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1、人教版高中物理必修第二册各章综合测验第 五 章 抛 体 运 动.1第 六 章 圆 周 运 动.11第七章万有引力与宇宙航行.22第八章机械能守恒定律.33模块综合测验.44第五章抛体运动本卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分100分，时间90分钟。第I卷（选择题 共4 0分）一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项符合题目要求，第710小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.如图，执行任务的“歼20”战机正沿直线斜向下加速俯冲。将“歼20”简化为质点“。”，用G表示它受到的重
2、力，尸表示除重力外其他作用力的等效力,则下图中能正确表示此过程中战机受力情况的是（A）A B C D解析：执行任务的“歼20”战机正沿直线斜向下加速俯冲，则所受的合力方向应该和运动方向在同一直线上，否则就要做曲线运动。2.（2021.北京朝阳区高一期末）如图所示，在注满清水的竖直密封玻璃管中，红蜡块R正以较小的速度内沿 轴匀速上浮，与此同时玻璃管沿水平x轴正方向做匀速直线运动。从红蜡块通过坐标原点O开始计时，直至蜡块运动到玻璃管顶端为止。在此过程中，下列说法正确的是（A）y/rmA.红蜡块做匀速直线运动B.红蜡块做变速曲线运动C.红蜡块的速度与时间成正比D.仅增大玻璃管运动的速度，红蜡块将更快
3、运动到顶端解析：两个匀速直线运动的合运动还是匀速直线运动，则红蜡块做匀速直线运动，所以A正确B错误；红蜡块做匀速直线运动，红蜡块的速度保持不变，所 以C错误；根据运动的独立性原理，水平方向的运动不会影响竖直方向的运动，则仅增大玻璃管运动的速度，红蜡块运动到顶端的时间不变，所以D错误。3.（2 0 2 1石家庄市高一上学期期末）“套圈”是老少皆宜的游戏。如图所示,将A、B、C三个套圈分别以速度0 1、0 2、。3水平抛出，都能套中地面上的同一玩具，已知套圈A、8抛出时距玩具的水平距离相等，套圈A、C抛出时在同一高度，设套圈A、B、C在空中运动时间分别为力、t2、以不计空气阻力，下列说法正确的是（
4、C）A.0 1与0 2 一定相等 B.0 2一定大于。3C./I与t 3一定相等 D.及一定大于3解析：套圈做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据=%产，有：，=、/?，故力=3/2,故C正确，D错误；A、B水平分位移相同，由于力及，根据 有：01V0 2；由于力=f 3,X=蠢2。1 4.(1 2分)一条船要在最短时间内渡过宽为3 0 0 m的河，已知河水的流速与船离河岸的距离d变化的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间t的关系如图乙所示，求：04150 300 d(m)甲03船渡河的时间以及船到达下游的距离；(2)船在河水中速度的最大值；(3)船在河水中的加速度大小。答案：(1)1
5、0 0 s 2 0 0 m(2)5 m/s (3)0.0 8 m/s2解析：(1)当船头与河岸垂直时，渡河时间最短,则 有 餐 餐 皆s=1 0 0 s。船到达下游的距离x=m i n=2X 1 0 0 m=2 0 0 m；(2)当水流速度最大时，船在河水中的速度最大，止 匕 时 v/42+32m/s=5 m/s o(3)船在静水中的速度是匀速，没有加速度，而水流方向存在加速度，其大小A u 4 0 ,、A=QQ m/sz=0.0 8 m/s o1 5.(1 2分)如图所示，滑板运动员从倾角为5 3。的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高力=1.4 m、宽L=1.2 m的长方
6、体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度=3.2 m的A点沿水平方向跳起离开斜面。忽略空气阻力，重力加速度g取1 0 m/s 2。(已知s i n5 3 o=0.8,c os5 3=0.6),求:A若运动员不触及障碍物，他 从A点起跳后落至水平面的过程所经历的时间；(2)运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度。答案：(1)0.8 s (2)6.0 m/s解析：(1)运动员从斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式=%产解得：f=1 J =0.8 s。(2)为了不触及障碍物，运动员以速度。沿水平方向起跳后竖直下落高度为H-h时，他 沿 水 平 方 向
7、 运 动 的 距 离 为 设 他 在 这 段 时 间 内 运 动 的 时 间idn1H为,则：H h=g t O+L=v t ,解得 0=6.0 m/s。1 6.(1 2分)(2 0 2 1.浙江衢州市高一月考)图1是充气弹跳飞人的娱乐装置，玩家在气包上躺着，工作人员从站台上蹦到气包上，使玩家弹起并落入厚重的海洋球中。现有一玩家刚开始静止躺在气包上，被弹起时做抛体运动，玩家躺着的面可视为斜面，用AC表示，与水平方向的夹角。=3 7。，玩家从尸点抛起的初速度方向恰好与AC垂直，玩家重心运动的轨迹如图2所示，8为轨迹上的一点，。为轨迹的最高点，B点到。点的竖直高度/i=3.2 m,水平距离/=2.
