第3次月考滚动检测卷-【三清必刷】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版2019）

— 26 — 第三次月考滚动检测卷 (范围:第八章全部内容) (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 教研组长推好题 第15题综合考查动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律结合运动学知识 及相关数学知识来求解实际应用问题,题目设置灵活,紧扣基础知识,对学生的综合应用能力要 求较高,值得推荐。 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,只有一项是符 合题目要求的。 1.(2025·宁夏石嘴山三中期末)如图甲所示,质量m=0.5kg,初速度 v0=10m/s的物体,受到一个与初速度方向相反的外力F 的作用, 沿粗糙的水平面滑动,经3s撤去外力,直到物体停止,整个过程物体 的v-t图象如图乙所示,g取10m/s2,则 ( ) A.物体与地面间的动摩擦因数为0.2 B.0~7s内物体滑行的总位移为30m C.0~7s内摩擦力做功为-29J D.0~3s内F做的功为-10.5J 2.(2025·广东省广州五中月考)设计师设计了一个非常有 创意的募捐箱,如图甲所示,把硬币从投币口放入,接着在 募捐箱上类似于漏斗形的部位(如图乙所示,O 点为漏斗 形口的圆心)滑动很多圈之后从中间的小孔掉入募捐箱。 如果硬币在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运动,摩 擦阻力忽略不计,则某一枚硬币在a、b两处时 ( ) A.向心加速度大小aa>ab B.角速度大小ωa<ωb C.线速度大小va>vb D.向心力大小Fa=Fb 3.(2025·浙江省宁波市鄞州中学高一期中)如图所示,利用矿坑中所建造的 上海“深坑酒店”,设有地平面上3层约15米,地平面以下16层,其中2层 在坑底湖水的水下,深度有10米。若建筑物包括水面下的总高度为75 米,则一质量为60kg的人立于地平面下20米的客房中,其重力势能相对于地平面为 若改以湖水水面为零势能面,其重力势能为 。 ( ) A.12000J,18000J B.-12000J,18000J C.-1200J,1800J D.1200J,1800J 4.(2025·河北省部分高中期末)电动车被认为是新型节能环保的交通工具。 在检测某款电动车性能的实验中,质量为m 的电动车由静止开始沿平直公 路行驶,受到的阻力大小恒定,电动车的输出功率随速度的变化关系如图 所示,电动车速度从v达到最大速度2v所用时间为t,则以下说法正确的 是 ( ) A.电动车先做匀加速运动后做匀速运动 B.电动车速度为v时加速度大小为2Pmv C.电动车速度从0到v所用时间为2mv 2 P D.电动车速度从0到2v的过程中,位移大小为vt-2mv 2 P 5.(2025·河南省新高中创新联盟模拟)单板U形池是冬奥会的比赛项 目,比赛在一个形状类似于U形的槽里进行,其由宽阔平坦的底部和 两侧的四分之一圆弧面组成,圆弧半径R=3m,其截面如图所示。某运动员以v0=3m/s的初速 度从圆弧最高点竖直滑下,重力加速度g取10m/s2,不计一切摩擦和空气阻力,则运动员在圆弧 轨道最高点和最低点时,对轨道的压力大小之比为 ( ) A.110 B. 1 11 C. 1 12 D. 1 13 6.(2025·山东省名校联盟模拟)2024年12月17日,神舟十九号的航天员蔡旭 哲、宋令东、王浩泽,出舱9小时为空间站安装了空间碎片防护装置。为躲避 较大威胁的空间碎片,天宫空间站往往实施发动机点火变轨的紧急避碰措 施,空间站的质量为m0。变轨前后稳定运行时均做匀速圆周运动,轨道半径 分别记为r1、r2。如图所示。已知质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为 r时,引力势能可表示为Ep= GMm r ,其中G为引力常量,M 为地球质量。空间站紧急避碰过程发 动机做的功至少为 ( ) A.12GMm0 1r1- 1 r2 B. 3 2GMm0 1r1- 1 r2 C.52GMm0 1r1- 1 r2 D. 7 2GMm0 1r1- 1 r2 7.(2025·江苏省南通市高一预考)如图所示,质量相 等的物体a和b 用劲度系数k=100N/m的轻弹簧 连接,b放置在地面上,一根不可伸长的轻绳一端与a 连接,另一端绕过两个光滑的小定滑轮O1、O2 与小 球c连接,c套在倾角θ=37°的光滑轻杆上,F点为轻 — 25 — — 28 — 杆的底端,开始时小球c处于轻杆的E 点,连接c的轻绳处于水平状态,此时物体b恰好对地面没 有压力。E、F两点关于P 点对称,且O2P⊥EF,已知物体a和b的质量均为3kg,小球c的质量 为1.5kg,|O2E|=1.0m,g取10m/s2,sin37°=0.6,弹簧的弹性势能为Ep= 1 2kx 2(x为弹簧的 形变量)。小球c从E 点由静止释放到达F 点的过程中,下列说法正确的是 ( ) A.物体a、b及小球c组成的系统机械能守恒 B.小球c到达P 点时,物体a的速度不为0 C.小球c到达P 点时,小球c的机械能增加了16J D.小球c刚到达F 点时,a的动能为9.6J 二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题 目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8.