2025高考物理步步高同步練習(xí)必修2模塊綜合試卷(一)

2025高考物理步步高同步練習(xí)必修2模塊綜合試卷(一)(時(shí)間：75分鐘滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題：共10題，每題4分，共40分．每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意．1．如圖1所示為質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)(D點(diǎn)是曲線的拐點(diǎn))時(shí)速度方向與加速度方向恰好互相垂直，則質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中，下列說法中正確的是()圖1A．質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過C點(diǎn)的速率比D點(diǎn)的大B．質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的加速度方向與速度方向的夾角小于90°C．質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的加速度比B點(diǎn)的大D．質(zhì)點(diǎn)從B到E的過程中加速度方向與速度方向的夾角先增大后減小答案A解析因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，所以加速度恒定，C項(xiàng)錯(cuò)誤．在D點(diǎn)時(shí)加速度方向與速度方向垂直，故知加速度方向向上，合力方向也向上，所以質(zhì)點(diǎn)從C到D的過程中，合力方向與速度方向夾角大于90°，合力做負(fù)功，動(dòng)能減小，vC>vD，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤．從B至E的過程中，加速度方向與速度方向夾角一直減小，D項(xiàng)錯(cuò)誤．2.如圖2所示，在皮帶傳送裝置中，皮帶把物體P勻速傳送至高處，在此過程中，下列說法正確的是()圖2A．摩擦力對(duì)物體做正功B．支持力對(duì)物體做正功C．重力對(duì)物體做正功D．合外力對(duì)物體做正功答案A解析摩擦力方向平行皮帶向上，與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，故摩擦力做正功，A對(duì)；支持力始終垂直于速度方向，不做功，B錯(cuò)；重力對(duì)物體做負(fù)功，C錯(cuò)；合外力為零，做功為零，D錯(cuò)．3.(2021·浙江杭州市余杭中學(xué)高一月考)近幾年各學(xué)校流行跑操．在通過圓形彎道時(shí)每一列的連線沿著跑道；每一排的連線是一條直線且必須與跑道垂直；在跑操過程中，每位同學(xué)之間的間距保持不變．如圖3為某中學(xué)某班學(xué)生以整齊的步伐通過圓形彎道時(shí)的情形，此時(shí)此刻()圖3A．同一列的學(xué)生的線速度相同B．同一列的學(xué)生受到的向心力相同C．同一排外圈的學(xué)生比內(nèi)圈的學(xué)生線速度更大D．同一排的學(xué)生受到的向心加速度相同答案C解析通過圓形彎道時(shí)，由于同一列的學(xué)生的線速度方向不同，所以線速度不同，A錯(cuò)誤；通過圓形彎道時(shí)，向心力指向圓心，同一列的學(xué)生受到的向心力的方向不同，B錯(cuò)誤；各位學(xué)生以整齊的步伐通過圓形彎道時(shí)，因每一排的連線是一條直線，且與跑道垂直，相當(dāng)于共軸轉(zhuǎn)動(dòng)，所以全班同學(xué)的角速度相同，根據(jù)v＝ωr，由同一排外圈的學(xué)生比內(nèi)圈的學(xué)生轉(zhuǎn)動(dòng)半徑大，同一排外圈的學(xué)生比內(nèi)圈的學(xué)生線速度更大，C正確；根據(jù)a＝rω2可知，同一排的學(xué)生的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑不同，同一排的學(xué)生受到的向心加速度不相同，D錯(cuò)誤．4．(2020·浙江卷)如圖4所示，衛(wèi)星a、b、c沿圓形軌道繞地球運(yùn)行．a(chǎn)是極地軌道衛(wèi)星，在地球兩極上空約1000km處運(yùn)行；b是低軌道衛(wèi)星，距地球表面高度與a相等；c是地球同步衛(wèi)星，則()圖4A．a(chǎn)、b的周期比c大B．a(chǎn)、b的向心力一定相等C．a(chǎn)、b的速度大小相等D．a(chǎn)、b的向心加速度比c的小答案C解析衛(wèi)星環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由公式Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，則a、b的周期比c的小，A錯(cuò)誤；由于a、b的質(zhì)量關(guān)系未知，則a、b的向心力大小無法確定，B錯(cuò)誤；由公式Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，a、b的速度大小相等，C正確；由公式Geq\f(Mm,r2)＝ma得a＝Geq\f(M,r2)，a、b的向心加速度比c的向心加速度大，D錯(cuò)誤．5．(2021·江蘇南通市高一月考)將籃球從同一位置斜向上拋出，其中有兩次籃球垂直撞在豎直墻面上，如圖5所示．不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是()圖5A．從拋出到撞墻，第二次球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較短B．籃球兩次拋出時(shí)速度的豎直分量第一次小于第二次C．籃球兩次撞墻的速度可能相等D．拋出時(shí)的速度大小，第一次一定比第二次小答案A解析由于兩次籃球均垂直撞在豎直墻面上，則籃球被拋出后的運(yùn)動(dòng)可以看作是平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)，加速度都為g.在豎直方向上h＝eq\f(1,2)gt2，因?yàn)閔1>h2，則t1>t2，因?yàn)樗轿灰葡嗟?，根?jù)x＝v0t知撞墻的速度v01<v02，即第二次撞墻的速度大；由vy＝gt可知兩次拋出時(shí)速度的豎直分量第一次大于第二次，故A正確，B、C錯(cuò)誤；根據(jù)平行四邊形定則知，拋出時(shí)的速度v＝eq\r(v\o\al(02)＋2gh)，第一次的水平初速度小，而上升的高度大，則無法比較拋出時(shí)的速度大?。蔇錯(cuò)誤．6.