《必修第二册》核心素养综合测评(一)-【数理报期末复习】2024-2025学年高一物理必修第二册升级突破（人教版2019）

数理极 参考答案· 17 万有引为力提货心力，月”。N 位移成正比，故B正确：潜块以速度冲上组稳的斜面，加速度 (2)若无传送带时，由平地知识可知：x= 大小为g家i0+w8,则有#。o一(in8+)i, 解得：1·1： 关立解得火里的质健为从：=品 滑块动能与时间的关系为瓦=m2=了m6-(in+ 如果传送带保持不动，则当小车滑到最右时，由动能定理 (3)设火星表面的重力加速度为导火，由物体在火型表而受)·产，故C益误：上清过密中，年擦力对滑块做负动，滑块 到万有引力等干重力可得 的机城能不断减小，故D错误本达不正确的.故选C, 解得：=6m/s GM=m8大 0,小球A的速度与竖直方向的夹角为#，由速度关联可得 因为=6m>,√=2m/s,小车从右轮子最高点 4s?=「口，故除P,Q两点外，小球A的速度始终大干物块B的位平抛运动，刚落水点距离传送带右增的水平距离：x'=臂= 联立帮得：“是 速度.故A正确：小球A由P下滑至Q的过程中，弹簧弹力对小球6m离0点的水平距离为⅓=6■+8m=14血 A和物块B组成的系绕做功，系统机械能不守恒，故R错误：由圈 《必修第二册》核心素养签合测评（一） 《机械能守恒定律)核心素养嫁合测评 LC:2.A:3.D:4.B:5.D:6.C:7.A 可知1=，00，上升的高度为4=00 1.C:2.A:3.B:4.A:5.B:6.A:7.B 提示： 提示： 0P=子L,小N球4由P下滑至的过程中，物块B初态和末态动 1.实心球做的是斜上运动，故A错误：实心球的速度先减 1,返回在气过程中句下做减速直线运动，速度方向 小后增加.故B错误：实心球只受重力作用.加速度为g不变.起 向上，返回舱在喷气过程中处于超重状态，故A墙误：返回能在 能不变（皆为幸），因此重力势能增加量脚为物块B的机械能增〔正确：实C球的器直高度先增加后减小.则里力功能先增加后 项气过程中向下数流过直线远动，加速度方向向上，所受合力向加量，4E=△5。：子m儿，弹簧初志处于压第，未态处于拉伸。 减小，故D错讽 上，运动方向与所受合力方向相反，所受合力做仇功，放：错误： 返回枪在喷气过程中速度成小，故动能减小：高度下降，故重力 在P点时，弹簧压缩量为1，在Q点时，弹簧伸长昼为马，则x1+ 工在地球表面万有引力近似等干重力”。G,运动轨道 势能减小，所以机械能诚小，故C正确：返回枪在匀速下降过程 与=子L,故C带误，D正晚 距地面高度为地球半径的56悠，卫星所受地球的引力F= 中动能不变，重力势能减小，故镜成能或小，故D错误 11.(1)A:(2)D:(3》大于 2.根据功率与牵引力的关系P可刻，当速度最小时，章 (R+56附7一23%6，枚A正确 m 解析：(1)还需要用刻度尺量取纸带上点之间的E离，故A 引力最大，变速杆应推至“档，故①正跳，2请误：在就定功率 正确：质量可可以的掉，不需要测昼断量，故B请误：打点计时墨记 3.支持力与轮胎的运动方向垂直，支持力对轮验不做功，检 =500心。300N,放g正确，录了时间，不需要再用砂表计时，故C接误：电火花计时器使用 A错误：轮台沿水平方向做匀加速运动，轮怡的动能增大，合力 下以最高速度行驶蝴时，F 180 对轮做正功，故B正确：轮沿水平方陶做匀加速运动。人对 3,6 220V交流电，放D错谒， ④情极故A正确，D错极 (2》纸带与报针之间有摩擦阻力，会使得动能的增加量减 轮胎的拉力大于轮险的摩擦力，故C括误，人对轮胎的拉力所敏 的功大于摩擦力对轮胎所散的功，而时间义相同，所以人对轮脂 3.设有摩擦冰面时，对冰壶运动的金过程，由动能定理有 小，故A错误：重物下落过程中受到空气阻力，会使得动能的增 的拉力的功率大干摩擦力的功率，故D错讽 加量或小，故B错函：释收重物前纸带不处于竖直位置，会增加 “=0-了m后，滑行0m后摩擦冰面，对冰壶运动的全过 下落的摩擦力，会使得动能的增加量或小，故C错误：先释故用 4根据万有写引力提供向心力特6。