(2025·广东省肇庆市模拟)某同学骑电动车在平直路段行驶 的过程中,用智能手表记录了其速度随时间变化的关系,如图所 示,AB、CD和EF段近似看成直线。已知AB 段时间=2.5s, EF段时间=1.0s,电动车和人的总质量为100kg,在CD 段 电动车的功率为240W,取g=10m/s2,则该电动车 ( ) A.在AB 段的加速度比在EF 段的大 B.在CD 段所受的阻力大小为40N C.在AB 段通过的位移大小为7.5m D.在EF段所受合力大小为500N 9.(2025·河北省保定市部分学校高一月考)如图甲所示, 固定粗糙斜面的倾角为37°,与斜面平行的轻弹簧下端固 定在C处,上端连接质量为1kg的小滑块(视为质点), BC为弹簧的原长。现将滑块从A 处由静止释放,在滑块 从释放至第一次到达最低点D(图中未画出)的过程中,其加速度a随弹簧的形变量x 的变化规 律如图乙所示(取沿斜面向下为正方向),取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度大小g= 10m/s2,下列说法正确的是 ( ) A.弹簧的劲度系数为10N/m B.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C.滑块从A 点运动至B 点,滑块的重力势能减少了1.6J D.滑块从A 点运动至D 点,滑块的重力势能减少了4.8J 10.(2025·重庆校级模拟)如图所示,半径为R、圆心为O 的半圆轨 道竖直固定在水平面上,质量为2m 的小球P 通过轻质细线跨 过两定滑轮A、B 后与质量为m 的物体Q 相连接,左侧的滑轮A 刚好位于O点正上方,且O 到滑轮A 的距离为R,M 点为轨道 上一点,∠MON=60°,N 点为轨道的最低点,现将小球P 从轨道左侧的最高点由静止释放,整 个运动过程中物体Q 不会与滑轮发生碰撞。重力加速度为g,小球P 可视为质点,两定滑轮的 大小不计,一切摩擦阻力均可忽略。则下列说法正确的是 ( ) A.小球P 由释放到N 的过程,物体Q 始终超重 B.到 M 点时小球P 的速度大小为2 2 (1+ 2- 3)gR 3 C.到 M 点时物体Q 的速度大小为 (1+ 2- 3)gR 3 D.到N 点时小球P 的加速度大小为 2g 11.(2025·湖南模拟)如图,在风洞实验室中,从A 点以水平速度v0=2m/s 向左抛出一质量m=1.5kg的小球(可视为质点),抛出后的小球受水平向 右的风力作用,大小恒为3N,经过一段时间小球运动到A 点正下方的B 点处,重力加速度g取10m/s2,在此过程中 ( ) A.A、B 两点间的距离为20m B.小球离A、B 所在直线的最远距离2m C.小球的动能先减小后增加 D.小球的机械能先减小后增加 三、非选择题:本题共5小题,共52分。 12.(6分)(2025·四川省眉山市月考)某学习小组为测一遥控电动小车的额定输出功率,进行了如 下实验: A.用天平测出电动小车的质量为0.5kg B.将电动小车、纸带和打点计时器按图甲所示安装 C.接通打点计时器(打点周期为0.02s) D.使电动小车以额定输出功率起动,达到最大速度一段时间后关闭小车电源,待小车静止时再 停止打点(小车运动过程中所受阻力保持恒定) E.在上述过程中,打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示: — 27 — — 30 — 请你分析纸带数据,回答下列问题: (1)在A、B 两点中,打点计时器先打下的是 点; (2)该过程中,小车运动的最大速度为 m/s; (3)关闭小车电源后,小车滑行的加速度大小是 m/s2; (4)小车的额定输出功率为 W。 13.(8分)(2025·四川省成都七中高一期末)实验小组的同学做 “验证机械能守恒定律”的实验。量角器中心O 点和细线的一 个端点重合,并且固定好,细线另一端系一个小球,当小球静止 不动时,量角器的零刻度线与细线重合,在小球所在位置安装 一个光电门。实验装置如图所示。本实验需要测量的物理量 有:小球的直径d、细线长度L、小球通过光电门的时间Δt,小球由静止释放时细线与竖直方向的 夹角为θ。 除了光电门、量角器、细线外,还有如下器材可供选用: A.直径约为1cm的均匀铁球; B.秒表; C.天平; D.直径约为5cm的均匀木球; E.游标卡尺; F.最小刻度为毫米的米尺。 (1)若实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺和游标卡尺(10分度),则还需要从上述器 材中选择 (填写器材前的字母标号)。 (2)按正确实验方法操作,测得小球的直径为d,小球通过光电门的时间为Δt,可知小球经过最 低点的瞬时速度大小v= 。用精确度为0.1mm的游标卡尺测量小球直径,若测得 一小球的直径为1.35cm,则此时游标尺上的第 (填1~10中的数字)条刻度线与主 尺上的刻度线对齐。 (3)若在实验误差允许的范围内,满足v2= ,即可验证机械能守恒定律。(用题给字 母L、d、θ以及当地重力加速度大小g 表示) (4)影响本实验结果的误差原因有 。(只填一项即可) 14.(10分)(2025·江西省新余市期末)第十五届中国航 展于2024年11月12~17日在珠海举行,1000架无 人机从展会广场起飞,流光溢彩点亮云端之上,通过 无人机编队的排列,呈现多种特色的造型。图甲为 某型号无人机,它的铭牌如表所示(已知空气阻力与速度的关系为f=0.8v,g=10m/s2)。 