(2020·百校聯(lián)盟模擬)質(zhì)量為1kg的小物體在豎直向上的拉力F作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，拉力F隨物體上升高度h的變化規(guī)律如圖6所示，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，則物體上升3m時(shí)的速度大小為()圖6A．4eq\r(5)m/sB．2eq\r(5)m/sC．4eq\r(3)m/sD．2eq\r(3)m/s答案B解析由動(dòng)能定理可知WF－mgh＝eq\f(1,2)mv2，又因F－h(huán)圖像的圖線與橫軸圍成的“面積”表示拉力做的功，則WF＝40J，代入數(shù)據(jù)可解得v＝2eq\r(5)m/s，選項(xiàng)B正確．7.(2019·天津卷)2018年12月8日，肩負(fù)著億萬中華兒女探月飛天夢(mèng)想的嫦娥四號(hào)探測(cè)器成功發(fā)射，“實(shí)現(xiàn)人類航天器首次在月球背面巡視探測(cè)，率先在月背刻上了中國(guó)足跡”，如圖7所示．已知月球的質(zhì)量為M、半徑為R.探測(cè)器的質(zhì)量為m，引力常量為G，嫦娥四號(hào)探測(cè)器圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，探測(cè)器的()圖7A．周期為eq\r(\f(4π2r3,GM)) B．動(dòng)能為eq\f(GMm,2R)C．角速度為eq\r(\f(Gm,r3)) D．向心加速度為eq\f(GM,R2)答案A解析嫦娥四號(hào)探測(cè)器環(huán)繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬有引力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有eq\f(GMm,r2)＝mω2r＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r＝ma，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))、v＝eq\r(\f(GM,r))、T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))、a＝eq\f(GM,r2)，則嫦娥四號(hào)探測(cè)器的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，由以上可知A正確，B、C、D錯(cuò)誤．8.(2020·唐山一中高一期末)兩輪平衡車(如圖8所示)深受年輕人的喜愛，它的動(dòng)力系統(tǒng)由電池驅(qū)動(dòng)，能夠輸出的最大功率為P0，小明駕駛平衡車在水平路面上沿直線運(yùn)動(dòng)，受到的阻力恒為Ff.已知小明和平衡車的總質(zhì)量為m，從啟動(dòng)到達(dá)到最大速度的整個(gè)過程中，小明和平衡車可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)小明對(duì)平衡車做的功．設(shè)平衡車啟動(dòng)后的一段時(shí)間內(nèi)是由靜止開始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則()圖8A．平衡車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)過程中能達(dá)到的最大速度為v＝eq\f(P0,Ff＋ma)B．平衡車運(yùn)動(dòng)過程中所需的最小牽引力為F＝maC．平衡車達(dá)到最大速度所用的時(shí)間t＝eq\f(P0,Ff＋maa)D．平衡車能達(dá)到的最大行駛速度v0＝eq\f(P0,Ff＋ma)答案A解析平衡車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)過程中，由牛頓第二定律可得F牽－Ff＝ma，則平衡車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)過程中能達(dá)到的最大速度為v＝eq\f(P0,F牽)＝eq\f(P0,Ff＋ma)，選項(xiàng)A正確；當(dāng)平衡車的加速度為零時(shí)，牽引力最小，F(xiàn)＝Ff，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；平衡車由靜止勻加速達(dá)到v所用的時(shí)間為eq\f(v,a)＝eq\f(P0,Ff＋maa)，勻加速結(jié)束后，平衡車可減小牽引力，減小加速度，最后當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)達(dá)到最大速度，此時(shí)v0＝eq\f(P0,Ff)，可知平衡車達(dá)到最大速度所用的時(shí)間t大于eq\f(P0,Ff＋maa)，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．9．(2020·全國(guó)卷Ⅱ)如圖9，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個(gè)坑，該坑沿摩托車前進(jìn)方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點(diǎn)比右邊緣b點(diǎn)高0.5h.若摩托車經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E1，它會(huì)落到坑內(nèi)c點(diǎn)．c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E2，該摩托車恰能越過坑到達(dá)b點(diǎn).eq\f(E2,E1)等于()圖9A．20B．18C．9.0D．3.0答案B解析摩托車從a點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，水平方向：h＝v1t1，豎直方向：h＝eq\f(1,2)gt12，可解得v1＝eq\r(\f(gh,2))，動(dòng)能E1＝eq\f(1,2)mv12＝eq\f(mgh,4)；摩托車從a點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，水平方向：3h＝v2t2，豎直方向：0.5h＝eq\f(1,2)gt22，解得v2＝3eq\r(gh)，動(dòng)能E2＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(9,2)mgh，故eq\f(E2,E1)＝18，B正確．10．(2020·福州市二模)將一小球以初速度v0水平拋出，不計(jì)空氣阻力，小球軌跡如圖10甲所示，按此軌跡制作一條光滑軌道，并將軌道固定在豎直面內(nèi)，如圖乙所示．