m二，解得产= 2 ,由动能定理有-g-0m-与)=0-子6：解 物，后接通电源打出纸带，会使得下落的高度有一郸分没有记 录，从而使得重物重力势能的减少量网4小干动能的增加量 ,由题邀是=GM,对火星表面物体G“ =g火，解得= 得x‘=35m,故ABC错提，D正确 子2，放D正佛 ，放A正 4根据题意可知，运动员在C点的机被能为6=了 (3)根据动能定理，有m-及m2.解得2气 5.乒乓球最终匀洁适时，如迪度最小为0，而乒乓球刚向 mg,9150】,从C点离开后，运动员在空中只有重力对其黄 上随出时，速度最大，阻力最大，加速度最大，设最大违度为 功，机械作守恒，则可运动员（含装备）落地前解间的机械能 为91501故B正确 则网g+品=。46年子，乒乓球最终匀速运动时，速度 5.根据P=,起过程，P恒定，速度增大，牵引力F成小， 故质量越大，斜书越大，所以国。>m 由牛倾第二定律可得F一了=m,可知加速度减小，飞机做加速 为，则mg±，此时的动能，=工，联立解得。=5g 度减小的加速运动，速度增加越来越慢，故AB错误：根据速度图 12.(1)mg(1-s): 故B正确. 像与时间轴所围的面积表示位移，知飞机的位移比匀加连直线 解斯：(1)小球下摆下谛的高度为=以1一%)，所以重 6.由于在最高点时.國形管道内睡能支撑小球，所以小球能 运动的位移大，飞机的平均速度比匀加速直线运动的平均速 力势能减少量△E,■mg(1-w):小球下摆到最低点的速度 够通过最高点时的最小速率为0，故A正确，B错民：如果小球在 度号大，故C墙误；设该过程克服阻力所故的功为围，根据动能。。 兰所以小球的能增加量4品·受（兰） 0…器 最高点时的迪率为√成，设此时晋道对小球的弹力大小为F,由 牛银第二定律得g+F=m发，解得F0,根据牛银第三定律 定理得%一=了m后，解得F=%。一了m2故D正确 -mgl(I cos 0). 知，小球对管道的内、外壁均没有作用力，故C错误：如果小球在 6.不计空气阻力，企脑做斜上抛运动，企鹅经过最高点时动 2)由童可 能不为0，故A错误：若企鹅以同样大小的速度竖直向上起跳，由 所以一0=1一益十解得1=最 最低点时的速率为√gR.根据牛倾第二定津，有F、一mg= 动能定理知，重力做功等于动帷的增加量，则侧两种情况落水时速 两石，解得人一2mg>0,根据牛蜘第三定律知，小球通过最低 13.(1)24m:{2)420w 度方向不同，大小相同，故B情识：以海面为参考平面，由机械能 解析：(1)由牛领第二定律mgi30”-/=M@ 点时对管道的外壁有作用力，大小为2mg,故D结误 守恒定律知mb+m后=2m2+0,则重力数功为6三 解得：0=4m/,2 7,在1段滑行过程.根据机械能守恒定律可得mg m2之，故C正确：企能斜上地运动，迪度方和大小 由运动学公式+ 分，可得运动员水平飞出的速度为：=√2，若红加修，测 不断变化，故D错误 其中。=2m/,1=3,解得3内滑雪者下祈位移的大小 水平飞出的速度变为聪来的2倍，故A错误：运动员从A点飞出 7.根据平动运动的特点可知，水柱到达最高点时仍然有沿 为x=24m 水平方向的分速度，动能不等于0.故A#误：平抛运动以及逆运 (2)由运动学公式。=4+al 后贫平指画动.由位移编角公式可得mp:三 =号解得 动的过程中空气阻力不计，术柱的机橡能守恒，故书正确：水柱 重力的屏时功半P=msin30 联立解得3末人与版总重力的解时功中为P=4如W =2m”若H加倍，在空中运动的时间变为原来的2倍.放 沿竖直方向的分速度为：钱，·m45.10万×号 =10m/s,水 14.(1)2R:(2)4R:(36wg D错误：由速度销角公式可得ama=足=2t8可知，只要运 住向上运动的时间为：。=吕。=1，出水口离建筑物的 解析：(1)小球从A到D,根据动能定理可得： 动员落到面上，位多编角就不变，则速度与水平方向夹角a 水平距离等干水柱沿水平方向的位移。,45°·t g(4报-2R)=2m6 不变，故正确：运动员落到斜面上的速度大小可表示为「台= 10m放C正确：设出水口与水平地面之间的夹角为0，则水柱上 解得：=2√gRm/a 一。