资源简介

模块综合试卷(二)
(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.(2023·全国甲卷)一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中(　　)
A.机械能一直增加
B.加速度保持不变
C.速度大小保持不变
D.被推出后瞬间动能最大
2.(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是(　　)
3.(2024·常州市高一期中)小球从地面上方某处水平抛出，落地时速度方向与水平方向的夹角为45°，不计空气阻力，取地面为参考平面，小球抛出时重力势能和动能之比为(　　)
A.4 B.2 C.1 D.0.5
4.(2023·绵阳市南山中学高一期中)如图，一体积较小的星体A正在“吸食”另一颗体积较大的星体B的表面物质，达到质量转移的目的，且在“吸食”过程中两者质心之间的距离保持不变。当星体A与星体B的质量分别为m、3m时，两者之间的万有引力大小为F，则当星体A与星体B的质量之比为1∶1时，两者之间的万有引力大小为(　　)
A.F B.F C.F D.F
5.(2024·四川省高一期中)杂技表演水流星如图所示，一根绳系着盛水的杯子，随着演员的抡动，杯子就在竖直平面做圆周运动，已知轨迹半径为r=0.4 m，水的质量200 g，杯子的质量50 g，绳子质量不计，重力加速度为g=10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.杯子运动到最高点时，水刚好不落下，则最高点速度为4 m/s
B.当杯子到最高点速度为6 m/s时，则水对杯子的弹力大小为16 N，方向竖直向下
C.杯子在运动过程中做的是变速圆周运动，沿圆周下降过程速度增加是因为合力沿切线方向的分力与速度同向
D.杯子在最低点时处于失重状态
6.(2024·广安市高一期末)将一小球水平抛出，A、B、C为平抛运动轨迹上的三个点，AB间的距离为L，BC间的距离为L，AB、BC连线与水平面间的夹角分别为30°和60°，如图所示。忽略空气阻力，取重力加速度为g。则小球水平抛出的初速度大小为(　　)
A. B. C. D.
7.(2023·淮安市高一期中)滑雪跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示。跳台滑雪运动员在助滑路段获得高速后从起跳区水平飞出，不计空气阻力，起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，用Δv、Ep、Ek、P表示运动员在空中运动的速度变化量、重力势能、动能、重力的瞬时功率大小，用t表示运动员在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是(　　)
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.(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
9.(2024·成都市高一期中)“嫦娥三号”的发射示意图如图所示，在绕地的椭圆轨道运动中，每次变轨后半长轴增大，然后进入地月转移轨道，最后进入月球轨道进行制动，在绕月的椭圆轨道运动中，每次变轨后半长轴变小。卫星的机械能是动能和引力势能之和，下列说法正确的是(　　)
A.若绕地与绕月的椭圆轨道半长轴相等，则“嫦娥三号”在这两个轨道上运动的周期相等
B.在绕地的椭圆轨道运动中，每一次变轨“嫦娥三号”的机械能就增大一些
C.“嫦娥三号”在地月转移轨道的运动中，引力产生的加速度可能先减小后增大
D.在绕月的某个固定椭圆轨道运动中，“嫦娥三号”的机械能可能先减小后增大
10.(2024·成都市高一期中)一部电动机通过一轻绳从静止开始向上提起质量为m=4.0 kg的物体，在前2.0 s内绳的拉力恒定，此后电动机保持额定功率P额=600 W工作，物体被提升至h=60 m高度时恰好达到最大速度vm，上述过程的v-t图像如图所示(g取10 m/s2，不计空气阻力)，下列说法正确的是(　　)
A.物体的最大速度vm=15 m/s
B.物体速度v2=12 m/s时加速度的大小2 m/s2
C.物体从速度v1=10 m/s时开始，到提升至60 m高度，克服重力所做的功2 000 J
D.物体从静止开始，到被提升至60 m高度时，所用时间为3.5 s
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(8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)(2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)(4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.(8分)(2022·河北卷)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图甲所示.弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E=kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。