現(xiàn)把質(zhì)量為m的小球套在軌道上，從軌道頂點(diǎn)O由靜止開始下滑，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，則沿該軌道下滑的小球()圖10A．做平拋運(yùn)動(dòng)B．機(jī)械能不守恒C．下滑高度為h時(shí)，重力的瞬時(shí)功率為mgeq\r(2gh)D．與圖甲中的小球相比，下滑相同高度時(shí)，耗時(shí)較長(zhǎng)答案D解析因?yàn)樾∏虺苤亓ψ饔?，還受光滑軌道彈力的作用，所以不做平拋運(yùn)動(dòng)，但機(jī)械能守恒，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；下滑高度為h時(shí)，重力的瞬時(shí)功率小于mgeq\r(2gh)，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤；與題圖甲中的小球相比，題圖乙中的小球在豎直方向的加速度總小于重力加速度g，所以耗時(shí)較長(zhǎng)，選項(xiàng)D正確．二、非選擇題：共5題，共60分．其中第12題～第15題解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．11．(8分)(2019·北京卷改編)用如圖11甲所示裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)．將白紙和復(fù)寫紙對(duì)齊重疊并固定在豎直的硬板上．鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點(diǎn)飛出，落在水平擋板MN上．由于擋板靠近硬板一側(cè)較低，鋼球落在擋板上時(shí)，鋼球側(cè)面會(huì)在白紙上擠壓出一個(gè)痕跡點(diǎn)．移動(dòng)擋板，重新釋放鋼球，如此重復(fù)，白紙上將留下一系列痕跡點(diǎn)．圖11(1)下列實(shí)驗(yàn)條件必須滿足的有________．A．斜槽軌道光滑B．斜槽軌道末段水平C．擋板高度等間距變化D．每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球(2)為定量研究，建立以水平方向?yàn)閤軸、豎直方向?yàn)閥軸的坐標(biāo)系．a(chǎn)．取平拋運(yùn)動(dòng)的起始點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，將鋼球靜置于Q點(diǎn)，鋼球的________(選填“最上端”“最下端”或者“球心”)對(duì)應(yīng)白紙上的位置即為原點(diǎn)；在確定y軸時(shí)________(選填“需要”或者“不需要”)y軸與重垂線平行．b．若遺漏記錄平拋軌跡的起始點(diǎn)，也可按下述方法處理數(shù)據(jù)：如圖乙所示，在軌跡上取A、B、C三點(diǎn)，AB和BC的水平間距相等且均為x，測(cè)得AB和BC的豎直間距分別是y1和y2，則eq\f(y1,y2)________eq\f(1,3)(選填“大于”“等于”或者“小于”)．可求得鋼球平拋的初速度大小為________(已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，結(jié)果用上述字母表示)．答案(1)BD(2分)(2)a.球心(1分)需要(1分)b．大于(2分)xeq\r(\f(g,y2－y1))(2分)解析(1)因?yàn)楸緦?shí)驗(yàn)是研究平拋運(yùn)動(dòng)，只需要每次實(shí)驗(yàn)都能保證鋼球做相同的平拋運(yùn)動(dòng)，即每次實(shí)驗(yàn)都要保證鋼球從同一高度無初速度釋放并水平拋出，沒必要要求斜槽軌道光滑，因此A錯(cuò)誤，B、D正確；擋板高度可以不等間距變化，故C錯(cuò)誤．(2)a.因?yàn)殇撉蜃銎綊佭\(yùn)動(dòng)的軌跡是其球心的軌跡，故將鋼球靜置于Q點(diǎn)，鋼球的球心對(duì)應(yīng)白紙上的位置即為坐標(biāo)原點(diǎn)(平拋運(yùn)動(dòng)的起始點(diǎn))；在確定y軸時(shí)需要y軸與重垂線平行．b.由于平拋的豎直分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，故相鄰相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上位移之比為1∶3∶5…，故兩相鄰相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上的位移之比越來越大．因此eq\f(y1,y2)大于eq\f(1,3)；由y2－y1＝gT2，x＝v0T，聯(lián)立解得v0＝xeq\r(\f(g,y2－y1)).12．(12分)(2019·天津卷)完全由我國(guó)自行設(shè)計(jì)、建造的國(guó)產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功．航母上的艦載機(jī)采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖12甲所示．為了便于研究艦載機(jī)的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖乙，AB長(zhǎng)L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點(diǎn)切線方向與水平方向的夾角θ＝12?(sin12°≈0.21)．若艦載機(jī)從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t＝6s到達(dá)B點(diǎn)進(jìn)入BC.已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求：圖12(1)艦載機(jī)水平運(yùn)動(dòng)的過程中，飛行員受到的水平力所做的功W；(2)艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時(shí)，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大．答案(1)7.5×104J(2)1.1×103N解析(1)艦載機(jī)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時(shí)的速度為v，則有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①(2分)根據(jù)動(dòng)能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②(2分)聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W＝7.5×104J③(2分)(2)設(shè)上翹甲板所對(duì)應(yīng)的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，有L2＝Rsinθ④(2分)由牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤(2分)聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得FN＝1.1×103N．