指合A解新可包，者日加信，运动员落到斜有上的迪度大 升的度为： ,可知如果要使水柱灭稍高位 (2》小球离开D点后微平抛动，根据平抛津可以得到： 小变为原来的迈倍，故C请识 2 水平方向有：江=t 置的火焰，消防员可以通过改变出水速度和出水口与水平地面 兴角案实现故D正确本题选不正确的，故选A 竖直方向有：2R=宁d 8.ABC:9.AC:10.CD. 提示： 8.BD:9.D:I0.AD. 整理可以得到：江=4尼 (3》从A到C,根据动能定理得： 由学子得=受在人卫限自然行的 提示： 8.竖直方向上：两物块仅受重力，不受支持力，做自由落体 轨道上，线速度随着距地心的距离减小而增大，所以远地点的线 远动：故水平方向不受摩擦力，只受绳千弹力，因此包含绳千在 g(4R-R)=2m2-0 速度比近地点的线速度小，，<，故A正确：人造卫显从响圆 内的系统整体机械作守恒；故A排误：刘始时物块受重力和河 在C点根器牛第二笔弹有人一月 轨道Ⅱ变轨到圆形轨道【，需耍点火如速，发生离心运动才能 力，但是弹力逐渐变小，故合力方向逐渐变化，物块做变加速曲 实现.因此1<，所以1<1，故B正确：由G。 线运动，力等于0之后，合力不变（脚重力），但此时速度方 解得：下、=6网g 向井不竖直，放物块做匀变速曲战运动：故B正确：落地时，物块 由牛顿第三定律可知，小球经过半国轨道的点时对轨道 4 一（停，得了=√，可知到地心重离越大.周期越大.因 竖直方向有=2gH,解得竖直方向的速度，=，2gH,由干水 的压力为6g 15.1180N:236m/..6m 此T,GT,,故C正确：人造卫显运动的加速度由万有引力提 平方速度不为0，故标速度必定大于、27：故C墙说：两物块的 解析：(1)玩具滑车到达D点时，由牛领第二定律有： 供，因此不管在轨道Ⅱ还是在轨道1上，两者的受力是相等的， 运动完全对称，落地时速度大小相同，住向不司故D正璃 g是 因此加速度相等，放D误 头.根据动能定理可得：-Eo=一四gxin8-mgreos0,可 9.设小木块开始滑动的路界角速度为。，鼠据牛顿第二定 得BB一《刷gm8+amg)x,可知瓦与位移x成线性 关系，故A正确：物体的重力势能为E,=m票·nA,可知E,与 解得=mg+m=0N+410N=幻N: 律有mg=mr,解得。=√，因为。>n,所以a开始 18 参考答案 数理柄 背动的临界角速度小于开始滑动的临界角速度，喇：先开始补 解得F、=6N 辕能守恒，E-1函数图像为平行干横的一条直钱，故D皓误 动.故A正确，B错讽；若a,6与圆盘相对静止，则当刚好要发生 由牛缅第三定律可知，物块经过圆其轨道的B点时对轨道 1L.(1)D(2)B(3)mg(%+1) m(与+2)2 所动时，圆盆的角速度最大，为，“√受=√导，益C正确， 的压力大=F、=6N 327 (2)物块从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有 解析：(1)险正机坡能守恒定律实验中，打点计时器密使用 D错讽. 想gR一m新=0-0 交流电源.需使用度尺潮量纸带上两点间的距离，不需要测显 10,当游客以速度经过圆轨道的最高点时，所受合力指向 解得u0.25 重锤的质量，故不需要天平，故D正画 圆轨道的圈心处，即方向竖直句下，但是在非最高点和非最低点 (3)物块从B点运动室G点的过程中，根据牛领第二定律有 (2)为充分利用纸带，应先接通电源开关，再打开夹子释制 时.根据牛铜第二定律，人受到重力和空椅的作用力，合力不指 纸带，打出一条纸带。故没有必要进行或者操作不当的步骤是B 向圆心，可得除了重力之外还有其他力对游客数功，所以机械能 mg=m,= (3)重锤从释放到下落0C距离时的更力势能减少量△E, 不子恒，故AB错误：概据动能定理游客所受的合力所做的功W 解得t=L6 =mg(+1) ·m(2)2了m2m2,故C正确：当最高点速度小 《必修第二册》核心熏养综合测评{二) LA:2.C:3.C:4.D;5.B:6.C;7.B. 