8、4 m,忽略空气阻力，已知s in 3 7。=0.6。求玩家：(1)在最高点的速度大小；(2)被抛出时的速度大小。图2答案：(1)3 m/s；(2)5 m/s解析：从。点到B 点，根 据 仁 家，可得 0.8 s由伙）=：,可 得 0o=3 m/So 从 P 点到O 点的运动可视为从O 点平抛到P点的逆过程，由UP=-可得 0P=5 m/So第六章圆周运动本卷分第I 卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分100分，时间90分钟。第 I 卷（选择题 共40分）一、选择题（共 10小题，每小题4 分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第 16 小题只有一个选项符合题目要求，第 710小题
9、有多个选项符合题目要求，全部选对的得4 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分）1.（2021.大庆市东风中学高一开学考试）下面关于向心力的叙述中，错误的是（B）A.向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力B.做匀速圆周运动的物体，除了受到别的物体对它的作用力外，还一定受到一个向心力的作用C.向心力可以是重力、弹力、摩擦力中的某个力，也可以是这些力中某几个力的合力，或者是某一个力的分力D.向心力只改变物体速度的方向，不改变物体速度的大小解析：向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力，选项A 正确,不符合题意；向心力是物体指向圆心方向的合力，它是效果力，不是物体所受的力，选
10、 项 B 错误，符合题意；向心力可以是重力、弹力、摩擦力中的某个力，也可以是这些力中某几个力的合力，或者是某一个力的分力，选 项 C 正确，不符合题意；向心力的方向指向圆心，则只改变物体速度的方向，不改变物体速度的大小，选项D 正确，不符合题意。2.（2 0 2 1 全国甲卷，1 5）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达5 0 r/s,此时纽扣上距离中心1 c m 处的点向心加速度大小约为（C ）A.1 0 m/s2 B.1 0 0 m/s2C.1 0 0 0 m/s
11、2D.1 0 0 0 0 m/s2解析：纽扣在转动过程中f t）=2 兀 =1 0 0 兀 r a d/s由向心加速度a=（o1r 0 0 0 m/s2,故选C o3.（2 0 2 1.杭州上海世界外国语中学高一期末）小明用手掌水平托着一个苹果,保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动（如图所示）。对苹果从最左侧。点到最右侧4点之间运动的过程，下列说法中正确的是（A ）6：O.dV一A.苹果一直处于失重状态B.手掌对苹果的支持力一直不变C.苹果所受的合外力越来越大D.手掌对苹果的摩擦力先增大后减小解析：苹果做匀速圆周运动，从。点到d点运动中，加速度大小不变，加速度在竖直方向有分加速
12、度，方向一直向下，所以苹果一直处于失重状态，A正确;苹果从8点到d点运动中，加速度大小不变，加速度在竖直方向的分加速度先增大后减小，方向向下，由牛顿第二定律可知，重力与支持力的合力先增大后减小,所以手掌对苹果的支持力先减小后增大，B错误；苹果做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，方向一直指向圆心，C错误；苹果从到d的运动中，加速度大小不变，加速度在水平方向的分加速度先减小后增大，由牛顿第二定律可知，手掌对苹果的摩擦力先减小后增大，D错误。4.（2 0 2 1 高邮市临泽中学高一月考）如图所示是A、8两物体做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像，其中A 为双曲线的一支，由图可知（A）A.A物体
13、运动的线速度大小不变B.A 物体运动的角速度不变C.8 物体运动的角速度是变化的D.8 物体运动的线速度大小不变解析：根据尚=7 知，当线速度。大小为定值时，an与 成反比，其图像为双曲线的一支；根据所=，皿2知，当角速度/大小为定值时，an与 成正比，其图像为过原点的倾斜直线。故选A。5.如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一 P 点，飞镖抛出时与P 等高，且距离尸点为L,当飞镖以初速度垂直盘面瞄准尸点抛出的同时，圆盘以经过盘心。点的水平轴在竖直平面内匀速转动，忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P 点，则（A）A.飞镖击中P 点所需的时间为春B.圆盘的半径可能为需C.圆盘转动
