资源简介

模块综合试卷(一)
(满分：100分)
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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·华东师范大学第一附属中学高一期末)下列关于力学发展的描述中符合物理学史实的是(　　)
A.相对论的提出否定了牛顿力学
B.牛顿提出光速是自然界中速度的极限
C.牛顿力学能适用微观领域中的力学现象
D.牛顿三大运动定律是经典力学体系的基础
2.(2024·南通市高一月考)如图所示，有a、b、c三颗地球卫星，a在地球附近轨道上运动，b在地球椭圆轨道上，c在地球的同步卫星轨道上。忽略a、b、c间的相互作用。下列说法中正确的是(　　)
A.对卫星a、c比较，相同时间内a卫星转过的弧长长
B.a、b、c三颗卫星运行速度都小于第一宇宙速度
C.b卫星由近地点向远地点运动过程中，机械能减小
D.a卫星的动能一定大于c卫星的动能
3.(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。等于(　　)
A.20 B.18
C.9.0 D.3.0
4.(2024·成都市第七中学月考)我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若只关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm，假设汽车在上坡和下坡过程中所受路面阻力大小恒定且相等，山坡的倾角为θ，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　)
A.关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力等于mgsin θ
B.路面对汽车的阻力大小为
C.上坡过程中，汽车从静止启动到速度刚好增至vm，所用时间为
D.上坡过程中，汽车从静止启动到速度刚好增至vm，所用时间等于
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题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。
5.(2023·聊城市高一期末)如图所示为中国无人机“翼龙”飞行时的照片。无人机巡航时水平分速度为40 m/s，竖直分速度为0。无人机接收到动作指令后立即在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上仍以40 m/s的速度做匀速直线运动。以无人机接收到动作指令为计时起点，当无人机运动的水平位移为160 m时，其竖直位移也为160 m，关于这一过程，下列说法正确的是(　　)
A.无人机的运动轨迹为直线
B.无人机的运动轨迹为曲线
C.无人机运动的时间为4 s
D.无人机的加速度大小为15 m/s2
6.(2024·乌鲁木齐市第八中学高一期末)如图所示，圆弧半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置在水平地面上，两个质量均为m的小球A、B以不同的速度进入管内(小球直径略小于半圆管横截面直径)，A通过最高点C时，对管壁上部压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁上下部均无压力，则关于小球A、B通过最高点C时的速度vA、vB及A、B两球落地点间的距离x，下列选项中正确的是(重力加速度大小为g)(　　)
A.x=R B.x=2R
C.vA=2 D.vB=
7.(2024·广西柳州高级中学模拟)如图甲所示，物体以一定的初速度v0从倾角为α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3 m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则下列说法正确的是(　　)
A.物体的质量m=2 kg
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.4
C.物体上升过程的加速度大小a=10 m/s2
D.物体回到斜面底端时的动能Ek=10 J
8.(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 m
B.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 s
C.传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是122 W
D.传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是154 W
三、非选择题：本题共7小题，共60分。
9.(4分)(2023·上海杨浦复旦附中期中)星球极点处的重力加速度大小为g，平均密度为ρ，自转角速度为ω0，引力常量为G，则该星球平均半径R0为　　　　　　；该星球同步卫星的轨道半径r为　　　　　　。
10.(4分)(2024·大连市103中学高一月考)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则A球运动的周期　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)B球运动的周期，A、B两球到P的距离之比为　　　　。
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)(2分)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)(4分)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　　　　。
12.(6分)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)(2分)下列实验条件必须满足的有　　　　。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末端水平
