2025年高考物理 人教版必修第2册第8章　素能测评卷含答案

2025年高考物理人教版必修第2册第8章素能测评卷含答案第八章素能测评卷(时间：75分钟，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，只有一个选项符合题意。)1．一个质量为m的篮球，当它的动能为Ek时，其速度大小为()A.eq\f(Ek,m) B.eq\f(2Ek,m)C.eq\r(\f(Ek,m)) D.eq\r(\f(2Ek,m))解析：根据Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2Ek,m))，故选D。2.如图所示，一轻弹簧的一端固定于O点，另一端系一重物。将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由下摆，不计空气阻力，则在重物由A点摆向最低点B的过程中()A．重物的机械能增大B．重物的机械能守恒C．重力做正功，弹力不做功D．重物和弹簧组成的系统机械能不变解析：在重物下落的过程中，弹簧被拉伸，重力做正功，弹簧弹力做负功，弹簧的弹性势能增加，重物的机械能减小，故A、B、C错误；在重物下落的过程中，对于由重物和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，故系统机械能守恒，故D正确。故选D。3.如图所示，小朋友在荡秋千，在他从P点向右运动到Q点的过程中(忽略空气阻力)，则()A．重力一直做正功B．重力势能一直减小C．动能一直在增大D．人在最低点时绳的拉力最大解析：他从P点向右运动到Q点的过程中，位置先降低再升高，重力先做正功再做负功，重力势能先减小再增大，A、B错误；他在运动过程中只有重力做功，满足机械能守恒，故动能先增大再减小，C错误；人在最低点由牛顿第二定律可得F－mg＝meq\f(v2,l)，人在最低点时动能最大，速度最大，故绳的拉力最大，D正确。故选D。4.如图所示，固定的粗糙斜面倾角为θ，将一物体从斜面上由静止释放，物体沿着斜面向下做匀加速直线运动，关于物体在斜面上的运动，下列说法正确的是()A．物体与斜面间的动摩擦因数大于tanθB．物体减少的机械能等于克服摩擦力所做的功C．物体获得的动能大于克服摩擦力所做的功D．物体获得的动能等于重力做的功解析：物体沿斜面加速下滑，根据受力分析可得mgsinθ>μmgcosθ，化简得μ<tanθ，故A错误；根据能量守恒定律可知，物体减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，故B正确；物体下滑距离x过程，根据动能定理可得mgsinθ·x－μmgcosθ·x＝Ek－0，动能与克服摩擦力做功的比值eq\f(Ek,μmgcosθ·x)＝eq\f(tanθ,μ)－1，这个比值可能大于1，也可能介于0和1之间，所以动能和克服摩擦力做功的大小无法比较，故C错误；由上述分析可知Ek<mgsinθ·x，故D错误。故选B。5．下列所述的实例中，机械能不守恒的是()A．做竖直上抛运动的物体B．在竖直面上做匀速圆周运动的物体C．做平抛运动的物体D．沿光滑曲面自由下滑的物体解析：做竖直上抛运动的物体、做平抛运动的物体、沿光滑曲面自由下滑的物体都只有重力做功，机械能守恒，在竖直面上做匀速圆周运动的物体，物体重力势能变化，动能不变，机械能变化，故机械能不守恒。故选B。6．如图所示，汽车在高速公路上行驶，驾驶员开启汽车定速巡航系统，使汽车保持速率不变。某段时间内该汽车通过abc段路面，其中ab段为水平路面，bc段为平直上坡路面。设在整个过程中汽车所受空气阻力和地面摩擦阻力的大小不变。下列说法正确的是()A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小B．在bc段汽车的输出功率逐渐减小C．汽车在ab段的输出功率比bc段的大D．汽车在bc段的输出功率比ab段的大解析：在bc段，根据平衡条件可知，牵引力F2＝mgsinθ＋f，在bc段汽车的输出功率P2＝F2v，故在bc段汽车的输出功率恒定不变；在ab段，根据平衡条件可得牵引力F1＝f，在ab段汽车的输出功率P1＝F1v，故在ab段汽车的输出功率恒定不变，故A、B错误；由A、B选项分析可知P2>P1，故D正确，C错误。故选D。7.“神舟十二号”宇航员顺利返回地球后，要经过两个星期左右的恢复锻炼，才逐渐适应地球的重力环境。如图所示，重物A质量为m，置于水平地面上。一根轻质弹簧，原长为L，劲度系数为k，下端与物体A相连接。宇航员恢复锻炼时将弹簧(初始为原长)上端点P缓慢地竖直提起一段高度使重物A离开地面。已知上端点P向上移动的高度为h，则这时重物具有的重力势能为(以地面为零势能面)()A．mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－L－\f(mg,k))) B.mg(L－k)C．mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(mg,k))) D.mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－L＋\f(mg,k)))解析：重物离开地面后，弹簧弹力等于物块的重力，即mg＝kx，解得x＝eq\f(mg,k)，重物离开地面的高度为h′＝h－x＝h－eq\f(mg,k)，所以重物具有的重力势能为Ep＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(mg,k)))，故选C。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个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分。)8．质量为m的物体从离湖面高为h1处由静止释放，最终落在距湖面为h2的湖底，如图所示，在此过程中()A．重力对物体做的功为mgh1B．重力对物体做的功为mg(h1＋h2)C．物体的重力势能增加了mg(h1＋h2)D．