模块综合检测
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1.下列说法正确的是（ ）
A.两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动
B.做圆周运动的物体受到的合力不一定指向圆心
C.一对摩擦力做功的代数和为零
D.物体竖直向上运动，其机械能一定增加
2.关于摩擦力做功，下列说法正确的是（ ）
A.滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功
B.静摩擦力起着阻碍物体的相对运动趋势的作用，一定不做功
C.静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功
D.滑动摩擦力可以对物体做正功
3.（2024·温州市高一期中）以下关于圆周运动描述正确的是（ ）
A.如图甲所示，手握绳子能使小球在该水平面内做匀速圆周运动
B.如图乙所示，小朋友在荡秋千过程的最低点时处于超重状态
C.如图丙所示，旋转拖把桶的脱水原理是水滴受到了离心力，从而沿半径方向甩出
D.如图丁所示，摩托车在水平赛道上匀速转弯时，为了安全经过弯道，人和摩托车整体会向弯道内侧倾斜，人和摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力和向心力四个力作用
4.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（ ）
A.金星表面的重力加速度是火星的倍
B.金星的“第一宇宙速度”是火星的倍
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
5.用竖直向上、大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm。若忽略空气阻力，g取10 m/s2，则物体克服沙坑的阻力所做的功为（ ）
A.20 J B.24 J
C.34 J D.54 J
6.如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球（可看成质点），让小球在竖直平面内做圆周运动。改变小球通过最高点时的速度大小v，测得相应的轻绳弹力大小F，得到F-v2图像如图乙所示。已知图像的延长线与纵轴交点坐标为（0，－b），斜率为k，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A.该小球的质量为bg
B.小球运动的轨道半径为
C.图像与横轴的交点表示小球通过最高点时所受的合力为零
D.当v2＝a时，小球通过最高点时的向心加速度为g
7.把质量是m＝0.5 kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。已知B、A之间的高度差为h1＝0.1 m，C、B之间的高度差为h2＝0.2 m，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，g＝10 m/s2。下面说法中正确的是（ ）
A.由状态甲至状态乙，弹簧的弹性势能转化为小球的动能
B.状态乙时，小球的动能最大
C.状态甲中弹簧的弹性势能是1.5 J
D.状态乙中小球的动能是1.5 J
8.如图所示的是半径为r的竖直光滑圆形轨道，将一玩具小车放到与轨道圆心O处于同一水平面的A点，并给小车一竖直向下的初速度，使小车沿轨道内侧做完整的圆周运动。要使小车不脱离轨道，则在A处使小车获得竖直向下的最小初速度应为（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9.如图所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道，除去底部一小圆弧，A图中的轨道是一段斜面，其高度小于h；B图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；C图中的轨道是一段斜面，高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h。如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是（ ）
10.如图，北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨。某次发射卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点。忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是（ ）
A.该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速
B.该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐减小
C.该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能
D.该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度
11.一物体从斜面底端以初动能E滑向斜面，返回到斜面底端的速度大小为v，克服摩擦力做的功为。若物块以初动能2E滑向斜面（斜面足够长），则（ ）
A.返回斜面底端时的动能为E
B.返回斜面底端时的动能为
C.返回斜面底端时的速度大小为2v
D.返回斜面底端时的速度大小为v
12.重力为10 N的滑块在倾角为30°的光滑斜面上从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点。已知xab＝1 m，xbc＝0.2 m，那么在整个过程中，下列选项正确的是（ ）
A.滑块动能的最大值是6 J
B.弹簧弹性势能的最大值是6 J
C.从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 J
D.整个过程中系统机械能守恒
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
13.（8分）用如图甲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。
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。
（1）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。
