2025高考物理步步高同步练习必修2模块综合试卷(一)

2025高考物理步步高同步练习必修2模块综合试卷(一)(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分．每题只有一个选项最符合题意．1．如图1所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，质点运动到D点(D点是曲线的拐点)时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是()图1A．质点经过C点的速率比D点的大B．质点经过C点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C．质点经过D点时的加速度比B点的大D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小答案A解析因为质点做匀变速曲线运动，所以加速度恒定，C项错误．在D点时加速度方向与速度方向垂直，故知加速度方向向上，合力方向也向上，所以质点从C到D的过程中，合力方向与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小，vC>vD，A项正确，B项错误．从B至E的过程中，加速度方向与速度方向夹角一直减小，D项错误．2.如图2所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速传送至高处，在此过程中，下列说法正确的是()图2A．摩擦力对物体做正功B．支持力对物体做正功C．重力对物体做正功D．合外力对物体做正功答案A解析摩擦力方向平行皮带向上，与物体运动方向相同，故摩擦力做正功，A对；支持力始终垂直于速度方向，不做功，B错；重力对物体做负功，C错；合外力为零，做功为零，D错．3.(2021·浙江杭州市余杭中学高一月考)近几年各学校流行跑操．在通过圆形弯道时每一列的连线沿着跑道；每一排的连线是一条直线且必须与跑道垂直；在跑操过程中，每位同学之间的间距保持不变．如图3为某中学某班学生以整齐的步伐通过圆形弯道时的情形，此时此刻()图3A．同一列的学生的线速度相同B．同一列的学生受到的向心力相同C．同一排外圈的学生比内圈的学生线速度更大D．同一排的学生受到的向心加速度相同答案C解析通过圆形弯道时，由于同一列的学生的线速度方向不同，所以线速度不同，A错误；通过圆形弯道时，向心力指向圆心，同一列的学生受到的向心力的方向不同，B错误；各位学生以整齐的步伐通过圆形弯道时，因每一排的连线是一条直线，且与跑道垂直，相当于共轴转动，所以全班同学的角速度相同，根据v＝ωr，由同一排外圈的学生比内圈的学生转动半径大，同一排外圈的学生比内圈的学生线速度更大，C正确；根据a＝rω2可知，同一排的学生的转动半径不同，同一排的学生受到的向心加速度不相同，D错误．4．(2020·浙江卷)如图4所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行．a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星，则()图4A．a、b的周期比c大B．a、b的向心力一定相等C．a、b的速度大小相等D．a、b的向心加速度比c的小答案C解析卫星环绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供其做圆周运动的向心力，由公式Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，则a、b的周期比c的小，A错误；由于a、b的质量关系未知，则a、b的向心力大小无法确定，B错误；由公式Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，a、b的速度大小相等，C正确；由公式Geq\f(Mm,r2)＝ma得a＝Geq\f(M,r2)，a、b的向心加速度比c的向心加速度大，D错误．5．(2021·江苏南通市高一月考)将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙面上，如图5所示．不计空气阻力，则下列说法正确的是()图5A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短B．篮球两次抛出时速度的竖直分量第一次小于第二次C．篮球两次撞墙的速度可能相等D．抛出时的速度大小，第一次一定比第二次小答案A解析由于两次篮球均垂直撞在竖直墙面上，则篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的逆运动，加速度都为g.在竖直方向上h＝eq\f(1,2)gt2，因为h1>h2，则t1>t2，因为水平位移相等，根据x＝v0t知撞墙的速度v01<v02，即第二次撞墙的速度大；由vy＝gt可知两次抛出时速度的竖直分量第一次大于第二次，故A正确，B、C错误；根据平行四边形定则知，抛出时的速度v＝eq\r(v\o\al(02)＋2gh)，第一次的水平初速度小，而上升的高度大，则无法比较抛出时的速度大小．故D错误．6.(2020·百校联盟模拟)质量为1kg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6所示，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则物体上升3m时的速度大小为()图6A．