資源簡介

2026屆人教版高考物理第一輪復習：第五章---八章 綜合基礎練習1
一、單選題（本大題共10小題）
1．噴泉經常出現在廣場和公園等公共場所，它給夜色增添了一抹靈動，也給人們的生活增添了無窮樂趣.某城市廣場噴泉可看作豎直向上噴出，且上升和下降水流不發生碰撞，已知噴出的水柱高達，噴管的半徑為，不計水柱運動過程中受到的空氣阻力，請你據此估算用于給噴管噴水的電動機輸出功率至少為（ ）
A. B.
C. D.
2．如圖所示，斜面上有a、b、c、d、e五個點，ab＝bc＝cd＝de。從a點以速度v0水平拋出一個小球，它落在斜面上的b點；若小球從a點以速度2v0水平拋出，不計空氣的阻力，則它將落在斜面上的(　　)
A．c點 B．c與d之間某一點
C．d與e之間某一點 D．e點
3．“天和核心艙”是中國第一個空間站核心艙，其運動的圓軌道離地高度約為400 km，周期約為93 min。已知地球半徑為6 370 km，萬有引力常量為G=6.67×10-11 N·m2/kg2。根據這些數據，下列可以大致確定的是(　　)
A．核心艙所在的軌道平面
B．核心艙的質量
C．地球的平均密度
D．地球的自轉角速度
4．如圖所示，木板上A、B兩點相距5米。一物塊相對木板向右從板上A點滑至B點，同時木板在光滑地面上向左滑行2米，圖甲為滑行前，圖乙為滑行后，已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為20 N，則下列說法正確的是(　　)
A．物塊所受的摩擦力做功為-60 J
B．木板克服摩擦力做功為-40 J
C．物塊與木板間因摩擦產生的熱量為60 J
D．物塊與木板間因摩擦產生的熱量為40 J
5．如圖所示， 時刻物體以某一初速度水平拋出， 時到達 點， 時到達 點， 連線與水平方向的夾角為 ，且 ，重力加速度 取 ，不計空氣阻力，設物體在 點處速度與水平方向的夾角為 ，則 等于（ ）
A． 1 B． 2 C． 3 D． 4
6．一物體所受的力F隨位移x變化的圖像如圖所示，求在這一過程中，力F對物體做的功為(　　)
A．力F在0～3 m的過程中對物體做了3 J的功
B．力F在3～4 m的過程中對物體做了－2 J的功
C．物體在4～5 m的過程中克服力F做了1 J的功
D．力F在0～5 m的過程中對物體做了8 J的功
7．如圖所示為某噴灌機的噴頭正在進行農田噴灌.已知出水速度大小為，方向與水平方向夾角 斜向上，假設噴頭貼近農作物表面，忽略空氣阻力，重力加速度為.則（ ）
A. 水從噴出到運動至最高點的時間為
B. 水在最高點的速度大小為
C. 水平方向的噴水距離為
D. 水上升的最大高度為
8．某次滅火時，消防員在處用高壓水槍將水噴出，水柱經最高點后落在失火處，已知噴出的水在空中的軌跡在同一豎直面內，、間的高度差與、間的高度差之比為，不計空氣阻力，下列說法正確的是（ ）
A. 水從處運動到點與從點運動到處的速度變化量大小之比為
B. 水從處運動到點與從點運動到處的水平位移大小之比為
C. 水從處運動到點與從點運動到處的時間之比為
D. 水在處的速度大小與在處的速度大小之比為
9．如圖所示，從傾角為 的足夠長的斜面頂端 以初速度 水平拋出一個小球，落在斜面上 點，小球落在斜面上的速度與斜面的夾角為 ，若把水平拋出時的初速度變為 ，小球仍落在斜面上，則下列說法正確的是（ ）
A． 小球落在斜面上的速度與斜面的夾角 將變大
B． 間距變為原來的2倍
C． 小球在斜面上做平拋運動的時間變為原來的2倍
D． 小球落在斜面上的速度大于原來的2倍
10．如圖所示，豎直平面內有一半徑為 的圓，圓心 的坐標為 ，半徑 與 軸正半軸夾角 .不計空氣阻力，則（ ）
A． 從 點以某一速度 將一小球沿 軸正方向拋出，小球有可能垂直擊中圓周
B． 從 點下方某點以速度 將一小球沿 軸正方向拋出，小球有可能垂直擊中圓周
C． 從 處將小球以某一速度沿 軸正方向拋出，小球有可能垂直擊中圓周上 點
D． 從 處將小球以某一速度沿 軸正方向拋出，小球有可能垂直擊中圓周上 點
二、多選題（本大題共4小題）
11．（多選）小球做圓周運動，關于小球運動到 點時的加速度方向，下列圖中可能正確的是（ ）
A． B． C． D．
12．（多選）有一物體在離水平地面高 處以初速度 水平拋出，落地時速度為 ，豎直分速度為 ，水平飛行距離為 ，重力加速度為 ,不計空氣阻力，則物體在空中飛行的時間為（ ）
A． B． C． D．
13．（多選）如圖所示，一架在 高空中以 的速度水平勻速飛行的轟炸機，要想用兩顆炸彈分別炸山腳和山頂的目標 和 .已知山高為 ，山腳與山頂的水平距離為 ，若不計空氣阻力， 取 ，則（ ）
A． 擊中目標 和 的時間間隔為
B． 擊中目標 和 的時間間隔為
C． 兩次投彈的時間間隔為
D． 兩次投彈的時間間隔為
14．（多選）小李和小張兩人沿水平方向各自射出一支箭，箭頭插入箭靶時與水平面的夾角分別為 和 ，分別如圖甲、乙所示.兩支箭在豎直方向下落的高度相同，取 ， ，不計空氣阻力.下列說法正確的是（ ）
A． 小李和小張射出的箭在空中運動的時間之比為
B． 小李和小張到箭靶的距離之比為
C． 小李和小張射出的箭插入箭靶時的速度大小之比為
D． 小李和小張射出的箭在空中運動的位移大小之比為
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．圖甲是研究平拋運動的實驗裝置示意圖，小球從斜面上一定高度處從靜止釋放，經過一段水平軌道后落下，利用該裝置可以記錄小球球心的運動軌跡。
（1）在實驗操作中需要小球多次重復運動，則每次小球 從同一位置由靜止開始運動。軌道 光滑。（兩空均選填“必須”或“不一定”）
（2）某同學記錄了運動軌跡上三點A、、，如圖所示，以A為坐標原點，建立坐標系，各點坐標值已在圖中標出，則小球平拋初速度大小為 點的速度大小是 取。
16．某實驗小組用如圖所示裝置做了“探究向心力表達式”的實驗。
（1）實驗用到的研究方法是
A．控制變量法 B．等效替代法 C．理想模型法
（2）如圖（a）所示，長槽上的球2到轉軸的距離是球1 到轉軸距離的2倍，長槽上的球1和短槽上的球3到各自轉軸的距離相等。在探究向心力和角速度的關系實驗中，應取質量相同的小球分別放在圖（a）中的 處（選填“1和2”、“1和3”或者“2和3”）， 若圖（b）中標尺上讀出左右兩處鋼球所受向心力大小之比約為1：4，那么如圖（c）中左右變速塔輪半徑之比R1：R2= 。