重在C的速度为号：护 于丽封，游客所的向心力小于重力，有g一=后解得 提示 ,牛队为在足够高的高山上以足够大的水平速度的出 动能猫咖量4出=子候： 32T 物体，物体就不会再落在地球上，故A正确：英田物阻学家卡义 迪什到用“扭“首先较湘确的定了引力常量，故B错误；牛 121A(2)等于(36r(4gT, V2- 11.(1)(2)不变 用”月一地险ˉ证实了万有引力定律的正确性，C错误：德 解析：(1)为了城小空气阻力的能响，可时以减小小球的体 解析：(1)由公式F=mr可知F一图像的斜率k=m, 天文学家开管对他的导师一第容观薄的行显致据进行积，增大小球的通显，故应选择体积小，质量大的史心金属球，故 了多年研究.得出了开普精三大行星运动定律，故D错误 A正确，C储误 解得m 工速度方向不改变，故A结误：加速度方向不议变，故B (2)小球在水平方房做匀速运动，4B,BC之阿的时博相等 (2)着水平仟不光滑，一开始静摩擦力提供向心力，当静摩 错民：他正沿通弧形库道做匀速圆调运动，角速度相同，即相等 根据玉=样可可知通= 擦力达到最大值后，有F+4网g=m7,可得下=m?一mg, 时问内铃过的角度相属，放G正确：相等向内经过的路程相同， (3)小球在竖直方胸做自由落体运动，AB间的竖直高度为 F-w图像的率为，可阅F-2图安的率不宽 立移方向不一定相同，故D错识 3.根据题意可知，两个速度光角为60，根据速度合成可知， 4w:宁g2)户，4C闻的坚直高度为hc=(47)2,BC之间 12.(1)<(2)240 (3)m,+m:(西+) 合速度为rs=230°=3r,故C正确 实际下落的原直高度为雪南g一A极量g了 87 (m-m)(+数》g 4对人从距水平轨道7.2m高的水滑梯的顶端清下到水平 (4)AB,C之园的水平距离相等，设为x,根据几何知识有 (4)m+ hin +x=fin hic r fic 轨道的末端时出动能定理可得mg一了机g:=0,昵得x=5h= a(m3-m,） 解析：()由甲图可知，m,下得，侧，上升，打点计时寄才能36m,即水平轨道的长度至少为36m,故D正璃 在纸而上打下一系列点，故m,<m 5.足民球被水平抛出后做抛远动，水平方向位移x■。， 联立解得x=g了 /36。-4 (2)根据匀变速直线运动的性论得 竖直方向位移=,合位移为=√+了，解得 V-a2 2×0 0.75m/.故B正瑞 小指随度大小为…音哥 (3)0~5过程中系统动能的增加量为 6.概据万有号引力提供间心力有GW。m二 ，可得三 )(2) 、圆·天官“空同站的运行轨道学径小于北斗同步卫量的轨 解析：设江感星的轨道半径为，，质量为两，中子星的轨道 (1+m(+) 半径为2、质量为m,根据酒意有1+3=L 87 道半径，则”天官”空间站的运行速度大于北斗司步卫星的运行 出方有引力充当向心力有 系统珍能的诚少量为△E,■网(1+与》-1(+) 速度，故A情损：“夫宫“空间帖里的宇航员处于浮状志是因为 =(-m1)(+)g 处于完全失重状态，但仍受重力，故B错识：根据万有引力提供 66号 CMm (④)若系统机城能守恒，别有子(m,+m)户=(m- 向心方布行=加禁(R+6,所有的同步卫具有相同 联立解得：=。 m1》h 的周期，则高地球表面的高度都是一定的，故正确：若北斗 星在飞行的过程中速度变大了，万有引力小于所需的向心力，则 2)根银上分折可得m。产m。4 变形可得=1：m +，动 它将向远离地球的方向运动，故D请风 可得m+m。4红 此到，率为上是 7,当模型飞机以角速度仙绕中央袖在水平到内做匀速圆周 运加时，模型飞杭受到重力和支持力的作用，由重力和支持力的 14.(134.5J:(2)2J:(3)0.2m 长号 合力提供向心力，故A正确：旋臂对横型飞机的作用力方陶可圆 解析：(1)由题意可知在B点，轨道对物块的支持力为 '与能臂不垂直，但在竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的 1民g2)红+L, 分力等干重力，故B盐误：根据旋霄对模型飞机的作用力大小的 10g,根据牛顿第二定律得10g一g=m冬 表达式F■√(mw)于+《k),所以旋臂对模型飞机的 解析：()物体在地球表面受到的万有引力容于重力，则有作用力大于mg,若夹角？