(1)(6分)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L.接通打点计时器电源.从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图乙所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为　　　　　　　　，钩码的动能增加量为　　　　　　　　，钩码的重力势能增加量为　　　　　　　　。
(2)(2分)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图丙所示.由图丙可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是　　　
　　　　。
13.(10分)(2024·成都市高一期末)旋转秋千是各大游乐场常见的娱乐设施，深受人们的喜爱。一旋转秋千可简化为如图所示模型，上端是半径为r=2 m的水平转台，在转台的边缘固定有一长为L=5 m的轻绳，轻绳的底端悬挂有一座椅。玩耍时，一小朋友系好安全带后坐在座椅上静止在最低点，然后转台在电机带动下绕竖直转轴OO'缓慢加速转动起来，当座椅摆动到轻绳与竖直方向的夹角为θ=37°时开始以角速度ω匀速转动。小朋友和座椅均可视为质点，其总质量为m=40 kg，重力加速度大小取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。忽略空气阻力。求：
(1)(5分)旋转秋千匀速转动时的角速度ω及此时轻绳的拉力大小；
(2)(5分)旋转秋千由静止开始转动到角速度为ω时轻绳对小朋友和座椅所做的功。
14.(12分)(2024·成都市高一期中)如图所示，半径为R=1.5 m的光滑圆弧支架竖直放置，圆心角θ=60°，支架的底部CD水平，离地面足够高，圆心O在C点的正上方，右侧边缘P点固定一个光滑小轮，可视为质点的小球A、B系在足够长的跨过小轮的轻绳两端，两球的质量分别为mA=0.3 kg、mB=0.1 kg。将A球从紧靠P处小轮由静止释放，不计空气阻力，g取10 m/s2。
(1)(6分)求A球运动到C点时的速度大小；
(2)(6分)若A球运动到C点时轻绳突然断裂，从此时开始，需经过多长时间两球重力的功率大小相等(计算结果可用根式表示)。
15.(16分)(2023·甘孜州高一月考)如图所示，半径R=0.8 m的光滑竖直圆轨道BC固定在水平平台AD上，接触点B与地面平滑连接，平台AD左侧固定一轻弹簧，右侧有另一足够长的平台EF，两者的高度差h=5 m。质量m=2 kg的物块压缩弹簧后从A点由静止释放，物块经过B点冲上竖直圆轨道后，又从B点滑上平台BD继续运动。已知平台AB表面光滑，平台BD表面粗糙且长度L=11 m，物块与平台BD表面间的动摩擦因数μ=0.2。重力加速度大小g=10 m/s2，不计空气阻力。
(1)(5分)若物块在A点时弹簧的弹性势能Ep1=6 J，求物块运动到B点时对竖直圆轨道的压力大小N；
(2)(5分)要使物块不脱离竖直圆轨道且能到达D点，求弹簧弹性势能的最小值Epmin；
(3)(6分)若物块能从D点飞出，求物块落到平台EF上时距B点的水平距离x与弹簧的弹性势能Ep间的关系式。
答案精析
1.B　［铅球做平抛运动，仅受重力作用，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度，保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，C、D错误。］
2.D　［小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故A、B错误；小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正确。］
3.C　［落地时速度方向与水平方向的夹角为45°，可得v0=vy，在竖直方向上=2gh，抛出时的重力势能为Ep=mgh=m，动能为Ek=m，小球抛出时重力势能和动能之比为=1。故选C。］
4.A　［当星体A与星体B的质量分别为m、3m时，根据万有引力定律可得，引力大小为F=G=，当两者的质量之比为1∶1时，由于两者的质量之和不变，则星体A与星体B的质量均为2m，引力大小为
F'=G=，对比可得F'=F，故选A。］
5.C　［杯子运动到最高点时，水刚好不落下，则
mg=m，所以最高点速度为v==2 m/s，故A错误；
当杯子到最高点速度为6 m/s时，则F+mg=m
解得F=16 N，即杯子对水的弹力为16 N，方向竖直向下，根据牛顿第三定律可得水对杯子的弹力大小为16 N，方向竖直向上，故B错误；杯子在运动过程中做的是变速圆周运动，沿圆周下降过程速度增加是因为合力沿切线方向的分力与速度同向，故C正确；杯子在最低点时加速度向上，杯子处于超重状态，故D错误。］
6.B　［根据题意，由几何关系可知，AB间的水平距离为xAB=Lcos 30°=，
AB间的竖直高度hAB=Lsin 30°=
BC间的水平距离为xBC=Lcos 60°=，BC间的竖直高度为hBC=Lsin 60°=，由于xAB=xBC，则有tAB=tBC=T，竖直方向上有hBC-hAB=gT2，解得T=，水平方向上有xAB=v0T，解得v0==，故选B。］