（2）若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，A、B和B、C的水平间距相等且均为x，测得A、B和B、C的竖直间距分别是y1和y2，则 （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.（8分）如图甲所示，在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.0 kg的重物从静止开始自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图乙所示。O为打下的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）。已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，当地的重力加速度为g＝9.8 m/s2。那么：
（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的 （选填字母）；
A.动能变化量与重力势能变化量
B.速度变化量和重力势能变化量
C.速度变化量和高度变化量
（2）纸带的 端（选填“左”或“右”）与重物相连；
（3）从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp＝ J，动能增加量ΔEk＝ J。（结果取两位有效数字）
15.（12分）设想数年后中国航天员登上木星，航天员以初速度v竖直向上抛出一小球，经时间t后落回抛出点，已知木星的半径为R，引力常量为G（忽略空气阻力）。求：
（1）木星表面的重力加速度；
（2）木星的平均密度；
（3）木星的公转周期为12年，则木星的环绕半径是日地距离的多少倍。
16.（14分）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＝1.0 m，现有一个质量为 m＝0.2 kg、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＝1.6 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/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，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统损失的机械能E的大小。
17.（18分）如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D端齐平。质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep，已知小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.5。求：
（1）小球达到B点时的速度大小vB；
（2）水平面BC的长度s；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm。
模块综合检测
1.B 两个匀变速直线运动，若合加速度方向与合初速度方向相同，则合运动为匀变速直线运动，若合加速度方向与合初速度方向有夹角，则合运动为匀变速曲线运动，选项A错误；物体做匀速圆周运动时，合力一定指向圆心，若物体做变速圆周运动，则合力不指向圆心，选项B正确；一对滑动摩擦力做功的代数和为负值，选项C错误；物体竖直向上运动时，若受到除重力以外的向上的外力，则机械能增加，若受到除重力以外的向下的外力，则机械能减小，若除重力外不受到外力，则机械能不变，选项D错误。
2.D 摩擦力总是阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，而且摩擦力对物体既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。综上所述，只有D正确。
3.B 对小球受力分析，小球受竖直向下的重力和沿绳子方向的拉力，合力不可能沿水平方向，故手握绳子不可能使小球在该水平面内做匀速圆周运动，A错误；小朋友在荡秋千过程的最低点具有向上的加速度，处于超重状态，B正确；水滴与拖把间的附着力不足以提供其做圆周运动所需的向心力，水滴做离心运动，沿切线方向甩出，C错误；摩托车在水平赛道上匀速转弯时，为了安全经过弯道，人和摩托车整体会向弯道内侧倾斜，人和摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力三个力作用，D错误。
4.B 根据g＝可知，＝·＝，选项A错误；根据v＝可知，＝，选项B正确；根据a＝可知，轨道半径越大，加速度越小，选项C错误；由＝常量可知，轨道半径越大，周期越长，选项D错误。
5.C 对全程应用动能定理，有Fh＋mgd－W克＝0，解得物体克服沙坑的阻力所做的功W克＝34 J，选项C正确。
6.B 设小球运动的轨道半径为l，小球在最高点时由拉力F和重力mg的合力提供向心力，可知F＋mg＝m，解得F＝m－mg，结合题图乙可知，mg＝b，即m＝，斜率＝k，解得l＝＝，A错误，B正确；图像与横轴的交点表示小球通过最高点时所受的拉力为零，所受的合力等于重力，C错误；当v2＝a时，F＝b＝mg，小球通过最高点时受到的合力为2mg，向心加速度为2g，D错误。
7.C 小球由状态甲至状态乙的过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，故A错误；由状态甲至状态乙的过程，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，则小球先加速后减速，动能先增大后减小，当弹力等于重力时动能最大，此时弹簧处于压缩状态，位置在甲、乙之间，故B错误；小球由状态甲至状态丙的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球在图甲中弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能，则Ep＝mg（h1＋h2）＝0.5×10×0.3 J＝1.5 J，故C正确；小球由状态乙至状态丙的过程中，小球机械能守恒，则状态乙中小球的动能Ek乙＝mgh2＝0.5×10×0.2 J＝1.0 J，故D错误。
