核心素养综合测评(一)-【数理报】2025-2026学年高一物理必修第二册期末复习专号升级突破大模拟（人教版）

《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， b 选错或不选得0分) 1.投掷实心球是中考体育的一个考试 批 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.实心球做的是平运动 图1 B.实心球的速度不变 数 C.实心球的加速度不变 9 报 D.实心球的重力势能一直减小N 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 製 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 ( ) A.2.3%G B.3.2%G C.15%G D.18%G 必 3.拖着橡胶轮胎跑是一种体能训练方 式，该训练方式有助于提升人的心肺功能和 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 茶 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 动，其运动遵循万有引力提供向心力的规律： G=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火为 ( 靴 A.h B.√ C. To 5.将一乒乓球竖直向上抛出，乒乓球在 个E 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0点由静止滑 下，到达A点水平飞出后落到长直滑道上的 77777777 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【 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00'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,6与圆盘相对静止时，圆盘的最大角速度为，√气 Da,6与圆盘相对静止时，圆盘的最大角速度为，√学 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 数理报·高中物理人教（必修第 2,则以下说法正确的是 ( 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了m D.最高点速度v小于√gR时，座椅对人的弹力为F=mg- 2 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 竖直转轴 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 朗 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、5、6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 4/八m2g2 ·高中物理人教（必 单位 cm 38.40 21.6026.40 图11 第 (1)实验中两个重物的质量关系为m m2（选填 > ”“=”或“<”)； 册 (2)现测得x1=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、m2x1、x2、x3、T、重力加速度g表示)； (4)若某同学作出)2-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4 大小o=2m/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， 圆盘绕圆心O以w=l0rad/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m =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）数理极 参考答案· 17 到万有引力等于重力可得 的机械能不减小，故D错误.本题选不正确的，故选CD. 解得：m=6m/s GMx mo =mog为 10.小球A的速度与竖直方向的夹角为日，由速度关联可得 因为r=6m/s>√gR=2m/s,则小车从右端轮子最高点 ,c0日=m,故除P.Q两点外，小球A的速度始终大于物块B的做平抛运动，则落水点距离传送带右端的水平距离：=t= 联立解得：8欢=识 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s=6m+8m=14m. A和物块B组成的系统做功，系统机械能不守恒，故B错误；由题 《必修第二册》核心素养综合测评（一） 《机械能守恒定律》核心素养综合测评 1.C:2.A:3.D:4.B:5.D;6.C;7.A 意可知0A=L.00=37=子L.B上升的高度为h=00- OA 1.C;2.A;3.B;4.A;5.B:6.A;7.B. 