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模块综合试卷(二)
(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.(2024·泰州市高一期中)下列关于运动和力的叙述中，正确的是(　　)
A.做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的
B.物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心
C.物体所受合力方向与运动方向相同，该物体一定做直线运动
D.物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同
2.(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
3.(2024·尚志市尚志中学高一月考)“双星系统”是由相距较近的两颗恒星组成，每个恒星的半径远小于两个恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在相互间的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。如图所示为某一双星系统，A星球的质量为m1，B星球的质量为m2，它们中心之间的距离为L，引力常量为G。则下列说法正确的是(　　)
A.A、B两星球做圆周运动的半径之比为m1∶m2
B.A、B两星球做圆周运动的角速度之比为m1∶m2
C.A星球的轨道半径r1=L
D.双星运行的周期T=2πL
4.(2024·南京市高一期中)如图，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高，一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处，小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.小球运动到B点时的速度大小为4
B.小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg
C.小球运动到B点时重力的功率为2mg
D.弹簧长度等于R时，小球的机械能最小
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·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
6.(2024·盐城市阜宁县高一期中)如图，北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点。忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是(　　)
A.该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速
B.该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐减小
C.该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能
D.该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度
7.(2024·东莞市东华中学开学考)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.汽车受到的阻力为200 N
B.汽车的最大牵引力为800 N
C.8~18 s过程中汽车牵引力做的功为8×104 J
D.汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5 m
8.(2023·厦门一中高一期中)如图甲所示，倾角为37°的传送带以速度v0=3 m/s顺时针运转，两传动轮之间的距离足够长，质量m=2 kg的滑块从左侧底端以一定速度滑上传送带，滑块在传送带上运动的v-t图像如图乙所示，已知此过程传送带的速度保持不变(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2)，则在图示时间内(　　)
A.滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.875
B.0~4 s内，传送带对滑块做功56 J
C.0~4 s内，滑块对传送带做功156 J
D.0~4 s内，系统产生的内能为28 J
三、非选择题：本题共7小题，共60分。
9.(4分)(2023·龙岩市上杭一中期末)如图甲所示为某景区内的高空滑索运动，游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑。假设某段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为θ，轻绳始终保持竖直，示意图如图乙所示，在这一阶段下滑过程中，游客的重力　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)轻绳的拉力；以游客、滑环、轻绳为整体，整体的机械能　　　　(选填“守恒”或“不守恒”)。
10.(4分)(2023·宁德市一中高一期末)(1)按照狭义相对论的观点，在太空中“迎着”光飞行的宇宙飞船上，观察者测得的光速　　　　c(选填“大于”“等于”或“小于”，其中c为真空中的光速)。
(2)由于狭义相对论效应，北斗卫星导航系统卫星上的原子钟会因为高速运动而导致时间　　　　(选填“变慢”或“变快”)，这些时钟如果不加以校正的话，系统每天将累积很大的定位误差，因此，这些卫星的软件需要计算和抵消相对论效应，确保定位准确。
11.(5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)(1分)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)(2分)根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0=　　　　。