14、角速度的最小值为半J LJD.P 点随圆盘转动的线速度不可能为嘿解析：飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此/=5，故 A 正确；飞镖击中尸点时，P 恰好在最下方，则2r=%户，解得圆盘的半径为r=琮，故B错误；飞镖击中P点,则P点转过的角度满足。=。/=兀+2%兀伙=0,1,2-）,故。=空 胃 四，则圆盘转动角速度的最小值为 竿，故C错误;I L-JP点随圆盘转动的线速度为v=(2女 +1)兀0 0 g Z/(2%+1)兀g LL 4 u 8 4 v o当k=2时，v_5ng L 4vo故D错误。6 .用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，
15、设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为必线的张力为T,则T随0 2变化的图像是（C ）解析：设绳长为L,锥面与竖直方向夹角为仇当=0时，小球静止，受重力m g、支持力N和绳的拉力T而平衡，T=m g c os 6 W0,所以A项、B项都不正确；增大时，T增大，N减小，当N=0时，角速度为w。当口t w o时，由牛顿第二定律得，T s in 0-N c os 0=m a r Lsm 0,T e os 8+Ns in 0=mg,解得 T=m c o2Lsm 20+m g c os 0；当0 c w o时，小球离开锥面，绳与竖直方向夹角变大，设为夕，由牛顿第二定律得T s in尸=3 y 2 L
16、s i n 6所以T=辽 2,可知了 一 丁图线的斜率变大，所以C项正确，D错误。故选C。7 .如图所示，甲、乙两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，甲的运动半径大于乙的运动半径。若它们转一圈的时间相等，下列说法正确的是（A C ）二 二，/：i 乙+甲A.甲的线速度大于乙的线速度B.甲的角速度大于乙的角速度C.甲的运动周期等于乙的运动周期D.甲的向心加速度小于乙的向心加速度27r解析：由转一圈的时间相等可知T单=T 乙，C 正确；由=了知。甲=&乙，B 错误；由o=co火可知在0 相同时R 甲 R乙，所以0 甲 0乙，A 正确；同理，向心 加 速 度 可 知 在 相同时R 甲 R 乙，a 甲 a乙
17、，D 错误。8.（2021.大庆市东风中学高一开学考试）铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面倾角为仇如图所示，弯道处的圆弧半径为R,若质量为?的火车转弯时速度大于、gRtan 6,则（BC）A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压C.这时铁轨对火车的支持力不等于念D.车轮对内外侧均没有挤压解析：火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度正好是 gRtan仇 当e xJg R ta n。时重力和支持力的合力不够提供向心力，则火车拐弯时会挤压外轨，故 A、D 错误，B 正确；当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力 N=念，但此时
18、外轨对外侧车轮轮缘有挤压，所以铁轨对火车的支持力不等于 燃，故C 正确。9.乘坐如图所示游乐园的过山车时，质量为，”的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动，下列说法正确的是（BC）A.车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去B.人在最高点时对座位仍可能产生压力，且压力不一定小于加gC.人在最低点时对座位的压力大于机g,处于超重状态D.人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等解析：当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，则 有 吆=啖,解得临界速度为。=,，当速度。2 痫 时，没有保险带，人也不会掉下来，故A 错误；当人在最高点的速度。海 时人对座位就产生压
19、力。当速度增_ v2大到0=2 时，根据心+吆=机A，解得/=3机 g,故压力为3机 g,故 B 正确；人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于m g,故C 正确；在最高点和最低点速度大小不庐等，根 据 向 心 加 速 度 公 式 可 知，人在最高点和最低点时的向心加速度大小不相等，故 D 错误。10.（2021.河北卷，9）如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MM PQ足够长，且 PQ 杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M 点，另一端连接一个质量为相的小球，小球穿过P。杆，金属框绕MN轴分别以角速度/和 匀速转动时，小球均相对PQ 杆静止，若