提示： 提示： 0P=子L,小球A由P下滑至Q的过程中，物块B初态和末态动 1.实心球做的是斜上抛运动，故A错误：实心球的速度先减 1.返回舱在喷气过程中向下做减速直线运动，加速度方向 向上，返回舱在喷气过程中处于超重状态，故A错误：返回舱在能不变（皆为零），因此重力势能增加量即为物块B的机械能增 小后增加，故B错误；实心球只受重力作用，加速度为g不变，故 C正确；实心球的竖直高度先增加后减小，则重力势能先增加后 喷气过程中向下做减速直线运动，加速度方向向上，所受合力向加量，4E=4E。=子mgL,弹簧初态处于压缩，未态处于拉伸，减小，故D错误 上，运动方向与所受合力方向相反，所受合力做负功，故B错误： 返回舱在喷气过程中速度减小，故动能减小：高度下降，故重力 在P点时，弹簧压缩量为x1,在Q点时，弹簧伸长量为2，则x1+ 2在地球表面万有引力近似等于重力Mm=G,运动轨道 势能减小，所以机械能减小，故C正确：返回舱在匀速下降过程=弓L,故C错误，D正确 距地面高度为地球半径的5.6倍，卫星所受地球的引力F= 中动能不变，重力势能减小，故机械能减小，故D错误 11.(1)A:(2)D;(3)大于 G'Mm 2.根据功率与牵引力的关系P=F可知，当速度最小时，奉 解析：(1)还需要用度尺量取纸带上点之间的距离，故A (R+5.6R2.3%C,故A正确 引力最大，变速杆应推至“1”挡，故①正确，②错误：在额定功率 正确：质量可以约掉，不需罗测量质量，故B错误：打点计时器记 3.支持力与轮胎的运动方向垂直，支持力对轮胎不做功，故 下以最高速度行驶时.F=”=150000=3000N,故8正确，、 录了时间，不需要再用秒表计时，故C错误；电火花计时器使用A错误：轮胎沿水平方向做匀加速运动，轮胎的动能增大，合力 对轮胎做正功，故B正确：轮胎沿水平方向做匀加速运动，人对 220V父流申，故D若误 3.6 (2)纸带与振针之间有摩擦阻力，会使得动能的增加量减 轮胎的拉力大于轮胎的摩擦力，故C错误，人对轮胎的拉力所做 ④错识故A正确，BCD错误 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 的功大于摩擦力对轮胎所做的功，而时间又相同，所以人对轮胎 3,没有摩擦冰面时，对冰壶运动的全过程，由动能定理有 加量减小，故B错误：释放重物前纸带不处于竖直位置，会增加 的拉力的功率大于摩擦力的功率，故D错误. 一umgx=0-2m哈，滑行10m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减小，故C错误；先释放重 4根据万有号引力提供向心力得6少=m二，解得2： 2 物，后接通电源打出纸带，会使得下落的高度有一部分没有记 程，由动能定理有~mg,-08mg(x'-)=0-立m6,解录，从而使得重物重力势能的减少量mgh小于动能的增加量 型，由圈意=GM,对火星表面物体G恤：g大，解得gk 得：x=35m,故ABC错误，D正确 4根据盟意可知，运动员在C点的机械能为B=分m2+ 子，故D正路 故A正路 mgh2=9150J,从C点离开后，运动员在空中只有重力对其做 （3)根据动能定理，有meh-及=分2，解得2=（g 5.乒乓球最终匀速运动时，加速度最小为0，而乒乓球刚向 功，机械能守恒，则可知运动员（含装备）落地前瞬间的机械能 上抛出时，速度最大，阻力最大，加速度最大，设最大速度为o, 为91501.故B正确 一片）人，故图线斜率为k=8一名 m 则mg+6=m0,4。=之m哈，乒兵球最终匀速运动时，速度 5.根据P=Fm,起飞过程，P恒定，速度增大，牵引力F减小， 故质量越大，斜率越大，所以m。>m6: 由牛顿第二定律可得F一∫=ma,可知加速度减小，飞机做加速 12.(1)mgl(1-cos6); md 为，则mg=,此时的动能Eo=之m听，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 2；(2 故B正确 像与时间轴所围的面积表示位移，知飞机的位移批匀加速直线 解析：(1)小球下摆下降的高度为h=L(1-c0s8),所以重 6.由于在最高点时，圆形管道内壁能支撑小球，所以小球能 运动的位移大，则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-s):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Λ正确，B错误；如果小球在 度专大，故C错讽：设该过程克服阻力所做的功为根据动能。：兰.所以小球的能增加量4出=受（只）广-0=器 最高点时的速率为gR,设此时管道对小球的弹力大小为F,由 定理得P-W=m2,解得W=P。-m2,故D正确 牛顿第二定律得mg+F=m人，解得F=0,根据牛顿第三定律 (2)由题意可 mgL(1 cos0). 