1、高考资源网（） 您身边的高考专家温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。模块素养评价 (90分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。其中17题为单选,812题为多选)1.关于曲线运动,下面说法中正确的是()A.做曲线运动物体的速度方向必定变化B.做曲线运动物体的加速度必定变化C.物体在变力作用下一定做曲线运动D.在匀速行驶的列车上,相对列车水平向后抛出的一个小球,则在地面上观察小球一定做曲线运动【解析】选A。做曲线运动的物体速度大小不一定变化,但速度方向是轨迹的切线方向,必定变化,选项A
2、正确;曲线运动有匀变速曲线运动(如平抛运动)和变加速曲线运动,故曲线运动的加速度可以不变,选项B错误;往复直线运动中物体受的力就是变力,选项C错误;若小球相对车向后抛出的速度与车前进速度大小相同,则小球相对地面的速度为零,故做自由落体运动,选项D错误。2.自行车的大齿轮、小齿轮、后轮是相互关联的三个转动部分(如图),行驶时()A.大齿轮边缘点比小齿轮边缘点的线速度大B.后轮边缘点比小齿轮边缘点的角速度大C.大齿轮边缘点与小齿轮边缘点的向心加速度与它们的半径成正比D.后轮边缘点与小齿轮边缘点的向心加速度与它们的半径成正比【解析】选D。大齿轮边缘点与小齿轮边缘点的线速度相等,A错;后轮边缘点与小齿
3、轮边缘点的角速度相等,B错;根据an=知C错误;根据an=2r知D正确。3.城市中为了解决交通问题,修建了许多立交桥。如图所示,半径为R的圆弧形立交桥AB横跨在河面上,一辆质量为m的小汽车,在A端冲上该立交桥,小汽车到达桥顶时的速度大小为v1,若小汽车在上桥过程中保持速率不变,则()A.小汽车通过桥顶时处于失重状态B.小汽车通过桥顶时处于超重状态C.小汽车在上桥过程中受到桥面的支持力大小为FN=mg-mD.为保证安全,小汽车到达桥顶时的速度大小必须大于【解析】选A。由圆周运动知识知,小汽车通过桥顶时,其加速度方向向下,故其处于失重状态,A正确,B错误;FN=mg-m只在小汽车通过桥顶时成立,C
4、错误;由牛顿第二定律得mg-FN=m,为使小汽车不脱离桥面,一定有FN0,可得v1,D错误。4.如图所示,平板车放在光滑水平面上,一个人从车的左端加速向右端跑动,设人受到的摩擦力为Ff,平板车受到的摩擦力为Ff,下列说法正确的是()A.Ff、Ff均做负功B.Ff、Ff均做正功C.Ff做正功,Ff做负功D.因为是静摩擦力,所以Ff、Ff做功均为零【解析】选B。由题图可知,人在移动过程中,人对车的静摩擦力向后,车向后退,故人对车的摩擦力做正功;对于人来说,人在车上跑动的过程中,人受到车的静摩擦力方向向前,人的位移也向前,故摩擦力对人做正功,选项B正确。5.利用三颗位置适当的地球同步卫星,可使地球赤
5、道上任意两点之间保持无线电通信。目前,地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。假设地球的自转周期变小,若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的,则地球自转周期的最小值约为()A.1 hB.4 hC.8 hD.16 h【解析】选B。万有引力提供向心力,对同步卫星有:=mr,整理得GM=当r=6.6R地时,T=24 h若地球的自转周期变小,轨道半径最小为2R地三颗同步卫星A、B、C如图所示分布则有=解得T=4 h,选项B正确。【加固训练】2019年11月5日,我国用“长征三号乙”运载火箭成功发射了第49颗北斗导航卫星。已知某北斗导航卫星在离地高度为2.15104 km的圆形轨道上运行,地球同步卫星
6、离地的高度约为3.6104 km。下列说法正确的是()A.此北斗导航卫星绕地球运动的周期大于24小时B.此北斗导航卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度C.此北斗导航卫星的线速度小于地球同步卫星的线速度D.此北斗导航卫星的加速度小于地球同步卫星的加速度【解析】选B。由万有引力提供向心力得:G=m=m2r=m=ma,解得: v=,=,a=G,T=,北斗导航卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径,所以,北斗导航卫星周期小,角速度大,线速度大,向心加速度大,故A、C、D错误,B正确。6.(2019天津高考)2018年12月8日,肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的“嫦娥四号”探测器成功发射,“实现人类航天器
7、首次在月球背面巡视探测,率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为M、半径为R,探测器的质量为m,引力常量为G,“嫦娥四号”探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时,探测器的()A.周期为B.动能为C.角速度为D.向心加速度为【解析】选A。因为“嫦娥四号”探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动,月球对探测器的万有引力提供探测器做圆周运动的向心力,即G=mr,由此得T=,因此A正确;由G=m得探测器的动能Ek=mv2=,因此B错误;由G=m2r得探测器的角速度=,因此C错误;由G=ma得探测器的加速度a=,因此D错误。故选A。【总结提升】注意区别两个半径:轨道半径和天体半径,两个天体质量:中心
