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高中物理新教材同步必修第二册课件+讲义 模块综合试卷(2)
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这是一份人教版 (2019)必修 第二册全册综合教案配套ppt课件，文件包含高中物理新教材同步必修第二册模块综合试卷2pptx、高中物理新教材同步必修第二册模块综合试卷2教师版docx、高中物理新教材同步必修第二册模块综合试卷2学生版docx等3份课件配套教学资源，其中PPT共60页， 欢迎下载使用。
高中物理新教材特点分析
（一）趣味性强，激发学生学习兴趣 在新时代教育制度的改革深化下，学生对于物理课程内容的学习兴趣可以带动学生不断地进行探究。物理课程教学引入趣味性较高的新教材内容，充实物理课堂，引入信息技术，利用多媒体等新时代信息化的教学手段，利用更加直观、动态化的、可观察的教学手段，向学生们展示物理教学课程当中那些抽象的知识点，不断地吸引学生们的好奇心与兴趣力，让学生在物理课堂上能够充分感受到物理的魅力所在。（二）实践性高，高效落实理论学习 在现代化教育课程的背景之下，新课程改革理念越来越融入生活与学习的方方面面，新教材逐步的显现出强大影响力。（三）灵活性强，助力课程目标达成 随着教育制度体系的改革，通过新时代新教材内容的融入，教师不断地革新教学手段，整合线上以及线下的教育资源内容，可以为物理课堂增添新的活力与生机。
MOKUAIZONGHESHIJUAN(ER)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)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一定为零D.物体竖直向上运动，其机械能一定增加
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.(2022·镇江市高一期末)在光滑水平桌面上建立直角坐标系xOy，滑块位于坐标原点O处，现给滑块一沿y轴正方向的初速度v0，同时沿x轴正方向施加一恒力F，经过一段时间后撤去F，则滑块的运动轨迹可能为
给滑块一沿y方向的初速度v0，同时在x方向施加一恒力F，y方向做匀速直线运动，x方向做初速度为零的匀加速直线运动，则滑块将做匀变速曲线运动，曲线的凹侧沿x方向；经过一段时间后撤去F时，此时的速度沿曲线的切线方向斜向右上，此后沿速度方向做匀速直线运动，故轨迹正确的为C.
3.(2022·温州市高一期中)1992年中共中央决策实施载人航天工程并确立我国载人航天“三步走”的发展战略.“神舟五号”飞船于2003年10月15日9时发射，在轨飞行14圈，于2003年10月16日返回主着落场.至此标志着我国快速顺利地完成了航天战略计划的第一步“出得去，回得来”.现在我们将“神舟五号”飞船的太空之旅简单处理为加速升空、既定轨道正常绕行、减速落回地面三个阶段，则关于三个阶段的说法正确的是A.“神舟五号”飞船分别处于超重、完全失重、失重三个状态B.“神舟五号”飞船分别处于超重、完全失重、超重三个状态C.“神舟五号”飞船在既定轨道运动时受力平衡D.在既定轨道正常绕行的“神舟五号”飞船里，杨利伟松开离舱底1.8 m高处 的手掌，让手心的小物体掉落，该小物体将经0.6 s落到舱底
加速升空阶段加速度向上，处于超重状态，在既定轨道正常绕行处于完全失重状态，减速落回地面时加速度向上，处于超重状态，故B正确，A、C错误；在既定轨道正常绕行的“神舟五号”飞船里，杨利伟松开离舱底1.8 m高处的手掌，小球处于完全失重状态，所以不会落到舱底，故D错误.
4.(2022·宁波市北仑中学高一期中)我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后，与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成“组合体”.对接后的“组合体”仍在“天宫二号”的轨道上运行.“组合体”和“天宫二号”运动的轨道均可视为圆轨道，“组合体”和“天宫二号”相比，“组合体”运行的A.周期变小 B.角速度变大C.线速度大小不变D.向心加速度变小
解得T＝ ，“组合体”与“天宫二号”的轨道半径r相等，则“组合体”的周期不变，故A错误；
5.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
6.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
对全程应用动能定理，有Fh＋mgd－W克f＝0，解得物体克服沙坑的阻力所做的功W克f＝34 J，选项C正确.