22 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，企鹅做斜上抛运动，企鹅经过最高点时动 下1 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m0=1-最·宁，解得11=安 最低点时的速率为gR,根据牛顿第二定律，有F、一mg 动能定理知，重力做功等于动能的增加量，则两种情况落水时速 13.(1)24m:(2)4200W m大，解得F￥=2mg>0,根据牛顿第三定律知，小球通过最低 度方向不同，大小相同，故B错误：以海面为参考平面，由机械能 解析：(1)由牛顿第二定律mgsin30°-∫=ma 点时对管道的外壁有作用力，大小为2mg,故D错误 守恒定律知mgh+之m6=之m2+0,则重力微功为W。= 解得：a=4m/s2 7.在0A段滑行过程，根据机械能守恒定律可得mgH= 之？-子m6,故C正确：企鹅做斜上抛运动，速度方向和大小 由运动样公式=w+子 子2，可得运动员水平飞出的速度为。=√2g,若1加倍，则 不断变化，故D错误 其中%=2m/,1=3,解得3s内滑雪者下滑位移的大小水平飞出的速度变为原来的巨倍，故A错误：运动员从A点飞出 为x=24m. 7.根据平抛运动的特点可知，水柱到达最高点时仍然有沿 水平方向的分速度，动能不等于0.故A错误：平抛运动以及逆运 (2)由运动学公式D=%+ad 动的过程中空气阻力不计，水柱的机械能守恒.故B正确：水柱 重力的瞬时功率P=mgesin30 后做平抛运动，由位移偏角公式可得m0.2 =解得 联立解得，3s末人与滑板总重力的时功率为P=4200W. 沿竖直方向的分速度为：=si血45°=10，万×号=10m/,水 =2如n9,若H加倍，则在空中运动的时间变为原来的万倍，故 14.(1)2gR;(2)4R:(3)6mg D错误；由速度偏角公式可得tana=L=21an0可知，只要运 柱向上运动的时间为：=冬=吕：=1，出水口离建筑物的 10 解析：(1)小球从A到D,根据动能定理可得 ng(4R-2)=之md 动员落到面上，位移偏角就不变，则速度与水平方向夹角α 水平距离等于水柱沿水平方向的位移x=,1=c0s45°·t 不变，故B正确：运动员落到斜面上的速度大小可表示为哈= 10m,故C正确：设出水口与水平地面之间的夹角为6，则水柱上 解得：tw=2gRm/s 升的高度为山=子-，可和如果要使水生您灭种汽位 (2)小球离开D点后做平抛运动，根据平抛运动规律可以得到： 结合A解析可知，若Ⅱ加倍，运动员落到斜面上的速度大 2g 水平方向有：x=PDl 小变为原来的万倍，故C错误 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 竖直方向有：2R=之8 8.ABC;9.AC;10.CD. 夹角来实现，故D正确.本题选不正确的，故选A, 提示： 8.BD:9.CD;10.AD. 整理可以得到：x=4R. 提示： (3)从A到C,根据动能定理得： &由G学。m二，得：“√受在人造卫显白然运行的 8.竖直方向上，两物块仅受重力，不受支持力，做自由落体 mg(4认-R)=子m吃-0 轨道上，线速度随着距地心的距离碱小而增大，所以远地点的线 运动：故水平方向不受摩擦力，只受绳子弹力，因此包含绳子在 速度比近地点的线速度小，A<g,故A正确：人造卫星从椭圆 内的系统整体机械能守恒：故A错误：初始时刻物块受重力和弹 在C点，根据牛顿第二定律有：F、=m尺 轨道Ⅱ变轨到圆形轨道I,需要点火加速，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 解得：FN=6mg 线运动，待弹力等于0之后，合力不变（即重力），但此时速度方 实现，因此<，所以Eu<u1,故B正确：由GM= 由牛顿第三定律可知，小球经过半圆轨道的C点时对轨道 向并不竖直，故物块做匀变速曲线运动；故B正确：落地时，物块 的压力为6mg, m一（停）2，得T=√试，可知到地心距宾越大，周期越大，因 ATr 竖直方向有=2g1,解得竖直方向的速度，=√2gⅡ，由于水 15.(1)80N:(2)6m/s,6m 平方向速度不为0，故实际速度必定大于/2g;故C错误；两物块的 解析：(1)玩具滑车到达D点时，由牛顿第二定律有： 此T,<T,,故C正确：人造卫星运动的加速度由万有引力提 运动完全对称，落地时速度大小相同，但方向不同故D正确 供，因此不管在轨道Ⅱ还是在轨道I上，两者的受力是相等的， 9.根据动能定理可得E:-Eo=-mgxsin0-umgxcos0,可 因此加速度相等，故D错误。 得E=E-(mgsin0+umgeos0)x,可知E与位移x成线性 解得：5。=g+m受=40N+4xgN=80N: 9.设小木块开始滑动的临界角速度为仙。，根据牛顿第二定 关系，故A正确：物体的重力势能为Ep=mgx·sin0,可知E,与 律有mg=m2r,解得。=√华，因为r>r,所以a开始 位移成正比，故B正确；滑块以速度冲上粗糙的斜面，加速度 (2)若无传送带时，由平抛知识可知：x=%1 大小为a=gsin9+gcos0,则有D=t%-(gsin0+agc0s0)t, 解得：1=1$ 滑动的临界角速度小于b开始滑动的临界角速度，则α先开始滑 滑块动能与时间的关系为￡=2mr=之m[-(gsi血8+ 如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理 动，故A正确，B错误；若ab与圆盘相对静止，则当a刚好要发生 4gcos0)·],故C错误；上滑过程中，摩擦力对滑块做负功，滑块 有：mr2-m=-umgl 滑动时，因盘的角速度最大，为。