A. B.
C.x0 D.x0
(3)(2分)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　　　　　　　。
12.(7分)(2023·南京市高一期中)如图为某实验小组利用气垫导轨做“验证机械能守恒定律”的实验装置。将气垫导轨放在水平桌面上，细绳两端分别与托盘(含砝码)和滑块(含遮光条)相连，滑块在托盘的牵引下运动。已知光电门固定在气垫导轨上，遮光条的宽度为d，托盘(含砝码)的质量为M，滑块(含遮光条)的质量为m，重力加速度为g。
(1)(1分)下列实验操作步骤，正确顺序是　　　　。
①测出遮光条到光电门的距离l
②调节滑轮高度，使细绳与导轨平行
③将气垫导轨放在水平桌面，将导轨调至水平
④释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t
⑤打开气源，将滑块移至光电门右侧某适合的位置
(2)(1分)遮光条通过光电门时的速度大小为　　　　(用题中所给的字母表示)。
(3)(2分)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，若系统要符合机械能守恒定律的结论，应满足的关系式为　　　　　　 (用题中所给的字母表示)。
(4)(1分)保持滑块和砝码质量不变，多次改变遮光条到光电门的距离l，记录每次遮光条的挡光时间t及对应的，数据见下表
l/(×10-1 m) 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00
t/ms 11.79 8.16 6.71 5.77 5.14
/(×104 s-2) 0.72 1.50 2.22 3.00 3.79
请根据表中的数据，在方格纸上作出-l图像。
(5)(2分)某同学根据“-l图像是一条过原点的直线”得出了“系统机械能守恒”的结论。你是否同意他的观点？请简要说明理由　　　 　　　　。
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)(4分)求星球表面重力加速度大小；
(2)(4分)求该星球的密度；
(3)(4分)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。
14.(12分)(2024·上海市大同中学高一期中)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)(4分)运动员在起跳区C点对滑道的压力是多少？
(2)(4分)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)(4分)运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离是多少？
15.(16分)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间的动摩擦因数均为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)(4分)小球第二次经过B点时的速度大小；
(2)(5分)弹簧储存的最大弹性势能Ep；
(3)(6分)通过计算说明小球能否脱离轨道。
答案精析
1.C　[做曲线运动的物体，加速度方向与速度方向不在同一直线上，但加速度可以恒定不变，故A错误；物体做匀速圆周运动，所受的合力刚好提供向心力，合力一定指向圆心，但物体做变速圆周运动时，所受的合力不指向圆心，故B错误；物体所受合力方向与运动方向相同，该物体一定做直线运动，故C正确；物体运动的速率在增加，所受合力方向与运动方向的夹角小于90°，方向不一定相同，故D错误。]
2.B　[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=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。]
3.D　[双星靠它们之间的万有引力提供向心力，A星球的轨道半径为r1，B星球的轨道半径为r2，根据万有引力提供向心力有G=m1ω2r1=m2ω2r2，解得A、B两星球做圆周运动的半径之比为r1∶r2=m2∶m1，由r1+r2=L，解得r1=L，故A、C错误；A、B两星球做圆周运动的周期相同，角速度之比为1∶1，故B错误；根据万有引力提供向心力有G=m1ω2r1=m2ω2r2，又T=，解得T=2πL，故D正确。]
4.B　[小球处在A、B两点时弹簧的弹性势能相等，所以对小球和弹簧组成的系统，从A到B由机械能守恒可得mg·2R=m，解得vB=2，故A错误；在A点有FA=mg+k·R，在B点时有FB-mg-k·R=，解得FB=5mg+k·R，由牛顿第三定律可知小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故B正确；小球在B点时速度水平向右，与重力方向垂直，所以重力的功率为零，故C错误；系统机械能守恒，当弹簧长度等于R时，弹性势能为零，小球的机械能最大，故D错误。]
5.AC　[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=2gh，h=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=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=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。]
6.CD　[该卫星从轨道1到轨道2需要点火加速，则机械能增加；从轨道2再到轨道3，又需要点火加速，机械能增加；故该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增加，A、B错误；根据万有引力提供向心力，则有G=m，解得v=，由题可知，该卫星在轨道3的半径大于在轨道1的半径，故该卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，根据Ek=mv2可知，该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，C正确；根据G=ma，解得a=，可知该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度，D正确。]
7.CD　[当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有f==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==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运动，根据动能定理得Pt-fs=m-m，解得s=95.5 m，故D正确。]
8.AD　[根据图像可知，滑块向上加速后匀速，加速过程μmgcos 37°-mgsin 37°=ma，a==1 m/s2，
解得μ=0.875，故A正确；
0~4 s内，传送带对滑块做的功
W=m-mv2+mgxsin 37°，
