模块综合测评
1.C [解析] 战机沿曲线ab运动时,由于速度方向是变化的,则速度是变化的,故战机的加速度不为零,根据牛顿第二定律可知,战机所受的合外力不为零,A错误;战机在ab段做曲线运动的速率不变,所受合外力与速度方向垂直,由于速度方向时刻在变,则合外力的方向也时刻在变化,并非始终都竖直向上,B错误;战机飞行速率不变,沿ab曲线飞行时,速度与竖直方向的夹角逐渐减小,故竖直方向的分速度逐渐增大,水平方向的分速度逐渐减小,C正确,D错误.
2.D [解析] 根据题意可知,小球竖直方向上的速度减小,即小球在空中运动的时间减小,上升的高度逐渐减小,水平速度不变,水平位移逐渐减小.故选D.
3.C [解析] 喷出的水柱最高达30 m,可得最大速度v==10 m/s.t时间内喷出水的质量为m=ρV=ρSv=ρπvt,喷出水的动能为Ek=mv2,电动机的输出功率P=≈58 kW,故C正确.
4.B [解析] 对卫星,有G=ma=m=mr,因为ra
ab>ac,选项A错误;速度v=,故三颗卫星的运行速度大小va>vb>vc,选项C错误;周期T=2π,故三颗卫星的运行周期Ta5.C [解析] 对MN过程,有a=gsin θ,v=at;对NP过程,有a=0,v恒定;对PQ过程,有a=g,v=,整理得-=1,对应的v-t图线为双曲线的一支,所以C正确.
6.D [解析] 风速在5~10 m/s范围内,转化效率η可视为不变.某段时间风的动能转化为风力发电机的电能,即mv2·η=Pt,m=ρ·Avt,联立得P=ηρAv3,因此选项A、B错误.每天平均有1.0×108 kW的风能资源,即使每天24小时发电,但转化效率不可能是100%,所以选项C错误.风速为6 m/s时的输出电功率为P'=P=120 kW,每年至少能发电W=P't=6×105 kW·h,选项D正确.
7.A [解析] 空间站的轨道半径r1=R+h1=6.85×106 m,北斗中轨道卫星A的轨道半径r2=R+h2=2.74×107 m,可得=,根据开普勒第三定律=k,从而得出二者的周期之比为==,从图示位置开始,二者转过的角度相差n2π,得t=n2π,化简t=,在卫星A运行一周时间T2内,n取值,所以共7次相距最近.故选A.
8.BC [解析] 由开普勒第三定律可知,金星绕太阳运动的公转轨道半径比水星大,则它的公转周期比水星大,A错误;由牛顿第二定律有G=ma,解得a=G,水星的公转轨道半径更小,则其向心加速度更大,B正确;当地球与行星的连线与行星运行轨迹相切时,夹角取得最大值,如图所示,设地球的公转轨道半径为R,则水星公转轨道半径为Rsin αm,金星公转轨道半径为Rsin βm,水星与金星的公转轨道半径之比为sin αm∶sin βm,C正确;由万有引力提供向心力有G=m,解得v=,水星与金星的公转线速度之比为∶,D错误.
9.CD [解析] 由图像可得,汽车匀加速阶段的加速度a==1 m/s2,汽车匀加速阶段的牵引力大小F==3000 N,在匀加速阶段由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得m=1000 kg,A错误;牵引力功率为15 kW时,汽车行驶的最大速度v0===7.5 m/s,B错误;前5 s内汽车的位移大小x=a=12.5 m,克服阻力做功Wf=mgx1=2.5×104 J,C正确;5~15 s内,由动能定理得Pt2-Ffx2=m-mv2,解得x2≈67.19 m,D正确.
10.CD [解析] 根据题意,如果我们取O点的重力势能为0,这个“势能”也为0,则质量相等的小液滴,由于它们在液面上稳定时具有相同的总势能,即某点的总势能为Ep=mgy-mω2x2=0,整理可得y=x2,可知,y与x是二次函数的关系,所以桶中水面的纵截面为抛物线,不是圆的一部分,故A错误;根据题意,若我们取水面A处有一个小液滴,它离O点有一定的高度,因为在水面上稳定时相同质量的水将具有相同的总势能,而A点的重力势能大于O点,所以这个特殊的“势能”在A点要小于O点,故由O到A的过程中,这个“势能”减小,故它对应的力做的是正功,则与该“势能”对应的“力”的方向不可能指向y轴,故B错误;根据题意,设这个“力”为F,则有Fx=0-,可得F=mω2|x|,则与该“势能”对应的“力”的大小随|x|的增加而增大,故C正确;根据题意可知,O点的这个“势能”最大,而“势能”表达式为Epx=-mω2x2,则是选取y轴“势能”为零,故D正确.
