资源简介

模块综合试卷(一)
(满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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.如图所示实例中均不考虑空气阻力，系统机械能守恒的是(　　)
2.(2024·达州市高一期中)重庆永川“渝西之眼”摩天轮游玩项目已正式运营，该摩天轮圆盘直径约80 m，在竖直面内匀速转动一周大约需要18分钟，如图为该摩天轮简化示意图。若座舱可视为质点，在摩天轮匀速运行时，则(　　)
A.座舱的线速度约为 m/s
B.座舱的角速度约为 rad/s
C.座舱所受的合力保持不变
D.座舱在最高点处于超重状态
3.(2024·浙江1月选考)如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，重力加速度为g，则水离开出水口的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.(+1)D
4.(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
5.质量为1 kg的小物体在竖直向上的拉力F作用下由静止开始运动，拉力F随物体上升高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则物体上升3 m时的速度大小为(　　)
A.4 m/s B.2 m/s
C.4 m/s D.2 m/s
6.(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
7.(2024·成都市高一期中)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球(可视为质点)相连。A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰能停在C处。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.小球与弹簧组成的系统机械能守恒
B.小球通过B点时的加速度为
C.弹簧具有的最大弹性势能为mv2
D.小球通过AB段比BC段摩擦力做功少
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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)
8.如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球，由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴，重力加速度为g，则(　　)
A.球被击出时的初速度大小为L
B.球被击出时的初速度大小为L
C.该球从被击出到落入A穴所用时间为
D.该球从被击出到落入A穴所用时间为
9.(2023·内江市第六中学高一期中)若航天员登上火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法正确的是(　　)
A.飞船在轨道Ⅰ上经过P点时的速度小于飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度
B.飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度
C.飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D.飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同
10.(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5小题，共54分)
11.(8分)(2024·泸州市高一期末)某同学用如图(a)所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹(时间间隔为T)。如图(b)，在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度大小为g。
(1)(2分)若电动机的转速为3 000 r/min，则T=　　　　　 s。
(2)(2分)实验操作时，应该　　　　　(填正确答案标号)。
A.先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落
B.先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机转动
(3)(2分)画出痕迹D时，钢柱下落的速度vD=　　　　　(用题中所给物理量的字母表示)。
(4)(2分)设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，画出v2-h图像，发现图线接近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于　　　　　，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。
12.(8分)(2019·北京卷改编)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.斜槽轨道末段水平
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)(6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”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时　　　　(选填“需要”或者“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”或者“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.(10分)(2023·眉山市高一期中)如图所示，在光滑的水平桌面上有一光滑小孔O，一根轻绳穿过小孔，一端连接质量m=1 kg的小球A，另一端连接质量M=4 kg的重物B(g取10 m/s2)。
(1)(5分)当球A沿半径为R=0.1 m的圆做匀速圆周运动，角速度为ω=10 rad/s时，地面对B的支持力是多大？
(2)(5分)要使B物体对地面恰好无压力，A球的角速度应为多大？
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=3.5 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)(3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)(5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)(6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)(10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　［人上楼过程中，人体的化学能转化为机械能，人和地球组成的系统机械能不守恒，A不符合题意；跳绳的过程中，人体的化学能转化为机械能，人和绳组成的系统机械能不守恒，B不符合题意；水滴石穿过程中，水滴的机械能转变为内能，水滴和石头组成的系统机械能不守恒，C不符合题意；箭射出后，箭、弓、地球组成的系统只有动能、弹性势能、重力势能相互转化，箭、弓、地球组成的系统机械能守恒，D符合题意。］
