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單元檢測（四）
曲線運動】
萬有引力與航天
B卷高考能力評價卷
(滿分：100分時間：75分鐘)
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目
要求
1.一同學將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉動的影響，鉛球在平拋運動過程中
()
A.機械能一直增加
B.加速度保持不變
C.速度大小保持不變
D.被推出后瞬間動能最大
2.一質點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的”次方成正比，運動周期與軌道半徑成反
比，則n等于
()
A.1
B.2
C.3
D.4
3.(2024·全國甲卷)2024年5月，嫦娥六號探測器發射成功，開啟了人類首次從月球背面采樣返回之旅.
將采得的樣品帶回地球，飛行器需經過月面起飛、環月飛行、月地轉移等過程，月球表面自由落體加速度
約為地球表面自由落體加速度的。·下列說法正確的是
()
A.在環月飛行時，樣品所受合力為零
B.若將樣品放置在月球正面，它對月球表面壓力等于零
C.樣品在不同過程中受到的引力不同，所以質量也不同
D.樣品放置在月球背面時對月球的壓力，比放置在地球表面時對地球的壓力小
4.(2025·江蘇·二模)半徑為R的光滑水平玻璃圓桌以周期T勻速轉動，一小球從桌邊對準圓心以速度
。一勻速通過桌面。則個球在桌面留下的痕跡可能是
(
I
5.(2025·滄州二模)如圖所示，輕桿的一端固定在水平轉軸上，另一端固定一個小球，小球
隨輕桿一起在豎直平面內在轉軸的帶動下繞O點以角速度ω做勻速圓周運動.已知桿長
為L,小球的質量為m,重力加速度為g,A、B兩點與O點在同一水平直線上，C、D分別A9
為圓周的最高點和最低點，下列說法正確的是
A,小球在運動過程中向心加速度不變
B.小球運動到最高點C時，桿對小球的作用力為支持力
C.小球運動到A點時，桿對小球作用力為mL2十g
D.小球在D點與C點相比，桿對小球的作用力的大小差值一定為2mLw
6.(2025·安徽合肥·三模)如圖所示，在某次跳臺滑雪比賽中，運動員以初速
度0從跳臺頂端A水平飛出，經過一段時間后落在傾斜賽道上的B點，運動
員運動到P點時離傾斜賽道最遠，P點到賽道的垂直距離為PC,P點離賽道
的豎直高度為PD,賽道的傾角為0，重力加速度為g,空氣阻力不計，運動員
(包括滑雪板)視為質點.則C、D兩點間的距離是
(
)
A.sin Oan20
B.聽sin Otan20
2g
g
C.sin20tan20
D.sin2Otan 0
2g
29參考答案
單元檢測（一）運動的描述勻變速直線運動
x=wt一
2a2,代入教據解得x=50m,公交車在最初6s內
通過的位移與最后6s內通過的位移之差為△x=x1一x2,代
A卷高頻考點練清卷
入數據解得△x=24m,故ABC錯誤，D正確.
1.C研究入水動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題
5.A對木板由牛頓第二定律可知木板的加速度不變，木板從
的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故A錯
靜止釋獄到下瑞到達A點的過程，有L=a,木板從靜止
誤：研究空中轉體姿態時，運動員的形狀和體積對所研究
釋放到上瑞到達A點的過程，當木板長度為L時，有2L=
問題的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故
2ai,當木板長度為2L時，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B錯誤；研究百米比賽中的平均速度時，運動員的形狀和
體積對所研究問題的影響能夠忽略，此時運動員能夠看
△12=t2一t0,聯立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
為質點，故C正確：研究運動員通過某個攀巖支，點的動作
正確
時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽
6.解析：(1)設物體的加速度為a,根據位移差公式△x=aT可
略，此時運動員不能夠看為質點，故D錯誤.故選：C.
2
2.C速度是描述物體運動快慢的物理量，即物體的空間位
3X0-x0
得物體的加速度為4=
置隨時間變化的快慢，BD錯誤；根據x與1的關系式可
to
3to2
知，1=0時，質點位于x=1m處，t=1s時，質點位于x=
AC段的平均速度等于這一過程的中間時刻的速度，可得
6m處，因此質點在第1s內的位移為5m,A錯誤，C
2
正確，
物體在B,點時的速度為UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)選擇向西為正方向，如題圖所示，最后6s的住
設物體在A點時的速度為A,則可得
移為△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均連度為==20m=20m8,大小為20m6,」
(2)根據速度時間關系可得物體在C點時的速度為
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全過程的位移為△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
時間為△t=5s十58十4s十6s=20s
則可得物體在CD段的平均速度為=C十D=0
24t
平均速度為==0m=1,5m/s,大小為1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C勻變速直線運動平均速度等于初末速度的平均值，則
(3)全過程的路程為△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：專5=10ms,T=5m因ST間的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的兩倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率為0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的時間是RS段的時間的4倍，可知：ST
1
答案：(1)20ms方向向西(2)1.5ms方向向西
(3)10.5m/s
段的速度減小量是RS段的4倍，則有：vs一VT=4(VR一
4.D設公交車開始減速的速度為%，運動總時間為，則公交
vs),聯立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正確，ABD錯誤.
車在最初減連6s內通過的位移為西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度為a,E到N的距離為L,從E到N有v至=
18m),把物體運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運
2aL,從N到A有v員=2a·9L,聯立可得vA=3E,故A
動，最后68內通過的位移為=2a,代入數據解得x2一
錯誤：根據逵度一時間公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交車在最初6s內通過的位移與最后6s內通過
的位號之比為21：9，則南以上有g18-號又有0=助
E一0_E=1,所以汽車通過AE段的時間等于21，故B
at,代入數據解得=10mst=10s,則公交車的總位移為
錯誤：根據勻變速直線運動的推論有四E-4E=2如E,
2
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