8.C 小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足mg＝m。小车沿轨道内侧做圆周运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒。设小车在A处获得的最小初速度为vA，以A所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得m＝mgr＋mv2，解得vA＝，故选项C正确。
9.BC 题图A中情况，小球离开轨道后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动到最高点时在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，mgh＋0＝mgh'＋mv2，则 h'＜h，故A错误；题图B中情况，小球离开轨道做竖直上抛运动，运动到最高点速度为零，根据机械能守恒定律得，mgh＋0＝mgh'＋0，则h'＝h，故B正确；题图C中情况，小球到达右侧斜面上最高点时的速度为零，根据机械能守恒定律得，mgh＋0＝mgh'＋0，则h'＝h，故C正确；题图D中情况，小球在内轨道运动，通过最高点最小的速度为v＝，故在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得mgh＋0＝mgh'＋mv2，则h'＜h，即不能过最高点，故D错误。
10.CD 该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处加速，选项A错误；该卫星从轨道1到轨道2需要点火加速，则机械能增加，从轨道2再到轨道3，又需要点火加速，机械能增加，故该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增加，选项B错误；根据v＝可知，该卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，则该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，选项C正确；根据a＝可知，该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度，选项D正确。
11.AD 设斜面倾角为θ，斜面对物体的摩擦力为Ff，物体以初动能E滑向斜面时，在斜面上上升的最远距离为x1，则根据动能定理，在物体沿斜面上升的过程中有－Gx1sin θ－Ffx1＝0－E，在物体沿斜面下降的过程中有Gx1sin θ－Ffx1＝，联立解得Gsin θ＝3Ff；同理，当物体以初动能2E滑向斜面时，在物体沿斜面上升的过程中有－Gx2sin θ－Ffx2＝0－2E，在物体沿斜面下降的过程中有Gx2sin θ－Ffx2＝E'，联立解得E'＝E，故A正确，B错误。由＝mv2，E'＝mv'2，得v'＝v，故C错误，D正确。
12.BCD 滑块和弹簧组成的系统，在整个运动过程中，只发生动能、重力势能和弹性势能之间的相互转化，系统的机械能守恒，D正确；以c点所在平面为参考平面，滑块与弹簧组成的系统在a、c点动能为零，整个系统的机械能等于a点的重力势能或c点的弹性势能，滑块从a到c，重力势能减小了mgxacsin 30°＝6 J，全部转化为弹簧的弹性势能，B正确；从c到b弹簧恢复原长，通过弹簧的弹力对滑块做功，将6 J的弹性势能全部转化为滑块的机械能，C正确；当重力沿斜面的分力等于弹簧弹力时动能最大，此时还有重力势能和弹性势能，总机械能只有6 J，所以动能不可能达到6 J，A错误。
13.（1）球心 需要 （2）大于 x
解析：（1）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。
（2）由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，相邻相等时间内竖直方向上位移之比为1∶3∶5…，两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大，因此大于；由y2－y1＝gT2，x＝v0T，联立解得v0＝x。
14.（1）A （2）左 （3）0.31 0.30
解析：（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的重力势能的减少量与动能的增加量是否在误差允许的范围之内相等，A正确，B、C错误。
（2）重物在下落过程中，速度在增大，故相邻点间的距离应该是增大的，由图可知，纸带的左端与重物相连。
（3）从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减少量为ΔEp＝mghOB＝1.0×9.8×3.15×10－2 J＝0.31 J；打B点时，重物的速度大小为vB＝＝ m/s＝0.775 m/s，由初速度为零，则此过程中，重物动能的增加量为ΔEk＝m＝×1.0×0.7752 J＝0.30 J。
15.（1） （2） （3）5.2
解析：（1）根据题意得v＝g·
解得g＝。
（2）根据题意得G＝mg
又m木＝ρ·πR3
解得ρ＝。
（3）根据开普勒第三定律有＝
解得＝5.2。
16.（1）12.4 N （2）2.4 m （3）4.8 J
解析：（1）物体从E到C，由机械能守恒得
mg（h＋R）＝m
在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
联立解得FN＝12.4 N。
（2）对从E到A的过程，由动能定理得
WG－Wf＝0
WG＝mg[（h＋Rcos 37°）－LABsin 37°]
Wf＝μmgLABcos 37°
联立解得LAB＝2.4 m
故斜面长度LAB至少为2.4 m。
（3）因为mgsin 37°＞μmgcos 37°（μ＜tan 37°），所以，物体不会停在斜面上，物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿光滑圆弧轨道做周期性运动。从E点开始直至最后，系统因摩擦而损失的机械能等于B、E两点间的重力势能，即E＝ΔEp＝mg（h＋Rcos 37°）＝4.8 J。
17.（1）2 （2）3r
（3）
解析：（1）由机械能守恒得2mgr＝m
解得vB＝2。
（2）由mg＝m得vC＝
由动能定理得2mgr－μmgs＝m
解得s＝3r。
（3）设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D端的距离为x，则有kx＝mg
解得x＝
由功能关系得mg（r＋x）－Ep＝m－m
解得vm＝ 。
5 / 5(共47张PPT)
模块综合检测
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一