20、。，则与以。匀速转动时相比，以“匀速转动时（BD）A.小球的高度一定降低B.弹簧弹力的大小一定不变C.小球对杆压力的大小一定变大D.小球所受合外力的大小一定变大解析：对小球受力分析，设弹力为T,弹簧与水平方向的夹角为仇 则对小球竖直方向7sin O-m g,而 丁=一/。）可知。为定值，T 不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A 错误，B 正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力A 背离转轴，则Teos BF=morr即 FN=7COS 3m（o2r当转速较大时，入 指向转轴TCOSO+FN=mco 2r即 尺 =m（o 2rTeos 3因，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的
21、压力不一定变大，C 错误;根据 F mat2r可知，因角速度变大，半径不变，则小球受合外力变大，D 正确。第 II卷（非选择题 共 60分）二、填空题（2 小题，共 14分。把答案直接填在横线上）11.（6 分）（2021浙江高一月考）用如图所示的向心力演示器探究向心力大小的表达式。已知小球在挡板A、B、C 处做圆周运动的轨迹半径之比为1 ：2：1,回答以下问题：手柄（1）在该实验中，主要利用了 C 来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系；A.理想实验法 B.微元法C.控制变量法 D.等效替代法（2）探究向心力与半径之间的关系时，应让质量相同的小球分别放在处，同时选择半径_ 相同一（填“相
22、同”或“不同”）的两个塔轮。A.挡板A与挡板3 B.挡板A与挡板CC.挡板8与挡板C解析：（1）保持?、0、/任意两个量不变，研究小球做圆运动所需的向心力产与其中一个量之间的关系，这种实验方法叫作控制变量法，故选C。（2）探究向心力和半径的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要质量、角速度都相同，如角速度相同，则应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板8和挡板C处，故选C o1 2.（8分）如图所示是“D I S 向心力实验器”，当质量为m的祛码随旋转臂一起在水平面内做半径为r 的圆周运动时，所需的向心力可通过牵引杆由力传感器测得，旋转臂另一端的挡光杆（挡光杆的挡光
23、宽度为A s,旋转半径为R）每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度c o的数据。某次旋转过程中挡光杆经过光电门时的遮光时间为/，则角速度Ay Rt0（2）以 E为纵坐标，以一表_（选填专”加2”或“亲”）为横坐标,可在坐标纸中描出数据点作一条直线，该直线的斜率为k=*r。（用上述已知量的字母表示）解析：挡光杆通过光电门时的线速度片岩，由 /解 得 =悬。（2）根据向心力公式有F=m c o1r,将 =念 代 入 解 得 一=，念 产,可以看出，以亲为横坐标；可在坐标纸中描出数据点作一条直线，该直线的A s 2斜率为k=m-ro三、论述、计算题（本题共4 小题，共
24、4 6 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）1 3.（8分）如图甲，某汽车以恒定的速率驶入一个狭长的9 0。圆弧形水平弯道,弯道两端连接的都是直道。有人在车内测量汽车的向心加速度随时间的变化关系如图乙所示。求：汽车转弯所用的时间；汽车行驶的速率。答案：1 0 s （2）1 0 m/s解析：（1）由题图乙可得汽车转弯所用的时间为：f=1 0 s。（2）汽车在转弯过程中做圆周运动的周期T=4/=40 s,4兀 2由 c i n r j Q r,可得：r=6 3.7 m,方由 an=p 解得。=1 0 m/s。1
25、4.(1 0分)(20 21云南省南华第一中学高一月考)有一辆质量为/=8 0 0 k g的小汽车驶上圆弧半径R=4 0m的拱桥上，g=10m/s2,若汽车到达桥顶时的速度v=10 m/S o(1)求向心加速度的大小；(2)拱桥受到的压力大小；(3)汽车恰好对拱桥无压力时的速度?答案：(1)2.5 m/s2(2)6 000 N (3)20 m/s解析：(1)由向心加速度公式可得。=元=2.5 m/s2o(2)根据牛顿第二定律m g F =m a,可得支持力大小F N =6 000 N。遍(3)汽车恰好对拱桥无压力时m g=nr ,解得。2=20 m/s。15.(14分)如图所示装置可绕竖直轴。