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)(4分)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“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“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　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)。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)。
13.(12分)(2024·南通市高一月考)如图所示，ABC为光滑圆轨道，固定在竖直平面内，轨道半径为R，OA水平，OC竖直，最低点为B，最高点为C。在A点正上方某位置处有一质量为m的小球(可视为质点)由静止开始自由下落，刚好进入圆轨道内运动。不计空气阻力，已知重力加速度为g，若小球刚好能到达轨道的最高点C，求：
(1)(4分)小球经过最低点B时的速度大小vB；
(2)(4分)轨道最低点B处对小球的支持力FN大小；
(3)(4分)如果ABC轨道粗糙程度相同，让小球从A点正上方的某点D下落，由于摩擦力作用小球经过A、B点的速度大小相等，如让小球从D点正上方的某点下落，试比较小球经过A、B点的速度大小关系并简要说明理由。
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=3.05 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)(4分)篮球击中篮板时的速度大小；
(2)(4分)篮球在O点抛出时的速度v0大小；
(3)(4分)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。
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)(8分)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)(8分)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。
答案精析
1.D　[爱因斯坦的相对论只否定了牛顿的绝对时空观，没有否定整个牛顿力学。牛顿力学是相对论力学在低速运动状态下的一个特例。牛顿力学是整个力学的基础，牛顿所创造的概念，至今仍指导着我们的物理学思想，故A错误；爱因斯坦提出了相对论，它认为真空中的光速是自然界中速度的极限，故B错误；经典力学只能解决宏观低速物体，对于微观高速物体不再适用，故C错误；牛顿三大运动定律是经典力学体系的基础，故D正确。]
2.A　[对卫星a、c比较，根据G=m，可得v=，则a的运行速度大，则相同时间内a卫星转过的弧长长，选项A正确；因为a在地球附近轨道上运动，则a的速度等于第一宇宙速度，选项B错误；b卫星由近地点向远地点运动过程中，只有地球的引力做功，则机械能不变，选项C错误；卫星的质量关系不确定，则a卫星的动能不一定大于c卫星的动能，选项D错误。]
3.B　[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=g，可解得v1=，动能E1=m=；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=g，解得v2=3，动能E2=m=mgh，故=18，B正确。]
4.C　[关掉油门下坡的过程，汽车所受支持力N=mgcos θ；关闭油门汽车下坡时速度不变，则f=mgsin θ
上坡达到最大速度时，牵引力与重力沿坡面的分力和阻力的合力平衡，则有mgsin θ+f=
即f=；
上坡过程中，汽车从静止启动到速度刚好增至vm，
由动能定理得：
Pt-(mgsin θ+f)s=m-0
得t=
上坡过程中，汽车做加速度减小的加速运动，
平均速度大于，所以运动时间t=<，故选C。]
5.BC　[无人机在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，其合运动是匀变速曲线运动，故运动轨迹为曲线，A错误，B正确；水平方向满足x=vt，解得运动的时间为t=4 s，C正确；竖直方向满足y=at2，
解得a=20 m/s2，D错误。]
6.BC　[在最高点，对A球有3mg+mg=m，解得vA=2，对B球有mg=m，解得vB=，故C正确，D错误；离开圆管后两球均做平抛运动，由平抛运动规律可得gt2=2R，则落地时A、B的水平分位移分别为xA=vAt=vA=4R，xB=vBt=vB=2R，则x=xA-xB=2R，故A错误，B正确。]
7.CD　[物体到达最高点时，机械能E机=Ep=mgh，则m== kg=1 kg，故A错误；物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，则|ΔE机|=μmgcos α·，解得μ=0.5，故B错误；物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsin α+μmgcos α=ma，解得a=10 m/s2，故C正确；由题图乙可知，物体上升过程中摩擦力做的功W=30 J-50 J=-20 J，则物体从斜面底端开始运动到回到斜面底端的整个过程中，由动能定理得Ek-Ek0=2W，则Ek=Ek0+2W=50 J+2×(-20) J=10 J，故D正确。]
8.BD　[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==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==2.5 s，故B正确；设经过Δt时间，煤屑动能增加量ΔEk=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==kv2+kgh+μkgcos θ·(vt-x)=154 W，故C错误，D正确。]
9.　
