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.(2023·佛山市高一期末)為防止航天員在長期失重狀態下肌肉萎縮，我國在空間站中安裝了如圖甲所示可用于鍛煉上、下肢肌肉的“太陽自行車”。某次航天員健身時，腳踏板始終保持水平，當腳踏板從圖乙中的實線處勻速轉至虛線處的過程中，腳踏板上P、Q兩點均做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　)
A.P、Q兩點的角速度大小相等
B.P、Q兩點運動軌跡的圓心都是O點
C.P點的線速度大小比Q點的大
D.P點的向心加速度大小比Q點的大
4.(2023·東莞市高一期末)如圖所示，小球甲在真空中做自由落體運動，另一相同的小球乙在油中由靜止開始下落。它們都由高度為h1的地方下落到高度為h2的地方。在這兩種情況下，下列說法正確的是(　　)
A.甲球的重力勢能變化量大
B.甲球的機械能變化大
C.甲球的平均速度小
D.甲球的重力平均功率大
5.(2024·佛山市高二開學考試)如圖，相對皮帶靜止的貨物與皮帶一起沿斜面勻速上升。在這個過程中，下列說法正確的是(　　)
A.傳送帶對貨物不做功
B.貨物的合力對貨物做正功
C.貨物所受摩擦力做的功會導致內能增加
D.貨物所受摩擦力做的功等于貨物的重力勢能增加量
6.(2023·茂名市高一統考)小明在豎直方向上練習蹦床，若忽略空氣阻力，用x、v、a、E、t分別表示小明離開蹦床在空中運動的位移、速度、加速度、機械能和時間，下列圖像正確的是(　　)
7.(2023·廣州市高一期中)跳臺滑雪是2022年北京冬奧會的比賽項目之一。如圖所示，設可視為質點的滑雪運動員，從斜坡頂端O處水平滑出，在空中恰好通過P點，OP連線與水平方向夾角為37°，不計空氣阻力，sin 37°=0.6，則滑雪運動員到達P點時的動能與滑出O點時的動能比值為(　　)
A. B. C. D.
二、多項選擇題(本題共3小題，每題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.(2024·茂名市高一期中)如圖所示，在“嫦娥”探月工程中，飛船在軌道Ⅰ上做勻速圓周運動，到達軌道Ⅰ的A點時點火變軌進入軌道Ⅱ，到達軌道Ⅱ的近月點B時，再次點火進入近月軌道Ⅲ繞月做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　)
A.飛船從Ⅱ軌道進入Ⅲ軌道需要在B處點火加速
B.飛船在軌道Ⅱ上通過B點的速率大于在軌道Ⅱ上通過A點的速率
C.飛船在軌道Ⅰ上的運行周期小于在軌道Ⅲ上的運行周期
D.飛船在軌道Ⅱ上通過B點時的加速度等于在軌道Ⅲ上通過B點時的加速度
9.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
10.(2023·廣州市第二中學月考)如圖所示，水平桿固定在豎直桿上，二者互相垂直，水平桿上O、A兩點連接有兩輕繩，兩繩的另一端都系在質量為m的小球上，OA=OB=AB=l，現通過轉動豎直桿，使水平桿在水平面內做勻速圓周運動，三角形OAB始終在豎直平面內，若轉動過程AB、OB兩繩始終處于拉直狀態，g為重力加速度，不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　)
A.當桿轉動時，OB和AB繩上拉力大小可能相等
B.OB繩的拉力范圍為mg~mg
C.若轉動的角速度ω1=，OB繩上的拉力大小為FOB=mg
D.若轉動的角速度ω2=，AB繩上的拉力大小為FAB=2mg