17．為了清理堵塞河道的冰凌，實施投彈爆破，飛機在河道上空高處以水平速度勻速飛行，投放炸彈并擊中目標，不計空氣阻力，g取。求：
（1）炸彈剛脫離飛機到擊中目標所飛行的水平距離；
（2）炸彈擊中目標時的速度大小。
18．用如圖所示的向心力演示器探究向心力的表達式，已知小球在擋板A、B、C處做圓周運動的軌跡半徑之比為。
（1）在這個實驗中，利用了 來探究向心力的大小F與小球質量m、角速度和半徑r之間的關系。
A．理想實驗法 B．等效替代法 C．控制變量法
（2）探究向心力大小F與質量m的關系時，選擇兩個質量 （選填“相同”或“不同”）的小球，分別放在擋板 （選填“A”或“B”）和擋板C處。
19．如圖所示，質量m=3kg的物塊靜止在粗糙的水平面上，物塊與水平面間的動摩擦因數。現用大小F=10N、方向與水平方向角斜向上的力拉物塊。重力加速度，，。求：
（1）力F作用6s的過程中，物塊運動的位移大小；
（2）力F作用6s時，摩擦力f對物塊做功的功率大小。
20．如圖所示是探究向心力的大小F與質量m、角速度和半徑r之間的關系的實驗裝置。轉動手柄，使兩側變速塔輪以及長槽和短槽隨之勻速轉動。皮帶分別套在左右兩塔輪上的不同圓盤上，可使兩槽內的小球分別以各自的角速度做勻速圓周運動，其向心力由擋板對小球的支持力提供，球對擋板反作用力使彈簧測力筒下降，從而露出標尺，根據標尺上露出的紅白相間等分標記，可以粗略計算兩個球所受向心力的比值。
(1)在探究向心力的大小F與角速度的關系時，要保持___________相同。
A．和r B．和F C．m和r D．m和F
(2)下列實驗中，利用到控制變量法的是___________。
A．探究兩個互成角度的力的合成規律
B．探究加速度與力、質量的關系
C．探究平拋運動的特點
(3)某同學利用如圖2所示的裝置探究滑塊做圓周運動時向心力和周期的關系。力傳感器可記錄細線對滑塊拉力F的大小，光電門可記錄滑塊做圓周運動的周期T，獲得多組數據，畫出了如圖3所示的線性圖像，則圖像橫坐標代表的是___________。
A．T B． C． D．
(4)圖3中的圖線沒有通過坐標原點，其原因是 。
21．近日，全球首款支持衛星通話的大眾智能手機上市，該手機接入了中國自研的天通一號衛星移動通信系統，持有者即使在沒有地面信號的情況下，也可以撥打．接聽衛星電話。天通一號衛星屬于高軌通信衛星，其發射過程可以簡化為如圖所示：先將衛星發射至近地圓軌道1，再點火加速進入橢圓變軌軌道2，最后進入預定軌道3。若天通一號質量為m，地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，軌道3的半徑為r，當取無窮遠處引力勢能為零，天通一號距地心距離為處時的引力勢能為（G為引力常量，M為地球質量且未知），不計地球自轉，求：
（1）天通一號在軌道1的線速度；
（2）天通一號在軌道2上運動的周期；
（3）天通一號從軌道1變軌到軌道3過程中，發動機需要做的功大小。
22．如圖所示為一個半徑圓筒狀的旋轉平臺，豎直轉軸與對稱軸重合。把質量的小物塊放在轉臺某處，用調速電機驅動平臺勻速轉動。若小物塊與轉臺底部或側壁間的動摩擦因數均相等，，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：
（1）如圖甲，把小物塊放在距離轉軸的轉臺底部，當轉臺的角速度時，小物塊受到的摩擦力；
（2）如圖乙，當轉臺的角速度時，把小物塊放在轉臺側壁上，穩定后，小物塊隨著轉臺一起勻速圓周運動，此時，物塊受到的支持力的大小與摩擦力的大小；
（3）在（2）基礎上，緩慢降低轉臺轉動的角速度，小物塊恰好下滑時轉臺的角速度為多大？
參考答案
1．【答案】B
【解析】噴出水的初速度為,在時間內噴出水的質量,電動機做功使水獲得了初動能,則電動機輸出功率,代入數據得,B正確.
2．【答案】　D
【詳解】　小球落在斜面上時速度與水平方向的夾角為α，則tan α＝＝，解得t＝，在豎直方向的位移y＝gt2＝。當初速度變為原來的2倍時，豎直方向的位移變為原來的4倍，所以小球一定落在斜面上的e點，選項D正確。
3．【答案】C
【詳解】由題意只能確定核心艙的軌道半徑r=R+h，但衛星的軌道平面可以是極地軌道、赤道軌道和傾斜軌道，則核心艙所在的軌道平面無法通過題目的信息確定，A不符合題意；核心艙作為環繞天體，無法通過其繞地球的勻速圓周運動而求出其質量，B不符合題意；最終“天和核心艙”順利進入離地約400 km高、周期約為93 min的預定圓軌道。已知地球半徑為6 370 km，可知核心艙繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑和周期，則由G=m(h+R)，地球的質量M=，可得地球的平均密度ρ===，C符合題意；地球的自轉與核心艙繞地球做公轉無關，無法求出地球的自轉角速度，D不符合題意。
4．【答案】A
【詳解】對物塊分析可得W1=-Ff(L-l)=-20×(5-2) J=-60 J，A正確；對木板分析可得W1=-Ffl=-20×2 J=-40 J，木板克服摩擦力做功為40 J，B錯誤；物塊與木板間因摩擦產生的熱量為Q=FfL=20×5 J=100 J，C、D錯誤。
5．【答案】B
【詳解】由題意知,A、B兩點的豎直高度為 、B兩點的水平距離為 ,則物體的水平分速度為 ,物體在B點處速度與水平方向的夾角正切值為 ,故B正確.
6．【答案】　C
【詳解】　根據F－x圖像與橫軸圍成的面積表示力做功的大小，則力F在0～3 m的過程中對物體做的功為W1＝Fx1＝2×3 J＝6 J，力F在3～4 m的過程中對物體做的功為W2＝×1×2 J＝1 J，物體在4～5 m的過程中克服力F做的功為W3＝×1×2 J＝1 J，故C正確，A、B錯誤；力F在0～5 m的過程中對物體做的功為W總＝W1＋W2－W3＝6 J＋1 J－1 J＝6 J，故D錯誤。
7．【答案】D
【解析】根據斜拋運動規律,可得水由噴出到運動至最高點的時間,A錯誤；水到達最高點時豎直方向速度為零,則此時的速度大小為,B錯誤；根據斜拋運動的對稱性可知,水在空中做斜拋運動的時間,則噴水距離,C錯誤；水上升的最大高度,D正確.
