資源簡介

模塊綜合試卷(二)
(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.(2023·全國甲卷)一同學將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉動的影響，鉛球在平拋運動過程中(　　)
A.機械能一直增加
B.加速度保持不變
C.速度大小保持不變
D.被推出后瞬間動能最大
2.(2023·全國乙卷)小車在水平地面上沿軌道從左向右運動，動能一直增加。如果用帶箭頭的線段表示小車在軌道上相應位置處所受合力，下列四幅圖可能正確的是(　　)
3.(2024·常州市高一期中)小球從地面上方某處水平拋出，落地時速度方向與水平方向的夾角為45°，不計空氣阻力，取地面為參考平面，小球拋出時重力勢能和動能之比為(　　)
A.4 B.2 C.1 D.0.5
4.(2023·綿陽市南山中學高一期中)如圖，一體積較小的星體A正在“吸食”另一顆體積較大的星體B的表面物質，達到質量轉移的目的，且在“吸食”過程中兩者質心之間的距離保持不變。當星體A與星體B的質量分別為m、3m時，兩者之間的萬有引力大小為F，則當星體A與星體B的質量之比為1∶1時，兩者之間的萬有引力大小為(　　)
A.F B.F C.F D.F
5.(2024·四川省高一期中)雜技表演水流星如圖所示，一根繩系著盛水的杯子，隨著演員的掄動，杯子就在豎直平面做圓周運動，已知軌跡半徑為r=0.4 m，水的質量200 g，杯子的質量50 g，繩子質量不計，重力加速度為g=10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A.杯子運動到最高點時，水剛好不落下，則最高點速度為4 m/s
B.當杯子到最高點速度為6 m/s時，則水對杯子的彈力大小為16 N，方向豎直向下
C.杯子在運動過程中做的是變速圓周運動，沿圓周下降過程速度增加是因為合力沿切線方向的分力與速度同向
D.杯子在最低點時處于失重狀態
6.(2024·廣安市高一期末)將一小球水平拋出，A、B、C為平拋運動軌跡上的三個點，AB間的距離為L，BC間的距離為L，AB、BC連線與水平面間的夾角分別為30°和60°，如圖所示。忽略空氣阻力，取重力加速度為g。則小球水平拋出的初速度大小為(　　)
A. B. C. D.
7.(2023·淮安市高一期中)滑雪跳臺由助滑道、起跳區、著陸坡、停止區組成，如圖所示。跳臺滑雪運動員在助滑路段獲得高速后從起跳區水平飛出，不計空氣阻力，起跳后的飛行路線可以看作是拋物線的一部分，用Δv、Ep、Ek、P表示運動員在空中運動的速度變化量、重力勢能、動能、重力的瞬時功率大小，用t表示運動員在空中的運動時間，下列圖像中可能正確的是(　　)
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.(2023·武漢市高一期末)先后將小球1、2由同一位置以不同的速度豎直向上拋出，拋出后小球只受重力和水平方向的風力作用，兩小球的運動軌跡如圖中虛線所示，則兩小球相比，下列說法正確的是(　　)
A.小球1豎直向上拋出的初速度比2大
B.小球1從拋出到落地的運動時間比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所受的風力一定比小球1受到的大
9.(2024·成都市高一期中)“嫦娥三號”的發射示意圖如圖所示，在繞地的橢圓軌道運動中，每次變軌后半長軸增大，然后進入地月轉移軌道，最后進入月球軌道進行制動，在繞月的橢圓軌道運動中，每次變軌后半長軸變小。衛星的機械能是動能和引力勢能之和，下列說法正確的是(　　)
A.若繞地與繞月的橢圓軌道半長軸相等，則“嫦娥三號”在這兩個軌道上運動的周期相等
B.在繞地的橢圓軌道運動中，每一次變軌“嫦娥三號”的機械能就增大一些
C.“嫦娥三號”在地月轉移軌道的運動中，引力產生的加速度可能先減小后增大
D.在繞月的某個固定橢圓軌道運動中，“嫦娥三號”的機械能可能先減小后增大
10.(2024·成都市高一期中)一部電動機通過一輕繩從靜止開始向上提起質量為m=4.0 kg的物體，在前2.0 s內繩的拉力恒定，此后電動機保持額定功率P額=600 W工作，物體被提升至h=60 m高度時恰好達到最大速度vm，上述過程的v-t圖像如圖所示(g取10 m/s2，不計空氣阻力)，下列說法正確的是(　　)
A.物體的最大速度vm=15 m/s
B.物體速度v2=12 m/s時加速度的大小2 m/s2
C.物體從速度v1=10 m/s時開始，到提升至60 m高度，克服重力所做的功2 000 J
D.物體從靜止開始，到被提升至60 m高度時，所用時間為3.5 s