4eq\r(5)m/sB．2eq\r(5)m/sC．4eq\r(3)m/sD．2eq\r(3)m/s答案B解析由动能定理可知WF－mgh＝eq\f(1,2)mv2，又因F－h图像的图线与横轴围成的“面积”表示拉力做的功，则WF＝40J，代入数据可解得v＝2eq\r(5)m/s，选项B正确．7.(2019·天津卷)2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”，如图7所示．已知月球的质量为M、半径为R.探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探测器的()图7A．周期为eq\r(\f(4π2r3,GM)) B．动能为eq\f(GMm,2R)C．角速度为eq\r(\f(Gm,r3)) D．向心加速度为eq\f(GM,R2)答案A解析嫦娥四号探测器环绕月球做匀速圆周运动时，万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，有eq\f(GMm,r2)＝mω2r＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r＝ma，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))、v＝eq\r(\f(GM,r))、T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))、a＝eq\f(GM,r2)，则嫦娥四号探测器的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，由以上可知A正确，B、C、D错误．8.(2020·唐山一中高一期末)两轮平衡车(如图8所示)深受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为Ff.已知小明和平衡车的总质量为m，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做的功．设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则()图8A．平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为v＝eq\f(P0,Ff＋ma)B．平衡车运动过程中所需的最小牵引力为F＝maC．平衡车达到最大速度所用的时间t＝eq\f(P0,Ff＋maa)D．平衡车能达到的最大行驶速度v0＝eq\f(P0,Ff＋ma)答案A解析平衡车做匀加速直线运动过程中，由牛顿第二定律可得F牵－Ff＝ma，则平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为v＝eq\f(P0,F牵)＝eq\f(P0,Ff＋ma)，选项A正确；当平衡车的加速度为零时，牵引力最小，F＝Ff，选项B错误；平衡车由静止匀加速达到v所用的时间为eq\f(v,a)＝eq\f(P0,Ff＋maa)，匀加速结束后，平衡车可减小牵引力，减小加速度，最后当牵引力等于阻力时达到最大速度，此时v0＝eq\f(P0,Ff)，可知平衡车达到最大速度所用的时间t大于eq\f(P0,Ff＋maa)，选项C、D错误．9．(2020·全国卷Ⅱ)如图9，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.eq\f(E2,E1)等于()图9A．20B．18C．9.0D．3.0答案B解析摩托车从a点做平抛运动到c点，水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝eq\f(1,2)gt12，可解得v1＝eq\r(\f(gh,2))，动能E1＝eq\f(1,2)mv12＝eq\f(mgh,4)；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＝eq\f(1,2)gt22，解得v2＝3eq\r(gh)，动能E2＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(9,2)mgh，故eq\f(E2,E1)＝18，B正确．10．(2020·福州市二模)将一小球以初速度v0水平抛出，不计空气阻力，小球轨迹如图10甲所示，按此轨迹制作一条光滑轨道，并将轨道固定在竖直面内，如图乙所示．现把质量为m的小球套在轨道上，从轨道顶点O由静止开始下滑，已知当地重力加速度为g，则沿该轨道下滑的小球()图10A．做平抛运动B．机械能不守恒C．下滑高度为h时，重力的瞬时功率为mgeq\r(2gh)D．与图甲中的小球相比，下滑相同高度时，耗时较长答案D解析因为小球除受重力作用，还受光滑轨道弹力的作用，所以不做平抛运动，但机械能守恒，选项A、B错误；下滑高度为h时，重力的瞬时功率小于mgeq\r(2gh)，所以选项C错误；与题图甲中的小球相比，题图乙中的小球在竖直方向的加速度总小于重力加速度g，所以耗时较长，选项D正确．二、非选择题：共5题，共60分．其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．11．(8分)(2019·北京卷改编)用如图11甲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．