还剩10页未读，
继续阅读
所属成套资源：高中物理新教材同步必修第二册 同步讲义
成套系列资料，整套一键下载
高中物理新教材同步必修第二册 模块综合试卷（二）同步讲义
展开
这是一份高中物理新教材同步必修第二册 模块综合试卷（二）同步讲义，共13页。
模块综合试卷(二) (时间：90分钟 满分：100分) 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.1～7为单项选择题，8～12为多项选择题) 1.火箭发射回收是航天技术的一大进步，如图1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1 A.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，地面对火箭的作用力大于火箭的重力，选项D正确；合外力做功等于动能改变量，所以C项错误. 2.在“G20”峰会 “最忆是杭州”的文艺演出中，芭蕾舞演员保持如图2所示姿势原地旋转，此时手臂上A、B两点角速度大小分别为ωA、ωB，线速度大小分别为vA、vB，则( ) 图2 A.ωA＜ωB B.ωA＞ωB C.vA＜vB D.vA＞vB 答案 D 解析 两点周期相同，角速度相同，由v＝ωr知，vA＞vB，故D正确，A、B、C错误. 3.一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出.水管距地面高h＝1.8 m，水落地的位置到管口的水平距离x＝1.2 m，不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小是(g取10 m/s2)( ) A.1.2 m/s B.2.0 m/s C.3.0 m/s D.4.0 m/s 答案 B 解析 水平喷出的水做平抛运动，根据平抛运动规律h＝eq \f(1,2)gt2可知，水在空中运动的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.8,10)) s＝0.6 s，根据x＝v0t可知，水从管口喷出的初速度为v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(1.2,0.6) m/s＝2 m/s，选项B正确. 4.(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行.与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( ) A.周期变大 B.速率变大 C.动能变大 D.向心加速度变大 答案 C 解析 根据组合体受到的万有引力提供向心力可得，eq \f(GMm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r＝meq \f(v2,r)＝ma，解得T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))，v＝eq \r(\f(GM,r))，a＝eq \f(GM,r2)，由于轨道半径不变，所以周期、速率、向心加速度均不变，选项A、B、D错误；组合体比天宫二号的质量大，动能Ek＝eq \f(1,2)mv2变大，选项C正确. 5.如图3所示，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( ) 图3 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( 2,火),R\o\al( 2,金))＝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(GM0,r2)可知，轨道半径越大，加速度越小，选项C错误；由eq \f(r3,T2)＝C可知，轨道半径越大，周期越长，选项D错误. 6.(2018·湖南师大附中高一下学期期末)“神舟六号”载人飞船顺利发射升空后，经过115小时32分的太空飞行，在离地面约为430 km的圆轨道上运行了77圈，运动中需要多次“轨道维持”.所谓“轨道维持”就是通过控制飞船 上发动机的点火时间、推力的大小和推力的方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定飞行，如果不进行“轨道维持”，由于飞船受到轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况是( ) A.动能、重力势能和机械能逐渐减小 B.重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变 C.重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变 D.重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小 答案 D 解析 如果不进行“轨道维持”，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，需要克服摩擦阻力做功，所以机械能逐渐减小，轨道高度会逐渐降低，重力势能逐渐减小，轨道半径逐渐减小，根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，可得Ek＝eq \f(GMm,2r)，动能逐渐增大，所以正确选项为D. 7.(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图4所示.重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( ) 图4 A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg 答案 C 解析 设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误. 8.“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边平台上.如图5所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，水平速度为v；若质量为m的棋子在运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为g，则( ) 图5 A.棋子从最高点落到平台上所需时间t＝eq \r(\f(2h,g)) B.若棋子在最高点的速度v变大，则其落到平台上的时间变长 C.棋子从最高点落到平台的过程中，重力势能减少mgh D.