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2026屆人教版高考物理第一輪復習：第七章---八章 綜合提高練習1
一、單選題（本大題共10小題）
1．下列說法正確的是（　　）
A．第谷經過多年的天文觀測，發現行星繞太陽運動的軌道是橢圓
B．牛頓利用扭秤實驗測出了引力常量，成為第一個計算出地球質量的人
C．開普勒第三定律中，月亮繞地球運動的k值與地球繞太陽運動的k值不同
D．所有行星圍繞太陽運動的軌道都是圓，行星運動的方向總是與它和太陽連線垂直
2．一個小球從水面上方4m處自由下落，不計一切阻力，設水對小球的浮力等于球重的3倍，則小球可進入水中的深度為（　　）
A．m B．2m C．3m D．4m
3．探索宇宙奧秘，奔向廣闊而遙遠的太空，這是人類自古以來的夢想。對于宇宙速度的理解，下列說法正確的是（　　）
A．月球探測器的發射速度一定大于第一宇宙速度
B．火星探測器的發射速度必須大于
C．地球的第一宇宙速度是衛星環繞地球做勻速圓周運動的最小速度
D．“天和號”空間站的運行速度介于與之間
4．如圖所示，豎直光滑直軌道AB與半徑為R=20cm的光滑圓弧軌道BCD相切于B點，C、D分別為圓弧軌道的最低點與最高點，且CD間距為直徑。可看作質點的滑塊從直軌道上的A點由靜止滑下，經過圓弧軌道恰好能通過D點。不計空氣阻力，則滑塊在D點的速率v與A、C點間的高度差h，下列選項中正確的是（　　）
A．v=0 B．v=2m/s C．h=20cm D．h=50cm
5．如圖所示，用同種材料制成的一個軌道，AB段為圓弧，半徑為R，水平放置的BC段長度為R．一小物塊質量為m，與軌道間的動摩擦因數為μ，當它從軌道頂端A由靜止下滑時，恰好運動到C點靜止，那么物塊在AB段克服的摩擦力做的功為（ ）
A．μmgR B．mgR（1－μ）
C．πμmgR D．mgR
6．如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在光滑豎直固定桿A處的圓環相連，彈簧水平且處于原長。圓環從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．由A到B的過程中，圓環動能的增加量小于其重力勢能的減少量
B．由A到C的過程中，圓環的動能與重力勢能之和先增大后減少
C．由A到C的過程中，圓環的動能與重力勢能之和先減少后增大
D．在C處時，彈簧的彈性勢能大于mgh
7．京張高鐵將北京到張家口的通行時間縮短在1小時內。假設京張高鐵啟動后沿平直軌道行駛，發動機的功率恒為P，且行駛過程中受到的阻力大小恒定，高鐵的質量為m，最大行駛速度為vm，下列說法正確的是（　　）
A．在加速階段，高鐵做加速度逐漸增大的加速直線運動
B．高鐵受到的阻力大小為
C．高鐵的速度為時，其加速度大小為
D．高鐵的加速度為時，其速度大小為
8．如圖，質量為小球通過輕質細線，懸掛，處于靜止狀態。線長，上端固定于點，與豎直方向之間夾角；線保持水平。點位于點正下方，則（　　）（取）
A．線I的張力 B．線的張力為
C．燒斷線瞬間小球的加速度為 D．燒斷線II后小球運動到點時速度為
9．四顆地球衛星a、b、c、d的排列位置如圖所示，a是靜止在地球赤道上還未發射的衛星，b是近地軌道衛星，c是地球同步靜止衛星，d是高空探測衛星，四顆衛星相比較（　　）
A．a的線速度最大
B．c相對于b靜止
C．相同時間內b、c、d與球心連線掃過的面積相等
D．d的運行周期最大
10．2023年5月30日，神舟十六號載人飛船搭載景海鵬、朱楊柱、桂海潮三名航天員發射升空，并已入駐空間站組合體，與神舟十五號航天員在太空成功會師。假設空間站組合體繞地球做勻速圓周運動，其運動周期為T，軌道半徑為r，引力常量為G，地球表面的重力加速度為g，僅由以上數據無法計算出的物理量是（　　）

A．地球的質量 B．空間站組合體所受的向心力
C．地球的第一宇宙速度 D．空間站離地面的高度
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖所示，甲、乙、丙三個光滑斜面，它們的高度相同、傾角θ1＜θ2＜θ3，現讓同一物塊先后沿三個斜面由靜止從頂端下滑到底端，物塊沿斜面下滑的過程中重力做功為W、重力做功的平均功率為P，則（　　）
A．W甲＜W乙＜W丙 B．W甲=W乙=W丙
C．P甲＜P乙＜P丙 D．P甲=P乙=P丙
12．關于物理學史，下列說法正確的是（ ）
A．第谷提出日心說
B．開普勒根據第谷的觀測數據總結出了開普勒三大定律
C．牛頓發現了萬有引力定律，并通過精確的計算得出萬有引力常量
D．卡文迪什通過實驗精確測量并計算得出萬有引力常量
13．（多選）石墨烯是目前世界上已知的強度最高的材料，它的發現使“太空電梯”的制造成為可能，人類將有望通過“太空電梯”進入太空．設想在地球赤道平面內有一垂直于地面延伸到太空的輕質電梯，電梯頂端可超過地球的靜止軌道衛星的高度延伸到太空深處，這種所謂的太空電梯可用于降低成本發射繞地人造衛星．如圖所示，假設某物體乘坐太空電梯到達了圖示的位置并停在此處，以下說法正確的是（ ）
A． 、、三者線速度的大小關系為
B． 、、三者向心加速度的大小關系為
C． 若突然脫離電梯，將做離心運動
D． 若突然脫離電梯，將做近心運動
14．如圖所示，一位游客玩“蹦極”游戲，將一根長為AB的彈性繩子一端系在身上，另一端固定在高處，然后從高處跳下，其中AB為彈性繩子的原長，C點是彈力與重力平衡的位置，D點是該游客所到達的最低點。對于游客離開跳臺至最低點的過程中，下列說法正確的是 （ ）
A．重力對該游客一直做正功
B．該游客的重力勢能一直減小
C．該游客通過C點之后，彈性繩子才具有彈性勢能
D．從A到D的過程中，彈性繩子的彈性勢能先不變后一直增加
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．某同學利用此裝置驗證系統機械能守恒。裝置如圖甲所示，一根輕繩跨過輕質定滑輪與兩個相同的重物P、Q相連，重物P、Q質量均為m，在重物Q的下面通過輕質掛鉤懸掛待測物塊Z，重物P的下端與穿過打點計時器的紙帶相連，已知當地重力加速度為
（1）某次實驗中，先接通頻率為50Hz的交流電源，再由靜止釋放系統，得到如圖乙所示的紙帶，其中s1=4.47cm，s2=5.34cm，s3=6.21cm，s4=7.10cm，s5=7.98cm，s6=8.86cm。則系統運動的加速度a= m/s2，5點的速度v5= m/s（保留三位有效數字）；
（2）利用紙帶可以驗證系統機械能守恒，測量紙帶得出1點到5點的距離為h，求出1點速度為v1，5點的速度為v5，根據以上數據，可求重物由1點運動到5點時系統重力勢能減少量等于 ，系統動能的增加量等于 ，在誤差允許的范圍內系統重力勢能的減少量等于系統動能的增加量，則系統機械能守恒（表達式用題中M、m、v1、v5、g、h字母表示）。
（3）忽略各類阻力，求出物塊Z質量的測量值為M= （表達式用題中m、a、g字母表示）；
16．某同學用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律，接通氣墊導軌氣源，釋放托盤與砝碼，并測得：
A．遮光片的寬度d；
B．遮光片到光電門的距離l；
C．遮光片通過光電門的時間Δt；
D．托盤與砝碼的質量m1，小車與遮光片的質量m2。
(1)小車通過光電門時的速度v＝________。
(2)小車從釋放到經過光電門的過程，系統重力勢能的減少量為________，動能的增加量為________。
(3)改變l，做多組實驗，作出如圖乙以l為橫軸、以為縱軸的圖像，若系統機械能守恒，則圖像的斜率k＝________。
17．如圖所示，長度繃緊的水平傳送帶以恒定的速度順時針轉動，一個固定在豎直平面內的光滑四分之一圓弧軌道半徑，下端恰好與光滑水平面PM平滑對接，質量為的小物塊由圓弧軌道頂端無初速釋放，滑過傳送帶和光滑水平面NA，從A點沖上傾角的斜面（經過A點時沒有能量損失），從B點沖出斜面，最后落在平臺上的C點，已知小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數，小物塊和斜面間的動摩擦因數，小物塊在斜面上運動時間，重力加速度大小，不計空氣阻力，小物塊可視為質點，求：
（1）小物塊運動到圓弧軌道底端時對圓弧軌道的壓力大小；
（2）小物塊在傳送帶上運動時與傳送帶間摩擦產生的熱量；
（3）斜面的長度和小物塊離平臺的最大高度．
18．a、b兩顆衛星均在赤道正上方繞地球做勻速圓周運動，a為近地衛星，b衛星離地面高度為2R，已知地球半徑為R，表面的重力加速度為g，試求：
（1）a、b兩顆衛星周期分別是多少？
（2）a、b兩顆衛星速度之比是多少？
（3）若某時刻兩衛星正好同時通過赤道同一點的正上方，則至少經過多長時間兩衛星相距最遠？（答案皆可帶根號）
19．學校物理興趣小組驗證機械能守恒定律的實驗裝置如圖甲所示，電火花計時器打點的周期，當地重力加速度。
（1）實驗中，電火花計時器接的是 （選填“6V”或“220V”）的交流電源。
（2）實驗中得到的一條紙帶如圖乙所示，O為打出的第一個點，A、B、C、D、E為依次打下的點，根據紙帶上的數據，電火花計時器打D點時重錘的速度大小為 m/s，測得重物的質量為0.20kg，重錘由O點運動到D點重力勢能的減少量等于 J，動能增加量等于 J。（結果均保留三位有效數字）
（3）若采用圖像法處理紙帶數據，可測量多個計數點到起始點O的距離h，計算對應計數點的重物速度v。以h為橫坐標、為縱坐標建立坐標系，作出圖像，從而驗證機械能守恒定律。若所有操作均正確，重力加速度為g，則在誤差允許的范圍內，圖線的“斜率”為 。
（4）若實驗中另一組同學經過計算發現重物增加的動能大于減少的重力勢能，則可能的原因是________（多選）
A．用公式算各點瞬時速度（設t為紙帶上打下O點到打下其它記錄點的時間）
B．由于紙帶和打點計時器的限位孔之間存在摩擦阻力
C．先釋放紙帶后接通電源，導致打第一個O點時便有了初速度
D．重錘下落過程中受到空氣阻力
20．某實驗小組用如圖所示裝置驗證機械能守恒定律，打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從靜止開始自由下落。
(1)關于本實驗下列說法不正確的是（　　）
A．為減小空氣阻力帶來的影響，應選擇密度大、體積小的重物
B．為減小紙帶與打點計時器之間的摩擦，應調整打點計時器使兩限位孔位于同一豎直線上
C．為在紙帶上打下盡量多的點，應釋放重物后迅速接通打點計時器電源
D．為測量打點計時器打下某點時重錘的速度v，需要先測量該點到O點的距離h，再根據公式計算，其中g應取當地的重力加速度
(2)如圖所示為某次實驗打出的紙帶，取紙帶上連續的五個點A、B、C、D、E，通過測量并計算出點A距起始點O的距離為s0，AC間的距離為s1，CE間的距離為s2，若相鄰兩點的時間間隔為T，重錘質量為m，重力加速度為g。根據這些條件計算從O點到C點的過程中重錘重力勢能的減少量 Ep= ，動能的增加量 Ek= 。
(3)某同學在實驗的過程中先釋放重物，后接通電源打出紙帶，將會導致重力勢能的減少量 動能的增加量。（填“大于”、“等于”或“小于”）
(4)另一小組的同學想用如圖所示的裝置做此實驗。在實驗前通過墊塊平衡了小車所受的阻力，該小組同學認為，平衡阻力后小車和砂桶組成的系統機械能是守恒的，你是否同意 ？并說明理由 。
21．如圖所示，一半徑為的豎直光滑圓弧軌道與水平地面相接于B點，O為圓心，C、D兩點分別位于軌道的最低點和最高點，。距地面高度為的水平臺面上有一質量為小物塊，開始小物塊到臺面右端A點的距離，對小物塊施加水平向右的推力F，使其由靜止開始運動，到達平臺邊緣上的A點時撤去F，小物塊恰好沿圓軌道切線方向滑入軌道。已知小物塊與平臺間的動摩擦因數，重力加速度，，，空氣阻力不計。求：
（1）AB間的水平距離；
（2）推力F的大小；
（3）小物塊通過圓弧C點時對軌道的壓力；
（4）小物塊若能通過最高點D，求對D點的壓力大小；若不能，求小物塊離開圓軌道時的速度大小。
22．如圖所示為某游戲軌道模型圖，該裝置由固定在水平地面上傾角的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、水平直軌道EF，傳送帶FG，MN為是固定于水平地面上的薄平板，除直軌道EF和傳送帶FG外其余各段軌道均光滑，且各處平滑連接。現將一可視為質點的滑塊自A點靜止釋放，經螺旋圓形軌道BCDE后，滑上傳送帶FG。已知滑塊質量，A距B所在的水平面高度，圓軌道半徑，水平直軌道EF長，傳送帶FG長并可向右勻速傳動，M與G水平距離，高度差，平板MN長，滑塊與直軌道EF和傳送帶FG間的動摩擦因數均為，，，，求：
（1）滑塊通過軌道B點的速度大小；
（2）滑塊通過圓軌道最低點C時對軌道的壓力大小；
（3）若傳送帶不轉動，滑塊從A點由靜止釋放時落在平板上離M點的距離；
（4）要使滑塊從A點由靜止釋放時落在平板上，求傳送帶的速度范圍。
參考答案
1．【答案】C
【詳解】開普勒通過研究第谷多年的天文觀測數據，發現了行星繞太陽運動的軌道是橢圓，A錯誤；卡文迪什利用扭秤實驗測出了引力常量，成為第一個計算出地球質量的人，B錯誤；根據，可知，即值與中心天體的質量有關，月亮繞地球運動的值與地球繞太陽運動的值不同，C正確；由開普勒第一定律，所有行星圍繞太陽運動的軌道都是橢圓，行星運動的方向總是沿軌道的切線方向，只有在近日點和遠日點其運動方向與它和太陽連線垂直，D錯誤。
2．【答案】B
【詳解】設進入水中的深度為，以小球為研究對象，對小球從水面上方 處自由下落到水中速度為零的過程應用動能定理有，解得。
3．【答案】A
【詳解】月球探測器沒有脫離地球的引力，發射速度一定大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，A正確；火星探測器要掙脫地球的引力束縛，則發射速度必須大于，錯誤；第一宇宙速度是最大的環繞速度，也是最小的發射速度，C錯誤；若衛星繞地球做勻速圓周運動，則衛星的運行速度小于第一宇宙速度，D錯誤。
4．【答案】D
【詳解】滑塊恰好可以通過D點，根據牛頓第二定律則有，解得滑塊通過D點的速度大小為，AB錯誤；A到D的過程中，根據機械能守恒定律則有，代入數據解得。
5．【答案】B
【詳解】設在AB段物塊克服摩擦力做的功為W，則物塊由A到B運用動能定理可得，物塊由B到C運用動能定理可得，聯立解得W=mgR（1－μ），B正確，ACD錯誤。應選B。
6．【答案】A
【詳解】由A到B的過程中，彈簧彈力對圓環始終做負功，圓環的機械能減少，其動能的增加量小于重力勢能的減少量，A正確；由A到C的過程中，彈簧彈力對圓環始終做負功，圓環的機械能減少，圓環的動能與重力勢能之和一直減少，BC錯誤；圓環和彈簧組成的系統機械能守恒，所以在C處時，彈簧的彈性勢能等于mgh，D錯誤。
7．【答案】C