诚小，则旋臂对模型飞机的作用力减 根据动能定理得围。。 24店-0 小，故CD正确.本盟选不正确的，故选B. 根据功能关系B。=F, 8.AC:9.AG:10.BC 联立解得￡。=45J 解得地球的质量M= 提示： （2)在C点，由牛顿第二定律得g=m是 &.谷种和常谷出同口后又受重力作用，则都做匀变确曲 (2)天舟七号绕地球做匀速圆周话动，根据万有引力提供 线运动，故A正确：谷种和滤谷从飞出羽口后落地的竖直高度相 从B点到C点，由动能定開可得 肉心力可降物三某R+】 解得天丹七号运动的圈期为 同积稀：一√受可如它们落地的时间相国故情：谷 -mg…2R-用=2r2-2m 联这解得W,=2」 出润口落地时的水平位移壮密谷小，根据x=可知，谷种飞出 /R+R+ R+k 摩擦力做功最终都转化为内德，所以Q=事，=2」 闲口时的速度比幕谷飞出洞口时的速度要小，故C正确：根据 (3)从C点出后，物块做平抛动， =可加，谷种和德谷落地的竖直速度相国，但是水平速度不 4.(n=g对20=25：ad=m ，测落地的速度不司，故D溪 ih-Tod 身已知环绕器绕火显敏匀速圆周运动的轨道半径为，周期 解得x=0.2m 解析：(1)设小球从A点运动到D点所用时间为1，小球在竖 直方向做自由落体远动，有：，= 为不，由万有引力提供向心力可得G坐。亭.解则火景的质 由数学知识r,■，爆n60 量M=4如之 ，环绕器的质量约去，因此环绕器的册量不能求出。 解析：(1)用手托住球B时，弹簧处干压指状态，对A根据平 衡条件有k标，量侧gin30 故A正确，书错误：在火星表面的物体所受万有引力等于重力，则 (2)小球从A点运动到D点的过量中，圆盘转过的角度：= 解得压省量1一器 6架=，解得火显表雨的重力加链度：=兴-条故C 松手使球B从静止开始下落，平衡位置在四点，弹簧处于伸 解得：0=25d 正确：火烧太运动的公转调由已知条件不花求出，故D指误 长快密对A在平衡位置有刚g=mg30°+ (3)小球从A点壶动到D点，小球做平勉运动的水平位移大 0,运动员从起桃区水平起跳后做平抛运动，在空中只受到 可解得仲长量，·器 小x=,A,D两点的距离d=√2+(s产) 重力，加速度为重力加速度，根据加通度定义式有△=，r- 因为物块A在斜面上做关于)'点对称的往返运动，故物块A 数图像为一条过原点直线，故A误：透动员从起跳区水平起 沿斜面上升的最大距离为 解得：d 院后在竖直方判做白由落体运动，圳书，=，重力的解时功华为 P=mg,=m:1,P一-1函数图像为一条过原点的直线，故书正 n2+).受 15.(1)6N:(2)0.25:(3)1.6 通：运动员从起就区水平起桃后运动员的速度为书■ (2)到达)'点时，物块A得最大速度，对4B及弹簧组成 解析：(1)物块在圆以轨道上运动，由机被能守恒有 mgR=子d √后+（了，运动员的动能为=之m2=m6+ 的系统，由机械能守但定律得 mg(新+)-mg(+)in30=号·2m 在B点，由响心方公式有人、一g 了，无-1函致图像为抛物线的一部分，顶点在纵轴的正半 轴，故C正确：运动员从起跳区水平起桃后在空中只受重力，机 解得■√2《必修第二册》核心素养综合测评（一） ◆数理报社试题研究中心 第I卷 选择题（共46分） 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分，选对得4分， h 选错或不选得0分) 1.投掷实心球是中考体育的一个考试 部 项目，如图1所示，一名考生正在投掷实心 球，忽略空气阻力，实心球离开考生的手到 落地过程中，下列说法正确的是 A.实心球做的是平抛运动 图1 B.实心球的速度不变 数 C.实心球的加速度不变 的 报 D.实心球的重力势能一直减小 高 2.某地球同步卫星在地球表面所受的重力为G,当它在正常 物 工作时，其运动轨道距地面高度为地球半径的5.6倍，此时卫星所 理 受地球的引力约为 教 A.2.3%G B.3.2%G C.15%G D.18%G 3.拖着橡胶轮胎跑是一种体能训练方 第 式，该训练方式有助于提升人的心肺功能和 沙 身体耐力.