模塊綜合試卷(二) (滿分：100分) 一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。 1．(2023·全國甲卷)一同學將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉動的影響，鉛球在平拋運動過程中(　　) A．機械能一直增加 B．加速度保持不變 C．速度大小保持不變 D．被推出后瞬間動能最大 答案　B 解析　鉛球做平拋運動，僅受重力作用，故機械能守恒，A錯誤；鉛球的加速度恒為重力加速度，保持不變，B正確；鉛球做平拋運動，水平方向速度不變，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)運動的合成可知鉛球速度變大，則動能越來越大，C、D錯誤。 2．(2023·全國乙卷)小車在水平地面上沿軌道從左向右運動，動能一直增加。如果用帶箭頭的線段表示小車在軌道上相應位置處所受合力，下列四幅圖可能正確的是(　　) 答案　D 解析　小車做曲線運動，所受合外力指向曲線的凹側，故A、B錯誤；小車沿軌道從左向右運動，動能一直增加，故合外力與運動方向夾角為銳角，C錯誤，D正確。 3.(2023·寧波市高一學校聯(lián)考)2022年10月31日，“夢天”實驗艙在文昌航天發(fā)射場發(fā)射，成功和“天和”核心艙對接，并保持軌道半徑不變，離地約400 km?！皦籼臁睂嶒炁撏瓿伞癟”字基本構型后，“神舟十四號”航天員乘組在“夢天”實驗艙內完成了貨包整理、設備安裝等工作。彰顯了中國獨自組建空間站的航天實力。下列說法正確的是(　　) A．“夢天”實驗艙從高軌向低軌完成對接，加速運動就可完成對接任務 B．“夢天”實驗艙與“天和”核心艙對接后，核心艙向心加速度變大 C．“夢天”實驗艙發(fā)射速度必須小于第二宇宙速度 D．對接后“夢天”實驗艙的角速度大小比同步衛(wèi)星小 答案　C 解析　“夢天”實驗艙從高軌向低軌完成對接，從高軌道到低軌道，需要減速，故A錯誤；根據(jù)Geq \f(Mm,r2)＝ma，得a＝Geq \f(M,r2)，由于對接后“天和”核心艙的軌道半徑不變，所以向心加速度不變，故B錯誤；“夢天”實驗艙的發(fā)射速度需要大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故C正確；對接后“夢天”實驗艙的軌道半徑小于同步衛(wèi)星軌道半徑，根據(jù)Geq \f(Mm,r2)＝mrω2，得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，可知“夢天”實驗艙的角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，故D錯誤。 4．(2023·紹興市高一期末)如圖所示，A、B為兩個相鄰的試驗平臺，兩平臺高度差為80 cm，平臺B的長度為2 m。不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，若要求小車(可視為質點)在離開平臺A后不落在平臺B上，則小車在離開平臺A時的速度至少為(　　) A．6.0 m/s B．5.0 m/s C．4.0 m/s D．2.0 m/s 答案　B 解析　根據(jù)題意可知，小車(可視為質點)在離開平臺A后做平拋運動，豎直方向上有h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向上有x＝v0t，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得v0＝5.0 m/s，故選B。 5．設行星繞太陽的運動是勻速圓周運動，金星自身的半徑是火星的n倍，質量為火星的k倍。不考慮行星自轉的影響，則(　　) A．金星表面的重力加速度是火星的eq \f(k,n)倍 B．金星的“第一宇宙速度”是火星的eq \r(\f(k,n))倍 C．金星繞太陽運動的加速度比火星小 D．金星繞太陽運動的周期比火星大 答案　B 解析　根據(jù)g＝eq \f(GM,R2)可知，eq \f(g金,g火)＝eq \f(M金,M火)·eq \f(R火2,R金2)＝eq \f(k,n2)，選項A錯誤；根據(jù)v＝eq \r(\f(GM,R))可知，eq \f(v金,v火)＝eq \r(\f(k,n))，選項B正確；根據(jù)a＝eq \f(GM太,r2)可知，軌道半徑越大，加速度越小，選項C錯誤；由eq \f(r3,T2)＝常量可知，軌道半徑越大，周期越長，選項D錯誤。 