【詳解】加速階段，根據牛頓第二定律可得，又，聯立可得，可知加速階段，高鐵做加速度逐漸減小的加速直線運動，A錯誤；當牽引力等于阻力時，高鐵速度達到最大，則有，可得高鐵受到的阻力大小為，B錯誤；當高鐵的速度為時，此時牽引力大小為，根據牛頓第二定律可得，解得加速度大小為，C正確；高鐵的加速度為時，根據牛頓第二定律可得，解得此時的牽引力大小為，則此時高鐵的速度大小為，D錯誤。
8．【答案】D
【詳解】小球受到重力、線I的拉力、線II的拉力三個力而平衡，由平衡條件有，，代入題中數據，解得，AB錯誤；燒斷線I瞬間，對小球，由牛頓第二定律得，解得加速度，C錯誤；燒斷線II后小球運動到b點過程，由動能定理得，代入數據解得，D正確。
9．【答案】D
【詳解】靜止衛星的周期必須與地球自轉周期相同、角速度相同，則知a與c的角速度相同，根據，因c的半徑比a的半徑大，c的線速度大于a的線速度；對圍繞地球公轉的b、c、d三顆衛星，則有，解得，因b的半徑最小，d的半徑最大，則有，綜上分析，可知b的線速度最大，A錯誤；對圍繞地球公轉的b、c、d三顆衛星，則有，解得，因b的半徑比c的半徑小，b的周期小于c的周期，c不可能相對于b靜止；因d的半徑最大，d的周期最大，B錯誤，D正確。開普勒第二定律，可知同一衛星在相同時間內與球心連線掃過的面積相等，C錯誤。
10．【答案】B
【詳解】依題意，設地球質量為，半徑為，空間站組合體質量為，根據萬有引力提供向心力，有，可得，由于空間站組合體的質量未知，所以無法計算空間站組合體所受的向心力，A錯誤，B正確；根據地球表面上的物體所受萬有引力近似等于重力及第一宇宙速度定義，可得，可得地球半徑及地球的第一宇宙速度為，，根據，可得空間站離地面的高度，CD錯誤。
11．【答案】BC
【詳解】三個物體下降的高度相同，根據W=mgh知，重力做功相同，A錯誤，B正確．根據牛頓第二定律得，物體下滑的加速度a=gsinθ，根據,得：,因為θ1＜θ1＜θ3，則t1＞t2＞t3，根據知，P甲＜P乙＜P丙，C正確，D錯誤．選BC．
【關鍵點撥】本題考查了功和功率的基本運用，知道重力做功與路徑無關，與首末位置的高度差有關，知道平均功率和瞬時功率的區別，掌握這兩種功率的求法．
12．【答案】BD
【詳解】哥白尼提出日心說，A錯誤；開普勒根據第谷的觀測數據總結出了開普勒三大定律，B正確；牛頓發現了萬有引力定律，卡文迪許通過扭秤實驗精確測量并計算得出萬有引力常量，C錯誤，D正確。
13．【答案】AD
【解析】根據萬有引力提供向心力,有,解得,因為A的軌道半徑大于C的軌道半徑,所以,B與A的角速度相等,根據 ,可知,故A、B、C三者線速度的大小關系為,故A正確；根據牛頓第二定律有,解得,因為A的軌道半徑大于C的軌道半徑,所以,B與A的角速度相等,根據,可知,故A、B、C三者向心加速度的大小關系為,故B錯誤；若B突然脫離電梯,因其線速度小于同軌道的衛星的線速度,則所需向心力小于萬有引力,將做近心運動,故C錯誤,D正確．
14．【答案】ABD
【詳解】對于游客離開跳臺至最低點的整個過程中，重力一直做正功，根據重力做正功重力勢能減少可知游客的重力勢能一直減小，A、B正確;該游客從高空落下到彈性繩子達到原長的過程中，彈性繩子沒有伸長，當該游客達到B點以后，彈性繩子開始伸長，才具有彈性勢能，C錯誤;該游客從高空落下到彈性繩子達到原長的過程中，即從A到B的過程中，彈性繩子不做功，彈性勢能不變，從B到D的過程中，彈性繩子一直做負功，彈性勢能一直增加，D正確。
15．【答案】（1）5.50；2.11；（2）Mgh；；（3）
【詳解】（1）由題圖乙可知，相鄰計數點間的時間間隔為T=0.04s，根據逐差公式可得，系統運動的加速度為，5點的瞬時速度為
（2）對P、Q、Z整體分析，重物由1點運動到5點時系統重力勢能減少量等于。系統動能的增加量等于
（3）對Q、Z整體分析，根據牛頓第二定律，有對P分析，根據牛頓第二定律有，聯立解得
16．【答案】　(1)；(2)m1gl　(m1＋m2) ；(3)
【詳解】　(1)小車通過光電門的擋光時間極短，該時間內的平均速度近似等于小車通過光電門的瞬時速度，即為v＝。
(2)由題意可知，小車從釋放到經過光電門的過程，托盤與砝碼下降的高度為l，則該過程系統重力勢能的減少量為|ΔEp|＝m1gl，系統動能的增加量為ΔEk＝(m1＋m2)。
(3)若系統的機械能守恒，則有|ΔEp|＝ΔEk，即m1gl＝(m1＋m2)成立，整理得＝·l，結合題圖乙可知該圖像的斜率k＝。
17．【答案】（1）6N；（2）；（3）
【詳解】（1）小物塊從圓弧軌道頂端滑到圓弧軌道底端的過程中，根據機械能守恒定律得
解得
由
解得
根據牛頓第三定律，小物塊運動到圓弧軌道底端時對軌道的壓力大小為6N。
（2）小物塊釋放后沖上水平傳送帶時的速度大小為，小物塊沖上傳送帶后做勻減速運動，根據牛頓第二定律有
解得加速度大小
設小物塊與傳送帶共速時對地位移為x，則由運動學公式可得
代人數據解得
則可知小物塊與傳送帶共速后和傳送帶一起做勻速運動，小物塊在傳送帶上減速所用時間為
這段時間內傳送帶運動的位移為
則小物塊通過傳送帶時由于摩擦產生的熱量
（3）設小物塊在斜面上的加速度大小為，由牛頓第二定律得
解得
由運動學規律可得小球運動到B點的速度
斜面的長度
在B點，將小物塊的速度沿著水平和豎直方向分解，有，
解得小物塊離平臺的最大高度
18．【答案】(1) ， ；(2) ；(3)
【詳解】（1）衛星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，對于地面上的物體重力與萬有引力相等有
對a衛星有
解得
對b衛星有
解得
（2）衛星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，對a衛星有
解得
對b衛星有
解得
所以
（3）當兩相差半個圓周時相距最遠，相距最遠的條件為
代入a、b周期得
19．【答案】（1）220V；（2）1.75；0.308；0.306；（3）2g；（4）AC
【詳解】（1）實驗中，電火花計時器接的是220V的交流電源；
（2），重錘由O點運動到D點重力勢能的減少量，動能增加量
（3）由機械能守恒定律，，圖線的“斜率”為。
（4）現重物增加的動能大于減少的重力勢能,可能的原因：用公式算各點瞬時速度或先釋放紙帶后接通電源，導致打第一個O點時便有了初速度。
20．【答案】(1)CD (2)； (3)小于 (4)不同意； 摩擦阻力做負功
【詳解】（1）A：為減小空氣阻力帶來的影響，應選擇密度大、體積小的重物，A正確；
B：為減小紙帶與打點計時器之間的摩擦，應調整打點計時器使兩限位孔位于同一豎直線上，B正確；
C：為了充分利用紙帶，重物下落的起始位置應靠近打點計時器，且應先接通打點計時器的電源，再釋放重物，C錯誤；
D：用公式計算速度，直接應用了機械能守恒定律，屬于用結論證明結論，故不能用該公式計算速度，D錯誤。選CD。
（2）從O點到C點的過程中重錘重力勢能的減少量為，動能的增加量為。
（3）某同學在實驗的過程中先釋放重物，后接通電源打出紙帶，使得打下的第一個點具有速度，將會導致重力勢能的減少量小于動能的增加量。
（4）雖然平衡摩擦力，但是系統機械能不守恒，因為小車運動過程中摩擦力做負功。
21．【答案】（1）
（2）
（3），方向豎直向下
（4）
【詳解】（1）從A點到B點，做平拋運動，豎直方向，
在B點根據速度與圓軌道相切可知：
解得
在水平方向有
解得
（2）物體在平臺上運動過程，根據動能定理有
解得
（3）物塊由B到C過程，根據動能定理有
在B點，根據速度分解有
在C點，根據牛頓第二定律有
解得
根據牛頓第三定律，物塊對軌道的壓力大小為，方向豎直向下。
（4）若能運動到軌道最高點D，設此時的速度大小為，由C到D，根據動能定理有
解得
若恰能到D點，由重力提供向心力，則有
解得
由于
可知物塊能通過D點，在D點受到軌道向下的彈力，則有
解得
22．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【詳解】（1）滑塊從A到B過程，根據動能定理，有
解得
（2）滑塊從A點到C點的過程中，由機械能守恒定律有
對滑塊在C點受力分析有
由牛頓第三定律有
解得
（3）若傳送帶不動，設滑塊運動到G點的速度為，從C點到G點由動能定理
可得
G點飛出做平拋，由，可得G點飛出后的水平距離
則落地點離M點的距離
（4）若傳送帶一直對滑塊做正功，設滑塊運動到G點的速度為，從C點到G點由動能定理
可得
設滑塊從G點飛出后能夠到達平板的最小速度為，最大速度為，則，，
可得，
要使滑塊從A點由靜止釋放時落在平板上，傳送帶的速度范圍
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第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第七章---八章 綜合提高練習2
一、單選題（本大題共10小題）
1．如圖(a)所示，太陽系外的一顆行星P繞恒星Q做勻速圓周運動.由于P的遮擋，探測器探測到Q的亮度隨時間做如圖(b)所示的周期性變化，該周期與P的公轉周期相同.已知Q的質量為M，引力常量為G.關于P的公轉，下列說法正確的是 (　　)
圖(a)
圖(b)
A．周期為2t1-t0
B．半徑為
C．角速度的大小為
D．加速度的大小為
2．如圖甲為毛驢拉磨的場景.毛驢拉磨可看成勻速圓周運動，假設毛驢的拉力始終與拉磨半徑方向垂直，圖乙為其簡化圖，拉力為500 N，拉磨半徑為1 m，拉磨周期為10 s.下列說法正確的是 (　　)
甲　　乙
A．毛驢拉磨一周所做的功為1 000π J
B．毛驢拉磨一周所做的功為0 J
C．毛驢拉磨的轉速為0.1 r/min
D．毛驢拉磨的瞬時功率為50 W
3．“天問一號”探測器于2020年7月23日成功發射，由“長征五號”運載火箭直接送入地火轉移軌道，成為一顆人造行星，與地球、火星共同繞太陽公轉，并逐漸遠離地球，飛向火星，其運動軌道如圖所示。若地球到太陽的平均距離為1 Au(天文單位)，火星到太陽的平均距離為1.5 Au，則“天問一號”在地火轉移橢圓軌道上運動的周期約為(　　)
A．0.8年 B．1.4年 C．2.2年 D．2.6年
4．如圖甲所示為一位同學在跳繩，某科學研究小組利用傳感器記錄了該同學在原地跳繩過程，離開地面后豎直方向上速度大小隨時間變化的圖像如圖乙所示.已知t0和該同學的質量m以及起跳速度v0，不計阻力，下列關于該同學跳繩過程分析正確的是 (　　)
甲　　乙
A．該同學重心能上升的最大高度為t0v0
B．上升過程克服重力做功的平均功率為
C．完成100次跳繩，該同學的騰空時間為40t0
D．每完成一次跳繩，地面支持力對這位同學做的功為m
5．2023年5月，世界現役運輸能力最大的貨運飛船天舟六號，攜帶約5 800 kg的物資進入距離地面約400 km(小于地球同步衛星與地面的距離)的軌道，順利對接中國空間站后近似做勻速圓周運動.對接后，這批物資 (　　)
A．質量比靜止在地面上時小
B．所受合力比靜止在地面上時小
C．所受地球引力比靜止在地面上時大
D．做圓周運動的角速度大小比地球自轉角速度大
6．如圖所示，質量為的探測器被火星捕獲后繞火星做勻速圓周運動，當探測器運行到點的瞬間，同時發射兩束激光，一束激光經過時間到達火星表面的點，另一束激光經過時間到達火星表面的點，點是火星表面距點最近的點，點與點的連線與火星表面相切，已知火星表面的重力加速度為，引力常量為，激光的速度為，不考慮火星的自轉，下列說法正確的是(　　)
A．探測器繞火星運行的軌道半徑為
B．火星的半徑為
C．火星的質量為
D．由題設條件不能確定火星的第一宇宙速度
7．在地球上觀察，月球和太陽的角直徑(直徑對應的張角)近似相等，如圖所示.若月球繞地球運動的周期為T1，地球繞太陽運動的周期為T2，地球半徑是月球半徑的k倍，則地球與太陽的平均密度之比約為 (　　)
A．k3　 B．k3 C．　 D．
8．如圖所示為某中學科技小組制作的利用太陽能驅動小車的裝置,當太陽光照射到小車上方的光電板時,光電板中產生的電流經電動機帶動小車前進.若小車保持牽引力恒定,在平直的公路上從靜止開始運動,經過時間t前進距離x時,電動機的功率恰好達到額定功率P,小車的速度達到v.已知小車質量為m,所受阻力恒為Ff,那么在時間t內 (　　)
A．小車做加速度減小的加速運動
B．電動機的額定功率P=Ffv
C．電動機對小車所做的功為Ff x+ mv2
D．電動機對小車所做的功為Pt
9．根據宇宙大爆炸理論，密度較大區域的物質在萬有引力作用下，不斷聚集可能形成恒星.恒星最終的歸宿與其質量有關，如果質量為太陽質量的1~8倍將坍縮成白矮星，質量為太陽質量的10~20倍將坍縮成中子星，質量更大的恒星將坍縮成黑洞.設恒星坍縮前后可看成質量均勻分布的球體，質量不變，體積縮小，自轉變快.不考慮恒星與其他物體的相互作用.已知逃逸速度為第一宇宙速度的倍，中子星密度大于白矮星.根據萬有引力理論，下列說法正確的是 (　　)
A．同一恒星表面任意位置的重力加速度相同
B．恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度比坍縮前的大
C．恒星坍縮前后的第一宇宙速度不變
D．中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
10．如圖所示,質量為mA的物塊A置于傾角為30°的固定光滑斜面上,物塊A上連接的輕繩跨過兩個定滑輪后與質量為mB的物塊B相連,連接A的輕繩開始時與水平方向的夾角也為30°.現將物塊A、B同時由靜止釋放,物塊A始終沒有離開斜面,物塊B未與斜面及滑輪碰撞,不計滑輪的質量和摩擦,在物塊A沿斜面下滑到速度最大的過程中 (　　)
A．物塊A的機械能守恒
B．連接物塊A的輕繩與斜面垂直時物塊B的機械能最大
C．輕繩對A的拉力一直做正功
D．物塊A、B組成的系統機械能一定守恒
二、多選題（本大題共4小題）
11．(多選)如圖所示,繃緊的傳送帶與水平面的夾角為θ,傳送帶在電動機的帶動下,始終保持v0的速率順時針運行.現把一物塊(可看成質點)輕放在傳送帶底端,物塊被傳送到最高點(在運動至最高點前已與傳送帶達到共速).已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ,且μ>tan θ,t為運動時間,x為物塊沿斜面運動的距離.以最低點所在水平面為零勢能面,設物塊在傳送帶上運動的速度為v,重力勢能為Ep,機械能為E,物塊和傳送帶摩擦產生的熱量為Q,則下列關系圖像中與實際情況相符的是 (　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
12．（多選）目前，在地球周圍有許多人造地球衛星繞著它運動，其中一些衛星的軌道可近似為圓形軌道，且軌道半徑逐漸變小.若衛星在軌道半徑逐漸變小的過程中，只受到地球的萬有引力和稀薄氣體阻力的作用，則下列判斷正確的是（ ）