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)(4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)(2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.(10分)(2023·廣州市高一期末)某實驗小組利用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律。長為L的輕質細繩一端固定在O點，另一端拴一質量為m的小球(尺寸相對L足夠小)，測得小球的直徑為d，在懸點O點正下方L處的N點放有一光電門。
(1)(2分)細繩要選擇伸縮性　　　　　　　　(填“大”或者“小”)的；小球選質量大些的，體積　　　　　　　　(填“大”或者“小”)的。
(2)(2分)將小球拉偏離豎直方向的某位置，用工具測出該位置處的細繩與豎直方向的夾角為θ；靜止釋放小球，測出小球經過光電門的時間為Δt，則小球經過光電門的速度為　　　　　　　　。
(3)(4分)已知當地重力加速度大小為g，下擺過程中，小球的重力勢能減少量ΔEp可表示為　　　　　　　　，動能的增加量ΔEk可表示為　　　　　　　　；如果二者在誤差范圍內相等，說明該系統機械能守恒。
(4)(2分)若多次從不同夾角θ處釋放，得到cos θ和的關系圖像如圖乙所示，圖像的斜率的絕對值k=　　　　　　　　(用d、g、L表示)。
13.(10分)在水平路面上運動的汽車的額定功率為60 kW，若其總質量為5 t，在水平路面上所受到的阻力大小恒為5×103 N，求：
(1)(2分)汽車所能達到的最大速度的大小；
(2)(3分)若汽車以0.5 m/s2的加速度由靜止開始做勻加速直線運動，這一過程能維持多長的時間；
(3)(3分)若汽車以額定功率啟動，則汽車的車速為v1=2 m/s時的加速度大小；
(4)(2分)若汽車以v2=6 m/s的速度勻速行駛，汽車的實際功率多大。
14.(12分)(2023·云浮市高一期末)如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平面AB和豎直半圓形軌道BC組成，各部分平滑連接。已知半圓形軌道的半徑R=0.4 m，除半圓形軌道BC外其余接觸面均光滑。某次游戲中用力將一質量m=0.1 kg的滑塊壓縮輕質彈簧(滑塊與彈簧不拴接)，此時彈簧的彈性勢能Ep0=1.6 J，然后由靜止釋放滑塊，滑塊從彈射器A點彈出后，恰能通過半圓形軌道的最高點C，取重力加速度大小g=10 m/s2，滑塊可視為質點，忽略空氣阻力。求：
(1)(4分)滑塊通過B點時對半圓形軌道的壓力大小；
(2)(6分)滑塊從B點運動到C點的過程中，克服摩擦力做了多少功；
(3)(2分)滑塊離開半圓形軌道后落到AB上的位置與B點之間的距離。
15.(14分)(2023·江門市高一期末)如圖甲所示，在傾角θ=30°的光滑固定斜面上有一勁度系數k=100 N/m的輕質彈簧，彈簧下端固定在垂直于斜面的擋板上，彈簧上端拴接一質量m=2 kg的物體，初始時物體處于靜止狀態。取g=10 m/s2。
(1)(4分)求此時彈簧的形變量x0；
(2)(10分)現對物體施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小與物體的位移x的關系如圖乙所示，假設斜面足夠長；
①寫出物體的速度v與位移x的關系式；
②若物體位移為0.1 m時撤去拉力F，求此后物體沿斜面上滑的最大距離xm。(計算結果保留兩位有效數字)
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.A　[P、Q兩點在腳踏板上一起做圓周運動，角速度相同，故A正確；根據幾何關系可知P點運動軌跡的圓心在O點左側，Q點運動軌跡的圓心在O點右側，故B錯誤；根據幾何關系可知P、Q兩點做勻速圓周運動的半徑相等，根據v=ωr，可知P點的線速度大小等于Q點，故C錯誤；根據a=ω2r，可知P點的向心加速度大小等于Q點，故D錯誤。]