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11.(8分)(2022·浙江1月選考)在“研究平拋運動”實驗中，以小鋼球離開軌道末端時球心位置為坐標原點O，建立水平與豎直坐標軸。讓小球從斜槽上離水平桌面高為h處靜止釋放，使其水平拋出，通過多次描點可繪出小球做平拋運動時球心的軌跡，如圖所示。在軌跡上取一點A，讀取其坐標(x0，y0)，重力加速度為g。
(1)(2分)下列說法正確的是　　　　。
A.實驗所用斜槽應盡量光滑
B.畫軌跡時應把所有描出的點用平滑的曲線連接起來
C.求平拋運動初速度時應讀取軌跡上離原點較遠的點的數據
(2)(2分)根據題目所給信息，小球做平拋運動的初速度大小v0=　　　　。
A. B. C.x0 D.x0
(3)(4分)在本實驗中要求小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放的理由是　　　　　　　。
12.(8分)(2022·河北卷)某實驗小組利用鐵架臺、彈簧、鉤碼、打點計時器、刻度尺等器材驗證系統機械能守恒定律，實驗裝置如圖甲所示.彈簧的勁度系數為k，原長為L0，鉤碼的質量為m。已知彈簧的彈性勢能表達式為E=kx2，其中k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量，當地的重力加速度大小為g。
(1)(6分)在彈性限度內將鉤碼緩慢下拉至某一位置，測得此時彈簧的長度為L.接通打點計時器電源.從靜止釋放鉤碼，彈簧收縮，得到了一條點跡清晰的紙帶。鉤碼加速上升階段的部分紙帶如圖乙所示，紙帶上相鄰兩點之間的時間間隔均為T(在誤差允許范圍內，認為釋放鉤碼的同時打出A點)。從打出A點到打出F點時間內，彈簧的彈性勢能減少量為　　　　　　　　，鉤碼的動能增加量為　　　　　　　　，鉤碼的重力勢能增加量為　　　　　　　　。
(2)(2分)利用計算機軟件對實驗數據進行處理，得到彈簧彈性勢能減少量、鉤碼的機械能增加量分別與鉤碼上升高度h的關系，如圖丙所示.由圖丙可知，隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，主要原因是　　　
　　　　。
13.(10分)(2024·成都市高一期末)旋轉秋千是各大游樂場常見的娛樂設施，深受人們的喜愛。一旋轉秋千可簡化為如圖所示模型，上端是半徑為r=2 m的水平轉臺，在轉臺的邊緣固定有一長為L=5 m的輕繩，輕繩的底端懸掛有一座椅。玩耍時，一小朋友系好安全帶后坐在座椅上靜止在最低點，然后轉臺在電機帶動下繞豎直轉軸OO'緩慢加速轉動起來，當座椅擺動到輕繩與豎直方向的夾角為θ=37°時開始以角速度ω勻速轉動。小朋友和座椅均可視為質點，其總質量為m=40 kg，重力加速度大小取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。忽略空氣阻力。求：
(1)(5分)旋轉秋千勻速轉動時的角速度ω及此時輕繩的拉力大小；
(2)(5分)旋轉秋千由靜止開始轉動到角速度為ω時輕繩對小朋友和座椅所做的功。
14.(12分)(2024·成都市高一期中)如圖所示，半徑為R=1.5 m的光滑圓弧支架豎直放置，圓心角θ=60°，支架的底部CD水平，離地面足夠高，圓心O在C點的正上方，右側邊緣P點固定一個光滑小輪，可視為質點的小球A、B系在足夠長的跨過小輪的輕繩兩端，兩球的質量分別為mA=0.3 kg、mB=0.1 kg。將A球從緊靠P處小輪由靜止釋放，不計空氣阻力，g取10 m/s2。
(1)(6分)求A球運動到C點時的速度大小；
(2)(6分)若A球運動到C點時輕繩突然斷裂，從此時開始，需經過多長時間兩球重力的功率大小相等(計算結果可用根式表示)。
15.(16分)(2023·甘孜州高一月考)如圖所示，半徑R=0.8 m的光滑豎直圓軌道BC固定在水平平臺AD上，接觸點B與地面平滑連接，平臺AD左側固定一輕彈簧，右側有另一足夠長的平臺EF，兩者的高度差h=5 m。質量m=2 kg的物塊壓縮彈簧后從A點由靜止釋放，物塊經過B點沖上豎直圓軌道后，又從B點滑上平臺BD繼續運動。已知平臺AB表面光滑，平臺BD表面粗糙且長度L=11 m，物塊與平臺BD表面間的動摩擦因數μ=0.2。重力加速度大小g=10 m/s2，不計空氣阻力。
(1)(5分)若物塊在A點時彈簧的彈性勢能Ep1=6 J，求物塊運動到B點時對豎直圓軌道的壓力大小N；
(2)(5分)要使物塊不脫離豎直圓軌道且能到達D點，求彈簧彈性勢能的最小值Epmin；
(3)(6分)若物塊能從D點飛出，求物塊落到平臺EF上時距B點的水平距離x與彈簧的彈性勢能Ep間的關系式。