物体的重力势能减少了mg(h1＋h2)解析：重力对物体做的功为WG＝mg(h1＋h2)，选项A错误，B正确；重力对物体做正功，则物体的重力势能减少了ΔEp＝mg(h1＋h2)，选项C错误，D正确。故选BD。9．如图所示，水平地面上的物体在力F的作用下匀速运动了一段距离L，F与水平地面的夹角为θ。若物体与水平地面之间的摩擦力大小为f，则力F做的功等于()A．FL B.FLcosθC．(F－f)Lcosθ D.fL解析：依题意，根据恒力做功的计算公式W＝Fscosθ，可得力F做的功为W＝FLcosθ，由于物体匀速运动，所以有Fcosθ＝f，所以力F做的功也为W＝FLcosθ＝fL，故选BD。10.如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，物块P和Q通过不可伸长的轻绳连接并跨过轻质定滑轮，轻绳与斜面平行。已知P的质量mP＝3kg，开始时两物块均静止，P距地面高度H＝1m，Q与定滑轮间的距离足够大。现将P、Q位置互换并从静止释放，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计一切摩擦。下列说法正确的是()A．Q物块的质量为4kgB．P、Q组成的系统机械能守恒C．Q落地时速度的大小为2eq\r(2)m/sD．Q落地瞬间重力的功率为100W解析：根据题意，设绳子的弹力为F，对物块Q由平衡条件有mQgsin37°＝F，对物块P由平衡条件有F＝mPg，联立解得mQ＝eq\f(mp,sin37°)＝5kg，故A错误；根据题意可知，不计一切摩擦，P、Q组成的系统运动过程中，只有重力做功，故P、Q组成的系统机械能守恒，故B正确；根据题意，设Q落地时速度的大小为v，由关联速度可知，此时P的速度也为v，由机械能守恒定律有mQgH－mPgHsin37°＝eq\f(1,2)(mQ＋mP)v2，代入数据解得v＝2eq\r(2)m/s，故C正确；由公式P＝Fv可得，Q落地瞬间重力的功率为P＝mQgv＝100eq\r(2)W，故D错误。故选BC。三、非选择题(本题共5小题，共54分。)11．(15分)某物理兴趣小组利用如图1所示装置验证机械能守恒定律，电源的频率为f，重锤的质量为m，重力加速度为g，该小组让重锤带动纸带从静止开始自由下落，按正确操作得到了一条完整的纸带如图2所示(在误差允许范围内，认为释放重锤的同时打出A点)。(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是_____。A．重锤选用质量和密度较大的金属锤B．两限位孔在同一竖直面内上下对正C．精确测量出重锤的质量D．用夹子夹稳重锤，接通电源后，再释放重锤(2)该小组为了验证机械能是否守恒，采用了以下方法：计算出打点计时器打下计时点F时重锤的瞬时速度的大小v＝eq\f(h6－h4f,2)，在打点计时器打下计时点A和F的过程中，重锤重力势能的减少量ΔEp＝_mgh5__，重锤动能的增加量ΔEk＝eq\f(mh6－h42f2,8)，若它们近似相等，则可知重锤的机械能守恒。(用题中所测量和已知量表示)(3)利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以eq\f(v2,2)为纵轴作出如图3所示的图线，图线的斜率近似等于_g(或重力加速度)__。解析：(1)实验供选择的重物应该是相对质量较大，体积较小的物体，这样能减小阻力的影响，从而减少实验误差，A正确；图1中两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，B正确；因为是比较mgh与eq\f(1,2)mv2的大小关系，故m可约去，则实验不需要测量重锤的质量，C错误；实验时，先接通打点计时器电源，再松开纸带，这是为了避免在纸带上出现大量空白段落，对减小实验误差没有影响，D错误。故选AB。(2)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则v＝eq\f(h6－h4,2T)＝eq\f(h6－h4f,2)从A点到F的过程中，重物下降的高度为h5，则重力势能的改变量为ΔEp＝mgh5由于重锤是从A点由静止开始自由下落的，所以，重锤动能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－0代入F点的速度v得ΔEk＝eq\f(mh6－h42f2,8)。(3)根据mgh＝eq\f(1,2)mv2则有eq\f(v2,2)＝ghg是常数，所以以h为横轴、以eq\f(v2,2)为纵轴作出的图线的斜率近似等于g。12．(8分)2022年5月14日，中国商飞公司即将交付首家用户的首架C919大飞机首次飞行试验成功。该飞机的质量为m，起飞过程中从静止开始沿直线滑跑，当位移大小为L时，飞机的速度大小为v。在此过程中飞机的牵引力和受到的阻力均为恒力，且阻力为飞机受到的重力的k倍，重力加速度大小为g。求：(1)飞机的牵引力大小F；(2)飞机的速度大小为v时，牵引力的功率P。答案：(1)eq\f(mv2,2L)＋kmg(2)eq\f(mv3,2L)＋kmgv解析：(1)根据题意，由动能定理有FL－kmgL＝eq\f(1,2)mv2解得F＝eq\f(mv2,2L)＋kmg。(2)根据题意，由公式P＝Fv可得，飞机的速度大小为v时，牵引力的功率P＝eq\f(mv3,2L)＋kmgv。13．(8分)如图是一个设计“过山车”的试验装置的原理示意图，斜面AB与竖直面内的圆形轨道在B点平滑连接，斜面AB和圆形轨道都是光滑的，圆形轨道半径为R＝1m，一个质量为m＝1kg的小车(可视为质点)从距离斜面底端h＝3.2m的A点由静止释放沿斜面滑下，已知重力加速度为g＝10m/s2。(1)运动到B点时小车对圆形轨道压力的大小；(2)通过分析判断小车能否通过圆形轨道的最高点C。答案：(1)74N(2)见解析解析：(1)由A运动到B，根据机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)小车在B点有FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)解得FN＝74N由牛顿第三定律知运动到B点时小车对圆形轨道压力的大小为74N。