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.(2023·佛山市高一期末)为防止航天员在长期失重状态下肌肉萎缩，我国在空间站中安装了如图甲所示可用于锻炼上、下肢肌肉的“太阳自行车”。某次航天员健身时，脚踏板始终保持水平，当脚踏板从图乙中的实线处匀速转至虚线处的过程中，脚踏板上P、Q两点均做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A.P、Q两点的角速度大小相等
B.P、Q两点运动轨迹的圆心都是O点
C.P点的线速度大小比Q点的大
D.P点的向心加速度大小比Q点的大
4.(2023·东莞市高一期末)如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一相同的小球乙在油中由静止开始下落。它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。在这两种情况下，下列说法正确的是( )
A.甲球的重力势能变化量大
B.甲球的机械能变化大
C.甲球的平均速度小
D.甲球的重力平均功率大
5.(2024·佛山市高二开学考试)如图，相对皮带静止的货物与皮带一起沿斜面匀速上升。在这个过程中，下列说法正确的是( )
A.传送带对货物不做功
B.货物的合力对货物做正功
C.货物所受摩擦力做的功会导致内能增加
D.货物所受摩擦力做的功等于货物的重力势能增加量
6.(2023·茂名市高一统考)小明在竖直方向上练习蹦床，若忽略空气阻力，用x、v、a、E、t分别表示小明离开蹦床在空中运动的位移、速度、加速度、机械能和时间，下列图像正确的是( )
7.(2023·广州市高一期中)跳台滑雪是2022年北京冬奥会的比赛项目之一。如图所示，设可视为质点的滑雪运动员，从斜坡顶端O处水平滑出，在空中恰好通过P点，OP连线与水平方向夹角为37°，不计空气阻力，sin 37°=0.6，则滑雪运动员到达P点时的动能与滑出O点时的动能比值为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题(本题共3小题，每题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.(2024·茂名市高一期中)如图所示，在“嫦娥”探月工程中，飞船在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，到达轨道Ⅰ的A点时点火变轨进入轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A.飞船从Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道需要在B处点火加速
B.飞船在轨道Ⅱ上通过B点的速率大于在轨道Ⅱ上通过A点的速率
C.飞船在轨道Ⅰ上的运行周期小于在轨道Ⅲ上的运行周期
D.飞船在轨道Ⅱ上通过B点时的加速度等于在轨道Ⅲ上通过B点时的加速度
9.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
10.(2023·广州市第二中学月考)如图所示，水平杆固定在竖直杆上，二者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA=OB=AB=l，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程AB、OB两绳始终处于拉直状态，g为重力加速度，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A.当杆转动时，OB和AB绳上拉力大小可能相等
B.OB绳的拉力范围为mg~mg
C.若转动的角速度ω1=，OB绳上的拉力大小为FOB=mg
D.若转动的角速度ω2=，AB绳上的拉力大小为FAB=2mg
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)(4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.(10分)(2023·广州市高一期末)某实验小组利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球(尺寸相对L足够小)，测得小球的直径为d，在悬点O点正下方L处的N点放有一光电门。
(1)(2分)细绳要选择伸缩性 (填“大”或者“小”)的；小球选质量大些的，体积 (填“大”或者“小”)的。
(2)(2分)将小球拉偏离竖直方向的某位置，用工具测出该位置处的细绳与竖直方向的夹角为θ；静止释放小球，测出小球经过光电门的时间为Δt，则小球经过光电门的速度为 。
(3)(4分)已知当地重力加速度大小为g，下摆过程中，小球的重力势能减少量ΔEp可表示为 ，动能的增加量ΔEk可表示为 ；如果二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒。
(4)(2分)若多次从不同夹角θ处释放，得到cos θ和的关系图像如图乙所示，图像的斜率的绝对值k= (用d、g、L表示)。