7.D　［根据题意可知，运动员起跳后做平抛运动，则有Δv=gt可知，Δv-t图像为过原点的倾斜直线，故A错误；根据题意，设起跳区的高度为H，水平地面为零势能面，运动员起跳后做平抛运动，则有h=gt2，则运动员在空中运动的重力势能为Ep=mg(H-h)=mgH-mg2t2，可知Ep-t图像为开口向下的抛物线，故B错误；根据题意，由动能定理有mgh=Ek-m，解得Ek=m+mg2t2，可知Ek-t图像为开口向上的抛物线，且顶点在y轴正半轴上，故C错误；运动员在空中运动重力的瞬时功率P=mgvy=mg2t，所以P-t图像应为一条过原点的倾斜直线，故D正确。］
8.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。］
9.BC　［因绕地和绕月运动的中心天体不同，根据开普勒第三定律=k，中心天体不同，则k值不同，即使绕地与绕月的椭圆轨道半长轴相等，“嫦娥三号”在这两个轨道上运动的周期也不相等，选项A错误；在绕地的椭圆轨道运动中，每一次变轨“嫦娥三号”必须在近地点进行加速，则其机械能就增大一些，选项B正确；“嫦娥三号”在地月转移轨道的运动中，地球和月球引力的合力先减小后增加，则引力产生的加速度先减小后增大，选项C正确；在绕月的某个固定椭圆轨道运动中，只有月球的引力对“嫦娥三号”做功，则“嫦娥三号”机械能守恒，选项D错误。］
10.AC　［当拉力F=mg时，物体达到最大速度vm，
由P额=Fvm，解得vm=15 m/s，故A正确；
物体速度v2=12 m/s时，牵引力F1==50 N，加速度a==2.5 m/s2，故B错误；
物体速度v1=10 m/s时上升高度
h=t1=t1=×2 m=10 m
物体从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，
即克服重力做功为2 000 J，故C正确；
根据P额t2-mgΔh=m-m，得t2=3.75 s，t=t2+2=5.75 s，
故D错误。］
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)k(L-L0)h5-k　　mgh5
(2)见解析
解析　(1)从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为
ΔEp弹=k(L-L0)2-k(L-L0-h5)2
整理有ΔEp弹=k(L-L0)h5-k
打F点时钩码的速度为vF=
则钩码动能的增加量为
ΔEk=m-0=
钩码的重力势能增加量为DEp重=mgh5
(2)钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，空气阻力做的功也逐渐增大。
13.(1) rad/s　500 N　(2)1 150 J
解析　(1)由轻绳的拉力与重力的合力提供向心力，则有mgtan θ=mω2(r+Lsin θ)，解得ω= rad/s
对小朋友和座椅进行分析有Tcos θ=mg，
解得T=500 N
(2)旋转秋千由静止开始转动到角速度为ω时，根据动能定理有W-mg(L-Lcos θ)=mv2，根据角速度与线速度的关系有v=ω(r+Lsin θ)，解得W=1 150 J。
14.(1)2 m/s　(2) s
解析　(1)由题意可知，A、B组成的系统机械能守恒，有mA+mB=mAghA-mBghB，根据几何关系有hA=R-Rcos 60°=，hB=R，根据运动的合成与分解有vB=vAcos 30°=vA，联立解得vA=2 m/s
(2)轻绳断裂后，A球做平抛运动，B球做竖直上抛运动，B球上抛初速度vB=vAcos 30°= m/s，设经过时间t两球重力的功率大小相等，则mAgvAy=mBgvBy，vAy=gt
vBy=vB-gt，联立解得t= s。
15.(1)35 N　(2)44 J
(3)x=+11(m)(Ep>44 J)
解析　(1)物块到B点时，由能量守恒定律有
Ep1=m
解得vB== m/s
在B点，由牛顿第二定律得N'-mg=m
解得N'=35 N
由牛顿第三定律可知N=N'=35 N
(2)物块不脱离竖直圆轨道，设物块在C点的最小速度为vmin，由牛顿第二定律得mg=m
解得vmin=2 m/s
物块从C点恰能到达D点，由动能定理得
mg×2R-μmgL=0-m
解得vmin1=2 m/s>2 m/s
从A点到C点，由能量守恒定律可得
Epmin=mg×2R+m
解得弹簧弹性势能的最小值Epmin=44 J
(3)物块从A点到D点由能量守恒定律得
Ep-μmgL=m
物块从D点落到平台EF上做平抛运动，竖直方向做自由落体运动h=gt2
解得t=1 s
水平方向做匀速直线运动，则水平位移x1=vDt
物块落到平台EF上时距B点的水平距离x与弹簧的弹性势能Ep的关系式
x=x1+L=+11(m)(Ep>44 J)。(共51张PPT)
模块综合试卷(二)
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D C A C B D AC
题号 9 10
答案 BC AC
答案
1
2
3
4
5
6
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8
9
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11
12
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15
11.
(1)C　(2)D　(3)确保多次运动的轨迹相同
12.
(1)k(L-L0)h5-k　　mgh5　(2)见解析
答案
1
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5