26、转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于8、C两点，当细线AB沿水平方向绷直时，细线AC与竖直方向的夹角。=3 7。已知小球的质量机=1 k g,细线AC长L=1 m o (重力加速度 g 取 10 m/s2,sin 3 7=0.6,c o s 3 7=0.8)(1)若装置匀速转动，细线A8刚好被拉直成水平状态，求此时的角速度3；(2)若装置匀速转动的角速度2=半r a d/s,求细线AB和AC上的张力大小FTABY FTACO答案：(1)岁 r a d/s(2)2.5 N 12.5 N解析：(1)当细线A B刚好被拉直时，细线A B的拉力为零，细线A C的拉力和小球重力的合力提供小球做
27、圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有加gt a n3 7=机LA B苏，又有 LA B=A sin 3 7 ,若装置匀速转动的角速度。5世2=3r a d/s=r a d/S or a d/s(o i，LAB=Lsin 3 7 ,竖直方向：FT4C C O S 31mg,水平方向：FiA c sin 3 7 +FTAB=mLABeol.代入数据解得 FTA C=12.5 N,FTA S=2.5 NO16.(14分)(2021.广东广州市第二中学高一月考)如图，质量为机=0.6 k g的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑竖直圆轨道A B C的A点的切线方向进入圆轨道，B点和C点分别为圆轨
28、道的最低点和最高点。已知圆轨道的半径R=0.3 m,0 A连线与竖直方向成。=6 0。，小球到达A点时的速度w t=4 m/s,取 g=10m/s2,求：(1)小球做平抛运动的初速度v o；(2)P点与A点的水平距离和竖直高度；(3)小球到达C点后飞出，试通过计算判断，小球能否击中A点。答案：(l)2m/s(2)4 m,0.6 m (3)无法击中解析：(1)小球到A点的速度进行分解，则有O O=Z M C O S 6 0=2 m/S o(2)竖直方向的分速度为g，=Z M sin 6 0。=2 s m/s,由公式得件s,由平抛运动规律得抬=2g/、x=vot,联立解得人=0.6 m、8=学6
29、m。设小球在。点速度为o c时，刚好能击中A点。则有水平方向Hsin 600=vctc,竖直方向Reos 60。+/?=%危 联 立 解 得 加=乎 m/s,小球在圆周轨道最高点的最小速度为。，则有V2mg=年，得。=小 m/s,因为0c|*-12.42 m-*15.7 cm-甲（1）图中的三个测量数据中不符合有效数字读数要求的是一段的读数，应记作 15.70 cm：（2）甲同学用重锤在。3 段的运动来验证机械能守恒，他用AC段的平均速度作 为B点对应的瞬时速度VB,则求得该过程中重锤的动能增加量AEk =1.20 J,重力势能的减少量E,=1.22 J：这样验证的系统误差总是使（选填“”、或
30、“=”）。（3）乙同学根据同一条纸带，同一组数据，也用重锤在0 8 段的运动来验证机械能守恒，将打点计时器打下的第一个点。记为第1个点，图中的8 是打点计时器打下的第9 个点。因此他用。=gr计算与8 点对应的瞬时速度。B,求得动能的增加量AEk=1.23 J：这 样 验 证 的 系 统 误 差 总 是 使（选填“”、或“=”）。（4）上述两种处理方法中，你认为合理的是_ 里_ 同学所采用的方法。（选填“甲”或“乙”）解析：（1）毫米刻度尺测量长度，要求估读到最小刻度的下一位。这三个数据中不符合有效数字读数要求的是OC段，应记作15.70cm；?.X AC 15.709.51 与（2）8 点的
31、瞬时速度为一=弁=一”-X IO m/s=1.547 5 m/s,则动能的增加量为AEk=Jn次=3 X 1 X 1.547 51 2 J l.20 J,重力势能的减小量为Ep=m g xoB=1 X9.8X 12.42X 10 2 1.22 J,下落过程中由于存在阻力作用，导致重力势能的减小量一部分转换为内能,这样验证的系统误差总是使A E k V A E p。（3）打 第9个点时，时间间隔为8段，故时间为=8 X 0.0 2=0.1 6 s0 B=g f=9.8 X O.1 6 m/s=1.5 6 8 m/s,则动能的增加量为1 X 1.5 6 82 J 1.2 3 J 由于o是按照自由落