(2分)13．(12分)(2021·江蘇鹽城市高一期中)如圖13所示，半徑R＝0.5m的光滑圓弧軌道的左端A與圓心O等高，B為圓弧軌道的最低點(diǎn)，該圓弧軌道與一粗糙直軌道CD相切于C，OC與OB的夾角為53°，一質(zhì)量為m的小滑塊從P點(diǎn)由靜止開始下滑，PC間距離為R，滑塊在CD上所受滑動(dòng)摩擦力為重力的0.3倍，重力加速度為g(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：圖13(1)滑塊從P點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程中，重力勢(shì)能減少多少；(2)滑塊第一次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(3)為保證滑塊不從A處滑出，PC之間的最大距離是多少．答案(1)1.2mgR(2)2.8mg(3)0.6m解析(1)設(shè)PC間的垂直高度為h1，由幾何關(guān)系得h1＝Rsin53°＝0.8RCB間的豎直高度h2＝R－Rcos53°＝0.4RPB間高度差h＝h1＋h2＝1.2R所以滑塊從P滑到B減少的重力勢(shì)能為ΔEp＝mgh＝1.2mgR(3分)(2)在B點(diǎn)，由牛頓第二定律知FN－mg＝meq\f(v2,R)(1分)從P到B，由動(dòng)能定理mgh－0.3mgR＝eq\f(1,2)mv2－0(2分)聯(lián)立解得FN＝2.8mg(1分)據(jù)牛頓第三定律滑塊第一次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN′＝FN＝2.8mg.(2分)(3)設(shè)PC之間的最大距離為L(zhǎng)時(shí)，滑塊第一次到達(dá)A時(shí)速度為零，則對(duì)整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理mgLsin53°＋mgR(1－cos53°)－mgR－0.3mgL＝0(2分)代入數(shù)值解得L＝0.6m(1分)14．(13分)(2021·重慶八中高一期中)第24屆冬奧會(huì)將于2022年在我國(guó)的北京和張家口舉行，跳臺(tái)滑雪是冬奧會(huì)最受歡迎的比賽項(xiàng)目之一．如圖14為一簡(jiǎn)化后的跳臺(tái)滑雪的雪道示意圖，包括助滑坡AC和著陸坡CD.助滑坡由AB和BC組成，AB是長(zhǎng)為L(zhǎng)的長(zhǎng)直斜坡，坡度(即與水平面的夾角)為θ＝37°，BC為半徑為eq\f(L,3)的圓弧滑道，兩者相切于B點(diǎn)，過圓弧滑道最低點(diǎn)C的切線水平．著陸坡CD坡度α＝30°.現(xiàn)有一運(yùn)動(dòng)員連同滑雪裝備總質(zhì)量為m，從A點(diǎn)由靜止滑下，通過C點(diǎn)水平飛出，飛行一段時(shí)間落到著陸坡CD上的E點(diǎn)，測(cè)得CE間距離為eq\f(4L,3)，不計(jì)空氣阻力，取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5)，重力加速度為g，求：圖14(1)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)的速度大?。?2)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)滑道的壓力；(3)運(yùn)動(dòng)員由A滑到C點(diǎn)過程中，雪坡阻力對(duì)運(yùn)動(dòng)員所做的功．答案(1)eq\r(gL)(2)4mg，方向豎直向下(3)－eq\f(1,6)mgL解析(1)C到E的過程，運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)的速度為v0豎直方向eq\f(4,3)Lsin30°＝eq\f(1,2)gt2(2分)解得t＝eq\r(\f(4L,3g))(1分)水平方向v0t＝eq\f(4,3)Lcos30°(2分)解得v0＝eq\r(gL)(1分)(2)在C點(diǎn)，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(02),\f(1,3)L)(2分)解得FN＝4mg(1分)根據(jù)牛頓第三定律得FN′＝FN＝4mg，方向豎直向下(2分)(3)運(yùn)動(dòng)員由A到C的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有mg[Lsin37°＋eq\f(L,3)(1－cos37°)]＋Wf＝eq\f(1,2)mv02(1分)解得Wf＝－eq\f(1,6)mgL.(1分)15．(15分)(2021·江蘇徐州市高一期中)如圖15甲所示，一根輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻面上，右端放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，小物塊的質(zhì)量為m＝0.4kg，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，小物塊靜止于O點(diǎn)．現(xiàn)對(duì)小物塊施加一個(gè)外力F，使它緩慢移動(dòng)，將彈簧壓縮至A點(diǎn)，壓縮量為x＝0.1m，在這一過程中，所用外力F與壓縮量的關(guān)系如圖乙所示．然后撤去F釋放小物塊，讓小物塊沿桌面運(yùn)動(dòng)，設(shè)小物塊與桌面間的滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，小物塊離開水平面做平拋運(yùn)動(dòng)，下落高度h＝0.8m時(shí)恰好垂直擊中傾角θ為37°的斜面上的C點(diǎn)，sin37°＝0.6，g取10m/s2.求：圖15(1)小物塊到達(dá)桌邊B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)重力的功率；(3)在壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能；(4)O點(diǎn)至桌邊B點(diǎn)的距離L.