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11
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13
14
15
13.
(1) rad/s　500 N　(2)1 150 J
14.
(1)2 m/s　(2) s
答案
1
2
3
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5
6
7
8
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10
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14
15
15.
(1)35 N　(2)44 J
(3)x=+11(m)(Ep>44 J)
一、单项选择题
1.(2023·全国甲卷)一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中
A.机械能一直增加
B.加速度保持不变
C.速度大小保持不变
D.被推出后瞬间动能最大
1
2
3
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5
6
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12
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√
答案
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2
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11
12
铅球做平抛运动，仅受重力作用，故机械能守恒，A错误；
铅球的加速度恒为重力加速度，保持不变，B正确；
铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，C、D错误。
13
14
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答案
2.(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是
1
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√
小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故A、B错误；
小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正确。
答案
3.(2024·常州市高一期中)小球从地面上方某处水平抛出，落地时速度方向与水平方向的夹角为45°，不计空气阻力，取地面为参考平面，小球抛出时重力势能和动能之比为
A.4 B.2 C.1 D.0.5
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√
落地时速度方向与水平方向的夹角为45°，可得v0=vy，在竖直方向上=2gh，抛出时的重力势能为Ep=mgh=m，动能为Ek=m，小球抛出时重力势能和动能之比为=1。故选C。
答案
4.(2023·绵阳市南山中学高一期中)如图，一体积较小的星体A正在“吸食”另一颗体积较大的星体B的表面物质，达到质量转移的目的，且在“吸食”过程中两者质心之间的距离保持不变。当星体A与星体B的质量分别为m、3m时，两者之间的万有引力大小为F，则当星体A与星体B的质量之比为1∶1时，两者之间的万有引力大小为
A.F B.F C.F D.F
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当星体A与星体B的质量分别为m、3m时，根据万有
引力定律可得，引力大小为F=G=，当两者
的质量之比为1∶1时，由于两者的质量之和不变，则
星体A与星体B的质量均为2m，引力大小为F'=G=，对比可得F'=F，故选A。
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14
15
答案
5.(2024·四川省高一期中)杂技表演水流星如图所示，一根绳系着盛水的杯子，随着演员的抡动，杯子就在竖直平面做圆周运动，已知轨迹半径为r=0.4 m，水的质量200 g，杯子的质量50 g，绳子质量不计，重力加速度为g=10 m/s2，则下列说法正确的是
A.杯子运动到最高点时，水刚好不落下，则最高点速度为4 m/s
B.当杯子到最高点速度为6 m/s时，则水对杯子的弹力大小为
16 N，方向竖直向下
C.杯子在运动过程中做的是变速圆周运动，沿圆周下降过程
速度增加是因为合力沿切线方向的分力与速度同向
D.杯子在最低点时处于失重状态
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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.(2024·广安市高一期末)将一小球水平抛出，A、B、C为平抛运动轨迹上的三个点，AB间的距离为L，BC间的距离为L，AB、BC连线与水平面间的夹角分别为30°和60°，如图所示。忽略空气阻力，取重力加速度为g。则小球水平抛出的初速度大小为