x=×2 m+3×2 m=10 m，
解得W=128 J，故B错误；
0~4 s内，滑块对传送带做功
W'=-μmgcos 37°x1-mgsin 37°x2
=-14×3×2 J-12×2×3 J=-156 J，故C错误；
0~4 s内，系统产生的内能为Q=μmgΔxcos 37°，
Δx=×2×2 m=2 m，解得0~4 s内，系统产生的内能为28 J，故D正确。]
9.等于　不守恒
解析　以人为研究对象，受自身的重力和沿绳方向的拉力，由于轻绳始终保持竖直，故重力和拉力平衡， 以游客、滑环、轻绳为整体，做匀速直线运动，这个过程重力势能减小，动能不变，故整体的机械能不守恒。
10.(1)等于　(2)变慢
解析　(1)根据狭义相对论的观点：光速不变原理，即光速的大小与光源以及观察者的运动无关，所以观察者测出的光速都是c。
(2)根据时间间隔的相对性原理，北斗卫星导航系统卫星上的原子钟会因为高速运动而导致时间变慢。
11.(1)C　(2)D　(3)确保多次运动的轨迹相同
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=v0t，y0=gt2
联立解得平抛的初速度为v0=x0，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.(1)③②⑤①④　(2)　(3)Mgl=(M+m)()2　(4)见解析图　(5)不同意，图线的斜率近似等于才能得出该结论
解析　(1)用气垫导轨验证机械能守恒定律时，将气垫导轨放在水平桌面，将导轨调至水平，再调节滑轮高度，使细绳与导轨平行，打开气源，将滑块移至光电门右侧某适合的位置，再测出遮光条到光电门的距离l，最后释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t。故正确的顺序是③②⑤①④。
(2)根据瞬时速度近似等于遮光条通过光电门的平均速度可知，滑块经过光电门的速度为v=
(3)托盘和砝码下落过程中，
系统增加的动能ΔEk=(M+m)v2=(M+m)()2
系统减少的重力势能即为托盘和砝码减少的重力势能，
为ΔEp=Mgl，
为了验证机械能守恒定律，需满足的关系是
Mgl=(M+m)()2
(4)根据数据作图如图所示
(5)由Mgl=(M+m)()2，
变形得=l，
只有图线的斜率近似等于才能得出系统机械能守恒，
所以根据“-l图像是一条过原点的直线”得出了“系统机械能守恒”的结论是错误的。
13.(1)　(2)　(3)
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=m
设小球在最低点受到绳子拉力为F2，速率为v2，
则有F2-mg=m
小球从最高点到最低点的过程中应用动能定理可得
mg·2L=m-m
而ΔF=F2-F1，故有g=
(2)对星球表面上的物体，有G=m'g
星球体积V=πR3，故星球的密度为
ρ==
(3)最短位移为位移与斜面垂直，
可知tan θ=，x=v0t，y=gt2
联立可得t=。
14.(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
竖直方向有y=gt2
根据数学知识有tan 37°==
代入数据解得vC=20 m/s
运动员在C点时，设滑道对运动员的支持力为N，根据牛顿第二定律有N-mg=m
解得N=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。
(2)设助滑道AB的长度为x，根据动能定理有
mgxsin 37°-μmgxcos 37°=m
代入数据解得x=40 m
(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
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=2gxx1
解得，运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离为
x1==9 m。
15.(1)　(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=m得vA=
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
m=m+mg×2R
解得vB=
(2)从D到B由动能定理得
mgh-μmgcos θ×-μmgs=m
解得h=4R
从发射到第一次回到A点，由功能关系可得
Ep=2μmg+m
解得Ep=3.5mgR
(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'-μmg=0-m
代入数据得h'=1.6 R
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'-μmg-mghm=0-0
代入数据得hm=0.7 R
因为0.7 R模块综合试卷(二)
对一对
答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B D B AC CD CD AD
题号 9 10 11 12
答案 等于　不守恒 (1)等于　(2)变慢 (1)C　(2)D　 (3)确保多次运动的轨迹相同 (1)③②⑤①④　(2)　(3)Mgl=(M+m)()2　 (4)见解析图　(5)不同意，图线的斜率近似等于才能得出该结论
题号 13 14 15
答案 (1)　(2)　(3) (1)1 800 N　(2)40 m　 (3)9 m (1)　(2)3.5mgR　(3)不会脱离轨道，计算见解析
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
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15
一、单项选择题
1.(2024·泰州市高一期中)下列关于运动和力的叙述中，正确的是
A.做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的
B.物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心
C.物体所受合力方向与运动方向相同，该物体一定做直线运动
D.物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
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答案
1
2
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4
5
6
7
8
9
10
11
12
做曲线运动的物体，加速度方向与速度方向不在同一直线上，但加速度可以恒定不变，故A错误；
物体做匀速圆周运动，所受的合力刚好提供向心力，合力一定指向圆心，但物体做变速圆周运动时，所受的合力不指向圆心，故B错误；
物体所受合力方向与运动方向相同，该物体一定做直线运动，故C正确；
物体运动的速率在增加，所受合力方向与运动方向的夹角小于90°，方向不一定相同，故D错误。
13
14
15
答案