13.(10分)在水平路面上运动的汽车的额定功率为60 kW，若其总质量为5 t，在水平路面上所受到的阻力大小恒为5×103 N，求：
(1)(2分)汽车所能达到的最大速度的大小；
(2)(3分)若汽车以0.5 m/s2的加速度由静止开始做匀加速直线运动，这一过程能维持多长的时间；
(3)(3分)若汽车以额定功率启动，则汽车的车速为v1=2 m/s时的加速度大小；
(4)(2分)若汽车以v2=6 m/s的速度匀速行驶，汽车的实际功率多大。
14.(12分)(2023·云浮市高一期末)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平面AB和竖直半圆形轨道BC组成，各部分平滑连接。已知半圆形轨道的半径R=0.4 m，除半圆形轨道BC外其余接触面均光滑。某次游戏中用力将一质量m=0.1 kg的滑块压缩轻质弹簧(滑块与弹簧不拴接)，此时弹簧的弹性势能Ep0=1.6 J，然后由静止释放滑块，滑块从弹射器A点弹出后，恰能通过半圆形轨道的最高点C，取重力加速度大小g=10 m/s2，滑块可视为质点，忽略空气阻力。求：
(1)(4分)滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)(6分)滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做了多少功；
(3)(2分)滑块离开半圆形轨道后落到AB上的位置与B点之间的距离。
15.(14分)(2023·江门市高一期末)如图甲所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上有一劲度系数k=100 N/m的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，弹簧上端拴接一质量m=2 kg的物体，初始时物体处于静止状态。取g=10 m/s2。
(1)(4分)求此时弹簧的形变量x0；
(2)(10分)现对物体施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小与物体的位移x的关系如图乙所示，假设斜面足够长；
①写出物体的速度v与位移x的关系式；
②若物体位移为0.1 m时撤去拉力F，求此后物体沿斜面上滑的最大距离xm。(计算结果保留两位有效数字)
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.A [P、Q两点在脚踏板上一起做圆周运动，角速度相同，故A正确；根据几何关系可知P点运动轨迹的圆心在O点左侧，Q点运动轨迹的圆心在O点右侧，故B错误；根据几何关系可知P、Q两点做匀速圆周运动的半径相等，根据v=ωr，可知P点的线速度大小等于Q点，故C错误；根据a=ω2r，可知P点的向心加速度大小等于Q点，故D错误。]
4.D [两球下落高度相同，由W=mgh可知，重力做功相等，重力势能变化量的绝对值等于重力做的功，可知重力势能的变化相等，A错误，在真空中，机械能守恒，重力势能完全转化为动能，而在油中，阻力做功，机械能不守恒，重力势能转化为动能和内能，甲球机械能守恒，乙球机械能变小，B错误；甲球加速度大，根据h=at2可知运动时间较短，根据=可知甲球的平均速度大，C错误；根据=可知甲球的重力平均功率大，D正确。]
5.D [对货物受力分析可知货物受到沿皮带向上的摩擦力，该摩擦力与货物运动位移的方向相同，对货物做正功，会导致货物机械能增加，故A、C错误；
由于货物相对皮带静止，一起沿斜面匀速上升，则货物合力为零，不可能做功，故B错误；
根据以上分析可知货物受到的摩擦力与货物运动位移的方向相同，对货物做正功，会导致货物机械能增加，但由于货物做匀速运动，则货物动能不会发生改变，故货物所受摩擦力做的功等于货物的重力势能增加量，故D正确。]
6.B [根据题意，由对称性可知，小明上升的时间和下降的时间相等，取向上为正方向，根据匀变速直线运动公式可得，小明运动的位移与时间的关系式为x=v0t-gt2，则x-t图像为开口向下的抛物线，故A错误；根据匀变速直线运动公式可得，小明运动的速度与时间的关系式为v=v0-gt，则v-t图像为向下倾斜的直线，故B正确；小明整个运动过程中，只受重力，加速度一直为重力加速度，大小不随时间变化，所以a-t图像为一条与t轴平行的直线，故C错误；小明从离开蹦床后只受重力，机械能不变，所以E不会随时间变化，所以E-t图像为一条与t轴平行的直线，故D错误。]
7.D [滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。设水平位移为x，竖直位移为y，OP=L，结合几何关系，有水平方向上x=Lcos 37°=v0t，竖直方向上y=Lsin 37°=gt2，联立可得t=，运动员达到P点的速度v===v0=v0，故滑雪运动员到达P点时的动能与滑出时的动能比值为mv2∶m=13∶4，所以D正确，A、B、C错误。]
8.BD [在变轨问题中，飞船从Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道需要在B处点火减速，做近心运动，故A错误；
根据开普勒第二定律，飞船在轨道Ⅱ上通过B点的速率大于在轨道Ⅱ上通过A点的速率，故B正确；