32、体计算的，实际运动不是自由落体运动，有阻力，对应的下落高度比实际测得的高度要大，这样验证的系统误差总是使E k A P。（4）上述两种处理方法中，合理的是甲同学所采用的方法。三、论述、计算题（本题共4小题，共4 6分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）1 3.（8分）如图所示，一辆拖车通过光滑定滑轮拉动一重物G匀速提升，当拖车从A点水平移动到B点时，位移为s,绳子由竖直变为与竖直方向成。角度,求此过程中拖车对绳子所做的功。5（1 COS答案：七口6解析：拖车对绳子做的功等于绳子对重物做的功。以重物为研究对象，由
33、于整个过程中重物匀速运动，所以绳子的拉力大小F r=G重物上升的距离/=。3一3=六一六=%铲所以绳子对重物做功W=G/=由 肃部G拖车对绳子做功等于绳子对重物做功，为始就*G。1 4.（1 0分X2 0 2 1.常州市第二中学高一月考）一辆汽车在水平路面上由静止启动，在 前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持额定功率运动,其 图 像 如 图 所 示。已知汽车的质量为加=2 X1 0-3 k g,汽车受到的阻力为车重 的 点g取l O m/s?,则 v/(m s1)5 s(1)汽车在前5s内受到的阻力为多大；(2)前5 s内的牵引力为多大；(3)汽车的额定功率为多少；(4)
34、汽车的最大速度为多大。答案：(1)2 0 0 0 N (2)6 X IO 4 N(3)4 0 k W (4)3 0 m/s解析：由题意知汽车受到地面的阻力为车重的击，则阻力F f=g=-j X 2 X 1 03X 1 0 N =2 0 0 0 N oA u(2)由题图知前5 s内的加速度a=M=2 m/s 2由牛顿第二定律知前5 s内的牵引力F=Ff+m a=(2 0 0 0+2 X1 03 X 2)N=6X103NO(3)5 s 末达到额定功率 P 族=&5=6X l()3 x IQ W=6X 1 04 W=6 0 kW。p(4)最大速度 Um a x=3 0 m/S o1 5.(1 4分)
35、(2 0 2 1.渝中区重庆巴蜀中学高一月考)如图，一质量为机=2 k g物块在水平推力F的作用下沿水平地面上从静止开始运动，已知物块与地面间的动摩擦因数为=0.4,刚开始运动时推力大小为R)=8 0 N,/随着位移的增大而均匀地减小，变化关系如下图所示，当位移为x=4 m时推力减小为0,在以后过程保持尸=0不变，g=1 0 m/s2,求：(1)物块从出发到速度达到最大的过程中，摩擦力对它做的功？(2)全过程物块能发生的最大位移？答案：（1）2 8.8 J（2）2 0 m解析：（1）当物块速度最大时有。=0,即 F=f=f i m g=8 N由图像知F 与x满足函数关系F=-2 0 x+8 0
36、即当广=8 N时，x=3.6 m；所以摩擦力做的功Wf=一?gx=-2 8.8 J。（2）当位移x=4 m时，由F-x图像与横轴围成的面积求得WF=1 6 0 J,W f=-加 gx=-3 2 J,此时 超+欣 0,即物体运动到x=4m后会继续向前运动直至停止。所以对运动的全程，由 动 能 定 理/+的=0 0得 1 6 0 加 g x=0,解得 x=2 0 m。1 6.（1 4 分）如图所示，轨道A B C。平滑连接，其中A B 为光滑的曲面，B C 为粗糙水平面，CO为半径为r的内壁光滑的四分之一圆管，管口。正下方直立一根劲度系数为攵的轻弹簧，弹簧下端固定，上端恰好与。端齐平。质量为机的小
37、球在曲面A B上距B C高为3 r处由静止下滑，进入管口 C端时与圆管恰好无压力作用，通过CO后压缩弹簧，压缩过程中小球速度最大时弹簧弹性势能为耳。已知小球与水平面B C 间的动摩擦因数为，重力加速度为g,求：（1）水平面3 C 的长度s；（2）小球向下压缩弹簧过程中的最大动能E k m。答案：（璘|叱+察 一%解析：（1）由小球在C 点对轨道没有压力，有 m g=m 小球从出发点运动到C 点的过程中，由动能定理得3 z g r 加 g.s=；这解得s=M。速度最大时，小球加速度为0,设弹簧压缩量为X。由 6=m g,得 =望由。点到速度最大时，小球和弹簧构成的系统机械能守恒设速度最大时的位置
38、为零势能面，有 皿 力+mg(r+x)=Ekm+Epa 2 2解得 Ekm=gmgr+管 一Epo模块综合测验本卷 分 第 I 卷（选择题）和 第 II卷（非选择题）两部分。满 分 100分，时间90分钟。第 I 卷（选择题 共 40分）一、选择题（共 10小题，每小题4 分，共 40分，在每小题给出的四个选项中，第 16 小题只有一个选项符合题目要求，第 710小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4 分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0 分）1.关于两个物体间的作用力和反作用力的做功情况是（C）A.作用力做功，反作用力一定做功B.作用力做正功，反作用力一定做负功C.作用力和反作用力可