-√俨=√受，故C正确， 18 物 考答案 数理极 D错误 mgR umgxBc =0-0 交流电源，需使用刻度尺测量纸带上两点间的距离，不需要测量 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u=0.25 重锤的质量，故不需要天平，故D正确 圆轨道的圆心处，即方向竖直向下，但是在非最高点和非最低点 (3)物块从B点运动至C点的过程中，根据牛顿第二定律有 (2)为充分利用纸带，应先接通电原开关，再打开夹子释放 时，根据牛顿第二定律，人受到重力和座椅的作用力，合力不指 ng ma.t=Va 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做功，所以机械能 (3)重锤从释放到下落OC距离时的重力势能减少量△E, 不守恒，故AB错误：根据动能定理游客所受的合力所做的功W 解得t=1.6 =mg(o+1） =宁m(2P-mr2子m2,故c正确：当最高点速度小 《必修第二册》核心素养综合测评（二） 1.A;2.C:3.C:4.D:5.B:6.C:7.B. 重链在C点的速度为产 于√瓜时，游客所需的向心力小于重力，有g-P=，解特 提示： L.牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出 动能增输加量4=子成2：m( 3272 物体，物体就不会再落在地球上，敌A正确：英国物理学家卡文 迪什利用“扭秤”首先较准确的测定了引力常量，故B错误；牛顿 9a2-b2 11.(1)冬(2)不变 用“月一地检验”证实了万有引力定律的正确性，故C错误：德 12.(1)A(2)等于(3)6gP（4)gT√-日 解析：(1)由公式F=mo2r可知F-o2图像的斜率k=m, 国天文学家开普勒对他的导师一第谷观测的行是数据进行 解析：(1)为了减小空气阻力的影响，可以减小小球的体 了多年研究，得出了开普勒三大行星运动定律，故D错误 积，增大小球的质量，故应选择体积小、质量大的实心金属球，故 解得m=长 2.速度方向不断改变，故A错误；加速度方向不断改变，故B A正确，BC错误， (2)若水平杆不光滑，一开始静摩擦力提供向心力，当静摩 错误；他正沿圆弧形弯道做匀速圆周运动，角速度相同，即相等 (2)小球在水平方向做匀速运动，AB、BC之间的时间相等 擦力达到最大值后，有F+umg=mo2r,可得F=mw2r-mg, 时间内转过的角度相同，故C正确；相等时间内经过的路程相同， 根据x=Et可知xAB=xC F-o2图像的斜率为k=m,可知F-o2图线的斜率不变 位移方向不一定相同，故D错误 (3)小球在竖直方向做自由落体运动，AB间的竖直高度为 12.(1)<(2)2.40 3.根据题意可知，两个速度夹角为60°，根据速度合成可知， (3)m,+m)(✉+2 合速度为标=2cos30°=5，故C正 AB=7g(2T)2,AC间的竖直高度为hc=g(47)2,BC之间 87 (m2-m1)(1+2） 4.对人从距水平轨道7.2m高的水滑梯的顶端滑下到水平 实际下落的竖直高度为hBc=hc-hAB=6gT 0+ 轨道的未端时由动能定理可得mgh-了mgx=0,解得x=5h= (4)AB,BC之间的水平距离相等，设为x,根据几何知识有 解析：(1)由甲图可知，m下降，m1上升，打点计时器才能 36m,即水平轨道的长度至少为36m.故D正确. h品B+x2=B,+x2= 在纸带上打下一系列点，故m1<m: 5.乒乓球被水平抛出后做平抛运动，水平方向位移x=1, 由题意如光=云 (2)根据匀变速直线运动的推论得 竖直方向位移y=之，合位移为s=√+了，解得 与--2L009x10 联立解得x=gT2 /36m2-4 2×0.1 m/s=2.40m/s 0.75m/s,故B正确 (3)0~5过程中系统动能的增加量为 6根据万有引力提供向心力有=m，可得： 小球均度大小为：方”√ (m1+m)(+)2 圆，“天宫”空间站的运行轨道半径小于北斗同步卫星的轨 872 道半径，则“天宫”空间站的运行速度大于北斗同步卫星的运行 解析：设红矮星的轨道半径为r1、质量为m,中子星的轨道 系统势能的减少量为△￡。=m2g(x1+为2)-m1g(:1+x2) 速度，故A错误：“天宫”空间站里的宇航员处于悬浮状态是因为 半径为2、质量为m,则根据题意有r1+2=L =(m2-m1)(x+x2)g 处于完全失重状态，但仍受重力，故B错误；根据万有引力提供 向心力有R=祭(R+6).所有的同步卫是具有相时 GMm 由万有引力充当向心力有 (4)若系统机械能守恒，则有之(m,+m)2=(m?- 的周期，则离地球表面的高度都是一定的，故C正确：若北斗卫 6=m学6"=m 2 m)gh 变形可得= 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 m+m,动 它将向远离地球的方向运动，故D错误 联立解特：=n十行 7.