7.如图所示为可视为质点的排球从O点水平抛出后，只在重力作用下运动的轨迹示意图.已知排球从O点到a点与从a点到b点的时间相等，则A.排球从O点到a点和从a点到b点重力做功之比为1∶1B.排球从O点到a点和从a点到b点重力做功的平均功率 之比为1∶3C.排球运动到a点和b点时重力的瞬时功率之比为1∶3D.排球运动到a点和b点时的速度之比为1∶2
排球抛出后，在竖直方向上做自由落体运动，在最初的相同时间内竖直方向运动的位移之比为1∶3，则排球从O点到a点和从a点到b点竖直方向运动的位移之比为1∶3，重力做功之比为1∶3，重力做功的平均功率之比为1∶3，选项A错误，B正确；由vy＝gt得排球落到a点和b点的竖直速度之比为1∶2，又P＝mgvy，可得重力的瞬时功率之比为1∶2，选项C错误；排球落到a点和b点的竖直速度之比为1∶2，水平速度相同，根据v＝ ，可知排球运动到a点和b点时的速度之比不为1∶2，选项D错误.
8.如图甲所示，游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图乙所示.已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)A.模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力B.旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直C.旋臂对模型飞机的作用力大小为D.若仅夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
向心力是效果力，不需要单独分析，A错误；模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，所以旋臂的一个分力平衡了飞机的重力，另一个分力提供了飞机做匀速圆周运动的向心力，旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，B错误；
根据C选项的分析知，夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.如图所示，在粗糙固定斜面顶端系一弹簧，其下端挂一物体，物体在A点处于静止状态.现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，弹簧始终在弹性限度内，则这两次过程中A.重力势能改变量不相等B.弹簧的弹性势能改变量相等C.摩擦力对物体做的功相等D.斜面弹力对物体做的功相等
第一次直接将物体拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，两次初、末位置一样，路径不同，根据重力做功的特点只跟初、末位置有关，跟路径无关，所以两次重力做功相等，根据重力做功与重力势能变化的关系得两次重力势能改变量相等，故A错误；由于两次初、末位置一样，即两次对应的弹簧的形变量一样，所以两次弹簧的弹性势能改变量相等，故B正确；
根据功的定义式得：摩擦力做功和路程有关.两次初、末位置一样，路径不同，所以两次摩擦力对物体做的功不相等，故C错误；斜面的弹力与物体位移方向垂直，则弹力对物体不做功，即两次斜面弹力对物体做的功相等，故D正确.
10.如图甲所示，将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，小物块距离地面高度为h1.将弹簧的锁定解除后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中h4到h5间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点，重力加速度为g，弹簧弹性势能Ep＝ kx2(k为劲度系数，x为形变量)，不计空气阻力.下列说法正确的是A.小物块上升至高度h3时，弹簧形变量为0B.小物块上升至高度h4时，加速度为gC.解除锁定前，弹簧的弹性势能为mgh5D.小物块从高度h2上升到h4，弹簧的弹性势能减少了
小物块上升至高度h3时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧形变量不为0，故A错误；因为h4到h5间的图像为直线，即小物块做匀减速直线运动，所以小物块上升至高度h4时，弹簧形变量为零，弹簧恢复原长，小物块只受重力，加速度为g ，故B正确；由题图图像知，解除锁定前，弹簧的弹性势能为Ep0＝mg(h5－h1)，故C错误；
小物块在h4时，加速度为g，在h2和h4处的动能相同，根据对称性可知，在h2处的加速度也为g，则有牛顿第二定律F－mg＝ma得F＝2mg所以小物块从高度h2上升到h4，上升高度为
11.如图所示，一半径为R＝1 m的半圆形管状轨道竖直固定在水平面上，一直径略小于管内径的小球由轨道的最低点M冲入半圆形管状轨道，小球由轨道的最高点N离开轨道，经t＝0.3 s的时间垂直地撞在左侧倾角为θ＝45°的固定斜面上的O点，已知小球的质量为m＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.则下列说法正确的是A.N、O两点之间的水平距离为0.9 mB.N、O两点之间的水平距离为1.9 mC.小球在N点受到轨道向上的作用力且大小为1 ND.小球在N点受到轨道向下的作用力且大小为1 N
根据平抛运动的规律，小球落在斜面瞬间的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则N点与O点的水平距离为x＝vxt＝0.9 m，A正确，B错误；设在N点轨道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝ ，vN＝vx＝3 m/s，解得FN＝－1 N，负号表示轨道对小球的作用力方向向上，C正确，D错误.