A. 衛星的動能逐漸減小
B. 由于萬有引力做正功，引力勢能一定減小
C. 由于氣體阻力做負功，萬有引力做正功，衛星的機械能保持不變
D. 衛星克服氣體阻力做的功小于引力勢能的減小量
13．（多選）一輛汽車在平直的公路上運動,運動過程中先保持恒定的加速度,后保持恒定的牽引功率,其牽引力隨速度變化的圖像如圖所示.若已知汽車的質量m,牽引力F1和速度v1、v2及該車所能達到的最大速度v3,則根據圖像所給的信息,下列說法正確的是 （ ）
A．汽車運動中的最大功率為F1v2
B．速度為v2時的加速度大小為
C．汽車行駛中所受的阻力為
D．恒定加速度過程,加速度大小為
14．(多選)質量為m=1 000 kg的汽車在平直路面上啟動,啟動過程的速度—時間圖像如圖所示,0~t1段為直線(其中t1=2.5 s),從t1時刻起汽車保持額定功率P=6×104 W不變,整個運動過程中汽車所受阻力恒為f=2 000 N,則 (　　)
A．0~t1時間內,汽車的牽引力為4 000 N
B．0~t1時間內,汽車牽引力做功為7.5×104 J
C．2 s時汽車的功率P=4.8×104 W
D．當汽車速度為20 m/s時,汽車的加速度為4 m/s2
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．如圖甲所示，為用電火花打點計時器驗證機械能守恒定律的實驗裝置。
（1）實驗中得到一條點跡清晰的紙帶如圖乙所示。打P點時，重物的速度為零，A、B、C為另外3個連續點，測得它們到P點的距離分別為h1、h2、h3。已知打點計時器打點的周期為t，當地的重力加速度為g，重物質量為m。則從打P點到打B點的過程中，重物的重力勢能減少量△EP= ，在B點的動能Ek= ；（用題中符號表示）
（2）實驗中發現重物增加的動能略小于減少的重力勢能，其主要原因是 。
A．重物的質量過大
B．重物的體積過小
C．電源的電壓偏低
D．重物及紙帶在下落時受到阻力
16．如甲圖所示為驗證機械能守恒定律的實驗裝置。現有器材為：帶鐵夾的鐵架臺、電火花計 時器、紙帶、帶鐵夾的重物、天平。
(1)為完成實驗，還需要的器材有 。
A．刻度尺 B．秒表 C．0～8 V直流電源 D．0～8 V交流電源
(2)小華同學用甲圖所示裝置打出的一條紙帶如圖乙所示，已知相鄰兩點之間的時間間隔為0.02 s，根據紙帶計算出打下D點時重物的速度大小為 m/s。(結果保留三位有效數字)
(3)該同學根據紙帶算出了相應點的速度，作出圖像如圖丙所示，則圖線斜率的物理意義是 。
17．如圖所示，如圖為在實驗室中“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置示意圖。讓重物拉著紙帶從高處由靜止開始下落，打點計時器在紙帶上打出一系列的點，通過對紙帶上的點跡進行點測量、分析即可驗證機械能守恒定律。
(1)實驗前，老師提供兩種計時器：電磁打點計時器、電火花打點計時器。為減小“驗證機械能守恒定律”的實驗誤差，實驗時應用選擇打點計時器，其所需的電源為。
(2)實驗中，先接通電源，再釋放重物，得到下圖所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續打出的點A、B、C，測得它們到起始點O的距離分別為hA、hB、hC。已知當地重力加速度為g，打點計時器打點的周期為T。設重物的質量為m。從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能變化量，動能變化量。
(3)大多數學生的實驗結果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是______。
A．利用公式計算重物速度
B．利用公式計算重物速度
C．存在空氣阻力和摩擦阻力的影響
D．沒有采用多次實驗取平均值的方法
(4)該同學繼續應用紙帶上各點到起始點O的距離h，計算出相應點對應的速度v，以h為橫軸、v2為縱軸作出了如圖所示的圖線，當地重力加速度為g，該圖線的斜率應______。
A．略小于g B．等于g C．略小于2g D．等于2g
18．如圖所示，質量M=4kg、長度L=2m的木板A靜止在光滑水平面上，其左端上表面與半徑R=0.5m的四分之一豎直圓軌道相切，A的右側某位置豎直固定一擋板P。將質量m=2kg的物塊B從軌道最高點由靜止釋放，A、B共速后A與P發生碰撞，碰后A以某一速度反彈，B最終恰好沒有從A上滑離。已知B經軌道最低點時對軌道的壓力FN=56N，A、B間的動摩擦因數μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)B在圓軌道運動過程中克服阻力做的功；
(2)從B滑上A至A、B第一次共速，系統產生的熱量；
(3)A與P碰撞損失的機械能。
19．某同學設計了如圖（a）所示的裝置驗證機械能守恒定律，輕質動滑輪下方懸掛重物A，輕質定滑輪下方懸掛重物B，懸掛滑輪的輕質細線豎直。開始時，用手托住重物B，使重物A、B處于靜止狀態。在重物A、B上分別固定相同的遮光片，測得重物A及遮光片、重物B及遮光片的質量均為m，重力加速度為g。用題中已知或測得的物理量字母回答下列問題：
(1)測量遮光片的寬度為d，要使兩遮光片分別同時到達兩光電門1和2，則A上遮光片到光電門1的距離和B上遮光片到光電門2的距離的關系是 。
(2)釋放B后，A的加速度大小為 。
(3)已知兩遮光片分別同時到達兩光電門1和2，A上遮光片通過光電門1的時間為t，則A通過光電門1時的速度為 ，B上遮光片通過光電門2的時間為 。
(4)已知A上遮光片到光電門1的距離為h，若滿足關系式gh= 。則A、B組成的系統機械能守恒。
20．宇宙中存在一些離其他恒星較遠的四顆星體組成的四星系統.若某四星系統中每顆星體的質量均為，半徑均為，忽略其他星體對它們的引力作用和星體自轉效應，則可能存在如下運動形式：四顆星體分別位于邊長為的正方形的四個頂點上遠大于，在相互之間的萬有引力作用下繞某一共同的圓心做角速度相同的勻速圓周運動.已知引力常量為，求四顆星體做圓周運動的角速度.
21．如圖所示，質量分別為m和M的兩個星球A和B在引力作用下都繞O點做勻速圓周運動，星球A和B兩者中心之間距離為L。已知A、B的中心和O三點始終共線，A和B分別在O的兩側，引力常量為G。求：
（1）A星球做圓周運動的半徑R和B星球做圓周運動的半徑r；
（2）兩星球做圓周運動的周期；
（3）如果把星球A質量的搬運到B星球上，并保持A和B兩者中心之間距離仍為L。則組成新的穩定雙星后那么星球A做圓周運動的軌道半徑和周期如何變化。
22．如圖所示,在足夠長的光滑水平桌面上固定一個四分之一光滑圓弧形槽,半徑R=0.45 m,末端與桌面相切.將質量m=0.1 kg的小球(可視為質點)由槽的頂端無初速度釋放,經桌面上A點水平飛出,小球恰好無碰撞地沿圓弧軌道切線從B點進入固定的豎直光滑圓弧軌道,B、C為圓弧軌道的兩端點,其連線水平,O為圓弧軌道的最低點.已知圓弧軌道對應圓心角θ=106°,半徑r=1 m.取g=10 m/s2,cos 53°=0.6,sin 53°=0.8.求:
(1)小球沿圓弧形槽下滑到槽底端時的速度大小;
(2)桌面離水平地面的高度h;
(3)小球運動至O點時對圓弧軌道的壓力大小.
參考答案
1．【答案】B
【解析】因為行星的遮擋，探測器檢測到的亮度會略有降低，所以兩次亮度減弱之間的時間就是行星的公轉周期，即T=t1-t0，A錯誤；行星繞恒星做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得G=mr，解得r=，B正確；行星公轉的角速度ω==，C錯誤；該行星的向心加速度a==，D錯誤.
2．【答案】A
【解析】毛驢的拉力大小不變，但是方向不斷變化，取一小段位移Δl，則做功W0=FΔl，求和可得毛驢拉磨一周所做的功為W=∑F·Δl=F·2πr=1 000π J，故A正確，B錯誤；毛驢拉磨的轉速為n== r/s=6 r/min，故C錯誤；因為v==0.2π m/s，所以毛驢拉磨的瞬時功率P=Fv=100π W，故D錯誤.
3．【答案】B
【詳解】“天問一號”做橢圓運動的半長軸為r天＝(1 Au＋1.5 Au)＝1.25 Au，根據開普勒第三定律，可得＝，地球公轉周期為T地＝1年，解得T天≈1.4年。故選B。
4．【答案】B
【解析】設一次跳繩過程上升時間為t1，則有t1==0.3t0，根據v0=gt1可得g=，v-t圖像中0~0.3t0時間內圖線與t軸所圍面積表示該段時間內的位移，可知該同學重心能上升的最大高度為h=×0.3t0×v0=v0t0，故A錯誤；完成一次跳繩，上升過程克服重力做功為WG=mgh，又因為g=，h=v0t0，則其平均功率==，故B正確；完成100次跳繩，設該同學騰空的總時間為t2，則有t2=100×0.6t0=60t0，故C錯誤；該同學受到支持力的作用點沒有發生位移，所以跳繩過程中，地面支持力沒有做功，故D錯誤.
5．【答案】D
【解析】這批物資在軌速度遠小于光速，所以質量不變，A錯誤；這批物資靜止在地面上時所受合力為零，在軌運行時處于完全失重狀態，所受合力為地球的引力，比靜止在地面上時大，B錯誤；這批物資在軌運行時和靜止在地面上時所受地球引力分別為G和G(r為這批物資的軌道半徑，R為地球半徑)，R6．【答案】C
【解析】設火星的半徑為，由幾何關系可得，結合、，解得，則探測器繞火星運行的軌道半徑為，、錯誤；在火星表面，由重力近似等于萬有引力可得，結合，解得，正確；探測器沿近火星表面繞火星做圓周運動，由萬有引力提供向心力可得，解得，可知由題設條件能求得火星的第一宇宙速度，錯誤.
7．【答案】D
【解析】設月球與地球的距離為r1，月球半徑為R1，地球與太陽距離為r2，太陽的半徑為R2.
等量關系一：月球繞地球運動，有=M月r1，地球繞太陽運動，有=M地r2，兩式聯立有=·.
等量關系二：星體的質量等于密度與體積的乘積，有M地=ρ地·π(kR1)3、M太=ρ太·π，兩式聯立有=·k3·.
等量關系三：由角直徑相等，結合相似三角形可得=.
聯立上述等量關系式，解得=·，D正確.
8．【答案】C
【詳解】在時間t內,小車保持牽引力恒定,小車所受阻力恒定,則小車在運動時間內所受合外力恒定,小車的加速度保持不變,即小車做勻加速直線運動,故A錯誤;由題意知,小車保持牽引力恒定時,做勻加速運動,小車的牽引力大于小車所受的阻力,故電動機的額定功率大于Ffv,故B錯誤;在小車運動過程中,根據動能定理,有W-Ffx= mv2,可得電動機對小車所做的功W=Ffx+ mv2,故C正確;由題意知,小車速度達到v時,電動機恰好達到額定功率,此時之前電動機的實際功率小于電動機的額定功率,則電動機對小車所做的功小于Pt,故D錯誤.
9．【答案】B
【解析】質量分布均勻的同一恒星表面任意位置的重力加速度不相同，A錯誤；在恒星表面兩極處，有=mg，可得g=，根據題意可知，恒星坍縮前后，質量不變，體積縮小，可知R變小，則恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度比坍縮前的大，B正確；由=m，可得第一宇宙速度v1=，由于坍縮后半徑R變小，則恒星坍縮后的第一宇宙速度變大，C錯誤；恒星的質量M=ρV=ρ·πR3，可得恒星半徑R=，則第一宇宙速度v1==，由題意可知，中子星的質量大于白矮星的質量，中子星密度大于白矮星密度，則中子星的第一宇宙速度大于白矮星的第一宇宙速度，由于逃逸速度為第一宇宙速度的倍，所以中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，D錯誤.
10．【答案】D　
【解析】物塊A沿斜面下滑的過程中,重力做正功,支持力不做功,輕繩的拉力先做正功后做負功,故物塊A的機械能不守恒,A、C錯誤;連接物塊A的輕繩與斜面垂直前,右側輕繩對物塊B的拉力向上,物塊B向下運動,故這段過程中,右側輕繩對物塊B的拉力一直做負功,連接物塊A的輕繩與斜面垂直時,斜面與滑輪間的輕繩最短,即物塊B先下降后上升,右側輕繩的拉力對物塊B先做負功再做正功,所以,連接物塊A的輕繩與斜面垂直時物塊B的機械能最小,B錯誤;以物塊A、B組成的系統為研究對象,系統的外力中只有重力做功,故系統的機械能守恒,D正確.
11．【答案】AC　
【解析】物塊剛放到傳送帶上時,受到向上的滑動摩擦力,則有μmgcos θ-mgsin θ=ma,可得加速度a=μgcos θ-gsin θ,物塊的速度為v1=at=(μgcos θ-gsin θ)t,當物塊與傳送帶共速后,物塊相對傳送帶靜止,隨傳送帶做勻速運動,A正確;物塊在與傳送帶共速之前,與傳送帶有相對運動,則Q=μmgcos θ,共速后,與傳送帶沒有相對運動,不再產生熱量,B錯誤;物塊的重力勢能為Ep=mgh=mg·xsin θ,D錯誤;物塊相對傳送帶運動時,機械能為E=Ep+Ek=mgxsin θ+m=(mgsin θ+ma)x,相對靜止后,物塊的機械能為E=Ep+Ek=mgxsin θ+mv2,C正確.
12．【答案】BD
【解析】衛星在軌道半徑逐漸變小的過程中做近心運動,萬有引力做正功,引力勢能減小,B正確；由于稀薄氣體的阻力做負功,衛星的機械能減小,C錯誤；衛星做圓周運動,設衛星質量為,地球質量為,衛星的速度大小為,軌道半徑為,則有,解得,,軌道半徑變小,則動能變大,可知引力勢能的減少量大于衛星克服阻力做的功,A錯誤,D正確.
13．【答案】BD
【詳解】根據題目中牽引力—速度的圖像以及功率P=Fv得,汽車運動中的最大功率為F1v1,A錯誤;汽車運動過程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的功率,所以速度為v2時的功率是F1v1,根據功率P=Fv得,速度為v2時的牽引力是 ,對汽車受力分析可知其受重力、支持力、牽引力和阻力,該車達到最大速度時的加速度為零,所以此時阻力等于牽引力,則阻力 ,根據牛頓第二定律得 ,解得速度為v2時加速度大小 錯誤,B正確;恒定加速度過程,根據牛頓第二定律得F1-Ff=ma',解得加速度 正確.
14．【答案】BC　
【解析】0~t1時間內,汽車做勻加速直線運動,在t1時刻獲得的速度為v1=at1,根據牛頓第二定律可知F-f=ma,在t1時刻達到額定功率,則有P=Fv1,聯立解得a=4 m/s2,F=6 000 N,故A錯誤;在前2.5 s內通過的位移為x=a=×4×2.52 m=12.5 m,牽引力做功為W=Fx=7.5×104 J,故B正確;2 s時,汽車做勻加速直線運動,2 s時的速度為v'=at=8 m/s,故此時的功率為P'=Fv'=6 000×8 W=4.8×104 W,故C正確;汽車勻加速直線運動時達到的最大速度為v1==10 m/s,在以20 m/s的速度運動時,此時的牽引力為F'== N=3 000 N,根據牛頓第二定律可知F'-f=ma',解得a'=1 m/s2,故D錯誤.