8．【答案】A
【解析】設水從A處運動到B點的時間為,從B點運動到C處的時間為,豎直方向有,,可得水從A處運動到B點與從B點運動到C處的時間之比為,根據可得水從A處運動到B點與從B點運動到C處的速度變化量大小之比為,根據可得,A正確,B、C錯誤；根據可得水在A處的豎直分速度大小與在C處的豎直分速度大小之比為,則水在A處的速度大小與在C處的速度大小之比滿足,D錯誤.
【關鍵點撥】斜拋運動可以看成由兩個平拋運動組成,從拋出點到最高點的過程可以看成反向平拋運動；從最高點到落點的過程是第二段平拋運動,如圖所示.
9．【答案】C
【詳解】根據平拋運動規律知 , ,所以 ,傾角 為定值,所以小球落在斜面上時速度與斜面的夾角 為定值,與速度大小無關,A錯誤；由上述分析可得 ,小球初速度變為 時,在斜面上平拋運動的時間變為原來的2倍,C正確； 間距 ,小球初速度變為 時, 間距變為原來的4倍,B錯誤；小球落在斜面上時的速度 ,初速度變為 時,落在斜面上時的速度等于原來的2倍,D錯誤.
10．【答案】C
【詳解】根據做平拋運動的物體速度的反向延長線過水平位移中點可知,小球從 點和 點下方某處水平拋出不可能垂直擊中圓周,A、B錯誤； 軸上 點 到A點的水平距離為 , 點為 的中點,從 處將小球以某一速度沿 軸正方向拋出,小球有可能垂直擊中圓周上A點,C正確；若拋出點 在 點上方,小球可能垂直擊中圓周上A點,如圖所示,由幾何關系可得 點坐標為 錯誤.
11．【答案】AD
【詳解】小球做圓周運動,運動到 點時,所受的合力可分解為沿徑向的力和沿切向的力,即小球在 點的加速度也可分解為沿 指向圓心的向心加速度和垂直于 的切向加速度,并且指向圓心的向心加速度不為零,當小球做勻速圓周運動時,切向加速度為零,故A、D可能,B、C不可能.
【關鍵點撥】做勻速圓周運動的物體,其合力提供向心力,線速度大小不變,只有向心加速度,向心加速度方向總是指向圓心；變速圓周運動除有向心加速度外還存在切向加速度,以改變線速度的大小,其合加速度方向指向軌跡圓的內側,但不指向圓心.
12．【答案】ACD
【詳解】物體在水平方向上做勻速直線運動,由 可得 正確；物體在豎直方向上做自由落體運動,由 可得 錯誤；平拋運動的豎直分速度 ,又因為 ,解得 正確；物體在豎直方向上做自由落體運動,有 ,解得 正確.
13．【答案】BC
【詳解】炸彈離開轟炸機做平拋運動,當炸彈擊中目標A時,有 , ,可得 , ,當炸彈擊中目標B時,有 , ,可得 , ,那么兩次投彈的時間間隔 ,其中 為A、B間的水平距離,C正確,D錯誤；擊中目標A和B的時間間隔 錯誤,B正確.
14．【答案】BC
【詳解】由題意知,兩支箭做平拋運動,在豎直方向都做自由落體運動,兩支箭下落的高度相同,設為 ,則有 ,得 ,故兩支箭在空中運動的時間相同,A錯誤；由A項分析可知,兩支箭在空中運動的時間相同,故兩支箭射中箭靶時的豎直方向的分速度也相同,設為 ,則小李所射箭的水平速度為 ,小張所射箭的水平速度為 ,故有 ,水平方向,根據 ,可得小李和小張到箭靶的距離之比為 正確；小李所射箭插入箭靶時速度大小為 ,小張所射箭插入箭靶時速度大小為 ,有 正確；箭的位移為水平方向位移和豎直方向位移的合位移,則小李和小張射出的箭在空中運動的位移大小之比 錯誤.
【關鍵點撥】本題的突破口為兩支箭豎直下落的高度相同,由此可推得下落時間以及插入箭靶時豎直方向速度相同,再根據下落時間和豎直方向速度推導水平速度、合速度、水平位移、合位移等.
15．【答案】必須，不一定，1.0/1，
【詳解】（1）為了保證小球做平拋的初速度相同，每次都必須使小球從同一位置由靜止開始運動；只需要保證小球從斜槽末端做平拋運動，速度相同即可，不一定保證軌道光滑。
（2）由于段、段在水平方向上的位移相等，時間間隔相等，設相等的時間間隔為，在豎直方向上，則，則平拋的初速度；點豎直方向上的分速度為，點的速度
16．【答案】（1）A；（2）1和3；2：1
【詳解】（1）探究向心力表達式，先研究向心力與其中一個物理量的關系，控制其他物理量不變；實驗用到的研究方法是控制變量法。
（2）在探究向心力和角速度的關系實驗中，應控制質量和半徑一定，則應取質量相同的小球分別放在圖（a）中的1和3處。若圖（b）中標尺上讀出左右兩處鋼球所受向心力大小之比約為1：4，根據，可得左右變速塔輪的角速度之比為，根據，由于左右變速塔輪邊緣的線速度大小相等，則左右變速塔輪半徑之比。
17．【答案】（1）
（2）
【詳解】（1）根據題意可知，，炸彈脫離飛機到擊中目標在空中做平拋運動，豎直方向
水平方向
代入數據得
（2）根據題意，
代入數據得
18．【答案】C，不同，A
【詳解】（1）本實驗中采用了控制變量的方法，探究向心力的大小F與小球質量m、角速度和半徑r物理量之間的關系。
（2）探究向心力大小F與質量m的關系時，應該控制角速度和半徑r相等，選擇兩個質量不同的小球做實驗，因為小球在擋板A、B、C處做圓周運動的軌跡半徑之比為，應該將小球放在擋板A和擋板C處。
19．【答案】（1）12m
（2）24W
【詳解】（1）由牛頓第二定律得
解得
力F作用6s的過程中，物塊運動的位移大小
（2）力F作用6s時，物體的速度大小
摩擦力f對物塊做功的功率大小為
解得
20．【答案】(1)C；(2)B；(3)D；(4)滑塊受到摩擦力的作用
【詳解】（1）在探究向心力的大小F與角速度的關系時，要保持m和r相同。選C。
（2）探究兩個互成角度的力的合成規律，采用了等效替代法，A錯誤；探究加速度與力、質量的關系，采用了控制變量法，B正確；探究平拋運動的特點，采用了運動的合成與分解，C錯誤。選B。
（3）以滑塊為對象，細線的拉力和摩擦力的合力提供向心力，則有可得，結合圖像可知橫坐標 x 代表的是。選D。
（4）由可知圖3中的圖線沒有通過坐標原點，其原因是：滑塊受到摩擦力的作用。
21．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）在近地軌道1上，萬有引力提供向心力
又因為忽略自轉，地面上物體萬有引力等于重力有
解得
（2）在近地軌道1上，天通一號的周期
根據開普勒第三定律
解得
（3）在軌道3上，
天通一號的線速度為
從軌道1到軌道3，由能量守恒
即
解得
22．【答案】（1）0.64N
（2）8N；2N
（3）rad/s
【詳解】（1）小物塊受摩擦力提供加速度，則有N
（2）對小物塊受力分析可知豎直方向有N
水平方向有N
（3）小物塊恰好下滑時滿足
水平方向有
解得rad/s
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：第五章---八章 綜合基礎練習2
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．如圖所示，A、B兩籃球從相同高度同時拋出后直接落入籃筐，落入籃筐時的速度方向相同，下列判斷正確的是（ ）