答案精析
1.B　［鉛球做平拋運動，僅受重力作用，故機械能守恒，A錯誤；鉛球的加速度恒為重力加速度，保持不變，B正確；鉛球做平拋運動，水平方向速度不變，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據運動的合成可知鉛球速度變大，則動能越來越大，C、D錯誤。］
2.D　［小車做曲線運動，所受合外力指向曲線的凹側，故A、B錯誤；小車沿軌道從左向右運動，動能一直增加，故合外力與運動方向夾角為銳角，C錯誤，D正確。］
3.C　［落地時速度方向與水平方向的夾角為45°，可得v0=vy，在豎直方向上=2gh，拋出時的重力勢能為Ep=mgh=m，動能為Ek=m，小球拋出時重力勢能和動能之比為=1。故選C。］
4.A　［當星體A與星體B的質量分別為m、3m時，根據萬有引力定律可得，引力大小為F=G=，當兩者的質量之比為1∶1時，由于兩者的質量之和不變，則星體A與星體B的質量均為2m，引力大小為
F'=G=，對比可得F'=F，故選A。］
5.C　［杯子運動到最高點時，水剛好不落下，則
mg=m，所以最高點速度為v==2 m/s，故A錯誤；
當杯子到最高點速度為6 m/s時，則F+mg=m
解得F=16 N，即杯子對水的彈力為16 N，方向豎直向下，根據牛頓第三定律可得水對杯子的彈力大小為16 N，方向豎直向上，故B錯誤；杯子在運動過程中做的是變速圓周運動，沿圓周下降過程速度增加是因為合力沿切線方向的分力與速度同向，故C正確；杯子在最低點時加速度向上，杯子處于超重狀態，故D錯誤。］
6.B　［根據題意，由幾何關系可知，AB間的水平距離為xAB=Lcos 30°=，
AB間的豎直高度hAB=Lsin 30°=
BC間的水平距離為xBC=Lcos 60°=，BC間的豎直高度為hBC=Lsin 60°=，由于xAB=xBC，則有tAB=tBC=T，豎直方向上有hBC-hAB=gT2，解得T=，水平方向上有xAB=v0T，解得v0==，故選B。］
7.D　［根據題意可知，運動員起跳后做平拋運動，則有Δv=gt可知，Δv-t圖像為過原點的傾斜直線，故A錯誤；根據題意，設起跳區的高度為H，水平地面為零勢能面，運動員起跳后做平拋運動，則有h=gt2，則運動員在空中運動的重力勢能為Ep=mg(H-h)=mgH-mg2t2，可知Ep-t圖像為開口向下的拋物線，故B錯誤；根據題意，由動能定理有mgh=Ek-m，解得Ek=m+mg2t2，可知Ek-t圖像為開口向上的拋物線，且頂點在y軸正半軸上，故C錯誤；運動員在空中運動重力的瞬時功率P=mgvy=mg2t，所以P-t圖像應為一條過原點的傾斜直線，故D正確。］
8.AC　［小球的運動可以分解為豎直方向的豎直上拋和水平方向的勻加速直線運動，上升階段豎直方向滿足=2gh，h=gt2，依題意，可知小球1上升高度大于小球2的上升高度，所以小球1豎直向上拋出的初速度大，小球1從拋出到落地的運動時間長，故A正確，B錯誤；由題圖可知，小球1水平位移小，飛行時間長，根據水平方向的平均速度=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正確；小球水平方向滿足x=at2，由題圖可知，小球1的飛行時間長，水平位移小，小球1的加速度小，但不知道兩小球質量的關系，故不能判斷出二者水平方向受力的關系，故D錯誤。］
9.BC　［因繞地和繞月運動的中心天體不同，根據開普勒第三定律=k，中心天體不同，則k值不同，即使繞地與繞月的橢圓軌道半長軸相等，“嫦娥三號”在這兩個軌道上運動的周期也不相等，選項A錯誤；在繞地的橢圓軌道運動中，每一次變軌“嫦娥三號”必須在近地點進行加速，則其機械能就增大一些，選項B正確；“嫦娥三號”在地月轉移軌道的運動中，地球和月球引力的合力先減小后增加，則引力產生的加速度先減小后增大，選項C正確；在繞月的某個固定橢圓軌道運動中，只有月球的引力對“嫦娥三號”做功，則“嫦娥三號”機械能守恒，選項D錯誤。］
10.AC　［當拉力F=mg時，物體達到最大速度vm，
由P額=Fvm，解得vm=15 m/s，故A正確；
物體速度v2=12 m/s時，牽引力F1==50 N，加速度a==2.5 m/s2，故B錯誤；
物體速度v1=10 m/s時上升高度
h=t1=t1=×2 m=10 m
物體從10 m到被提升至60 m高度，
重力所做的功WG=-mg·Δh=-4×10×(60-10) J=2 000 J，
即克服重力做功為2 000 J，故C正確；
根據P額t2-mgΔh=m-m，得t2=3.75 s，t=t2+2=5.75 s，
故D錯誤。］
11.(1)C　(2)D　(3)確保多次運動的軌跡相同