解析　根据mg=G，M=πρ
可得R0=
同步卫星的角速度等于该星球自转角速度，
为ω0，则G=mr，
解得r=。
10.等于　m2∶m1
解析　若摆线与竖直方向夹角为θ，
对任意做圆锥摆的物体有mgtan θ=mlsin θ，
得到圆锥摆的周期T=2π=2π，
则A球运动的周期等于B球运动的周期，
设绳的张力为F，向心力F'=Fsin θ=mω2lsin θ，
同一根绳上拉力相同，
故距离l与质量m成反比，即=。
11.(1)gl=　(2)先释放纸带，后接通电源　gl<
12.(1)BD　(2)a.球心　需要　b.大于　x
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。
因此大于；由y2-y1=gT2，x=v0T，
联立解得v0=x。
13.(1)　(2)6mg　(3)vA>vB　理由见解析
解析　(1)小球刚好能到达轨道的最高点C，则有
mg=m，选B点所在水平面为参考面，
从B到C由机械能守恒可得
m=m+mg·2R，
可解得小球经过最低点B时的速度大小为vB=
(2)根据牛顿第二定律可得FN-mg=m，
可得轨道最低点B处对小球的支持力大小为FN=6mg
(3)让小球从D点正上方的某点下落，则vA>vB；
小球从D点下落时，小球在A、B的动能相等，由动能定理可知，小球从A到B克服摩擦力做功等于mgR，
小球在D点上方下落，小球在AB段的速度比第一次大，因而在AB段轨道对小球的支持力比第一次大，所以在AB段的摩擦力也较大，
小球从A到B克服摩擦力做功大于mgR，
故小球在A点的动能大于在B点的动能，
所以vA>vB。
14.(1)3 m/s　(2)5 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=0.8 m
竖直方向做自由落体运动，则h=
解得vy=4 m/s
又tan 53°=
解得vx=3 m/s
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 m/s
(2)根据cos 53°=
解得v0=5 m/s
(3)篮球打板后反弹，做平抛运动，
有h3=gt2
篮球反弹速度最小时，有l=vmint
篮球反弹速度最大时，有l+d1-d2=vmaxt
篮球打板后反弹的速度范围为vmin≤v≤vmax
联立可得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)滑块释放运动到C点过程，
由动能定理mglsin 37°+mgR(1-cos 37°)=m
经过C点时FN-mg=m
解得FN=7 N
(2)A→F，由动能定理
mglxsin 37°-mg×4Rcos 37°=mv2
解得v= (m/s)
而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达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
解得lx=0.85 m
则要保证小球能到F点，应使lx≥0.85 m，
代入v= (m/s)得
v≥ m/s。(共47张PPT)
模块综合试卷(一)
对一对
答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A B C BC BC CD BD
题号 9 10 11 12
答案 　 等于　m2∶m1 (1)gl=　(2)先释放纸带，后接通电源　gl< (1)BD　 (2)a.球心　需要 b.大于　x
题号 13 14 15
答案 (1)　 (2)6mg　 (3)vA>vB　理由见解析 (1)3 m/s　 (2)5 m/s　 (3)0.5 m/s≤v≤1.2 m/s (1)7 N　 (2)v= (m/s)(lx≥0.85 m)　v≥ m/s
1
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3
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一、单项选择题
1.(2023·华东师范大学第一附属中学高一期末)下列关于力学发展的描述中符合物理学史实的是
A.相对论的提出否定了牛顿力学
B.牛顿提出光速是自然界中速度的极限
C.牛顿力学能适用微观领域中的力学现象
D.牛顿三大运动定律是经典力学体系的基础
1
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3
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√
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爱因斯坦的相对论只否定了牛顿的绝对时空观，没有否定整个牛顿力学。牛顿力学是相对论力学在低速运动状态下的一个特例。牛顿力学是整个力学的基础，牛顿所创造的概念，至今仍指导着我们的物理学思想，故A错误；
爱因斯坦提出了相对论，它认为真空中的光速是自然界中速度的极限，故B错误；
经典力学只能解决宏观低速物体，对于微观高速物体不再适用，故C错误；
牛顿三大运动定律是经典力学体系的基础，故D正确。
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15
答案
2.(2024·南通市高一月考)如图所示，有a、b、c三颗地球卫星，a在地球附近轨道上运动，b在地球椭圆轨道上，c在地球的同步卫星轨道上。忽略a、b、c间的相互作用。下列说法中正确的是
A.对卫星a、c比较，相同时间内a卫星转过的弧长长
B.a、b、c三颗卫星运行速度都小于第一宇宙速度
C.b卫星由近地点向远地点运动过程中，机械能减小
D.a卫星的动能一定大于c卫星的动能
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对卫星a、c比较，根据G=m，可得v=，
则a的运行速度大，则相同时间内a卫星转过的弧
长长，选项A正确；
因为a在地球附近轨道上运动，则a的速度等于第
一宇宙速度，选项B错误；
b卫星由近地点向远地点运动过程中，只有地球的引力做功，则机械能不变，选项C错误；
卫星的质量关系不确定，则a卫星的动能不一定大于c卫星的动能，选项D错误。
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答案
3.(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。等于
A.20 B.18
C.9.0 D.3.0
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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=g，可解得v1=，
动能E1=m=；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=g，解得v2=3，动能E2=m=mgh，故=18，B正确。
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答案
4.(2024·成都市第七中学月考)我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若只关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm，假设汽车在上坡和下坡过程中所受路面阻力大小恒定且相等，山坡的倾角为θ，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是
A.关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力等于mgsin θ
B.路面对汽车的阻力大小为
C.上坡过程中，汽车从静止启动到速度刚好增至vm，所用时间为
D.上坡过程中，汽车从静止启动到速度刚好增至vm，所用时间等于
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关掉油门下坡的过程，汽车所受支持力N=mgcos θ；关闭油门汽车下坡时速度不变，则f=mgsin θ
上坡达到最大速度时，牵引力与重力沿坡面的分力和阻力的合力平衡，则有mgsin θ+f=
即f=；
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答案
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上坡过程中，汽车从静止启动到速度刚好增至vm，由动能定理得：
Pt-(mgsin θ+f)s=m-0
得t=
上坡过程中，汽车做加速度减小的加速运动，平均速度大于，所以运动时间t=<，故选C。