答案(1)3.0m/s(2)16W(3)2.3J(4)0.4m解析(1)物塊由B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得h＝eq\f(1,2)gt2(1分)解得t＝0.4s物塊在C點(diǎn)垂直擊中斜面，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得tan37°＝eq\f(v0,gt)(2分)解得物塊做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v0＝3.0m/s則小物塊到達(dá)桌邊B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB＝v0＝3.0m/s(1分)(2)小物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度vy2＝2gh(2分)解得vy＝4m/s小物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)重力的功率P＝mgvy＝16W(1分)(3)由題圖乙可知，當(dāng)力F增大到1.0N時(shí)物體開始運(yùn)動(dòng)，所以物塊與桌面間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝1.0N(1分)題圖乙中，圖線與x軸所圍成面積表示推力做的功，故在壓縮彈簧的過程中，推力做的功W＝eq\f(1,2)×(47.0＋1.0)×0.1J＝2.4J(1分)壓縮過程中，由功能關(guān)系得W－Ffx－Ep＝0(2分)解得彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝2.3J(1分)(4)物塊從A到B的過程中，由功能關(guān)系得Ep－Ff(x＋L)＝eq\f(1,2)mvB2(2分)解得L＝0.4m．(1分)模塊綜合試卷(二)(時(shí)間：75分鐘滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題：共10題，每題4分，共40分．每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意．1．下列說法正確的是()A．兩個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)一定是勻變速直線運(yùn)動(dòng)B．做圓周運(yùn)動(dòng)的物體受到的合力不一定指向圓心C．一對(duì)摩擦力做功的代數(shù)和為零D．物體豎直向上運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能一定增加答案B解析兩個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)，若合加速度方向與合初速度方向相同，則合運(yùn)動(dòng)為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，若合加速度方向與合初速度方向有夾角，則合運(yùn)動(dòng)為勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力一定指向圓心，若物體做變速圓周運(yùn)動(dòng)，則合力不指向圓心，選項(xiàng)B正確；一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和為負(fù)值，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，若受到除重力以外的向上的外力，則機(jī)械能增加，若受到除重力以外的向下的外力，則機(jī)械能減少，若除重力外不受到外力，則機(jī)械能不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2.(2020·潮州高級(jí)中學(xué)高一期末)在一次飛行表演中，一架“殲－20”戰(zhàn)斗機(jī)先水平向右，再沿曲線ab向上(如圖1)，最后沿陡斜線直入云霄．設(shè)飛行路徑在同一豎直面內(nèi)，飛行速率不變．則沿曲線ab飛行時(shí)，戰(zhàn)斗機(jī)()圖1A．所受合外力為零B．速度方向不斷變化C．豎直方向的分速度逐漸減小D．水平方向的分速度不變答案B解析戰(zhàn)斗機(jī)做曲線運(yùn)動(dòng)，速度方向發(fā)生變化，所受合外力不為零，A錯(cuò)誤，B正確．戰(zhàn)斗機(jī)的飛行速度大小v不變，與水平方向的夾角θ增大，則vy＝vsinθ增大，即戰(zhàn)斗機(jī)豎直方向的分速度逐漸增大，C錯(cuò)誤．戰(zhàn)斗機(jī)的飛行速度大小v不變，與水平方向的夾角θ增大，則vx＝vcosθ減小，即戰(zhàn)斗機(jī)水平方向的分速度逐漸減小，D錯(cuò)誤．3．火箭發(fā)射回收是航天技術(shù)的一大進(jìn)步，如圖2所示，火箭在返回地面前的某段運(yùn)動(dòng)可看成先勻速后減速的直線運(yùn)動(dòng)，最后撞落在地面上，不計(jì)火箭質(zhì)量的變化，則()圖2A．火箭在勻速下降過程中，機(jī)械能守恒B．火箭在減速下降過程中，攜帶的檢測(cè)儀器處于失重狀態(tài)C．火箭在減速下降過程中合力做功等于火箭機(jī)械能的變化D．火箭著地時(shí)，火箭對(duì)地面的作用力大于自身的重力答案D解析勻速下降階段，火箭所受的阻力等于重力，除了重力做功外，還有阻力做功，所以機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在減速下降階段，加速度向上，所以處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；火箭著地時(shí)，做減速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，處于超重狀態(tài)，則地面對(duì)火箭的作用力大于火箭的重力，由牛頓第三定律知，火箭對(duì)地面的作用力大于自身的重力，選項(xiàng)D正確；合外力做功等于動(dòng)能的改變量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．4．設(shè)行星繞太陽的運(yùn)動(dòng)是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，金星自身的半徑是火星的n倍，質(zhì)量為火星的k倍．不考慮行星自轉(zhuǎn)的影響，則()A．金星表面的重力加速度是火星的eq\f(k,n)倍B．金星的“第一宇宙速度”是火星的eq\r(\f(k,n))倍C．金星繞太陽運(yùn)動(dòng)的加速度比火星小D．