12.(2022·山东新泰市第一中学高一期中)质量m＝200 kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系.设汽车在运动过程中阻力不变，在18 s末汽车的速度恰好达到最大.则下列说法正确的是A.汽车受到的阻力200 NB.汽车的最大牵引力为800 NC.8～18 s过程中汽车牵引力做的功为 8×104 JD.汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5 m
当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有Ff＝ ＝800 N，故A错误；汽车做匀加速运动的速度最大时牵引力最大，则有F＝ ＝1 000 N，故B错误；8～18 s过程中汽车已达到最大功率，所以牵引力做的功为W＝Pt＝8×104 J，故C正确；8～18 s过程中，根据动能定理得 解得s＝95.5 m，故D正确.
三、非选择题(本题共6小题，共60分)13.(6分)(2022·浙江1月选考·17)在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴.让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示.在轨迹上取一点A，读取其坐标(x0，y0).(1)下列说法正确的是_____.A.实验所用斜槽应尽量光滑B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据
只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，故A错误；画轨迹时应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差的影响，故C正确.
坐标原点O为抛出点，由平抛运动规律有x0＝v0t
(2)根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0＝______.
小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次运动的轨迹相同.
(3)在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是________________________.
14.(8分)(2022·上海市奉贤中学高一期中)“用DIS验证机械能守恒定律”实验装置如图.(1)本实验利用________传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的______和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化.
本实验利用光电门传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的高度和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化.
将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中，连接杆拉力方向始终垂直于摆锤的速度方向，所以不做功，而摆锤动能增大，合外力做正功，故选B.
(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中_____.A.连接杆拉力不做功，合外力不做功B.连接杆拉力不做功，合外力做正功C.连接杆拉力做正功，合外力不做功D.连接杆拉力做正功，合外力做正功
摆锤的重力势能Ep随h的增大而增大，动能Ek随h的增大而减小，所以表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek的图线分别是乙和丙.
(3)实验结果绘制数据如图所示，图像的横轴表示摆锤距离最低点的高度，纵轴表示小球的重力势能Ep、动能Ek或机械能E.其中表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek的图线分别是_____和______.(均选填“甲”“乙”或“丙”)
甲图线表示摆锤运动过程中的机械能，在实验误差允许的范围内图线甲平行于h轴，由此可以得出的结论是摆锤运动过程中机械能守恒.
(4)根据实验图像，可以得出的结论是___________________________________________________.
在实验误差允许的范围内，摆锤
15.(8分)如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的位置与平台右边缘的水平距离为s.多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2－v02图像如图乙所示.滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求平台离地面的高度h及滑块在平台上滑行的距离d.
设滑块滑到平台右边缘时的速度为v，根据动能定理得
s＝vt (1分)
解得h＝1 m(1分)当s2＝0时，v02＝12 m2/s2解得d＝2 m.(1分)
16.(10分)如图所示，在竖直平面内，斜面AB与水平面BC的夹角θ＝45°，连接处平滑，BC右端连接光滑的四分之一圆轨道CD，其半径为R＝0.2 m.一个质量m＝1 kg的小球从A点静止释放.已知A点离水平面高度h＝0.4 m，BC段的长xBC＝0.4 m，小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.5.(1)若斜面AB光滑，小球释放后从C点抛出，求小球落在OD所在的水平面上时，落地点距抛出点C的水平距离；
小球从A点运动到C点，由动能定理可知
联立解得x＝0.4 m. (1分)
(2)若斜面AB不光滑，小球从A点静止释放后，运动到P点刚好离开圆弧轨道，已知∠COP＝30°，求小球在斜面AB上克服摩擦力做的功.
