ⅱ，則飛
船在軌道Ⅰ上經過P點時的速度小于飛船在軌
道Ⅱ上經過P點時的速度，故A正確；
由開普勒第二定律可知，飛船在軌道Ⅱ上運動時，經過P點時的速度大于經過Q點時的速度，故B正確；
根據萬有引力提供向心力有=ma，解得a=，可知飛船在軌道Ⅲ上運動到P點時的加速度等于飛船在軌道Ⅱ上運動到P點時的加速度，故C正確；
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答案
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根據萬有引力提供向心力有=mr，解得
T=，由于火星的質量與地球質量不相等，
則飛船繞火星在軌道Ⅰ上運動的周期跟飛船返回地球的過程中繞地球以與軌道Ⅰ同樣的軌道半徑運動的周期不同，故D錯誤。
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答案
10.(2023·泰安市期末)傾角θ=37°的傳送帶以速度v=1.0 m/s順時針轉動，位于其底部的煤斗每秒鐘向其輸送k=4.0 kg的煤屑，煤屑剛落到傳送帶上時速度為零，傳送帶將煤屑送到h=3.0 m的高處，煤屑與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.8，且煤屑在到達最高點前已經和傳送帶的速度相等。(重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)，則下列說法中正確的是
A.煤屑從落到傳送帶開始到與傳送帶速度相等時前進的位移是2.5 m
B.煤屑從落到傳送帶開始到與傳送帶速度相等時所用的時間是2.5 s
C.傳送帶電機因輸送煤屑而多產生的輸出功率是122 W
D.傳送帶電機因輸送煤屑而多產生的輸出功率是154 W
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答案
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煤屑在傳送帶上加速運動時的加速度a=μgcos θ-
gsin θ=0.4 m/s2，煤屑從落到傳送帶開始到與傳
送帶速度相等時前進的位移x==1.25 m，故A錯誤；
煤屑從落到傳送帶開始到與傳送帶速度相等時所用的時間t==2.5 s，故B正確；
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答案
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設經過Δt時間，煤屑動能增加量ΔEk=kΔtv2，
重力勢能增加量ΔEp=kΔtgh，摩擦產生的熱量
Q=μkΔtgcos θ·(vt-x)，傳送帶電機因輸送煤屑
而多產生的輸出功率P==kv2+kgh+μkgcos θ·(vt-x)=154 W，故C錯誤，D正確。
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答案
11.(2024·瀘州市高一期末)某同學用如圖(a)所示的裝置驗證機械能守恒定律。用細線把鋼制的圓柱掛在架子上，架子下部固定一個小電動機，電動機軸上裝一支軟筆。電動機轉動時，軟筆尖每轉一周就在鋼柱表面畫上一條痕跡(時間間隔為T)。如圖(b)，在鋼柱上從痕跡O開始選取5條連續的痕跡A、B、C、D、E，測得它們到痕跡O的距離分別為hA、hB、hC、hD、hE。已知當地重力加速度大小為g。
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三、非選擇題
(1)若電動機的轉速為3 000 r/min，則T=　　　 s。
0.02
答案
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由于電動機的轉速為3 000 r/min，則其頻率為f= Hz=50 Hz，則T== s=0.02 s
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答案
(2)實驗操作時，應該　　　　　(填正確答案標號)。
A.先打開電源使電動機轉動，后燒斷細線使鋼柱自由
下落
B.先燒斷細線使鋼柱自由下落，后打開電源使電動機
轉動
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A
實驗操作時，為了使軟筆在鋼柱表面畫上一條痕跡條數多一些，應該先打開電源使電動機轉動，后燒斷細線使鋼柱自由下落。故選A。
答案
(3)畫出痕跡D時，鋼柱下落的速度vD=　　　　　(用題中所給物理量的字母表示)。
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根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則畫出痕跡D時，鋼柱下落的速度為vD=
答案
(4)設各條痕跡到O的距離為h，對應鋼柱的下落速度為v，畫出v2-h圖像，發現圖線接近一條傾斜的直線，若該直線的斜率近似等于　　　，則可認為鋼柱下落過程中機械能守恒。
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2g
答案
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鋼制的圓柱下落過程中，只有重力做功，重力勢能的減小等于動能的增加，即mgh=mv2，可得v2=2gh
若v2-h圖線為一條傾斜直線，且直線的斜率近似等于2g，則可認為鋼柱下落過程中機械能守恒。
答案
12.(2019·北京卷改編)用如圖所示裝置研究平拋運動。將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側較低，鋼球落在擋板上時，鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復，白紙上將留下一系列痕跡點。
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(1)下列實驗條件必須滿足的有　　。
A.斜槽軌道光滑
B.斜槽軌道末段水平
C.擋板高度等間距變化
D.每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球
BD
答案
(2)為定量研究，建立以水平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標系。
a.取平拋運動的起始點為坐標原點，將鋼球靜置于Q點，鋼球的　　　(選填“最上端”“最下端”或者“球心”)對應白紙上的位置即為原點；在確定y軸時　　　　(選填“需要”或者“不需要”)y軸與重垂線平行。
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球心
需要
因為鋼球做平拋運動的軌跡是其球心的軌跡，故將鋼球靜置于Q點，鋼球的球心對應白紙上的位置即為坐標原點(平拋運動的起始點)；在確定y軸時需要y軸與重垂線平行。