个选项符合题目要求）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动
B. 做圆周运动的物体受到的合力不一定指向圆心
C. 一对摩擦力做功的代数和为零
D. 物体竖直向上运动，其机械能一定增加
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解析： 两个匀变速直线运动，若合加速度方向与合初速度方向
相同，则合运动为匀变速直线运动，若合加速度方向与合初速度方
向有夹角，则合运动为匀变速曲线运动，选项A错误；物体做匀速
圆周运动时，合力一定指向圆心，若物体做变速圆周运动，则合力
不指向圆心，选项B正确；一对滑动摩擦力做功的代数和为负值，
选项C错误；物体竖直向上运动时，若受到除重力以外的向上的外
力，则机械能增加，若受到除重力以外的向下的外力，则机械能减
小，若除重力外不受到外力，则机械能不变，选项D错误。
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2. 关于摩擦力做功，下列说法正确的是（ ）
A. 滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功
B. 静摩擦力起着阻碍物体的相对运动趋势的作用，一定不做功
C. 静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功
D. 滑动摩擦力可以对物体做正功
解析： 摩擦力总是阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，而
且摩擦力对物体既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。综
上所述，只有D正确。
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3. （2024·温州市高一期中）以下关于圆周运动描述正确的是（ ）
A. 如图甲所示，手握绳子能使小球在该水平面内做匀速圆周运动
B. 如图乙所示，小朋友在荡秋千过程的最低点时处于超重状态
C. 如图丙所示，旋转拖把桶的脱水原理是水滴受到了离心力，从而
沿半径方向甩出
D. 如图丁所示，摩托车在水平赛道上匀速转弯时，为了安全经过弯
道，人和摩托车整体会向弯道内侧倾斜，人和摩托车整体受到重
力、支持力、摩擦力和向心力四个力作用
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解析： 对小球受力分析，小球受竖直向下的重力和沿绳子方向
的拉力，合力不可能沿水平方向，故手握绳子不可能使小球在该水
平面内做匀速圆周运动，A错误；小朋友在荡秋千过程的最低点具
有向上的加速度，处于超重状态，B正确；水滴与拖把间的附着力
不足以提供其做圆周运动所需的向心力，水滴做离心运动，沿切线
方向甩出，C错误；摩托车在水平赛道上匀速转弯时，为了安全经
过弯道，人和摩托车整体会向弯道内侧倾斜，人和摩托车整体受到
重力、支持力、摩擦力三个力作用，D错误。
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4. 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（ ）
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
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解析： 根据g＝可知，＝·＝，选项A错误；根据v
＝可知，＝，选项B正确；根据a＝可知，轨道半径
越大，加速度越小，选项C错误；由＝常量可知，轨道半径越
大，周期越长，选项D错误。
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5. 用竖直向上、大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止
提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑
的深度为20 cm。若忽略空气阻力，g取10 m/s2，则物体克服沙坑的
阻力所做的功为（ ）
A. 20 J B. 24 J
C. 34 J D. 54 J
解析： 对全程应用动能定理，有Fh＋mgd－W克＝0，解得物体
克服沙坑的阻力所做的功W克＝34 J，选项C正确。
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6. 如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球（可看成质
点），让小球在竖直平面内做圆周运动。改变小球通过最高点时的
速度大小v，测得相应的轻绳弹力大小F，得到F-v2图像如图乙所
示。已知图像的延长线与纵轴交点坐标为（0，－b），斜率为k，
不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 该小球的质量为bg
C. 图像与横轴的交点表示小球通过最高点时所受的合力为零
D. 当v2＝a时，小球通过最高点时的向心加速度为g
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解析： 设小球运动的轨道半径为l，小球在最高点时由拉力F和
重力mg的合力提供向心力，可知F＋mg＝m，解得F＝m－mg，
结合题图乙可知，mg＝b，即m＝，斜率＝k，解得l＝＝，A
错误，B正确；图像与横轴的交点表示小球通过最高点时所受的拉
力为零，所受的合力等于重力，C错误；当v2＝a时，F＝b＝mg，
小球通过最高点时受到的合力为2mg，向心加速度为2g，D错误。
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7. 把质量是m＝0.5 kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的
位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置
C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。
已知B、A之间的高度差为h1＝0.1 m，C、B之间的高度差为h2＝
0.2 m，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，g＝10 m/s2。下面说法