A．B比A先落入籃筐 B．A比B先落入籃筐
C．A與B同時落入籃筐 D．無法確定A與B哪個先落入籃筐
3．如圖所示，a、b是某個走時準確的時鐘的分針和時針的針尖，則下列說法正確的是（　　）

A．a點的線速度比b點的大
B．b點的加速度比a點的大
C．a、b兩點的角速度之比為
D．a、b兩點的轉速之比為
4．如圖所示一種古老的舂米機．舂米時，稻谷放在石臼A中，橫梁可以繞O轉動，在橫梁前端B處固定一舂米錘，腳踏在橫梁另一端C點往下壓時，舂米錘便向上抬起。然后提起腳，舂米錘就向下運動，擊打A中的稻谷，使稻谷的殼脫落，稻谷變為大米。已知OC>OB，則在橫梁繞O轉動過程中（　　）
A．B、C的向心加速度相等
B．B、C的角速度關系滿足ωB<ωC
C．B、C的線速度關系滿足vBD．舂米錘擊打稻谷時對稻谷的作用力大于稻谷對舂米錘的作用力
5．有關圓周運動的基本模型，下列說法正確的是（　　）
A．如圖甲，汽車通過凹形橋的最低點處于失重狀態
B．如圖乙，小球固定在桿的一端，在豎直面內繞桿的另一端做圓周運動，小球的過最高點的速度至少等于
C．如圖丙，用相同材料做成的A、B兩個物體放在勻速轉動的水平轉臺上隨轉臺一起做勻速圓周運動，，，轉臺轉速緩慢加快時，物體A最先開始滑動
D．如圖丁，火車轉彎超過規定速度行駛時，內軌對外輪緣會有擠壓作用
6．如圖，一同學表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10 m，該同學和秋千踏板的總質量約為50 kg。繩的質量忽略不計，當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8 m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為（　　）
A．200 N B．400 N C．600 N D．800 N
7．質量為2kg的物體做自由落體運動，經過2s落地。取。關于重力做功、功率，下列說法正確的是（　　）
A．下落過程中重力做功是200J
B．下落過程中重力的平均功率是100W
C．落地前的瞬間重力的瞬時功率是200W
D．落地前的瞬間重力的瞬時功率是400W
8．如圖所示，一同學從同一位置將質量相同的飛鏢先后以速度 和 水平拋出，分別落在水平地面上的 、 兩點，飛鏢在空中運動的時間分別為 和 ，運動過程中的加速度大小分別為 和 ，重力做的功分別為 和 ，不計空氣阻力，則（ ）
A． B．
C． D．
9．市面上有一種自動計數的智能呼拉圈深受女士們喜愛。如圖甲，腰帶外側帶有軌道，軌道內有一滑輪，滑輪與細繩連接，細繩的另一端連接配重，其模型簡化如圖乙所示．已知配重質量0.5kg，繩長為0.4m，懸掛點到腰帶中心的距離為0.2m，水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重在水平面內做勻速圓周運動，計數器顯示在1min內圈數為120，此時繩子與豎直方向夾角為θ，配重運動過程中腰帶可看做不動，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列說法正確的是（　　）
A．勻速轉動時，配重受到的合力恒定不變
B．配重的角速度是240πrad/s
C．θ為37°
D．若增大轉速，細繩拉力變大
10．2021年10月16日，神舟十三號載人飛船成功對接空間站，此后三名中國航天員在軌駐留開展科學實驗。航天員在空間站一天內可以看到16次日出，這是因為空間站約90 min就會繞地球一周，每繞一周就會看到一次日出日落。空間站繞地球運行的軌道可視為圓軌道，下列說法正確的是（　　）
A．空間站在軌道上的運行速率可能大于7.9 km/s
B．空間站繞地球運行的速率小于同步衛星的運行速率
C．空間站繞地球運行的角速度大于同步衛星的角速度
D．空間站距離地面的高度大于同步衛星距離地面的高度
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖所示，兩個質量不同的小球用長度不等的細線拴在同一點，并在同一水平面內做勻速圓周運動，則它們的（　　）
A．運動周期相同
B．運動線速度一樣
C．運動角速度相同
D．向心加速度相同
12．(多選)如圖所示，地球球心為O，半徑為R，地球表面的重力加速度為g.一宇宙飛船繞地球無動力飛行且沿橢圓軌道運動，軌道上P點距地心最遠，距離為3R.為研究方便，假設地球不自轉且忽略空氣阻力，則 （ ）
A．飛船在P點的加速度一定是
B．飛船經過P點的速度一定是
C．飛船經過P點的速度小于
D．飛船經過P點時，對準地心彈射出的物體一定沿PO直線落向地面
13．某同學將一帶傳感器的木箱從傾角為的斜坡頂端由靜止釋放，木箱滑到斜面底端時速度剛好為0，木箱與斜坡上下兩部分的動摩擦因數分別為、，通過分析處理傳感器的數據得到木箱的動能和機械能與木箱下滑位移的關系圖像分別如圖中a、b所示，已知木箱動能最大時，機械能與動能大小之比為，已知木箱可視為質點，重力加速度為g，以斜坡底端為重力勢能零點。下列說法中正確的是（　　）
A．
B．
C．動能最大時，木箱的機械能為
D．木箱在上、下兩段斜坡上滑行過程中產生的熱量之比為
14．2023年10月26日11時14分，搭載神舟十七號載人飛船的長征二號F遙十七運載火箭在酒泉衛星發射中心點火發射。17時46分，神舟十七號載人飛船與空間站組合體完成自主快速交會對接。飛船的發射過程可簡化為：飛船從預定軌道Ⅰ的A點第一次變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達橢圓軌道的遠地點B時，再次變軌進入空間站的運行軌道Ⅲ，與變軌空間站實現對接。假設軌道Ⅰ和Ⅲ都近似為圓軌道，不計飛船質量的變化，空間站軌道距地面的高度為h，地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．飛船在橢圓軌道Ⅱ經過A點的速度大于飛船在圓軌道Ⅰ經過A點的速度
B．飛船在橢圓軌道Ⅱ經過A點的速度一定大于7.9km/s
C．飛船在橢圓軌道Ⅱ經過A點的加速度與飛船在圓軌道Ⅰ經過A點的加速度大小相等
D．飛船沿軌道Ⅱ由A點到B點的時間為
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．為了體會向心力大小與哪些因素有關，小張同學進行了如下實驗：如圖甲所示，繩子的一端拴一個小沙袋，繩上打上繩結A、B，繩結A、B離小沙袋的距離分別為L、2L。如圖乙所示，小張同學將手舉過頭頂，進行了四次操作，同時另一位同學用秒表計時。實驗中沙袋所受向心力近似等于手通過繩對沙袋的拉力。