图11(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(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．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：如图乙所示，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eq\f(y1,y2)________eq\f(1,3)(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)．答案(1)BD(2分)(2)a.球心(1分)需要(1分)b．大于(2分)xeq\r(\f(g,y2－y1))(2分)解析(1)因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，即每次实验都要保证钢球从同一高度无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，因此A错误，B、D正确；挡板高度可以不等间距变化，故C错误．(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eq\f(y1,y2)大于eq\f(1,3)；由y2－y1＝gT2，x＝v0T，联立解得v0＝xeq\r(\f(g,y2－y1)).12．(12分)(2019·天津卷)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图12甲所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12˚(sin12°≈0.21)．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求：图12(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做的功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大．答案(1)7.5×104J(2)1.1×103N解析(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①(2分)根据动能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②(2分)联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104J③(2分)(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsinθ④(2分)由牛顿第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤(2分)联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103N．(2分)13．(12分)(2021·江苏盐城市高一期中)如图13所示，半径R＝0.5m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高，B为圆弧轨道的最低点，该圆弧轨道与一粗糙直轨道CD相切于C，OC与OB的夹角为53°，一质量为m的小滑块从P点由静止开始下滑，PC间距离为R，滑块在CD上所受滑动摩擦力为重力的0.3倍，重力加速度为g(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：图13(1)滑块从P点滑到B点的过程中，重力势能减少多少；(2)滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小；(3)为保证滑块不从A处滑出，PC之间的最大距离是多少．答案(1)1.2mgR(2)2.8mg(3)0.6m解析(1)设PC间的垂直高度为h1，由几何关系得h1＝Rsin53°＝0.8RCB间的竖直高度h2＝R－Rcos53°＝0.4RPB间高度差h＝h1＋h2＝1.2R所以滑块从P滑到B减少的重力势能为ΔEp＝mgh＝1.2mgR(3分)(2)在B点，由牛顿第二定律知FN－mg＝meq\f(v2,R)(1分)从P到B，由动能定理mgh－0.3mgR＝eq\f(1,2)mv2－0(2分)联立解得FN＝2.8mg(1分)据牛顿第三定律滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝2.8mg.(2分)(3)设PC之间的最大距离为L时，滑块第一次到达A时速度为零，则对整个过程应用动能定理mgLsin53°＋mgR(1－cos53°)－mgR－0.3mgL＝0(2分)代入数值解得L＝0.6m(1分)14．(13分)(2021·重庆八中高一期中)第24届冬奥会将于2022年在我国的北京和张家口举行，跳台滑雪是冬奥会最受欢迎的比赛项目之一．如图14为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，包括助滑坡AC和着陆坡CD.助滑坡由AB和BC组成，AB是长为L的长直斜坡，坡度(即与水平面的夹角)为θ＝37°，BC为半径为eq\f(L,3)的圆弧滑道，两者相切于B点，过圆弧滑道最低点C的切线水平．着陆坡CD坡度α＝30°.