6．(2023·玉林市高一期中)蛙式滑板車陪伴很多小朋友度過了快樂的童年，其有兩個踏板，一只腳踩一個踏板，通過兩腳開合運動推動車子前進，如圖為某款滑板車的實物圖和示意圖，圖中虛線為某次運動時兩后輪AB留下的痕跡，兩踏板AO、BO有效長度為0.6 m，當∠AOB＝60°時，兩踏板相對于O點合攏的角速度均為2 rad/s，此時虛線上對應位置的切線與AB共線，前輪CO在∠AOB的角平分線上，則滑板車前進的速度為(　　) A.eq \f(3,5) m/s B.eq \f(6,5) m/s C.eq \f(3,5)eq \r(3) m/s D.eq \f(6,5)eq \r(3) m/s 答案　A 解析　對左側后輪進行分析，其合速度沿虛線切線方向，可分解為沿車前進的速度和繞A點轉動的速度，如圖所示，其中v轉＝ωL＝1.2 m/s，則v車＝v轉sin 30°＝eq \f(3,5) m/s，故選A。 7.(2022·重慶北碚西南大學附中高一期末)在高空運行的同步衛(wèi)星功能失效后，往往會被送到同步軌道上空幾百公里處的“墓地軌道”，以免影響其他在軌衛(wèi)星并節(jié)省軌道資源。如圖所示，2022年1月22日，我國“實踐21號”衛(wèi)星在地球同步軌道“捕獲”已失效的“北斗二號G2”衛(wèi)星后，成功將其送入“墓地軌道”。已知地球自轉周期為T0，轉移軌道與同步軌道、墓地軌道分別相切于P、Q點，則“北斗二號G2”衛(wèi)星(　　) A．在墓地軌道上的運動周期大于T0 B．在同步軌道上的機械能大于在墓地軌道上的機械能 C．在轉移軌道上經(jīng)過P點的速度等于在同步軌道上經(jīng)過P點的速度 D．在轉移軌道上經(jīng)過P點的加速度大于在同步軌道上經(jīng)過P點的加速度 答案　A 解析　根據(jù)萬有引力提供向心力可得eq \f(GMm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，解得T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))，由于墓地軌道的半徑大于同步軌道半徑，可知衛(wèi)星在墓地軌道上的運動周期大于T0，故A正確；衛(wèi)星從低軌道變軌到高軌道，需要點火加速，變軌時衛(wèi)星的機械能增加，可知衛(wèi)星在同步軌道上的機械能小于在墓地軌道上的機械能，故B錯誤；衛(wèi)星在P點從同步軌道變軌到轉移軌道，需要點火加速，則衛(wèi)星在轉移軌道上經(jīng)過P點的速度大于在同步軌道上經(jīng)過P點的速度，故C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可得eq \f(GMm,r2)＝ma，解得a＝eq \f(GM,r2)，由于M、r都相同，可知衛(wèi)星在轉移軌道上經(jīng)過P點的加速度等于在同步軌道上經(jīng)過P點的加速度，故D錯誤。 二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。 8.(2023·武漢市高一期末)先后將小球1、2由同一位置以不同的速度豎直向上拋出，拋出后小球只受重力和水平方向的風力作用，兩小球的運動軌跡如圖中虛線所示，則兩小球相比，下列說法正確的是(　　) A．小球1豎直向上拋出的初速度比2大 B．小球1從拋出到落地的運動時間比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所受的風力一定比小球1受到的大 答案　AC 解析　小球的運動可以分解為豎直方向的豎直上拋和水平方向的勻加速直線運動，上升階段豎直方向滿足v02＝2gh，h＝eq \f(1,2)gt2，依題意，可知小球1上升高度大于小球2的上升高度，所以小球1豎直向上拋出的初速度大，小球1從拋出到落地的運動時間長，故A正確，B錯誤；由題圖可知，小球1水平位移小，飛行時間長，根據(jù)水平方向的平均速度eq \x\to(v)＝eq \f(x,t)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正確；小球水平方向滿足x＝eq \f(1,2)at2，由題圖可知，小球1的飛行時間長，水平位移小，小球1的加速度小，但不知道兩小球質量的關系，故不能判斷出二者水平方向受力的關系，故D錯誤。 