2.(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
√
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答案
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12
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=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。
13
14
15
答案
3.(2024·尚志市尚志中学高一月考)“双星系统”是由相距较近的两颗恒星组成，每个恒星的半径远小于两个恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在相互间的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。如图所示为某一双星系统，A星球的质量为m1，B星球的质量为m2，它们中心之间的距离为L，引力常量为G。则下列说法正确的是
A.A、B两星球做圆周运动的半径之比为m1∶m2
B.A、B两星球做圆周运动的角速度之比为m1∶m2
C.A星球的轨道半径r1=L
D.双星运行的周期T=2πL
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答案
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13
双星靠它们之间的万有引力提供向心力，A星球的
轨道半径为r1，B星球的轨道半径为r2，根据万有引
力提供向心力有G=m1ω2r1=m2ω2r2，解得A、B
两星球做圆周运动的半径之比为r1∶r2=m2∶m1，由
r1+r2=L，解得r1=L，故A、C错误；
A、B两星球做圆周运动的周期相同，角速度之比为1∶1，故B错误；
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答案
1
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6
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9
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根据万有引力提供向心力有G=m1ω2r1=m2ω2r2，
又T=，解得T=2πL，故D正确。
14
15
答案
4.(2024·南京市高一期中)如图，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高，一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处，小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.小球运动到B点时的速度大小为4
B.小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg
C.小球运动到B点时重力的功率为2mg
D.弹簧长度等于R时，小球的机械能最小
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√
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答案
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小球处在A、B两点时弹簧的弹性势能相等，所以对
小球和弹簧组成的系统，从A到B由机械能守恒可得
mg·2R=m，解得vB=2，故A错误；
在A点有FA=mg+k·R，在B点时有FB-mg-k·R=，
解得FB=5mg+k·R，由牛顿第三定律可知小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故B正确；
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答案
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小球在B点时速度水平向右，与重力方向垂直，所以重力的功率为零，故C错误；
系统机械能守恒，当弹簧长度等于R时，弹性势能为零，小球的机械能最大，故D错误。
13
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15
答案
二、多项选择题
5.(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
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√
√
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答案
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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=2gh，h=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=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；
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答案
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小球水平方向满足x=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。
14
15
答案
6.(2024·盐城市阜宁县高一期中)如图，北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点。忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是
A.该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速
B.该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐减小
C.该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能
D.该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过
Q点的加速度
√
√
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答案
该卫星从轨道1到轨道2需要点火加速，则机械能增
加；从轨道2再到轨道3，又需要点火加速，机械能