11.(1)mg(x0+x1) m 重锤下落过程中克服空气阻力和纸带摩擦力做功 (2)在实验误差允许范围内,若k近似等于2g,则可认为这一过程机械能守恒
[解析] (1)减少的重力势能为ΔEp=mg(x0+x1),C为AE的时间中点,用AE段的平均速度大小表示C点的速度,vC==,所以动能增量为ΔE=m=m,重锤下落过程中克服空气阻力和纸带摩擦力做功,有一部分机械能转化为内能,因此减小的重力势能总是大于重锤增加的动能.
(2)根据mgh = mv2-m,可得v2=2gh+,由此可知,在实验误差允许范围内,若v2-h图像斜率k近似等于2g,则可认为这一过程机械能守恒.
12.(1)刻度尺 (2)将钢球放在斜槽的末端,看钢球能否静止在斜槽的末端 (3)D (4)0.5 9.75
[解析] (1)实验中钢球飞出后做平抛运动,根据平抛运动的规律可知,应测出高度和水平位移的大小,故应用到刻度尺.
(2)在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法:将钢球放在斜槽的末端,看钢球能否静止(或用水平仪检查斜槽末端是否水平).
(3)钢球做平抛运动,有x=v0t,y=gt2,联立得y=x2,关系式中的a应等于,故D正确,A、B、C错误.
(4) 平抛运动的初速度为v0==xf=1.0×10-2×50 m/s=0.5 m/s;由Δy=gT2,解得当地的重力加速度g==[(y3-y2)-(y2-y1)]f2=9.75 m/s2.
13.(1) (2)
[解析] (1)设小球离开桌面时速度大小为v0,根据机械能守恒定律有
m=Ep
解得v0=
(2)设小球平抛所用时间为t,第一次落地点距桌面上飞出点的水平距离为x,小球与地面第一次碰撞前瞬间竖直方向速度的大小为v1,碰撞后瞬间竖直方向速度的大小为v2,由运动学公式、机械能守恒定律及题目所给条件有
x=v0t
v1=gt
v2=v1
mgh=m
联立以上各式得x=
14.(1)2 m/s2 7 m/s2 (2)10.2 J (3)80.28 J
[解析] (1)滑块与木板取得相同的速度前,对滑块和木板根据牛顿第二定律分别有
μ1mg=ma1
μ1mg+μ2(m+M)g=Ma2
解得a1=2 m/s2,a2=7 m/s2
(2)设经过t1时间两者速度相等,根据运动学规律有a1t1=v-a2t1
解得t1=1 s
此时两者的共同速度为v1=a1t1=2 m/s
达到共同速度前,滑块和木板的位移分别为
x1==1 m
x2==5.5 m
两者相对位移为Δx1=x2-x1=4.5 m
达到共同速度后,假设两者可以以相同的加速度做匀减速运动,根据牛顿第二定律有μ2(m+M)g=(m+M)a
解得a=4m/s2
此时滑块所受摩擦力大小为Ff=ma=4 N>μ1mg=2 N
即假设不成立,所以到达共同速度后两者做加速度不同的匀减速运动,对滑块和木板分别有
μ1mg=ma3
μ2(m+M)g-μ1mg=Ma4
解得a3=2 m/s2,a4=5 m/s2
易知木板先停止运动,从达到共速到各自停下的过程中,滑块和木板的位移分别为
x3==1 m
x4==0.4 m
两者相对位移为Δx2=x3-x4=0.6 m
根据功能关系可得Q=μ1mg(Δx1+Δx2)=10.2 J
(3)两者共速后,设木板经t2停止运动,则t2==0.4 s
木板停下时,滑块的速度为v2=v1-a3t2=1.2 m/s
从开始至木板刚停止时,根据动能定理有Wf=Mv2-m=U
解得U=80.28 J
15.(1)5 m (2)R2≤1.52 m或R2≥3.8 m (3)5 m≤h≤5.32 m
[解析] (1)小球恰好能过第一个竖直圆轨道,则在最高点满足mg=m
小球从A点到第一个圆轨道最高点根据机械能守恒定律有
mg(h-2R1)=m
联立解得h=5 m
(2)要保证小球不脱离圆轨道2,可分两种情况进行讨论
I.轨道半径较小时,小球恰能通过第二个圆轨道,设在最高点的速度为v2,应满足mg=m
同时满足,小球能通过第一个圆轨道,根据动能定理有
mg(2R1-2R2)-μmgLBC=m-m
或者mg(h-2R2)-μmgLBC=m
联立解得R2=1.52 m
II.轨道半径较大时,小球上升的最大高度为R2,根据动能定理有
mg(2R1-R2)-μmgLBC=0-m
或者mg(h-R2)-μmgLBC=0
联立解得R2=3.8 m
故R2≤1.52 m或R2≥3.8 m
(3)若小球刚好停在E点,从出发点到E,根据动能定理得
mg(h-LDEsin α)-μmg(LBC+LCD)-μmgLDEcos α=0