39、能都做负功D.作用力和反作用力做的功一定大小相等，且两者代数和为零解析：作用力与反作用力的关系是大小相等，但是相互作用的两个物体不一定都有位移，故作用力和反作用力不一定同时都做功，故 A 错误；作用力与反作用力做功可能都是正功也可能都是负功，比如两个磁铁在它们的相互作用力的作用下运动，如果从静止开始向相反的方向运动则都是在做正功，作用力和反作用力所做的功的代数和为正值；如果有初速度，在相互作用力的作用下相向运动,那么这两个力就都做负功，作用力和反作用力所做的功的代数和为负值，故 C正确，B、D 错误。2.（2021江苏淮安市高一月考）如图所示，将弹簧拉力器用力拉开的过程中弹簧的弹力做功、弹簧的
40、弹力和弹性势能的变化情况是（C）迎A.弹力做正功，弹力变大，弹性势能变小B.弹力做正功，弹力变小，弹性势能变大C.弹力做负功，弹力和弹性势能都变大D.弹力做负功，弹力和弹性势能都变小解析：将弹簧拉力器拉开的过程中，弹簧的伸长量变大，根据尸=日 可知，弹力增大；根据Ep=：依2可知，弹簧的弹性势能增大，弹力做负功，故 A、B、D 错误，C 正确。3.一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为。0,假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时,弹簧测力计的示数为N,已知引力常量为G,则这颗行星的质量为（B）mv2mv4A-GN B-GNNv2 Nv4C 而
41、 D 丽解析：根据G=zg,所以，根据万有引力提供向心力得：4 得=240ITIVm=m g 解得：M=示,故选B。4.（2021.渝中区重庆巴蜀中学高一月考）如图所示，在拉力尸作用下，质量为 150 kg的雪橇沿倾角为9 的粗糙斜面向上移动5 m,已知拉力大小为500 N,方向与斜面的夹角为口，雪橇受到的摩擦阻力为100N,sin，=0.1,cos/?=0.8,则在雪橇向上运动过程中，下列说法正确的是（D）A.一共受3 个力作用C.拉力厂做功为2500 JB.重力做功为750 JD.合力对雪橇做的功为750 J解析：雪橇受拉力、重力、斜面支持力、摩擦力四个力的作用，故A错误；由题意可得，重力
42、做功W G=-m g/i=-（150X 10X5X0.1）=-750 J,故B错误；由题意可得，拉力做功WF=500X5X0.8=2 0 0 0 J,故C错误；由题意可得，合力做功 W=WF+WG+W=2 000-750-500=750 J,故 D 正确。5.（2021.全国甲卷，18）2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为L 8 X l（）5 s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8X105皿。已知火星半径约为3.4X106m,火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7 m/s2,则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远
43、距离约为（C）A.6X105m B.6X 106mC.6X 107m D.6X108m解析：忽略火星自转，则一行=吆 可知G M=g R1设 与1.8X1（）5 s的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为r,由万有引力提供向心力可知牛=屑r 设近火点到火星中心为H i=R+di 设远火点到火星中心为&=尺+出 尸 修由开普勒第三定 律 可 知 =不 由以上分析可得。26X107 m,故选C。6.（2021.江苏扬州市扬州中学高一月考）如图所示，细线的一端固定于。点,另一端系一小球，在水平拉力口作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点的过程中（D）A.小球的重力势能变小B.小球受的合力
44、对小球做正功C.水平拉力F 的瞬时功率逐渐减小D.小球克服重力做功的瞬时功率逐渐增大解析：由A 点运动到B 点的过程中，小球的重力势能变大，所以A 错误;小球速率不变，由动能定理可知，小球受的合力对小球做功为0,所以B 错误；小球克服重力做功的瞬时功率为P=m g vsi na小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到8 点的过程中，细线与竖直方向的夹角。越来越大，所以小球克服重力做功的瞬时功率逐渐增大，则 D 正确；由于小球受的合力对小球做功为0,则水平拉力F的瞬时功率等于小球克服重力做功的瞬时功率，所以水平拉力F的瞬时功率逐渐增大，则C 错误。7.“天问一号”火星探测器于2020年 7 月