解析　(1)只要保證小球每次從同一位置靜止釋放，到達斜槽末端的速度大小都相同，與實驗所用斜槽是否光滑無關，故A錯誤；
畫軌跡時應舍去誤差較大的點，把誤差小的點用平滑的曲線連接起來，故B錯誤；
求平拋運動初速度時應讀取軌跡上離原點較遠的點的數據，便于減小讀數產生的偶然誤差的影響，故C正確。
(2)坐標原點O為拋出點，由平拋運動規律有x0=v0t，y0=gt2，聯立解得平拋的初速度為v0=x0，
故選D。
(3)小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放是為了保證到達斜槽末端的速度大小都相同，從而能確保多次運動的軌跡相同。
12.(1)k(L-L0)h5-k　　mgh5
(2)見解析
解析　(1)從打出A點到打出F點時間內，彈簧的彈性勢能減少量為
ΔEp彈=k(L-L0)2-k(L-L0-h5)2
整理有ΔEp彈=k(L-L0)h5-k
打F點時鉤碼的速度為vF=
則鉤碼動能的增加量為
ΔEk=m-0=
鉤碼的重力勢能增加量為DEp重=mgh5
(2)鉤碼機械能的增加量，即鉤碼動能和重力勢能增加量的總和，若無阻力做功則彈簧彈性勢能的減少量等于鉤碼機械能的增加量。現在隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，而兩條曲線在縱向的間隔即阻力做的功，則產生這個問題的主要原因是鉤碼和紙帶運動的速度逐漸增大，導致空氣阻力逐漸增大，空氣阻力做的功也逐漸增大。
13.(1) rad/s　500 N　(2)1 150 J
解析　(1)由輕繩的拉力與重力的合力提供向心力，則有mgtan θ=mω2(r+Lsin θ)，解得ω= rad/s
對小朋友和座椅進行分析有Tcos θ=mg，
解得T=500 N
(2)旋轉秋千由靜止開始轉動到角速度為ω時，根據動能定理有W-mg(L-Lcos θ)=mv2，根據角速度與線速度的關系有v=ω(r+Lsin θ)，解得W=1 150 J。
14.(1)2 m/s　(2) s
解析　(1)由題意可知，A、B組成的系統機械能守恒，有mA+mB=mAghA-mBghB，根據幾何關系有hA=R-Rcos 60°=，hB=R，根據運動的合成與分解有vB=vAcos 30°=vA，聯立解得vA=2 m/s
(2)輕繩斷裂后，A球做平拋運動，B球做豎直上拋運動，B球上拋初速度vB=vAcos 30°= m/s，設經過時間t兩球重力的功率大小相等，則mAgvAy=mBgvBy，vAy=gt
vBy=vB-gt，聯立解得t= s。
15.(1)35 N　(2)44 J
(3)x=+11(m)(Ep>44 J)
解析　(1)物塊到B點時，由能量守恒定律有
Ep1=m
解得vB== m/s
在B點，由牛頓第二定律得N'-mg=m
解得N'=35 N
由牛頓第三定律可知N=N'=35 N
(2)物塊不脫離豎直圓軌道，設物塊在C點的最小速度為vmin，由牛頓第二定律得mg=m
解得vmin=2 m/s
物塊從C點恰能到達D點，由動能定理得
mg×2R-μmgL=0-m
解得vmin1=2 m/s>2 m/s
從A點到C點，由能量守恒定律可得
Epmin=mg×2R+m
解得彈簧彈性勢能的最小值Epmin=44 J
(3)物塊從A點到D點由能量守恒定律得
Ep-μmgL=m
物塊從D點落到平臺EF上做平拋運動，豎直方向做自由落體運動h=gt2
解得t=1 s
水平方向做勻速直線運動，則水平位移x1=vDt
物塊落到平臺EF上時距B點的水平距離x與彈簧的彈性勢能Ep的關系式
x=x1+L=+11(m)(Ep>44 J)。(共51張PPT)
模塊綜合試卷(二)
對一對
答案
1
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3
4
5
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7
8
9
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11
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13
14
15
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D C A C B D AC
題號 9 10
答案 BC AC
答案
1
2
3
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5
6
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15
11.