8、天体质量和环绕天体质量。不注意轨道半径r和天体半径R的区别而错选B、D;混淆中心天体质量M和环绕天体质量m而错选C。7.如图所示,一铁球用细线悬挂于天花板上,静止垂在桌子的边缘,细线穿过一光盘的中间孔,手推光盘在桌面上平移,光盘带动细线紧贴着桌子的边缘以水平速度v匀速运动,当光盘由A位置运动到图中虚线所示的B位置时,细线与竖直方向的夹角为,此时铁球()A.竖直方向速度大小为vcosB.竖直方向速度大小为vsinC.竖直方向速度大小为vtanD.相对于地面速度大小为v【解析】选B。线与光盘交点参与两个运动,一是沿着线的方向运动,二是垂直线的方向运动,则合运动的速度大小为v,如图所示。由数学三角函
9、数关系,则有:v球=v线=vsin,而沿线的速度的大小,即为铁球上升的速度大小,故B正确,A、C错误;铁球相对于地面的速度大小为v=,故D错误。8.(2019全国卷)如图(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v-t图象如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则()A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D.竖直方向速度大小为v1时,第
10、二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大【解析】选B、D。由v-t图象面积可知,第二次面积大于第一次面积,故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离,所以A错误;由于第二次竖直方向下落距离大,位移方向相同,故第二次水平方向位移大,故B正确;由v-t图象斜率知,第一次大、第二次小,斜率越大,加速度越大,或由=可知a1a2,故C错误;由图象斜率,速度为v1时,第一次图象斜率大,第二次图象斜率小,故a1a2,由G-fy=ma,可知,故D正确。9.一赛车在平直赛道上以恒定功率加速,其功率为200 kW,设所受到的阻力不变,加速度a和速度的倒数的关系如图所示,则赛车()A.做匀加速直线运动B.质量为50
11、0 kgC.所受阻力大小为2 000 ND.速度大小为50 m/s时牵引力大小为3 000 N【解析】选B、C。由图可知,加速度变化,故做变加速直线运动,选项A错误;对赛车受力分析,受重力、支持力、牵引力和摩擦力,根据牛顿第二定律,有:F-f=ma,其中:F=联立得:a=-,结合图线,当赛车的速度最大时,加速度为零,即a=0时,=0.01 s/m,v=100 m/s,所以最大速度为100 m/s,由图象可知:-=-4 m/s2,0=-解得:m=500 kg,f=2103 N,选项B、C正确;由P=Fv可知,F= N=4 000 N,选项D错误。10.如图所示,两个小球从水平地面上方同一点O分别
12、以初速度v1、v2水平抛出,落在地面上的位置分别是A、B,O是O在地面上的竖直投影,且OAAB=13。若不计空气阻力,则两小球()A.抛出的初速度大小之比为14B.落地速度大小之比为13C.落地速度与水平地面夹角的正切值之比为41D.通过的位移大小之比为1【解析】选A、C。两小球的水平位移分别为OA和OB,水平位移之比为OA(OA+AB)=14;小球在竖直方向上做自由落体运动,而两球的抛出高度相同,根据t=可知下落时间相同,根据x=v0t可得两小球的初速度之比为14,A正确;落地速度v=,通过的位移X= ,由于未知两小球的下落高度,故无法求出准确的落地速度比和位移比,B、D错误;落地速度与水平
13、地面夹角的正切值tan=,因竖直分速度相等,而水平初速度比值为14,故正切值的比值为41,C正确。11.(2017江苏高考)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L,B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角由60变为120,A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中()A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mgB.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mgC.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下D.弹簧的弹性势能最大值为mgL【解题
14、指南】解答本题应注意以下两个方面:(1)以A球为研究对象,分析其加速度、速度等物理量的变化。(2)抓住能量变化的线索,定量问题利用能量守恒定律。【解析】选A、B。A下落过程,先加速后减速,当A速度最大时,加速度为0,ABC整体受力平衡,B受到地面的支持力等于mg,B项正确;A的动能达到最大前,做加速度减小的加速运动,加速度方向竖直向下,处于失重状态,对ABC整体分析可知,B受到地面的支持力小于mg,A项正确;A末段减速向下,直至最低处其速度为0,弹簧形变最大,弹性势能最大,A的加速度竖直向上,C项错误;对整个系统由机械能守恒:Ep=mgLsin60-mgLsin30=mgL,D项错误。12.(