2.A　［v== m/s= m/s，选项A正确；座舱的角速度约为ω== rad/s= rad/s，选项B错误；座舱做匀速圆周运动，则所受的合力大小保持不变，方向指向圆心，不断变化，选项C错误；座舱在最高点加速度向下，处于失重状态，选项D错误。］
3.C　［设出水口到水桶中心距离为x，则x=v0，落到桶底A点时x+=v0，
解得v0=，故C正确。］
4.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。］
5.B　［由动能定理可知WF-mgh=mv2，F-h图像与横轴围成的“面积”表示拉力做的功，则WF=40 J，代入数据可解得v=2 m/s，选项B正确。］
6.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。］
7.C　［小球与弹簧组成的系统，由于存在摩擦力对系统做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；小球通过B点时，弹簧的弹力为零，小球受到重力、杆的支持力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mgsin 30°-f=maB，可知aB<，故B错误；根据对称性知，小球通过AB段与BC段关于B点对称的位置受到的弹簧弹力大小相等，小球对直杆的正压力大小相等，小球与直杆间的滑动摩擦力大小相等，则小球通过AB、BC两段过程中摩擦力做功相等，故D错误；小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，设弹簧具有的最大弹性势能为Ep；对于小球从A到B的过程根据能量守恒定律得mg+Ep=mv2+Wf，从A到C的过程根据能量守恒定律得mgh+Ep=2Wf+Ep，解得Wf=mgh，Ep=mv2，故C正确。］
8.BD　［竖直方向只受重力，竖直方向为自由落体运动，由h=gt2，得到t=，故C错误，D正确；由于球竖直地落入A穴，故水平方向的末速度为零，根据运动学公式，有L=t，得v0==L，故A错误，B正确。］
9.ABC　［根据题意可知，飞船在轨道Ⅰ上经过P点时需点火加速，做离心运动才能进入轨道Ⅱ，则飞船在轨道Ⅰ上经过P点时的速度小于飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度，故A正确；由开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度，故B正确；根据万有引力提供向心力有=ma，解得a=，可知飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度，故C正确；根据万有引力提供向心力有=mr，解得T=，由于火星的质量与地球质量不相等，则飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期不同，故D错误。］
10.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。］
11.(1)0.02　(2)A　(3)　(4)2g
解析　(1)由于电动机的转速为3 000 r/min，则其频率为f= Hz=50 Hz，则T== s=0.02 s
(2)实验操作时，为了使软笔在钢柱表面画上一条痕迹条数多一些，应该先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落。故选A。
(3)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则画出痕迹D时，钢柱下落的速度为
vD=
(4)钢制的圆柱下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即mgh=mv2，可得v2=2gh
若v2-h图线为一条倾斜直线，且直线的斜率近似等于2g，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。
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)30 N　(2)20 rad/s
解析　(1)对小球A，F=mrω2=10 N，
对B，N+F=Mg，N=Mg-F=30 N
(2)B物体处于将要离开、而尚未离开地面时，
F'=Mg=40 N，根据牛顿第二定律得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=1.25 m
竖直方向做自由落体运动，则h=
又tan 53°=
解得vx=3.75 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3.75 m/s
(2)根据cos 53°=
解得v0=6.25 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
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52张PPT)
模块综合试卷(一)
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A C A B B C BD
题号 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
答案
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13.
(1)30 N　(2)20 rad/s
14.
(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、单项选择题
1.如图所示实例中均不考虑空气阻力，系统机械能守恒的是
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人上楼过程中，人体的化学能转化为机械能，人和地球组成的系统机械能不守恒，A不符合题意；
跳绳的过程中，人体的化学能转化为机械能，人和绳组成的系统机械能不守恒，B不符合题意；
水滴石穿过程中，水滴的机械能转变为内能，水滴和石头组成的系统机械能不守恒，C不符合题意；
箭射出后，箭、弓、地球组成的系统只有动能、弹性势能、重力势能相互转化，箭、弓、地球组成的系统机械能守恒，D符合题意。
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答案
2.(2024·达州市高一期中)重庆永川“渝西之眼”摩天轮游玩项目已正式运营，该摩天轮圆盘直径约80 m，在竖直面内匀速转动一周大约需要18分钟，如图为该摩天轮简化示意图。若座舱可视为质点，在摩天轮匀速运行时，则
A.座舱的线速度约为 m/s
B.座舱的角速度约为 rad/s
C.座舱所受的合力保持不变
D.座舱在最高点处于超重状态
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v== m/s= m/s，选项A正确；
座舱的角速度约为ω== rad/s= rad/s，
选项B错误；
座舱做匀速圆周运动，则所受的合力大小保持不变，方向指向圆心，不断变化，选项C错误；
座舱在最高点加速度向下，处于失重状态，选项D错误。
答案
3.(2024·浙江1月选考)如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，重力加速度为g，则水离开出水口的速度大小为