(1)C　(2)D　(3)確保多次運動的軌跡相同
12.
(1)k(L-L0)h5-k　　mgh5　(2)見解析
答案
1
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15
13.
(1) rad/s　500 N　(2)1 150 J
14.
(1)2 m/s　(2) s
答案
1
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5
6
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15.
(1)35 N　(2)44 J
(3)x=+11(m)(Ep>44 J)
一、單項選擇題
1.(2023·全國甲卷)一同學將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉動的影響，鉛球在平拋運動過程中
A.機械能一直增加
B.加速度保持不變
C.速度大小保持不變
D.被推出后瞬間動能最大
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鉛球做平拋運動，僅受重力作用，故機械能守恒，A錯誤；
鉛球的加速度恒為重力加速度，保持不變，B正確；
鉛球做平拋運動，水平方向速度不變，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據運動的合成可知鉛球速度變大，則動能越來越大，C、D錯誤。
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答案
2.(2023·全國乙卷)小車在水平地面上沿軌道從左向右運動，動能一直增加。如果用帶箭頭的線段表示小車在軌道上相應位置處所受合力，下列四幅圖可能正確的是
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小車做曲線運動，所受合外力指向曲線的凹側，故A、B錯誤；
小車沿軌道從左向右運動，動能一直增加，故合外力與運動方向夾角為銳角，C錯誤，D正確。
答案
3.(2024·常州市高一期中)小球從地面上方某處水平拋出，落地時速度方向與水平方向的夾角為45°，不計空氣阻力，取地面為參考平面，小球拋出時重力勢能和動能之比為
A.4 B.2 C.1 D.0.5
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落地時速度方向與水平方向的夾角為45°，可得v0=vy，在豎直方向上=2gh，拋出時的重力勢能為Ep=mgh=m，動能為Ek=m，小球拋出時重力勢能和動能之比為=1。故選C。
答案
4.(2023·綿陽市南山中學高一期中)如圖，一體積較小的星體A正在“吸食”另一顆體積較大的星體B的表面物質，達到質量轉移的目的，且在“吸食”過程中兩者質心之間的距離保持不變。當星體A與星體B的質量分別為m、3m時，兩者之間的萬有引力大小為F，則當星體A與星體B的質量之比為1∶1時，兩者之間的萬有引力大小為
A.F B.F C.F D.F
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當星體A與星體B的質量分別為m、3m時，根據萬有
引力定律可得，引力大小為F=G=，當兩者
的質量之比為1∶1時，由于兩者的質量之和不變，則
星體A與星體B的質量均為2m，引力大小為F'=G=，對比可得F'=F，故選A。
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答案
5.(2024·四川省高一期中)雜技表演水流星如圖所示，一根繩系著盛水的杯子，隨著演員的掄動，杯子就在豎直平面做圓周運動，已知軌跡半徑為r=0.4 m，水的質量200 g，杯子的質量50 g，繩子質量不計，重力加速度為g=10 m/s2，則下列說法正確的是
A.杯子運動到最高點時，水剛好不落下，則最高點速度為4 m/s
B.當杯子到最高點速度為6 m/s時，則水對杯子的彈力大小為
16 N，方向豎直向下
C.杯子在運動過程中做的是變速圓周運動，沿圓周下降過程
速度增加是因為合力沿切線方向的分力與速度同向
D.杯子在最低點時處于失重狀態
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答案
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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.(2024·廣安市高一期末)將一小球水平拋出，A、B、C為平拋運動軌跡上的三個點，AB間的距離為L，BC間的距離為L，AB、BC連線與水平面間的夾角分別為30°和60°，如圖所示。忽略空氣阻力，取重力加速度為g。則小球水平拋出的初速度大小為