15．【答案】（1）mgh2； （2）D
【詳解】(1)重物由P點運動到B點的過程中，重力勢能減少量△Ep=mgh2，根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出B點的速度為，則動能的增加量
(2)實驗中發現重物增加的動能略小于減少的重力勢能，主要原因是重物及紙帶在下落過程中受到阻力，使得減小的重力勢能部分轉化為內能，選D。
16．【答案】(1)A (2)1.75 (3)當地重力加速度的2倍
【詳解】（1）打點計時器可以記錄時間，不需要秒表，電火花打點計時器的工作電壓為交流電，實驗需要刻度尺測量紙帶上計數點間的距離。選A。
（2）根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過程平均速度，紙帶計算出打下D點時重物的速度大小為；
（3）根據機械能守恒，可知，圖像的斜率為，則圖線斜率的物理意義是當地重力加速度的2倍。
17．【答案】(1)電火花的交流電，(2)；，(3)C，(4)C
【詳解】（1）[1][2]由于電火花打點計時器依靠探針放電產生火花從而在墨粉盒上留下點跡，阻力較小，誤差就相對小些，它使用的電源時交流電。
（2）[1]由于重力勢能的變化量可以用重力做功的多少來表示，所以
[2]可以先計算B點的瞬時速度，再代入動能的表達式
（3）在實驗過程中，空氣的阻力和各種摩擦阻力的存在，導致重力勢能的減少量略大于動能的增加量。選C。
（4）根據動能定理，即，可得，由此可知，在的圖像中，其斜率為，小于重力加速度的2倍。選C。
18．【答案】(1)1J；(2)6J；(3)
【詳解】（1）在軌道最低點，由牛頓第二定律得
B從軌道最高點下滑到最低點的過程中，由動能定理得
聯立以上兩式，代入已知數據，可得
（2）對A，根據牛頓第二定律
對B，根據牛頓第二定律
A、B第一次共速
共速時二者速度為
由能量守恒定律得
聯立可得
（3）如圖分析可知
因為，
設碰撞后A的速度大小為v2，從碰撞后到第二次共速的時間為t2，則共速時
A向左運動位移大小
B向右運動位移大小
另有，
聯立可得
19．【答案】(1)，(2)，(3) ；，(4)
【詳解】（1）由動滑輪的特點和題圖可知，在相同時間內，B下降的高度是A上升高度的兩倍，所以要使兩遮光片分別同時到達兩光電門1和2，則A上遮光片到光電門1的距離和B上遮光片到光電門2的距離的關系是
（2）由公式，可知B的加速度是A加速度的2倍，即，對B受力分析，設細繩中拉力為，由牛頓第二定律有，對A受力分析，由牛頓第二定律有，聯立解得，所以釋放B后，A的加速度大小為。
（3）[1][2]已知兩遮光片分別同時到達兩光電門1和2，A上遮光片通過光電門1的時間是，則A通過光電門1時的速度為，由速度公式可知，由于B的加速度是A的加速度的兩倍，所以同一時刻，B的速度是A的速度的2倍，即，又，所以B上遮光片通過光電門2的時間為
（4）已知A上遮光片到光電門1的距離為，當A上升時，B下降，由機械能守恒得，將，，代入化簡即得到
20．【答案】
【解析】任一星體在其他三顆星體的萬有引力作用下圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動,軌道半徑均為,萬有引力提供向心力，可得四顆星體做圓周運動的向心力大小均為,由牛頓第二定律得,聯立解得.
21．【答案】（1），；（2）；（3）半徑變大；周期不變
【詳解】（1）令A星的軌道半徑為R，B星的軌道半徑為r，則由題意有
兩星做圓周運動時的向心力由萬有引力提供，則有
可得
又因為
所以可以解得 ，
（2）根據(1)可以得到
兩式聯立解得
（3）根據
知M變大，R變大；
根據
總質量保持不變，距離不變，可知周期不變。
22．【答案】(1)3 m/s　(2)0.8 m　(3)4.3 N
【解析】(1)小球沿圓弧形槽下滑到槽底端過程中機械能守恒,有mgR=m,解得v1=3 m/s.
(2)小球離開桌面后以3 m/s的初速度做平拋運動,豎直方向有h=gt2,小球恰好無碰撞地沿圓弧軌道切線從B點進入固定的豎直光滑圓弧軌道,則有tan 53°=,聯立解得h=0.8 m.
(3)小球由A點到O點,由機械能守恒定律得mg(h+r-rcos 53°)=m-m,在O點,由牛頓第二定律得F-mg=m,代入數據解得F=4.3 N,根據牛頓第三定律,小球運動至O點時對圓弧軌道的壓力大小為4.3 N.
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第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第七章---八章 綜合提高練習3
一、單選題（本大題共10小題）
1．已知火星質量為地球質量的 倍，其半徑為地球半徑的 倍，由此可知同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值為（ ）
A． B． C． D．
2．“天舟五號”貨運飛船僅用2小時就與“天宮”空間站快速交會對接.飛船從預定軌道Ⅰ的 點第一次變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達橢圓軌道的遠地點 時，再次變軌進入空間站的運行軌道Ⅲ，與空間站實現對接，假設軌道Ⅰ和Ⅲ都近似為圓軌道，不計飛船質量的變化，則飛船（ ）
A． 在軌道Ⅰ的線速度大于第一宇宙速度
B． 在軌道Ⅰ上的運行周期小于空間站的運行周期
C． 第一次變軌需瞬間加速，第二次變軌需瞬間減速
D． 從橢圓軌道Ⅱ的 點運動到 點，動能增加
3．如圖所示為一質量為M的球形物體，質量分布均勻，半徑為R，在距球心2R處有一質量為m的質點。若在球心與質點的連線上挖去兩個半徑均為的小球兩球表面相切。已知引力常量為，則球形物體剩余部分對質點的萬有引力的大小為（　　）
A． B． C． D．
4．如圖所示，三顆地球靜止衛星就能實現全球同步通信，已知靜止衛星的線速度為v，地球自轉的周期為T，地球的半徑為R，引力常量為G，下列說法正確的是（　　）
A．靜止衛星可以在某時刻經過臺州市的上空 B．三顆靜止衛星的動能一定相等
C．靜止衛星的周期等于T D．靜止衛星的軌道半徑為
5．科學家發現了銀河系中心存在超大質量黑洞，其質量約為太陽質量的400萬倍.已知質量為 、半徑為 的天體的第二宇宙速度表達式為 ，黑洞的第二宇宙速度大于光速，太陽質量約為 ，太陽直徑約為 ，引力常量 ，光速 ，則（ ）
A． 超大質量黑洞的體積可能是太陽的400萬倍
B． 超大質量黑洞的半徑不超過
C． 超大質量黑洞的第一宇宙速度不可能等于光速
D． 太陽的第一宇宙速度約為
6．如圖所示，甲、乙兩顆衛星沿相同方向繞地球做圓周運動，已知甲衛星的周期為 ，每過 ，乙衛星都會運動到與甲衛星位于地球同一側且三者共線的位置上，則甲、乙兩顆衛星的線速度之比為（ ）
A． B． C． D．
7．如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作用力大小（　　）
A．在Q點最大 B．在Q點最小 C．先減小后增大 D．先增大后減小
8．如圖所示，傾斜傳送帶以大小為的速度順時針轉動時，將木箱無初速度的放在底端B點，木箱經時間t到達頂端A點，向上運動的過程中由于摩擦產生的熱量為。傳送帶以大小為的速度逆時針轉動時，將木箱無初速度的放在A點，木箱經時間t也剛好到達底端B點，向下運動的過程中由于摩擦產生的熱量為。設最大靜摩擦力等于滑動靡擦力，木箱可視為質點。下列說法正確的是（　　）
A． B．
C． D．
9．2025年2月11日新型火箭長征八號改進型運載火箭首飛成功，將低軌02組9顆衛星送入距地高度約1145km的軌道，其發射過程簡化為如圖所示，衛星發射后自a點進入橢圓軌道Ⅰ，到達軌道Ⅰ遠地點b時點火變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達軌道Ⅱ遠地點c時再次點火變軌進入預定圓軌道Ⅲ做勻速圓周運動。已知地球半徑約為6400km，則（　　）
A．衛星在軌道Ⅰ上自a向b運行的過程中，其機械能不斷增大
B．衛星在軌道Ⅰ和軌道Ⅱ上與地心連線單位時間掃過的面積一定相等
C．衛星在軌道Ⅱ上經b點的速度大于衛星在軌道Ⅲ上經c點的速度
D．衛星在軌道Ⅲ運行的周期約為80分鐘
10．一質量為的電動汽車由靜止開始沿平直公路行駛，達到的最大速度為,利用傳感器測得此過程中不同時刻電動汽車的牽引力與對應的速度，并描繪出圖像如圖所示，圖中、均為直線，若電動汽車行駛過程中所受的阻力恒定，下列說法正確的是（ ）
A． 電動汽車由靜止開始先做變加速直線運動，后做勻速直線運動
B． 電動汽車的額定功率為
C． 電動汽車由靜止開始經過，速度達到
D． 電動汽車行駛速度為 時，加速度大小為
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖所示，長度為的輕桿上端連著一質量為的小球A（可視為質點），桿的下端用鉸鏈固接于水平面上的O點，置于同一水平面上的立方體B恰與A接觸，立方體B的質量為。今有微小擾動，使桿向右傾倒，各處摩擦均不計，而A與B剛脫離接觸的瞬間，桿與地面夾角為30°，重力加速度為，則下列說法正確的是（　　）
A．分離前B的機械能一直增加
B．分離時A的加速度大于
C．A與B剛脫離接觸的瞬間，B的速率為
D．A、B質量之比為1:4
12．如圖所示，長度為L的輕桿上端連著一質量為m的小球A（可視為質點），桿的下端用鉸鏈固接于水平面上的O點，置于同一水平面上的立方體B恰與A接觸，立方體B的質量為M，今有微小擾動，使桿向右傾倒，各處摩擦均不計，而A與B剛脫離接觸的瞬間，桿與地面夾角恰為30°，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．分離前B的機械能一直增加
B．分離時A的加速度大于g
C．A與B剛脫離接觸的瞬間，B的速率為
D．A、B質量之比為1∶4
13．2024年5月3日17時27分，嫦娥六號探測器由長征五號遙八運載火箭在中國文昌航天發射場成功發射，之后準確進入地月轉移軌道，發射任務取得圓滿成功。嫦娥六號探測器自此開啟世界首次月球背面采樣返回之旅，預選著陸和采樣區為月球背面南極—艾特肯盆地。如圖所示為嫦娥六號探測器進入月球軌道的變軌示意圖，其中軌道Ⅰ、Ⅲ為圓軌道，軌道Ⅱ為橢圓軌道，M，N點分別為切點。則下列說法正確的是（　　）
A．嫦娥六號探測器的發射速度大于第二宇宙速度
B．嫦娥六號探測器由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ，需在M點點火減速
C．嫦娥六號探測器在軌道Ⅱ上運行時，經過M點時的速度小于經過N點時的速度
D．嫦娥六號探測器在軌道Ⅱ上經過N點的加速度小于在軌道Ⅲ上經過N點的加速度
14．航天局的科學家基于我國“天關”衛星獲得的數據，在名為“小麥哲倫云”的鄰近星系內發現一組雙星系統。這組雙星系統由一顆質量較小的伴星A和一顆質較大的白矮星B組成，兩顆星環 繞共同的圓心運行，白矮星從其伴星那里不斷緩慢拉扯物質，使得自身質量不斷緩慢變大，而伴星A不斷失去物質而質量變小。設在變化過程中兩天體球心之間的距離保持不變。隨著質量的消長，下列說法正確的是（　　）
A．間相互作用力越來越大 B．間相互作用力越來越小
C．的環繞周期不變 D．的環繞周期越來越小
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．如圖，質量分別為m和M的兩個星球A和B在引力作用下都繞O點做勻速圓周運動，星球A和B兩者中心之間的距離為L，已知A、B的中心和O三點始終共線，A和B分別在O的兩側，引力常數為G。
（1）求兩星球做圓周運動的周期；
（2）在地月系統中，若忽略其他星球的影響，可以將月球和地球看成上述星球A和B，月球繞其軌道中心運行的周期為，但在近似處理問題時，常常認為月球是繞地心做圓周運動的，這樣算得的運行周期記為，已知地球和月球的質量分別為M和m，求與兩者平方之比。
16．在“驗證機械能守恒定律”實驗中，小王用如圖1所示的裝置，讓重物從靜止開始下落，打出一條清晰的紙帶，其中的一部分如圖2所示。O點是打下的第一個點，A、B、C和D為另外4個連續打下的點。
①為了減小實驗誤差，對體積和形狀相同的重物，實驗時選擇密度大的理由是 。
②已知交流電頻率為，重物質量為，當地重力加速度，則從O點到C點，重物的重力勢能變化量的絕對值 J、C點的動能 J（計算結果均保留3位有效數字）。比較與的大小，出現這一結果的原因可能是 。
A．工作電壓偏高 B．存在空氣阻力和摩擦力 C．接通電源前釋放了紙帶
17．如圖，套在光滑豎直細桿上質量為的環由跨過無摩擦的輕質定滑輪的不可伸長的輕繩與重物相連，桿與定滑輪的距離為。現讓環與定滑輪等高，靜止釋放環，環下落的最大距離為，此時重物未接觸到滑輪，且環未碰到底座，重力加速度大小為，求：（結果可留根號）
（1）重物的質量；
（2）環下落時的速度大小；
（3）的最大速度 從環靜止釋放到達最大速度過程，繩子拉力所做的功。
18．用如圖所示裝置驗證機械能守恒定律。
（1）除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺（含夾子）、電磁打點計時器、導線及開關外，在下列器材中，還需要使用的一組器材是 。
A．直流電源、天平（含砝碼）
B．直流電源、刻度尺
C．交流電源、天平（含砝碼）
D．交流電源、刻度尺
（2）實驗中，先接通電源，再釋放重物，得到如圖所示的一條紙帶。在紙帶上選取連續打出的5個點A、B、C、D、E，測得C、D、E三個點到起始點O的距離分別為 hC、hD、hE。已知當地重力加速度為g，打點計時器打點的周期為 T。設重物的質量為m，則從打下O點到打下D 點的過程中，重物的重力勢能減少量為 ，動能增加量為 。（用上述測量量和已知量的符號表示）
19．某同學利用圖示的氣墊導軌實驗裝置驗證機械能守恒定律，主要實驗步驟如下：
A．將桌面上的氣墊導軌調至水平；
B．測出遮光條的寬度d
C．將滑塊移至圖示位置，測出遮光條到光電門的距離l
D．由靜止釋放滑塊，讀出遮光條通過光電門的遮光時間t
E．秤出托盤和砝碼總質量，滑塊（含遮光條）的質量
已知當地重力加速度為g，回答以下問題（用題中所給的字母表示）
（1）遮光條通過光電門時的速度大小為 ；
（2）遮光條由靜止運動至光電門的過程，系統重力勢能減少了 ，遮光條經過光電門時，滑塊、托盤和砝碼的總動能為 ；
（3）通過改變滑塊的釋放位置，測出多組、數據﹐利用實驗數據繪制圖像如圖。若圖中直線的斜率近似等于 ，可認為該系統機械能守恒。
20．如圖所示，質量為的滑塊（可視為質點）放在光滑平臺上，向左緩慢推動滑塊壓縮輕彈簧至點，釋放后滑塊以一定速度從A點水平飛出后，恰好從點無碰撞滑入豎直平面內的光滑圓弧軌道，然后從點進入與圓弧軌道相切于點的水平面，同一豎直平面內的光滑半圓軌道與水平面相切于點。已知圓弧軌道的半徑，兩點的高度差，光滑圓對應的圓心角為，滑塊與部分的動摩擦因數，，重力加速度。求：
（1）彈簧對滑塊做的功；
（2）滑塊到達圓弧末端時對軌道的壓力；
（3）滑塊沖上半圓軌道后中途不會脫離半圓軌道，軌道的半徑滿足的條件。
21．圖甲是英國物理學家阿特伍德創制的力學實驗裝置——阿特伍德機。實驗小組將其改裝成如圖乙所示裝置用于驗證機械能守恒定律，滑輪和細線的質量可忽略不計，細線不可伸長，重力加速度g取。部分實驗步驟如下：
（1）用細線跨過定滑輪將質量均為M的重物a、b連接，a和b組成的系統處于靜止狀態，a的上表面與O點等高。
（2）零時刻，將質量為m的砝碼無初速度地放于b上表面，a、b和砝碼組成的系統開始運動，用手機錄像功能記錄上述過程，從視頻中獲取數據。
（3）t時刻，a運動到上表面與P點等高，通過懸掛的豎直刻度尺測得O、P兩點高度差為h，a運動到上表面與P點等高時，a的速度大小為 。（用字母h、t表示）
（4）測得：，，，，a從上表面與O點等高運動到上表面與P點等高的過程中，a、b和砝碼組成的系統的重力勢能減少量 J，動能增加量 J，在誤差允許范圍內，，系統機械能守恒。（計算結果均保留2位有效數字）
（5）實驗小組僅改變P點的位置，多次重復實驗，得到多組h和t的數據。在坐標紙上作出圖像，若圖像為過原點且斜率為 的直線，也可驗證系統機械能守恒。（用字母M、m、g表示）
22．圖甲為某種彈射裝置的示意圖，由光滑水平面、水平傳送帶、粗糙水平軌道、光滑圓弧軌道組成，傳送帶的長度為，軌道的長度為，、分別為圓弧軌道的豎直與水平半徑，半徑，軌道各處平滑連接，一輕質彈簧左端固定在豎直墻面上，彈簧原長恰好在A點，現彈簧右端被一質量的小物塊壓縮在圖示位置（物塊與彈簧不栓接且可看成質點），該位置與傳送帶左端點A之間的距離，當傳送帶以的速度順時針轉動，靜止釋放物塊，釋放物塊后彈簧彈力與位移的關系如圖乙所示，物塊恰好能滑至點，已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數，不計空氣阻力。，。
（1）求物塊第一次滑到A點時的速率；
（2）求軌道上的動摩擦因數以及物塊最終靜止時距點的距離。
參考答案
1．【答案】B
【詳解】設物體的質量為 ,則物體在地球表面受到的引力為 ,同理在火星表面,物體受到的引力為 ,又因為火星質量為地球質量的 倍,其半徑為地球半徑的 倍,聯立得同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值為 正確.