解得h=3.32 m<5 m
说明若小球刚好停在E点,小球就过不了第一个圆轨道,如果小球停在F点,从出发点到F点,根据动能定理可得
mg(h-LDEsin α)-μmg(LBC+LCD+LEF)-μmgLDEcos α=0
解得h=5.32 m
综上可知5 m≤h≤5.32 m.模块综合测评
一、单项选择题
1.[2024·山西太原五中月考] 某次航展表演中,战机先水平向右,再沿曲线ab向上(如图所示),最后沿陡斜线直入云霄.设飞行路径在同一竖直面内,飞行速率不变,则沿ab段曲线飞行时,战机 ( )
A.所受的合外力大小为零
B.所受的合外力方向竖直向上
C.竖直方向的分速度逐渐增大
D.水平方向的分速度不变
2.[2024·湖南师大附中月考] 将一小钢球从某一高度水平抛出,其与水平地面碰撞后水平方向分速度保持不变,竖直方向分速度比碰撞前的要小,则关于小钢球运动轨迹描绘可能正确的是( )
3.[2024·重庆巴蜀中学月考] 某音乐广场喷泉如图所示,喷嘴方向可任意调节,喷出的水柱最高可达30 m,喷泉管口直径约为10 cm.水的密度为1×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,π取3.14,则喷泉电动机(控制单一管口)的输出功率约为( )
A.120 kW
B.240 kW
C.60 kW
D.15 kW
4.如图所示,a、b、c三颗卫星在各自的轨道上绕地球做匀速圆周运动,轨道半径raA.三颗卫星的加速度大小aaB.三颗卫星的质量maC.三颗卫星的运行速度大小vaD.三颗卫星的运行周期Ta>Tb>Tc
5.[2022·广东卷] 如图是滑雪道的示意图.可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下, 经过水平NP段后进入空中,在Q点落地.不计运动员经过N点的机械能损失,不计摩擦力和空气阻力,下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是 ( )
6.[2022·浙江6月选考] 风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一.如图所示,风力发电机是一种将风能转化为电能的装置.某风力发电机在风速为9 m/s时,输出电功率为405 kW,风速在5~10 m/s范围内,转化效率可视为不变.该风机叶片旋转一周扫过的面积为A,空气密度为ρ,风场风速为v,并保持风正面吹向叶片.下列说法正确的是 ( )
A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B.单位时间流过面积A的流动空气动能为ρAv2
C.若每天平均有1.0×108 kW的风能资源,则每天发电量为2.4×109 kW·h
D.若风场每年有5000 h风速在6~10 m/s的风能资源,则该发电机年发电量至少为6.0×105 kW·h
7.[2024·辽宁沈阳二中月考] 2022年10月31日,“梦天实验舱”发射任务取得圆满成功!中国空间站将形成三舱“T”字型基本构型.假定空间站在距地面450 km高度处做理想的匀速圆周运动,某时刻“北斗”系统中的中轨道卫星A与空间站相距最近如图所示,该中轨道卫星A距地面高度为2.1×107 m,地球半径为6.4×106 m,卫星A和空间站的运行轨道在同一平面内且运行方向相同,则从图示位置往后开始计数(不包括图示位置),在卫星A运行一周时间内,空间站与A相距最近的次数为 ( )
A.7次
B.8次
C.9次
D.14次
二、多项选择题
8.[2022·辽宁卷] 如图所示,行星绕太阳的公转可以看作匀速圆周运动,在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角α,地球—金星连线与地球—太阳连线夹角β,两角最大值分别为αm、βm,则 ( )
A.水星的公转周期比金星的大
B.水星的公转向心加速度比金星的大
C.水星与金星的公转轨道半径之比为sin αm∶sin βm
D.水星与金星的公转线速度之比为∶
9.[2024·北京四中月考] 一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动,在启动过程中,汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示,已知汽车所受的阻力大小恒为重力大小的,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是 ( )