A. B.
C. D.
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√
答案
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根據題意，由幾何關系可知，AB間的水平距離為xAB=
Lcos 30°=，AB間的豎直高度hAB=Lsin 30°=
BC間的水平距離為xBC=Lcos 60°=，BC間的豎直高度為hBC=Lsin 60°=，由于xAB=xBC，則有tAB=tBC=T，豎直方向上有hBC-hAB=gT2，解得T=，水平方向上有xAB=v0T，解得v0==，故選B。
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15
答案
7.(2023·淮安市高一期中)滑雪跳臺由助滑道、起跳
區、著陸坡、停止區組成，如圖所示。跳臺滑雪運
動員在助滑路段獲得高速后從起跳區水平飛出，不
計空氣阻力，起跳后的飛行路線可以看作是拋物線
的一部分，用Δv、Ep、Ek、P表示運動員在空中運動的速度變化量、重力勢能、動能、重力的瞬時功率大小，用t表示運動員在空中的運動時間，下列圖像中可能正確的是
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答案
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根據題意可知，運動員起跳后做平拋運動，則
有Δv=gt可知，Δv-t圖像為過原點的傾斜直線，
故A錯誤；
根據題意，設起跳區的高度為H，水平地面為零勢能面，運動員起跳后做平拋運動，則有h=gt2，則運動員在空中運動的重力勢能為Ep=mg(H-h)=mgH-mg2t2，可知Ep-t圖像為開口向下的拋物線，故B錯誤；
根據題意，由動能定理有mgh=Ek-m，解得Ek=m+mg2t2，可知Ek-t圖像為開口向上的拋物線，且頂點在y軸正半軸上，故C錯誤；
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答案
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運動員在空中運動重力的瞬時功率P=mgvy=mg2t，所以P-t圖像應為一條過原點的傾斜直線，故D正確。
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答案
二、多項選擇題
8.(2023·武漢市高一期末)先后將小球1、2由同一位置以不同的速度豎直向上拋出，拋出后小球只受重力和水平方向的風力作用，兩小球的運動軌跡如圖中虛線所示，則兩小球相比，下列說法正確的是
A.小球1豎直向上拋出的初速度比2大
B.小球1從拋出到落地的運動時間比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所受的風力一定比小球1受到的大
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√
答案
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小球的運動可以分解為豎直方向的豎直上拋和水
平方向的勻加速直線運動，上升階段豎直方向滿
足=2gh，h=gt2，依題意，可知小球1上升高度大于小球2的上升高度，所以小球1豎直向上拋出的初速度大，小球1從拋出到落地的運動時間長，故A正確，B錯誤；
由題圖可知，小球1水平位移小，飛行時間長，根據水平方向的平均速度=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正確；
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答案
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小球水平方向滿足x=at2，由題圖可知，小球1的
飛行時間長，水平位移小，小球1的加速度小，但
不知道兩小球質量的關系，故不能判斷出二者水平方向受力的關系，故D錯誤。
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15
答案
9.(2024·成都市高一期中)“嫦娥三號”的發射示意圖如圖所示，在繞地的橢圓軌道運動中，每次變軌后半長軸增大，然后進入地月轉移軌道，最后進入月球軌道進行制動，在繞月的橢圓軌道運動中，每次變軌后半長軸變小。衛星的機械能是動能和引力勢能之和，下列說法正確的是
A.若繞地與繞月的橢圓軌道半長軸相等，則“嫦娥
三號”在這兩個軌道上運動的周期相等
B.在繞地的橢圓軌道運動中，每一次變軌“嫦娥三號”的機械能就增大一些
C.“嫦娥三號”在地月轉移軌道的運動中，引力產生的加速度可能先減小后
增大
D.在繞月的某個固定橢圓軌道運動中，“嫦娥三號”的機械能可能先減小后
增大
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答案
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因繞地和繞月運動的中心天體不同，根據開
普勒第三定律=k，中心天體不同，則k值不
同，即使繞地與繞月的橢圓軌道半長軸相等，
“嫦娥三號”在這兩個軌道上運動的周期也不相等，選項A錯誤；
在繞地的橢圓軌道運動中，每一次變軌“嫦娥三號”必須在近地點進行加速，則其機械能就增大一些，選項B正確；
“嫦娥三號”在地月轉移軌道的運動中，地球和月球引力的合力先減小后增加，則引力產生的加速度先減小后增大，選項C正確；
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答案
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在繞月的某個固定橢圓軌道運動中，只有月球的引力對“嫦娥三號”做功，則“嫦娥三號”機械能守恒，選項D錯誤。
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答案
10.(2024·成都市高一期中)一部電動機通過一輕繩從靜止開始向上提起質量為m=4.0 kg的物體，在前2.0 s內繩的拉力恒定，此后電動機保持額定功率P額=600 W工作，物體被提升至h=60 m高度時恰好達到最大速度vm，上述過程的v-t圖像如圖所示(g取10 m/s2，不計空氣阻力)，下列說法正確的是