当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周 (2)根据以上分析可得m=4mB 运动时，模型飞机受到重力和支持力的作用，由重力和支持力的 解得：长 合力提供向心力，故A正确：旋臂对模型飞机的作用力方向可以 可得nm+m=4r 与旋臂不垂直，但在竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的 1.():2)2红R+位、R 分力等于重力，故B错误；根据旋臂对模型飞机的作用力大小的 14.(1)4.5J:(2)2J:(3)0.2m 表达式F=(mg)2+(mLsin 6)下，所以旋臂对模型飞机的 解析：(1)由题意可知在B点，轨道对物块的支持力为 解析：(1)物体在地球表面受到的万有引力等于重力，则有 作用力大于mg,若夹角0减小，则旋臂对模型飞机的作用力减 GMmo 10mg,根据牛顿第二定律得10mg-mg=m尺 R2 =mog 小，故CD正确.本题选不正确的，故选B 8.AC;9.AC:10.BC 根据动能定理得W弹=m后-0 解得地球的质量M:咒 提示： 8.谷种和瘪谷飞出洞口后只受重力作用，则都做匀变速由 根据功能关系E。=W (2)天舟七号绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供 线运动，故A正确：谷种和德谷从飞出洞口后落地的竖直高度相 联立解得E。=4.5J 向心力可得物=学(R+ 月，根据1：√产可知它落地的时间相同，故B特误：谷种飞 (2)在C点，由牛顿第二定律得mg=m 解得天舟七号运动的周期为 T√ 出洞口落地时的水平位移比瘪谷小，根据x=可知，谷种飞出 从B点到C点，由动能定理可得 4(R +h)2m(R+h) R+h =N 洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度要小，故C正确：根据， gR2 R g =可知，谷种和瘪谷落地的竖直速度相同，但是水平速度不 -mg·2R-W= 2m呢、 2 mg 14.r=g:a0=25a(3d=-m 同，则落地的速度不同，故D错误 联立解得W,=2J 9.已环绕器绕火是做匀速圆周运动的轨道半径为，、周期 摩擦力做功最终都转化为内能，所以Q=W=2J 解析：(1)设小球从A点运动到D点所用时间为1，小球在竖 直方向做白由落体运动，有”，= 为7，由万有引力提供向心力可得G少=m节，解得火显的质 (3)从C点飞出后，物块做平抛运动，有 2 由数学知识？，=otan60 2R-Taxrct 解得：1=尽 量M=4知2之 ，环绕器的质量约去，因此环绕器的质量不能求出， 解得x=0.2m 故A正确，B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点的过程中，圆盘转过的角度0= 15.()x=2(2)=√2器 mg wt G把。g,解得火星表面的重力加速度6=兴-茶故C 解析：(1)用手托住球B时，弹簧处于压缩状态，对A根据平 解得：0=25rad 正确；火星绕大阳运动的公转周期由已知条件不能求出，故D错误， 衡条件有kx=mgin30 (3)小球从A点运动到D点，小球做平抛运动的水平位移大 10.运动员从起跳区水平起跳后做平抛运动，在空中只受到 公+(r) 重力，加速度为重力加速度，根据加速度定义式有△r=gt,△D-t 解得压缩量：=器 小x=to,A,D两点的距离d= 函数图像为一条过原点直线，故A错误；运动员从起跳区水平起 松手使球B从静止开始下落，平衡位置在0点，弹簧处于伸 跳后在竖直方向做自由落体运动，则。，=，重力的瞬时功率为 长状态，对A在平衡位置有mg=mgsin30°+x2 解得：d=个m P=mg,=mgt,P-t函数图像为一条过原点的直线，故B正 可解得件长量一爱 15.(1)6N;(2)0.25:(3)1.6s 确；运动员从起跳区水平起跳后运动员的速度为。= 因为物块A在斜面上做关于0点对称的往返运动，故物块A 解析：(1)物块在圆弧轨道上运动，由机械能守恒有 mgk=子m √后+(g),运动员的动能为6：子m2=子m听+沿斜面上升的最大距离为 之，么函数像为抛物线的一部分，顶点在纵箱的正半 =2(x1+)=2m 在点，由心力公式有人g受 (2)到达0'点时，物块A获得最大速度，对A、B及弹簧组成 轴，故C正确：运动员从起跳区水平起跳后在空中只受重力，机的系统，由机械能守恒定律得 解得FN=6N 械能守恒，￡-1函数图像为平行于横轴的一条直线，故D错误， 由牛顿第三定律可知，物块经过圆弧轨道的B点时对轨道 mg(x+）-mg(+)sin30°=2m2 的压力大F%=F、=6N 1.()D(2)B(3)mg(+)m(+ 327 /mg (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)验证机械能守恒定律实验中，打点计时器需使用 解得=√2k