4.D　[兩球下落高度相同，由W=mgh可知，重力做功相等，重力勢能變化量的絕對值等于重力做的功，可知重力勢能的變化相等，A錯誤，在真空中，機械能守恒，重力勢能完全轉化為動能，而在油中，阻力做功，機械能不守恒，重力勢能轉化為動能和內能，甲球機械能守恒，乙球機械能變小，B錯誤；甲球加速度大，根據h=at2可知運動時間較短，根據=可知甲球的平均速度大，C錯誤；根據=可知甲球的重力平均功率大，D正確。]
5.D　[對貨物受力分析可知貨物受到沿皮帶向上的摩擦力，該摩擦力與貨物運動位移的方向相同，對貨物做正功，會導致貨物機械能增加，故A、C錯誤；
由于貨物相對皮帶靜止，一起沿斜面勻速上升，則貨物合力為零，不可能做功，故B錯誤；
根據以上分析可知貨物受到的摩擦力與貨物運動位移的方向相同，對貨物做正功，會導致貨物機械能增加，但由于貨物做勻速運動，則貨物動能不會發生改變，故貨物所受摩擦力做的功等于貨物的重力勢能增加量，故D正確。]
6.B　[根據題意，由對稱性可知，小明上升的時間和下降的時間相等，取向上為正方向，根據勻變速直線運動公式可得，小明運動的位移與時間的關系式為x=v0t-gt2，則x-t圖像為開口向下的拋物線，故A錯誤；根據勻變速直線運動公式可得，小明運動的速度與時間的關系式為v=v0-gt，則v-t圖像為向下傾斜的直線，故B正確；小明整個運動過程中，只受重力，加速度一直為重力加速度，大小不隨時間變化，所以a-t圖像為一條與t軸平行的直線，故C錯誤；小明從離開蹦床后只受重力，機械能不變，所以E不會隨時間變化，所以E-t圖像為一條與t軸平行的直線，故D錯誤。]
7.D　[滑雪運動可抽象為物體在斜坡上的平拋運動。設水平位移為x，豎直位移為y，OP=L，結合幾何關系，有水平方向上x=Lcos 37°=v0t，豎直方向上y=Lsin 37°=gt2，聯立可得t=，運動員達到P點的速度v===v0=v0，故滑雪運動員到達P點時的動能與滑出時的動能比值為mv2∶m=13∶4，所以D正確，A、B、C錯誤。]
8.BD　[在變軌問題中，飛船從Ⅱ軌道進入Ⅲ軌道需要在B處點火減速，做近心運動，故A錯誤；
根據開普勒第二定律，飛船在軌道Ⅱ上通過B點的速率大于在軌道Ⅱ上通過A點的速率，故B正確；
根據開普勒第三定律，飛船在軌道Ⅰ上的運行周期大于在軌道Ⅲ上的運行周期，故C錯誤；
根據萬有引力定律G=ma，解得a=G，無論是軌道Ⅱ上通過B點，還是軌道Ⅲ上通過B點，飛船與月球距離不變，則加速度相等，故D正確。]
9.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。]
10.BC　[小球在水平面內做勻速圓周運動時所受合力水平指向豎直桿，兩繩拉力大小相等時，兩繩拉力的合力豎直向上，重力方向豎直向下，此時小球所受合力無法滿足水平指向豎直桿，故A錯誤；當轉動的角速度為零時，OB繩的拉力與AB繩的拉力相等，設為F1，則2F1cos 30°=mg得F1=mg，增大轉動的角速度，當AB繩的拉力等于零時，小球僅在OB拉力下做圓周運動，此時OB繩拉力最大，設此時OB繩的拉力為F2，則F2cos 30°=mg，得F2=mg。因此OB繩的拉力范圍為mg~mg，故B正確；當AB繩的拉力剛好為零時，由mgtan 30°=mlsin 30°得ω0=，因為ω1<ω0，所以兩繩均有拉力，對小球進行受力分析，正交分解，得
FOBsin 30°-FABsin 30°=mω12lsin 30°，FOBcos 30°+FABcos 30°=mg解得FOB=，FAB=，故C正確；
當ω2=時，因為ω2>ω0，所以OB繩與豎直方向夾角大于30°，此時AB絕非拉直狀態，AB繩上拉力大小為零，故C正確，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)小　小　(2)　(3)mgL(1-cos θ)　 m　