棋子落到平台上的速度大小为eq \r(2gh) 答案 AC 解析 由h＝eq \f(1,2)gt2得：t＝eq \r(\f(2h,g))，A项正确；下落时间与棋子在最高点的速度v无关，B项错误；棋子从最高点落到平台的过程中，重力做功为mgh，重力势能减少mgh，C项正确；由机械能守恒定律：eq \f(1,2)mv′2＝eq \f(1,2)mv2＋mgh，得：v′＝eq \r(v2＋2gh)，D项错误. 9.(2018·岷县一中高一下学期期末)如图6所示，在粗糙斜面顶端固定一弹簧，其下端挂一物体，物体在A点处于平衡状态.现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，则这两次过程中( ) 图6 A.重力势能改变量不相等 B.弹簧的弹性势能改变量相等 C.摩擦力对物体做的功相等 D.斜面弹力对物体做功相等 答案 BD 解析 第一次直接将物体拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，两次初、末位置一样，路径不同，根据重力做功的特点只跟初、末位置有关，跟路径无关，所以两次重力做功相等，根据重力做功与重力势能变化的关系得两次重力势能改变量相等，故A错误；由于两次初、末位置一样，即两次对应的弹簧的形变量一样，所以两次弹簧的弹性势能改变量相等，故B正确；根据功的定义式得：摩擦力做功和路程有关.两次初、末位置一样，路径不同，所以两次摩擦力对物体做的功不相等，故C错误；斜面的弹力与物体位移方向垂直，则弹力对物体不做功，即两次斜面弹力对物体做功相等，故D正确. 10.(2018·全国卷Ⅰ)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波.根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈.将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( ) A.质量之积 B.质量之和 C.速率之和 D.各自的自转角速度 答案 BC 解析 两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示 每秒转动12圈，角速度已知， 中子星运动时，由万有引力提供向心力得 eq \f(Gm1m2,l2)＝m1ω2r1① eq \f(Gm1m2,l2)＝m2ω2r2② l＝r1＋r2③ 由①②③式得eq \f(Gm1＋m2,l2)＝ω2l，所以m1＋m2＝eq \f(ω2l3,G)， 质量之和可以估算. 由线速度与角速度的关系v＝ωr得 v1＝ωr1④ v2＝ωr2⑤ 由③④⑤式得v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算. 质量之积和各自自转的角速度无法求解. 11.汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变).在下列选项中能正确反映汽车牵引力F、汽车速度v在这个过程中随时间t的变化规律的是( ) 答案 AD 解析 开始时汽车做匀速运动，则F0＝Ff.由P＝Fv可判断，P＝F0v0，v0＝eq \f(P,F0)＝eq \f(P,Ff)，当汽车功率减小一半，即P′＝eq \f(P,2)时，其牵引力为F′＝eq \f(P′,v0)＝eq \f(F0,2)＜Ff，汽车开始做加速度不断减小的减速运动，F1＝eq \f(P′,v)＝eq \f(P,2v)，加速度大小为a＝eq \f(Ff－F1,m)＝eq \f(Ff,m)－eq \f(P,2mv)，由此可见，随着汽车速度v减小，其加速度a也减小，最终以v＝eq \f(v0,2)做匀速直线运动，故A正确；同理，可判断出汽车的牵引力由F′＝eq \f(F0,2)最终增加到F0，所以D正确. 12.(2019·全国卷Ⅱ)如图7(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离.某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v－t图像如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻.则( ) 图7 A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D.竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 答案 BD 解析 根据v－t图线与t轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a＝eq \f(Δv,Δt)可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v－t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确. 二、实验题(本题共12分) 13.(12分)(2019·北京卷改编)用如图8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8 (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9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“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). 图9 (3)为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是________. A.从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹 B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹 C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹 (4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样.这实际上揭示了平抛物体________. A.在水平方向上做匀速直线运动 B.在竖直方向上做自由落体运动 C.