2．【答案】B
【詳解】第一宇宙速度是近地衛星的環繞速度,近地衛星的軌道半徑近似等于地球半徑,由 ,解得 ,由于軌道Ⅰ的半徑大于地球半徑,則飛船在軌道Ⅰ的線速度小于第一宇宙速度,A錯誤；根據 ,解得 ,由于軌道Ⅰ的半徑小于空間站的軌道半徑,故飛船在軌道Ⅰ上的運行周期小于空間站的運行周期,B正確；第一次變軌與第二次變軌均是由低軌道到達高軌道,則均需要在切點位置加速,C錯誤；從橢圓軌道Ⅱ的A點運動到B點,速度減小,動能減小,D錯誤.
【方法總結】 人造地球衛星的發射過程要經過多次變軌,過程簡圖如圖所示.
（2）人造地球衛星的發射原理
①以第一宇宙速度發射：衛星繞地球做勻速圓周運動；
②以第二宇宙速度發射：衛星在繞太陽的橢圓軌道上運行.
3．【答案】D
【詳解】根據，由于挖去的球體半徑是原球體半徑的，則挖去的球體質量是原球體質量的，所以挖去的球體質量，未挖時，原球體對質點的萬有引力，挖去左邊部分對質點的萬有引力，挖去右邊部分對質點的萬有引力，則剩余部分對質點的萬有引力大小，ABC錯誤，D正確。
4．【答案】C
【詳解】地球靜止衛星相對地球是靜止的，軌道平面與赤道重合，不能經過臺州市的上空，A錯誤；由，三顆靜止衛星的速率一定相等，但它們的質量不一定相等，B錯誤；地球靜止衛星相對地球靜止，其公轉周期等于地球的自轉周期，C正確；由，得靜止衛星的軌道半徑為，D錯誤。
5．【答案】B
【詳解】由題意知太陽的半徑 ,光速 ,則 ,解得太陽的第一宇宙速度為 ,故D錯誤；設黑洞的第一宇宙速度為 ,第二宇宙速度為 ,黑洞的半徑為 ,則 , ,由題意知 ,聯立解得 , ,故B正確,C錯誤；設太陽的體積為 ,黑洞的體積為 ,則 ,故A錯誤.
6．【答案】A
【詳解】設甲、乙衛星的周期分別為 、 ,由題意可得 ,其中 ,解得 ,根據開普勒第三定律可得 ,線速度 ,則 ,故A正確.
7．【答案】C
【詳解】方法一（分析法）：設大圓環半徑為，小環在大圓環上某處（點）與圓環的作用力恰好為零，如圖所示
設圖中夾角為，從大圓環頂端到點過程，根據機械能守恒定律，在點，根據牛頓第二定律，聯立解得，從大圓環頂端到點過程，小環速度較小，小環重力沿著大圓環圓心方向的分力大于小環所需的向心力，所以大圓環對小環的彈力背離圓心，不斷減小，從點到最低點過程，小環速度變大，小環重力和大圓環對小環的彈力合力提供向心力，所以大圓環對小環的彈力逐漸變大，根據牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。
方法二（數學法）：設大圓環半徑為，小環在大圓環上某處時，設該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為，根據機械能守恒定律，在該處根據牛頓第二定律，聯立可得，則大圓環對小環作用力的大小，根據數學知識可知的大小在時最小，結合牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。
8．【答案】D
【詳解】設傳送帶的傾角為，木箱質量為m，木箱與傳送帶之間的動摩擦因數為μ，傳送帶順時針轉動時，對木箱根據牛頓第二定律有，當傳送帶順時針轉動時，對木箱根據牛頓第二定律有，可知，由于木箱向上運動和木箱向下運動的時間相同，位移大小也相同，畫出符合要求的圖像，如圖所示
木箱向下運動時一定先加速后勻速，向上運動時可能一直加速或先加速后勻速，根據圖像可判斷，AB錯誤；根據圖像可知木箱向上運動過程相對位移大，根據，可知，C錯誤，D正確。
9．【答案】C
【詳解】從 a 運動到 b 的過程中，火箭發動機并未再次點火，只受地球引力作用，機械能守恒，A錯誤。衛星分別處于橢圓軌道Ⅰ和橢圓軌道Ⅱ時，開普勒第二定律描述的是同一衛星在同一軌道與中心天體連線在相同時間內掃過的面積相等，衛星在不同的軌道上運行時，相等的時間內與中心天體連線掃過的面積不一定相等，B錯誤。以過b點的圓軌道相比，相對于更高的圓軌道Ⅲ在c 點時的半徑更小，根據萬有引力提供向心力，解得可知，軌道半徑越小則線速度越大，在橢圓軌道Ⅱ中，b 點是近地點，衛星進入軌道II的b點應加速，衛星在Ⅱ軌道的b 點速度大于在Ⅲ軌道c 點的速度，C正確。最終圓軌道Ⅲ的半徑約為r=6400 km + 1145 km = 7545 km，根據牛頓第二定律則有，解得，而近地衛星的周期，其中，解得，由于軌道Ⅲ的半徑大于地球的半徑，衛星在軌道Ⅲ上的運行周期應大于80分鐘，D錯誤。
10．【答案】D
【解析】段牽引力不變,加速度不變,做勻加速直線運動,A錯誤；額定功率,B錯誤；勻加速運動的加速度,到達B點時的速度,所以勻加速的時間,若電動汽車一直做勻加速運動,則由靜止開始經過時速度,但電動汽車不是一直做勻加速運動,勻加速運動之后的加速度比勻加速階段小,所以電動汽車由靜止開始經過,速度小于,C錯誤；電動汽車行駛速度為 時,功率是額定功率,此時的牽引力大小,加速度大小,D正確．
11．【答案】ACD
【詳解】從小球A開始運動到A、B脫離接觸，A對B彈力一直做正功，B機械能增大，A正確；桿對A的作用力先是支持力后是拉力，A與B剛脫離接觸的瞬間，桿對A的作用力等于零，分離時A的加速度，B錯誤；分離時刻，根據牛頓第二定律有，解得，A與B剛脫離接觸的瞬間，桿對A的作用力等于零，A的速度方向垂直于桿，水平方向的分速度等于B的速度，解得，B的速率為，C正確；在桿從豎直位置開始傾倒到小球與立方體恰好分離的過程中，小球和立方體組成的系統機械能守恒，則有，解得A、B質量之比為，D正確。
12．【答案】ACD
【詳解】分離前A對B的彈力一直在對B做正功，B的機械能一直增加，A正確；分離時刻，桿對A無彈力作用，A只受重力作用，分離時A的加速度于g，B錯誤；分離時刻，小球水平速度與長方體速度相同，即，得A與B剛脫離接觸的瞬間時A、B速率之比為，對A，分離時刻，根據牛頓第二定律有，聯立以上可得A與B剛脫離接觸的瞬間B的速率，C正確；在桿從豎直位置開始倒下到小球與立方體恰好分離的過程中，小球和立方體組成的系統機械能守恒，則有，聯立解得，D正確。
13．【答案】BC
【詳解】嫦娥六號探測器環繞月球運行，是月球的衛星，沒有脫離地球的束縛，因此其發射速度一定小于第二宇宙速度，A錯誤；嫦娥六號探測器由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ，即由高軌進入低軌，做近心運動，因此需要在M點點火減速，B正確；嫦娥六號探測器在軌道Ⅱ上運行時，由開普勒第二定律可知，經過M點的速度小于經過N點的速度，C正確；嫦娥六號探測器在軌道Ⅱ上經過N點與在軌道Ⅲ上經過N點時到月球的距離不變，則由公式得，所以嫦娥六號探測器在軌道Ⅱ上經過N點的加速度等于在軌道Ⅲ上經過N點的加速度，D錯誤。
14．【答案】BC
【詳解】設兩星的質量分別為， ，兩者的距離為，繞它們連線的某一點運動的軌道半徑為，的軌道半徑為， 它們之間的引力提供向心力，它們具有相同的周期，萬有引力，是不變的常數，當時，與的乘積最大，與相差越多，越小，相互作用力越來越小，正確，錯誤；根據，解得，， 則總質量，解得，總質量不變，不 變，周期不 變，正確，錯誤。
15．【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）A和B繞O做勻速圓周運動，它們之間的萬有引力提供向心力，則A和B的向心力大小相等，且A和B和O始終共線，說明A和B有相同的角速度和周期，因此有，，，解得。
（2）將地月看成雙星，由（1）得，將月球看作繞地心做圓周運動，根據牛頓第二定律和萬有引力定律得，化簡得，所以兩種周期的比值為。
16．【答案】阻力與重力之比更小（或其它合理解釋）；0.547；0.588；C
【詳解】①在驗證機械能守恒實驗時阻力越小越好，因此密度大的阻力與重力之比更小
②由圖中可知OC之間的距離為，因此機械能的減少量為，勻變速運動時間中點的速度等于這段時間的平均速度，因此，因此動能的增加量為，工作電壓偏高不會影響實驗的誤差，存在摩擦力會使重力勢能的減少量大于動能的增加量，只有提前釋放了紙帶，紙帶的初速度不為零，下落到同一位置的速度偏大才會導致動能的增加量大于重力勢能的減少量。
17．【答案】（1）；（2）；（3），
【詳解】（1）對A、B組成的系統，由機械能守恒定律得，
解得。
（2）當A環下落L時，幾何關系可知，對A、B組成的系統，由機械能守恒定律得，
聯立解得。
（3）當A的合力為0時，A的速度最大，B的速度最大，設此時連A的繩子與豎直方向成角，對A有，
解得，
此時有，
對A、B組成的系統，由機械能守恒定律得，
聯立解得B的最大速度，
對B，由動能定理有，又因為，
解得繩子拉力所做的功。
18．【答案】（1）D；（2）mghD；
【詳解】（1）電磁打點計時器需要連接交流電源，還需要用刻度尺測量紙帶上點跡之間的距離；由于驗證機械能守恒的表達式中質量可以約去，所以不需要天平測質量。
（2）從打下O點到打下D點的過程中，重物的重力勢能減少量為，打下D點時，重物的速度為，則從打下O點到打下D點的過程中，重物的動能增加量為
19．【答案】；；；
【詳解】（1）小車通過光電門時的速度為
（2）從釋放到小車經過光電門，這一過程中，系統重力勢能減少量為，從釋放到小車經過光電門，這一過程中，系統動能增加量為
（3）改變l，做多組實驗，做出如圖以l為橫坐標。以為縱坐標的圖像，若機械能守恒成立有，整理有，可知，若圖中直線的斜率近似等于，可認為該系統機械能守恒。
20．【答案】（1）18J；（2），方向豎直向下；（3）或
【詳解】（1）根據能量守恒定律有，
由題意知，，
解得。
（2）滑塊由點到點由動能定理得，
又因為，
根據牛頓第二定律有，
聯立解得，
由牛頓第三定律可得，滑塊到達圓弧未端時對軌道的壓力大小為，方向豎直向下。
（3）滑塊沖上半圓軌道后不會脫離軌道運動，分兩種情況：一是到達與圓心等高處時速度恰好為零；二是到達半圓弧軌道最高點。
①到達與圓心等高處時速度恰好為零，
由動能定理得，
解得；
②滑塊能夠到達半圓弧軌道最高點，
由動能定理得，
在最高點，重力恰好提供向心力，
解得，
綜上，若滑塊沖上半圓軌道后不會脫離軌道運動，則滿足或。
21．【答案】；0.59；0.58；
【詳解】（3）a運動到上表面與P點等高時，根據勻變速直線運動規律有，解得a的速度大小為
（4）a從上表面與O點等高運動到上表面與P點等高的過程中，a、b和砝碼組成的系統的重力勢能減少量，a、b和砝碼組成的系統的動能增加量為。
（5）根據系統機械能守恒可得，整理可得，若圖像為過原點且斜率為的直線，也可驗證系統機械能守恒。
22．【答案】（1）；（2），
【詳解】（1）根據動能定理可得，
由乙圖可知，彈力所做的功為，
可得物塊第一次滑到A點時的速率為。
（2）由于，
可知物塊滑上傳送帶后，做加速運動，根據牛頓第二定律可得，
解得，
物塊與初速度共速所用時間為，
物塊在傳送帶上加速運動的位移大小為，
可知物塊與傳送帶共速后做勻速運動到B點，由于物塊剛好滑到P點，設物塊與BG間的動摩擦因數為，根據動能定理可得，
代入數據解得，
假設滑塊從P點滑落時，到達B點的速度為，根據動能定理可得，
解得，
滑塊從B點再次滑上傳送帶，物塊在傳送帶上向左減速滑行的位移大小為，
可知滑塊向左減速到速度為0后反向向右加速運動，根據對稱性可知，滑塊回到B點的速度大小仍為，設物塊再次在BG段滑行時，到達G點前已經停下，根據動能定理可得，
解得，
可知物塊最終靜止時距G點的距離為。
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第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第七章---八章 綜合提高練習4
一、單選題（本大題共10小題）
1．所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，若用代表橢圓軌道的半長軸，代表公轉周期，則有，其中是一個常量。常量的單位用國際單位制表示為（　　）
A． B． C． D．
2．一物體在地球表面重18N，它在以5m/s 的加速度加速上升的火箭中的視重（即物體對火箭豎直向下的壓力）為17N，則此火箭離地球表面的距離為地球半徑的（地球表面重力加速度取10m/s ）（　　）
A．0.5倍 B．2倍 C．3倍 D．4倍
3．探索宇宙奧秘，奔向廣闊而遙遠的太空，這是人類自古以來的夢想。對于宇宙速度的理解，下列說法正確的是（　　）
A．月球探測器的發射速度一定大于第一宇宙速度
B．火星探測器的發射速度必須大于
C．地球的第一宇宙速度是衛星環繞地球做勻速圓周運動的最小速度
D．“天和號”空間站的運行速度介于與之間
4．“北斗”是我國自主研制、獨立運行的全球衛星導航系統，某同步衛星的對地張角為2θ，運行軌道如圖中圓形虛線所示。已知地球半徑為R、自轉周期為T、地球表面重力加速度為g，萬有引力常量為G。由此可知地球的質量為（　　）
A． B． C． D．
5．下列說法正確的是（　　）
A．牛頓力學適用于任何情況下的任何物體
B．若物體所受合力為零，則其機械能一定守恒
C．若汽車轉彎時速度過大，可能會因離心運動造成交通事
D．若一個系統動量守恒，則此系統內每個物體所受的合力一定都為零
6．對于萬有引力定律的表達式，下列說法正確的是（　　）
A．若m1>m2，則兩物體之間m1所受萬有引力比m2的大
B．當物體間的距離趨近于0時，物體間的萬有引力無窮大
C．引力常量G的單位為N m2/kg2
D．該表達式只能用來計算質點與質點間的萬有引力大小
7．如圖甲所示，質量為4kg的物體在水平推力作用下開始運動，推力大小隨位移大小變化的情況如圖乙所示，則力所做的功為（ ）
A．200J B．400J C．800J D．無法確定
8．在同一高度，把三個質量相同的球A，B，C分別以相等的速率豎直上拋，豎直下拋和平拋，它們都落到同一水平地面上，則三個球在運動過程中，重力對它們做的功分別為WA，WB，WC，重力的平均功率分別為PA，PB，PC，則它們的大小關系為（ ）
A．WA＞WB=WC，PA＞PB=PC B．WA=WB=WC，PA=PB=PC
C．WA=WB=WC，PB＞PC＞PA D．WA＞WB＞WC，PA＞PB＞PC
9．在物理學的研究中用到的思想方法很多，下列關于幾幅書本插圖的說法中錯誤的是（　　）
A．甲圖中，A點逐漸向B點靠近時，觀察AB割線的變化，就是曲線在B點的切線方向，運用了極限思想．說明質點在B點的瞬時速度方向
B．乙圖中，研究小船渡河問題時，主要運用了理想化模型的思想
C．丙圖中，探究向心力的大小與質量、角速度和半徑之間的關系時運用了控制變量法
D．丁圖中，卡文迪許測定引力常量的實驗運用了放大法測微小量