(4)
解析　(1)為減小實驗產生的誤差，細繩要選擇伸縮性“小”的。
小球選質量大些的，體積“小”的，小球在擺動的運動中會減小空氣阻力的作用，以減小實驗誤差。
(2)靜止釋放小球，測出小球經過光電門的時間為Δt，則小球經過光電門的速度v=
(3)細繩與豎直方向的夾角為θ，小球尺寸相對L足夠小，可忽略不計，因此小球從M點到N點，下落的高度為
h=L-Lcos θ=L(1-cos θ)
則小球的重力勢能減少量
ΔEp=mgh=mgL(1-cos θ)
小球動能的增加量ΔEk=mv2=m
如果ΔEp、ΔEk二者在誤差范圍內相等，說明該系統機械能守恒。
(4)由機械能守恒定律可得
mgL(1-cos θ)=m
整理可得cos θ=1-·
則有cos θ-圖像的斜率的絕對值
k=。
13.(1)12 m/s　(2)16 s　(3)5 m/s2
(4)3×104 W
解析　(1)當汽車速度達到最大時，牽引力F=f，則由P=Fv得汽車所能達到的最大速度為
vmax==12 m/s；
(2)汽車以恒定的加速度a做勻加速直線運動，能夠達到的最大速度為v，
則有-f=ma
得v==8 m/s
由v=at得這一過程維持的時間為t=16 s；
(3)當汽車以額定功率啟動達到2 m/s的速度時，牽引力為F'==3×104 N
由牛頓第二定律得汽車的加速度大小為
a'==5 m/s2；
(4)P'=fv2=3×104 W。
14.(1)9 N　(2)0.6 J　(3)0.8 m
解析　(1)滑塊從A到B的過程根據能量守恒定律得
Ep0=m
在B點根據牛頓第二定律得FN-mg=m
即FN=mg+m=9 N
根據牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力FN'=FN=9 N。
(2)滑塊恰能通過最高點C，則mg=m
則vC==2 m/s
滑塊從B點到C點的過程根據功能關系可知
m=2mgR+m+Wf
Wf=0.6 J
滑塊從B點運動到C點的過程中，克服摩擦力做的功為
Wf=0.6 J。
(3)滑塊離開C點后做平拋運動，則2R=gt2，x=vCt，
得x=0.8 m
滑塊離開半圓形軌道后落到AB上的位置與B點之間的距離為0.8 m。
15.(1)0.1 m　(2)①v2=4.8x　②0.04 m
解析　(1)初始狀態物體處于平衡狀態，
則kx0=mgsin θ
解得x0==0.1 m
(2)①由F-x圖像可得F=4.8+100x
設物體運動位移為x時，物體的加速度為a，則
F+k(x0-x)-mgsin θ=ma(0≤x≤0.1 m)
解得物體的加速度a=2.4 m/s2
所以，物體做勻加速直線運動，根據運動學公式有v2=2ax
代入數據有v2=4.8x
②物體位移為0.1 m時撤去拉力F，此后物體上滑過程中彈力F彈與形變量x'的關系圖像如圖所示
物體上滑過程中克服彈力所做的功對應圖中陰影部分的面積，
即W克彈=k
撤去拉力至物體沿斜面上滑至最大距離，根據動能定理有
-mgxmsin θ-k=0-m
由v2=2ax，代入數據解得
=4.8x1=0.48 m2/s2
解得xm=0.04 m。(共49張PPT)
模塊綜合試卷(二)
對一對
答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D A D D B D BD
題號 9 10 11 12
答案 AC BC (1)C　(2)D　 (3)確保多次運動的軌跡相同 (1)小　小　(2)　(3)mgL(1-cos θ)　 m　(4)
題號 13 14 15
答案 (1)12 m/s　(2)16 s (3)5 m/s2　(4)3×104 W (1)9 N　(2)0.6 J　(3)0.8 m (1)0.1 m　(2)①v2=4.8x　②0.04 m