【型号】YU-2 【动力】电动 【质量】1200g 【额定功率】80W (1)求无人机上升时的最大的速度? (2)某次飞行时,该无人机的飞行路线如图乙所示,无人机先从A 点匀速上升到B 点,后以水平 速度5m/s匀速飞行到C点,从B 到C 的过程中,求无人机电动机提供的牵引力大小和此时电 动机的实际功率? — 29 — — 32 — 15.(12分)(2025·宁夏石嘴山一中模拟)如图所示,在竖直平 面内,粗糙的斜面轨道AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B,C 是最低点,圆心角∠BOC=37°,D 与圆心O 等 高,圆弧轨道半径r=4m,现有一个质量为m=0.2kg、可视 为质点的小物体,从D 点的正上方E 点处自由下落,D、E 两 点间的距离h=16m,物体与斜面AB 之间的动摩擦因数μ=0.5,取sin37°=0.6,cos37°=0.8, g取10m/s2。不计空气阻力,求 (1)物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN 的大小; (2)要使物体不从斜面顶端飞出,斜面的长度LAB至少要多长; (3)若斜面已经满足(2)的要求,物体从E 点开始下落,求小物块在AB 斜面上运动的总路程s。 16.(16分)(2024·广东省广州市越秀 区模拟)如图所示,BC 为固定在地 面上半径R=0.5m、圆心角θ=37° 的粗糙圆弧轨道,圆弧轨道末端C 与长木板P 上表面平滑对接但不粘连,OC竖直。质量m=1kg的小物块从固定水平台右端A 点以4m/s的初速度水平抛出,运动至B 点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道,至C 点时对圆弧 轨道的压力大小为60N,之后小物块滑上木板P,始终未从木板P 上滑下。已知木板P 质量 M=1.5kg,小物块与木板P 间的动摩擦因数μ1=0.4,木板P 与地面间的动摩擦因数μ2=0.1, 重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,忽略空气阻力,最大静摩擦力与滑动摩擦 力大小相等,求: (1)小物块在B 点的速度大小; (2)小物块在C点的速度大小; (3)整个过程中,地面对木板做的功。 — 31 — —50 — 9.AD [A.当动车组加速到最大速度后,作匀速直线运动,则动车 组所受牵引力F1=4f,动车组的最大行驶速度vm= 2P F1 =2P4f= P 2f ,故A正确;B.若整个运动过程为初速度为零匀加速直线运动, 则平均速度v → = vm 2= P 2f 2= P 4f ,但动车组由静止开始恒定功率启动, 故平均速度不为P 4f ,故B错误;C.当速度达到最大时,每节动力车 厢提供的牵引力为F=F12=2f ,假设第二、三节车厢之间的作用 力为F2,则对第三、四节车厢受力分 析 有 F2+F-2f=0,解 得 F2=0,故C错误;D.当速度为最大值的一半时,动车组的牵引力 F3= 2P vm 2 = 2P1 2× P 2f =8f,根据牛顿第二定律F3-4f=4ma,解得 a=fm ,故D正确。] 10.AC [A.对物体C,下落过程中初速度和末速度都为0,则运动 过程中一定先向下加速,再向下减速,故加速度先向下后向上,所 以C下落过程中先失重后 超 重,故 A正 确;BC.设C 的 质 量 为 mC,下落的最大高度为hm,释放瞬间设弹簧的形变量为x1,对B 根据平衡条件和胡克定律 有kx1=mgsin30°,C 下 落 至 最 低 点 时,弹簧的形变量为x2,对A 有kx2=2mgsin30°,由几何关系有 hm=x1+x2,下落过程中,对B和C及弹簧组成的系统,根据能量 的转化和守恒定律有mCghm-mghmsin30°= 1 2kx2 2-12kx1 2,联 立各式解得 mC=0.75m,hm= mg 2k ,故B错误,C正确;D.释放瞬 间,对B、C组成的系统,根据牛顿第二定律有mCg=(m+mC)a, 解得a=37g ,故D错误。] 11.CD [A.由图中c点可得1F = 1 4×10 -3N-1,则牵引力大小为: F=4×103N,c点对应速度为最大速度,当汽车速度最大时,牵引 力和阻力大小相等,可得阻力大小为:f=F=4×103N,故A错误; B.从a到b汽车牵引力不变,可知汽车做匀加速直线运动,在b点, 由图可知牵引力与末速度分别为:F0=5×103N,v0=10m/s,由牛 顿第二定律有:F0-f=ma,且v0=at,代入数据可得汽车从a到 b持续的时间为:t=16s,故B错误;C.根据P=Fv,可得:v=P· 1 F ,由图可知bc反向延长过原点O,所以该过程功率恒定,在b 点有:P=F0v0=5×103N×10m/s=5×104W,当牵引力和阻力 大小相等时,汽车速度最大,则有:vm= P F = P f = 5×104 4×103 m/s= 12.5m/s,故C正 确;D.bc段,汽 车 功 率 不 变,由 动 能 定 理 有: Pt-fx=12mvm 2-12mv0 2,其中t=8s,代入数据可得汽车从b 到c过程中运动的位移为:x=88.75m,故D正确。] 12.解析 (1)设频闪仪每隔时间T 发出一次闪光,根据题意,在竖 直方向上有Δy=gT2=19.6cm-9.8cm=9.8cm=0.098m得 T=0.1s 由x=v0T=2×5cm=10cm=0.1m,得v0=1m/s 小 球 运 动 到 位 置 b 时 速 度 的 竖 直 分 量 大 小 为 vby = (19.6+9.8)×10-2 2×0.1 m /s=1.47m/s (2)位置b到抛出点O 小球的重力势能减少量为ΔEP=mgh 动能增加量为ΔEk= 1 2mvb 2-12mv0 2 若有mgh=12mvb 2-12mv0 2 即gh=12vb 2-12v0 2 即得以验证机械能守恒。 