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答案
二、多项选择题
5.(2023·聊城市高一期末)如图所示为中国无人机“翼龙”飞行时的照片。无人机巡航时水平分速度为40 m/s，竖直分速度为0。无人机接收到动作指令后立即在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上仍以40 m/s的速度做匀速直线运动。以无人机接收到动作指令为计时起点，当无人机运动的水平位移为160 m时，其竖直位移也为160 m，关于这一过程，下列说法正确的是
A.无人机的运动轨迹为直线
B.无人机的运动轨迹为曲线
C.无人机运动的时间为4 s
D.无人机的加速度大小为15 m/s2
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无人机在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做
匀加速直线运动，其合运动是匀变速曲线运动，
故运动轨迹为曲线，A错误，B正确；
水平方向满足x=vt，解得运动的时间为t=4 s，C正确；
竖直方向满足y=at2，解得a=20 m/s2，D错误。
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15
答案
6.(2024·乌鲁木齐市第八中学高一期末)如图所示，圆弧半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置在水平地面上，两个质量均为m的小球A、B以不同的速度进入管内(小球直径略小于半圆管横截面直径)，A通过最高点C时，对管壁上部压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁上下部均无压力，则关于小球A、B通过最高点C时的速度vA、vB及A、B两球落地点间的距离x，下列选项中正确的是(重力加速度大小为g)
A.x=R B.x=2R
C.vA=2 D.vB=
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√
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√
答案
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在最高点，对A球有3mg+mg=m，解得vA=2，
对B球有mg=m，解得vB=，故C正确、D错误；
离开圆管后两球均做平抛运动，由平抛运动规律可
得gt2=2R，则落地时A、B的水平分位移分别为xA=vAt=vA=4R，xB=vBt=vB=2R，则x=xA-xB=2R，故A错误，B正确。
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答案
7.(2024·广西柳州高级中学模拟)如图甲所示，物体以一定的初速度v0从倾角为α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3 m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则下列说法正确的是
A.物体的质量m=2 kg
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.4
C.物体上升过程的加速度大小a=10 m/s2
D.物体回到斜面底端时的动能Ek=10 J
√
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√
答案
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物体到达最高点时，机械能E机=Ep=mgh，则m== kg=1 kg，故A错误；
物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，则|ΔE机|=μmgcos α·，解得μ=0.5，故B错误；
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答案
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物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsin α+μmgcos α=ma，解得a= 10 m/s2，故C正确；
由题图乙可知，物体上升过程中摩擦力做的功W=30 J-50 J=-20 J，则物体从斜面底端开始运动到回到斜面底端的整个过程中，由动能定理得Ek-Ek0=2W，则Ek=Ek0+2W=50 J+2×(-20) J=10 J，故D正确。
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15
答案
8.(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 m
B.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 s
C.传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是122 W
D.传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是154 W
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√
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√
答案
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12
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==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==2.5 s，故B正确；
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答案
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设经过Δt时间，煤屑动能增加量ΔEk=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==kv2+kgh+μkgcos θ·(vt-x)=154 W，故C错误，D正确。
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答案
三、非选择题
9.(2023·上海杨浦复旦附中期中)星球极点处的重力加速度大小为g，平均密度为ρ，自转角速度为ω0，引力常量为G，则该星球平均半径R0为
　　　　；该星球同步卫星的轨道半径r为　　　______　　　。
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答案
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12
根据mg=G，M=πρ
可得R0=
同步卫星的角速度等于该星球自转角速度，为ω0，则G=mr，解得r=。
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答案
10.(2024·大连市103中学高一月考)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。设两球同时做如图所示的
圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则
A球运动的周期　 　(填“大于”“小于”或“等于”)
B球运动的周期，A、B两球到P的距离之比为　 　　。
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等于
m2∶m1
答案
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若摆线与竖直方向夹角为θ，对任意做圆锥摆的物体
有mgtan θ=mlsin θ，得到圆锥摆的周期T=2π
=2π，则A球运动的周期等于B球运动的周期，设
绳的张力为F，向心力F'=Fsin θ=mω2lsin θ，同一根绳上拉力相同，故距离l与质量m成反比，即=。
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答案
11.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。