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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.(2023·佛山市高一期末)為防止航天員在長期失重狀態下肌肉萎縮，我國在空間站中安裝了如圖甲所示可用于鍛煉上、下肢肌肉的“太陽自行車”。某次航天員健身時，腳踏板始終保持水平，當腳踏板從圖乙中的實線處勻速轉至虛線處的過程中，腳踏板上P、Q兩點均做勻速圓周運動，下列說法正確的是
A.P、Q兩點的角速度大小相等
B.P、Q兩點運動軌跡的圓心都是O點
C.P點的線速度大小比Q點的大
D.P點的向心加速度大小比Q點的大
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P、Q兩點在腳踏板上一起做圓周運動，角
速度相同，故A正確；
根據幾何關系可知P點運動軌跡的圓心在
O點左側，Q點運動軌跡的圓心在O點右側，
故B錯誤；
根據幾何關系可知P、Q兩點做勻速圓周運動的半徑相等，根據v=ωr，可知P點的線速度大小等于Q點，故C錯誤；
根據a=ω2r，可知P點的向心加速度大小等于Q點，故D錯誤。
答案
4.(2023·東莞市高一期末)如圖所示，小球甲在真空中做自由落體運動，另一相同的小球乙在油中由靜止開始下落。它們都由高度為h1的地方下落到高度為h2的地方。在這兩種情況下，下列說法正確的是
A.甲球的重力勢能變化量大
B.甲球的機械能變化大
C.甲球的平均速度小
D.甲球的重力平均功率大
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兩球下落高度相同，由W=mgh可知，重力做功相等，重力勢能變化量的絕對值等于重力做的功，可知重力勢能的變化相等，A錯誤；
在真空中，機械能守恒，重力勢能完全轉化為動能，而在油中，阻力做功，機械能不守恒，重力勢能轉化為動能和內能，甲球機械能守恒，乙球機械能變小，B錯誤；
甲球加速度大，根據h=at2可知運動時間較短，
根據=可知甲球的平均速度大，C錯誤；
根據=可知甲球的重力平均功率大，D正確。
答案
5.(2024·佛山市高二開學考試)如圖，相對皮帶靜止的貨物與皮帶一起沿斜面勻速上升。在這個過程中，下列說法正確的是
A.傳送帶對貨物不做功
B.貨物的合力對貨物做正功
C.貨物所受摩擦力做的功會導致內能增加
D.貨物所受摩擦力做的功等于貨物的重力勢能增加量
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對貨物受力分析可知貨物受到沿皮帶向上的摩擦力，
該摩擦力與貨物運動位移的方向相同，對貨物做正
功，會導致貨物機械能增加，故A、C錯誤；
由于貨物相對皮帶靜止，一起沿斜面勻速上升，則
貨物合力為零，不可能做功，故B錯誤；
根據以上分析可知貨物受到的摩擦力與貨物運動位移的方向相同，對貨物做正功，會導致貨物機械能增加，但由于貨物做勻速運動，則貨物動能不會發生改變，故貨物所受摩擦力做的功等于貨物的重力勢能增加量，故D正確。
答案
6.(2023·茂名市高一統考)小明在豎直方向上練習蹦床，若忽略空氣阻力，用x、v、a、E、t分別表示小明離開蹦床在空中運動的位移、速度、加速度、機械能和時間，下列圖像正確的是
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√
答案
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根據題意，由對稱性可知，小明上升的時間和下降的時間相等，取向上為正方向，根據勻變速直線運動公式可得，小明運動的位移與時間的關系式為x=v0t-gt2，則x-t圖像為開口向下的拋物線，故A錯誤；