操作1：手握繩結A，使沙袋在水平面內做勻速圓周運動，每秒運動1周，體會此時繩子拉力的大小。
操作2：手握繩結B，使沙袋在水平面內做勻速圓周運動，每秒運動1周，體會此時繩子拉力的大小。
操作3：手握繩結A，使沙袋在水平面內做勻速圓周運動，每秒運動2周，體會此時繩子拉力的大小。
操作4：手握繩結A，增大沙袋的質量到原來的2倍，使沙袋在水平面內做勻速圓周運動，每秒運動1周，體會此時繩子拉力的大小。
(1)為體會向心力大小和圓周運動周期的關系，應進行的是操作1與操作 ，這里用到的實驗方法為 。
(2)通過操作1與操作4，該同學能體會的是向心力大小和 的關系。
(3)操作1中，可視為質點的沙袋做圓周運動的實際半徑r （填“大于”“小于”或“等于”）L。
16．在抗洪搶險中，戰士駕駛沖鋒舟救人，假設江岸是平直的，洪水沿江自上游而下，水流速度，沖鋒舟在靜水中的航速，戰士救人的地點A離岸邊最近點O的距離為100m。
（1）若戰士想通過最短的時間將人送上岸，求最短時間和上岸點與O點距離；
（2）若戰士想通過最短的航程將人送上岸，求沖鋒舟的船頭朝向與上游河岸夾角和上岸時間。
17．如圖放置實驗器材，連接小車與托盤砝碼的繩子與桌面平行，遮光片固定在小車上，小車位于氣墊導軌上，這里沒有面出（視為無摩擦力），重力加速度為g。接通電源，釋放托盤與砝碼，并測得：
a．遮光片長度d
b．遮光片到光電門長度
c．遮光片通過光電門時間
d托盤與砝碼質量，小車與遮光片質量
(1)從釋放到遮光片經過光電門，這一過程中，系統重力勢能減少量為，動能增加量為；
(2)改變，做多組實驗，作出如圖以為橫坐標，以為縱坐標的圖像。若機械能守恒成立，則圖像斜率為。
18．某同學為了研究飛鏢在空中的運動軌跡，將飛鏢上綁上自制信號發射裝置，使用彈射器水平彈出，運動過程中空氣阻力可以忽略，并使用實驗室的電磁定位板進行記錄，下圖所示為一次實驗記錄中的一部分，圖中背景方格的邊長表示實際長度8mm，則：
從圖像上分析，小球做平拋運動的水平初速度大小是 m/s；飛鏢到B點時，已經在空中飛行了 s；飛鏢到B點時速度大小是 m/s。（）
19．如圖甲所示，假設某星球表面上有一傾角為的固定斜面，給一質量為的小物塊初速度從斜面底端沿斜面向上運動，其速度一時間圖像如圖乙所示。已知小物塊與斜面間的動摩擦因數為，該星球半徑為，引力常量，忽略星球自轉，求：
（1）該星球的表面重力加速度；
（2）該星球的第一宇宙速度；
（3）該星球的質量。
20．某同學做“探究物體做圓周運動時向心力大小與角速度大小的關系”的實驗，裝置如圖所示，質量為m的磁性小球（可視為質點）用細線a、b連接，細線a的另一端連接在豎直桿上的O點，細線b的另一端連接在力傳感器上（力傳感器固定在豎直桿上的A點且厚度不計），拉動小球，當a、b兩細線都伸直且細線b水平，測得O點到A點的距離為，磁性小球到A點的距離為，磁性小球附近固定磁傳感器。磁性小球被豎直桿帶著以不同角速度做勻速圓周運動（細線a、b始終繃直），經過磁傳感器時，磁傳感器就可以記錄接收n次（首次經過時記為0）磁場脈沖所用的總時間t，力傳感器記錄下細線b上的拉力大小F。已知重力加速度大小為g。
(1)小球做勻速圓周運動的角速度大小 ，向心力大小 。（均用m、n、t、、、π中的部分符號表示）
(2)小球以不同角速度做勻速圓周運動（細線a、b始終繃直）時，細線a上的拉力大小 （填“發生改變”或“保持不變”）。
(3)某次實驗時測得細線b上的拉力大小F，從受力分析角度可知向心力大小 （用F、m、g、、表示）。
21．人造地球衛星P繞地球球心做勻速圓周運動，距地球球心的距離為，地球的質量為，引力常量為，求：
（1）衛星P繞地球運行周期；
（2）現有另一地球衛星Q，Q繞地球運行的周期是衛星P繞地球運行周期的8倍，且P、Q的運行軌跡位于同一平面內，如圖所示，求衛星P、Q在繞地球運行過程中，兩星間相距最近時的距離多大；
（3）若第（2）問的衛星Q與衛星P在某時刻相距最近，求P、Q再次相距最近所需的最短時間。
22．如圖所示，一玩滾軸溜冰的小孩（可視作質點）質量為m=30kg，他在左側平臺上滑行一段距離后平拋，恰能從A點的切線方向進入光滑豎直圓弧軌道并沿軌道下滑，A、B為圓弧兩端點，其連線水平．已知圓弧半徑為R=1.0m，對應圓心角為,平臺與AB連線的高度差為h=0.8m．（取g=10m/s2，sin=0.8，cos=0.6）求：
（1）小孩平拋的初速度
（2）若小孩運動到圓弧軌道最低點O時的速度為m/s，則小孩對軌道的壓力為多大．
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】A
【詳解】若研究兩個過程的逆過程，可看作是從籃筐處沿同方向斜向上的斜拋運動，落到同一高度上的A、B兩點，由于A處的水平位移較大，A的拋出時的速度較大，則A上升的高度較大，高度決定時間，可知A運動時間較長，即B先落入籃筐中。選A。
3．【答案】A
【詳解】根據題意，可得a、b兩點的周期之比為
A．根據公式，可得，a點的線速度與b點的線速度之比為，由圖可知，可得，即a點的線速度比b點的大，A正確；
BC．根據公式可得，a、b兩點的角速度之比為，又有，可得，b點的加速度與a點的加速度之比為，即b點的加速度比a點的小，BC錯誤；
D．根據轉速與周期的關系可知，a、b兩點的轉速之比為，D錯誤。選A。
4．【答案】C
【詳解】AB．由題圖可知，B與C屬于共軸轉動，則它們的角速度是相等的，即ωC＝ωB，向心加速度a＝ω2r，因OC>OB，可知C的向心加速度較大，AB錯誤；
C．由于OC>OB，由v＝ωr可知C點的線速度大，C正確；
D．舂米錘對稻谷的作用力和稻谷對舂米錘的作用力是一對作用力與反作用力，二者大小相等，D錯誤。選C。
5．【答案】C
【詳解】A．汽車過凹橋最低點時，加速度的方向向上，處于超重狀態，A錯誤；
B．小球在豎直面內繞桿的另一端做圓周運動，桿不僅提供拉力也可以提供支持力，所以小球的過最高點的速度只要大于零即可，B錯誤；
C．物體放在勻速轉動的水平轉臺上隨轉臺一起做圓周運動，摩擦力充當向心力，最大角速度對應最大靜摩擦力：，即：，所以A最先開始滑動，C正確；
D．火車轉彎超過規定速度行駛時，重力和支持力的合力不夠提供向心力，外軌對外輪緣會有向內側的擠壓作用，D錯誤。
選C。
6．【答案】B
【詳解】在最低點由，知T=410N，即每根繩子拉力約為410N，選B。
7．【答案】D
【詳解】A．物體下落的高度為，則下落過程中重力做的功是，A錯誤；
B．重力做功的平均功率為，B錯誤；
CD．落地時物體的速度，則重力做功的瞬時功率，C錯誤，D正確。選D。
8．【答案】A
【詳解】兩飛鏢拋出后均做平拋運動,則加速度均為重力加速度,即 錯誤；兩飛鏢從同一高度飛出,根據 ,可知 錯誤；根據 ,可知 正確；根據 ,可知 錯誤.