小球在P点刚好离开圆弧轨道，即小球与圆弧轨道的作用力为零，重力的分力提供向心力
小球从A点到P点的过程中，由动能定理可知
17.(12分)(2022·焦作市高一期中)如图所示，跳台滑雪赛道可以简化为助滑道、起跳区、着陆坡等几段，起跳区BC是一小段半径R＝20 m的圆弧，助滑道和着陆坡两斜面与水平面的夹角θ均为37°，运动员与助滑道AB段间的动摩擦因数μ＝0.125.质量m＝60 kg的运动员(含装备)从A点无初速度下滑，从起跳区的C点起跳时速度沿水平方向，然后降落在着陆坡上的D点.不考虑空气阻力，运动员从起跳区的C点起跳后在空中时间为t＝3 s，在运动员运动的过程中可以把运动员看成质点.重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)运动员在起跳区C点对滑道的压力是多少？
运动员从C点起跳做平抛运动，水平方向有x＝vCt (1分)
根据数学三角函数知识有
代入数据解得vC＝20 m/s (1分)运动员在C点时，设滑道对运动员的支持力为FN，根据牛顿第二定律有
解得FN＝1 800 N根据牛顿第三定律可知，运动员在起跳区C点对滑道的压力为1 800 N.(1分)
(2)若不考虑起跳区BC对运动员速度大小的影响，助滑道AB的长度至少是多少？
设助滑道AB的长度为x，根据动能定理有
代入数据解得x＝40 m (1分)
(3)运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离是多少？
把运动员在C点时的运动，分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，根据几何关系，运动员在垂直斜面方向上的初速度为vx＝vCsin 37°＝12 m/s垂直斜面方向上的加速度大小为gx＝gcs 37°＝8 m/s2(1分)根据题意可知，运动员在垂直斜面方向上先做匀减速运动，当速度减小到零时，与斜面距离最远，根据vx2＝2gxx1(1分)解得，运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离为
18.(16分)(2022·无锡市高一期中)如图所示为某弹射游戏装置图.水平枪管中弹簧被弹射杆P用线拉着，处于压缩状态，质量为m的小钢球紧靠弹簧，枪口上边缘与半圆形光滑竖直轨道最高点A的内侧对齐.水平轨道BC在B、C两点分别与半圆轨道内侧和倾角θ＝45°的倾斜轨道平滑连接.扣动扳机，弹射杆P立即松开弹簧，钢球射出经轨道到达斜面上最高点D后又恰好能回到A点进入枪内，挤压弹簧后再次被弹出.已知半圆轨道半径为R，BC长s＝2R，球与斜面CD、水平面BC的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度为g，小球受到的摩擦力视为滑动摩擦力.求：
(1)小球第二次经过B点时的速度大小；
由题意，小球恰能返回A点，
设第二次经过B点的速度大小为vB，
(2)弹簧储存的最大弹性势能Ep；
解得：h＝4R，(1分)
解得Ep＝3.5mgR(1分)
(3)通过计算说明小球能否脱离轨道.
答案 不会脱离轨道，计算见解析
代入数据得h′＝1.6 R，(1分)设第四次经B点后能达半圆轨道的最大高度为hm，
由机械能守恒定律知：第三次经B点与第二次经B点动能相同，设第三次经B点能到达的最大高度为h′，
高中物理新教材特点分析
（一）趣味性强，激发学生学习兴趣 在新时代教育制度的改革深化下，学生对于物理课程内容的学习兴趣可以带动学生不断地进行探究。物理课程教学引入趣味性较高的新教材内容，充实物理课堂，引入信息技术，利用多媒体等新时代信息化的教学手段，利用更加直观、动态化的、可观察的教学手段，向学生们展示物理教学课程当中那些抽象的知识点，不断地吸引学生们的好奇心与兴趣力，让学生在物理课堂上能够充分感受到物理的魅力所在。（二）实践性高，高效落实理论学习 在现代化教育课程的背景之下，新课程改革理念越来越融入生活与学习的方方面面，新教材逐步的显现出强大影响力。（三）灵活性强，助力课程目标达成 随着教育制度体系的改革，通过新时代新教材内容的融入，教师不断地革新教学手段，整合线上以及线下的教育资源内容，可以为物理课堂增添新的活力与生机。
MOKUAIZONGHESHIJUAN(ER)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)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一定为零D.物体竖直向上运动，其机械能一定增加
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.(2022·镇江市高一期末)在光滑水平桌面上建立直角坐标系xOy，滑块位于坐标原点O处，现给滑块一沿y轴正方向的初速度v0，同时沿x轴正方向施加一恒力F，经过一段时间后撤去F，则滑块的运动轨迹可能为
给滑块一沿y方向的初速度v0，同时在x方向施加一恒力F，y方向做匀速直线运动，x方向做初速度为零的匀加速直线运动，则滑块将做匀变速曲线运动，曲线的凹侧沿x方向；经过一段时间后撤去F时，此时的速度沿曲线的切线方向斜向右上，此后沿速度方向做匀速直线运动，故轨迹正确的为C.