金星繞太陽運(yùn)動(dòng)的周期比火星大答案B解析根據(jù)g＝eq\f(GM,R2)可知，eq\f(g金,g火)＝eq\f(M金,M火)·eq\f(R\o\al(火2),R\o\al(金2))＝eq\f(k,n2)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)v＝eq\r(\f(GM,R))可知，eq\f(v金,v火)＝eq\r(\f(k,n))，選項(xiàng)B正確；根據(jù)a＝eq\f(GM太,r2)可知，軌道半徑越大，加速度越小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由eq\f(r3,T2)＝常量可知，軌道半徑越大，周期越長(zhǎng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．5．用豎直向上、大小為30N的力F，將2kg的物體從沙坑表面由靜止提升1m時(shí)撤去力F，經(jīng)一段時(shí)間后，物體落入沙坑，測(cè)得落入沙坑的深度為20cm.若忽略空氣阻力，g取10m/s2，則物體克服沙坑的阻力所做的功為()A．20JB．24JC．34JD．54J答案C解析對(duì)全程應(yīng)用動(dòng)能定理，有Fh＋mgd－W克f＝0，解得物體克服沙坑的阻力所做的功W克f＝34J，選項(xiàng)C正確．6.(2021·浙江紹興市高一期中)2021年2月11日除夕，中國(guó)“天問一號(hào)”探測(cè)器飛行202天抵近火星時(shí)，主發(fā)動(dòng)機(jī)長(zhǎng)時(shí)間點(diǎn)火“踩剎車”，“大速度增量減速”，從而被火星引力場(chǎng)捕獲，順利進(jìn)入近火點(diǎn)高度約400千米、周期約10個(gè)地球日、傾角約10°的大橢圓環(huán)火軌道，成為我國(guó)第一顆人造火星衛(wèi)星，于2021年5月著陸巡視器成功實(shí)施軟著陸．如圖3，“天問一號(hào)”在P點(diǎn)被火星捕獲后，假設(shè)進(jìn)入大橢圓環(huán)火軌道Ⅲ，一段時(shí)間后，在近火點(diǎn)Q點(diǎn)火制動(dòng)變軌至中橢圓環(huán)火軌道Ⅱ運(yùn)行，再次經(jīng)過近火點(diǎn)Q點(diǎn)火制動(dòng)變軌至近火圓軌道Ⅰ運(yùn)行．下列說法正確的是()圖3A．在地球上發(fā)射“天問一號(hào)”環(huán)火衛(wèi)星速度必須大于16.7km/sB．“天問一號(hào)”在軌道Ⅲ上運(yùn)行的周期小于在軌道Ⅱ上運(yùn)行的周期C．“天問一號(hào)”在P點(diǎn)的機(jī)械能大于在軌道Ⅰ上Q點(diǎn)的機(jī)械能D．“天問一號(hào)”分別經(jīng)過軌道Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ上Q點(diǎn)的加速度大小不相等答案C解析“天問一號(hào)”能夠擺脫地球引力的束縛到達(dá)火星且沒有飛出太陽系，所以在地球上發(fā)射“天問一號(hào)”環(huán)火衛(wèi)星速度必須大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度，即16.7km/s＞v發(fā)＞11.2km/s，故A錯(cuò)誤；軌道Ⅲ的半長(zhǎng)軸比軌道Ⅱ的半長(zhǎng)軸長(zhǎng)，根據(jù)開普勒第三定律可知“天問一號(hào)”在軌道Ⅲ上運(yùn)行的周期大于在軌道Ⅱ上運(yùn)行的周期，故B錯(cuò)誤；“天問一號(hào)”從P點(diǎn)到軌道Ⅰ上Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中需要經(jīng)歷點(diǎn)火制動(dòng)，發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)衛(wèi)星做負(fù)功，所以“天問一號(hào)”在P點(diǎn)的機(jī)械能大于在軌道Ⅰ上Q點(diǎn)的機(jī)械能，故C正確；“天問一號(hào)”分別經(jīng)過軌道Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ上Q點(diǎn)時(shí)所受萬有引力大小相等，所以加速度大小相等，故D錯(cuò)誤．7.如圖4所示為可視為質(zhì)點(diǎn)的排球從O點(diǎn)水平拋出后，只在重力作用下運(yùn)動(dòng)的軌跡示意圖．已知排球從O點(diǎn)到a點(diǎn)與從a點(diǎn)到b點(diǎn)的時(shí)間相等，則()圖4A．排球從O點(diǎn)到a點(diǎn)和從a點(diǎn)到b點(diǎn)重力做功之比為1∶1B．排球從O點(diǎn)到a點(diǎn)和從a點(diǎn)到b點(diǎn)重力做功的平均功率之比為1∶3C．排球運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率之比為1∶3D．排球運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的速度大小之比為1∶2答案B解析排球拋出后，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，在最初的相同時(shí)間內(nèi)豎直方向運(yùn)動(dòng)的位移大小之比為1∶3，則排球從O點(diǎn)到a點(diǎn)和從a點(diǎn)到b點(diǎn)豎直方向運(yùn)動(dòng)的位移大小之比為1∶3，重力做功之比為1∶3，重力做功的平均功率之比為1∶3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由vy＝gt得排球落到a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的豎直速度大小之比為1∶2，又P＝mgvy，可得重力的瞬時(shí)功率之比為1∶2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；排球落到a點(diǎn)和b點(diǎn)的豎直速度大小之比為1∶2，水平速度相同，根據(jù)v＝eq\r(v\o\al(x2)＋v\o\al(y2))，可知排球運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的速度大小之比不為1∶2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．8.(2021·云南臨滄一中模擬)如圖5所示為一種叫作“魔盤”的娛樂設(shè)施，當(dāng)轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動(dòng)很慢時(shí)，人會(huì)隨著“魔盤”一起轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)“魔盤”轉(zhuǎn)動(dòng)到一定速度時(shí)，人會(huì)“貼”在“魔盤”豎直壁上，而不會(huì)滑下．