中正确的是（ ）
A. 由状态甲至状态乙，弹簧的弹性势能转化为小球的动能
B. 状态乙时，小球的动能最大
C. 状态甲中弹簧的弹性势能是1.5 J
D. 状态乙中小球的动能是1.5 J
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解析： 小球由状态甲至状态乙的过程中，弹簧的弹性势能转化
为小球的动能和重力势能，故A错误；由状态甲至状态乙的过程，
弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，
则小球先加速后减速，动能先增大后减小，当弹力等于重力时动能
最大，此时弹簧处于压缩状态，位置在甲、乙之间，故B错误；小
球由状态甲至状态丙的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守
恒，则小球在图甲中弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加
的重力势能，则Ep＝mg（h1＋h2）＝0.5×10×0.3 J＝1.5 J，故C
正确；小球由状态乙至状态丙的过程中，小球机械能守恒，则状态
乙中小球的动能Ek乙＝mgh2＝0.5×10×0.2 J＝1.0 J，故D错误。
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8. 如图所示的是半径为r的竖直光滑圆形轨道，将一玩具小车放到与
轨道圆心O处于同一水平面的A点，并给小车一竖直向下的初速
度，使小车沿轨道内侧做完整的圆周运动。要使小车不脱离轨道，
则在A处使小车获得竖直向下的最小初速度应为（ ）
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解析： 小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足mg＝m。
小车沿轨道内侧做圆周运动的过程中，只有重力做功，机械能守
恒。设小车在A处获得的最小初速度为vA，以A所在水平面为参考平
面，由机械能守恒定律得m＝mgr＋mv2，解得vA＝，故
选项C正确。
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二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个
选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的
得0分）
9. 下图所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完
全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的
竖直轨道，除去底部一小圆弧，A图中的轨道是一段斜面，其高度
小于h；B图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部
为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；C图中的
轨道是一段斜面，高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其
直径等于h。如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进
入右侧轨道后能到达h高度的是（ ）
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解析： 题图A中情况，小球离开轨道后做斜抛运动，水平方向
做匀速直线运动，运动到最高点时在水平方向上有速度，即在最高
点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，mgh＋0＝mgh'＋mv2，
则 h'＜h，故A错误；题图B中情况，小球离开轨道做竖直上抛运
动，运动到最高点速度为零，根据机械能守恒定律得，mgh＋0＝
mgh'＋0，则h'＝h，故B正确；题图C中情况，小球到达右侧斜面上
最高点时的速度为零，根据机械能守恒定律得，mgh＋0＝mgh'＋
0，则h'＝h，故C正确；题图D中情况，小球在内轨道运动，通过最高点最小的速度为v＝，故在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得mgh＋0＝mgh'＋mv2，则h'＜h，即不能过最高点，故D错误。
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10. 如图，北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨。某次发射卫星
时，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2
上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，
轨道2、3相切于Q点。忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下
说法正确的是（ ）
A. 该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速
B. 该卫星从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐减小
C. 该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能
D. 该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等
于在轨道2上经过Q点的加速度
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解析： 该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处加速，选项A
错误；该卫星从轨道1到轨道2需要点火加速，则机械能增加，从
轨道2再到轨道3，又需要点火加速，机械能增加，故该卫星从轨
道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增加，选项B错误；根据v＝
可知，该卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，则该卫星