9．【答案】D
【詳解】A．勻速轉動時，配重受到的合力大小不變，方向時刻指向圓心而變化，因此是變力，A錯誤；
B．計數器顯示在1min內顯數圈數為120，可得周期為 ， ，B錯誤；
C．配重構成圓錐擺，受力分析，如圖
可得，而圓周的半徑為，聯立解得θ不等于37°，C錯誤；
D．若增大轉速，配重做勻速圓周運動的半徑變大，繩與豎直方向的夾角θ將增大，由，，可知配重在豎直方向平衡，拉力T變大，向心力Fn變大，對腰帶分析如圖
可得，，腰受到腰帶的摩擦力不變，腰受到腰帶的彈力增大，則D正確。選D。
10．【答案】C
【解析】第一宇宙速度是環繞地球做圓周運動的物體的最大速度，所以空間站在軌道上的運行速率不可能大于7.9 km/s，故A錯誤；空間站的周期T＝ h＝1.5 h，小于同步衛星的周期，根據G＝mr可得T＝2π，可知空間站距離地面的高度小于同步衛星距離地面的高度，故D錯誤；根據G＝m可得v＝，可知空間站繞地球運行的速率大于同步衛星的運行速率，故B錯誤；根據ω＝可知空間站繞地球運行的角速度大于同步衛星的角速度，故C正確。
11．【答案】AC
【詳解】AC.小球圓周運動的向心力由重力和繩拉力的合力提供，繩與豎直方向的夾角為θ，對小球，根據牛頓第二定律得
因為小球在同一平面內做圓周運動，則由題意知，小球圓周運動半徑，其中h為運動平面到懸點的距離。解得，因為h相同，則角速度大小相等，則周期相同，AC正確；
B．根據知，兩球的角速度相等，轉動的半徑不等，則線速度大小不等，B錯誤；
D．根據知，轉動的半徑不等，角速度相等，則向心加速度大小不等，D錯誤。選AC。
12．【答案】AC
【詳解】在地球表面的物體，由牛頓第二定律有 ，得 ，飛船在P點時有 ，得 正確；在橢圓軌道上，飛船從P點開始將做近心運動，此時滿足地球的吸引力大于飛船在P點所需的向心力，即maP＞ ，如果飛船在P點繞地球做圓周運動，則此時滿足 ，則有 ，可知vP＜ 錯誤，C正確；飛船經過P點時，對準O點彈射出的物體，不能沿PO直線落向地面，因為此時射出的物體同時參與了一個在P點沿橢圓軌道切線方向的分運動和一個指向O點方向的分運動，其合運動不沿PO直線，D錯誤.
13．【答案】BC
【詳解】AC．木箱在斜面上段滑行的過程有，，由題意有，由圖可知，解得，，，A錯誤，C正確；
B．木箱在斜面下段滑行的過程有，由圖可知，解得，B正確；
D．木箱在上、下兩段斜坡上滑行過程中產生的熱量之比，D錯誤。選BC。
14．【答案】AC
【詳解】A．根據變軌原理，飛船在圓軌道Ⅰ的A點需加速做離心運動進入橢圓軌道Ⅱ，飛船在橢圓軌道Ⅱ經過A點的速度大于飛船在圓軌道Ⅰ經過A點的速度，A正確；
B．第一宇宙速度為7.9km/s，是最大環繞速度，飛船在橢圓軌道Ⅱ經過A點的速度一定小于7.9km/s，B錯誤；
C．根據牛頓第二定律，飛船在橢圓軌道Ⅱ經過A點的加速度與飛船在圓軌道Ⅰ經過A點的加速度大小相等，C正確；
D．根據萬有引力與重力的關系，根據萬有引力提供向心力，解得飛船在軌道Ⅲ的周期為，根據開普勒第三定律，軌道Ⅱ的半軸長小于軌道Ⅲ的半徑，飛船在軌道Ⅱ的周期小于軌道Ⅲ的周期，飛船沿軌道Ⅱ由A點到B點的時間為，D錯誤。選AC。
15．【答案】(1)3；控制變量法，(2)質量，(3)小于
【詳解】（1）[1][2]為體會向心力大小和圓周運動周期的關系，應控制半徑和質量一定，則應進行的是操作1與操作3，這里用到的實驗方法為控制變量法。
（2）通過操作1與操作4，可知半徑和周期一定，該同學能體會的是向心力大小和質量的關系。
（3）操作1中，由于繩子拉力需要提供豎直分力與沙袋的重力平衡，設繩子與豎直方向的夾角為，則沙袋做圓周運動的實際半徑為，可知沙袋做圓周運動的實際半徑r小于L。
16．【答案】（1）20s，60m；（2）53°角，25s
【詳解】（1）若戰士想通過最短的時間將人送上岸，則船頭應該指向正對岸，則最短時間為，上岸點與O點距離為
（2）若戰士想通過最短的航程將人送上岸，則合速度方向指向正對岸，設船頭與上游河岸夾θ角，則，得，，即船頭與上游河岸夾53°角。戰士由A點至岸上的時間
17．【答案】(1)；，(2)
【詳解】（1）[1] 根據題意可知，小車通過光電門時的速度為，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
[2] 從釋放到小車經過光電門，這一過程中，系統動能增加量為
（2）改變，做多組實驗，作出如圖以為橫坐標，以為縱坐標的圖像。若機械能守恒成立有，整理有，則圖像斜率為
18．【答案】0.6 ；0.08；1.0
【詳解】[1]豎直方向上由逐差法，解得，小鐵球做平拋運動的水平初速度大小是
[2]飛鏢到B點時，豎直分速度為，根據，解得
[3]飛鏢到B點時速度大小是
19．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）物塊上滑過程中，根據牛頓第二定律在沿斜面方向上有，下滑過程中，在沿斜面方向上有，又知圖像的斜率表示加速度，則上滑和下滑過程中物塊的加速度大小分別為，，聯立解得
（2）由，，解得該星球的第一宇宙速度為
（3）在星球表面，可得該星球的質量為
20．【答案】(1) ；；(2)保持不變；(3)
【詳解】（1）[1]小球做勻速圓周運動的角速度大小
[2]向心力大小
（2）設細線a與桿的夾角為θ，對小球受力分析，豎直方向上有，其中，由此可知小球的角速度改變時細線a上的拉力大小保持不變。
（3）對小球受力分析，水平方向上有，其中，解得
21．【答案】（1）；（2）；（3）或
【詳解】（1）對衛星P有，解得
（2）根據開普勒第三定律有，兩星間相距最近時的距離，解得
（3）令P、Q再次相距最近所需的最短時間為，若兩衛星同向轉動，則有，解得，若兩衛星反向轉動，則有，解得
22．【答案】（1）；（2）
【詳解】(1) 由于小孩無碰撞進入圓弧軌道，即小孩落到A點時速度方向沿A點切線方向
則，又由，得，而，聯立以上各式得
（2）在最低點，據牛頓第二定律，有，根據機械能守恒定律，代入數據解得，由牛頓第三定律可知，小孩對軌道的壓力為1290N
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：第五章---八章 綜合基礎練習3
一、單選題（本大題共10小題）
1．靜置于水平地面上質量為的物體，在方向不變的水平拉力（式中為力的大小，為位移大小，力、位移的單位分別是、）作用下，沿水平方向移動了.已知物體與地面間的動摩擦因數為，取，則在物體移動的過程中拉力所做的功為（ ）