A.物體的最大速度vm=15 m/s
B.物體速度v2=12 m/s時加速度的大小2 m/s2
C.物體從速度v1=10 m/s時開始，到提升至60 m高度，克服重力所做的功
2 000 J
D.物體從靜止開始，到被提升至60 m高度時，所用時間為3.5 s
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答案
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當拉力F=mg時，物體達到最大速度vm，由P額=Fvm，
解得vm=15 m/s，故A正確；
物體速度v2=12 m/s時，牽引力F1==50 N，加速度
a==2.5 m/s2，故B錯誤；
物體速度v1=10 m/s時上升高度h=t1=t1=×2 m=10 m
物體從10 m到被提升至60 m高度，重力所做的功WG=-mg·Δh=-4×10
×(60-10) J=2 000 J，即克服重力做功為2 000 J，故C正確；
根據P額t2-mgΔh=m-m，得t2=3.75 s，t=t2+2=5.75 s，故D錯誤。
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答案
11.(2022·浙江1月選考)在“研究平拋運動”實驗中，以小鋼球離開軌道末端時球心位置為坐標原點O，建立水平與豎直坐標軸。讓小球從斜槽上離水平桌面高為h處靜止釋放，使其水平拋出，通過多次描點可繪出小球做平拋運動時球心的軌跡，如圖所示。在軌跡上取一點A，讀取其坐標(x0，y0)，重力加速度為g。
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三、非選擇題
答案
(1)下列說法正確的是　　　　。
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A.實驗所用斜槽應盡量光滑
B.畫軌跡時應把所有描出的點用平滑的曲線連接起來
C.求平拋運動初速度時應讀取軌跡上離原點較遠的點的數據
C
答案
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只要保證小球每次從同一位置靜止釋放，到達斜
槽末端的速度大小都相同，與實驗所用斜槽是否
光滑無關，故A錯誤；
畫軌跡時應舍去誤差較大的點，把誤差小的點用
平滑的曲線連接起來，故B錯誤；
求平拋運動初速度時應讀取軌跡上離原點較遠的點的數據，便于減小讀數產生的偶然誤差的影響，故C正確。
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答案
(2)根據題目所給信息，小球做平拋運動的初速度大小v0=　　　　。
A. B.
C.x0 D.x0
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D
答案
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坐標原點O為拋出點，由平拋運動規律有x0=v0t，y0=gt2，聯立解得平拋的初速度為v0=x0，故選D。
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答案
(3)在本實驗中要求小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放的理由是　　　　　　　　　　　　。
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確保多次運動的軌跡相同
小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放是為了保證到達斜槽末端的速度大小都相同，從而能確保多次運動的軌跡相同。
答案
12.(2022·河北卷)某實驗小組利用鐵架臺、彈簧、鉤碼、打點計時器、刻度尺等器材驗證系統機械能守恒定律，實驗裝置如圖甲所示.彈簧的勁度系數為k，原長為L0，鉤碼的質量為m。已知彈簧的彈性勢能表達式為E=kx2，其中k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量，當地的重力加速度大小為g。
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答案
(1)在彈性限度內將鉤碼緩慢下拉至某一位置，測得此時彈簧的長度為L.接通打點計時器電源.從靜止釋放鉤碼，彈簧收縮，得到了一條點跡清晰的紙帶。鉤碼加速上升階段的部分紙帶如圖乙所示，紙帶上相鄰兩點之間的時間間隔均為T(在誤差允許范圍內，認為釋放鉤碼的同時打出A點)。從打出A點到打出F點時間內，彈簧的彈性勢能減少量為　　　　　　　，鉤碼的動能增加量為　　　　，鉤碼的重力勢能增加量為　　　。
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k(L-L0)h5-k
mgh5
答案
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從打出A點到打出F點時間內，彈簧的彈性勢能減少量為
ΔEp彈=k(L-L0)2-k(L-L0-h5)2
整理有ΔEp彈=k(L-L0)h5-k
打F點時鉤碼的速度為vF=
則鉤碼動能的增加量為
ΔEk=m-0=
鉤碼的重力勢能增加量為DEp重=mgh5
答案
(2)利用計算機軟件對實驗數據進行處理，得到彈簧彈性勢能減少量、鉤碼的機械能增加量分別與鉤碼上升高度h的關系，如圖丙所示.由圖丙可知，隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，主要原因是　 　。
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見解析
答案
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鉤碼機械能的增加量，即鉤碼動能和重力勢能增加量的總和，若無阻力做功則彈簧彈性勢能的減少量等于鉤碼機械能的增加量.現在隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，而兩條曲線在縱向的間隔即阻力做的功，則