3.(2022·温州市高一期中)1992年中共中央决策实施载人航天工程并确立我国载人航天“三步走”的发展战略.“神舟五号”飞船于2003年10月15日9时发射，在轨飞行14圈，于2003年10月16日返回主着落场.至此标志着我国快速顺利地完成了航天战略计划的第一步“出得去，回得来”.现在我们将“神舟五号”飞船的太空之旅简单处理为加速升空、既定轨道正常绕行、减速落回地面三个阶段，则关于三个阶段的说法正确的是A.“神舟五号”飞船分别处于超重、完全失重、失重三个状态B.“神舟五号”飞船分别处于超重、完全失重、超重三个状态C.“神舟五号”飞船在既定轨道运动时受力平衡D.在既定轨道正常绕行的“神舟五号”飞船里，杨利伟松开离舱底1.8 m高处 的手掌，让手心的小物体掉落，该小物体将经0.6 s落到舱底
加速升空阶段加速度向上，处于超重状态，在既定轨道正常绕行处于完全失重状态，减速落回地面时加速度向上，处于超重状态，故B正确，A、C错误；在既定轨道正常绕行的“神舟五号”飞船里，杨利伟松开离舱底1.8 m高处的手掌，小球处于完全失重状态，所以不会落到舱底，故D错误.
4.(2022·宁波市北仑中学高一期中)我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后，与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成“组合体”.对接后的“组合体”仍在“天宫二号”的轨道上运行.“组合体”和“天宫二号”运动的轨道均可视为圆轨道，“组合体”和“天宫二号”相比，“组合体”运行的A.周期变小 B.角速度变大C.线速度大小不变D.向心加速度变小
解得T＝ ，“组合体”与“天宫二号”的轨道半径r相等，则“组合体”的周期不变，故A错误；
5.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
6.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
对全程应用动能定理，有Fh＋mgd－W克f＝0，解得物体克服沙坑的阻力所做的功W克f＝34 J，选项C正确.
7.如图所示为可视为质点的排球从O点水平抛出后，只在重力作用下运动的轨迹示意图.已知排球从O点到a点与从a点到b点的时间相等，则A.排球从O点到a点和从a点到b点重力做功之比为1∶1B.排球从O点到a点和从a点到b点重力做功的平均功率 之比为1∶3C.排球运动到a点和b点时重力的瞬时功率之比为1∶3D.排球运动到a点和b点时的速度之比为1∶2
排球抛出后，在竖直方向上做自由落体运动，在最初的相同时间内竖直方向运动的位移之比为1∶3，则排球从O点到a点和从a点到b点竖直方向运动的位移之比为1∶3，重力做功之比为1∶3，重力做功的平均功率之比为1∶3，选项A错误，B正确；由vy＝gt得排球落到a点和b点的竖直速度之比为1∶2，又P＝mgvy，可得重力的瞬时功率之比为1∶2，选项C错误；排球落到a点和b点的竖直速度之比为1∶2，水平速度相同，根据v＝ ，可知排球运动到a点和b点时的速度之比不为1∶2，选项D错误.
8.如图甲所示，游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图乙所示.已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)A.模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力B.旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直C.旋臂对模型飞机的作用力大小为D.若仅夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
向心力是效果力，不需要单独分析，A错误；模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，所以旋臂的一个分力平衡了飞机的重力，另一个分力提供了飞机做匀速圆周运动的向心力，旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，B错误；
根据C选项的分析知，夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.如图所示，在粗糙固定斜面顶端系一弹簧，其下端挂一物体，物体在A点处于静止状态.现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，弹簧始终在弹性限度内，则这两次过程中A.重力势能改变量不相等B.弹簧的弹性势能改变量相等C.摩擦力对物体做的功相等D.斜面弹力对物体做的功相等
第一次直接将物体拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，两次初、末位置一样，路径不同，根据重力做功的特点只跟初、末位置有关，跟路径无关，所以两次重力做功相等，根据重力做功与重力势能变化的关系得两次重力势能改变量相等，故A错误；由于两次初、末位置一样，即两次对应的弹簧的形变量一样，所以两次弹簧的弹性势能改变量相等，故B正确；
根据功的定义式得：摩擦力做功和路程有关.两次初、末位置一样，路径不同，所以两次摩擦力对物体做的功不相等，故C错误；斜面的弹力与物体位移方向垂直，则弹力对物体不做功，即两次斜面弹力对物体做的功相等，故D正确.