在下落过程中机械能守恒 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) (3)AB(2分) (4)B(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，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)＞eq \f(1,3)；由y2－y1＝gT2，x＝v0T，联立解得v0＝xeq \r(\f(g,y2－y1)). (3)将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定速度水平抛出，由于铅笔受摩擦力作用，且不一定能保证铅笔水平，铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动，铅笔将发生倾斜，故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故C不可行，A、B可行. (4)从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选项B正确. 三、计算题(本题共4小题，共40分) 14.(8分)(2018·天门、仙桃、潜江市高一下学期期末联考)如图10，一足够长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳两端各系一小球A和B.A球静置于地面；B球用手托住，离地高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放B后，在B触地的瞬间，B球的速度大小为eq \r(gh)(g为重力加速度，不计空气阻力)，求： 图10 (1)B球与A球质量的比值eq \f(M,m)； (2)运动过程中(B触地前)A、B的加速度大小各是多少？ 答案 (1)3 (2)eq \f(g,2) eq \f(g,2) 解析 (1)对A、B组成的系统，机械能守恒，则 (M－m)gh＝eq \f(1,2)(M＋m)v2(2分) 解得：eq \f(M,m)＝3(2分) (2)对B分析，根据运动学公式可知2aBh＝v2(1分) 解得运动过程中B的加速度大小为aB＝eq \f(g,2)(1分) 对A分析，根据运动学公式可知2aAh＝v2(1分) 解得运动过程中A的加速度大小为aA＝eq \f(g,2).(1分) 15.(10分)(2018·商丘市高一下学期期末九校联考)光滑水平面AB与竖直面内的圆形轨道在B点相切，轨道半径R＝0.5 m，一个质量m＝2 kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接.用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep＝36 J，如图11所示.放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，不计空气阻力，g取10 m/s2.求： 图11 (1)小球脱离弹簧时的速度大小； (2)小球从B到C克服阻力做的功； (3)小球离开C点后落回水平面的位置到B点的距离x. 答案 (1)6 m/s (2)11 J (3)1 m 解析 (1)设小球脱离弹簧时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律Ep＝eq \f(1,2)mv12(2分) 解得v1＝eq \r(\f(2Ep,m))＝6 m/s(1分) (2)由动能定理得－mg·2R－Wf＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12(2分) 小球恰能通过最高点C，故mg＝meq \f(v\o\al( 2,2),R)(1分) 联立解得Wf＝11 J(1分) (3)小球离开C点后做平抛运动 2R＝eq \f(1,2)gt2(1分) x＝v2t(1分) 解得x＝1 m.(1分) 16.(10分)如图12所示，轨道ABCD平滑连接，其中AB为光滑的曲面，BC为粗糙水平面，CD为半径为r的内壁光滑的四分之一圆管，管口D正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定，上端恰好与D端齐平.质量为m的小球在曲面AB上距BC高为3r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CD后压缩弹簧，压缩过程中小球速度最大时弹簧弹性势能为Ep.已知小球与水平面BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求： 图12 (1)水平面BC的长度s； (2)小球向下压缩弹簧过程中的最大动能Ekm. 答案 (1)eq \f(5r,2μ) (2)eq \f(3,2)mgr＋eq \f(m2g2,k)－Ep 解析 (1)由小球在C点对轨道没有压力， 有mg＝meq \f(v\o\al( 2,C),r)(1分) 小球从出发点运动到C点的过程中，由动能定理得3mgr－μmg·s＝eq \f(1,2)mvC2(2分) 解得s＝eq \f(5r,2μ).(1分) (2)小球速度最大时，加速度为0，设此时弹簧压缩量为x. 由kx＝mg，(1分) 得x＝eq \f(mg,k)(1分) 由C点到速度最大时，小球和弹簧组成的系统机械能守恒 设速度最大时的位置为零势能面，有 eq \f(1,2)mvC2＋mg(r＋x)＝Ekm＋Ep(2分) 解得Ekm＝eq \f(3,2)mgr＋eq \f(m2g2,k)－Ep.(2分) 17.(12分)(2018·黄冈市检测)某学校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛.比赛路径如图13所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟.已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直轨道前受到的阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计.图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，s＝1.50 m.问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g＝10 m/s2) 图13 答案 2.5 s 解析 赛车通过圆轨道最高点的最小速度为v1′，根据牛顿第二定律得，mg＝meq \f(v1′2,R)，得v1′＝eq \r(gR)(2分) 根据动能定理得，由B点至圆轨道最高点有－mg·2R＝eq \f(1,2)mv1′2－eq \f(1,2)mv12(2分) 解得v1＝4 m/s(1分) 为保证赛车通过最高点，到达B点的速度至少为v1＝4 m/s(1分) 根据h＝eq \f(1,2)gt2得，t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.5 s(1分) 则平抛运动的初速度v2＝eq \f(s,t)＝3 m/s(1分) 为保证赛车能越过壕沟，则到达B点的速度至少为v2＝3 m/s(1分) 因此赛车到达B点的速度至少为v＝v1＝4 m/s(1分) 从A到B对赛车由动能定理得Pt－FfL＝eq \f(1,2)mv2(1分) 解得t≈2.5 s.(1分)