A.该汽车的质量为3×103 kg
B.v0=6 m/s
C.在前5 s内,汽车克服阻力做功为2.5×104 J
D.在5~15 s内,汽车的位移大小约为67.19 m
10.[2024·宁夏银川一中月考] 我们知道,处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的,当水不再流动时,同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能,即水面是等势面.通常稳定状态下水面为水平面,但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动,稳定时水面呈凹状,如图所示,这一现象依然可用等势面解释:以桶为参考系,桶中“静止”的水还多受到一个“力”,同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”.为便于研究,在过桶竖直轴线的平面上,以水面最低处为坐标原点、以最低处所在的平面为x轴,以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系,质量为m的小水滴(可视为质点)在这个坐标系下具有的“势能”可表示为Epx=-mω2x2,该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能,水会向总势能更低的地方流动,稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能,根据以上信息可知,下列说法中正确的是 ( )
A.稳定时桶中水面过y轴的纵截面为圆的一部分
B.与该“势能”对应的“力”的方向垂直指向y轴
C.与该“势能”对应的“力”的大小随|x|的增加而增大
D.该“势能”的表达式Epx=-mωx2是选取y轴“势能”为零
三、实验题
11. 用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.重锤从高处由静止开始下落,重锤上拖着的纸带通过打点计时器,打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,即可验证机械能守恒定律.已知当地重力加速度为g.
(1)如图乙所示,根据打出的纸带,选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E,通过测量并计算出点A距起始点O的距离为x0,点A、C间的距离为x1,点C、E间的距离为x2,若相邻两点的打点时间间隔为T,重锤质量为m,根据这些条件计算重锤从释放到下落OC距离时的重力势能减少量ΔEp= ,动能增加量ΔEk= ;在实际计算中发现,重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能,其原因主要是 .
(2)某同学利用图乙中纸带,先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h(其中F、G点为E点后连续打出的点,图中未画出),再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v和v2,绘制v2-h图像,如图丙所示,并求得图线的纵轴截距b和斜率k.
请说明如何根据图线验证重锤下落过程机械能是否守恒
.
12.[2024·天津南开中学月考] 在“研究平抛运动”实验中,A实验小组选用如图甲所示的实验装置,他们让钢球从斜槽上固定位置由静止滚下,并从槽的末端飞出做平抛运动,用铅笔描出钢球经过的位置.通过多次实验,在竖直白纸上记录钢球经过的多个位置,得到钢球做平抛运动的轨迹,并利用轨迹求出钢球做平抛运动的初速度.
(1)除图中所给的实验器材外,完成本实验还需要的测量工具是 .
(2)为保证钢球飞出后做平抛运动,斜槽末端必须水平.请简要说明,在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法是 .
(3)在实验中记下钢球的平抛初位置O点,用悬挂的重锤确定竖直线.取下白纸,以O为原点,以竖直线为y轴,以水平线为x轴,建立坐标系,用平滑曲线画出钢球的轨迹.如果平抛运动的轨迹是一条抛物线,那么轨迹上任意一点的y坐标与x坐标理论上应满足y=ax2,设初速度为v0,重力加速度为g,则关系式中的a应等于 (填选项前的字母).