15、2019全国卷)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上,把物体P轻放在弹簧上端,P由静止向下运动,物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧,改用物体Q完成同样的过程,其a-x关系如图中虚线所示,假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍,则()A.M与N的密度相等B.Q的质量是P的3倍C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍【解析】选A、C。设星球M的质量为M1、星球N的质量为M2;星球M的半径为R1、星球N的半径为R2,则R1=3R2。对星球M有:G=m13a0、M1=1,解得1=;对星
16、球N有:G=m2a0、M2=2,解得2= =1,故选项A正确;对物体P有:kx0=m13a0、对物体Q有:k2x0=m2a0,解得m2=6m1,故选项B错误;由物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系图,结合公式v2=2ax可知:图象面积ax=,P下落过程中的最大动能Ek1=m13a0x0 =3m1a0x0,Q下落过程中的最大动能Ek2=m2a02x0=2m2a0x0=12m1a0x0=4Ek1,故选项C正确;物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动,由平衡位置(a=0)可知,物体P和Q振动的振幅A分别为x0和2x0,即物体P所在弹簧最大压缩量为2x0,物体Q所在弹簧最大压缩量为4x0,则Q下落过程
17、中,弹簧最大压缩量是P物体下落过程中弹簧最大压缩量的2倍,故选项D错误。二、实验题(本题共2小题,共14分)13.(6分)未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝,当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断,小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前,拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片,经合成后,照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置,已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10 s,照片大小如图中坐标所示,又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为14,则:(1)由以上信息,可知a点(选填
18、“是”或“不是”)小球的抛出点。(2)由以上及图信息,可以推算出该星球表面的重力加速度为m/s2。(3)由以上及图信息可以算出小球在b点时的速度是m/s(以上结果小数点后都保留两位数字)。【解析】(1)因为竖直方向上相等时间内的位移之比为1357,符合初速度为零的匀变速直线运动特点,因此可知a点的竖直分速度为零,a点为小球的抛出点。(2)由照片的长度与实际背景屏的长度之比为14可得乙图中正方形的边长l=4 cm;竖直方向上有:y=2l=gT2;解得:g= m/s2=8.00 m/s2(3)水平方向小球做匀速直线运动,因此小球平抛运动的初速度为:v0= m/s=0.8 m/s;b点竖直方向上的分
19、速度vby= m/s=0.8 m/s;vb=0.8 m/s1.13 m/s答案:(1)是(2)8.00(3)1.1314.(8分)(2020新余高一检测)在用“落体法”做“验证机械能守恒定律”的实验时,某同学选择一条较为满意的纸带,如图甲所示。他舍弃前面密集的点,以0为起点,从点1开始选取纸带上连续点1、2、3,测出点0到点1、2、3的距离分别为h1、h2、h3,打点周期为T。(1)打点2时,重锤速度v2等于。(用已知量表示)(2)该同学用实验测得数据画出的-h图象如图乙所示,图线不过坐标原点的原因是(填序号)。A.重锤在下落过程中受到空气阻力的作用B.安装打点计时器时两限位孔不在同一竖直线上
20、C.打下0点时重锤有一定的速度【解析】(1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知,打2点时重锤的瞬时速度v2=。(2)图线不过坐标原点,即h=0时,速度不为零,可知打下0点时重锤有一定的速度,故C正确。答案:(1)(2)C三、计算题(本题共4小题,共38分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)15.(8分)公安机关涉案枪支弹药性能鉴定工作规定指出,不能发射制式弹药的非制式枪支,其所发射弹丸的枪口比动能大于等于1.8 J/cm2都认定为枪支,枪口比动能是指子弹弹头离开枪口的瞬间所具有的动能除以枪口的横截面积,现有一玩具枪,其枪管长度L=20 cm,枪口直径d=6 m
21、m,如图所示,在测试中,子弹质量为m=2 g,让玩具枪在高度h=1.8 m处水平发射,实测子弹射程(子弹到射中点的水平距离)为12 m,不计子弹受到的阻力(子弹在枪管中的运动视为匀变速直线运动)。(1)求子弹出枪口的速度。(2)求子弹在枪管中的运动时间。(3)假设在枪管内子弹始终受到恒定的推力,试求此推力的大小。【解析】(1)子弹离开枪口后做平抛运动,运动时间t=0.6 s (1分)由x=vt(1分)得v= m/s=20 m/s(1分)(2)子弹在枪管中做匀加速直线运动,根据位移时间关系可得:t=L(1分)解得t=0.02 s(1分)(3)在枪管内,由公式v=at(1分)得a=1 000 m/