10．若某一系外行星的半徑為R，公轉半徑為r，公轉周期為T，宇宙飛船在以系外行星中心為圓心，半徑為r1的軌道上繞其做圓周運動的周期為T1，不考慮其他星球的影響。（已知地球的公轉半徑為R0，公轉周期為T0）則有（ ）
A．＝
B．＝
C．該系外行星表面重力加速度為
D．該系外行星的第一宇宙速度為
二、多選題（本大題共4小題）
11．物體在地面附近繞地球做圓周運動時的速度就叫做第一宇宙速度．關于第一宇宙速度，下列說法正確的是
A．第一宇宙速度大小約為11.2 km/s
B．第一宇宙速度是使人造衛星繞地球運動所需的最小速度
C．第一宇宙速度是人造衛星繞地球運動的最小運行速度
D．若已知地球的半徑和地球表面的重力加速度，便可求出第一宇宙速度
12．2024年6月6日我國第二次完成月球軌道的交會對接，經考查已知月球表面的重力加速度為g，月球的平均密度為ρ，月球可視為均勻球體，引力常量為G．根據以上信息能求出的物理量是（　　）
A．月球的質量 B．地球的質量
C．月球的半徑 D．月球的第一宇宙速度
13．如圖所示，在豎直平面內固定有兩個很靠近的同心圓軌道，外圓光滑內圓粗糙.一質量為的小球從軌道的最低點以初速度向右運動，球的直徑略小于兩圓間距，球運動的軌道半徑，取，不計空氣阻力，設小球過最低點時重力勢能為零，下列說法正確的是（　　）
A．若要小球不擠壓內軌，則一定不小于
B．若小球第一次運動到最高點時速度大小為零，則一定大于
C．若小球運動到最高點時速度為零，則小球克服摩擦力做功一定為零
D．若小球開始運動時初動能為，則足夠長時間后小球的最大動能為
14．救援車營救被困在深坑中探險車的情景可簡化為如圖甲所示的模型。斜坡傾角為，其動摩擦因數為。在救援車作用下，探險車從坑底A點由靜止勻加速至B點時達到最大速度，接著勻速運動至C點，最后從C點勻減速運動到達最高點D，恰好停下，選深坑底部為參考平面，救援過程中探險車的機械能E隨高度h變化的圖線如圖乙所示，已知重力加速度，，，下列說法正確的是（　　）
A．探險車質量為1500kg
B．探險車在坡面上的最大速度為4m/s
C．探險車在BC段運動的時間為18s
D．救援過程中救援車對探險車做功為
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．如圖所示，在豎直平面內，粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，C是最低點，圓心角∠BOC=37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R=1.0 m，現有一個質量為m=0.2 kg、可視為質點的小物體，從D點的正上方E點處自由下落，D、E兩點間的距離h=1.6 m，物體與斜面AB之間的動摩擦因數μ=0.5，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2.不計空氣阻力，求：
（1）物體第一次通過C點時軌道對物體的支持力FN的大小；
（2）要使物體不從斜面頂端飛出，斜面的長度LAB至少要多長；
（3）若斜面已經滿足（2）的要求，物體從E點開始下落，直至最后在光滑圓弧軌道做周期性運動，求在此過程中系統損失的機械能E的大小。
16．甲、乙、丙三個學習小組利用如圖甲所示的裝置做“驗證機械能守恒定律”的實驗。所用電源的頻率為50Hz，重力加速度g取。
（1）從下列選項中選出實驗所必須的器材________。（填字母序號）
A．打點計時器（包括紙帶） B．重物 C．天平 D．秒表（或停表）
（2）甲小組完成實驗后，選擇了一條理想的紙帶，用刻度尺測得各計數點到O點的距離（如圖乙所示），圖中O點是打點計時器打出的第一個點，A、B、C分別是每打兩個點取出的計數點。若重物的質量為1.00 kg，當打點計時器打到B點時重物的重力勢能比開始下落時減少了 J，此時重物的動能比開始下落時增加了 J。（計算結果均保留三位有效數字）
（3）乙小組完成實驗后，在分析實驗得出的結果時，發現重物重力勢能的減少量小于動能的增加量。下列對造成該實驗結果的原因分析正確的是________。
A．空氣對重物的阻力和打點計時器對紙帶的阻力
B．選用重物的質量過大
C．該小組交流電源的實際頻率大于50Hz
D．該小組交流電源的實際頻率小于50Hz
（4）丙小組完成實驗后，選擇了一條理想的紙帶，將紙帶上所打的第一個點記為O點，每隔五個點取一個計數點，測量各計數點到O點的距離h，并計算各計數點對應的速度v，以為縱軸，以h為橫軸，作出圖像。在誤差允許的范圍內，若圖像是一條過原點且斜率為 （選填“19.6”、“9.80”或“4.90”）的直線，則驗證了機械能守恒定律。
17．某學習小組利用如圖所示裝置驗證機械能守恒。實驗步驟如下：
a．將拉力傳感器固定在天花板上，不可伸長的輕繩一端連在拉力傳感器上的點，另一端連接一小球，測得懸點到小球中心的距離為；
b．讀取并記錄小球靜止于最低點時的拉力傳感器示數；
c．將細線拉離與豎直方向成角度后，靜止釋放，通過拉力傳感器記錄小球擺動到最低點的過程中傳感器的示數。
（1）已知擺動過程中傳感器的最小示數為，可知 ，小球重力勢能減少量 。
（2）已知擺動過程中傳感器的最大示數為，可知小球動能增加量 。
（3）小球擺動到最低點的過程中若機械能守恒，則可以整理得到 。（用實驗中測量的物理量表示）
18．實驗裝置探究重錘下落過程中動能與重力勢能的轉化問題。

①若圖所示，一條符合實驗要求的紙帶，O點為打點計時器打下的第一點。分別測出若干連續打點A、B、C……與O點之間的距離、、……。

②已知打點計時器的打點周期為T，重錘質量為m，重力加速度為g，結合實驗中所測的、、，可得紙帶從O點下落到B點的過程中，重錘增加的動能為 ，減小的重力勢能為 ，在誤差允許范圍內重錘動能增加量 重力勢能減少量（填寫“大于”、“等于”或“小于”）。
③取打下O點時重錘的重力勢能為零，計算出該重錘下落不同高度h時所對應的動能和重力勢能，建立坐標系，橫軸表示h，縱軸表示和，根據以上數據在圖中繪出圖線Ⅰ和圖線Ⅱ。已求得圖線Ⅰ斜率的絕對值，請計算圖線Ⅱ的斜率 （保留3位有效數字）。重錘和紙帶在下落過程中所受平均阻力與重錘所受重力的比值為 （用和字母表示）。

19．某實驗小組用如圖所示裝置驗證機械能守恒定律，打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從靜止開始自由下落。
（1）關于本實驗下列說法不正確的是（　　）
A．為減小空氣阻力帶來的影響，應選擇密度大、體積小的重物
B．為減小紙帶與打點計時器之間的摩擦，應調整打點計時器使兩限位孔位于同一豎直線上
C．為在紙帶上打下盡量多的點，應釋放重物后迅速接通打點計時器電源
D．為測量打點計時器打下某點時重錘的速度v，需要先測量該點到O點的距離h，再根據公式計算，其中g應取當地的重力加速度
（2）如圖所示為某次實驗打出的紙帶，取紙帶上連續的五個點A、B、C、D、E，通過測量并計算出點A距起始點O的距離為s0，AC間的距離為s1，CE間的距離為s2，若相鄰兩點的時間間隔為T，重錘質量為m，重力加速度為g。根據這些條件計算從O點到C點的過程中重錘重力勢能的減少量 Ep= ，動能的增加量 Ek= 。
（3）某同學在實驗的過程中先釋放重物，后接通電源打出紙帶，將會導致重力勢能的減少量 動能的增加量。（填“大于”、“等于”或“小于”）
（4）另一小組的同學想用如圖所示的裝置做此實驗。在實驗前通過墊塊平衡了小車所受的阻力，該小組同學認為，平衡阻力后小車和砂桶組成的系統機械能是守恒的，你是否同意 ？并說明理由 。
20．如圖所示,P、Q為某地區水平地面上的兩點,在P點正下方一球形區域內儲藏有石油.假定區域周圍巖石均勻分布,密度為ρ;石油密度遠小于ρ,可將上述球形區域視為空腔.如果沒有這一空腔,則該地區重力加速度(正常值)沿豎直方向;當存在空腔時,該地區重力加速度的大小和方向會與正常情況有微小偏離.重力加速度在原豎直方向(即PO方向)上的投影相對于正常值的偏離叫做“重力加速度反常”.為了探尋石油區域的位置和石油儲量,常利用P點附近重力加速度反常現象.已知引力常數為G.
（1）設球形空腔體積為V,球心深度為d(遠小于地球半徑),求空腔所引起的Q點處的重力加速度反常;
（2）若在水平地面上半徑為L的范圍內發現:重力加速度反常值在δ與kδ(k>1)之間變化,且重力加速度反常的最大值出現在半徑為L的范圍的中心.如果這種反常是由于地下存在某一球形空腔造成的,試求此球形空腔球心的深度和空腔的體積.
21．如圖所示為某游戲軌道模型圖，該裝置由固定在水平地面上傾角的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、水平直軌道EF，傳送帶FG，MN為是固定于水平地面上的薄平板，除直軌道EF和傳送帶FG外其余各段軌道均光滑，且各處平滑連接。現將一可視為質點的滑塊自A點靜止釋放，經螺旋圓形軌道BCDE后，滑上傳送帶FG。已知滑塊質量，A距B所在的水平面高度，圓軌道半徑，水平直軌道EF長，傳送帶FG長并可向右勻速傳動，M與G水平距離，高度差，平板MN長，滑塊與直軌道EF和傳送帶FG間的動摩擦因數均為，，，，求：
（1）滑塊通過軌道B點的速度大小；
（2）滑塊通過圓軌道最低點C時對軌道的壓力大小；
（3）若傳送帶不轉動，滑塊從A點由靜止釋放時落在平板上離M點的距離；
（4）要使滑塊從A點由靜止釋放時落在平板上，求傳送帶的速度范圍。
22．如圖所示，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態，直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC=7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內。質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達距A點為R的E點（未畫出），隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點。已知P與直軌道間的動摩擦因數 ，重力加速度大小為g（取，）。
（1）求物塊P從C到第一次通過B點時速度的大小；（結果用g和R表示）
（2）求點F距A點的距離；
（3）改變物塊 P 的質量為，將 P 推至 E 點，從靜止開始釋放， P 自圓弧軌道的最高點 D 處水平飛出，求物塊在 D 點處離開軌道前對軌道的壓力大小。
參考答案
1．【答案】D
【詳解】半長軸的國際單位為，公轉周期的國際單位為，根據，可知常量的單位用國際單位制表示為。
2．【答案】A
【詳解】在地球表面時G=mg，升空后根據牛頓第二定律，解得，根據，，解得h=0.5R。
3．【答案】A
【詳解】月球探測器沒有脫離地球的引力，發射速度一定大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，A正確；火星探測器要掙脫地球的引力束縛，則發射速度必須大于，錯誤；第一宇宙速度是最大的環繞速度，也是最小的發射速度，C錯誤；若衛星繞地球做勻速圓周運動，則衛星的運行速度小于第一宇宙速度，D錯誤。
4．【答案】C
【詳解】設衛星的軌道半徑為r，由題意可知，解得，對衛星繞地球做圓周運動，可得地球的質量。
5．【答案】C
【詳解】牛頓力學適用于宏觀、低速的物體，不適用于微觀粒子或接近光速的情況，A錯誤； 合力為零時機械能不一定守恒。例如，物體勻速下落時合力為零，但空氣阻力做功導致機械能減少，B錯誤； 汽車轉彎速度過大時，摩擦力不足以提供所需向心力，導致離心運動引發事，C正確。 系統動量守恒的條件是合外力為零，但系統內各物體的合力可能不為零（如碰撞時相互作用力），D錯誤。
6．【答案】C
【詳解】兩物體彼此之間的萬有引力是一對相互作用力，大小總是相等，A錯誤；當r趨近于無窮遠時，萬有引力趨近于無窮小，但當間距為零時，萬有引力定律不適用，B錯誤；根據，有，根據單位運算可知，引力常量G的單位為N m2/kg2，C正確；萬有引力定律可以普遍使用，但需要滿足的條件是兩個質點間或者形狀規則質量分布均勻的球體間萬有引力大小的計算，D錯誤。
7．【答案】A
【詳解】圖像與坐標軸圍成的面積表示做功，力所做的功為
8．【答案】C
【詳解】根據功的公式可求解重力功為W=mgh，由于三個物體質量相同，下落高度相同，WA=WB=WC，上拋物體用時間最長，平拋次之，而下拋物體用時間最短，即tA＞tC＞tB，根據，可知PB＞PC＞PA，C正確，ABD錯誤。
9．【答案】B
【詳解】甲圖中，A點逐漸向B點靠近時，觀察AB割線的變化，就是曲線在B點的切線方向，運用了極限思想．說明質點在B點的瞬時速度方向，A正確。不符合題意；乙圖中，研究小船渡河問題時，主要運用了等效替代，B錯誤，符合題意；丙圖中，探究向心力的大小與質量、角速度和半徑之間的關系時運用了控制變量，C正確，不符合題意；丁圖中，卡文迪許測定引力常量的實驗運用了放大法測微小量，D正確，不符合題意。選B。
10．【答案】D
【詳解】開普勒第三定律，其中k與中心天體有關，系外行星、宇宙飛船、地球做圓周運動的中心天體均不同，AB錯誤；對宇宙飛船，解得， ，因飛船的運動半徑大于星體的半徑，可知星體表面的重力加速度不等于，C錯誤；對系外行星的近地衛星，解得，D正確。
11．【答案】BD
【詳解】已知第一宇宙速度的公式是①，根據萬有引力等于重力得②，由①②得，將，代入速度公式得，A錯誤D正確；由于第一宇宙速度繞地球距離最小，所以它是衛星被發射的最小速度，B正確；由第一宇宙速度的公式是可得，當半徑越大時，其運動速度越小．所以它是衛星能繞地球做勻速圓周運動的最大速度，C錯誤；
12．【答案】ACD
【詳解】根據題意，設月球的質量為，半徑為，在月球表面有，又有，聯立解得，，由萬有引力提供向心力有，解得月球的第一宇宙速度，ACD符合題意；題干中沒有月球繞地球的信息，無法求解地球的質量，B不符合題意。
13．【答案】ABD