若魔盤半徑為r，人與魔盤豎直壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，在人“貼”在“魔盤”豎直壁上隨“魔盤”一起運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是()圖5A．人隨“魔盤”轉(zhuǎn)動(dòng)過程中受重力、彈力、摩擦力和向心力作用B．如果轉(zhuǎn)速變大，人與器壁之間的摩擦力變大C．如果轉(zhuǎn)速變大，人與器壁之間的彈力不變D．“魔盤”的轉(zhuǎn)速一定不小于eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))答案D解析人隨“魔盤”轉(zhuǎn)動(dòng)過程中受重力、彈力和摩擦力作用，向心力由彈力提供，故A錯(cuò)誤；人在豎直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，則知轉(zhuǎn)速變大時(shí)，人與器壁之間的摩擦力不變，故B錯(cuò)誤；如果轉(zhuǎn)速變大，由F＝mrω2知，人與器壁之間的彈力變大，故C錯(cuò)誤；人恰好“貼”在“魔盤”上有，mg＝Ffmax，F(xiàn)N＝mr(2πn)2，又Ffmax＝μFN，解得轉(zhuǎn)速為n＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))，故“魔盤”的轉(zhuǎn)速一定不小于eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))，故D正確．9.(2021·浙江寧波市期末)如圖6為中國(guó)女排隊(duì)員比賽中高拋發(fā)球，若球離開手時(shí)正好在底線中點(diǎn)正上空3.50m處，速度方向水平且與底線垂直．已知每邊球場(chǎng)的長(zhǎng)和寬均為9m，球網(wǎng)高2.25m，不計(jì)空氣阻力(g＝10m/s2，eq\r(0.7)＝0.84)．為了使球能落到對(duì)方場(chǎng)地，下列發(fā)球速度大小可行的是()圖6A．15m/s B．17m/sC．20m/s D．25m/s答案C解析發(fā)球后球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)球剛好過網(wǎng)所用時(shí)間為t1，發(fā)球速度為v1，則球在豎直方向的位移h1為發(fā)球高度減去球網(wǎng)高度，水平方向位移x1＝9m，根據(jù)公式h＝eq\f(1,2)gt2，得t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(2×3.50－2.25,10))s＝0.5s，則v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(9,0.5)m/s＝18m/s若發(fā)球速度小于18m/s，球不能過網(wǎng)，不能落入對(duì)方場(chǎng)地；設(shè)球剛好落在對(duì)方底線中點(diǎn)所用時(shí)間為t2，發(fā)球速度為v2，則球在豎直方向的位移h2＝3.50m，水平方向的位移x2＝(9＋9)m＝18m，則t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2×3.50,10))s≈0.84s，所以v2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(18,0.84)m/s≈21.4m/s，若發(fā)球速度大于21.4m/s，球?qū)⒊鰧?duì)方底線，不能落入對(duì)方場(chǎng)地，發(fā)球速度范圍為18m/s≤v≤21.4m/s，故選C.10．(2021·江蘇無錫市高一期中)如圖7所示，在傾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有兩個(gè)質(zhì)量分別為1kg和2kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B，兩球之間用一根長(zhǎng)L＝0.2m的輕桿相連，小球B距水平面的高度h＝0.1m．兩球從靜止開始下滑到光滑地面上，不計(jì)球與地面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，g取10m/s2.則下列說法中正確的是()圖7A．下滑的整個(gè)過程中A球機(jī)械能守恒B．下滑的整個(gè)過程中B球機(jī)械能守恒C．兩球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為1m/sD．系統(tǒng)下滑的整個(gè)過程中B球機(jī)械能的增加量為eq\f(2,3)J答案D解析在下滑的整個(gè)過程中，只有重力對(duì)系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但B在水平面滑行，而A在斜面滑行時(shí)，桿的彈力對(duì)A做負(fù)功，也對(duì)B做正功，所以A、B兩球機(jī)械能都不守恒，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mAg(h＋Lsin30°)＋mBgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，代入解得v＝eq\f(2,3)eq\r(6)m/s，故C錯(cuò)誤；系統(tǒng)下滑的整個(gè)過程中B球機(jī)械能的增加量為ΔE＝eq\f(1,2)mBv2－mBgh＝eq\f(2,3)J，故D正確．二、非選擇題：共5題，共60分．其中第12題～第15題解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．11．(15分)(2021·江蘇蘇州市高一期末)某活動(dòng)小組利用圖8甲裝置“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”．鋼球自由下落過程中，先后通過光電門A、B，計(jì)時(shí)裝置測(cè)出鋼球通過A、B的時(shí)間分別為tA、tB.用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時(shí)速度，測(cè)出兩光電門間的距離h和鋼球直徑D，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間.圖8(1)如圖乙所示，用20分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量鋼球的直徑D＝________cm；(2)用所測(cè)的物理量(D、h、tA、tB)表達(dá)小球運(yùn)動(dòng)的加速度a＝____________；(3)要驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，只要比較____________；A．