A. B. C. D.
(4)B实验小组为了更方便研究平抛运动,他们在实验中用频闪光源代替钢球,频闪光源的频率为50 Hz,抛出后经过画布时在上面留下了一串反映平抛运动轨迹的点迹(如图乙所示).将点迹拍照后用软件分析可得到各点的坐标.图中M1、M2、M3是频闪光源平抛运动过程中在画布上留下的三个连续点迹,M1、M2、M3的坐标见下表.通过计算可得频闪光源平抛运动的初速度为 m/s,当地的重力加速度为 m/s2.
M1 M2 M3
x/cm 1.0 2.0 3.0
y/cm 0.40 1.19 2.37
四、计算题
13.[2023·全国甲卷] 如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上.用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep.释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出.小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的.小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h.重力加速度大小为g,忽略空气阻力.求:
(1)小球离开桌面时的速度大小;
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离.
14.[2024·江苏徐州一中月考] 如图所示,长为L=5 m、质量为M=2 kg的木板在粗糙水平面上向右滑行,当其速度为v=9 m/s时,在其右端轻轻放上一个质量为m=1 kg的滑块,已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)滑块与木板取得相同的速度前各自的加速度大小;
(2)从开始至最终停止,滑块与木板间因摩擦产生的热量Q;
(3)从开始至木板刚停止时,滑块、木板和地面组成的系统增加的内能U.
15.[2024·云南昆明一中月考] 图甲是某游乐场的一种“双环过山车”设施的一部分,其运行原理可以简化成图乙的“小球轨道”模型.其中AB段和圆轨道不计阻力,BC、CD、DE、EF段平直轨道与小球的动摩擦因数均为μ=0.2,DE段的倾角α=53°,B、C为两竖直圆轨道1、2的最低点,LBC=LCD=6 m,LDE=1 m,LEF=10 m,半径R1=2 m.质量为m=1 kg的小球(视为质点),从轨道右侧的A点由静止开始下滑,设小球不脱离所有轨道,且不考虑经过D、E点的能量损失.(已知cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2)
(1)如果小球恰能通过第一个圆轨道,A点的高度h应是多少
(2)在(1)条件下,要使小球不脱离第二个圆轨道,求半径R2应满足的条件;
(3)若小球能通过第二个圆轨道,要使小球最终停在EF段,A点的高度应设计为多少 (共44张PPT)
模块综合测评
◆ 测评卷
一、单项选择题
二、多项选择题
三、实验题
四、计算题
一、单项选择题
1.[2024·山西太原五中月考] 某次航展表演中，战机先水平向右，再沿曲线向上(如图所示)，最后沿陡斜线直入云霄.设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变，则沿段曲线飞行时，战机( )
C
A.所受的合外力大小为零 B.所受的合外力方向竖直向上
C.竖直方向的分速度逐渐增大 D.水平方向的分速度不变
[解析] 战机沿曲线运动时，由于速度方向是变化的，则速度是变化的，故战机的加速度不为零，根据牛顿第二定律可知，战机所受的合外力不为零，A错误；战机在段做曲线运动的速率不变，所受合外力与速度方向垂直，由于速度方向时刻在变，则合
外力的方向也时刻在变化，并非始终都竖直向上，B错误；战机飞行速率不变，沿曲线飞行时，速度与竖直方向的夹角逐渐减小，故竖直方向的分速度逐渐增大，水平方向的分速度逐渐减小，C正确，D错误.
2.[2024·湖南师大附中月考] 将一小钢球从某一高度水平抛出，其与水平地面碰撞后水平方向分速度保持不变，竖直方向分速度比碰撞前的要小，则关于小钢球运动轨迹描绘可能正确的是( )
D
A.&1& B.&2&
C.&3& D.&4&
[解析] 根据题意可知，小球竖直方向上的速度减小，即小球在空中运动的时间减小，上升的高度逐渐减小，水平速度不变，水平位移逐渐减小.故选D.
3.[2024·重庆巴蜀中学月考] 某音乐广场喷泉如图所示，喷嘴方向可任意调节，喷出的水柱最高可达，喷泉管口直径约为.水的密度为，重力加速度取， 取，则喷泉电动机(控制单一管口)的输出功率约为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 喷出的水柱最高达，可得最大速度.时间内喷出水的质量为，喷出水的动能为，电动机的输出功率，故C正确.