现有一运动员连同滑雪装备总质量为m，从A点由静止滑下，通过C点水平飞出，飞行一段时间落到着陆坡CD上的E点，测得CE间距离为eq\f(4L,3)，不计空气阻力，取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5)，重力加速度为g，求：图14(1)运动员到达C点的速度大小；(2)运动员到达C点时对滑道的压力；(3)运动员由A滑到C点过程中，雪坡阻力对运动员所做的功．答案(1)eq\r(gL)(2)4mg，方向竖直向下(3)－eq\f(1,6)mgL解析(1)C到E的过程，运动员做平抛运动，设运动员在C点的速度为v0竖直方向eq\f(4,3)Lsin30°＝eq\f(1,2)gt2(2分)解得t＝eq\r(\f(4L,3g))(1分)水平方向v0t＝eq\f(4,3)Lcos30°(2分)解得v0＝eq\r(gL)(1分)(2)在C点，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(02),\f(1,3)L)(2分)解得FN＝4mg(1分)根据牛顿第三定律得FN′＝FN＝4mg，方向竖直向下(2分)(3)运动员由A到C的过程，根据动能定理有mg[Lsin37°＋eq\f(L,3)(1－cos37°)]＋Wf＝eq\f(1,2)mv02(1分)解得Wf＝－eq\f(1,6)mgL.(1分)15．(15分)(2021·江苏徐州市高一期中)如图15甲所示，一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝0.4kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x＝0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，设小物块与桌面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小物块离开水平面做平抛运动，下落高度h＝0.8m时恰好垂直击中倾角θ为37°的斜面上的C点，sin37°＝0.6，g取10m/s2.求：图15(1)小物块到达桌边B点时的速度大小；(2)小物块到达C点时重力的功率；(3)在压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能；(4)O点至桌边B点的距离L.答案(1)3.0m/s(2)16W(3)2.3J(4)0.4m解析(1)物块由B到C做平抛运动，竖直方向根据自由落体运动的规律可得h＝eq\f(1,2)gt2(1分)解得t＝0.4s物块在C点垂直击中斜面，根据运动的合成与分解可得tan37°＝eq\f(v0,gt)(2分)解得物块做平抛运动的初速度v0＝3.0m/s则小物块到达桌边B点时的速度大小vB＝v0＝3.0m/s(1分)(2)小物块到达C点时竖直方向的速度vy2＝2gh(2分)解得vy＝4m/s小物块到达C点时重力的功率P＝mgvy＝16W(1分)(3)由题图乙可知，当力F增大到1.0N时物体开始运动，所以物块与桌面间的滑动摩擦力Ff＝1.0N(1分)题图乙中，图线与x轴所围成面积表示推力做的功，故在压缩弹簧的过程中，推力做的功W＝eq\f(1,2)×(47.0＋1.0)×0.1J＝2.4J(1分)压缩过程中，由功能关系得W－Ffx－Ep＝0(2分)解得弹簧的最大弹性势能Ep＝2.3J(1分)(4)物块从A到B的过程中，由功能关系得Ep－Ff(x＋L)＝eq\f(1,2)mvB2(2分)解得L＝0.4m．(1分)模块综合试卷(二)(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分．每题只有一个选项最符合题意．1．下列说法正确的是()A．两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动B．做圆周运动的物体受到的合力不一定指向圆心C．一对摩擦力做功的代数和为零D．物体竖直向上运动，其机械能一定增加答案B解析两个匀变速直线运动，若合加速度方向与合初速度方向相同，则合运动为匀变速直线运动，若合加速度方向与合初速度方向有夹角，则合运动为匀变速曲线运动，选项A错误；物体做匀速圆周运动时，合力一定指向圆心，若物体做变速圆周运动，则合力不指向圆心，选项B正确；一对滑动摩擦力做功的代数和为负值，选项C错误；物体竖直向上运动时，若受到除重力以外的向上的外力，则机械能增加，若受到除重力以外的向下的外力，则机械能减少，若除重力外不受到外力，则机械能不变，选项D错误．2.(2020·潮州高级中学高一期末)在一次飞行表演中，一架“歼－20”战斗机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图1)，最后沿陡斜线直入云霄．设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变．则沿曲线ab飞行时，战斗机()图1A．所受合外力为零B．速度方向不断变化C．竖直方向的分速度逐渐减小D．水平方向的分速度不变答案B解析战斗机做曲线运动，速度方向发生变化，所受合外力不为零，A错误，B正确．战斗机的飞行速度大小v不变，与水平方向的夹角θ增大，则vy＝vsinθ增大，即战斗机竖直方向的分速度逐渐增大，C错误．战斗机的飞行速度大小v不变，与水平方向的夹角θ增大，则vx＝vcosθ减小，即战斗机水平方向的分速度逐渐减小，D错误．3．火箭发射回收是航天技术的一大进步，如图2所示，火箭在返回地面前的某段运动可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则()图2A．