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(A2))－\f(1,t\o\al(B2))))與gh是否相等B．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(A2))－\f(1,t\o\al(B2))))與2gh是否相等C．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2))))與gh是否相等D．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2))))與2gh是否相等(4)實(shí)際鋼球通過光電門的平均速度__________(選填“大于”或“小于”)鋼球球心通過光電門的瞬時(shí)速度；(5)下列做法中，可以減小“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)誤差的是______________．A．選用體積更大的球B．選用密度更小的球C．適當(dāng)增大兩光電門的距離hD．改用10分度的游標(biāo)卡尺測(cè)球直徑的大小答案(1)0.950(2)eq\f(D2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2)))),2h)(3)D(4)小于(5)C(每空3分)解析(1)20分度的游標(biāo)卡尺，精確度是0.05mm，由題圖乙可知，游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為0.9cm，游標(biāo)尺的第10個(gè)刻度與主尺上某刻度對(duì)齊，讀數(shù)是0.05×10mm＝0.50mm＝0.050cm，所以測(cè)量得鋼球的直徑為D＝0.9cm＋0.050cm＝0.950cm(2)用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時(shí)速度，則有v＝eq\f(D,t)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得2ah＝eq\f(D2,t\o\al(B2))－eq\f(D2,t\o\al(A2))小球運(yùn)動(dòng)的加速度a＝eq\f(D2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2)))),2h)(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D2,t\o\al(B2))－\f(D2,t\o\al(A2))))即只要比較D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(B2))－\f(1,t\o\al(A2))))與2gh是否相等，A、B、C錯(cuò)誤，D正確．(4)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度小于中間位置的瞬時(shí)速度，因此實(shí)際鋼球通過光電門的平均速度小于鋼球球心通過光電門的瞬時(shí)速度．(5)選用體積更大的球，空氣阻力更大，誤差更大，A錯(cuò)誤；選用密度更小的球，同質(zhì)量的球，體積更大，空氣阻力更大，誤差更大，B錯(cuò)誤；適當(dāng)增大兩光電門的距離h，小球運(yùn)動(dòng)的速度更大，測(cè)量速度精度更高，誤差較小，C正確；改用10分度的游標(biāo)卡尺的精度比20分度的游標(biāo)卡尺精度低，測(cè)球直徑的誤差較大，D錯(cuò)誤．12．(8分)如圖9甲所示，一滑塊從平臺(tái)上A點(diǎn)以初速度v0向右滑動(dòng)，從平臺(tái)上滑離后落到地面上的位置與平臺(tái)右邊緣的水平距離為s.多次改變初速度的大小，重復(fù)前面的過程，根據(jù)測(cè)得的多組v0和s，作出s2－v02圖像如圖乙所示．滑塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.求平臺(tái)離地面的高度h及滑塊在平臺(tái)上滑行的距離d.圖9答案1m2m解析設(shè)滑塊滑到平臺(tái)右邊緣時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理得－μmgd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(2分)滑塊離開平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有h＝eq\f(1,2)gt2(1分)s＝vt(1分)聯(lián)立得s2＝eq\f(2h,g)v02－4μhd(1分)s2－veq\o\al(2,0)圖像的斜率k＝eq\f(2h,g)＝eq\f(2,22－12)s2＝0.2s2(1分)解得h＝1m(1分)當(dāng)s2＝0時(shí)，v02＝12m2/s2解得d＝2m．(1分)13．(10分)(2021·江蘇南通市高一期末)圖10是某同學(xué)設(shè)計(jì)的“魚龍戲水”景觀示意圖．鯉魚的噴水口離水池底面的高度H＝4m，使用效率η＝80%的水泵從旁邊的水池抽水，當(dāng)水到達(dá)噴水口后以不變的速率沿水平方向射出，恰好沿龍首入口的切線方向被“吸入”，然后流入水池中循環(huán)利用．已知龍首入口切線方向與水平面成α角，α＝37°，入口離水池底面的高度h＝2.2m，噴水口的橫截面積為10cm2，水的密度為1×103kg/m3，不計(jì)空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.圖10(1)水從鯉魚口噴出的初速度多大？(2)鯉魚的噴水口與龍首的入口的水平距離應(yīng)該設(shè)計(jì)為多少？(3)帶動(dòng)該水泵的電動(dòng)機(jī)的輸出功率至少為多少？答案(1)8m/s(2)4.8m(3)320W解析(1)設(shè)水從鯉魚口噴出的初速度為v0.水從鯉魚口噴出后做平拋運(yùn)動(dòng)，有：vy2＝2g(H－h(huán))(1分)代入數(shù)據(jù)解得：vy＝6m/s(1分)結(jié)合水進(jìn)入龍首的速度方向與水平面成α角，有：v0＝eq\f(vy,tanα)＝8m/s(1分)(2)由vy＝gt得：t＝0.6s(1分)鯉魚的噴水口與龍首的入口的水平距離為：x＝v0t＝8×0.6m＝4.8m(2分)(3)帶動(dòng)該水泵的電動(dòng)機(jī)每秒做功為：W＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(ρSv0t0)v02(2分)電動(dòng)機(jī)的輸出功率為：P