A. B.
C. D.
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12
根据题意，由几何关系可知，AB间的水平距离为xAB=
Lcos 30°=，AB间的竖直高度hAB=Lsin 30°=
BC间的水平距离为xBC=Lcos 60°=，BC间的竖直高度为hBC=Lsin 60°=，由于xAB=xBC，则有tAB=tBC=T，竖直方向上有hBC-hAB=gT2，解得T=，水平方向上有xAB=v0T，解得v0==，故选B。
13
14
15
答案
7.(2023·淮安市高一期中)滑雪跳台由助滑道、起跳
区、着陆坡、停止区组成，如图所示。跳台滑雪运
动员在助滑路段获得高速后从起跳区水平飞出，不
计空气阻力，起跳后的飞行路线可以看作是抛物线
的一部分，用Δv、Ep、Ek、P表示运动员在空中运动的速度变化量、重力势能、动能、重力的瞬时功率大小，用t表示运动员在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是
1
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3
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8
9
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11
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15
√
答案
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3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根据题意可知，运动员起跳后做平抛运动，则
有Δv=gt可知，Δv-t图像为过原点的倾斜直线，
故A错误；
根据题意，设起跳区的高度为H，水平地面为零势能面，运动员起跳后做平抛运动，则有h=gt2，则运动员在空中运动的重力势能为Ep=mg(H-h)=mgH-mg2t2，可知Ep-t图像为开口向下的抛物线，故B错误；
根据题意，由动能定理有mgh=Ek-m，解得Ek=m+mg2t2，可知Ek-t图像为开口向上的抛物线，且顶点在y轴正半轴上，故C错误；
13
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答案
1
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3
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6
7
8
9
10
11
12
运动员在空中运动重力的瞬时功率P=mgvy=mg2t，所以P-t图像应为一条过原点的倾斜直线，故D正确。
13
14
15
答案
二、多项选择题
8.(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
1
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√
√
答案
1
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9
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12
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；
13
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15
答案
1
2
3
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5
6
7
8
9
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12
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。
13
14
15
答案
9.(2024·成都市高一期中)“嫦娥三号”的发射示意图如图所示，在绕地的椭圆轨道运动中，每次变轨后半长轴增大，然后进入地月转移轨道，最后进入月球轨道进行制动，在绕月的椭圆轨道运动中，每次变轨后半长轴变小。卫星的机械能是动能和引力势能之和，下列说法正确的是
A.若绕地与绕月的椭圆轨道半长轴相等，则“嫦娥
三号”在这两个轨道上运动的周期相等
B.在绕地的椭圆轨道运动中，每一次变轨“嫦娥三号”的机械能就增大一些
C.“嫦娥三号”在地月转移轨道的运动中，引力产生的加速度可能先减小后
增大
D.在绕月的某个固定椭圆轨道运动中，“嫦娥三号”的机械能可能先减小后
增大
1
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15
√
√
答案
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2
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5
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7
8
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10
11
12
因绕地和绕月运动的中心天体不同，根据开
普勒第三定律=k，中心天体不同，则k值不
同，即使绕地与绕月的椭圆轨道半长轴相等，
“嫦娥三号”在这两个轨道上运动的周期也不相等，选项A错误；
在绕地的椭圆轨道运动中，每一次变轨“嫦娥三号”必须在近地点进行加速，则其机械能就增大一些，选项B正确；
“嫦娥三号”在地月转移轨道的运动中，地球和月球引力的合力先减小后增加，则引力产生的加速度先减小后增大，选项C正确；
13
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答案
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12