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化D．火箭着地时，火箭对地面的作用力大于自身的重力答案D解析匀速下降阶段，火箭所受的阻力等于重力，除了重力做功外，还有阻力做功，所以机械能不守恒，选项A错误；在减速下降阶段，加速度向上，所以处于超重状态，选项B错误；火箭着地时，做减速运动，加速度向上，处于超重状态，则地面对火箭的作用力大于火箭的重力，由牛顿第三定律知，火箭对地面的作用力大于自身的重力，选项D正确；合外力做功等于动能的改变量，选项C错误．4．设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍．不考虑行星自转的影响，则()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．金星绕太阳运动的加速度比火星小D．金星绕太阳运动的周期比火星大答案B解析根据g＝eq\f(GM,R2)可知，eq\f(g金,g火)＝eq\f(M金,M火)·eq\f(R\o\al(火2),R\o\al(金2))＝eq\f(k,n2)，选项A错误；根据v＝eq\r(\f(GM,R))可知，eq\f(v金,v火)＝eq\r(\f(k,n))，选项B正确；根据a＝eq\f(GM太,r2)可知，轨道半径越大，加速度越小，选项C错误；由eq\f(r3,T2)＝常量可知，轨道半径越大，周期越长，选项D错误．5．用竖直向上、大小为30N的力F，将2kg的物体从沙坑表面由静止提升1m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20cm.若忽略空气阻力，g取10m/s2，则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A．20JB．24JC．34JD．54J答案C解析对全程应用动能定理，有Fh＋mgd－W克f＝0，解得物体克服沙坑的阻力所做的功W克f＝34J，选项C正确．6.(2021·浙江绍兴市高一期中)2021年2月11日除夕，中国“天问一号”探测器飞行202天抵近火星时，主发动机长时间点火“踩刹车”，“大速度增量减速”，从而被火星引力场捕获，顺利进入近火点高度约400千米、周期约10个地球日、倾角约10°的大椭圆环火轨道，成为我国第一颗人造火星卫星，于2021年5月着陆巡视器成功实施软着陆．如图3，“天问一号”在P点被火星捕获后，假设进入大椭圆环火轨道Ⅲ，一段时间后，在近火点Q点火制动变轨至中椭圆环火轨道Ⅱ运行，再次经过近火点Q点火制动变轨至近火圆轨道Ⅰ运行．下列说法正确的是()图3A．在地球上发射“天问一号”环火卫星速度必须大于16.7km/sB．“天问一号”在轨道Ⅲ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期C．“天问一号”在P点的机械能大于在轨道Ⅰ上Q点的机械能D．“天问一号”分别经过轨道Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ上Q点的加速度大小不相等答案C解析“天问一号”能够摆脱地球引力的束缚到达火星且没有飞出太阳系，所以在地球上发射“天问一号”环火卫星速度必须大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度，即16.7km/s＞v发＞11.2km/s，故A错误；轨道Ⅲ的半长轴比轨道Ⅱ的半长轴长，根据开普勒第三定律可知“天问一号”在轨道Ⅲ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期，故B错误；“天问一号”从P点到轨道Ⅰ上Q点的运动过程中需要经历点火制动，发动机对卫星做负功，所以“天问一号”在P点的机械能大于在轨道Ⅰ上Q点的机械能，故C正确；“天问一号”分别经过轨道Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ上Q点时所受万有引力大小相等，所以加速度大小相等，故D错误．7.如图4所示为可视为质点的排球从O点水平抛出后，只在重力作用下运动的轨迹示意图．已知排球从O点到a点与从a点到b点的时间相等，则()图4A．排球从O点到a点和从a点到b点重力做功之比为1∶1B．排球从O点到a点和从a点到b点重力做功的平均功率之比为1∶3C．排球运动到a点和b点时重力的瞬时功率之比为1∶3D．排球运动到a点和b点时的速度大小之比为1∶2答案B解析排球抛出后，在竖直方向上做自由落体运动，在最初的相同时间内竖直方向运动的位移大小之比为1∶3，则排球从O点到a点和从a点到b点竖直方向运动的位移大小之比为1∶3，重力做功之比为1∶3，重力做功的平均功率之比为1∶3，选项A错误，B正确；由vy＝gt得排球落到a点和b点时的竖直速度大小之比为1∶2，又P＝mgvy，可得重力的瞬时功率之比为1∶2，选项C错误；排球落到a点和b点的竖直速度大小之比为1∶2，水平速度相同，根据v＝eq\r(v\o\al(x2)＋v\o\al(y2))，可知排球运动到a点和b点时的速度大小之比不为1∶2，选项D错误．8.(2021·云南临沧一中模拟)如图5所示为一种叫作“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下．若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上随“魔盘”一起运动过程中，下列说法正确的是()图5A．