(2)若小车恰能通过圆形轨道的最高点C，有mg＝eq\f(mvC′2,R)解得vC′＝eq\r(10)m/s由A运动到C，根据机械能守恒定律得mgh＝mg×2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vC＝2eq\r(6)m/s>vC′故小车能通过最高点C。14．(11分)第24届冬季奥林匹克运动会在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，某运动员从O点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的圆弧轨道后从A点水平飞出，经t＝eq\r(3)s后落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，圆弧轨道半径R＝25m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝50kg，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计。求：(1)运动员到达A点时的速度大小；(2)运动员到达A点时对轨道的压力大小；(3)在圆弧轨道上摩擦阻力对运动员做的功。答案：(1)15m/s(2)950N(3)－625J解析：(1)运动员从A点滑出后做平抛运动，从A到B水平方向有x＝vAt在竖直方向有y＝eq\f(1,2)gt2物体落在B点，有tanθ＝eq\f(y,x)联立解得vA＝15m/s。(2)在A点满足FN－mg＝eq\f(mv2,R)解得FN＝950N由牛顿第三定律得，运动员到达A点时对轨道的压力大小为950N。(3)运动员在圆弧轨道上只有重力和摩擦阻力做功，根据动能定理有mg(R－Rcos60°)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0代入数据解得Wf＝－625J。15．(12分)如图所示，水平地面上质量为m＝1.0kg的小滑块将左侧固定的轻弹簧压缩。现将滑块由静止释放，滑块离开弹簧后经过A点时的速度大小为v1＝2eq\r(5)m/s。已知A点左侧地面光滑，AB段长为L＝1.0m，与滑块的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。(1)求释放滑块前，弹簧的弹性势能Ep；(2)求滑块运动到B点时的速度大小v2；(3)若在B点右侧竖直平面内连接一光滑的四分之一圆弧轨道(图中未画出)，圆弧轨道与地面相切于B点，圆弧轨道半径R＝0.4m。求滑块第一次运动至圆弧轨道最高点时对轨道的压力大小F和滑块最终静止时离A点的距离x。答案：(1)10J(2)4m/s(3)20N1m解析：(1)由能量关系可知，释放滑块前，弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1×(2eq\r(5))2J＝10J。(2)从A到B由动能定理－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得滑块运动到B点时的速度大小v2＝4m/s。(3)滑块从B点向上第一次运动至圆弧轨道最高点时，由机械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)解得v3＝2eq\r(2)m/s根据F＝meq\f(v\o\al(2,3),R)＝20N滑块从圆弧最高点滑出后做上抛运动，最终还会回到圆弧槽中向下滑行，反复几次后停止在AB之间，由能量关系Ep＝μmgs解得s＝5m则物块最终静止时离A点的距离为x＝1m。第八章专题强化4课后知能作业基础巩固练1．一物体在运动中受水平拉力F的作用，已知F随运动距离x的变化情况如图所示，则在这个运动过程中F做的功为()A．4J B.6JC.18J D.22J解析：根据W＝Fx可知，力F的功等于F-x图像的面积，则W＝2×2J－2×1J＋4×4J＝18J，故选C。2．如图所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m的匀质物块以初速度v0向右传上水平台面，物块前端在台面上滑动s后停下来。已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为μ且s>L，则物块在整个过程中克服摩擦力所做的功为()A．μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s＋\f(L,2))) B.μmgsC．μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s－\f(L,2))) D.μmg(s－L)解析：分两个阶段计算物块克服摩擦力所做功：物块在完全滑上台面前，摩擦力随滑上的距离从0均匀增大，最大值为μmg；物块滑上平台后摩擦力恒定，则有整个过程中克服摩擦力做的功W＝eq\f(0＋μmg,2)L＋μmg(s－L)＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s－\f(L,2)))，故C正确，A、B、D错误。故选C。3．电动汽车能实现更精确的运动控制，有一电动汽车由静止启动并沿直线运动，其速度—时间图像(v－t图)如图所示，0到t1段图像为倾斜直线，t1到t2段图像为曲线，t2时刻以后的图像为与时间轴平行的直线，则下列选项中正确的是()A．0～t1内，牵引力的功率保持不变B．t1时刻起，牵引力的功率一定增加C．t1～t2内，牵引力大小保持不变D．t2时刻起，牵引力与阻力大小相等解析：0到t1段图像为倾斜直线，则汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，由P＝Fv，可知，牵引力的功率增大，故A错误；t1～t2内，加速度减小，则牵引力减小，而速度在增加，所以牵引力的功率可能保持不变，故B错误，C错误；t2时刻起，汽车做匀速直线运动，牵引力与阻力平衡，保持不变，故D正确。