在绕月的某个固定椭圆轨道运动中，只有月球的引力对“嫦娥三号”做功，则“嫦娥三号”机械能守恒，选项D错误。
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15
答案
10.(2024·成都市高一期中)一部电动机通过一轻绳从静止开始向上提起质量为m=4.0 kg的物体，在前2.0 s内绳的拉力恒定，此后电动机保持额定功率P额=600 W工作，物体被提升至h=60 m高度时恰好达到最大速度vm，上述过程的v-t图像如图所示(g取10 m/s2，不计空气阻力)，下列说法正确的是
A.物体的最大速度vm=15 m/s
B.物体速度v2=12 m/s时加速度的大小2 m/s2
C.物体从速度v1=10 m/s时开始，到提升至60 m高度，克服重力所做的功
2 000 J
D.物体从静止开始，到被提升至60 m高度时，所用时间为3.5 s
1
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√
√
答案
1
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3
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7
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9
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11
12
当拉力F=mg时，物体达到最大速度vm，由P额=Fvm，
解得vm=15 m/s，故A正确；
物体速度v2=12 m/s时，牵引力F1==50 N，加速度
a==2.5 m/s2，故B错误；
物体速度v1=10 m/s时上升高度h=t1=t1=×2 m=10 m
物体从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，即克服重力做功为2 000 J，故C正确；
根据P额t2-mgΔh=m-m，得t2=3.75 s，t=t2+2=5.75 s，故D错误。
13
14
15
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。
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三、非选择题
答案
(1)下列说法正确的是　　　　。
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15
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
答案
1
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12
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。
13
14
15
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
答案
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12
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。
13
14
15
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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15
确保多次运动的轨迹相同
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。
答案
12.(2022·河北卷)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图甲所示.弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E=kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。
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答案
(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L.接通打点计时器电源.从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图乙所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为　　　　　　　，钩码的动能增加量为　　　　，钩码的重力势能增加量为　　　。
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k(L-L0)h5-k
mgh5
答案
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15
从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为
ΔEp弹=k(L-L0)2-k(L-L0-h5)2
整理有ΔEp弹=k(L-L0)h5-k
打F点时钩码的速度为vF=
则钩码动能的增加量为
ΔEk=m-0=
钩码的重力势能增加量为DEp重=mgh5
答案
(2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图丙所示.由图丙可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是　 　。
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见解析
答案
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钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量.现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则