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C．如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变D．“魔盘”的转速一定不小于eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))答案D解析人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力和摩擦力作用，向心力由弹力提供，故A错误；人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故B错误；如果转速变大，由F＝mrω2知，人与器壁之间的弹力变大，故C错误；人恰好“贴”在“魔盘”上有，mg＝Ffmax，FN＝mr(2πn)2，又Ffmax＝μFN，解得转速为n＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))，故“魔盘”的转速一定不小于eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))，故D正确．9.(2021·浙江宁波市期末)如图6为中国女排队员比赛中高抛发球，若球离开手时正好在底线中点正上空3.50m处，速度方向水平且与底线垂直．已知每边球场的长和宽均为9m，球网高2.25m，不计空气阻力(g＝10m/s2，eq\r(0.7)＝0.84)．为了使球能落到对方场地，下列发球速度大小可行的是()图6A．15m/s B．17m/sC．20m/s D．25m/s答案C解析发球后球做平抛运动，设球刚好过网所用时间为t1，发球速度为v1，则球在竖直方向的位移h1为发球高度减去球网高度，水平方向位移x1＝9m，根据公式h＝eq\f(1,2)gt2，得t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(2×3.50－2.25,10))s＝0.5s，则v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(9,0.5)m/s＝18m/s若发球速度小于18m/s，球不能过网，不能落入对方场地；设球刚好落在对方底线中点所用时间为t2，发球速度为v2，则球在竖直方向的位移h2＝3.50m，水平方向的位移x2＝(9＋9)m＝18m，则t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2×3.50,10))s≈0.84s，所以v2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(18,0.84)m/s≈21.4m/s，若发球速度大于21.4m/s，球将超出对方底线，不能落入对方场地，发球速度范围为18m/s≤v≤21.4m/s，故选C.10．(2021·江苏无锡市高一期中)如图7所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1m．两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2.则下列说法中正确的是()图7A．下滑的整个过程中A球机械能守恒B．下滑的整个过程中B球机械能守恒C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为1m/sD．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为eq\f(2,3)J答案D解析在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但B在水平面滑行，而A在斜面滑行时，杆的弹力对A做负功，也对B做正功，所以A、B两球机械能都不守恒，故A、B错误；根据系统机械能守恒得mAg(h＋Lsin30°)＋mBgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，代入解得v＝eq\f(2,3)eq\r(6)m/s，故C错误；系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为ΔE＝eq\f(1,2)mBv2－mBgh＝eq\f(2,3)J，故D正确．二、非选择题：共5题，共60分．其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．11．(15分)(2021·江苏苏州市高一期末)某活动小组利用图8甲装置“验证机械能守恒定律”．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB.用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，测出两光电门间的距离h和钢球直径D，当地的重力加速度为g.图8(1)如图乙所示，用20分度的游标卡尺测量钢球的直径D＝________cm；(2)用所测的物理量(D、h、tA、tB)表达小球运动的加速度a＝____________；(3)要验证机械能守恒定律，只要比较____________；A．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(A2))－\f(1,t\o\al(B2))))与gh是否相等B．