根據勻變速直線運動公式可得，小明運動的速度與時間的關系式為v=v0-gt，則v-t圖像為向下傾斜的直線，故B正確；
小明整個運動過程中，只受重力，加速度一直為重力加速度，大小不隨時間變化，所以a-t圖像為一條與t軸平行的直線，故C錯誤；
小明從離開蹦床后只受重力，機械能不變，所以E不會隨時間變化，所以E-t圖像為一條與t軸平行的直線，故D錯誤。
答案
7.(2023·廣州市高一期中)跳臺滑雪是2022年北京冬奧會
的比賽項目之一。如圖所示，設可視為質點的滑雪運動
員，從斜坡頂端O處水平滑出，在空中恰好通過P點，
OP連線與水平方向夾角為37°，不計空氣阻力，sin 37°
=0.6，則滑雪運動員到達P點時的動能與滑出O點時的動能比值為
A. B. C. D.
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√
答案
滑雪運動可抽象為物體在斜坡上的平拋運動。設水
平位移為x，豎直位移為y，OP=L，結合幾何關系，
有水平方向上x=Lcos 37°=v0t，豎直方向上y=Lsin 37°
=gt2，聯立可得t=，運動員達到P點的速度v==
=v0=v0，故滑雪運動員到達P點時的
動能與滑出時的動能比值為mv2∶m=13∶4，所以D正確，A、B、C錯誤。
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二、多項選擇題
8.(2024·茂名市高一期中)如圖所示，在“嫦娥”探月工程中，飛船在軌道Ⅰ上做勻速圓周運動，到達軌道Ⅰ的A點時點火變軌進入軌道Ⅱ，到達軌道Ⅱ的近月點B時，再次點火進入近月軌道Ⅲ繞月做勻速圓周運動，下列說法正確的是
A.飛船從Ⅱ軌道進入Ⅲ軌道需要在B處點火加速
B.飛船在軌道Ⅱ上通過B點的速率大于在軌道Ⅱ上通過A點
的速率
C.飛船在軌道Ⅰ上的運行周期小于在軌道Ⅲ上的運行周期
D.飛船在軌道Ⅱ上通過B點時的加速度等于在軌道Ⅲ上通過B點時的加速度
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√
√
答案
在變軌問題中，飛船從Ⅱ軌道進入Ⅲ軌道需要在B處
點火減速，做近心運動，故A錯誤；
根據開普勒第二定律，飛船在軌道Ⅱ上通過B點的速
率大于在軌道Ⅱ上通過A點的速率，故B正確；
根據開普勒第三定律，飛船在軌道Ⅰ上的運行周期大于在軌道Ⅲ上的運行周期，故C錯誤；
根據萬有引力定律G=ma，解得a=G，無論是軌道Ⅱ上通過B點，
還是軌道Ⅲ上通過B點，飛船與月球距離不變，則加速度相等，故D正確。
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答案
9.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；
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。
答案
10.(2023·廣州市第二中學月考)如圖所示，水平桿固定在
豎直桿上，二者互相垂直，水平桿上O、A兩點連接有兩
輕繩，兩繩的另一端都系在質量為m的小球上，OA=OB
=AB=l，現通過轉動豎直桿，使水平桿在水平面內做勻速
圓周運動，三角形OAB始終在豎直平面內，若轉動過程AB、OB兩繩始終處于拉直狀態，g為重力加速度，不計空氣阻力，則下列說法正確的是
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答案
A.當桿轉動時，OB和AB繩上拉力大小可能相等
B.OB繩的拉力范圍為mg~mg
C.若轉動的角速度ω1=，OB繩上的拉力大小為FOB=mg
D.若轉動的角速度ω2=，AB繩上的拉力大小為FAB=2mg
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√
√
答案
小球在水平面內做勻速圓周運動時所受合力水平指向豎直
桿，兩繩拉力大小相等時，兩繩拉力的合力豎直向上，重
力方向豎直向下，此時小球所受合力無法滿足水平指向豎
直桿，故A錯誤；
當轉動的角速度為零時，OB繩的拉力與AB繩的拉力相等，設為F1，則
2F1cos 30°=mg得F1=mg，增大轉動的角速度，當AB繩的拉力等于零時，小球僅在OB拉力下做圓周運動，此時OB繩拉力最大，設此時OB繩的拉力
為F2，則F2cos 30°=mg，得F2=mg。因此OB繩的拉力范圍為mg~mg，故B正確；
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答案
當AB繩的拉力剛好為零時，由mgtan 30°=mlsin 30°
得ω0=，因為ω1<ω0，所以兩繩均有拉力，對小球
進行受力分析，正交分解，得FOBsin 30°-FABsin 30°=
mω12lsin 30°，FOBcos 30°+FABcos 30°=mg解得FOB=，FAB=
，故C正確；
當ω2=時，因為ω2>ω0，所以OB繩與豎直方向夾角大于30°，此