答案 (1)0.1 1 1.47 (2)gh=12vb 2-12v0 2 13.解析 (1)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计 时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的器材是低压交 流电源和刻度尺,不需要测量重物的质量就可以验证,故 AB正 确,C错误; (2)A.实验过程中,应先接通电源后释放纸带,故A错误;B.由静 止释放时应该是用手竖直牵拉纸带,不是用手托着重物,故B错 误;C.重物下落的初始位置应靠近打点计时器,以使纸带能得到 充分利用,故C正确; (3)从打O 点到打B 点的过程中,重物下落的高度为hB,则重物 的重力势能的减少量ΔEp=mghB,根据匀变速直线运动的速度 规律,B 点对应的速度vB= hC-hA 2T ,初动能为0,所以动能的增加 量ΔEk= 1 2mvB 2-0=12m hC-hA2T 2 -0= m(hC-hA)2 8T2 。 答案 (1)AB;(2)C;(3)mghB m(hC-hA)2 8T2 14.解析 (1)从E点到C点,由动能定理有:mg(h+R)=12mvC 2-0 在C点由牛顿第二定律有:FN-mg= mvC2 R 代入数据可得:FN=27N,由牛顿第三定律可知小物体第一次通 过C点时对轨道的压力的大小FN'=FN=27N; (2)从E点到B点,由动能定理有:mgh+mgRcos37°=12mvB 2-0 从B点到斜面最高点:由动能定理有:-mgLsin37°-μmgLcos37°= 0-12mvB 2 代入数据可得:L=2m。 答案 (1)27N;(2)2m 15.解析 (1)对物块 A 受力分析,由平衡条件可得绳中拉力大小 为:F1=2mgsin53°=1.6mg 设水平外力的大小为F,对小球P 受力分析如下图所示: 由平衡条件,在沿绳的方向上得:F1=mgcos37°+Fsin37°,解 得:F=43mg ; (2)撤去水平拉力瞬间,物体 A 和小球P 的加速度的大小相等, 设此时绳上张力大小为FT。 对物体A 受力分析,由牛顿第二定律得:2mgsin53°x-FT=2ma 对小球P 受力分析,由牛顿第二定律得:FT-mgcos37°=ma,解 得:FT= 16 15mg ; (3)设杆运动到竖直位置时小球速度大小为v,由速度分解知,此 时物体A 的速度大小为零。由几何关系可得右侧绳的长度减少 量为:x=Ltan53°- Lcos53°-L =23L 对物体A和小球P组成的系统,由机械能守恒定律得:2mgsin53°x- mgL(1-cos53°)=12mv 2 解得:v= 43gL= 2 3gL 3 答案 (1)43mg ;(2)1615mg ;(3)2 3gL3 16.解析 (1)小物块在AB 轨道上运动过程中,根据动能定理可得: mgh1-μmgcosθ· h1 sinθ= 1 2mv1 2 解得v1=4m/s,BC轨道对小物块水平方向的弹力提供向心力, F=mv1 2 r1 ,根据牛顿第三定律小物块对BC 轨道水平方向的弹力 F'=F=16N; (2)小物块在E点时重力提供向心力,mg= mv22 r2 ,解得v2=2.0m/s 小物块自C到E,根据动能定理有-mgLsinθ-mgr2(1-cosθ)= 1 2mv2 2-12mv1 2 解得L=1315m ; (3)根 据(2)中 几 何 关 系,E 点 到 地 面 距 离 H =h2+Lsinθ+ r2(1-cosθ)=2.0m 设G 到E 点的竖直距离为y,物块到达G 点速度为v 根据动能定理有:mgy=12mv 2-12mv2 2 小球离开G后做平抛运动,水平方向有s=vt,竖直方向有 H-y= 1 2gt 2 联立解得s= 15 (20y+4)(2-y) 当y=0.9m时s最大,最大值s=2.2m。 答案 (1)16N;(2)1315m ;(3)2.2m 第三次月考滚动检测卷 1.D [A.根据图象,撤去拉力后,加速度大小a2= Δv2 Δt2 =0-47-3m /s2= -1m/s2,根据牛顿第二定律得,μmg=ma2,解得μ=0.1,A错误; D.有拉力时,有F+μmg=ma1,根据图线知a1= Δv1 Δt1 =4-103 m /s2= -2m/s2,解得F=0.5N,0~3s内的位移x=v0t- 1 2a1t 2= 10 ×3-12×2×3 2 m=21m,则F 做的功WF=-Fx=-0.5×21J =-10.5J。故D正确;BC.根据v-t图像与坐标轴围成的面积 代表位移可知0~7s内物体位移为x=4+102 ×3m+ 4×4 2 m=29 m,则克服摩擦力做功Wf=μmgx,代入数据解得:Wf=14.5J,BC 错误。] 2.B [C.硬币从a到b的过程中,只有重力对硬币做正功,根据动能 定理可知,硬 币 的 动 能 增 大,则 线 速 度 大 小va<vb,故 C错 误; B.由于rb<ra,且va<vb,则根据v=rω可知,ωa<ωb,故B正确; AD.设募捐箱内壁曲面的切线与水平方向的夹角为θ,则根据牛顿 第二定律得F=ma=mgtanθ,因为θa<θb,所以aa<ab,Fa<Fb, 故AD错误。] 