期中考试测控卷-【三清必刷】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版2019）

—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 — — 34 — 高中期考测控卷 期中考试测控卷 (范围:第五章第八章第三节) (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 【教研员推好题】 第16题综合考查利用牛顿第二、三定律、动能定理求解多过程问题,题目设 置新颖灵活,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·广东省茂名市五校联考)在今年的巴黎奥运会女 子网球单打项目中,我国选手郑钦文勇夺桂冠,为国争 光。网球场地的规格示意图如图所示,长度为23.77m, 宽度单打为8.23m、双打为10.97m,发球线到球网的距 离为6.4m。假设某次训练时,郑钦文站在底线中间位置,网球被竖直上抛到最高点时(距离地面 的高度为2.45m),将网球水平击出,结果恰好落在对方发球线的中点位置,则网球被水平击出时 的速度大小约为(不考虑空气阻力的影响) ( ) A.15m/s B.20m/s C.25m/s D.30m/s 2.(2025·黑龙江省哈尔滨九中高一月考)如图,PQ 为半圆形容器的水平直 径,圆弧半径为R,圆心为O,从P 点沿PQ 方向水平抛出一个小球,小球 恰好落在圆弧面上的B 点,P、B 两点的高度差为0.8R,重力加速度为g, 不计空气阻力,则小球从P 点抛出时的速度大小为 ( ) A.10gR5 B. 2 5 10gR C.2gR D.10gR 3.(2025·江苏省南京市金陵中学高一期末)如图所示为一皮带传动装 置的示意图。右轮半径为r,A 是它边缘上的一点。左侧是一轮轴, 大轮半径为4r,小轮半径为2r。B 点在小轮上,到小轮中心的距离为 r。C点和D 点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮 带不打滑,下列说法中正确的是 ( ) A.A、C两点的线速度之比为1∶2 B.A、B 两点角速度之比为1∶1 C.B、D 两点的角速度之比为1∶4 D.A、D 两点的向心加速度之比为1∶1 4.(2025·山东省烟台市期末)如图甲所示,一根细线一端系一小球 (可视为质点),另一端固定在一光滑圆锥顶端,当小球在水平面内 做匀速圆周运动的角速度为ω时,细线拉力大小为T,T 与ω2 的变 化关系图像如图乙所示。已知圆锥面母线与竖直方向夹角为θ,重 力加速度为g,则当ω=ω2 时,细线拉力的大小为 ( ) A. T0ω12 ω22cos2θ B. T0ω22 ω12cos2θ C. T0ω22sinθ ω12cosθ D. T0ω22 ω12sin2θ 5.(2025云南师大附中模拟)2024年5月3日、搭载嫦娥六号探测器的长征五号遥八运载火箭,在中 国文昌航天发射场点火发射,准确进入地月转移轨道;5月8日,成功实施近月制动,顺利进入环 月轨道飞行;6月2日,嫦娥六号探测器“着上组合体”成功着陆月背南极-艾特肯盆地的预选着 陆区;中国成为第一个从月球背面带回月壤的国家,此次带回月壤1935.3克。设嫦娥六号探测 器在环月轨道上做圆周运动,绕行周期为T,月球的质量为M,半径为R,引力常量为G,忽略其他 天体的影响。下列说法错误的是 ( ) A.嫦娥六号探测器的环月轨道离月球的高度为 3 GMT2 4π2 -R B.月球平均密度表达式为3π GT2 C.月球表面重力加速度的表达式为GM R2 D.月球的第一宇宙速度表达式为 GMR 6.(2025·辽宁省大连市滨城高中高一月考)宇宙中有两颗恒星S1、S2,半径均 为R0。如图分别是两颗恒星周围行星的公转周期T2 与公转半径r3 的关系 图像,则 ( ) A.恒星S1 与恒星S2 的质量之比为2∶1 B.恒星S1 与恒星S2 的质量之比为4∶1 C.恒星S1 与恒星S2 的密度之比为1∶2 D.恒星S1 与恒星S2 的密度之比为2∶1 7.(2025·黑龙江省六校联盟模拟)冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示,小孩 坐在冰车上,大人先用水平恒力F1 推了5s后,又用水平恒力F2 推了25s,之后撤去了外力,小 孩及冰车又在冰面上自由滑行了10s,最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40kg,小孩在冰 面上做直线运动的v-t图像如图乙所示,忽略空气阻力,重力加速度g取10m/s2,则下列说法中 正确的是 ( ) — 33 — — 36 — A.水平恒力F1=16N B.冰车与冰面的动摩擦因数μ=0.2 C.整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为s=75m D.整个过程中大人对小孩和冰车做的功为W=520J 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·山西省晋中市高一期中)如图所示,足球球门宽为L,一个 球员在球门线中点正前方距离球门s处高高跃起,将足球顶入球门 的左下方死角(图中P点),球员顶球点O距地面的高度为h,足球 做平抛运动(足球可看成质点,忽略空气阻力),重力加速度大小为 g。下列说法正确的是 ( ) A.足球位移OP的大小为 L 2 4+h 2 B.足球位移OP的大小为 L 2 4+s 2+h2 C.足球刚落到P点的速度大小为 g2h L 2 4+s 2 +2gh D.