答案
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大于
b.若遺漏記錄平拋軌跡的起始點，也可按下述方法處理數據：如圖所示，在軌跡上取A、B、C三點，AB和BC的水平間距相等且均為x，測得AB和BC的豎直間距分別是y1和y2，則　　　　(選填“大于”“等于”或者“小于”)。
可求得鋼球平拋的初速度大小為　　　　(已知當地重力
加速度為g，結果用上述字母表示)。
x
答案
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由于平拋的豎直分運動是自由落體運動，故相鄰相等
時間內豎直方向上位移之比為1∶3∶5…，故兩相鄰相
等時間內豎直方向上的位移之比越來越大。因此大
于；由y2-y1=gT2，x=v0T，聯立解得v0=x。
答案
13.(2023·眉山市高一期中)如圖所示，在光滑的水平桌面上有一光滑小孔O，一根輕繩穿過小孔，一端連接質量m=1 kg的小球A，另一端連接質量M=4 kg的重物B(g取10 m/s2)。
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答案　30 N
(1)當球A沿半徑為R=0.1 m的圓做勻速圓周運動，角速度為ω=10 rad/s時，地面對B的支持力是多大？
對小球A，F=mrω2=10 N，
對B，N+F=Mg，N=Mg-F=30 N
答案
(2)要使B物體對地面恰好無壓力，A球的角速度應為多大？
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答案　20 rad/s
答案
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B物體處于將要離開、而尚未離開地面時，
F'=Mg=40 N，根據牛頓第二定律得F'=mrω'2
解得ω'== rad/s=20 rad/s。
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答案
14.(2023·煙臺市高一期末)如圖所示，某同學正對籃
板起跳投籃，球出手后斜向上拋出，出手時速度v0
的方向與水平方向的夾角θ=53°，籃球恰好垂直擊
中籃板，反彈后速度沿水平方向，而后進入籃圈。
球剛出手時，球心O點離地的高度h1=2.25 m，籃球擊中籃板的位置離地的高度為h2=3.5 m、離籃圈的高度為h3=0.45 m，籃圈的直徑d1=0.45 m，籃板與籃圈的最小距離l=0.15 m，籃球的直徑d2=0.24 m，不考慮空氣阻力和籃球的轉動。已知籃板平面保持豎直且與籃圈所在平面垂直，重力加速度g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，求：
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答案
(1)籃球擊中籃板時的速度大小；
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答案　3.75 m/s
答案
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依題意，可以把投籃過程看成逆向平拋運動，豎直方向的位移為h=h2-h1=1.25 m
豎直方向做自由落體運動，則h=
又tan 53°=
解得vx=3.75 m/s
由題知籃球恰好垂直擊中籃板，故擊中籃板時的速度大小為3.75 m/s
答案
(2)籃球在O點拋出時的速度v0大小；
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答案　6.25 m/s
根據cos 53°=
解得v0=6.25 m/s
答案
(3)要使籃球落入籃圈而進球(即球心下降到籃圈所在平面時，球未與籃圈接觸)，球打板后反彈的速度范圍。
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答案　0.5 m/s≤v≤1.2 m/s
答案
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籃球打板后反彈，做平拋運動，有h3=gt2
籃球反彈速度最小時，有l=vmint
籃球反彈速度最大時，有l+d1-d2=vmaxt
籃球打板后反彈的速度范圍為vmin≤v≤vmax
可得0.5 m/s≤v≤1.2 m/s。
答案
15.(2022·浙江1月選考改編)如圖所示，處于豎直平面內的一探究裝置，由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高)，B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質點的滑塊質量m=0.1 kg，軌道BCD和DEF的半徑R=0.15 m，軌道AB長度lAB=3 m，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。滑塊開始時均從軌道AB上
某點靜止釋放(g=10 m/s2)。
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答案
(1)若釋放點距B點的長度l=0.7 m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大小；
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答案　7 N
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滑塊釋放運動到C點過程，由動能定理mglsin 37°+mgR(1-cos 37°)
=m
經過C點時FN-mg=m
解得FN=7 N
答案
(2)設釋放點距B點的長度為lx，滑塊第一次經過F點時的速度v與lx之間的關系式及滑塊第一次經過F點時的速度v的取值范圍。
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答案　v=(m/s)(lx≥0.85 m)
v≥ m/s
答案
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A→F，由動能定理
mglxsin 37°-mg×4Rcos 37°=mv2
解得v=(m/s)
而要保證滑塊能到達F點，必須保證它能到達DEF最高點，當小球恰好到達DEF最高點時，由動能定理
mglxsin 37°-mg(3Rcos 37°+R)=0
解得lx=0.85 m
答案
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則要保證小球能到F點，應使lx≥0.85 m，
代入v=(m/s)得
v≥ m/s。
答案

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