10.如图甲所示，将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，小物块距离地面高度为h1.将弹簧的锁定解除后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中h4到h5间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点，重力加速度为g，弹簧弹性势能Ep＝ kx2(k为劲度系数，x为形变量)，不计空气阻力.下列说法正确的是A.小物块上升至高度h3时，弹簧形变量为0B.小物块上升至高度h4时，加速度为gC.解除锁定前，弹簧的弹性势能为mgh5D.小物块从高度h2上升到h4，弹簧的弹性势能减少了
小物块上升至高度h3时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧形变量不为0，故A错误；因为h4到h5间的图像为直线，即小物块做匀减速直线运动，所以小物块上升至高度h4时，弹簧形变量为零，弹簧恢复原长，小物块只受重力，加速度为g ，故B正确；由题图图像知，解除锁定前，弹簧的弹性势能为Ep0＝mg(h5－h1)，故C错误；
小物块在h4时，加速度为g，在h2和h4处的动能相同，根据对称性可知，在h2处的加速度也为g，则有牛顿第二定律F－mg＝ma得F＝2mg所以小物块从高度h2上升到h4，上升高度为
11.如图所示，一半径为R＝1 m的半圆形管状轨道竖直固定在水平面上，一直径略小于管内径的小球由轨道的最低点M冲入半圆形管状轨道，小球由轨道的最高点N离开轨道，经t＝0.3 s的时间垂直地撞在左侧倾角为θ＝45°的固定斜面上的O点，已知小球的质量为m＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.则下列说法正确的是A.N、O两点之间的水平距离为0.9 mB.N、O两点之间的水平距离为1.9 mC.小球在N点受到轨道向上的作用力且大小为1 ND.小球在N点受到轨道向下的作用力且大小为1 N
根据平抛运动的规律，小球落在斜面瞬间的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则N点与O点的水平距离为x＝vxt＝0.9 m，A正确，B错误；设在N点轨道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝ ，vN＝vx＝3 m/s，解得FN＝－1 N，负号表示轨道对小球的作用力方向向上，C正确，D错误.
12.(2022·山东新泰市第一中学高一期中)质量m＝200 kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系.设汽车在运动过程中阻力不变，在18 s末汽车的速度恰好达到最大.则下列说法正确的是A.汽车受到的阻力200 NB.汽车的最大牵引力为800 NC.8～18 s过程中汽车牵引力做的功为 8×104 JD.汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5 m
当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有Ff＝ ＝800 N，故A错误；汽车做匀加速运动的速度最大时牵引力最大，则有F＝ ＝1 000 N，故B错误；8～18 s过程中汽车已达到最大功率，所以牵引力做的功为W＝Pt＝8×104 J，故C正确；8～18 s过程中，根据动能定理得 解得s＝95.5 m，故D正确.
三、非选择题(本题共6小题，共60分)13.(6分)(2022·浙江1月选考·17)在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴.让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示.在轨迹上取一点A，读取其坐标(x0，y0).(1)下列说法正确的是_____.A.实验所用斜槽应尽量光滑B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据
只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，故A错误；画轨迹时应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差的影响，故C正确.
坐标原点O为抛出点，由平抛运动规律有x0＝v0t
(2)根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0＝______.
小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次运动的轨迹相同.
(3)在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是________________________.
14.(8分)(2022·上海市奉贤中学高一期中)“用DIS验证机械能守恒定律”实验装置如图.(1)本实验利用________传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的______和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化.
本实验利用光电门传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的高度和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化.
将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中，连接杆拉力方向始终垂直于摆锤的速度方向，所以不做功，而摆锤动能增大，合外力做正功，故选B.
(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中_____.A.连接杆拉力不做功，合外力不做功B.连接杆拉力不做功，合外力做正功C.连接杆拉力做正功，合外力不做功D.连接杆拉力做正功，合外力做正功
摆锤的重力势能Ep随h的增大而增大，动能Ek随h的增大而减小，所以表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek的图线分别是乙和丙.
(3)实验结果绘制数据如图所示，图像的横轴表示摆锤距离最低点的高度，纵轴表示小球的重力势能Ep、动能Ek或机械能E.其中表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek的图线分别是_____和______.(均选填“甲”“乙”或“丙”)
甲图线表示摆锤运动过程中的机械能，在实验误差允许的范围内图线甲平行于h轴，由此可以得出的结论是摆锤运动过程中机械能守恒.
(4)根据实验图像，可以得出的结论是___________________________________________________.
在实验误差允许的范围内，摆锤
15.(8分)如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的位置与平台右边缘的水平距离为s.多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2－v02图像如图乙所示.滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求平台离地面的高度h及滑块在平台上滑行的距离d.