故选D。4．一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图所示。关于拉力的功率随时间变化的图像，下图中可能正确的是()解析：由题图知：在0～t0时间内，物体做初速度为零的匀加速运动，v＝at，由牛顿第二定律得F－f＝ma，则拉力的功率为P＝Fv＝(f＋ma)v＝(f＋ma)at，可知功率的图像为过原点的倾斜直线；在t0时刻以后，物体做匀速运动，v不变，则F＝f，P＝Fv＝fv，P不变，可知功率图像为水平直线，且功率的值小于加速阶段功率的最大值，故D正确。故选D。5．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是()A．0～6s内物体的位移大小为36mB．0～6s内拉力做的功为55JC．合力在0～6s内做的功大于0～2s内做的功D．滑动摩擦力的大小为eq\f(5,3)N解析：0～6s内物体的位移大小x＝eq\f(4＋6,2)×6m＝30m，故A错误；0～6s内拉力做功W＝eq\f(1,2)×2×30J＋4×10J＝70J，故B错误；在2～6s内，物体做匀速运动，合力为零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等，故C错误；在2～6s内，v＝6m/s，P＝10W，物体做匀速运动，摩擦力f＝F，得到f＝F＝eq\f(P,v)＝eq\f(5,3)N，故D正确。故选D。6．人们生活中出现越来越多的环保电动自行车，这种轻便的交通工具受到许多上班族的喜爱。下表是一辆电动车铭牌上的参数。若质量为70kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶的v-t图像如图所示，所受阻力大小恒为车重(包括载重)的0.02倍，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()规格后轮驱动直流永磁体电动机车型26′电动自行车额定输出功率400W整车质量30kg最大载重120kgA．匀速阶段牵引力大小为25NB．匀速阶段电动机的输出功率为400WC．匀加速阶段牵引力大小为50ND．匀加速阶段电动机的输出功率随时间均匀增大解析：电动车匀速运动时，牵引力等于阻力，则F＝0.02(m1＋m2)g＝20N，A错误；匀速阶段电动机的输出功率为P出＝Fv＝20×5W＝100W，B错误；电动车的加速度大小为a＝eq\f(5,10)m/s2＝0.5m/s2，根据F－0.02(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，匀加速阶段牵引力大小为F＝70N，C错误；根据P＝Fv＝Fat，匀加速阶段牵引力不变，电动机的输出功率随时间均匀增大，D正确。故选D。能力提升练7．用钉锤将一钉子钉入木板中，设钉子所受木板阻力与进入木板的深度成正比，不计钉子重力，钉锤每次打击钉子所做的功相同，则打击第n次与打击第一次钉子进入木板的深度之比为()A.eq\r(n)－eq\r(n－1) B.eq\f(\r(n)＋\r(n－1),2)C.eq\r(n－1) D.1解析：由题意可知，阻力与深度d成正比，f-d图像如图所示，图像与坐标轴所形成图形的面积等于力所做的功，每次钉钉子时做功相同，如图所示可得：每次所围面积相同，根据相似比的平方等于面积比可得：第1次∶前2次∶前3次∶…＝1∶eq\r(2)：eq\r(3)∶…∶eq\r(n)，故第1次∶第2次∶第3次∶…＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))，打击第n次与打击第一次钉子进入木板的深度之比为eq\r(n)－eq\r(n－1)。故选A。8．如图所示，密度为ρ、边长为a的正立方体木块漂浮在水面上(h为木块在水面上的高度)。现用竖直向下的力F将木块按入水中，直到木块上表面刚浸没，则此过程中木块克服浮力做功为(已知水的密度为ρ0、重力加速度为g)()A．ρa3gh B.eq\f(1,2)a3gh(ρ＋ρ0)C．ρ0a3gh(a－h) D.eq\f(1,2)a3gh(a－h)(ρ＋ρ0)解析：木块漂浮在水面上时有F浮＝G＝ρga3，木块上表面刚浸没时受到的浮力为F浮′＝ρ0ga3，浮力做的功为W＝eq\f(F浮＋F浮′,2)h＝eq\f(1,2)ga3h(ρ＋ρ0)，故选B。9．大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放。无锡已经开通地铁1号线和2号线，其中1号线起点堪桥站，终点长广溪站，全长29.42km。若一列地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s，达到最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住。设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。如果燃油公交车运行中做的功与地铁列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，则燃油公交车排放气体污染物的质量是(燃油公交车每做1焦耳功排放气体污染物3×10－6g)()A．2.00kg B.2.02kgC．2.04kg D.2.06kg解析：地铁匀加速运动阶段，牵引力做的功为W1＝Fx1＝F·eq\f(0＋v,2)·t1＝1×106×eq\f(0＋20,2)×20J＝2×108J，地铁匀速运动阶段，牵引力做的功为W2＝P2t2＝6×103×103×80J＝4.8×108J，地铁从甲站到乙站，牵引力做的总功为W＝W1＋W2＝6.8×108J，燃油公交车运行中做的功为W′＝W，燃油公交车牵引力每做1焦耳功，排放气体污染物为Δm＝3×10－6g＝3×10－9kg，故燃油公交车排放气体污染物的质量是m＝6.8×108×3×10－9kg＝2.04kg，故选C。10．