3.B [若以地平面为零势能参考面,h1=-20m,一质量为60kg的 人立于地平面下20米的客房中,其重力势能为Ep1=mgh1=60× 10×(-20)J=-12000J;若 改 以 湖 水 水 面 为 零 势 能 面,h2= (75-15-10-20)m=30m,一质量为60kg的人立于地平面下 20米的客房中,其重力势能为Ep2=mgh2=60×10×30J=18000J, 故B正确,ACD错误。] 4.C [A.根据P=Fv,由P-v图像可知,在第一个阶段斜率不变, 故牵引力不变,所以加速度不变,电动车先做匀加速直线运动。当 速度达到v,电动车达到额定功率,第二阶段功率恒定,速度继续 增大,牵引力减少,故加速度减小,则电动车在做加速度减小的加 速运动,最后电动车做匀速运动,故A错误;B.当牵引力和摩擦力 相等时,电动车速度达到最大,所以阻力f=P2v ,电动车速度为v 时,根据牛顿第二定律,其加速度为a= P v -f m ,得a= P2mv ,故B错 误;C.根据匀变速直线运动规律,电动车速度从0到v所用时间为 t'=va ,得t'=2mv 2 P ,故C正确;D.电动车在第一个阶段2ax1= v2-0,代入得x1= mv3 P ,第二阶段,电动车功率恒定,根据动能定 理知Pt-fx2= 1 2m (2v)2-12mv 2,总位移为x=x1+x2,得x= 2vt-2mv 3 P ,故D错误。] 5.B [由题意可知,运动员在最高点时,有:FN1= mv02 R ,运动员在最 低点时,有FN2-mg= mv2 R ,运动员由最高点下滑到最低点过程, 由动能定理得:mgR=mv 2 2 - mv02 2 ,联立可得:FN1 FN2 =111 ,则根据牛 顿第三定律可知,运动员在圆弧轨道最高点和最低点时,对轨道的 压力大小之比为1 11 ,故B正确,ACD错误。] 6.A [由题意,可知卫星分别在两个轨道上运动时的势能分别为: E1=- GMm0 r1 ,E2=- GMm0 r2 ,可知卫星变轨时,万有引力做功为: W1=E1-E2;由万有引力提供向心力,可知:G Mm0 r12 =m0 v12 r1 ,G= Mm0 r22 =m0 v22 r2 ,卫星在两个轨道上分别做圆周运动的动能分别为: Ek1= 1 2m0v1 2,Ek2= 1 2m0v2 2;根据动能定理,即可知发动机做的 功满足:W+W1=Ek2-Ek1,解 得:W = 1 2GMm0 1r1 -1r2 ,故 BCD错误,A正确。] 7.C [A.小球c从E 点由静止释放到达F 点的过程中,弹簧的弹力 要做功,所以物体a、b及小球c组成的系统机械能不守恒,故A错 误;B.小球c到达P 点时,连接c的轻绳与杆垂直,c沿绳子方向的 分速度为0,则物体a的速度为0,故B错误;C.释放小球c之前, 对b,根据平衡条件有:kx1=mbg,解得此时弹簧的伸长量为:x1= 0.3m。小球c到达P点时,|O2E|-|O2P|=1.0m-0.6m=0.4m, 则知a下降高度h=0.4m,弹簧此时处于压缩状态,压缩量为x2 =h-x1=0.4m-0.3m=0.1m,根据a、c和弹簧组成的系统机 械能守恒可知,小球c到达P 点时,小球c的机械能增加量等于弹 簧弹性势能减少量与a 的重力势能减少量之和,即有ΔEc= 12 kx12- 1 2kx2 2 +magh,解得:ΔEc=16J,故C正确;D.设小球c 刚到达F 点时,a的速度为va,c的速度为vc。当c到达F 点时,弹 簧的弹性势能与初状态相等,b又回到原位置,根据物体a的速度 大小等于小球c沿绳子方向的速度大小,有va=vccos37°,小球c 从E 点到F 点的整个过程,由a、c和弹簧组成的系统机械能守恒 得mcg|EF|sin37°= 1 2mava 2+12mcvc 2,小球c刚到达F点时,a的 动能为Eka= 1 2mava 2,又|EF|=2|O2E|cos37°=2×1.0×0.8m= 1.6m,联立解得:Eka≈8.08J,故D错误。] 8.BC [A.v-t图像的斜率表示加速度,由速度随时间变化的图可 知电动车在AB 段的加速度比在EF 段的小,故 A错误;B.在CD 段做匀速运动,阻力的功率约为P=fv,解得f=40N,故B正确; C.在AB 段 做 匀 变 速 直 线 运 动,通 过 的 位 移 为x=2.0+4.02 × 2.5m=7.5m,故C正确;D.在EF 段,加速度为a=ΔvΔt ,解得a= 4m/s2,合力约为F合 =ma=400N,故D错误。] 9.ABD [A.滑 块 从 A 到B,由 牛 顿 第 二 定 律 有:mgsinθ+kx- μmgcosθ=ma,解得a= k mx+gsinθ-μgcosθ ,即乙图图象斜率大 小等于k m ,即k m = 4-2 0.2-0 ,解得k=10N/m,故A正确;B.在B 点, 由牛顿第二定律有:mgsinθ-μmgcosθ=ma,由图知,a=2m/s 2,代 入数据算得:μ=0.5,故B正确;C.滑块从A 到B,则AB 间的距离 x=0.2m,滑块的重力势能减少量为ΔP=mgxsin37°=1×10× 0.2×0.6J=1.2J,故C错误;D.滑块第一次到最低点过程,滑块 沿斜面的位移:x=(0.2+0.6)m=0.8m,滑块的重力势能减少量 为ΔEp=mgxsinθ=1×10×0.8×0.6J=4.8J,故D正确。] 10.BD [A.由题可知,小球P沿绳方向的分速度与Q的速度大小相等, 则Q的速度竖直向上,先增大后减小,则结合图可知,Q 的加速度先 竖直向上后竖直向下,根据物体超重、失重的特征可知,Q先超重,后 失重,故A错误;BC.