4.如图所示,、、三颗卫星在各自的轨道上绕地球做匀速圆周运动,轨道半径,但三颗卫星受到地球的万有引力大小相等,下列说法正确的是 ( )
B
A.三颗卫星的加速度大小 B.三颗卫星的质量
C.三颗卫星的运行速度大小 D.三颗卫星的运行周期
[解析] 对卫星,有,因为,加速度,故三颗卫星的加速度大小，选项A错误;速度,故三颗卫星的运行速度大小，选项C错误;周期
,故三颗卫星的运行周期，选项D错误;由,可知因为三颗卫星受到的万有引力大小相等,故三颗卫星的质量,选项B正确.
5.[2022·广东卷] 如图是滑雪道的示意图.可视为质点的运动员从斜坡上的点由静止自由滑下，经过水平段后进入空中，在点落地.不计运动员经过点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力，下列能表示该过程运动员速度大小或加速度大小随时间变化的图像是( )
C
A.&5& B.&6& C.&7& D.&8&
[解析] 对过程，有 ，；对过程，有，恒定；对过程，有，，整理得，对应的图线为双曲线的一支，所以C正确.
6.[2022·浙江6月选考] 风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一.如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置.某风力发电机在风速为时，输出电功率为，风速在范围内，转化效率可视为不变.该风机叶片旋转一周扫过的面积为，空气密度为 ，风场风速为，并保持风正面吹向叶片.下列说法正确的是( )
D
A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B.单位时间流过面积的流动空气动能为
C.若每天平均有的风能资源，则每天发电量为
D.若风场每年有风速在的风能资源，则该发电机年发电量至少为
[解析] 风速在范围内，转化效率 可视为不变.某段时间风的动能转化为风力发电机的电能，即，，联立得，因此选项A、B错误.每天平均有的风能资源，即使每天24小时发电，但转化效率不可能是，所以选项C错误.风速为时的输出电功率为，每年至少能发电，选项D正确.
7.[2024·辽宁沈阳二中月考] 2022年10月31日，“梦天实验舱”发射任务取得圆满成功！中国空间站将形成三舱“”字型基本构型.假定空间站在距地面高度处做理想的匀速圆周运动，某时刻“北斗”系统中的中轨道卫星与空间站相距最近如图所示，该中轨道卫星距地面高度为，地球半径为
A
A.7次 B.8次 C.9次 D.14次
，卫星和空间站的运行轨道在同一平面内且运行方向相同，则从图示位置往后开始计数(不包括图示位置)，在卫星运行一周时间内，空间站与相距最近的次数为( )
[解析] 空间站的轨道半径，北斗中轨道卫星A的轨道半径，可得，根据开普勒第三定律，从而得出二者的周期之比为，从图示位置开始，二者转过的角度相差 ，得
，化简，在卫星A运行一周时间内，取值
，所以共7次相距最近.故选A.
二、多项选择题
8.[2022·辽宁卷] 如图所示，行星绕太阳的公转可以看作匀速圆周运动，在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角 ，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角 ，两角最大值分别为、，则( )
BC
A.水星的公转周期比金星的大
B.水星的公转向心加速度比金星的大
C.水星与金星的公转轨道半径之比为
D.水星与金星的公转线速度之比为
[解析] 由开普勒第三定律可知，金星绕太阳运动的公转轨道半径比水星大，则它的公转周期比水星大，A错误；由牛顿第二定律有，解得，水星的公转轨道半径更小，则其向心加速度更大，B正确；当地球与行星的连线与行星运行轨迹相切时，夹角取得最大值，如图所示，设地球的公转轨道半径为，则水星公转轨道半径为，金星公转轨道半径为，水
星与金星的公转轨道半径之比为，C正确；由万有引力提供向心力有，解得，水星与金星的公转线速度之比为，D错误.
9.[2024·北京四中月考] 一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受的阻力大小恒为重力大小的，重力加速度取.下列说法正确的是( )
A.该汽车的质量为
B.
C.在前内，汽车克服阻力做功为
D.在内，汽车的位移大小约为
CD
[解析] 由图像可得，汽车匀加速阶段的加速度
，汽车匀加速阶段的牵引力大
小，在匀加速阶段由牛顿第二定
律得，解得，A错误；
牵引力功率为时，汽车行驶的最大速度，B错误；前内汽车的位移大小，克服阻力做功，C正确；内，由动能定理得，解得，D正确.