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(A2))－\f(1,t\o\al(B2))))与2gh是否相等C．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2))))与gh是否相等D．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2))))与2gh是否相等(4)实际钢球通过光电门的平均速度__________(选填“大于”或“小于”)钢球球心通过光电门的瞬时速度；(5)下列做法中，可以减小“验证机械能守恒定律”实验误差的是______________．A．选用体积更大的球B．选用密度更小的球C．适当增大两光电门的距离hD．改用10分度的游标卡尺测球直径的大小答案(1)0.950(2)eq\f(D2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2)))),2h)(3)D(4)小于(5)C(每空3分)解析(1)20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，由题图乙可知，游标卡尺的主尺读数为0.9cm，游标尺的第10个刻度与主尺上某刻度对齐，读数是0.05×10mm＝0.50mm＝0.050cm，所以测量得钢球的直径为D＝0.9cm＋0.050cm＝0.950cm(2)用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，则有v＝eq\f(D,t)由运动学公式可得2ah＝eq\f(D2,t\o\al(B2))－eq\f(D2,t\o\al(A2))小球运动的加速度a＝eq\f(D2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2)))),2h)(3)根据机械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D2,t\o\al(B2))－\f(D2,t\o\al(A2))))即只要比较D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2))))与2gh是否相等，A、B、C错误，D正确．(4)匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度小于中间位置的瞬时速度，因此实际钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度．(5)选用体积更大的球，空气阻力更大，误差更大，A错误；选用密度更小的球，同质量的球，体积更大，空气阻力更大，误差更大，B错误；适当增大两光电门的距离h，小球运动的速度更大，测量速度精度更高，误差较小，C正确；改用10分度的游标卡尺的精度比20分度的游标卡尺精度低，测球直径的误差较大，D错误．12．(8分)如图9甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的位置与平台右边缘的水平距离为s.多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2－v02图像如图乙所示．滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求平台离地面的高度h及滑块在平台上滑行的距离d.图9答案1m2m解析设滑块滑到平台右边缘时的速度为v，根据动能定理得－μmgd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(2分)滑块离开平台后做平抛运动，有h＝eq\f(1,2)gt2(1分)s＝vt(1分)联立得s2＝eq\f(2h,g)v02－4μhd(1分)s2－veq\o\al(2,0)图像的斜率k＝eq\f(2h,g)＝eq\f(2,22－12)s2＝0.2s2(1分)解得h＝1m(1分)当s2＝0时，v02＝12m2/s2解得d＝2m．(1分)13．(10分)(2021·江苏南通市高一期末)图10是某同学设计的“鱼龙戏水”景观示意图．鲤鱼的喷水口离水池底面的高度H＝4m，使用效率η＝80%的水泵从旁边的水池抽水，当水到达喷水口后以不变的速率沿水平方向射出，恰好沿龙首入口的切线方向被“吸入”，然后流入水池中循环利用．已知龙首入口切线方向与水平面成α角，α＝37°，入口离水池底面的高度h＝2.2m，喷水口的横截面积为10cm2，水的密度为1×103kg/m3，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.图10(1)水从鲤鱼口喷出的初速度多大？(2)鲤鱼的喷水口与龙首的入口的水平距离应该设计为多少？(3)带动该水泵的电动机的输出功率至少为多少？答案(1)8m/s(2)4.8m(3)320W解析(1)设水从鲤鱼口喷出的初速度为v0.水从鲤鱼口喷出后做平抛运动，有：vy2＝2g(H－h)(1分)代入数据解得：vy＝6m/s(1分)结合水进入龙首的速度方向与水平面成α角，有：v0＝eq\f(vy,tanα)＝8m/s(1分)(2)由vy＝gt得：t＝0.6s(1分)鲤鱼的喷水口与龙首的入口的水平距离为：x＝v0t＝8×0.6m＝4.8m(2分)(3)带动该水泵的电动机每秒做功为：W＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(ρSv0t0)v02(2分)电动机的输出功率为：P