(多选)图甲中的辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水桶等部分构成，图乙为提水设施工作原理简化图，辘轳绕绳轮轴半径r＝0.1m，水桶的质量M＝0.5kg，井足够深，忽略井绳质量和因绳子缠绕导致轮轴的半径变化。某次从井中汲取m＝2kg的水，轮轴由静止开始绕中心轴转动从而竖直向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，取重力加速度g＝10m/s2，则()A．10s末水桶的速度大小为2m/sB．水桶的速度大小随时间变化规律为v＝2tC．0～10s内水桶上升的高度为10mD．0～10s内井绳拉力所做的功为255J解析：由图丙可知ω＝2t，所以水桶速度随时间变化规律为v＝ωr＝0.2t，则10s末水桶的速度大小为2m/s，故A正确，B错误；水桶匀加速上升，加速度a＝0.2m/s2，由牛顿第二定律F－(m＋M)g＝(m＋M)a，所以井绳拉力大小为F＝25.5N，水桶匀加速上升，0～10s内它上升的高度为h＝eq\f(1,2)at2＝10m，则0～10s内井绳拉力所做的功为W＝Fh＝255J，故C、D正确。故选ACD。11．(多选)我国一箭多星技术居世界前列，一箭多星是一枚运载火箭同时或先后将数颗卫星送入轨道的技术。某两颗卫星释放过程简化为如图所示，火箭运行至P点时，同时将A、B两颗卫星送入预定轨道，A卫星进入轨道1做圆周运动，B卫星进入轨道2沿椭圆轨道运动，P点为椭圆轨道的近地点，Q点为远地点，B卫星在Q点喷气变轨到轨道3，之后绕地球做圆周运动，下列说法正确的是()A．A卫星在P点的加速度等于B卫星在P点的加速度B．A卫星在轨道1的速度小于B卫星在轨道3的速度C．B卫星从轨道2上Q点变轨进入轨道3时需要喷气减速D．B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中引力做负功解析：两卫星在P点时，根据Geq\f(Mm,r2)＝ma，可得a＝Geq\f(M,r2)，显然两卫星的加速度相等，故A正确；由题知，轨道1和轨道3都是圆轨道，则有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，由于B卫星在轨道3上运动的轨道半径大于A卫星在轨道1上运动的轨道半径，所以B卫星在轨道3上运动的速度小于A卫星在轨道1上运动的速度，故B错误；卫星从低轨道运动到高轨道，需要在轨道相切点点火加速实现，所以B卫星在Q点变轨进入轨道3时需要向后喷气加速，故C错误；B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中速度减小，则动能减小，故引力做负功，故D正确。故选AD。12．(多选)“复兴号”动车组的总质量为m，在平直的轨道上行驶。该动车组有4节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，动车组所受的阻力与其速率成正比(f＝kv)。动车组能达到的最大速度为vm。若动车组从静止开始运动，则下列正确的是()A．若动车组匀加速启动，则牵引力逐渐增大B．若动力车输出功率恒定，则动车组做匀加速运动C．若动力车输出功率变为eq\f(P,4)，则动车组的最大速度为eq\f(vm,2)D．若动力车输出功率变为eq\f(P,2)，则动车组的最大速度为eq\f(vm,2)解析：若动车组匀加速启动则有F－f＝ma，则动车的牵引力F＝ma＋f＝ma＋kv，随着速度的增加，动车组的牵引力F逐渐增大，故A正确；若动车输出功率恒定，则据F＝eq\f(P,v)，动车加速度a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(\f(P,v)－kv,m)，可知当功率一定时，随着速度增加，动车的加速度减小，动车不可能做匀加速运动，故B错误；动车速度最大时，牵引力与阻力相等，则P＝Fv＝fvm＝kveq\o\al(2,m)，可得vm＝eq\r(\f(P,k))，即动车的最大速度与功率的平方根成正比，所以若动车的输出功率变为eq\f(P,4)，则动车组的最大速度为eq\f(vm,2)，故C正确；同理，若动车的输出功率变为eq\f(P,2)，则动车组的最大速度为eq\f(\r(2),2)vm，故D错误。故选AC。模块素能综合性评价(时间：75分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。)1．如图，虚线为飞机在竖直平面内起飞拉升阶段的一段轨迹，P是轨迹上的一点。某同学在该平面内经过P画出了四条有向线段甲、乙、丙、丁表示飞机的瞬时速度方向，你认为正确的是()A．甲 B.乙C.丙 D.丁解析：做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向，则飞机经过P点时瞬时速度的方向为乙所示。故选B。2．如图所示，某同学将一小球水平抛出，最后球落在了正前方小桶的左侧，不计空气阻力。为了能将小球抛进桶中，他可采取的办法是()A．保持抛出点高度不变，减小初速度大小B．保持抛出点高度不变，增大初速度大小C．保持初速度大小不变，降低抛出点高度D．减小初速度大小，同时降低抛出点高度解析：设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则h＝eq\f(1,2)gt2，解得平抛运动的时间为t＝eq\r(\f(2h,g))，水平位移为x＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，由此可知，要增大水平位移x，可保持抛出点高度h不变，增大初速度v0，故B正确，A错误；也可以保持初速度v0大小不变，增大抛出点高度h，故C、D错误。故选B。3．如图所示，竖直面内固定一光滑圆环，质量为m的珠子(可视为质点)穿在环上做圆周运动。已知珠子通过圆环最高点时，对环向上的压力大小为3mg(g为重力加速度)，圆环半径为R，则珠子在最低点的速度大小为()A.eq\r(gR) B.eq\r(2gR)C．