時AB絕非拉直狀態，AB繩上拉力大小為零，故C正確，D錯誤。
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答案
三、非選擇題
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。
(1)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
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C
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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。
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
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。
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.(2023·廣州市高一期末)某實驗小組利用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律。長為L的輕質細繩一端固定在O點，另一端拴一質量為m的小球(尺寸相對L足夠小)，測得小球的直徑為d，在懸點O點正下方L處的N點放有一光電門。
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小
(1)細繩要選擇伸縮性____(填“大”或者“小”)的；小球選質量大些的，體積____(填“大”或者“小”)的。
小
答案
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為減小實驗產生的誤差，細繩要選擇伸縮性“小”的。
小球選質量大些的，體積“小”的，小球在擺動的運動中會減小空氣阻力的作用，以減小實驗誤差。
答案
(2)將小球拉偏離豎直方向的某位置，用工具測出該位置處的細繩與豎直方向的夾角為θ；靜止釋放小球，測出小球經過光電門的時間為Δt，則小球經過光電門的速度
為　　 。
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靜止釋放小球，測出小球經過光電門的時間為Δt，則小球經過光電門
的速度v=
答案
(3)已知當地重力加速度大小為g，下擺過程中，小球的重力勢能減少量ΔEp可表示為　　　　　　 ，動能的增
加量ΔEk可表示為　　　　 ；如果二者在誤差范圍內相等，說明該系統機械能守恒。
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mgL(1-cos θ)
m
答案
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細繩與豎直方向的夾角為θ，小球尺寸相對L足夠小，可忽略不計，因此小球從M點到N點，下落的高度為
h=L-Lcos θ=L(1-cos θ)
則小球的重力勢能減少量
ΔEp=mgh=mgL(1-cos θ)
小球動能的增加量ΔEk=mv2=m
如果ΔEp、ΔEk二者在誤差范圍內相等，說明該系統機械能守恒。
答案
(4)若多次從不同夾角θ處釋放，得到cos θ和的關系
圖像如圖乙所示，圖像的斜率的絕對值k=______(用d、g、L表示)。
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答案
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由機械能守恒定律可得
mgL(1-cos θ)=m
整理可得cos θ=1-·
則有cos θ-圖像的斜率的絕對值
k=。
答案
13.在水平路面上運動的汽車的額定功率為60 kW，若其總質量為5 t，在水平路面上所受到的阻力大小恒為5×103 N，求：
(1)汽車所能達到的最大速度的大小；
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答案　12 m/s　
當汽車速度達到最大時，牽引力F=f，則由P=Fv得汽車所能達到的最大速度為
vmax==12 m/s；
答案
(2)若汽車以0.5 m/s2的加速度由靜止開始做勻加速直線運動，這一過程能維持多長的時間；
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答案　16 s
汽車以恒定的加速度a做勻加速直線運動，能夠達到的最大速度為v，
則有-f=ma
得v==8 m/s
由v=at得這一過程維持的時間為t=16 s；
答案
(3)若汽車以額定功率啟動，則汽車的車速為v1=2 m/s時的加速度大小；
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答案　5 m/s2