设滑块滑到平台右边缘时的速度为v，根据动能定理得
s＝vt (1分)
解得h＝1 m(1分)当s2＝0时，v02＝12 m2/s2解得d＝2 m.(1分)
16.(10分)如图所示，在竖直平面内，斜面AB与水平面BC的夹角θ＝45°，连接处平滑，BC右端连接光滑的四分之一圆轨道CD，其半径为R＝0.2 m.一个质量m＝1 kg的小球从A点静止释放.已知A点离水平面高度h＝0.4 m，BC段的长xBC＝0.4 m，小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.5.(1)若斜面AB光滑，小球释放后从C点抛出，求小球落在OD所在的水平面上时，落地点距抛出点C的水平距离；
小球从A点运动到C点，由动能定理可知
联立解得x＝0.4 m. (1分)
(2)若斜面AB不光滑，小球从A点静止释放后，运动到P点刚好离开圆弧轨道，已知∠COP＝30°，求小球在斜面AB上克服摩擦力做的功.
小球在P点刚好离开圆弧轨道，即小球与圆弧轨道的作用力为零，重力的分力提供向心力
小球从A点到P点的过程中，由动能定理可知
17.(12分)(2022·焦作市高一期中)如图所示，跳台滑雪赛道可以简化为助滑道、起跳区、着陆坡等几段，起跳区BC是一小段半径R＝20 m的圆弧，助滑道和着陆坡两斜面与水平面的夹角θ均为37°，运动员与助滑道AB段间的动摩擦因数μ＝0.125.质量m＝60 kg的运动员(含装备)从A点无初速度下滑，从起跳区的C点起跳时速度沿水平方向，然后降落在着陆坡上的D点.不考虑空气阻力，运动员从起跳区的C点起跳后在空中时间为t＝3 s，在运动员运动的过程中可以把运动员看成质点.重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)运动员在起跳区C点对滑道的压力是多少？
运动员从C点起跳做平抛运动，水平方向有x＝vCt (1分)
根据数学三角函数知识有
代入数据解得vC＝20 m/s (1分)运动员在C点时，设滑道对运动员的支持力为FN，根据牛顿第二定律有
解得FN＝1 800 N根据牛顿第三定律可知，运动员在起跳区C点对滑道的压力为1 800 N.(1分)
(2)若不考虑起跳区BC对运动员速度大小的影响，助滑道AB的长度至少是多少？
设助滑道AB的长度为x，根据动能定理有
代入数据解得x＝40 m (1分)
(3)运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离是多少？
把运动员在C点时的运动，分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，根据几何关系，运动员在垂直斜面方向上的初速度为vx＝vCsin 37°＝12 m/s垂直斜面方向上的加速度大小为gx＝gcs 37°＝8 m/s2(1分)根据题意可知，运动员在垂直斜面方向上先做匀减速运动，当速度减小到零时，与斜面距离最远，根据vx2＝2gxx1(1分)解得，运动员从C点起跳后与着陆坡的最远距离为
18.(16分)(2022·无锡市高一期中)如图所示为某弹射游戏装置图.水平枪管中弹簧被弹射杆P用线拉着，处于压缩状态，质量为m的小钢球紧靠弹簧，枪口上边缘与半圆形光滑竖直轨道最高点A的内侧对齐.水平轨道BC在B、C两点分别与半圆轨道内侧和倾角θ＝45°的倾斜轨道平滑连接.扣动扳机，弹射杆P立即松开弹簧，钢球射出经轨道到达斜面上最高点D后又恰好能回到A点进入枪内，挤压弹簧后再次被弹出.已知半圆轨道半径为R，BC长s＝2R，球与斜面CD、水平面BC的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度为g，小球受到的摩擦力视为滑动摩擦力.求：
(1)小球第二次经过B点时的速度大小；
由题意，小球恰能返回A点，
设第二次经过B点的速度大小为vB，
(2)弹簧储存的最大弹性势能Ep；
解得：h＝4R，(1分)
解得Ep＝3.5mgR(1分)
(3)通过计算说明小球能否脱离轨道.
答案 不会脱离轨道，计算见解析
代入数据得h′＝1.6 R，(1分)设第四次经B点后能达半圆轨道的最大高度为hm，
由机械能守恒定律知：第三次经B点与第二次经B点动能相同，设第三次经B点能到达的最大高度为h′，
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