9.(2022·北京昌平高一期末)雪車(也稱“有舵雪橇”)比賽是冬奧會比賽項目之一。如圖所示，在一段賽道上，運動員操控雪車無助力滑行，沿斜坡賽道由靜止從A點滑行至B點，再沿水平賽道滑行至C點停下來。已知運動員和雪車的總質量為m，A、B兩點間的豎直高度為h，雪車與賽道間的動摩擦因數(shù)處處相同，重力加速度為g。忽略空氣阻力的影響。運動員及雪車從A點滑行到C點的整個過程中，下列說法正確的是(　　) A．克服摩擦力做功為mgh B．機械能的減小量為mgh C．合外力做功為0 D．合外力做功為mgh 答案　ABC 解析　運動員及雪車從A點滑行到C點的整個過程中，重力做正功，為mgh，摩擦力做負功，滿足Wf＋mgh＝0，根據(jù)功能關系可知克服摩擦力做功為W克f＝mgh，故A正確；機械能的減小量等于克服摩擦力做的功，為mgh，故B正確；根據(jù)動能定理可知，初末狀態(tài)動能均為零，則合外力做功為0，故C正確，D錯誤。 10．(2022·新泰市第一中學高一期中)質量m＝200 kg的小型電動汽車在平直的公路上由靜止啟動，圖甲表示汽車運動的速度與時間的關系，圖乙表示汽車牽引力的功率與時間的關系。設汽車在運動過程中阻力不變，在18 s末汽車的速度恰好達到最大。則下列說法正確的是(　　) A．汽車受到的阻力200 N B．汽車的最大牽引力為800 N C．8～18 s過程中汽車牽引力做的功為8×104 J D．汽車在做變加速運動過程中的位移大小為95.5 m 答案　CD 解析　當牽引力等于阻力時，速度達到最大值，則有Ff＝eq \f(P,vm)＝800 N，故A錯誤；汽車做勻加速運動的速度最大時牽引力最大，則有F＝eq \f(P,v1)＝1 000 N，故B錯誤；8～18 s過程中汽車已達到最大功率，所以牽引力做的功為W＝Pt＝8×104 J，故C正確；8～18 s過程中汽車做變加速度運動，根據(jù)動能定理得Pt－Ffs＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv12，解得s＝95.5 m，故D正確。 三、非選擇題：本題共5小題，共54分。 11．(6分)(2022·浙江1月選考)在“研究平拋運動”實驗中，以小鋼球離開軌道末端時球心位置為坐標原點O，建立水平與豎直坐標軸。讓小球從斜槽上離水平桌面高為h處靜止釋放，使其水平拋出，通過多次描點可繪出小球做平拋運動時球心的軌跡，如圖所示。在軌跡上取一點A，讀取其坐標(x0，y0)，重力加速度為g。 (1)下列說法正確的是________。 A．實驗所用斜槽應盡量光滑 B．畫軌跡時應把所有描出的點用平滑的曲線連接起來 C．求平拋運動初速度時應讀取軌跡上離原點較遠的點的數(shù)據(jù) (2)根據(jù)題目所給信息，小球做平拋運動的初速度大小v0＝________。 A.eq \r(2gh) B.eq \r(2gy0) C．x0eq \r(\f(g,2h)) D．x0eq \r(\f(g,2y0)) (3)在本實驗中要求小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放的理由是______________。 答案　(1)C(2分)　(2)D(2分)　(3)確保多次運動的軌跡相同(2分) 解析　(1)只要保證小球每次從同一位置靜止釋放，到達斜槽末端的速度大小都相同，與實驗所用斜槽是否光滑無關，故A錯誤； 畫軌跡時應舍去誤差較大的點，把誤差小的點用平滑的曲線連接起來，故B錯誤； 求平拋運動初速度時應讀取軌跡上離原點較遠的點的數(shù)據(jù)，便于減小讀數(shù)產(chǎn)生的偶然誤差的影響，故C正確。 (2)坐標原點O為拋出點，由平拋運動規(guī)律有x0＝v0t y0＝eq \f(1,2)gt2 聯(lián)立解得平拋的初速度為v0＝x0eq \r(\f(g,2y0)) 故選D。 (3)小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放是為了保證到達斜槽末端的速度大小都相同，從而能確保多次運動的軌跡相同。 12．(8分)(2022·上海市奉賢中學高一期中)“用DIS驗證機械能守恒定律”實驗裝置如圖。 (1)本實驗利用________傳感器測量擺錘釋放后經(jīng)過各個點的速度，結合各擋光片相對軌道最低點的________和擺錘質量，可以分析擺錘運動過程中機械能的變化。 (2)將擺錘由A點靜止釋放，在擺錘擺到最低點的過程中________。 A．連接桿拉力不做功，合外力不做功 B．連接桿拉力不做功，合外力做正功 C．連接桿拉力做正功，合外力不做功 D．連接桿拉力做正功，合外力做正功 (3)實驗結果繪制數(shù)據(jù)如圖所示，圖像的橫軸表示擺錘距離最低點的高度，縱軸表示小球的重力勢能Ep、動能Ek或機械能E。其中表示擺錘的重力勢能Ep、動能Ek的圖線分別是________和________。(均選填“甲”“乙”或“丙”) (4)根據(jù)實驗圖像，可以得出的結論是________。 答案　(1)光電門(1分)　高度(1分)　(2)B(2分) (3)乙(1分)　丙(1分)　(4)在實驗誤差允許的范圍內，擺錘運動過程中機械能守恒(2分) 解析　(1)本實驗利用光電門傳感器測量擺錘釋放后經(jīng)過各個點的速度，結合各擋光片相對軌道最低點的高度和擺錘質量，可以分析擺錘運動過程中機械能的變化。 (2)將擺錘由A點靜止釋放，在擺錘擺到最低點的過程中，連接桿拉力方向始終垂直于擺錘的速度方向，所以不做功，而擺錘動能增大，合外力做正功，故選B。 (3)擺錘的重力勢能Ep隨h的增大而增大，動能Ek隨h的增大而減小，所以表示擺錘的重力勢能Ep、動能Ek的圖線分別是乙和丙。 (4)甲圖線表示擺錘運動過程中的機械能，在實驗誤差允許的范圍內圖線甲平行于h軸，由此可以得出的結論是擺錘運動過程中機械能守恒。 13．(12分)(2023·德州市高一期末)如圖甲所示，在某星球表面輕繩約束下的質量為m的小球在豎直平面內做圓周運動，小球在最低點與最高點所受輕繩的拉力之差為ΔF，假設星球是均勻球體，其半徑為R，已知引力常量為G。不計一切阻力。 (1)求星球表面重力加速度大?。?(2)求該星球的密度； (3)如圖乙所示，在該星球表面上，某小球以大小為v0的初速度平拋，恰好能擊中傾角為θ的斜面，且位移最短，求該小球平拋的時間。 答案　(1)eq \f(ΔF,6m)　(2)eq \f(ΔF,8πmGR)　(3)eq \f(12mv0,ΔFtan θ) 解析　(1)設小球在最高點受到繩子的拉力為F1，繩長為L，速率為v1，則有F1＋mg＝meq \f(v12,L) (1分) 設小球在最低點受到繩子拉力為F2，速率為v2，則有F2－mg＝meq \f(v22,L)(1分) 小球從最高點到最低點的過程中應用動能定理可得mg·2L＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12(1分) 而ΔF＝F2－F1，故有g＝eq \f(ΔF,6m)(1分) (2)對星球表面上的物體，有Geq \f(Mm′,R2)＝m′g(2分) 星球體積V＝eq \f(4,3)πR3，故星球的密度為ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(ΔF,8mπGR)(2分) (3)最短位移為位移與斜面垂直，可知tan θ＝eq \f(x,y)，x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2(2分) 聯(lián)立可得t＝eq \f(12mv0,ΔF·tan θ)。(2分) 14．(12分)(2022·焦作市高一期中)如圖所示，跳臺滑雪賽道可以簡化為助滑道、起跳區(qū)、著陸坡等幾段，起跳區(qū)BC是一小段半徑R＝20 m的圓弧，助滑道和著陸坡兩斜面與水平面的夾角θ均為37°，運動員與助滑道AB段間的動摩擦因數(shù)μ＝0.125。質量m＝60 kg的運動員(含裝備)從A點無初速度下滑，從起跳區(qū)的C點起跳時速度沿水平方向，然后降落在著陸坡上的D點。不考慮空氣阻力，運動員從起跳區(qū)的C點起跳后在空中時間為t＝3 s，在運動員運動的過程中可以把運動員看成質點。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)運動員在起跳區(qū)C點對滑道的壓力是多少？ (2)若不考慮起跳區(qū)BC對運動員速度大小的影響，助滑道AB的長度至少是多少？ (3)運動員從C點起跳后與著陸坡的最遠距離是多少？ 