到M 点时,根据速度分解有:vPsin30°=vQ,根据 系统机械能守恒有:2mgRsin30°-mg(2Rcos30°-2R)=12×2mvP 2 + 12 mvQ 2,联 立 可 得:vP = 2 2(1+ 2- 3)gR 3 ,vQ = 2(1+ 2- 3)gR 3 ,故B正确,C错误;D.到 N 点时,根据系统机 械能守恒有:2mgR-mg(2R- 2R)=12×2mvP' 2,根据向心加 速度公式有:a=vP' 2 R = 2g ,故D正确。] 11.ACD [A.根据题意可知,小球在水平方向有ax= F m ,0=v0t- 1 2axt 2,代入数据,解得t=2s所以A、B 两点间的距离为yAB = 1 2gt 2,代入数据解得yAB=20m,故A正确;B.小球离A、B 所在 直线的最远时,水平速度为零,则小球离A、B 所在直线的最远距 离为xm= v02 2ax ,代入数据解得xm=1m,故B错误;C.小球的动能 为Ek= 1 2mv 2=12m (vx2+vy2)= 1 2m (4-8t'+104t'2),根据二 次函数知识可知,小球的动能应先减小后增加,故C正确;D.由 图可知,水平风力先对小球做负功,后做正功,所以小球的机械能 先减小后增加,故D正确。] 12.解析 (1)达到最大速度一段时间后关闭小车电源,小车做匀减 速直线运动,根据纸带点间距可知,则先打点是A; (2)根据纸带可知,当所打的点间距均匀时,表示物体匀速运动, 此时速度最大,故有:vm= x t = 0.08 0.04m /s=2m/s; (3)从 右 端 开 始 取 4 段 位 移,根 据 逐 差 法 有:a = (0.0768+0.0736)-(0.0704+0.0672) (2×0.04)2 m/s2=4m/s2,方 向 与运动方向相反; (4)根据牛顿第二定律有:f=ma,将m=0.5kg代入得:f=2N, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 49 — —52 — 当汽车达到额定功率,匀速运动时,F=f,P=Fv=fvm, 代入数据解得:P=4W。 答案 (1)A;(2)2;(3)4;(4)4 13.解析 (1)验证机械能守恒,小球应选择质量大一些,体积小一 些,故选直径约1cm的均匀铁球;实验中不需要测量小球的质 量,不需要天平,小球通过光电门的时间可以直接得出,不需要时 钟;故选A。 (2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知,小球经过最低 点的速度v=dΔt 从物体的长度为1.35cm=13.5mm,知游标的最小分度为0.1mm, 则游标的第5刻度线与主尺刻度对齐; (3)重力势能的减小量ΔEp=mg L+d2 (1-cosθ),动能的增 加量ΔEk= 1 2mv 2=12mv 2 由机械能守恒定律得:mg L+d2 (1-cosθ)=12mv2,实验需 要验证的表达式为:g(2L+d)(1-cosθ)=v2; (4)小球运动过程中受到空气阻力会影响实验结果。 答案 (1)A;(2)dΔt 5 ;(3)g(2L+d)(1-cosθ);(4)小球运动过 程中受到空气阻力 14.解析 (1)当无人机向上运动的合力为0时,无人机上升的速度 最大,令此时的升力为F0,则有F0=mg+f0=mg+0.8vmax 无人机的额定功率为80W,此时有P额 =F0vmax,解得vmax=5m/s; (2)从B到C的过程中,速度为5m/s,则空气 阻力大小为上述的f0,且f0=0.8×5N=4N 方向水平向左,无人机做匀速直线运动,对无 人机进行分析有 根据平衡条件有F1= f02+(mg)2,cosθ= f0 F1 根据功率的关系式有P=F1vcosθ,解得F1= 4 10N,P=20W。 答案 (1)5m/s;(2)4 10N,20W 15.解析 (1)物体由E 点到C 点的过程中,取C 点所在的水平面为 零重力势能面,由机械能守恒定律得:mg(h+r)=12mvC 2,代入 数据得:vC=20m/s 由FN-mg=m vC2 r ,代入数据得:FN=22N; (2)要使物体不从斜面顶端飞出,物体到达斜面顶端时速度为零, 由C到斜面最高点的过程中由动能定理得:-mg(r-rcos37°+ LABsin37°)-μmgcos37°LAB=0- 1 2mvc 2 代入数据得:LAB=19.2m; (3)因为μmgcos37°<mgsin37°所以物体不能停在斜面上。最终 物体以C点为中心来回往复运动,左侧运动的最高点为B 点,由 能量守恒定律得:mg(h+rcos37°)=μmgscosθ 代入数据得:s=48m。 答案 (1)22N;(2)19.2m;(3)48m 16.解析 (1)物块运动至B 点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道,有 vB= v0 cos37° 代入数据解得vB=5m/s; (2)根据牛顿第三定律,小物体受到的支持力为FN=60N,方向 竖直向上。 对小物块:FN-mg=m vC2 R ,代入数据解得vC=5m/s; (3)小物块滑上木板P 时,设小物块的加速度为a1, 小物块:μ1mg=ma1,代入数据解得a1=4m/s 2,木板:解得μ1mg -μ2(m+M)g=Ma2 代入数据解得a2=1m/s2 设达到共速的时间为t,则有 小物块:v共 =vC-a1t 木板:v共 =a2t 代入数据解得t=1s,v共 =1m/s 设此过程木板的是位移s1,则有s1= v共 2t 代入数据解得s1=0.5m 经分析,物块与木板共速后一起做匀减速直线运动直到速度为 零,(m+M)μ2g=(m+M)a共,代入数据解得a共 =1m/s 2,此过 程位移为s2,0-v共2=-2a共s2,代入数据解得s2=0.5m,Wf= -μ2(M+m)g(s1+s2),代入数据解得Wf=-2.5J。 