A. B. C. D.
2．如圖所示的四幅圖表示的是有關圓周運動的基本模型，下列說法正確的是（　　）
A．如圖a，汽車通過拱橋的最高點時重力提供向心力
B．圖b所示是一圓錐擺，合力沿繩指向懸點
C．如圖c，小球在光滑而固定的圓錐筒內做勻速圓周運動，合力指向圓心
D．如圖d，火車轉彎超過規定速度行駛時，內軌對內輪緣會有擠壓作用
3．設地球自轉周期為T，質量為M，引力常量為G。假設地球可視為質量均勻分布的球體，半徑為R。同一物體在南極和赤道水平面上靜止時所受到的支持力之比為（　　）
A． B．
C． D．
4．物理無處不在，李白《行路難》中有這樣兩句詩：“欲渡黃河冰塞川，將登太行雪滿山.閑來垂釣碧溪上，忽復乘舟夢日邊.”從做功的角度來看，以下說法中正確的是 (　　)
A．假如李白垂釣，釣竿靜止不動，他的手對釣竿的支持力不做功
B．假如黃河水面結冰，李白走過去，腳受到的靜摩擦力做負功
C．如果李白登太行山，則在登山過程中地面支持力對他的腳做正功
D．如果李白乘船，此過程中假設船直線行駛，水對船的阻力做正功
5．經典力學只適用于低速運動，不適用于高速運動，這里的“高速”是指（　　）
A．聲音在空氣中的傳播速度
B．第一宇宙速度
C．高鐵列車允許行駛的最大速度
D．接近真空中光的傳播速度
6．關于物體運動加速度的方向，下列說法正確的是（　　）
A．物體做直線運動時，其加速度的方向一定與速度方向相同
B．物體做變速率曲線運動時，其加速度的方向一定改變
C．物體做圓周運動時，其加速度的方向指向圓心
D．物體做勻速率曲線運動時，其加速度的方向與速度方向垂直
7．如圖所示的光滑固定斜面長為 ，寬為 ，傾角為 ，一物塊（可看成質點）沿斜面左上方頂點 以初速度 水平射入，恰好從底端 點離開斜面，已知重力加速度為 .則（ ）
A． 物塊由 點變加速運動到 點
B． 物塊由 點以加速度 勻加速運動到 點
C． 物塊由 點運動到 點所用的時間
D． 物塊的初速度
8．一根長為 、重力為 的均勻直木桿放在水平地面上，現將它的一端緩慢地從地面抬高 ，另一端仍放在地面上，則重力勢能增加量為（ ）
A． B． C． D．
9．如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為(　　)
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
10．航天員登上某行星進行科學探索.他在該行星表面的北極點由靜止釋放一個質量為的物體，由于該行星大氣的阻力作用，其加速度隨下落位移變化的關系如圖所示（釋放瞬間物體所受的大氣阻力為0）.已知該行星為質量均勻分布的球體，且半徑為，引力常量為.下列說法正確的是（ ）
A. 該行星的第一宇宙速度為
B. 該行星的第一宇宙速度為
C. 該行星的平均密度為
D. 在北極點釋放的該物體的最大速度為
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖所示，分別是斜面的頂端、底端，是斜面上的兩個點，點在點的正上方，與等高。從點以一定的水平速度拋出質量相等的兩個小球，球1落在點，球2落在點，關于球1和球2從拋出到落在斜面上的運動過程（ ）
A．球1和球2運動的時間之比為 B．球1和球2速度增加量之比為
C．球1和球2拋出時初速度之比為 D．球1和球2運動時的加速度之比為
12．小河寬為d，河水中各點水流速度與各點到較近河岸邊的距離成正比，v水=kx，，x是各點到近岸的距離，小船船頭垂直河岸渡河，小船劃水速度為v0，則下列說法中正確的是（）
A．小船渡河時的軌跡為直線
B．小船渡河時的軌跡為曲線
C．小船到達距河對岸處，船的渡河速度為v0
D．小船到達距河對岸處，船的渡河速度為v0
13．如圖所示，質量為M、長為L=4m的木板Q放在光滑的水平面上，可視為質點的質量為m的物塊P放在木板的最左端。t=0時刻給物塊水平向右的初速度，當物塊P滑到木板Q的最右端時，木板Q的位移為x=7m。則下列說法正確的是（　　）
A．P、Q所受的摩擦力之比為
B．摩擦力對P、Q所做的功的絕對值之比為
C．P減小的動能與P、Q間因摩擦而產生的熱量之比為
D．Q增加的動能與系統損失的機械能之比為7：4
14．(多選)如圖所示，偏心輪的轉軸為O，以O為圓心的圓內切于偏心輪，且經過偏心輪圓心P，A和B是偏心輪邊緣的兩點，且AP⊥OB于P點，則下列說法中正確的是 (　　)
A．A、B的角速度大小相等
B．A、B的線速度大小相等
C．A、B的向心加速度大小之比為2∶1
D．A、B的向心加速度大小之比為∶3
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．2024年2月24日，中國載人月球探測任務新飛行器名稱已經確定，新一代載人飛船命名為“夢舟”，月面著陸器命名為“攬月”。假設“夢舟”飛船繞月球表面飛行的周期為T，“攬月”飛行器在月球表面著陸后，宇航員在月球表面將一小球從傾角為的斜面上，以水平速度拋出后，仍落在斜面上，如圖所示。月球半徑為R，空中運動時不計阻力，求：
（1）月球表面的重力加速度大小；
（2）從斜面上拋出的小球，經過多長時間落在斜面上。
16．如圖所示，細線下面懸掛一鋼球（可看作質點），鋼球在水平面內以O′為圓心做勻速圓周運動。若測得鋼球做圓周運動的軌道半徑為r，懸點O到圓心O′之間的距離為h，鋼球質量為m。忽略空氣阻力，重力加速度為g。 求：
（1）分析鋼球在做勻速圓周運動的過程中，受到哪些力的作用；
（2）鋼球做勻速圓周運動所需向心力大小；
（3）鋼球做勻速圓周運動的角速度大小。