2eq\r(gR) D.2eq\r(2gR)解析：珠子对环的压力向上，根据牛顿第三定律知，环对珠子的弹力向下，根据牛顿第二定律得mg＋3mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得v0＝2eq\r(gR)，根据机械能守恒定律，最低点有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋2mgR，解得v＝2eq\r(2gR)，故选D。4．如图所示，绳子通过固定在天花板上的定滑轮，两端分别与同一水平面上的A、B两物体连接，当两物体到达如图所示位置时，绳与水平面的夹角分别为37°、53°，两物体的速度大小分别为vA、vB，已知sin37°＝eq\f(3,5)、cos37°＝eq\f(4,5)，则vA与vB之比为()A．3∶4 B.4∶3C．4∶5 D.5∶4解析：设此时绳子的速度大小为v绳，将A、B的速度分别沿绳的方向和垂直绳的方向分解，可得v绳＝vAcos37°，v绳＝vBcos53°，解得vA∶vB＝3∶4，故选A。5．如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角37°。已知小球的质量为m，细线AC长L，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置能以任意角速度绕竖直轴转动，且小球始终在BO′O平面内，那么在角速度ω从零缓慢增大的过程中(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．两细线张力均增大B．细线AB中张力一直变小，直到为零C．细线AC中张力一直增大D．当AB中张力为零时，角速度可能为eq\r(\f(5g,4L))解析：当静止时，受力分析如图，由平衡条件得TAB＝mgtan37°＝0.75mg，TAC＝eq\f(mg,cos37°)＝1.25mg，若AB中的拉力为0，当ω最小时绳AC与竖直方向夹角θ1＝37°，受力分析如图根据受力分析mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωeq\o\al(2,min)，得ωmin＝eq\r(\f(5g,4L))，根据几何关系可知，当ω最大时绳AC与竖直方向夹角θ2＝53°，此时应有mgtanθ2＝mωeq\o\al(2,max)Lsinθ2，得ωmax＝eq\r(\f(5g,3L))，所以ω取值范围为eq\r(\f(5g,4L))≤ω≤eq\r(\f(5g,3L))时，绳子AB的拉力都是0。由以上的分析可知，开始时AB拉力不为0，当角速度在eq\r(\f(5g,4L))≤ω≤eq\r(\f(5g,3L))时，AB的拉力为0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大，A、B错误；当绳子AC与竖直方向之间的夹角θ1＝37°保持不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力等于1.25mg；当角速度大于eq\r(\f(5g,4L))后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当角速度大于eq\r(\f(5g,3L))后，绳子与竖直方向之间的夹角θ2＝53°保持不变，随后拉力随角速度增大而增大，C错误；由开始时的分析可知，当ω取值范围为eq\r(\f(5g,4L))≤ω≤eq\r(\f(5g,3L))时，绳子AB的拉力都是0，D正确。故选D。6．如图所示，半圆轨道固定在水平面上，一小球(小球可视为质点)从半圆轨道上B点沿切线斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球在A点正上方的水平速度为()A.eq\r(\f(3\r(3)gR,2)) B.eq\r(\f(3gR,2))C.eq\r(\f(\r(3)gR,2)) D.eq\r(\f(\r(3)gR,3))解析：小球虽说是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，这样就可以用平抛运动规律求解。因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(tan30°,2)＝eq\f(\r(3),6)，因为tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(y,\f(3,2)R)，则竖直位移y＝eq\f(\r(3)R,4)，而veq\o\al(2,y)＝2gy＝eq\f(\r(3),2)gR，所以tan30°＝eq\f(vy,v0)，解得v0＝eq\f(\r(\f(\r(3)gR,2)),\f(\r(3),3))＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，故选A。7．两卫星A、B均在地球赤道平面自西向东做匀速圆周运动。已知地球半径为R，卫星B为近地轨道卫星，引力常量为G。若测得卫星A的周期是卫星B的2倍，且从两卫星与地心共线开始，每隔时间t两卫星就与地心再次共线，由此可知()A．卫星B的周期为2tB．卫星A距地面的高度为RC．地球的平均密度为eq\f(3π,Gt2)D．地球的第一宇宙速度为eq\f(4πR,t)解析：每隔时间t，两卫星与地心共线一次，则有eq\f(π,\f(2π,TB)－\f(2π,TA))＝t，又TA＝2TB，解得TB＝t，A错误；因卫星B的轨道半径rB＝R，由开普勒第三定律有eq\f(r\o\al(3,A),T\o\al(2,A))＝eq\f(r\o\al(3,B),T\o\al(2,B))，解得rA＝eq\r(3,4)R，故卫星A距地面的高度为h＝(eq\r(3,4)－1)R，B错误；对卫星B，有Geq\f(Mm,r\o\al(2,B))＝meq\f(4π2,T\o\al(2,B))rB，解得M＝eq\f(4π2R3,Gt2)，又M＝eq\f(4,3)πR3ρ，联立解得ρ＝eq\f(3π,Gt2)，C正确；卫星B的运行速度即地球的第一宇宙速度，为v＝eq\f(2πrB,TB)＝eq\f(2πR,t)，D错误。故选C。8．