1、综合学业质量标准检测(A)本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项符合题目要求，第710小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1关于两个物体间的作用力和反作用力的做功情况是(C)A作用力做功，反作用力一定做功B作用力做正功，反作用力一定做负功C作用力和反作用力可能都做负功D作用力和反作用力做的功一定大小相等，且两者代数和为零解析：作用力与反作用力的关系是大小相等，但是相互作用的两个物体不一定都有位移，
2、故作用力和反作用力不一定同时都做功，故A错误；作用力与反作用力做功可能都是正功也可能都是负功，比如两个磁铁在它们的相互作用力的作用下运动，如果从静止开始向相反的方向运动则都是在做正功，作用力和反作用力所做的功的代数和为正值；如果有初速度，在相互作用力的作用下相向运动，那么这两个力就都做负功，作用力和反作用力所做的功的代数和为负值，故C正确，B、D错误。2(2021江苏淮安市高一月考)如图所示，将弹簧拉力器用力拉开的过程中弹簧的弹力做功、弹簧的弹力和弹性势能的变化情况是(C)A弹力做正功，弹力变大，弹性势能变小B弹力做正功，弹力变小，弹性势能变大C弹力做负功，弹力和弹性势能都变大D弹力做负功，弹
3、力和弹性势能都变小解析：将弹簧拉力器拉开的过程中，弹簧的伸长量变大，根据Fkx可知，弹力增大；根据Epkx2可知，弹簧的弹性势能增大，弹力做负功，故A、B、D错误，C正确。3一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v0，假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N，已知引力常量为G，则这颗行星的质量为(B)ABCD解析：根据Gmg，所以g ，根据万有引力提供向心力得：Gmmg 解得：M，故选B。4(2021渝中区重庆巴蜀中学高一月考)如图所示，在拉力F作用下，质量为150 kg的雪橇沿倾角为的粗糙斜面向上移动5 m，已知拉力大小为
4、500 N，方向与斜面的夹角为，雪橇受到的摩擦阻力为100 N，sin 0.1，cos 0.8，则在雪橇向上运动过程中，下列说法正确的是(D)A一共受3个力作用B重力做功为750 JC拉力F做功为2 500 JD合力对雪橇做的功为750 J解析：雪橇受拉力、重力、斜面支持力、摩擦力四个力的作用，故A错误；由题意可得，重力做功WGmgh(1501050.1)750 J，故B错误；由题意可得，拉力做功WF50050.82 000 J，故C错误；由题意可得，合力做功W合WFWGWf2 000750500750 J，故D正确。5(2021全国甲卷，18)2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号
5、”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8105 s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8105 m。已知火星半径约为3.4106 m，火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7 m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为(C)A6105 mB6106 mC6107 mD6108 m解析：忽略火星自转，则mg可知GMgR2设与1.8105 s的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为r，由万有引力提供向心力可知mr设近火点到火星中心为R1Rd1设远火点到火星中心为R2Rd2由开普勒第三定律可知由以上分析可得d26107 m，故选C。6(2021江苏扬州市
6、扬州中学高一月考)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球，在水平拉力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点的过程中(D)A小球的重力势能变小B小球受的合力对小球做正功C水平拉力F的瞬时功率逐渐减小D小球克服重力做功的瞬时功率逐渐增大解析：由A点运动到B点的过程中，小球的重力势能变大，所以A错误；小球速率不变，由动能定理可知，小球受的合力对小球做功为0，所以B错误；小球克服重力做功的瞬时功率为Pmgvsin ，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点的过程中，细线与竖直方向的夹角越来越大，所以小球克服重力做功的瞬时功率逐渐增大，则D正确；由于小球受的合力对小球做功为0，则
7、水平拉力F的瞬时功率等于小球克服重力做功的瞬时功率，所以水平拉力F的瞬时功率逐渐增大，则C错误。7“天问一号”火星探测器于2020年7月23日，在中国文昌航天发射场由长征五号遥四运载火箭发射升空，成功进入预定轨道。“天问一号”成功升空后，计划飞行约7个月抵达火星，并通过2至3个月的环绕飞行后着陆火星表面，开展探测任务。关于“天问一号”火星探测器的说法，正确的是(AB)A“天问一号”火星探测器的发射速度应该大于第二宇宙速度B要使“天问一号”火星探测器成为环绕火星的卫星，必须要减速制动C“天问一号”火星探测器着陆火星表面的过程中，做自由落体运动D“天问一号”火星探测器着陆火星后，处于完全失重状态解
8、析：“天问一号”需要摆脱地球束缚，成为绕火星转动的卫星，故其发射速度要大于第二宇宙速度，故A正确；“天问一号”从转移轨道进入绕火星的卫星，轨道半径要变小，故需要向前喷气减速，故B正确；“天问一号”火星探测器着陆火星表面的过程中需要向下减速，则不是自由落体运动，故C错误；“天问一号”火星探测器着陆火星后处于平衡状态，而非完全失重状态，故D错误。8如图所示，小物体位于半径为R的半球顶端，若给小物体一水平初速度v0，小物体对球顶恰好无压力，不计空气阻力，重力加速度为g，则此时(BC)A物体开始沿球面下滑B物体的初速度为v0C物体落地时的水平位移为 RD物体落地时速度方向与水平地面成45角解析：物体仅