如图2所示某受训者拖着轮胎在 图2 粗糙的水平直道上匀加速跑了一段位移，设在此过程中地面对轮 胎的支持力始终不为零，下列说法正确是 A.支持力对轮胎做了正功 崇 B.合力对轮胎做了正功 C.人对轮胎的拉力所做的功小于摩擦力对轮胎所做的功 D.人对轮胎的拉力的功率等于摩擦力的功率 4.假设“天问一号”绕火星做匀速圆周运 A 动，其运动遵循万有引力提供向心力的规律： GMm=m,若其线速度的平方与轨道半径 2 倒数的图像如图3中实线，该直线斜率为k,已 知引力常量为G,。为火星的半径，则火星表面 图3 的重力加速度大小g水为 ( 靴 A. B.√mo D. 5.将一乒乓球竖直向上抛出，乒乓球在 运动过程中，它的动能随时间变化的关系的 图线如图4所示.已知乒乓球运动过程中，受 到的空气阻力与速率平方成正比，重力加速 度为g.则乒乓球在整个运动过程中加速度 图4 的最小值、最大值为 ( A.0,4g B.0,5g C.g,4g D.g,5g 6.如图5所示，可视为质点的、质量为m的 小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道 内做圆周运动，管道内径略大于小球直径.下 列有关说法中正确的是 () A.小球能够通过最高点时的最小速率为0 图5 B.小球能够通过最高点时的最小速率为√gR C.如果小球在最高点时的速率为√gR,则此时小球对管道的 外壁有作用力 D.如果小球在最低点时的速率为√gR,则此时小球对管道的 内壁有作用力 7.如图6所示，整个滑雪轨道在同一竖 直平面内，弯曲滑道OA与长直滑道AB衔接， 某运动员从距离A点高为H的O点由静止滑 下，到达A点水平飞出后落到长直滑道上的 B点，不计滑动过程的摩擦和空气阻力，直滑 图6 道足够长，若弯曲滑道OA的高度H加倍，则 A.运动员在A点水平飞出的速度加倍 B.运动员落到斜面上的速度方向不变 C.运动员落到斜面上的速度大小不变 D.运动员在A点飞出后在空中运动的时间加倍 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出 的四个选项中，有多个选项是正确的，全选对的得6分，少选的得3 分，有错选或不选的得0分) 8.航天飞机在完成对哈勃空间望远 轨道1， 轨道 镜的维修任务后，在A点从圆形轨道I进 入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如 图7所示，关于航天飞机的运动，下列说法 中正确的有 ( 图7 A.在轨道Ⅱ上经过A点的速度小于经过B点的速度 B.在轨道Ⅱ上经过A点的动能小于在轨道I上经过A点的 动能 C.在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道I上运动的周期 D.在轨道Ⅱ上经过A点的加速度小于在轨道I上经过A点 的加速度 9.如图8所示，两个质量分别为m、2m的小 木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与 转轴O0'的距离为21，b与转轴的距离为1.木块 与圆盘之间的动摩擦因数为，重力加速度大 图8 小为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若圆盘从静止开始绕转轴 做角速度缓慢增大的转动，下列说法正确的是 ( A.a先开始滑动 B.b先开始滑动 Ca,b与圆盘相对静止时，圆盆的最大角速度为，√受 ● D.a,6与圆盘相对静止时，圆盘的最大角速度为，√件 10.如图9所示，过山车的轨道可视为竖直 平面内半径为R的圆轨道.质量为m的游客随 过山车一起运动，游客经过圆轨道的最高点时 速度为，紧接着经过圆轨道最低点时速度为 2v,则以下说法正确的是 ( 数理报·高中物理人教（必修第二册） 图9 A.游客的加速度方向始终指向圆心 B.游客从最高点到最低点机械能守恒 C.游客从最高点到最低点游客所受的合力所做的功为？， D.最高点速度v小于√gR时，座椅对人的弹力为F=mg v2 R 第Ⅱ卷 非选择题（共54分） 三、实验题（本题共2小题，共16分，将正确答案填在题中横 线上或按要求作答) 11.