答案　(1)1 800 N　(2)40 m　(3)9 m 解析　(1)運動員從C點起跳做平拋運動，水平方向有x＝vCt(1分) 豎直方向有y＝eq \f(1,2)gt2(1分) 根據(jù)數(shù)學知識有 tan 37°＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2vC)(1分) 代入數(shù)據(jù)解得vC＝20 m/s(1分) 運動員在C點時，設滑道對運動員的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有 FN－mg＝meq \f(vC2,R)(1分) 解得FN＝1 800 N 根據(jù)牛頓第三定律可知，運動員在起跳區(qū)C點對滑道的壓力為1 800 N。(1分) (2)設助滑道AB的長度為x，根據(jù)動能定理有 mgxsin 37°－μmgxcos 37°＝eq \f(1,2)mvC2(2分) 代入數(shù)據(jù)解得x＝40 m(1分) (3)把運動員在C點時的運動，分解為沿斜面方向和垂直斜面方向，根據(jù)幾何關系，運動員在垂直斜面方向上的初速度為vx＝vCsin 37°＝12 m/s 垂直斜面方向上的加速度大小為 gx＝gcos 37°＝8 m/s2(1分) 根據(jù)題意可知，運動員在垂直斜面方向上先做勻減速運動，當速度減小到零時，與斜面距離最遠，根據(jù) vx2＝2gxx1(1分) 解得，運動員從C點起跳后與著陸坡的最遠距離為 x1＝eq \f(vx2,2gx)＝9 m。(1分) 15．(16分)(2022·無錫市高一期中)如圖所示為某彈射游戲裝置圖。水平槍管中彈簧被彈射桿P用線拉著，處于壓縮狀態(tài)，質量為m的小鋼球緊靠彈簧，槍口上邊緣與半圓形光滑豎直軌道最高點A的內側對齊。水平軌道BC在B、C兩點分別與半圓軌道內側和傾角θ＝45°的斜面平滑連接?？蹌影鈾C，彈射桿P立即松開彈簧，鋼球射出經(jīng)軌道到達斜面上最高點D后又恰好能回到A點進入槍內，擠壓彈簧后再次被彈出。已知半圓軌道半徑為R，BC長s＝2R，球與斜面CD、水平面BC的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，重力加速度為g，小球受到的摩擦力視為滑動摩擦力。求： (1)小球第二次經(jīng)過B點時的速度大小； (2)彈簧儲存的最大彈性勢能Ep； (3)通過計算說明小球能否脫離軌道。 答案　(1)eq \r(5gR)　(2)3.5mgR　(3)不會脫離軌道，計算見解析 解析　(1)由題意，小球恰能返回A點，所以在A點 由mg＝meq \f(vA2,R)得vA＝eq \r(gR)(2分) 設第二次經(jīng)過B點的速度大小為vB，則由機械能守恒定律有eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvA2＋mg×2R(2分) 解得vB＝eq \r(5gR)(1分) (2)從D到B由動能定理得mgh－μmgcos θ×eq \f(h,sin θ)－μmgs＝eq \f(1,2)mvB2(2分) 解得h＝4R(1分) 從發(fā)射到第一次回到A點，由功能關系可得Ep＝2μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,tan θ)＋s))＋eq \f(1,2)mvA2(2分) 解得Ep＝3.5mgR(1分) (3)由機械能守恒定律知第三次經(jīng)B點與第二次經(jīng)B點動能相同，設第三次經(jīng)B點能到達斜面的最大高度為h′，由動能定理得－mgh′－μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h′,tan θ)＋s))＝0－eq \f(1,2)mvB2(2分) 代入數(shù)據(jù)得h′＝1.6 R(1分) 設第四次經(jīng)B點后能達半圓軌道的最大高度為hm，則從h′到hm由動能定理得mgh′－μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h′,tan θ)＋s))－mghm＝0－0(1分) 代入數(shù)據(jù)得hm＝0.7 R 因為0.7 R

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