全球最大水平臂上回转自升塔式起重机的开发和应用，意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a－t图像如图所示，t1～t2内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是()A．物体匀加速阶段的位移为a0teq\o\al(2,1)B．该起重机的额定功率为(mg＋ma0)a0t1C．t2时刻物体正在减速上升D．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1∶2t2解析：由图像可知0～t1时间内物体做匀加速直线运动，匀加速阶段的末速度v1＝a0t1，匀加速阶段的位移为x1＝eq\f(1,2)a0teq\o\al(2,1)，故A错误；在t1时刻，根据牛顿第二定律F－mg＝ma0，P额＝Fv1，联立可得P额＝(mg＋ma0)a0t1，故B正确；由图可知，t2时刻加速度为正，所以物体在加速上升，故C错误；0～t1时间内牵引力做功W1＝eq\f(P额,2)t1，t1～t2时间内牵引力做功W2＝P额(t2－t1)，故在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为W1∶W2＝t1∶2(t2－t1)，故D错误。故选B。二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。)9．质量为m的物体，在汽车的牵引下由静止开始运动，当汽车的速度为v时，细绳与水平面间的夹角为θ，则下列说法中正确的是()A．此时物体的速度大小为v物＝eq\f(v,cosθ)B．此时物体的速度大小为v物＝vcosθC．若汽车做匀速运动，则绳子上的拉力等于物体的重力D．若汽车做匀速运动，则绳子上的拉力大于物体的重力解析：汽车的运动可以看成是两个分运动的合成，一个是沿绳子拉伸方向的分运动，另一个垂直绳子方向绕滑轮转动的分运动，将汽车的速度分解成沿绳子方向的分速度和垂直于绳子方向的分速度，物体上升的速度等于汽车沿绳子方向的分速度，故有v物＝vcosθ，A错误，B正确；若汽车做匀速运动，即汽车速度v保持不变，绳子与水平面的夹角θ减小，由v物＝vcosθ，可知物体的速度增大，物体向上做加速运动，加速度方向向上，合力方向向上，绳子拉力大于物体重力，C错误，D正确。故选BD。10．如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法中不正确的是()A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用B．小球只受重力和绳的拉力作用C．θ越大，小球运动的速度越大D．θ越大，小球运动的周期越大解析：小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故A错误，满足题意要求；B正确，不满足题意要求；小球做圆周运动的半径为r＝Lsinθ，由牛顿第二定律得mgtanθ＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r，解得v＝eq\r(gLsinθtanθ)，T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))，可知θ越大，线速度越大，周期越小，故C正确，不满足题意要求；D错误，满足题意要求。故选AD。11．下面是一些有关火星和地球的数据，利用万有引力常量G和下列选择的一些信息可以完成的估算是()①地球一年约365天②地表重力加速度约为9.8m/s2③火星的公转周期为687天④日地距离大约是1.5×108km⑤地球半径6400km⑥地球近地卫星的周期A．选择⑥可以估算地球的密度B．选择①④可以估算太阳的密度C．选择①③④可以估算火星公转的线速度D．选择①②④可以估算太阳对地球的吸引力解析：对地球近地卫星有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2R,T2)，由于ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，解得ρ＝eq\f(3π,GT2)，A正确；选择①④时，只能求出太阳的质量，由于不知道太阳的半径，则不能求出太阳的密度，B错误；根据开普勒第三定律有eq\f(r\o\al(3,地),T\o\al(2,地))＝eq\f(r\o\al(3,火),T\o\al(2,火))，可知，选择①③④可以估算火星到太阳的距离，根据v火＝eq\f(2πr火,T火)，则可以估算火星的线速度，即选择①③④可以估算火星公转的线速度，C正确；太阳对地球的吸引力F＝Geq\f(M地M太,r\o\al(2,地))＝M地eq\f(4π2r地,T\o\al(2,地))，在地球表面有Geq\f(M地m,R\o\al(2,地))＝mg，可知，由于不知道地球的半径则不能求出地球的质量，则选择①②④不能够估算太阳对地球的吸引力，D错误。故选AC。12．某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，使某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角θ，实验测得x与θ的关系如图乙所示，取g＝10m/s2。则由图可知()A．物体的初速度大小v0＝3m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8C．图乙中xmin＝0.36mD．