根据开普勒第三定律，飞船在轨道Ⅰ上的运行周期大于在轨道Ⅲ上的运行周期，故C错误；
根据万有引力定律G=ma，解得a=G，无论是轨道Ⅱ上通过B点，还是轨道Ⅲ上通过B点，飞船与月球距离不变，则加速度相等，故D正确。]
9.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。]
10.BC [小球在水平面内做匀速圆周运动时所受合力水平指向竖直杆，两绳拉力大小相等时，两绳拉力的合力竖直向上，重力方向竖直向下，此时小球所受合力无法满足水平指向竖直杆，故A错误；当转动的角速度为零时，OB绳的拉力与AB绳的拉力相等，设为F1，则2F1cos 30°=mg得F1=mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力等于零时，小球仅在OB拉力下做圆周运动，此时OB绳拉力最大，设此时OB绳的拉力为F2，则F2cos 30°=mg，得F2=mg。因此OB绳的拉力范围为mg~mg，故B正确；当AB绳的拉力刚好为零时，由mgtan 30°=mlsin 30°得ω0=，因为ω1<ω0，所以两绳均有拉力，对小球进行受力分析，正交分解，得
FOBsin 30°-FABsin 30°=mω12lsin 30°，FOBcos 30°+FABcos 30°=mg解得FOB=，FAB=，故C正确；
当ω2=时，因为ω2>ω0，所以OB绳与竖直方向夹角大于30°，此时AB绝非拉直状态，AB绳上拉力大小为零，故C正确，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)小 小 (2) (3)mgL(1-cos θ) m
(4)
解析 (1)为减小实验产生的误差，细绳要选择伸缩性“小”的。
小球选质量大些的，体积“小”的，小球在摆动的运动中会减小空气阻力的作用，以减小实验误差。
(2)静止释放小球，测出小球经过光电门的时间为Δt，则小球经过光电门的速度v=
(3)细绳与竖直方向的夹角为θ，小球尺寸相对L足够小，可忽略不计，因此小球从M点到N点，下落的高度为
h=L-Lcos θ=L(1-cos θ)
则小球的重力势能减少量
ΔEp=mgh=mgL(1-cos θ)
小球动能的增加量ΔEk=mv2=m
如果ΔEp、ΔEk二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒。
(4)由机械能守恒定律可得
mgL(1-cos θ)=m
整理可得cos θ=1-·
则有cos θ-图像的斜率的绝对值
k=。
13.(1)12 m/s (2)16 s (3)5 m/s2
(4)3×104 W
解析 (1)当汽车速度达到最大时，牵引力F=f，则由P=Fv得汽车所能达到的最大速度为
vmax==12 m/s；
(2)汽车以恒定的加速度a做匀加速直线运动，能够达到的最大速度为v，
则有-f=ma
得v==8 m/s
由v=at得这一过程维持的时间为t=16 s；
(3)当汽车以额定功率启动达到2 m/s的速度时，牵引力为F'==3×104 N
由牛顿第二定律得汽车的加速度大小为
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)滑块从A到B的过程根据能量守恒定律得
Ep0=m
在B点根据牛顿第二定律得FN-mg=m
即FN=mg+m=9 N
根据牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力FN'=FN=9 N。
(2)滑块恰能通过最高点C，则mg=m
则vC==2 m/s
滑块从B点到C点的过程根据功能关系可知
m=2mgR+m+Wf
Wf=0.6 J
滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做的功为
Wf=0.6 J。
(3)滑块离开C点后做平抛运动，则2R=gt2，x=vCt，
得x=0.8 m
滑块离开半圆形轨道后落到AB上的位置与B点之间的距离为0.8 m。
15.(1)0.1 m (2)①v2=4.8x ②0.04 m
解析 (1)初始状态物体处于平衡状态，
则kx0=mgsin θ
解得x0==0.1 m
(2)①由F-x图像可得F=4.8+100x
设物体运动位移为x时，物体的加速度为a，则
F+k(x0-x)-mgsin θ=ma(0≤x≤0.1 m)
解得物体的加速度a=2.4 m/s2
所以，物体做匀加速直线运动，根据运动学公式有v2=2ax
代入数据有v2=4.8x
②物体位移为0.1 m时撤去拉力F，此后物体上滑过程中弹力F弹与形变量x'的关系图像如图所示
物体上滑过程中克服弹力所做的功对应图中阴影部分的面积，
即W克弹=k
撤去拉力至物体沿斜面上滑至最大距离，根据动能定理有
-mgxmsin θ-k=0-m
由v2=2ax，代入数据解得
=4.8x1=0.48 m2/s2
解得xm=0.04 m。(共49张PPT)
模块综合试卷(二)
对一对
答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D A D D B D BD
题号 9 10 11 12