【詳解】小球如果不擠壓內軌，小球的重力提供向心力，由牛頓第二定律得，由于小球不擠壓內軌，則小球在整個運動過程中不受摩擦力作用，只有重力做功，機械能守恒，從最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律得，解得，則小球要不擠壓內軌，最低點速度應大于等于，A正確；如果內圓光滑，小球在運動過程中不受摩擦力，小球在運動過程中機械能守恒，如果小球運動到最高點時速度為0，由機械能守恒定律得，小球在最低點時的速度，由于內圓粗糙，小球在運動過程中要克服摩擦力做功，則小球在最低點時的速度應大于，B正確；若小球運動到最高點時速度為0，則小球在運動過程中一定與內圓接觸，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，C錯誤；小球恰好能通過外軌最高點，在最低點的動能至少為，若小球恰能到達與圓心等高處，由于重力在此過程中沿法線的分力背離圓心，所以小球一定在外軌運動，由，可知，初動能為，現小球的初動能為大于而小于，說明小球在運動過程中會與內軌接觸，要克服摩擦力做功，機械能減少，經過足夠長時間后，最終小球將有兩種可能，一種是在上半個圓內軌某處靜止，一種是在軌道的下半圓沿外軌做往復運動，到達與圓心同高位置處速度為零，則小球的最終機械能，在最低點時動能最大為，D正確。選ABD。
14．【答案】ABD
【詳解】設點處最大速度為，則段速度大小不變，動能不變，機械能大小為圖像中斜率大小為探險車的重力，則，則探險車質量為，A正確；在的位置速度達到最大值，則將坐標點代入A中的表達式，則解得，B正確；由圖像可知探險車在BC段上升的高度為，探險車的位移，則探險車在BC段運動的時間為，C錯誤；根據動能定理全過程，解得救援過程中救援車對探險車做功為，D正確。選ABD。
15．【答案】（1）12.4N；（2）2.4m；（3）4.8J
【詳解】（1）物體從E到C，由機械能守恒得
在C點，由牛頓第二定律得
聯立解得
（2）對從E到A的過程，由動能定理得 ， ，
聯立解得LAB=2.4 m
斜面長度LAB至少為2.4 m。
（3）因為
解得
所以，物體不會停在斜面上，物體最后以C為中心，B為一側最高點沿光滑圓弧軌道做周期性運動。從E點開始直至最后，系統因摩擦而損失的機械能等于B、E兩點間的重力勢能，即
16．【答案】（1）AB；（2）1.75；1.72；（3）D；（4）19.6
【詳解】（1）需要使用打點計時器（包括紙帶）打出紙帶計算速度，需要使用重錘拖動紙帶，AB正確；實驗要驗證，因重錘質量被約去，可以直接驗證，重錘質量可以不用測量，天平不是必須的器材，C錯誤；打點計時器就是計時儀器，不需要秒表（或停表），D錯誤。
（2）當打點計時器打到B點時重物的重力勢能比開始下落時減少了，相鄰兩個計數點間的時間間隔，打到B點時速度，此時重物的動能比開始下落時增加了
（3）空氣對重錘阻力和打點計時器對紙帶的阻力，會導致重力勢能部分轉化為內能，則重力勢能的減小量會略大于動能的增加量，A錯誤；驗證機械能守恒，即驗證動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，質量可以約去，選擇質量較大的重錘，不會使得重力勢能的減小量小于動能的增加量，B錯誤；若交流電的頻率小于50Hz，由于速度值仍按頻率為50Hz計算，頻率的計算值比實際值偏大，周期值偏小，算得的速度值偏大，動能值也就偏大，則可能出現重錘重力勢能的減少量小于動能的增加量，同理，交流電源的頻率大于50Hz，則頻率的計算值比實際值偏小，周期值偏大，算得的速度值偏小，動能值也就偏小，則可能出現重力勢能的減小量會略大于動能的增加量，C錯誤，D正確。
（4）實驗要驗證，整理可得，則
17．【答案】（1）；；（2）；（3）
【詳解】（1）根據題意，由平衡條件有，傳感器的最小示數為，可知有，解得，小球重力勢能減少量
（2）小球動能的增加量為，因為，聯立解得
（3）小球擺動到最低點的過程中若機械能守恒，則有，聯立可得
18．【答案】；；等于；2.80；
【詳解】②B點的瞬時速度為，則，重物動能的增加量為，減小的重力勢能為，在誤差允許范圍內重錘動能增加量等于重力勢能減少量。
③取打下O點時重物的重力勢能為零，因為初位置的動能為零，則機械能為零，每個位置對應的重力勢能和動能互為相反數，即重力勢能的絕對值與動能相等，而圖線的斜率不同，原因是重物和紙帶下落過程中需要克服阻力做功。根據圖中的數據可以計算圖線Ⅱ的斜率，根據動能定理得，化簡得，圖線斜率，圖線斜率，可知，則阻力為，所以重物和紙帶下落過程中所受平均阻力與重物所受重力的比值為。
19．【答案】（1）CD；（2）；；（3）小于；（4）不同意；摩擦阻力做負功
【詳解】（1）為減小空氣阻力帶來的影響，應選擇密度大、體積小的重物，A正確；為減小紙帶與打點計時器之間的摩擦，應調整打點計時器使兩限位孔位于同一豎直線上，B正確；為了充分利用紙帶，重物下落的起始位置應靠近打點計時器，且應先接通打點計時器的電源，再釋放重物，C錯誤；用公式計算速度，直接應用了機械能守恒定律，屬于用結論證明結論，不能用該公式計算速度，D錯誤。本題選錯誤的。
（2）從O點到C點的過程中重錘重力勢能的減少量為，動能的增加量為
（3）某同學在實驗的過程中先釋放重物，后接通電源打出紙帶，使得打下的第一個點具有速度，將會導致重力勢能的減少量小于動能的增加量。
（4）雖然平衡摩擦力，但是系統機械能不守恒，因為小車運動過程中摩擦力做負功。
20．【答案】（1） （2）
【詳解】（1）如果將近地表的球形空腔填滿密度為ρ的巖石,則該地區重力加速度便回到正常值.因此,重力加速度反常可通過填充后的球形區域產生的附加引力來計算,
mΔg①
式中m是Q點處某質點的質量,M是填充后球形區域的質量.M=ρV②
而r是球形空腔中心O至Q點的距離r=③
Δg在數值上等于由于存在球形空腔所引起的Q點處重力加速度改變的大小 Q點處重力加速度改變的方向沿OQ方向,重力加速度反常Δg′是這一改變在豎直方向上的投影
Δg′=Δg④
聯立①②③④式得Δg′=⑤
（2）由⑤式得,重力加速度反常Δg′的最大值和最小值分別為
(Δg′)max=⑥
(Δg′)min=⑦
由題設有(Δg′)max=kδ,(Δg′)min=δ⑧
聯立⑥⑦⑧式得,地下球形空腔球心的深度和空腔的體積分別為
21．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【詳解】（1）滑塊從A到B過程，根據動能定理，有
解得
（2）滑塊從A點到C點的過程中，由機械能守恒定律有
對滑塊在C點受力分析有
由牛頓第三定律有
解得
（3）若傳送帶不動，設滑塊運動到G點的速度為，從C點到G點由動能定理
可得
G點飛出做平拋，由，可得G點飛出后的水平距離
則落地點離M點的距離
（4）若傳送帶一直對滑塊做正功，設滑塊運動到G點的速度為，從C點到G點由動能定理
可得
設滑塊從G點飛出后能夠到達平板的最小速度為，最大速度為，則，，
可得，
要使滑塊從A點由靜止釋放時落在平板上，傳送帶的速度范圍
22．【答案】（1）；（2）4R；（3）
【詳解】（1）根據題意知， B、C 之間的距離 L 為
設 P 第一次運動到 B 點時速度的大小為,從C到B的過程中，重力和斜面的摩擦力對 P 做功，由動能定理得：
代入數據解得
（2）設EF=x ,物塊從 C 到 E 最終達到 F 處的過程，由能量守恒定律得
解得
F 距 A 點的距離
（3）設彈簧被壓縮到 E 點時具有的彈性勢能為 Ep ，物塊從 C 到 E 過程，
由能量守恒定律得
解得
對 P 從 E 到 D 的過程，運用動能定理得
在 D 點，由向心力公式得
聯立解得
由牛頓第三定律得
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第七章---八章 綜合提高練習5
一、單選題（本大題共10小題）
1．將質量為m的小球，從距離地而高h處的P點以初速度豎直上拋，小球能上升到距離拋出點的最大高度為H。若選取地面為零勢能面，不計運動過程中的阻力，則小球在P點的機械能是（　　）

A．0 B．mgH C． D．mgh
2．發現萬有引力定律和測出引力常量的科學家分別是（　　）
A．開普勒、卡文迪許 B．牛頓、伽利略
C．牛頓、卡文迪許 D．開普勒、伽利略
3．以下敘述中符合物理史實的是（　　）
A．哥白尼是“日心說”的主要代表人物，并且現代天文學證明了太陽是宇宙的中心
B．第谷經過多年的天文觀測，發現了行星繞太陽運動的軌道是橢圓
C．開普勒經過多年的理論計算，發現了萬有引力定律
D．牛頓力學在宏觀、低速情況下適用
4．關于功、功率，下列說法正確的是（ ）
A．只要力作用在物體上，該力一定對物體做功
B．根據可知，汽車的牽引力一定與其速度成反比
C．根據可知，機械做功越多，其功率就越大
D．摩擦力可能對物體做正功或做負功，也可能不做功
5．關于萬有引力定律，下列說法正確的是( )
A．牛頓提出了萬有引力定律，并測定了引力常量的數值
B．萬有引力定律只適用于天體之間
C．萬有引力的發現，揭示了自然界一種基本相互作用的規律
D．地球繞太陽在橢圓軌道上運行，在近日點和遠日點受到太陽的萬有引力大小是相同的
6．第一宇宙速度又叫環繞速度，已知地球質量為M，半徑為R，萬有引力常量為G，地球表面重力加速度為g，則地球的“第一宇宙速度”可表示為（　　）
A． B． C． D．
7．2022年1月22日，位于同步軌道的中國“實踐21號”衛星將一顆也位于同步軌道的失效的“北斗2號”衛星拖拽至距地面更遠的“墓地軌道”(可視為圓軌道)，此后“實踐21號”又回歸同步軌道(如圖所示)，這標志著中國能夠真正意義上實現“太空垃圾清理”。對此，下列說法正確的是（ ）
A．“北斗2號”在“墓地軌道”的運行周期小于24小時
B．“北斗2號”在“墓地軌道”的速度大于它在同步軌道的速度
C．“實踐21號”拖拽“北斗2號”離開同步軌道時需要點火加速
D．“實踐21號”完成拖拽任務后離開“墓地軌道”時需要點火加速
8．2024年2月25日從中國科學院云南天文臺獲悉，近期國內多個團隊合作，利用清華大學——馬化騰巡天望遠鏡（TMTS），發現了一距離地球2761光年的致密雙星系統——TMTSJ0526。已知組成某雙星系統的兩顆恒星A和B，質量分別為和，相距為L。在萬有引力作用下各自繞它們連線上的某一點，在同一平面內做勻速圓周運動，運動過程中二者之間的距離始終不變。已知引力常量為G，則下列說法正確的是（ ）
A．A和B的半徑之比為
B．A和B的線速度之比為
C．A和B的向心加速度之比為
D．A和B的運動周期均為
9．如圖所示，豎直墻壁連有一勁度系數為的輕質彈簧，彈簧右端連有一質量為的重物，重物與水平地面間的動摩擦因數，最大靜摩擦等于滑動摩擦。推動重物，使彈簧壓縮量達到后由靜止開始釋放，重力加速度，不計空氣阻力，下列說法正確的是（ ）
A．釋放后瞬間重物的加速度大小為
B．重物做往復運動，第一次向右運動的最大距離為25cm
C．重物最終停在彈簧的原長處
D．從靜止開始釋放，到最終停下，重物運動的總路程為42cm
10．如圖所示，質量為的物塊置于傾角為的固定光滑斜面上，物塊上連接的輕繩跨過兩個定滑輪后與質量為的物塊相連，連接的輕繩開始時與水平方向的夾角也為.現將物塊、同時由靜止釋放，物塊始終沒有離開斜面，物塊未與斜面及滑輪碰撞，不計滑輪的質量和摩擦，在物塊沿斜面下滑到速度最大的過程中(　　)
A．物塊的機械能守恒
B．連接物塊的輕繩與斜面垂直時物塊的機械能最大
C．輕繩對的拉力一直做正功
D．物塊、組成的系統機械能一定守恒
二、多選題（本大題共4小題）
11．關于引力常量G，下列說法中正確的是(　　)
A．G值的測出使萬有引力定律有了真正的實用價值，可用萬有引力定律進行定量計算
B．引力常量G的大小與兩物體質量乘積成反比，與兩物體間距離的平方成正比
C．引力常量G的物理意義是，兩個質量都是10 kg的物體相距1m時相互吸引力為6.67×10－11 N
D．引力常量G是不變的，其值大小與單位制的選擇無關
12．（多選）固定在豎直面內的光滑圓管，段長度為，與水平方向的夾角為，在處有插銷，段水平且足夠長.管內段裝滿了質量均為的小球，小球的半徑遠小于，其編號如圖所示.已知重力加速度為,拔掉插銷，1號球在下滑過程中(　　)
A．機械能不守恒 B．做勻加速運動
C．對2號小球做的功為 D．經過點時的速度
13．一大型起重機將靜止在地面上質量為m的重物（重物可視為質點）豎直吊起，起重機鋼索對重物的拉力F隨時間變化的圖像如圖所示，已知t 時刻拉力的功率為P，此后拉力的功率保持不變。不計鋼索質量及空氣阻力，重物可視為質點，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．t1時刻重物的加速度大小為
B．t1時刻重物的速度大小為
C．向上吊起過程中重物的最大速度為
D．t2到t3時間內重物上升的高度為
14．一物塊在一個水平拉力作用下沿粗糙水平面運動，其速度隨時間變化的v-t圖像如圖甲所示，水平拉力的功率隨時間變化的P-t圖像如圖乙所示，g=10m/s2，則（　　）
A．物塊與水平面間的動摩擦因數 =0.1
B．物塊運動全過程水平拉力所做的功W=24J
C．物塊在0~2s內所受的水平拉力大小F=2N
D．物塊的質量m=1kg
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．某學習小組利用圖甲裝置驗證機械能守恒定律．按正確操作進行實驗，挑選出一條點跡清晰的紙帶，如圖乙所示．O為重物速度為零時打下的點，相鄰的三點到O點間的距離如圖乙所示，已知打點計時器打點周期為T，當地重力加速度大小為g．請回答下列問題。
(1)在實驗中，應 （填“先釋放紙帶，后接通電源”或“先接通電源，后釋放紙帶”）；
(2) （填“需要”或“不需要”）用天平測量夾子和重物的總質量；
(3)結合圖乙中的數據，驗證機械能守恒定律時，只需要驗證表達式 。
16．下圖是使用氣墊導軌“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置，主要實驗步驟如下：
（a）將氣墊導軌放在水平桌面上，并調節導軌兩端的支腳，使得軌道水平，測得導軌兩端支腳之間的距離為l；
（b）將導軌的其中一端支腳用墊片墊高h的高度；
（c）測出遮光條的寬度d，以及滑塊和遮光條的總質量m；
（d）接通導軌開關，讓滑塊和遮光條從導軌最高處由靜止釋放，測得釋放時遮光條與光電門的距離x以及遮光條通過光電門的遮光時間t。
（e）查閱得當地重力加速度為g。
（f）……
請完成以下問題：
(1)滑塊經過光電門時的瞬時速度大小 ；為了使得瞬時速度測量結果盡量準確，選用的遮光條寬度應適當 （填“寬一些”或“窄一些”）。
(2)上述第（d）步中，滑塊和遮光條從釋放到遮住光電門的過程中，它們動能的增加量為 ，重力勢能的減少量為 （均用題給符號表示）。
(3)若多次測量均發現重力勢能減少量略大于動能增加量，請寫出一種可能的原因：
17．在“驗證機械能守恒定律”的實驗中：
(1)除打點計時器（含紙帶、復寫紙）、重物、鐵架臺、導線及開關外，在下面的器材中，必須使用的還有__________。（選填器材前的字母）
A．刻度尺 B．直流電源 C．交流電源 D．秒表
(2)下列釋放紙帶的操作正確的是__________。