(6分)某同学用如图10所示的装 角速度传感器 整直转轴 力传感器 置做探究向心力大小与角速度大小的关系 水平光滑杆 的实验.装置中水平光滑直杆随竖直转轴 一起转动，一个滑块套在水平光滑杆上，用 图10 ⑨ 细绳将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细绳处于水平 伸直状态，当滑块随水平杆一起匀速转动时，细绳的拉力就是滑 块做圆周运动需要的向心力.拉力的大小可以通过力传感器测 得，滑块转动的角速度可以通过轻质角速度传感器测得 (1)保持滑块的质量和到竖直转轴的距离r不变，仅多次改变 竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F及角速度传感 器的示数ω，根据实验数据得到F-ω2图线的斜率为k,则滑块的 质量为 .(用题目中的字母表示) (2)若水平杆不光滑，根据(1)得到图线的斜率将 (选填“增大”“不变”或“减小”) 12.（10分)用如图11甲所示实验装置验证m1、m2组成的系 统机械能守恒.图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的 第一个点，1、2、3、4、56为纸带上的6个计数点，每两个相邻计数 点间还有4个点未画出，计数点间的距离如图乙所示，相邻计数点 理报· 间的时间间隔为T,已知交流电频率为50Hz, 中物理人教（必修第 8.4 21.60 26.40 图1川 (1)实验中两个重物的质量关系为m, m2(选填 ”“=”或“<”)； 册 (2)现测得x,=38.40cm,x2=21.60cm,x3=26.40cm,那 么纸带上计数点5对应的速度；= m/s(结果保留3位 有效数字)； (3)在打点0~5过程中系统动能的增加量表达式△E,= 系统势能的减少量表达式△E。= （用m1、m2、x1、x2、x3、T、重力加速度g表示)； (4)若某同学作出)-h的图像如图丙所示，则当地的实际 重力加速度表达式为g= (用m1、m2、a、b 表示) 四、计算题（本题共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方 程式和演算步骤.只写出最后结果的不能给分，有数值计算的题， 答案中必须写出数值和单位)》 13.（10分)2024年1月17日，天舟七号货运飞船在文昌航天 发射场成功发射，为空间站运送了必要的生活物资及实验设备 天舟七号完成对接后，在圆形轨道绕地球做匀速圆周运动.已知 天舟七号距地面高度为h,地球表面的重力加速度为g,地球半径 为R,引力常量为G.地球可视为质量均匀分布的球体.求： (1)地球的质量M; (2)天舟七号运动的周期T. 14.（12分)如图12所示，将小球以A 大小。=2/s的速度，从A点对准竖 直放置的圆盘的上边缘B点水平抛出， .60 圆盘绕圆心O以w=10rad/s的角速度 匀速转动，一段时间后，小球落到圆盘 图12 边缘D点，∠C0D=60°，重力加速度大小g取10m/s2,不计空气 阻力.求： (1)小球从A点运动到D点所用的时间； (2)小球从A点运动到D点的过程中，圆盘转过的角度（用孤 度表示)； (3)A、D两点间的距离. 15.（16分)如图13所示，是竖直平 面内的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨 道末端B点与水平直轨道相切，一物块 (可视为质，点)从A点由静止开始沿圆 图13 弧轨道下滑，最终停在水平直轨道上的C点.已知物块的质量 =0.2kg,圆弧轨道的半径R=0.8m,B点和C点间的距离xc= 3.2m,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力.求： (1)物块经过圆弧轨道的B点时对轨道的压力大小： (2)物块与水平直轨道间的动摩擦因数： (3)物块从B点运动至C点的时间t. ·数理报·高中物理人教（必修第二册）