答案 AC BC (1)C (2)D (3)确保多次运动的轨迹相同 (1)小 小 (2) (3)mgL(1-cos θ) m (4)
题号 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、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
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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。
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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
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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.(2023·佛山市高一期末)为防止航天员在长期失重状态下肌肉萎缩，我国在空间站中安装了如图甲所示可用于锻炼上、下肢肌肉的“太阳自行车”。某次航天员健身时，脚踏板始终保持水平，当脚踏板从图乙中的实线处匀速转至虚线处的过程中，脚踏板上P、Q两点均做匀速圆周运动，下列说法正确的是
A.P、Q两点的角速度大小相等
B.P、Q两点运动轨迹的圆心都是O点
C.P点的线速度大小比Q点的大
D.P点的向心加速度大小比Q点的大
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P、Q两点在脚踏板上一起做圆周运动，角
速度相同，故A正确；
根据几何关系可知P点运动轨迹的圆心在
O点左侧，Q点运动轨迹的圆心在O点右侧，
故B错误；
根据几何关系可知P、Q两点做匀速圆周运动的半径相等，根据v=ωr，可知P点的线速度大小等于Q点，故C错误；
根据a=ω2r，可知P点的向心加速度大小等于Q点，故D错误。
答案
4.(2023·东莞市高一期末)如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一相同的小球乙在油中由静止开始下落。它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。在这两种情况下，下列说法正确的是
A.甲球的重力势能变化量大
B.甲球的机械能变化大
C.甲球的平均速度小
D.甲球的重力平均功率大
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两球下落高度相同，由W=mgh可知，重力做功相等，重力势能变化量的绝对值等于重力做的功，可知重力势能的变化相等，A错误；
在真空中，机械能守恒，重力势能完全转化为动能，而在油中，阻力做功，机械能不守恒，重力势能转化为动能和内能，甲球机械能守恒，乙球机械能变小，B错误；
甲球加速度大，根据h=at2可知运动时间较短，
根据=可知甲球的平均速度大，C错误；
根据=可知甲球的重力平均功率大，D正确。
答案
5.(2024·佛山市高二开学考试)如图，相对皮带静止的货物与皮带一起沿斜面匀速上升。在这个过程中，下列说法正确的是
A.传送带对货物不做功
B.货物的合力对货物做正功
C.货物所受摩擦力做的功会导致内能增加
D.货物所受摩擦力做的功等于货物的重力势能增加量
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对货物受力分析可知货物受到沿皮带向上的摩擦力，
该摩擦力与货物运动位移的方向相同，对货物做正
功，会导致货物机械能增加，故A、C错误；
由于货物相对皮带静止，一起沿斜面匀速上升，则
货物合力为零，不可能做功，故B错误；
根据以上分析可知货物受到的摩擦力与货物运动位移的方向相同，对货物做正功，会导致货物机械能增加，但由于货物做匀速运动，则货物动能不会发生改变，故货物所受摩擦力做的功等于货物的重力势能增加量，故D正确。
答案
6.(2023·茂名市高一统考)小明在竖直方向上练习蹦床，若忽略空气阻力，用x、v、a、E、t分别表示小明离开蹦床在空中运动的位移、速度、加速度、机械能和时间，下列图像正确的是
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根据题意，由对称性可知，小明上升的时间和下降的时间相等，取向上为正方向，根据匀变速直线运动公式可得，小明运动的位移与时间的关系式为x=v0t-gt2，则x-t图像为开口向下的抛物线，故A错误；
根据匀变速直线运动公式可得，小明运动的速度与时间的关系式为v=v0-gt，则v-t图像为向下倾斜的直线，故B正确；
小明整个运动过程中，只受重力，加速度一直为重力加速度，大小不随时间变化，所以a-t图像为一条与t轴平行的直线，故C错误；
小明从离开蹦床后只受重力，机械能不变，所以E不会随时间变化，所以E-t图像为一条与t轴平行的直线，故D错误。
答案
7.(2023·广州市高一期中)跳台滑雪是2022年北京冬奥会
的比赛项目之一。如图所示，设可视为质点的滑雪运动