模块综合试卷(二) (时间：90分钟 满分：100分) 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.1～7为单项选择题，8～12为多项选择题) 1.火箭发射回收是航天技术的一大进步，如图1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1 A.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，地面对火箭的作用力大于火箭的重力，选项D正确；合外力做功等于动能改变量，所以C项错误. 2.在“G20”峰会 “最忆是杭州”的文艺演出中，芭蕾舞演员保持如图2所示姿势原地旋转，此时手臂上A、B两点角速度大小分别为ωA、ωB，线速度大小分别为vA、vB，则( ) 图2 A.ωA＜ωB B.ωA＞ωB C.vA＜vB D.vA＞vB 答案 D 解析 两点周期相同，角速度相同，由v＝ωr知，vA＞vB，故D正确，A、B、C错误. 3.一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出.水管距地面高h＝1.8 m，水落地的位置到管口的水平距离x＝1.2 m，不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小是(g取10 m/s2)( ) A.1.2 m/s B.2.0 m/s C.3.0 m/s D.4.0 m/s 答案 B 解析 水平喷出的水做平抛运动，根据平抛运动规律h＝eq \f(1,2)gt2可知，水在空中运动的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.8,10)) s＝0.6 s，根据x＝v0t可知，水从管口喷出的初速度为v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(1.2,0.6) m/s＝2 m/s，选项B正确. 4.(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行.与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( ) A.周期变大 B.速率变大 C.动能变大 D.向心加速度变大 答案 C 解析 根据组合体受到的万有引力提供向心力可得，eq \f(GMm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r＝meq \f(v2,r)＝ma，解得T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))，v＝eq \r(\f(GM,r))，a＝eq \f(GM,r2)，由于轨道半径不变，所以周期、速率、向心加速度均不变，选项A、B、D错误；组合体比天宫二号的质量大，动能Ek＝eq \f(1,2)mv2变大，选项C正确. 5.如图3所示，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( ) 图3 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( 2,火),R\o\al( 2,金))＝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(GM0,r2)可知，轨道半径越大，加速度越小，选项C错误；由eq \f(r3,T2)＝C可知，轨道半径越大，周期越长，选项D错误. 6.(2018·湖南师大附中高一下学期期末)“神舟六号”载人飞船顺利发射升空后，经过115小时32分的太空飞行，在离地面约为430 km的圆轨道上运行了77圈，运动中需要多次“轨道维持”.所谓“轨道维持”就是通过控制飞船 上发动机的点火时间、推力的大小和推力的方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定飞行，如果不进行“轨道维持”，由于飞船受到轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况是( ) A.动能、重力势能和机械能逐渐减小 B.重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变 C.重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变 D.重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小 答案 D 解析 如果不进行“轨道维持”，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，需要克服摩擦阻力做功，所以机械能逐渐减小，轨道高度会逐渐降低，重力势能逐渐减小，轨道半径逐渐减小，根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，可得Ek＝eq \f(GMm,2r)，动能逐渐增大，所以正确选项为D. 7.(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图4所示.重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( ) 图4 A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg 答案 C 解析 设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误. 8.“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边平台上.如图5所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，水平速度为v；若质量为m的棋子在运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为g，则( ) 图5 A.棋子从最高点落到平台上所需时间t＝eq \r(\f(2h,g)) B.若棋子在最高点的速度v变大，则其落到平台上的时间变长 C.棋子从最高点落到平台的过程中，重力势能减少mgh D.棋子落到平台上的速度大小为eq \r(2gh) 答案 AC 解析 由h＝eq \f(1,2)gt2得：t＝eq \r(\f(2h,g))，A项正确；下落时间与棋子在最高点的速度v无关，B项错误；棋子从最高点落到平台的过程中，重力做功为mgh，重力势能减少mgh，C项正确；由机械能守恒定律：eq \f(1,2)mv′2＝eq \f(1,2)mv2＋mgh，得：v′＝eq \r(v2＋2gh)，D项错误. 9.