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(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。
gl=
答案
(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　　　　。
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先释放纸带，后接通电源
gl<
答案
12.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.斜槽轨道末端水平
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
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BD
答案
(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。
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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“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“不需要”)y轴与重垂线平行。
球心
需要
答案
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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。
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答案
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　　　(选填“大于”“等于”或“小
于”)。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)。
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大于
x
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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；由y2-y1=gT2，x=v0T，联立解得v0= x。
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答案
13.(2024·南通市高一月考)如图所示，ABC为光滑圆轨道，固定在竖直平面内，轨道半径为R，OA水平，OC竖直，最低点为B，最高点为C。在A点正上方某位置处有一质量为m的小球(可视为质点)由静止开始自由下落，刚好进入圆轨道内运动。不计空气阻力，已知重力加速度为g，若小球刚好能到达轨道的最高点C，求：
(1)小球经过最低点B时的速度大小vB；
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答案　　
答案
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小球刚好能到达轨道的最高点C，则有
mg=m，选B点所在水平面为参考面，
从B到C由机械能守恒可得
m=m+mg·2R，
可解得小球经过最低点B时的速度大小为vB=
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答案
(2)轨道最低点B处对小球的支持力FN大小；
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答案　6mg　
根据牛顿第二定律可得FN-mg=m，
可得轨道最低点B处对小球的支持力大小为FN=6mg
答案
(3)如果ABC轨道粗糙程度相同，让小球从A点正上方的某点D下落，由于摩擦力作用小球经过A、B点的速度大小相等，如让小球从D点正上方的某点下落，试比较小球经过A、B点的速度大小关系并简要说明理由。
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答案　vA>vB　理由见解析
答案
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让小球从D点正上方的某点下落，则vA>vB；
小球从D点下落时，小球在A、B的动能相等，由动能定理可知，小球从A到B克服摩擦力做功等于mgR，
小球在D点上方下落，小球在AB段的速度比第一次大，
因而在AB段轨道对小球的支持力比第一次大，所以在
AB段的摩擦力也较大，
小球从A到B克服摩擦力做功大于mgR，
故小球在A点的动能大于在B点的动能，
所以vA>vB。
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答案
14.(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=3.05 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；
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答案　3 m/s　
答案
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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=0.8 m
竖直方向做自由落体运动，则h=
解得vy=4 m/s
又tan 53°=
解得vx=3 m/s
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 m/s
答案
(2)篮球在O点抛出时的速度v0大小；
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答案　5 m/s　
根据cos 53°=
解得v0=5 m/s
答案
(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。
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答案　0.5 m/s≤v≤1.2 m/s
答案
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篮球打板后反弹，做平抛运动，有h3=gt2
篮球反弹速度最小时，有l=vmint
篮球反弹速度最大时，有l+d1-d2=vmaxt
篮球打板后反弹的速度范围为vmin≤v≤vmax
联立可得0.5 m/s≤v≤1.2 m/s。
答案
15.(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。
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答案
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；
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答案　7 N　
答案
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滑块释放运动到C点过程，由动能定理mglsin 37°+mgR(1-cos 37°)
=m
经过C点时FN-mg=m
解得FN=7 N
答案
(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。
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答案　v= (m/s)(lx≥0.85 m)　v≥ m/s
答案
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A→F，由动能定理mglxsin 37°-mg×4Rcos 37°=mv2
解得v= (m/s)
而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达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
解得lx=0.85 m
则要保证小球能到F点，应使lx≥0.85 m，
代入v= (m/s)得v≥ m/s。
答案

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