10.[2024·宁夏银川一中月考] 我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面.通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度 转动，稳定时水面呈凹状，如图所示，这一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中“静止”的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”.为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以最低处所在的平面为轴，以竖直向上为轴正方向建立直角坐标系，质量为的小水滴(可视为质点)在这个坐标系下具有的“势能”可表示为，该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能，根据以上信息可知，下列说法中正确的是( )
A.稳定时桶中水面过轴的纵截面为圆的一部分
B.与该“势能”对应的“力”的方向垂直指向轴
C.与该“势能”对应的“力”的大小随的增加而增大
D.该“势能”的表达式是选取轴“势能”为零
√
√
[解析] 根据题意，如果我们取点的重力势能为0，这个“势能”也为0，则质量相等的小液滴，由于它们在液面上稳定时具有相同的总势能，即某点的总势能为，整理可得，可知，与是二次函数的关系，所以桶中水面的纵截面为抛物线，不是圆的一部分，故A错误；
根据题意，若我们取水面A处有一个小液滴，它离点有一定的高度，因为在水面上稳定时相同质量的水将具有相同的总势能，而A点的重力势能大于点，所以这个特殊的“势能”在A点要小于点，故由到A的过程中，这个“势能”减小，故它对应的力做的是正功，则与该“势能”对应的“力”的方向不可能指向轴，故B错误；根据题意，设这个“力”为，则有，可得，则与该“势能”对应的“力”的大小随的增加而增大，故C正确；根据题意可知，点的这个“势能”最大，而“势能”表达式为，则是选取轴“势能”为零，故D正确.
三、实验题
11.用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器，打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律.已知当地重力加速度为.
(1) 如图乙所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点、、、、，通过测量并计算出点距起始点的距离为，点、间的距离为，点、间的距离为，若相邻两点的打点时间间隔为，重锤质量为，根据这些条件计算重锤从释放到下落距离时的重力势能减少量____________，动能增加量____________；在实际计算中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是____________________________________________.
重锤下落过程中克服空气阻力和纸带摩擦力做功
[解析] 减少的重力势能为，为的时间中点，用段的平均速度大小表示点的速度，，所以动能增量为，重锤下落过程中克服空气阻力和纸带摩擦力做功，有一部分机械能转化为内能，因此减小的重力势能总是大于重锤增加的动能.
(2) 某同学利用图乙中纸带，先分别测量出从点到、、、、、点的距离(其中、点为点后连续打出的点，图中未画出)，再计算打出、、、、各点时重锤下落的速度和，绘制图像，如图丙所示，并求得图线的纵轴截距和斜率.请说明如何根据图线验证重锤下落过程机械能是否守恒？__________________________________________________________________.
在实验误差允许范围内，若近似等于，则可认为这一过程机械能守恒
[解析] 根据，可得，由此可知，
在实验误差允许范围内，若图像斜率近似等于，则可认为这一过程机械能守恒.
12.[2024·天津南开中学月考] 在“研究平抛运动”实验中，实验小组选用如图甲所示的实验装置，他们让钢球从斜槽上固定位置由静止滚下，并从槽的末端飞出做平抛运动，用铅笔描出钢球经过的位置.通过多次实验，在竖直白纸上记录钢球经过的多个位置，得到钢球做平抛运动的轨迹，并利用轨迹求出钢球做平抛运动的初速度.
(1) 除图中所给的实验器材外，完成本实验还需要的测量工具是________.
刻度尺
[解析] 实验中钢球飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，应测出高度和水平位移的大小，故应用到刻度尺.
(2) 为保证钢球飞出后做平抛运动，斜槽末端必须水平.请简要说明，在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法是__________________________________________________.
将钢球放在斜槽的末端，看钢球能否静止在斜槽的末端
[解析] 在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法：将钢球放在斜槽的末端,看钢球能否静止(或用水平仪检查斜槽末端是否水平).
(3) 在实验中记下钢球的平抛初位置点，用悬挂的重锤确定竖直线.取下白纸，以为原点，以竖直线为轴，以水平线为轴，建立坐标系，用平滑曲线画出钢球的轨迹.如果平抛运动的轨迹是一条抛物线，那么轨迹上任意一点的坐标与坐标理论上应满足，设初速度为，重力加速度为，则关系式中的应
D
[解析] 钢球做平抛运动，有，，联立得，关系式中的应等于，故D正确，A、B、C错误.