45、2 3 日，在中国文昌航天发射场由长征五号遥四运载火箭发射升空，成功进入预定轨道。“天问一号”成功升空后，计划飞行约7 个月抵达火星，并通过2 至 3 个月的环绕飞行后着陆火星表面,开展探测任务。关于“天问一号”火星探测器的说法，正确的是（AB）A.“天问一号”火星探测器的发射速度应该大于第二宇宙速度B.要 使“天问一号”火星探测器成为环绕火星的卫星，必须要减速制动C.“天问一号”火星探测器着陆火星表面的过程中，做自由落体运动D.“天问一号”火星探测器着陆火星后，处于完全失重状态解析：“天问一号”需要摆脱地球束缚，成为绕火星转动的卫星，故其发射速度要大于第二宇宙速度，故 A 正确；“天问一号”
46、从转移轨道进入绕火星的卫星，轨道半径要变小，故需要向前喷气减速，故 B 正确；“天问一号”火星探测器着陆火星表面的过程中需要向下减速，则不是自由落体运动，故C 错误;“天问一号”火星探测器着陆火星后处于平衡状态，而非完全失重状态，故 D错误。8.如图所示，小物体位于半径为R的半球顶端，若给小物体一水平初速度。0,小物体对球顶恰好无压力，不计空气阻力，重力加速度为g,则此时（BC）A.物体开始沿球面下滑B.物体的初速度为。0=痫C.物体落地时的水平位移为j RD.物体落地时速度方向与水平地面成45。角解析：物体仅受重力，有水平初速度，做平抛运动，不沿球面下滑，故 A 错9误；根据牛顿第二定律有m
47、 g=nr ,可得优=而，故 B 正确；平抛运动过程中，由 得 则水平位移 x=vot=y g R-l-=y 2R,故 C 正确；落地时竖直方向上的速度6，=口=，荻，设物体落地时速度方向与水平地面的夹角为仇有ta n 8=4 L 故物体落地时速度方向与水平地面的夹角大于45。,故 D 错误。9.（2021吉林松原市高一月考）铁路转弯处的弯道半径r 是根据地形决定的。弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差力的设计不仅与r 有关，还与火车在弯道上的行驶速率。有关。则（AD）A.。一定时，r 越小则要求。越大 B.。一定时，r 越大则要求人 越大C.一定时，0 越小则要求越大 D.r 一定时，。越
48、大则要求。越大8,8解析：设轨道平面与水平方向的夹角为仇 由 zgtan e=r p 得tan 6=：。可见o 一定时，r 越大，tan。越小，内外轨的高度差越小，当厂一定时，。越大，tan。越大，内外轨的高度差越大。故选AD。10.（2021.全国甲卷，20）质量为根的物体自倾角为a 的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为反，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为卷。已知sin a=0.6,重力加速度大小为g。则（BC）A.物体向上滑动的距离为匹B.物体向下滑动时的加速度大小为当C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比
49、向下滑动的时间长解析：物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有Ek l一42g2/cos a=-Ek物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有-m g/sin a-fimglcos a=O-Ek整 理 得/=白；=0.5,A错误、C正确；mg物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma=mgsin a-fimgcos a求解得出。=冬B正确；物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma=mgsin a+fimgcos a物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma 下=/%gsin。/zmgcos a由上式可知。上,。卜，由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式/=%1则可得出r上/
50、下，D错误。第II卷（非选择题 共60分）二、填空题（2小题，共14分。把答案直接填在横线上）11.（6分）（2021.全国乙卷，22）某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5 cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。完成下列填空：(结果均保留2位有效数字)(1)小球运动到图(b)中位置A时，其速度的水平分量大