增加；故该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械
能逐渐增加，A、B错误；
根据万有引力提供向心力，则有G=m，解得v=，由题可知，该卫星在轨道3的半径大于在轨道1的半径，故该卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，根据Ek=mv2可知，该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，C正确；
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答案
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根据G=ma，解得a=，可知该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度，D正确。
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答案
7.(2024·东莞市东华中学开学考)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.汽车受到的阻力为200 N
B.汽车的最大牵引力为800 N
C.8~18 s过程中汽车牵引力做的功为8×104 J
D.汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5 m
√
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√
答案
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当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，
则有f==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==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运动，根据动能定理得Pt-fs=m-m，解得s=95.5 m，故D正确。
13
14
15
答案
8.(2023·厦门一中高一期中)如图甲所示，倾角为37°的传送带以速度v0=3 m/s顺时针运转，两传动轮之间的距离足够长，质量m=2 kg的滑块从左侧底端以一定速度滑上传送带，滑块在传送带上运动的v-t图像如图乙所示，已知此过程传送带的速度保持不变(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2)，则在图示时间内
A.滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.875
B.0~4 s内，传送带对滑块做功56 J
C.0~4 s内，滑块对传送带做功156 J
D.0~4 s内，系统产生的内能为28 J
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√
答案
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根据图像可知，滑块向上加速后匀
速，加速过程μmgcos 37°-mgsin 37°
=ma，a==1 m/s2，解得μ=0.875，
故A正确；
0~4 s内，传送带对滑块做的功W=m-mv2+mgxsin 37°，x=× 2 m+3×2 m=10 m，解得W=128 J，故B错误；
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答案
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0~4 s内，滑块对传送带做功
W'=-μmgcos 37°x1-mgsin 37°x2
=-14×3×2 J-12×2×3 J
=-156 J，
故C错误；
0~4 s内，系统产生的内能为Q=μmgΔxcos 37°，Δx=×2×2 m=2 m，解得0~4 s内，系统产生的内能为28 J，故D正确。
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答案
三、非选择题
9.(2023·龙岩市上杭一中期末)如图甲所示为某景区内的高空滑索运动，游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑。假设某段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为θ，轻绳始终保持竖直，示意图如图乙所示，在这一阶段下滑过程中，游客的重力　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)轻绳的拉力；以游客、滑环、轻绳为整体，整体的机械能　　　　(选填“守恒”或“不守恒”)。
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等于
不守恒
答案
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以人为研究对象，受自身的重力和沿绳方向的拉力，由于轻绳始终保持竖直，故重力和拉力平衡， 以游客、滑环、轻绳为整体，做匀速直线运动，这个过程重力势能减小，动能不变，故整体的机械能不守恒。
13
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15
答案
10.(2023·宁德市一中高一期末)(1)按照狭义相对论的观点，在太空中“迎着”光飞行的宇宙飞船上，观察者测得的光速　 　c(选填“大于”“等于”或“小于”，其中c为真空中的光速)。
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等于
根据狭义相对论的观点：光速不变原理，即光速的大小与光源以及观察者的运动无关，所以观察者测出的光速都是c。
答案
(2)由于狭义相对论效应，北斗卫星导航系统卫星上的原子钟会因为高速运动而导致时间　　　(选填“变慢”或“变快”)，这些时钟如果不加以校正的话，系统每天将累积很大的定位误差，因此，这些卫星的软件需要计算和抵消相对论效应，确保定位准确。
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变慢
根据时间间隔的相对性原理，北斗卫星导航系统卫星上的原子钟会因为高速运动而导致时间变慢。
答案
11.(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
C
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答案
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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。