當汽車以額定功率啟動達到2 m/s的速度時，牽引力為F'==3×104 N
由牛頓第二定律得汽車的加速度大小為
a'==5 m/s2；
答案
(4)若汽車以v2=6 m/s的速度勻速行駛，汽車的實際功率多大。
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答案　3×104 W
P'=fv2=3×104 W。
答案
14.(2023·云浮市高一期末)如圖所示，一彈射游戲裝置由
安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平面AB和豎直半圓
形軌道BC組成，各部分平滑連接。已知半圓形軌道的半
徑R=0.4 m，除半圓形軌道BC外其余接觸面均光滑。某次游戲中用力將一質量m=0.1 kg的滑塊壓縮輕質彈簧(滑塊與彈簧不拴接)，此時彈簧的彈性勢能Ep0=1.6 J，然后由靜止釋放滑塊，滑塊從彈射器A點彈出后，恰能通過半圓形軌道的最高點C，取重力加速度大小g=10 m/s2，滑塊可視為質點，忽略空氣阻力。求：
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答案
(1)滑塊通過B點時對半圓形軌道的壓力大小；
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答案　9 N　
滑塊從A到B的過程根據能量守恒定律得Ep0=m
在B點根據牛頓第二定律得FN-mg=m
即FN=mg+m=9 N
根據牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力FN'=FN=9 N。
答案
(2)滑塊從B點運動到C點的過程中，克服摩擦力做了多少功；
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答案　0.6 J　
滑塊恰能通過最高點C，則mg=m
則vC==2 m/s
滑塊從B點到C點的過程根據功能關系可知m=2mgR+m+Wf
Wf=0.6 J
滑塊從B點運動到C點的過程中，克服摩擦力做的功為Wf=0.6 J。
答案
(3)滑塊離開半圓形軌道后落到AB上的位置與B點之間的距離。
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答案　0.8 m
滑塊離開C點后做平拋運動，則2R=gt2，x=vCt，得x=0.8 m
滑塊離開半圓形軌道后落到AB上的位置與B點之間的距離為0.8 m。
答案
15.(2023·江門市高一期末)如圖甲所示，在傾角θ=30°的光滑固定斜面上有一勁度系數k=100 N/m的輕質彈簧，彈簧下端固定在垂直于斜面的擋板上，彈簧上端拴接一質量m=2 kg的物體，初始時物體處于靜止狀態。取g=10 m/s2。
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答案　0.1 m　
(1)求此時彈簧的形變量x0；
答案
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初始狀態物體處于平衡狀態，
則kx0=mgsin θ
解得x0==0.1 m
答案
(2)現對物體施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小與物體的位移x的關系如圖乙所示，假設斜面足夠長；
①寫出物體的速度v與位移x的關系式；
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答案　v2=4.8x　
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由F-x圖像可得F=4.8+100x
設物體運動位移為x時，物體的加速度為a，
則F+k(x0-x)-mgsin θ=ma(0≤x≤0.1 m)
解得物體的加速度a=2.4 m/s2
所以，物體做勻加速直線運動，根據運動學公式有v2=2ax
代入數據有v2=4.8x
答案
②若物體位移為0.1 m時撤去拉力F，求此后物體沿斜面上滑的最大距離xm。(計算結果保留兩位有效數字)
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答案　0.04 m
答案
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物體位移為0.1 m時撤去拉力F，此后物體上滑過程中
彈力F彈與形變量x'的關系圖像如圖所示
物體上滑過程中克服彈力所做的功對應圖中陰影部分
的面積，即W克彈=k
撤去拉力至物體沿斜面上滑至最大距離，根據動能定理有
-mgxmsin θ-k=0-m
由v2=2ax，代入數據解得=4.8x1=0.48 m2/s2
解得xm=0.04 m。
答案

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