(2018·岷县一中高一下学期期末)如图6所示，在粗糙斜面顶端固定一弹簧，其下端挂一物体，物体在A点处于平衡状态.现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，则这两次过程中( ) 图6 A.重力势能改变量不相等 B.弹簧的弹性势能改变量相等 C.摩擦力对物体做的功相等 D.斜面弹力对物体做功相等 答案 BD 解析 第一次直接将物体拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，两次初、末位置一样，路径不同，根据重力做功的特点只跟初、末位置有关，跟路径无关，所以两次重力做功相等，根据重力做功与重力势能变化的关系得两次重力势能改变量相等，故A错误；由于两次初、末位置一样，即两次对应的弹簧的形变量一样，所以两次弹簧的弹性势能改变量相等，故B正确；根据功的定义式得：摩擦力做功和路程有关.两次初、末位置一样，路径不同，所以两次摩擦力对物体做的功不相等，故C错误；斜面的弹力与物体位移方向垂直，则弹力对物体不做功，即两次斜面弹力对物体做功相等，故D正确. 10.(2018·全国卷Ⅰ)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波.根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈.将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( ) A.质量之积 B.质量之和 C.速率之和 D.各自的自转角速度 答案 BC 解析 两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示 每秒转动12圈，角速度已知， 中子星运动时，由万有引力提供向心力得 eq \f(Gm1m2,l2)＝m1ω2r1① eq \f(Gm1m2,l2)＝m2ω2r2② l＝r1＋r2③ 由①②③式得eq \f(Gm1＋m2,l2)＝ω2l，所以m1＋m2＝eq \f(ω2l3,G)， 质量之和可以估算. 由线速度与角速度的关系v＝ωr得 v1＝ωr1④ v2＝ωr2⑤ 由③④⑤式得v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算. 质量之积和各自自转的角速度无法求解. 11.汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变).在下列选项中能正确反映汽车牵引力F、汽车速度v在这个过程中随时间t的变化规律的是( ) 答案 AD 解析 开始时汽车做匀速运动，则F0＝Ff.由P＝Fv可判断，P＝F0v0，v0＝eq \f(P,F0)＝eq \f(P,Ff)，当汽车功率减小一半，即P′＝eq \f(P,2)时，其牵引力为F′＝eq \f(P′,v0)＝eq \f(F0,2)＜Ff，汽车开始做加速度不断减小的减速运动，F1＝eq \f(P′,v)＝eq \f(P,2v)，加速度大小为a＝eq \f(Ff－F1,m)＝eq \f(Ff,m)－eq \f(P,2mv)，由此可见，随着汽车速度v减小，其加速度a也减小，最终以v＝eq \f(v0,2)做匀速直线运动，故A正确；同理，可判断出汽车的牵引力由F′＝eq \f(F0,2)最终增加到F0，所以D正确. 12.(2019·全国卷Ⅱ)如图7(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离.某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v－t图像如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻.则( ) 图7 A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D.竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 答案 BD 解析 根据v－t图线与t轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a＝eq \f(Δv,Δt)可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v－t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确. 二、实验题(本题共12分) 13.(12分)(2019·北京卷改编)用如图8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8 (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9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“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). 图9 (3)为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是________. A.从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹 B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹 C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹 (4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样.这实际上揭示了平抛物体________. A.在水平方向上做匀速直线运动 B.在竖直方向上做自由落体运动 C.在下落过程中机械能守恒 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) (3)AB(2分) (4)B(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，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)＞eq \f(1,3)；由y2－y1＝gT2，x＝v0T，联立解得v0＝xeq \r(\f(g,y2－y1)). (3)将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定速度水平抛出，由于铅笔受摩擦力作用，且不一定能保证铅笔水平，铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动，铅笔将发生倾斜，故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故C不可行，A、B可行. (4)从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选项B正确. 