22、s2(1分)根据牛顿第二定律可知F=ma=2 N(1分)答案:(1)20 m/s(2)0.02 s (3)2 N16.(8分)如图所示,半径R=0.8 m的光滑圆弧轨道固定在水平地面上,O为该圆弧的圆心,轨道上方的A处有一个可视为质点的质量m=1 kg的小物块,小物块由静止开始下落后恰好沿切线进入圆弧轨道。此后小物块将沿圆弧轨道下滑,已知AO连线与水平方向的夹角=45,在轨道末端C点紧靠一质量M=3 kg的长木板,木板上表面与圆弧轨道末端的切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑,小物块与长木板间的动摩擦因数=0.3,g取10 m/s2。求:(1)小物块刚到达C点时的速度大小。(2)小物块刚到达
23、圆弧轨道末端C点时对轨道的压力。(3)要使小物块不滑出长木板,木板长度L至少为多少?【解析】(1)小物块从A到C,根据机械能守恒有mg2R=m,解得vC=4 m/s。(1分)(2)小物块刚到C点,由牛顿第二定律有FN-mg=m,解得FN=50 N。(1分)由牛顿第三定律,小物块对C点的压力FN=50 N,方向竖直向下。(1分)(3)设小物块刚滑到木板右端时达到共同速度,大小为v,小物块在长木板上滑行过程中,小物块与长木板的加速度分别为am=aM=(1分)v=vC-amtv=aMt(1分)将数据代入上面各式解得v= m/s(1分)由能量守恒得m=mgL+(M+m)v2(1分)将数据代入解得L=4
24、 m。(1分)答案:(1)4 m/s(2)50 N,方向竖直向下(3)4 m17.(10分)如图所示,在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道,外圆ABCD光滑,内圆的上半部分BCD粗糙,下半部分BAD光滑。一质量为m=0.2 kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动,小球的直径略小于两圆的间距,小球运动的轨道半径R=0.2 m,g取10 m/s2。(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动,初速度v0至少为多少?(2)若v0=3 m/s,经过一段时间后小球到达最高点,内轨道对小球的支持力FC=2 N,则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少?(3)若v0=3.1 m/s,经过足
25、够长的时间后,小球经过最低点A时速度vA为多少?【解析】(1)设此情形下小球到达外轨道的最高点时的最小速度为vC,则由牛顿第二定律可得mg=(1分)由动能定理可知-2mgR=m-m(1分)代入数据解得:v0= m/s (1分)(2)设此时小球到达最高点时的速度为vC,克服摩擦力做的功为Wf,则由牛顿第二定律可得mg-FC=(1分)由动能定理可知-2mgR-Wf=mv-m(2分)代入数据解得:Wf=0.1 J(1分)(3)经过足够长的时间后,小球在下半圆轨道内做往复运动。设小球经过最低点的速度为vA,则由动能定理可知mgR=m(2分)代入数据解得:vA=2 m/s (1分)答案:(1) m/s(
26、2)0.1 J(3)2 m/s18.(12分)如图所示,质量m=0.2 kg的小物块,放在半径R1=2 m 的水平圆盘边缘A处,小物块与圆盘的动摩擦因数1=0.8。圆心角为=37,半径R2=2.5 m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连接于C点,小物块与水平轨道的动摩擦因数为2=0.5。开始时圆盘静止,在电动机的带动下绕过圆心O1的竖直轴缓慢加速转动,某时刻小物块沿纸面水平方向飞出(此时O1与A连线垂直纸面),恰好沿切线进入圆弧轨道B处,经过圆弧BC进入水平轨道CD,在D处进入圆心为O3,半径为R3=0.5 m的光滑竖直圆轨道,绕过圆轨道后沿水平轨道DF向右运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,s
27、in37=0.6,cos37=0.8,g取10 m/s2,求:(1)圆盘对小物块m做的功。(2)小物块刚离开圆盘时A、B两点间的水平距离。(3)假设竖直圆轨道可以左右移动,要使小物块能够通过竖直圆轨道,求竖直圆轨道底端D与圆弧轨道底端C之间的距离范围和小物块的最终位置。【解析】(1)小物块刚滑出圆盘时:1mg=,得vA=4 m/s(1分)由动能定理可得:W=m,解得:W=1.6 J。(1分)(2)物块正好切入圆弧轨道,由平抛运动知识可得:在B处的竖直方向速度为vBy=vAtan37,运动时间t=,(1分)AB间的水平距离x=vAt=1.2 m。(2分)(3)物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点E处:mg=(1分)由B到E点由动能定理得:mgR2(1-cos37)-2mgL-mg2R3=m-m,(1分)可得:L=1 m(1分)即DC之间距离不大于1 m时物块可通过竖直圆轨道,最后物块必定停止,由动能定理可得:mgR2(1-cos37)-2mgx=0-m,(2分)代入数据解得x=3.5 m,(2分)即最后物块停在离C位置3.5 m处。答案:(1)1.6 J(2)1.2 m(3)DC之间距离不大于1 m物块停在离C位置3.5 m处关闭Word文档返回原板块- 19 - 版权所有高考资源网