等于___(填选项前的字母).
A. B. C. D.
(4) 实验小组为了更方便研究平抛运动，他们在实验中用频闪光源代替钢球，频闪光源的频率为，抛出后经过画布时在上面留下了一串反映平抛运动轨迹的点迹(如图乙所示).将点迹拍照后用软件分析可得到各点的坐标.图中、、是频闪光源平抛运动过程中在画布上留下的三个连续点迹，、、的坐标
0.5
9.75
1.0 2.0 3.0
0.40 1.19 2.37
见下表.通过计算可得频闪光源平抛运动的初速度为____，当地的重力加速度为_____.
[解析] 平抛运动的初速度为；由，解得当地的重力加速度.
四、计算题
13.[2023·全国甲卷] 如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上.用质量为的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为.释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出.小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的.小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为.重力加速度大小为，忽略空气阻力.求：
(1) 小球离开桌面时的速度大小;
[答案]
[解析] 设小球离开桌面时速度大小为，根据机械能守恒定律有
解得
(2) 小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离.
[答案]
[解析] 设小球平抛所用时间为,第一次落地点距桌面上飞出点的水平距离为，小球与地面第一次碰撞前瞬间竖直方向速度的大小为，碰撞后瞬间竖直方向速度的大小为,由运动学公式、机械能守恒定律及题目所给条件有
联立以上各式得
14.[2024·江苏徐州一中月考] 如图所示，长为、质量为
(1) 滑块与木板取得相同的速度前各自的加速度大小；
[答案] ;
[解析] 滑块与木板取得相同的速度前，对滑块和木板根据牛顿第二定律分别有
解得，
的木板在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为时，在其右端轻轻放上一个质量为的滑块，已知滑块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，求：
(2) 从开始至最终停止，滑块与木板间因摩擦产生的热量；
[答案]
[解析] 设经过时间两者速度相等，根据运动学规律有
解得
此时两者的共同速度为
达到共同速度前，滑块和木板的位移分别为
两者相对位移为
达到共同速度后，假设两者可以以相同的加速度做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
此时滑块所受摩擦力大小为
即假设不成立，所以到达共同速度后两者做加速度不同的匀减速运动，对滑块和木板分别有
解得，
易知木板先停止运动，从达到共速到各自停下的过程中，滑块和木板的位移分别为
两者相对位移为
根据功能关系可得
(3) 从开始至木板刚停止时，滑块、木板和地面组成的系统增加的内能.
[答案]
[解析] 两者共速后，设木板经停止运动，则
木板停下时，滑块的速度为
从开始至木板刚停止时，根据动能定理有
解得
15.[2024·云南昆明一中月考] 图甲是某游乐场的一种“双环过山车”设施的一部分，其运行原理可以简化成图乙的“小球轨道”模型.其中段和圆轨道不计阻力，、、
、段平直轨道与小球的动摩擦因数均为，段的倾角 ，、为两竖直圆轨道1、2的最低点，，，，半径.质量为的小球(视为质点)，从轨道右侧的点由静止开始下滑，设小球不脱离所有轨道，且不考虑经过、点的能量损失.(已知，重力加速度取
)
(1) 如果小球恰能通过第一个圆轨道，点的高度应是多少？
[答案]
[解析] 小球恰好能过第一个竖直圆轨道，则在最高点满足
小球从点到第一个圆轨道最高点根据机械能守恒定律有
联立解得
(2) 在(1)条件下，要使小球不脱离第二个圆轨道，求半径应满足的条件；
[答案] 或
[解析] 要保证小球不脱离圆轨道2，
可分两种情况进行讨论
．轨道半径较小时，小球恰能通过第二个圆轨道，
设在最高点的速度为，应满足
同时满足，小球能通过第一个圆轨道，根据动能定理有
或者
联立解得
．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为，根据动能定理有
或者
联立解得
故或
(3) 若小球能通过第二个圆轨道，要使小球最终停在段，点的高度应设计为多少？
[答案]
[解析] 若小球刚好停在点，
从出发点到，根据动能定理得
解得
说明若小球刚好停在点，小球就过不了第一个圆轨道，如果小球停在点，从出发点到点，根据动能定理可得
解得
综上可知.