產生這個問題的主要原因是鉤碼和紙帶運動的速度逐漸增大，導致空氣阻力逐漸增大，空氣阻力做的功也逐漸增大。
答案
13.(2024·成都市高一期末)旋轉秋千是各大游樂場常見的
娛樂設施，深受人們的喜愛。一旋轉秋千可簡化為如圖
所示模型，上端是半徑為r=2 m的水平轉臺，在轉臺的邊
緣固定有一長為L=5 m的輕繩，輕繩的底端懸掛有一座椅。
玩耍時，一小朋友系好安全帶后坐在座椅上靜止在最低點，然后轉臺在電機帶動下繞豎直轉軸OO'緩慢加速轉動起來，當座椅擺動到輕繩與豎直方向的夾角為θ=37°時開始以角速度ω勻速轉動。小朋友和座椅均可視為質點，其總質量為m=40 kg，重力加速度大小取g=10 m/s2，sin 37°
=0.6，cos 37°=0.8。忽略空氣阻力。求：
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答案
(1)旋轉秋千勻速轉動時的角速度ω及此時輕繩的拉力大小；
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答案　 rad/s　500 N
由輕繩的拉力與重力的合力提供向心力，則有mgtan θ=mω2(r+Lsin θ)，解得ω= rad/s
對小朋友和座椅進行分析有Tcos θ=mg，解得T=500 N
答案
(2)旋轉秋千由靜止開始轉動到角速度為ω時輕繩對小朋友和座椅所做的功。
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答案　1 150 J
旋轉秋千由靜止開始轉動到角速度為ω時，根據動能定理有W-mg(L-Lcos θ)=mv2，根據角速度與線速度的關系有v=ω(r+Lsin θ)，解得W=
1 150 J。
答案
14.(2024·成都市高一期中)如圖所示，半徑為R=1.5 m的光滑圓弧支架豎直放置，圓心角θ=60°，支架的底部CD水平，離地面足夠高，圓心O在C點的正上方，右側邊緣P點固定一個光滑小輪，可視為質點的小球A、B系在足夠長的跨過小輪的輕繩兩端，兩球的質量分別為mA=0.3 kg、mB=0.1 kg。將A球從緊靠P處小輪由靜止釋放，不計空氣阻力，g取10 m/s2。
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(1)求A球運動到C點時的速度大小；
答案　2 m/s
答案
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由題意可知，A、B組成的系統機械能守恒，有mA+mB=mAghA-mBghB，根據幾何關系有hA=
R-Rcos 60°=，hB=R，根據運動的合成與分解有vB=
vAcos 30°=vA，聯立解得vA=2 m/s
答案
(2)若A球運動到C點時輕繩突然斷裂，從此時開始，需經過多長時間兩球重力的功率大小相等(計算結果可用根式表示)。
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答案　 s
輕繩斷裂后，A球做平拋運動，B球做豎直上拋運動，B球上拋初速度vB=vAcos 30°= m/s，設經過時間t兩球重力的功率大小相等，則mAgvAy=mBgvBy，vAy=gt
vBy=vB-gt，聯立解得t= s。
答案
15.(2023·甘孜州高一月考)如圖所示，半徑R=0.8 m的光滑豎直圓軌道BC固定在水平平臺AD上，接觸點B與地面平滑連接，平臺AD左側固定一輕彈簧，右側有另一足夠長的平臺EF，兩者的高度差h=5 m。質量m=2 kg的物塊壓縮彈簧后從A點由靜止釋放，物塊經過B點沖上豎直圓軌道后，又從B點滑上平臺BD繼續運動。已知平臺AB表面光滑，平臺BD表面粗糙且長度L=11 m，物塊與平臺BD表面間的動摩擦因數μ=0.2。重力加速度大小g=10 m/s2，不計空氣阻力。
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答案
(1)(若物塊在A點時彈簧的彈性勢能Ep1=6 J，求物塊運動到B點時對豎直圓軌道的壓力大小N；
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答案　35 N
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物塊到B點時，由能量守恒定律有
Ep1=m
解得vB== m/s
在B點，由牛頓第二定律得N'-mg=m
解得N'=35 N
由牛頓第三定律可知N=N'=35 N
答案
(2)要使物塊不脫離豎直圓軌道且能到達D點，求彈簧彈性勢能的最小值Epmin；
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答案　44 J
答案
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物塊不脫離豎直圓軌道，設物塊在C點的最小速度為vmin，由牛頓第二定律得mg=m
解得vmin=2 m/s
物塊從C點恰能到達D點，由動能定理得
mg×2R-μmgL=0-m
解得vmin1=2 m/s>2 m/s
從A點到C點，由能量守恒定律可得
答案
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Epmin=mg×2R+m
解得彈簧彈性勢能的最小值Epmin=44 J
答案
(3)若物塊能從D點飛出，求物塊落到平臺EF上時距B點的水平距離x與彈簧的彈性勢能Ep間的關系式。
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答案　x=+11(m)(Ep>44 J)
答案
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物塊從A點到D點由能量守恒定律得Ep-μmgL=m
物塊從D點落到平臺EF上做平拋運動，豎直方向做自由落體運動h=gt2
解得t=1 s
水平方向做勻速直線運動，則水平位移x1=vDt
物塊落到平臺EF上時距B點的水平距離x與彈簧的彈性勢能Ep的關系式
x=x1+L=+11(m)(Ep>44 J)。
答案

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