员，从斜坡顶端O处水平滑出，在空中恰好通过P点，
OP连线与水平方向夹角为37°，不计空气阻力，sin 37°
=0.6，则滑雪运动员到达P点时的动能与滑出O点时的动能比值为
A. B. C. D.
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√
答案
滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。设水
平位移为x，竖直位移为y，OP=L，结合几何关系，
有水平方向上x=Lcos 37°=v0t，竖直方向上y=Lsin 37°
=gt2，联立可得t=，运动员达到P点的速度v==
=v0=v0，故滑雪运动员到达P点时的
动能与滑出时的动能比值为mv2∶m=13∶4，所以D正确，A、B、C错误。
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二、多项选择题
8.(2024·茂名市高一期中)如图所示，在“嫦娥”探月工程中，飞船在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，到达轨道Ⅰ的A点时点火变轨进入轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做匀速圆周运动，下列说法正确的是
A.飞船从Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道需要在B处点火加速
B.飞船在轨道Ⅱ上通过B点的速率大于在轨道Ⅱ上通过A点
的速率
C.飞船在轨道Ⅰ上的运行周期小于在轨道Ⅲ上的运行周期
D.飞船在轨道Ⅱ上通过B点时的加速度等于在轨道Ⅲ上通过B点时的加速度
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√
√
答案
在变轨问题中，飞船从Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道需要在B处
点火减速，做近心运动，故A错误；
根据开普勒第二定律，飞船在轨道Ⅱ上通过B点的速
率大于在轨道Ⅱ上通过A点的速率，故B正确；
根据开普勒第三定律，飞船在轨道Ⅰ上的运行周期大于在轨道Ⅲ上的运行周期，故C错误；
根据万有引力定律G=ma，解得a=G，无论是轨道Ⅱ上通过B点，
还是轨道Ⅲ上通过B点，飞船与月球距离不变，则加速度相等，故D正确。
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答案
9.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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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；
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。
答案
10.(2023·广州市第二中学月考)如图所示，水平杆固定在
竖直杆上，二者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两
轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA=OB
=AB=l，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速
圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程AB、OB两绳始终处于拉直状态，g为重力加速度，不计空气阻力，则下列说法正确的是
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答案
A.当杆转动时，OB和AB绳上拉力大小可能相等
B.OB绳的拉力范围为mg~mg
C.若转动的角速度ω1=，OB绳上的拉力大小为FOB=mg
D.若转动的角速度ω2=，AB绳上的拉力大小为FAB=2mg
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√
√
答案
小球在水平面内做匀速圆周运动时所受合力水平指向竖直
杆，两绳拉力大小相等时，两绳拉力的合力竖直向上，重
力方向竖直向下，此时小球所受合力无法满足水平指向竖
直杆，故A错误；
当转动的角速度为零时，OB绳的拉力与AB绳的拉力相等，设为F1，则
2F1cos 30°=mg得F1=mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力等于零时，小球仅在OB拉力下做圆周运动，此时OB绳拉力最大，设此时OB绳的拉力
为F2，则F2cos 30°=mg，得F2=mg。因此OB绳的拉力范围为mg~mg，故B正确；
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答案
当AB绳的拉力刚好为零时，由mgtan 30°=mlsin 30°
得ω0=，因为ω1<ω0，所以两绳均有拉力，对小球