答案 (1)5m/s;(2)5m/s;(3)-2.5J 高中期考测控卷 期中考试测控卷 1.C [由题意可得,网球做平抛运动,竖直方向的位移为h=2.45m, 根据几何关系可得水平方向的位移为x=23.77m×12+6.4m= 18.285m,网球在竖直方向做自由落体运动,设运动时间为t,则 h=12gt 2,解得t=0.7s,网球被水平击出时的速度大小v=xt = 18.285 0.7 m /s≈26m/s,故C正确,ABD错误。] 2.B [小球做平抛运动的时间为t,则有:0.8R=12gt 2 解得:t= 1.6Rg ,如图所示: 设平抛的水平位移为x,根据几何关系可得:OC= R2-(0.8R)2= 0.6R 则有:x=R+OC=R+0.6R=1.6R 小球从P 点抛出时的速度大小为:v0= x t = 1.6R 1.6R g =25 10gR , 故B正确、ACD错误。] 3.D [A.AC两点是皮带传动,线速度大小相同,故A正确;B.AC为 皮带传动,线速度大小相同,角速度比值为半径的反比,即2∶1,由 于BC两点是同轴传动,BC角速度相同,所以AB 两点的角速度比 值也为2∶1,故B错误;C.BD 为同轴传动,所以角速度相同,故C 错误;D.A与BCD 的角速度比值为2∶1,A与D 半径比值为1∶4, 根据a=ω2r可知,AD 两点向心加速度大小相同,故D正确。] 4.B [根据题意,设细线的长度为L,当角速度为0时,小球受重力、 支持力和绳的拉力,且有T0=mgcosθ,当角速度等于ω1 时,小球 恰好只受重力和绳的拉力,则有 mgtanθ=mω12Lsinθ,当角速度 等于ω2 时,小球受只受重力和绳的拉力,且绳与竖直方向的夹角 变大设为α,则根据牛顿第二定律有Tsinα=mω22Lsinθ,联立可得 T= T0ω2 2 ω12cos2θ ,故B正确,ACD错误。] 5.B [A.由万有引力提供向心力可得G Mm(R+h)2 =m4π 2 T2 (R+h), 解得:h= 3 GMT2 4π2 -R,故 A正 确;B.对 月 球,由 密 度 公 式 可 得: M=ρV=ρ 4 3πR 3,解得:ρ= M V = M 4 3πR 3 = 3M 4πR3 ,故B错误;C.在 月球表面,物体受到的重力与万有引力相等,则有:GMm' R2 =m'g, 解得:g=GMR2 ,故C正确;D.由万有引力提供向心力可得: GMm0 R2 =m0 v2 R ,解 得:v= GMR ,故 D 正 确。本 题 是 选 择 错 误 的,故 选B。] 6.C [AB.根据万有引力提供向心力有GMmr2 =m 4π2 T2 r,解得T2= 4π2 GMr 3 可知公转周期 T2 与公转半径r3 的关系图像斜率 为k= 4π2 GM ,由图像可得k1= 2T02 R03 ,k2= T02 R03 ,则M1 M2= k2 k1 ,M1 M2= 1 2 ,故 AB 错误;CD.星球的密度为ρ= M 4 3πR0 3 ,恒星S1 与恒星S2 的密度之 比为ρ1 ρ2 =M1M2= 1 2 ,故C正确,D错误。] 7.D [B.由题意可知,在30~40s内,小孩和冰车在摩擦力的作用 下做匀减速直线运动,根据v-t图像可知,此段的加速度大小为: a2= 2 40-30m /s2=0.2m/s2,由牛顿第二定律得:μmg=ma2,解 得:μ=0.02,故B错误;A.由题意可知,0~5s内冰车做匀加速直 线运动,根据v-t图像可知,此段的加速度大小为:a1= 2 5 m /s2, 由牛顿第二定律得:F1-μmg=ma1,解得:F1=24N,故 A错误; C.因为v-t图像与横轴所夹的面积大小表示位移大小,且冰车一 直在做单向直线运动,则根据v-t图像可知,整个过程中冰车在 冰面上运动的总距离为:s= (30-5)+40 2 ×2m=65m ,故C错误; D.结合前面分析,由动能定理可知:W-μmgs=0-0,解得:W= 520J,故D正确。] 8.BC [AB.由几何 关 系 得,足 球 在 水 平 方 向 的 位 移 大 小 为: x= s2+ 12L 2 则足球的合位移OP的大小为OP= x2+h2= s2+h2+L 2 4 故A错误,B正确; CD.足球做平抛运动,水平方向为匀速直线运动,有:x=v0t 竖直方向为自由落体运动,有h=12gt 2 联立解得,足球的初速度的大小v0= g2h (L 2 4+s 2) 足球落在P点时,竖直方向的分速度为vy=gt= 2gh 则 足 球 刚 落 到 P 点 的 速 度 大 小 为 v = vx2+vy2 = g 2h (L 2 4+s 2)+2gh 故C正确,D错误。] 9.AD [AB.在最高点,根据牛顿第二定律有T+mg=mv 2 r ,整理得T= m rv 2-mg,结合图像可知-a=-mg,mr = a b ,联立解得绳长为r= bm a ,当地的重力加速度大小为g=am ,故A正确,B错误;C.根据上面 的分析,当v2=c时,轻质绳的拉力大小为T=acb -a ,故C错误;D.由 图可知,当时v2=b,绳子上的拉力为零,小球仅受重力作用,则此 时小球恰好可以在竖直面内做完整的圆周运动,故D正确。] 10.AB [A.根据开普勒第三定律a 3 T2 =k可知,因R=r,则T1=T2, 故A正确;B.卫星绕地球做圆周运动时,根据万有引力提供向心 力得GMm r2 =mv 2 r 可得v= GMr ,轨道半径越大,卫星的运行速 度越小,则卫星1的线速度v1 大于在过B 点的圆轨道上运行的 卫星线速度。