9、受重力，有水平初速度，做平抛运动，不沿球面下滑，故A错误；根据牛顿第二定律有mgm，可得v0，故B正确；平抛运动过程中，由Rgt2得t，则水平位移xv0tR，故C正确；落地时竖直方向上的速度vygt，设物体落地时速度方向与水平地面的夹角为，有tan ，故物体落地时速度方向与水平地面的夹角大于45，故D错误。9(2021吉林松原市高一月考)铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的。弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的行驶速率v有关。则(AD)Av一定时，r越小则要求h越大Bv一定时，r越大则要求h越大Cr一定时，v越小则要求h越大Dr一定时，v越大则要求h
10、越大解析：设轨道平面与水平方向的夹角为，由mgtan m，得tan 。可见v一定时，r越大，tan 越小，内外轨的高度差h越小，当r一定时，v越大，tan 越大，内外轨的高度差越大。故选AD。10(2021全国甲卷，20)一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sin 0.6，重力加速度大小为g。则(BC)A物体向上滑动的距离为B物体向下滑动时的加速度大小为C物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长解析：物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定
11、理有mg2lcos Ek物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有mglsin mglcos 0Ek整理得l；0.5，A错误、C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有mamgsin mgcos 求解得出a，B正确；物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上mgsin mgcos 物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下mgsin mgcos 由上式可知a上a下，由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式lat2则可得出t上Ep，若有空气阻力，则应为EkEp，所以不同意他的观点。(4)实验中遮光条经过光电门时的速度大于钢球经过A点时的速度，因此由Ekmv2，计算得到的E
12、k偏大，要减小Ep与Ek的差异可考虑将遮光条的速度折算为钢球的速度，分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l，计算Ek时，将v折算成钢球的速度vv。三、论述、计算题(共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(9分)(2021江苏省木渎高级中学高一月考)两颗人造卫星的质量之比m1m212，轨道半径之比r1r231。求：(1)两颗卫星运行的线速度之比；(2)两颗卫星运行的周期之比；(3)两颗卫星运行的向心力之比。答案：(1)1(2)31(3)118解析：(1)根据万有引力充当向心力m得v，解得两颗
13、卫星运行的线速度之比为1；(2)根据万有引力充当向心力mr得T2，则两颗卫星运行的周期之比为31；(3)根据万有引力充当向心力F得两颗卫星运行的向心力之比为118。14(10分)如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R0.5 m，离水平地面的高度H0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s0.4 m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数答案：(1)1 m/s(2)0.2解析：(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有
14、Hgt2在水平方向上有sv0t，联立解得：v0s代入数据得v01 m/s。(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有fmmfmNmg，联立解得：，代入数据得0.2。15(12分)(2019天津卷，10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，其甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，如图2，AB长L1150 m，BC水平投影L263 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角12(sin 120.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经
15、t6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m60 kg，g10 m/s2，求：(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。答案：(1)7.5104 J(2)1.1103 N解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有根据动能定理，有Wmv20联立式，代入数据，得W7.5104 J。(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2Rsin 由牛顿第二定律，有FNmgm联立式，代入数据，得FN1.1103 N。16(15分)如图所示，长为2L的轻质杆一端用铰链固定于O点，杆的中
16、点固定有质量为m的小球A，杆的另一端固定有质量为2m的小球B。现将杆从水平位置由静止释放，不计杆、球系统在竖直平面内转动过程中所受的摩擦，重力加速度为g，求：(1)刚释放杆时，B球的加速度大小a；(2)由水平位置转过90时，杆转动的角速度；(3)杆转至竖直位置时，杆对铰链的作用力F。答案：(1)g(2)(3)mg解析：(1)刚释放杆时，B球的速度为0，而B球所受的重力竖直向下，据向心力公式分析可知，杆对B球无力作用，对B球在杆刚释放时有2mg2ma解得ag。(2)对A、B两球系统，在杆转过90的过程中有mgL2mg2Lm(L)22m(2L)2解得。(3)当杆转至竖直位置时，对A：T1T2mgm2L对B：T22mg2m22L杆对铰链的作用力FT1，解得Fmg。