足球刚落到P点的速度大小为 g2h L2 4+s 2 +gh 9.(2025·湖北省武汉市部分重点中学高一期末)如图(a)所示,用一轻质 绳拴着一质量为m 的小球,在竖直平面内做圆周运动,小球运动到最高 点时,速度大小为v,绳对小球的拉力为T,其T-v2 图像如图(b)所示。 不计一切阻力,小球可视为质点,则 ( ) A.轻质绳长为bma B.当地的重力加速度大小为a C.当v2=c时,轻质绳的拉力大小为acb+a D.当v2=b时,小球恰好可以在竖直面内做完整的圆周运动 10.(2025·山东省烟台市期末)如图所示,卫星1在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运 动,运动半径为R、周期为T1、速率为v1、加速度大小为a1;卫星2在轨道Ⅱ 上绕地球做椭圆运动,AB 为椭圆的长轴,其半长轴为r,周期为T2、在A 点 的速率为vA,在A 点的加速度大小为aA,在B 点的速率为vB,O点为地心,两轨道和地心都在同 一平面内,已知r=R,万有引力常量为G,地球质量为 M,下列说法正确的是 ( ) A.T1=T2 B.v1>vB C.a1>aA D.若OA=0.5R,则vA= 2GM R 11.(2025·辽宁省名校联盟高一月考)一辆汽车在平直公路上由静 止开始启动,汽车质量为2×103kg,汽车的加速度与速度的倒数 的关系如图所示,下列结论正确的是 ( ) A.汽车匀加速运动的时间为3s B.发动机的额定功率为120kW C.汽车所受的阻力为2×103N D.汽车速度为10m/s时,发动机功率为80kW 三、非选择题:本题共5小题,共52分。 12.(6分)(2025·安徽省天一大联考)某实验小组想 验证向心力公式表达式,实验装置如图1所示,一 个半圆形光滑轨道,右侧所标记的刻度为该点与圆 心连线和竖直方向的夹角θ,圆弧轨道最低点固定 一个力传感器,小球达到该处时可显示小球在该处对轨道的压力大小FN,小球质量为m,重力加 速度为g。 实验步骤如下: ①将小球在右侧轨道某处由静止释放,记录该处的角度θ; ②小球到达轨道最低点时,记录力传感器的示数FN; ③改变小球释放的位置,重复以上操作,记录多组FN、θ的数值; ④以 FN mg 为纵坐标,cosθ为横坐标,作出 FN mg-cosθ 的图像,如图2所示。 — 35 — — 38 — 回答以下问题: (1)若该图像斜率的绝对值k= ,纵截距b= ,则可验证在最低点的向心力 表达式FN-mg= mv2 R ; (2)某同学认为小球运动时的轨道半径为圆轨道半径与小球半径的差值,即小球球心到轨道圆 心的距离才为圆周运动的半径,因此FN mg-cosθ 图像斜率绝对值k 的测量值与真实值相比 (填“偏大”“偏小”或“相等”)。 13.(8分)(2025·陕西省西安中学高一模拟)用如图1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。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。 (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2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 y1 y2 13 (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)。 14.(10分)(2025·山东省淄博市期末)2024年12月17日,神舟十九号的三位航 天员在空间站机械臂的配合支持下完成了空间碎片防护装置的安装。如图所 示,空间站绕地球做匀速圆周运动,其轨道半径为r,航天员在空间站内操纵长 为d的轻质机械臂捕获了空间站外一质量为m 的空间碎片。已知在机械臂的 作用下,空间碎片、空间站和地球球心始终在同一直线上,地球半径为R,地球表面重力加速度为 g。忽略捕获过程中空间站轨道的变化及空间站对空间碎片的引力,忽略地球自转。求: (1)空间站做匀速圆周运动的周期T; (2)空间站捕获碎片后稳定运行过程中,机械臂对空间碎片的作用力F的大小。 — 37 — — 40 — 15.(12分)(2025·广东省湛江市高一质检)如图所示,半径R=0.5m的光滑 半圆轨道固定在竖直平面内,半圆轨道与光滑水平地面相切于圆轨道最低 端A 点。质量m=1kg的小球以v0=5m/s的初速度从A 点冲上竖直圆 轨道,沿轨道运动到B 点飞出,最后落在水平地面上的C点,g=10m/s2,不计空气阻力。 (1)求小球运动到轨道末端B 点时的速度大小vB; (2)求A、C两点间的距离x; (3)若小球以不同的初速度冲上竖直圆轨道,并沿轨道运动到B 点飞出,落在水平面上。求小球 落点与A 点间的最小距离xmin。 16.(16分)(2025·江苏省南通市海门实验学校模拟)如图 所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆 轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连 接而成。将质量m=0.2kg的小滑块从弧形轨道离地高 H=2.0m的M 处静止释放。已知滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道 和圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求: (1)小滑块运动到A 点时的速度大小; (2)若滑块运动到D 点时对轨道的压力大小为6N,求竖直圆轨道的半径; (3)若LAB=LBC=2.0m,试确定滑块最终停止的位置。 — 39 —