产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，空气阻力做的功也逐渐增大。
答案
13.(2024·成都市高一期末)旋转秋千是各大游乐场常见的
娱乐设施，深受人们的喜爱。一旋转秋千可简化为如图
所示模型，上端是半径为r=2 m的水平转台，在转台的边
缘固定有一长为L=5 m的轻绳，轻绳的底端悬挂有一座椅。
玩耍时，一小朋友系好安全带后坐在座椅上静止在最低点，然后转台在电机带动下绕竖直转轴OO'缓慢加速转动起来，当座椅摆动到轻绳与竖直方向的夹角为θ=37°时开始以角速度ω匀速转动。小朋友和座椅均可视为质点，其总质量为m=40 kg，重力加速度大小取g=10 m/s2，sin 37°
=0.6，cos 37°=0.8。忽略空气阻力。求：
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答案
(1)旋转秋千匀速转动时的角速度ω及此时轻绳的拉力大小；
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答案　 rad/s　500 N
由轻绳的拉力与重力的合力提供向心力，则有mgtan θ=mω2(r+Lsin θ)，解得ω= rad/s
对小朋友和座椅进行分析有Tcos θ=mg，解得T=500 N
答案
(2)旋转秋千由静止开始转动到角速度为ω时轻绳对小朋友和座椅所做的功。
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答案　1 150 J
旋转秋千由静止开始转动到角速度为ω时，根据动能定理有W-mg(L-Lcos θ)=mv2，根据角速度与线速度的关系有v=ω(r+Lsin θ)，解得W=
1 150 J。
答案
14.(2024·成都市高一期中)如图所示，半径为R=1.5 m的光滑圆弧支架竖直放置，圆心角θ=60°，支架的底部CD水平，离地面足够高，圆心O在C点的正上方，右侧边缘P点固定一个光滑小轮，可视为质点的小球A、B系在足够长的跨过小轮的轻绳两端，两球的质量分别为mA=0.3 kg、mB=0.1 kg。将A球从紧靠P处小轮由静止释放，不计空气阻力，g取10 m/s2。
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(1)求A球运动到C点时的速度大小；
答案　2 m/s
答案
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由题意可知，A、B组成的系统机械能守恒，有mA+mB=mAghA-mBghB，根据几何关系有hA=
R-Rcos 60°=，hB=R，根据运动的合成与分解有vB=
vAcos 30°=vA，联立解得vA=2 m/s
答案
(2)若A球运动到C点时轻绳突然断裂，从此时开始，需经过多长时间两球重力的功率大小相等(计算结果可用根式表示)。
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答案　 s
轻绳断裂后，A球做平抛运动，B球做竖直上抛运动，B球上抛初速度vB=vAcos 30°= m/s，设经过时间t两球重力的功率大小相等，则mAgvAy=mBgvBy，vAy=gt
vBy=vB-gt，联立解得t= s。
答案
15.(2023·甘孜州高一月考)如图所示，半径R=0.8 m的光滑竖直圆轨道BC固定在水平平台AD上，接触点B与地面平滑连接，平台AD左侧固定一轻弹簧，右侧有另一足够长的平台EF，两者的高度差h=5 m。质量m=2 kg的物块压缩弹簧后从A点由静止释放，物块经过B点冲上竖直圆轨道后，又从B点滑上平台BD继续运动。已知平台AB表面光滑，平台BD表面粗糙且长度L=11 m，物块与平台BD表面间的动摩擦因数μ=0.2。重力加速度大小g=10 m/s2，不计空气阻力。
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答案
(1)(若物块在A点时弹簧的弹性势能Ep1=6 J，求物块运动到B点时对竖直圆轨道的压力大小N；
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答案　35 N
答案
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物块到B点时，由能量守恒定律有
Ep1=m
解得vB== m/s
在B点，由牛顿第二定律得N'-mg=m
解得N'=35 N
由牛顿第三定律可知N=N'=35 N
答案
(2)要使物块不脱离竖直圆轨道且能到达D点，求弹簧弹性势能的最小值Epmin；
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答案　44 J
答案
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物块不脱离竖直圆轨道，设物块在C点的最小速度为vmin，由牛顿第二定律得mg=m
解得vmin=2 m/s
物块从C点恰能到达D点，由动能定理得
mg×2R-μmgL=0-m
解得vmin1=2 m/s>2 m/s
从A点到C点，由能量守恒定律可得
答案
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Epmin=mg×2R+m
解得弹簧弹性势能的最小值Epmin=44 J
答案
(3)若物块能从D点飞出，求物块落到平台EF上时距B点的水平距离x与弹簧的弹性势能Ep间的关系式。
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答案　x=+11(m)(Ep>44 J)
答案
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15
物块从A点到D点由能量守恒定律得Ep-μmgL=m
物块从D点落到平台EF上做平抛运动，竖直方向做自由落体运动h=gt2
解得t=1 s
水平方向做匀速直线运动，则水平位移x1=vDt
物块落到平台EF上时距B点的水平距离x与弹簧的弹性势能Ep的关系式
x=x1+L=+11(m)(Ep>44 J)。
答案

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