在轨道3的动能小于在轨道1的动能，选项C正确；根据a＝可
知，该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道
2上经过Q点的加速度，选项D正确。
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11. 一物体从斜面底端以初动能E滑向斜面，返回到斜面底端的速度大
小为v，克服摩擦力做的功为。若物块以初动能2E滑向斜面（斜
面足够长），则（ ）
A. 返回斜面底端时的动能为E
C. 返回斜面底端时的速度大小为2v
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解析： 设斜面倾角为θ，斜面对物体的摩擦力为Ff，物体以
初动能E滑向斜面时，在斜面上上升的最远距离为x1，则根据动能
定理，在物体沿斜面上升的过程中有－Gx1sin θ－Ffx1＝0－E，在
物体沿斜面下降的过程中有Gx1sin θ－Ffx1＝，联立解得Gsin θ＝
3Ff；同理，当物体以初动能2E滑向斜面时，在物体沿斜面上升的
过程中有－Gx2sin θ－Ffx2＝0－2E，在物体沿斜面下降的过程中有
Gx2sin θ－Ffx2＝E'，联立解得E'＝E，故A正确，B错误。由＝
mv2，E'＝mv'2，得v'＝v，故C错误，D正确。
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12. 重力为10 N的滑块在倾角为30°的光滑斜面上从a点由静止下滑，
到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点
离开弹簧，最后又回到a点。已知xab＝1 m，xbc＝0.2 m，那么在
整个过程中，下列选项正确的是（ ）
A. 滑块动能的最大值是6 J
B. 弹簧弹性势能的最大值是6 J
C. 从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 J
D. 整个过程中系统机械能守恒
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解析： 滑块和弹簧组成的系统，在整个运动过程中，只发
生动能、重力势能和弹性势能之间的相互转化，系统的机械能守
恒，D正确；以c点所在平面为参考平面，滑块与弹簧组成的系统
在a、c点动能为零，整个系统的机械能等于a点的重力势能或c点
的弹性势能，滑块从a到c，重力势能减小了mgxacsin 30°＝6 J，
全部转化为弹簧的弹性势能，B正确；从c到b弹簧恢复原长，通过
弹簧的弹力对滑块做功，将6 J的弹性势能全部转化为滑块的机械
能，C正确；当重力沿斜面的分力等于弹簧弹力时动能最大，此
时还有重力势能和弹性势能，总机械能只有6 J，所以动能不可能
达到6 J，A错误。
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三、非选择题（本题共5小题，共60分）
13. （8分）用如图甲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。
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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。
（1）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。
解析：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。
球心
需要
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（2）若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：
如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，A、B和B、C的水
平间距相等且均为x，测得A、B和B、C的竖直间距分别是y1
和y2，则 （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）。
大于
x
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解析：由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，相邻相等时间内竖直方向上位移之比为1∶3∶5…，两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大，因此大于；由y2－y1＝gT2，x＝v0T，联立解得v0＝x。
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14. （8分）下图甲所示，在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验
中，使质量为m＝1.0 kg的重物从静止开始自由下落，打点计时器
在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带下图乙
所示。O为打下的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三
个连续点（其他点未画出）。已知打点计时器每隔0.02 s打一个
点，当地的重力加速度为g＝9.8 m/s2。那么：
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（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点
间的 （选填字母）；
A. 动能变化量与重力势能变化量
B. 速度变化量和重力势能变化量
C. 速度变化量和高度变化量
解析： 为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的重力势能的减少量与动能的增加量是否在误差允许的范围之内相等，A正确，B、C错误。
A
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（2）纸带的 端（选填“左”或“右”）与重物相连；
解析：重物在下落过程中，速度在增大，故相邻点间的距离应该是增大的，由图可知，纸带的左端与重物相连。