根据变轨原理可知,从轨道Ⅱ变轨到过B 点的圆轨 道上,在B 点必须加速,则过B 点的圆轨道上运行的卫星线速度 大于vB,则v1>vB,故B正确;C.根据牛顿第二定律得G Mm r2 = ma,可得a=GM r2 ,可知a1<aA,故C错误;D.在过A 点的圆轨道 上运行的卫星线速度大小为v= GM0.5R= 2GM R ,根据变轨原理, 从轨道Ⅱ变 轨 到 过 A 点 的 圆 轨 道,在 A 点 必 须 减 速,则vA> 2GM R ,故D错误。] 11.BCD [A.由图像可知汽车先做加速度a=3m/s2 的匀加速直线 运动,速度v1=15m/s时由v1=at1,代入数据得:t1=5s,故 A 错误;BC.在汽车变加速的过程,由 P额 =F牵 v,F牵 =ma+f,可 得a=P额m ·1 v - f m ,根据图像可计算出斜率为60,纵轴截距为 -1,即P 额 m =60 ,-fm =-1 ,代入数据得:P额 =120kW,f=2× 103N,故B、C正确;D.当v2=10m/s时,P2=(ma+f)v2,代入 数据得:P2=80kW,故D正确。] 12.解析 (1)小球从出发点到达最低点,由动能定理可得 mgR(1- cosθ)=12mv 2-0 小球在最低点,由牛顿第二定律可得:FN-mg=m v2 R 联立可得:FN=3mg-2mgcosθ 整理可得 FN mg=3-2cosθ 即 FN mg-cosθ 的图像斜率的绝对值k= 2,纵截距b=3,则可验证在最低点的向心力表达式FN-mg= mv 2 R ; (2)根据 FN mg=3-2cosθ ,表达式与轨道半径无关系,故FN mg-cosθ 图像斜率绝对值k 的测量值与真实值相比相等。 答案 (1)2 3 (2)相等 13.解析 (1)ABD.为了能画出平抛运动轨迹,首先保证小球做的是 平抛运动,所以斜槽轨道不一定要光滑,但必须是水平的。同时 要让小球总是从同一位置释放,这样才能找到同一运动轨迹上的 几个点,故A错误,BD正确;C.挡板只要能记录下小球下落在不 同高度时的不同的位置即可,不需要等间距变化,故C错误; (2)a.小球在运动中记录下的是其球心的位置,因此抛出点也应 是小球静置于Q 点时球心的位置,应以球心在白纸上的位置为 坐标原点;b.如果A 点是抛出点,则在竖直方向上为初速度为零 的匀加速直线运动,则AB 和BC 的竖直间距之比为1∶3,但由 于A 点不是抛出点,故在A 点已经具有竖直分速度,故竖直间距 之比大于1∶3;平抛运动的水平分运动为匀速直线运动,由于两 段水平距离相等,因此两段的时间间隔相等;根据匀变速直线运 动推论y2-y1=gt2,时间间隔t= y2-y1 g ,平抛运动的水平初 速度为v=xt =x g y2-y1 。 答案 (1)BD;(2)球心 大于 x gy2-y1 14.解析 (1)以空间站为研究对象: 对空间站 GMm1 r2 =m1r 4π2 T2 地面附近GMm' R2 =m'g 解得T=2π r 3 gR2 (2)以碎片为研究对象:F+ GMm(r+d)2 =m(r+d)4π 2 T2 解得F=mgR2 r+d r3 - 1 (r+d)2 答案 (1)2π r 3 gR2 (2)mgR2 r+d r3 - 1 (r+d)2 15.解析 (1)小球以v0=5m/s的初速度从A 点冲上竖直圆轨道, 沿轨道运动 到 B 点 的 过 程 中 只 有 重 力 做 功,由 动 能 定 理 可 得 -mg·2R=12mvB 2-12mv0 2,解得vB= 5m/s; (2)从B 到C 的过程小球做平抛运动,由平抛规律得2R=12gt 2, x=vBt,解得x=1m; (3)设小球运动到B 点时的速度大小为v,半圆轨道对小球的压 力为FN 由牛顿第二定律得FN+mg= mv2 R ,可得当FN=0时,小球运动 到轨道末端B 点时的速度最小,为vmin= 5m/s,由(2)的计算可 知,最小距离xmin=x=1m。 答案 (1)5m/s (2)1m (3)1m 16.解析 (1)小滑块从 M 滑动A 点过程中,根据动能定理得mgH= 1 2mvA 2,解得vA=2 10m/s; (2)滑块运动到 D 点时,根据牛顿第三定律可知,滑块所受轨道 的支持力的大小等于滑块对轨道的压力大小,即支持力为FN= 6N,根据牛顿第二定律得mg+FN=m vD2 R 滑块从初始位置滑至D 点过程中,根据动能定理得mg(H-2R)= 1 2mvD 2 联立解得竖直圆轨道的半径为R=0.5m; (3)滑块在斜面上时,因mgsinθ>μmgcosθ,故滑块无法停留在斜 面上,最终会停止在水平面AB 上。设滑块第一次滑上斜面滑行 距离为s,则滑块从最初到滑上斜面最高点的过程中,根据动能定 理得mgH-μmgLAB-(μmgcosθ+mgsinθ)s=0,解得s= 15 8 m 则滑块第 一 次 从 斜 面 滑 下 来 到 地 面 的 动 能 为 Ek=mgH - μmgLAB-2μmgcosθ·s,解得Ek=1.5J 之后滑块在水平面上滑行返回A 点时具有的动能为Ek'=Ek- μmgLAB,解得Ek'=0.5J 则滑块经光滑圆弧后还能回到水平面,设再次返回到水平面上还 能继续运动的距离为s',根据动能定理得-μmgs'=0-Ek',解得 s'=1m 即最后滑块停在水平面上A 点右侧距A 点1m距离处。 答案 (1)2 10m/s;(2)0.5m;(3)A 点右侧距A 点1m距离 处 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 51 —