A. B.
C. D.(+1)D
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设出水口到水桶中心距离为x，则x=v0，落到桶底A点时x+=v0，解得v0=，故C正确。
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答案
4.(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
5.质量为1 kg的小物体在竖直向上的拉力F作用下由静止开始运动，拉力F随物体上升高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则物体上升3 m时的速度大小为
A.4 m/s B.2 m/s
C.4 m/s D.2 m/s
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由动能定理可知WF-mgh=mv2，F-h图像与横轴围成的“面积”表示拉力做的功，则WF=40 J，代入数据可解得v=2 m/s，选项B正确。
答案
6.(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=
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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。
答案
7.(2024·成都市高一期中)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球(可视为质点)相连。A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰能停在C处。已知重力加速度为g，下列说法正确的是
A.小球与弹簧组成的系统机械能守恒
B.小球通过B点时的加速度为
C.弹簧具有的最大弹性势能为mv2
D.小球通过AB段比BC段摩擦力做功少
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答案
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小球与弹簧组成的系统，由于存在摩擦力对系统
做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，
故A错误；
小球通过B点时，弹簧的弹力为零，小球受到重力、杆的支持力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mgsin 30°-f=maB，可知aB<，故B错误；
根据对称性知，小球通过AB段与BC段关于B点对称的位置受到的弹簧弹力大小相等，小球对直杆的正压力大小相等，小球与直杆间的滑动摩擦力大小相等，则小球通过AB、BC两段过程中摩擦力做功相等，故D错误；
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答案
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小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，
AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，设弹
簧具有的最大弹性势能为Ep；对于小球从A到B的过程根据能量守恒定律得mg+Ep=mv2+Wf，从A到C的过程根据能量守恒定律得mgh+Ep=
2Wf+Ep，解得Wf=mgh，Ep=mv2，故C正确。
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答案
二、多项选择题
8.如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球，由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴，重力加速度为g，则
A.球被击出时的初速度大小为L
B.球被击出时的初速度大小为L
C.该球从被击出到落入A穴所用时间为
D.该球从被击出到落入A穴所用时间为
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竖直方向只受重力，竖直方向为自由落体运动，
由h=gt2，得到t=，故C错误，D正确；
由于球竖直地落入A穴，故水平方向的末速度为零，根据运动学公式，有L=t，得v0==L，故A错误，B正确。
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答案
9.(2023·内江市第六中学高一期中)若航天员登上火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法正确的是
A.飞船在轨道Ⅰ上经过P点时的速度小于飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度
B.飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度
C.飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在
轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D.飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球
的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同
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根据题意可知，飞船在轨道Ⅰ上经过P点时需
点火加速，做离心运动才能进入轨道Ⅱ，则飞
船在轨道Ⅰ上经过P点时的速度小于飞船在轨
道Ⅱ上经过P点时的速度，故A正确；
由开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度，故B正确；
根据万有引力提供向心力有=ma，解得a=，可知飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度，故C正确；
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答案
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根据万有引力提供向心力有=mr，解得
T=，由于火星的质量与地球质量不相等，
则飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期不同，故D错误。
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答案
10.(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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答案
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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
11.(2024·泸州市高一期末)某同学用如图(a)所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹(时间间隔为T)。如图(b)，在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度大小为g。
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三、非选择题
(1)若电动机的转速为3 000 r/min，则T=　　　 s。
0.02
答案
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由于电动机的转速为3 000 r/min，则其频率为f= Hz=50 Hz，则T== s=0.02 s
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答案
(2)实验操作时，应该　　　　　(填正确答案标号)。
A.先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由
下落
B.先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机
转动
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A
实验操作时，为了使软笔在钢柱表面画上一条痕迹条数多一些，应该先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落。故选A。
答案
(3)画出痕迹D时，钢柱下落的速度vD=　　　　　(用题中所给物理量的字母表示)。
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根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则画出痕迹D时，钢柱下落的速度为vD=
答案
(4)设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，画出v2-h图像，发现图线接近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于　　　，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。
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2g
答案
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钢制的圆柱下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即mgh=mv2，可得v2=2gh
若v2-h图线为一条倾斜直线，且直线的斜率近似等于2g，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。
答案
12.(2019·北京卷改编)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。
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(1)下列实验条件必须满足的有　　。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末段水平
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
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。
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”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时　　　　(选填“需要”或者“不需要”)y轴与重垂线平行。
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球心
需要
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。
答案
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大于
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”或者“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)。
x
答案
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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。因此大
于；由y2-y1=gT2，x=v0T，联立解得v0=x。
答案
13.(2023·眉山市高一期中)如图所示，在光滑的水平桌面上有一光滑小孔O，一根轻绳穿过小孔，一端连接质量m=1 kg的小球A，另一端连接质量M=4 kg的重物B(g取10 m/s2)。
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答案　30 N
(1)当球A沿半径为R=0.1 m的圆做匀速圆周运动，角速度为ω=10 rad/s时，地面对B的支持力是多大？
对小球A，F=mrω2=10 N，
对B，N+F=Mg，N=Mg-F=30 N
答案
(2)要使B物体对地面恰好无压力，A球的角速度应为多大？
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答案　20 rad/s
答案
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B物体处于将要离开、而尚未离开地面时，
F'=Mg=40 N，根据牛顿第二定律得F'=mrω'2
解得ω'== rad/s=20 rad/s。
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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=3.5 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：
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答案
(1)篮球击中篮板时的速度大小；
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答案　3.75 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=1.25 m
竖直方向做自由落体运动，则h=
又tan 53°=
解得vx=3.75 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3.75 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　6.25 m/s
根据cos 53°=
解得v0=6.25 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
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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
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。滑块开始时均从轨道AB上
某点静止释放(g=10 m/s2)。
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答案
(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
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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
答案
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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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