三、计算题(本题共4小题，共40分) 14.(8分)(2018·天门、仙桃、潜江市高一下学期期末联考)如图10，一足够长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳两端各系一小球A和B.A球静置于地面；B球用手托住，离地高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放B后，在B触地的瞬间，B球的速度大小为eq \r(gh)(g为重力加速度，不计空气阻力)，求： 图10 (1)B球与A球质量的比值eq \f(M,m)； (2)运动过程中(B触地前)A、B的加速度大小各是多少？ 答案 (1)3 (2)eq \f(g,2) eq \f(g,2) 解析 (1)对A、B组成的系统，机械能守恒，则 (M－m)gh＝eq \f(1,2)(M＋m)v2(2分) 解得：eq \f(M,m)＝3(2分) (2)对B分析，根据运动学公式可知2aBh＝v2(1分) 解得运动过程中B的加速度大小为aB＝eq \f(g,2)(1分) 对A分析，根据运动学公式可知2aAh＝v2(1分) 解得运动过程中A的加速度大小为aA＝eq \f(g,2).(1分) 15.(10分)(2018·商丘市高一下学期期末九校联考)光滑水平面AB与竖直面内的圆形轨道在B点相切，轨道半径R＝0.5 m，一个质量m＝2 kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接.用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep＝36 J，如图11所示.放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，不计空气阻力，g取10 m/s2.求： 图11 (1)小球脱离弹簧时的速度大小； (2)小球从B到C克服阻力做的功； (3)小球离开C点后落回水平面的位置到B点的距离x. 答案 (1)6 m/s (2)11 J (3)1 m 解析 (1)设小球脱离弹簧时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律Ep＝eq \f(1,2)mv12(2分) 解得v1＝eq \r(\f(2Ep,m))＝6 m/s(1分) (2)由动能定理得－mg·2R－Wf＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12(2分) 小球恰能通过最高点C，故mg＝meq \f(v\o\al( 2,2),R)(1分) 联立解得Wf＝11 J(1分) (3)小球离开C点后做平抛运动 2R＝eq \f(1,2)gt2(1分) x＝v2t(1分) 解得x＝1 m.(1分) 16.(10分)如图12所示，轨道ABCD平滑连接，其中AB为光滑的曲面，BC为粗糙水平面，CD为半径为r的内壁光滑的四分之一圆管，管口D正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定，上端恰好与D端齐平.质量为m的小球在曲面AB上距BC高为3r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CD后压缩弹簧，压缩过程中小球速度最大时弹簧弹性势能为Ep.已知小球与水平面BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求： 图12 (1)水平面BC的长度s； (2)小球向下压缩弹簧过程中的最大动能Ekm. 答案 (1)eq \f(5r,2μ) (2)eq \f(3,2)mgr＋eq \f(m2g2,k)－Ep 解析 (1)由小球在C点对轨道没有压力， 有mg＝meq \f(v\o\al( 2,C),r)(1分) 小球从出发点运动到C点的过程中，由动能定理得3mgr－μmg·s＝eq \f(1,2)mvC2(2分) 解得s＝eq \f(5r,2μ).(1分) (2)小球速度最大时，加速度为0，设此时弹簧压缩量为x. 由kx＝mg，(1分) 得x＝eq \f(mg,k)(1分) 由C点到速度最大时，小球和弹簧组成的系统机械能守恒 设速度最大时的位置为零势能面，有 eq \f(1,2)mvC2＋mg(r＋x)＝Ekm＋Ep(2分) 解得Ekm＝eq \f(3,2)mgr＋eq \f(m2g2,k)－Ep.(2分) 17.(12分)(2018·黄冈市检测)某学校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛.比赛路径如图13所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟.已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直轨道前受到的阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计.图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，s＝1.50 m.问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g＝10 m/s2) 图13 答案 2.5 s 解析 赛车通过圆轨道最高点的最小速度为v1′，根据牛顿第二定律得，mg＝meq \f(v1′2,R)，得v1′＝eq \r(gR)(2分) 根据动能定理得，由B点至圆轨道最高点有－mg·2R＝eq \f(1,2)mv1′2－eq \f(1,2)mv12(2分) 解得v1＝4 m/s(1分) 为保证赛车通过最高点，到达B点的速度至少为v1＝4 m/s(1分) 根据h＝eq \f(1,2)gt2得，t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.5 s(1分) 则平抛运动的初速度v2＝eq \f(s,t)＝3 m/s(1分) 为保证赛车能越过壕沟，则到达B点的速度至少为v2＝3 m/s(1分) 因此赛车到达B点的速度至少为v＝v1＝4 m/s(1分) 从A到B对赛车由动能定理得Pt－FfL＝eq \f(1,2)mv2(1分) 解得t≈2.5 s.(1分)
相关资料
更多