进行受力分析，正交分解，得FOBsin 30°-FABsin 30°=
mω12lsin 30°，FOBcos 30°+FABcos 30°=mg解得FOB=，FAB=
，故C正确；
当ω2=时，因为ω2>ω0，所以OB绳与竖直方向夹角大于30°，此
时AB绝非拉直状态，AB绳上拉力大小为零，故C正确，D错误。
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答案
三、非选择题
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
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C
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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。
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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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.(2023·广州市高一期末)某实验小组利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球(尺寸相对L足够小)，测得小球的直径为d，在悬点O点正下方L处的N点放有一光电门。
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小
(1)细绳要选择伸缩性____(填“大”或者“小”)的；小球选质量大些的，体积____(填“大”或者“小”)的。
小
答案
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为减小实验产生的误差，细绳要选择伸缩性“小”的。
小球选质量大些的，体积“小”的，小球在摆动的运动中会减小空气阻力的作用，以减小实验误差。
答案
(2)将小球拉偏离竖直方向的某位置，用工具测出该位置处的细绳与竖直方向的夹角为θ；静止释放小球，测出小球经过光电门的时间为Δt，则小球经过光电门的速度
为 。
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静止释放小球，测出小球经过光电门的时间为Δt，则小球经过光电门
的速度v=
答案
(3)已知当地重力加速度大小为g，下摆过程中，小球的重力势能减少量ΔEp可表示为 ，动能的增
加量ΔEk可表示为 ；如果二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒。
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mgL(1-cos θ)
m
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细绳与竖直方向的夹角为θ，小球尺寸相对L足够小，可忽略不计，因此小球从M点到N点，下落的高度为
h=L-Lcos θ=L(1-cos θ)
则小球的重力势能减少量
ΔEp=mgh=mgL(1-cos θ)
小球动能的增加量ΔEk=mv2=m
如果ΔEp、ΔEk二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒。
答案
(4)若多次从不同夹角θ处释放，得到cos θ和的关系
图像如图乙所示，图像的斜率的绝对值k=______(用d、g、L表示)。
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由机械能守恒定律可得
mgL(1-cos θ)=m
整理可得cos θ=1-·
则有cos θ-图像的斜率的绝对值
k=。
答案
13.在水平路面上运动的汽车的额定功率为60 kW，若其总质量为5 t，在水平路面上所受到的阻力大小恒为5×103 N，求：
(1)汽车所能达到的最大速度的大小；
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答案 12 m/s
当汽车速度达到最大时，牵引力F=f，则由P=Fv得汽车所能达到的最大速度为
vmax==12 m/s；
答案
(2)若汽车以0.5 m/s2的加速度由静止开始做匀加速直线运动，这一过程能维持多长的时间；
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答案 16 s
汽车以恒定的加速度a做匀加速直线运动，能够达到的最大速度为v，
则有-f=ma
得v==8 m/s
由v=at得这一过程维持的时间为t=16 s；
答案
(3)若汽车以额定功率启动，则汽车的车速为v1=2 m/s时的加速度大小；
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答案 5 m/s2
当汽车以额定功率启动达到2 m/s的速度时，牵引力为F'==3×104 N