左
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（3）从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp
＝ J，动能增加量ΔEk＝ J。（结果取两位有
效数字）
解析：从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减
少量为ΔEp＝mghOB＝1.0×9.8×3.15×10－2 J＝0.31 J；打B
点时，重物的速度大小为vB＝＝
m/s＝0.775 m/s，由初速度为零，则此过程中，重物动能的
增加量为ΔEk＝m＝×1.0×0.7752 J＝0.30 J。
0.31
0.30
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15. （12分）设想数年后中国航天员登上木星，航天员以初速度v竖直
向上抛出一小球，经时间t后落回抛出点，已知木星的半径为R，
引力常量为G（忽略空气阻力）。求：
（1）木星表面的重力加速度；
答案：
解析： 根据题意得v＝g·
解得g＝。
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（2）木星的平均密度；
答案：
解析：根据题意得G＝mg
又m木＝ρ·πR3
解得ρ＝。
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（3）木星的公转周期为12年，则木星的环绕半径是日地距离的多
少倍。
答案：5.2
解析：根据开普勒第三定律有＝
解得＝5.2。
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16. （14分）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＝1.0 m，现有一个质量为
m＝0.2 kg、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＝1.6 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因
数μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/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；
答案：12.4 N
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解析： 物体从E到C，由机械能守恒得
mg（h＋R）＝m
在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
联立解得FN＝12.4 N。
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（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；
答案：2.4 m
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解析：对从E到A的过程，由动能定理得
WG－Wf＝0
WG＝mg[（h＋Rcos 37°）－LABsin 37°]
Wf＝μmgLABcos 37°
联立解得LAB＝2.4 m
故斜面长度LAB至少为2.4 m。
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（3）若斜面已经满足（2）的要求，物体从E点开始下落，直至最
后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统损失的
机械能E的大小。
答案：4.8 J
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解析：因为mgsin 37°＞μmgcos 37°（μ＜tan 37°），所
以，物体不会停在斜面上，物体最后以C为中心，B为一侧
最高点沿光滑圆弧轨道做周期性运动。从E点开始直至最
后，系统因摩擦而损失的机械能等于B、E两点间的重力势
能，即E＝ΔEp＝mg（h＋Rcos 37°）＝4.8 J。
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17. （18分）如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC
右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立
一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D
端齐平。质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始
下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹
簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep，已知小
球与BC间的动摩擦因数μ＝0.5。求：
（1）小球达到B点时的速度大小vB；
答案：2
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解析：由机械能守恒得2mgr＝m
解得vB＝2。
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（2）水平面BC的长度s；
答案：3r
解析：由mg＝m得vC＝
由动能定理得2mgr－μmgs＝m
解得s＝3r。
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（3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm。
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解析：设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D端的距离为
x，则有kx＝mg
解得x＝
由功能关系得mg（r＋x）－Ep＝m－m
解得vm＝ 。
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谢谢观看!