A． B．C．D．
(3)打點計時器所接電源的頻率為。某次打出的一條紙帶如圖所示，當打點計時器打B點時，重物的速度 。（結果保留3位有效數字）
18．某同學用如圖所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。

（1）為驗證機械能是否守恒，需要比較重物下落過程中 是否相等（選填選項前的字母）。
A．任意兩點間速度變化量與高度變化量
B．任意兩點間速度變化量與勢能變化量
C．任意兩點間的動能增加量與勢能減少量
（2）某同學在做實驗時進行了如下操作，其中操作不當的步驟是 （選填選項前的字母）。
A．將打點計時器接到直流電源上
B．將接有重物的紙帶沿豎直方向穿過打點計時器的限位孔
C．先釋放紙帶，再接通電源
（3）實驗中得到如圖所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續打出的點A、B、C，測得它們到起始點O（重物開始下落時打點計時器在紙帶上打下的第一個點）的距離分別為hA、hB、hC。設重物的質量為m，已知當地重力加速度為g，打點計時器打點的周期為T。從打O點到打B點的過程中，若驗證機械能守恒定律成立，需要滿足的表達式為 。

19．轆轤是中國古代常見的取水設施，某次研學活動中，一種用電動機驅動的轆轤引發了同學們的興趣。如圖甲所示為該種轆轤的工作原理簡化圖，已知轆轤的半徑為，電動機以恒定輸出功率將質量為的水桶由靜止開始豎直向上提起，提起過程中水桶上升速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。忽略轆轤的質量以及所有摩擦阻力，取重力加速度，求：
（1）電動機的輸出功率為多少；
（2）當水桶速度時的加速度大小；
（3）0~4s內水桶上升的高度為多少。
20．如圖是游樂園娛樂項目的示意圖，由兩個半徑均為R的半圓細管道組成的豎直光滑“S形”軌道BCD，左側與長L=2.5R的水平軌道AB連接，D點為管道的最高點，右側有一半徑也為R的水平圓盤（圓盤的厚度不計），N點是圓盤的圓心，MN是圓盤的豎直轉軸（與軌道共面），M與N的距離，A、B、M共線，B與M的距離為3R，質量為m的小物塊（可視為質點）被彈射系統水平貼地彈出后立刻進入AB。已知小物塊與AB間的動摩擦因數重力加速度為g，不計空氣阻力。
（1）某次彈射物塊恰好能到達D點，求物塊經過B點時的速度大小；
（2）若物塊恰好落到N點，求物塊通過D點時管道對物塊的作用力大小；
（3）為使物塊能落到水平圓盤上，求彈射系統提供給物塊的能量范圍。
21．2024年6月4日7時38分，嫦娥六號上升器攜帶質量為的月球樣本自月球背面自主垂直起飛，發動機點火起飛時提供的上升動力為，先后經歷垂直上升、姿態調整、軌道射入和4次機動等多個階段，上升器成功進入距月面高度約為的環月圓軌道。已知上升器及攜帶月球樣本的總質量，月球半徑，月球表面的重力加速度。求：
（1）上升器剛垂直起飛時，上升器對攜帶的月球樣本的作用力；（上升器剛起飛時，燃料消耗對上升器總質量的影響可忽略）
（2）上升器在環月圓軌道運動的線速度v的大小；
（3）取無窮遠處重力勢能為零，質量為M的月球與質量為m的質點組成的系統的重力勢能計算公式為，公式中G為萬有引力常量，r為質點與月球的球心之間的距離。求上升器從月球背面起飛至進入環月圓軌道穩定運行的過程中，上升器對攜帶的月球樣本所做的功W。
22．一轉動裝置如圖所示，四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球以及一小環通過鉸鏈連接，輕桿長均為l，球和環的質量均為m，O端固定在豎直的輕質轉軸上，套在轉軸上的輕質彈簧連接在O與小環之間，原長為L，裝置靜止時，彈簧長為，轉動該裝置并緩慢增大轉速，小環緩慢上升．彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求
（1）彈簧的勁度系數k；
（2）AB桿中彈力為零時，裝置轉動的角速度；
（3）彈簧長度從緩慢縮短為的過程中，外界對轉動裝置所做的功W．

參考答案
1．【答案】C
【詳解】選取地面為零勢能面，小球在P點的機械能是，選C。
2．【答案】C
【詳解】萬有引力定律是由牛頓發現的，而萬有引力常量是由卡文迪許通過扭秤實驗測定的。選C。
3．【答案】D
【詳解】A．哥白尼是“日心說”的主要代表人物，并且現代天文學證明了太陽只是太陽系的中心，A錯誤；
B．開普勒發現了行星繞太陽運動的軌道是橢圓，B錯誤；
C．牛頓發現了萬有引力定律，C錯誤；
D．牛頓力學在宏觀、低速情況下適用，D正確。選D。
4．【答案】D
【詳解】A．做功的條件是力作用在物體上，并在力的方向發生位移，A錯誤；
B．根據公式，可得，當汽車的功率一定時，牽引力才與速度成反比，B錯誤；
C．公式，是功率的比值定義式，功率與做的功和時間無直接關系，C錯誤；
D．摩擦力可能對物體做正功或做負功，也可能不做功，D正確。選D。
5．【答案】C
【詳解】試題分析：牛頓提出了萬有引力定律，而萬有引力恒量是由卡文迪許測定的，A錯誤；萬有引力定律適用于宇宙萬物任意兩個物體之間的引力，是自然界一種基本相互作用的規律，B錯誤，C正確；根據萬有引力公式可知，在近日點的距離比遠日點的距離小，所以在近日點萬有引力大，D錯誤．
考點：萬有引力定律及其應用
【名師思路點撥】對于物理學上重要實驗、發現和理論，要加強記憶，這也是高考考查內容之一．從公式的適用條件、物理意義、各量的單位等等全面理解萬有引力定律公式．
6．【答案】B
【詳解】當衛星貼地環繞地球做圓周運動有或，化簡可得地球的“第一宇宙速度”為或，選B。
7．【答案】C
【詳解】由G ＝m ，得T＝ ，即軌道半徑越大，周期越大，因為同步軌道衛星的周期為24小時，所以“北斗2號”在“墓地軌道”的運行周期大于24小時，故A錯誤；由G ＝m 得v＝ ，即軌道半徑越大，線速度越小，所以“北斗2號”在“墓地軌道”的速度小于它在同步軌道的速度，故B錯誤；因為從低軌道到高軌道，需要點火加速，使其萬有引力不足以提供需要的向心力，從而發生離心運動到更高的軌道，同理，從高軌道到低軌道需要點火減速，故C正確，D錯誤。
8．【答案】D
【詳解】A．根據萬有引力提供向心力，其中，可得，A和B的半徑之比為，A錯誤；
B．根據A和B的線速度之比為，B錯誤；
C．根據A和B的向心加速度之比為，C錯誤；
D．根據萬有引力提供向心力，，聯立得，，D正確。選D。
9．【答案】D
【詳解】A．釋放后瞬間，根據牛頓第二定律可得，解得釋放后瞬間重物的加速度大小為
A錯誤；
B．設重物第一次向右運動的最大伸長量為，根據功能關系可得，代入數據解得，則重物第一次向右運動的最大距離為，B錯誤；
CD．設重物向右運動運動到最大伸長量后，反向向左的最大壓縮量為，根據功能關系可得，代入數據解得，由于，設重物第二次向右運動的最大伸長量為，根據功能關系可得，代入數據解得，由于，可知此后重物處于靜止整體，則重物最終停在伸長量為位置；從靜止開始釋放，到最終停下，重物運動的總路程為，C錯誤，D正確。選D。
10．【答案】D
【解析】物塊沿斜面下滑的過程中，重力做正功，支持力不做功，輕繩的拉力先做正功后做負功，故物塊的機械能不守恒，、錯誤；連接物塊的輕繩與斜面垂直前，右側輕繩對物塊的拉力豎直向上，物塊向下運動，故這段過程中，右側輕繩對物塊的拉力一直做負功，連接物塊的輕繩與斜面垂直時，斜面與滑輪間的輕繩最短，即物塊先下降后上升，右側輕繩的拉力對物塊先做負功再做正功,所以，連接物塊的輕繩與斜面垂直時物塊的機械能最小，錯誤；以物塊、組成的系統為研究對象，系統的外力中只有重力做功，故系統的機械能守恒，正確.
11．【答案】AC
【詳解】A．牛頓提出了萬有引力之后的100年中由于G值沒有測出，而只能進行定性分析，而G值的測出使萬有引力定律有了真正的實用價值，A正確；
B．引力常量是一個常數，其大小與質量以及兩物體間的距離無關，B錯誤；
C．根據萬有引力定律可知，引力常量G在數值上等于兩個質量都是1 kg的可視為質點的物體相距1 m時的相互吸引力，C正確；
D．引力常量是定值，其數值大小由卡文迪許測出，但其大小與單位制的選擇有關，D錯誤。
故選AC。
12．【答案】AC
【解析】設一共有個小球，運動過程中，有個小球在光滑圓管內，對個小球整體分析，根據牛頓第二定律有，解得，對1號球分析，假設2號球對1號球有向上的支持力，根據牛頓第二定律有，解得，可知2號球對1號球有向上的支持力，且對1號球做負功，1號球的機械能不守恒，隨著的減小,1號球的加速度在減小，故1號球做加速度減小的加速運動，故錯誤，正確；對整體，設所有小球均在段時速度為，根據機械能守恒定律可得，解得，故錯誤；對1號球分析，從開始到1號球到達水平管道的過程中，2號球對1號球做功的大小設為，根據動能定理可得，解得，由于小球的半徑遠小于，則1號球對2號球做功的大小等于2號球對1號球做功的大小為，故正確.
13．【答案】AD
【詳解】根據牛頓第二定律可知，t1時刻重物的加速度大小為，A正確；根據題意，t2時刻重物的速度為，根據圖像可知t1~t2時間內拉力大小不變，即合力不變，加速度不變，重物做勻加速直線運動，則t1時刻重物的速度大小為，B錯誤；向上吊起過程中重物的最大速度在加速度等于0時取得，之后重物做勻速直線運動，速度大小不變，拉力大小也不變，此時拉力大小與重力大小相等，即，C錯誤；t2到t3時間，根據動能定理可知，整理可得重物上升的高度為，D正確。
14．【答案】ABD
【詳解】A．由圖像可知，在內，拉力是零，由牛頓第二定律可得
由圖像可知，在時間內，加速度的大小為
聯立解得
A正確；
B．由圖像與時間軸所圍成的面積表示拉力做功，物塊運動全過程水平拉力所做的功為
B正確；
C．由圖像可知，物體在內做勻加速運動，當時， ，又，由
可得
C錯誤；
D．在內物體做勻速運動，根據平衡條件有
又
由圖知
聯立解得
D正確。
選ABD。
15．【答案】(1)先接通電源，后釋放紙帶 (2)不需要 (3)
【詳解】（1）在實驗中，應先接通電源，后釋放紙帶；
（2）要驗證的表達式兩邊都有質量m，則該實驗不需要用天平測量夾子和重物的總質量；
（3）要驗證的關系為，其中，即
即。
16．【答案】(1)，窄一些；(2)，；(3)存在空氣阻力的影響（滑輪與軸之間有摩擦）
【詳解】（1）由于遮光條經過光電門時間極短，可知；
測得的瞬時速度只是一個近似值，它們實質上是通過光電門的平均速度，要使瞬時速度的測量值更接近于真實值，可將遮光條的寬度更窄一些。
（2）動能的增加量為；
此過程中滑塊和鉤碼組成的系統重力勢能的減少量為
（3）重力勢能的減少量略大于動能的增加量，根據其表達式分析可知，原因有：存在空氣阻力的影響；滑輪與軸之間有摩擦等無法消除的阻力。
17．【答案】(1)AC；(2)A；(3)
【詳解】（1）打點計時器需使用交流電源，打點計時器具有計時的功能，不需要使用秒表，需使用刻度尺量取紙帶上兩點間的距離。
（2）為減小紙帶與限位孔間的阻力，圖中兩限位孔必須在同一豎直線上，為充分利用紙帶，將連著重物的紙帶穿過限位孔，用手提著紙帶的上端，且讓重物盡量靠近打點計時器。
（3）相鄰兩計數點的時間間隔為，根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過程平均速度，當打點計時器打B點時，重物的速度
18．【答案】C；AC/CA；
【詳解】（1）[1]由機械能守恒定律，重力勢能的減少量等于動能增加量，則需要比較重物下落過程中任意兩點間的動能增加量與勢能減少量是否相等。選C。
（2）[2]打點計時器應接在低壓交流電源上。實驗時，應先接通電源后釋放紙帶，操作不當的步驟是AC。
（3）[3]打B點時重物的速度為，若驗證機械能守恒定律成立，需要滿足的表達式為
19．【答案】（1） （2） （3）
【詳解】（1）當水桶勻速上升時，根據受力平衡可得，則電動機的輸出功率為。
（2）當水桶速度時，繩子拉力大小為，根據牛頓第二定律可得，解得加速度大小為。
（3）0~4s內，設水桶上升的高度為，根據動能定理可得，解得。
20．【答案】（1） （2） （3）4.5mgR≤E≤5.5mgR
【詳解】（1）物塊恰好能到達D點，在最高點D有，從B到D過程，根據機械能守恒定律可得，解得。
（2）從D到N過程，根據平拋運動規律得豎直方向上，有，水平方向上，有，解得，在D點，根據牛頓第二定律得，解得。
（3）解法一：為使物塊能落到水平圓盤上，由幾何關系得物塊落到水平圓盤的水平位移范圍為，由可知，物塊到達D點的速度大小v的范圍為，從被彈射到D點的過程，根據能量守恒關系有，解得彈射系統提供給物塊的能量范圍為；
解法二：當物塊能落到水平圓盤的最左側，水平位移為2R，則，解得，從剛被彈射到D點的過程，根據能量守恒關系有，解得彈射系統提供給物塊的能量，當物塊能落到水平圓盤的最右側，水平位移為4R，同理解得彈射系統提供給物塊的能量，綜上所述，彈射系統提供給物塊的能量范圍為。
21．【答案】（1）8 N （2） （3）
【詳解】（1）令上升器剛垂直起飛時的加速度為，以上升器及月球樣本整體為研究對象，根據牛頓第二定律有，單獨以月球樣本為研究對象，根據牛頓第二定律有，代入數據聯解以上兩式得。
（2）令月球質量M，上升器在月球表面處,令上升器到達環月圓軌道時的總質量為，上升器在環月圓軌道處,代入數據聯解以上兩式得。
（3）月球樣本在月球表面處與月球組成的系統的重力勢能,月球樣本在月球表面處與月球組成的系統的重力勢能,月球樣本在環月圓軌道處的動能,上升器對攜帶的月球樣本所做的功。
22．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）裝置靜止時，設OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1，OA桿與轉軸的夾角為θ1，小環受到彈簧的彈力，小環受力平衡F彈1=mg+2T1cosθ1，小球受力平衡F1cosθ1+T1cosθ1=mg，F1sinθ1=T1sinθ1，解得
（2）設OA、AB桿中的彈力分別為F2、T2，OA桿與轉軸的夾角為θ2，小環受到彈簧的彈力F彈2=k（x-L），小環受力平衡F彈2=mg，解得，對小球F2cosθ2=mg，，且，解得
（3）彈簧長度為時，設OA、AB桿中的彈力分別為F3、T3，OA桿與彈簧的夾角為θ3，小環受到彈簧的彈力，小環受力平衡2T3cosθ3=mg+F彈3，且對小球F3cosθ3=T3cosθ3+mg，，解得，整個過程彈簧彈性勢能變化為零，則彈力做的功為零，由動能定理：，解得
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