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答案
(2)根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度
大小v0=　　。
A. B.
C.x0 D.x0
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D
坐标原点O为抛出点，由平抛运动规律有x0=v0t，y0=gt2
联立解得平抛的初速度为v0=x0，故选D。
答案
(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　　　　　　 　。
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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。
确保多次运动的轨迹相同
答案
12.(2023·南京市高一期中)如图为某实验小组利用气垫导轨做“验证机械能守恒定律”的实验装置。将气垫导轨放在水平桌面上，细绳两端分别与托盘(含砝码)和滑块(含遮光条)相连，滑块在托盘的牵引下运动。已知光电门固定在气垫导轨上，遮光条的宽度为d，托盘(含砝码)的质量为M，滑块(含遮光条)的质量为m，重力加速度为g。
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答案
(1)下列实验操作步骤，正确顺序是　　　 　。
①测出遮光条到光电门的距离l
②调节滑轮高度，使细绳与导轨平行
③将气垫导轨放在水平桌面，将导轨调至水平
④释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t
⑤打开气源，将滑块移至光电门右侧某适合的位置
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③②⑤①④
答案
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用气垫导轨验证机械能守恒定律时，将气垫导轨放在水平桌面，将导轨调至水平，再调节滑轮高度，使细绳与导轨平行，打开气源，将滑块移至光电门右侧某适合的位置，再测出遮光条到光电门的距离l，最后释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t。故正确的顺序是③②⑤①④。
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答案
(2)遮光条通过光电门时的速度大小为　　　(用题中所给的字母表示)。
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根据瞬时速度近似等于遮光条通过光电门的平均速度可知，滑块经过光电门的速度为v=
答案
(3)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，若系统要符合机械能守
恒定律的结论，应满足的关系式为　　 　　　　 (用题中所给的字母表示)。
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Mgl=(M+m)()2
答案
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12
托盘和砝码下落过程中，系统增加的动能ΔEk=(M+m)v2=(M+m)()2
系统减少的重力势能即为托盘和砝码减少的重力势能，
为ΔEp=Mgl，
为了验证机械能守恒定律，
需满足的关系是Mgl=(M+m)()2
13
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15
答案
(4)保持滑块和砝码质量不变，多次改变遮光条到光电门的距离l，记录每次遮光条的挡光时间t及对应的，数据见下表
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l/(×10-1 m) 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00
t/ms 11.79 8.16 6.71 5.77 5.14
/(×104 s-2) 0.72 1.50 2.22 3.00 3.79
请根据表中的数据，在方格纸上作出-l图像。
答案　见解析图
答案
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根据数据作图如图所示
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答案
(5)某同学根据“-l图像是一条过原点的直线”得出了“系统机械能守恒”的结论。你是否同意他的观点？请简要说明理由
___________________________________
_______________。
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不同意，图线的斜率近似等于
才能得出该结论
答案
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由Mgl=(M+m)()2，
变形得=l，
只有图线的斜率近似等于
才能得出系统机械能守恒，
所以根据“-l图像是一条过原点的直线”得出了“系统机械能守恒”的结论是错误的。
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15
答案
13.(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；
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答案　　
答案
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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=m
设小球在最低点受到绳子拉力为F2，速
率为v2，则有F2-mg=m
小球从最高点到最低点的过程中应用动能定理可得
mg·2L=m-m
而ΔF=F2-F1，故有g=
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答案
(2)求该星球的密度；
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答案　　
对星球表面上的物体，有G=m'g
星球体积V=πR3，故星球的密度为ρ==
答案
(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。
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答案　
最短位移为位移与斜面垂直，可知tan θ=，x=v0t，y=gt2
联立可得t=。
答案
14.(2024·上海市大同中学高一期中)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？
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答案　1 800 N　
答案
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运动员从C点起跳做平抛运动，水平方向有x=vCt
竖直方向有y=gt2
根据数学知识有tan 37°==
代入数据解得vC=20 m/s
运动员在C点时，设滑道对运动员的支持力为N，根据牛顿第二定律有N-mg=m
解得N=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。
答案
(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？
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答案　40 m　
答案
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设助滑道AB的长度为x，根据动能定理有
mgxsin 37°-μmgxcos 37°=m
代入数据解得x=40 m
答案
(3)运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离是多少？
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答案　9 m
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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
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=2gxx1解得，
运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离为x1==9 m。
答案
15.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间的动摩擦因数均为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；
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答案　　
答案
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由题意，小球恰能返回A点，所以在A点
由mg=m得vA=
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m=m+mg×2R
解得vB=
答案
(2)弹簧储存的最大弹性势能Ep；
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答案　3.5mgR　
答案
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从D到B由动能定理得mgh-μmgcos θ×-μmgs=m
解得h=4R
从发射到第一次回到A点，由功能关系可得
Ep=2μmg+m
解得Ep=3.5mgR
答案
(3)通过计算说明小球能否脱离轨道。
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答案　不会脱离轨道，计算见解析
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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'-μmg=0-m
代入数据得h'=1.6 R
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'-μmg-mghm=0-0
代入数据得hm=0.7 R
因为0.7 R答案

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