取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当θ＝37°，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为0.1875m解析：当θ＝eq\f(π,2)时，veq\o\al(2,0)＝2gh，可得v0＝3m/s，A正确；当θ＝0时，物体沿水平面做匀减速运动，根据动能定理－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数据解得μ＝0.75，B错误；根据动能定理－μmgxcosθ＋mgxsinθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，整理得x＝eq\f(9,20×0.75cosθ＋sinθ)，因此位移最小值xmin＝eq\f(9,20\r(0.752＋1))＝0.36m，C正确；动能与重力势能相等的位置mgxsin37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－(mgxsin37°＋μmgxcos37°)，整理得x＝0.25m，D错误。故选AC。三、非选择题(本题共6小题，共60分。)13．(6分)如图甲所示，一圆盘绕垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量Δω与对应时间Δt的比值定义为角加速度βeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(即β＝\f(Δω,Δt)))。我们用电磁打点计时器(所用电源频率为f)、刻度尺、游标卡尺、纸带(厚度不计)、复写纸来完成下列实验。实验步骤如下：①用游标卡尺测得圆盘直径为D；②将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面。③接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动(即角加速度恒定)。④经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带标出A、B、C、D……计数点(相邻两计数点间有一个点未画出)，进行测量。请回答下列问题：(1)打出纸带上相邻两个计数点的时间间隔为eq\f(2,f)。(2)由图乙可知，打下计数点B时，圆盘转动的角速度大小为ωB＝eq\f(s2f,2D)，圆盘转动的角加速度大小为β＝eq\f(s4－2s2f2,8D)(用s1、s2、s3、s4、f、d表示)。解析：(1)计时点间的时间间隔为周期T＝eq\f(1,f)由相邻两计数点间有一个点未画出可得时间间隔为eq\f(2,f)。(2)由vB＝eq\f(s2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,f))))＝ωB·eq\f(D,2)得ωB＝eq\f(s2f,2D)因为β＝eq\f(Δω,Δt)而v＝ωr即Δω＝eq\f(Δv,r)且a＝eq\f(Δv,Δt)所以β＝eq\f(Δω,Δt)＝eq\f(Δv,rΔt)＝eq\f(a,r)＝eq\f(s4－2s2f2,8D)。14．(9分)用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，物块2从高处由静止开始下落，物块1上拖着的纸带打出了一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙所示是实验时得到的一条纸带，O点是重物刚下落瞬间打点计时器打下的第一个点，C点是第n个点，相关距离在图中已注明。已知物块1、2的质量分别为m1、m2(m1<m2)，重力加速度为g，打点计时器的周期为T。请用题中所给的字母回答下列问题：(1)下列做法正确的有_____。A．必须要用天平称出两个物块的质量B．图中两限位孔必须在同一竖直线上C．实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源D．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置(2)图乙中，从O点到C点的过程，系统重力势能的减少量Ep为_(m2－m1)gh3__。(3)图乙中，为了计算从O点到C点的过程，系统动能的增加量，需要先计算C点的速度，下列计算方法中正确的是_____。A．vC＝g(n－1)T B.vC＝eq\r(2gh3)C．vC＝eq\f(h4－h2,2T) D.vC＝eq\f(h4＋h2,2T)(4)某同学根据计算出的速度v和相应的高度差h，描绘v2－h图像(如图丙所示)来研究系统的机械能是否守恒。若忽略阻力影响，则v2－h图线的斜率k＝eq\f(2m2－m1g,m1＋m2)。解析：(1)验证系统机械能守恒定律的表达式为(m2－m1)gh＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2－0，可知需要用天平称出两个物块的质量，故A正确；为了减小纸带与限位孔间的摩擦力，图中两限位孔必须在同一竖直线上，故B正确；实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开纸带，故C错误；数据处理时，为了减小误差，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，故D错误。故选AB。(2)图乙中，从O点到C点的过程，系统重力势能的减少量为Ep＝(m2－m1)gh3。(3)设物块的加速度大小为a，根据运动学公式可得vC＝a(n－1)T<g(n－1)T，vC＝eq\r(2ah3)<eq\r(2gh3)，故A、B错误；根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则有vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(h4－h2,2T)，故C正确，D错误。故选C。(4)根据系统机械能守恒可得(m2－m1)gh＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2－0可得v2＝eq\f(2m2－m1g,m1＋m2)·h可知v2-h图像的斜率为k＝eq\f(2m2－m1g,m1＋m2)。15．(9分)如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度是4rad/s，盘面上有一个质量为2.5kg的小物块随圆盘一起运动(二者未发生相对滑动)，小物块与转轴的距离为R＝0.3m。求：