由牛顿第二定律得汽车的加速度大小为
a'==5 m/s2；
答案
(4)若汽车以v2=6 m/s的速度匀速行驶，汽车的实际功率多大。
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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)如图所示，一弹射游戏装置由
安装在水平台面上的固定弹射器、水平面AB和竖直半圆
形轨道BC组成，各部分平滑连接。已知半圆形轨道的半
径R=0.4 m，除半圆形轨道BC外其余接触面均光滑。某次游戏中用力将一质量m=0.1 kg的滑块压缩轻质弹簧(滑块与弹簧不拴接)，此时弹簧的弹性势能Ep0=1.6 J，然后由静止释放滑块，滑块从弹射器A点弹出后，恰能通过半圆形轨道的最高点C，取重力加速度大小g=10 m/s2，滑块可视为质点，忽略空气阻力。求：
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答案
(1)滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小；
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答案 9 N
滑块从A到B的过程根据能量守恒定律得Ep0=m
在B点根据牛顿第二定律得FN-mg=m
即FN=mg+m=9 N
根据牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力FN'=FN=9 N。
答案
(2)滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做了多少功；
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答案 0.6 J
滑块恰能通过最高点C，则mg=m
则vC==2 m/s
滑块从B点到C点的过程根据功能关系可知m=2mgR+m+Wf
Wf=0.6 J
滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做的功为Wf=0.6 J。
答案
(3)滑块离开半圆形轨道后落到AB上的位置与B点之间的距离。
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答案 0.8 m
滑块离开C点后做平抛运动，则2R=gt2，x=vCt，得x=0.8 m
滑块离开半圆形轨道后落到AB上的位置与B点之间的距离为0.8 m。
答案
15.(2023·江门市高一期末)如图甲所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上有一劲度系数k=100 N/m的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，弹簧上端拴接一质量m=2 kg的物体，初始时物体处于静止状态。取g=10 m/s2。
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答案 0.1 m
(1)求此时弹簧的形变量x0；
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初始状态物体处于平衡状态，
则kx0=mgsin θ
解得x0==0.1 m
答案
(2)现对物体施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小与物体的位移x的关系如图乙所示，假设斜面足够长；
①写出物体的速度v与位移x的关系式；
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答案 v2=4.8x
答案
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由F-x图像可得F=4.8+100x
设物体运动位移为x时，物体的加速度为a，
则F+k(x0-x)-mgsin θ=ma(0≤x≤0.1 m)
解得物体的加速度a=2.4 m/s2
所以，物体做匀加速直线运动，根据运动学公式有v2=2ax
代入数据有v2=4.8x
答案
②若物体位移为0.1 m时撤去拉力F，求此后物体沿斜面上滑的最大距离xm。(计算结果保留两位有效数字)
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答案 0.04 m
答案
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物体位移为0.1 m时撤去拉力F，此后物体上滑过程中
弹力F弹与形变量x'的关系图像如图所示
物体上滑过程中克服弹力所做的功对应图中阴影部分
的面积，即W克弹=k
撤去拉力至物体沿斜面上滑至最大距离，根据动能定理有
-mgxmsin θ-k=0-m
由v2=2ax，代入数据解得=4.8x1=0.48 m2/s2
解得xm=0.04 m。
答案
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