17．南寧三中物理興趣小組的陽陽同學為了測玩具電動機的轉速，設計如圖（甲）所示的裝置。鋼質L字形型直角架豎直桿穿過帶孔輕質薄硬板，然后與電動機轉子相固連，水平橫梁末端與輕細繩上端栓接，繩下端栓連一小鋼球，測量儀器只有直尺。實驗前細繩豎直，小球靜止，薄板在小球下方，用直尺測出水平橫梁的長度d。現接通電源，電動機帶動小球在水平面上做勻速圓周運動，待小球穩定轉動時，緩慢上移薄板，恰觸碰到小球時，停止移動薄板，用鉛筆在豎直桿上記下薄板的位置，在薄板。上記錄下觸碰點，最后測量出薄板到橫梁之間的距離h，觸碰點到豎直桿的距離r，如圖（乙）所示。
（1）為了實驗更精確，上移薄板時要求薄板始終保持
（2）重力加速度用g表示，利用測得的物理量，寫出轉速n的表達n= （用d，h，r，g表示）
18．查閱資料，了解時空彎曲的天文學依據，寫一篇相關的科技報道，在班組會上交流。
19．有一顆小行星繞太陽做圓周運動，它的軌道半徑是地球軌道半徑的n倍。這顆小行星的公轉周期是多少年
20．用圖甲所示的實驗裝置做“探究平拋運動的特點”實驗。
(1)對于實驗的操作要求，下列說法正確的是______；
A．應使小球每次都從斜槽軌道上相同的位置自由落下；
B．斜槽軌道必須光滑；
C．斜槽軌道末端可以不水平；
D．要使描出的軌跡更好地反映真實運動，記錄的點應適當多一些；
E．為了比較準確地描出小球運動的軌跡，應該用一條曲線把所有的點連接起來；
(2)實驗得到平拋小球的運動軌跡，在軌跡上取一些點，以平拋起點O為坐標原點，測量它們的水平坐標x和豎直坐標y，圖乙中圖象能說明平拋小球運動軌跡為拋物線的是 。
(3)根據實驗結果在坐標紙上描出小球水平跑出后的運動軌跡。部分運動軌跡如圖乙所示。圖中水平方向與豎直方向每小格的長度均為l，、和是軌跡圖像上的3個點，已知重力加速度為g。可求出小球從運動到所用的時間為 ，小球拋出后的水平速度為 （用l、g表示）
21．[重慶巴蜀中學2023高一下月考]（8分）學習平拋運動后，小趙同學想對拋體運動的特點進行研究。他把桌子搬到墻附近，墻上附有白紙和復寫紙。在水平桌面上固定一個用硬紙板做成的斜劈，使小鋼球始終從斜面上某一固定位置滾下，鋼球沿桌面飛出后做平拋運動，最終打在墻上，如圖甲所示。
（1）小趙在墻面白紙上記下小球離開桌面的高度線，改變桌子右邊緣和墻壁的距離x，使小球打在豎直墻面的不同位置。若某兩次實驗，桌子右邊緣到墻壁距離之比為，可測得小球落點位置到高度線的距離之比為 。
（2）若小趙利用手機攝像功能對鋼球在空中的運動過程進行拍攝，逐幀記錄鋼球位置，在得到的圖片上，以豎直方向為y軸，水平方向為x軸建立如圖乙所示的坐標系。已知錄像中每秒有30幀，實驗中g取，圖片中一小格對應的實際長度為 m（用分數表示），小球從桌面離開時的速度為 （保留2位有效數字）。
（3）若小趙在做（2）中實驗時，僅逐幀記錄了鋼球的位置（錄像中仍每秒有30幀），沒有記錄水平方向和豎直方向，如圖丙所示。能否根據記錄的圖片得到小球的初速度大小( )
A．不能，圖中無法確定水平和豎直方向
B．不能，不知道圖中的比例尺
C．能，可以連接的中點和B點，確立豎直方向，建立坐標系后即可求出初速度
D．能，可以連接、，利用矢量減法確定豎直方向，建立坐標系后求出初速度
22．2023年10月31日8時11分，神舟十六號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。已知地球半徑為R，地球表面兩極的重力加速度為，返回艙繞地球在軌道Ⅰ上做勻速圓周運動的速度為v，到達軌道I的A點時點火變軌進入橢圓軌道II，到達軌道II的近地點B時再次點火進入近地軌道III繞地球做圓周運動，求：
（1）第一次點火和第二次點火分別是加速還是減速；
（2）飛船在軌道I上的運動半徑；
（3）飛船在軌道II上繞地球運行一周所需的時間。
參考答案
1．【答案】B
【解析】當時,,當時,,由于隨均勻變化,則物體移動的過程中的平均值,拉力做功,故B正確.
【關鍵點撥】本題考查功的計算,能夠將變力做功轉化為平均力做功是解答此題的關鍵.若力隨位移線性變化,則可以用一段位移內的平均力求功,如將勁度系數為的彈簧由原長拉長時,克服彈力做的功.
2．【答案】C
【詳解】A．汽車通過拱橋得最高點時，向心力方向向下，重力和支持力的合力提供向心力，A錯誤；
B．圓錐擺的合力指向圓心，B錯誤；
C．小球在光滑而固定的圓錐筒內做勻速圓周運動，支持力和重力的合力提供向心力，指向圓心，C正確；
D．火車速度過大時，外軌對外輪緣有擠壓作用，D錯誤。選C。
3．【答案】A
【詳解】在赤道上，可得，在南極，由兩式可得。選A。
4．【答案】A
【解析】假如李白垂釣，釣竿靜止不動，則釣竿沒有產生位移，所以他的手對釣竿的支持力不做功，故A正確；假如黃河水面結冰，李白走過去，腳受到冰面的靜摩擦力時，位移為零，所以腳受到的靜摩擦力不做功，故B錯誤；李白登太行山，地面對李白產生支持力時，李白腳掌未產生位移，所以地面支持力對他的腳不做功，故C錯誤；如果李白乘船，假設此過程中船直線行駛，阻力與位移方向相反，則水對船的阻力做負功，故D錯誤.
5．【答案】D　【詳解】這里的“高速”是指接近真空中光的傳播速度，故A、B、C錯誤，D正確。
6．【答案】D
【詳解】A：物體做加速直線運動時，加速度的方向與速度方向相同，做減速直線運動時，加速度方向與速度方向相反，A錯誤；
B：物體做變速率曲線運動時，加速度的方向可能不變，例如平拋運動，B錯誤；
C：物體做勻速圓周運動時，其加速度的方向指向圓心，C錯誤；
D：物體做勻速率曲線運動時，其加速度的方向與速度方向垂直，只改變速度的方向，不改變速度的大小，D正確。選D。
7．【答案】D
【詳解】對物塊進行受力分析可知,物塊受到恒定的合外力,故物塊做勻變速運動,根據牛頓第二定律得,物塊的加速度 ,故A、B錯誤；根據 ,可得 ,故C錯誤；根據 ,可得 ,故D正確.
【易錯分析】 本題易因不會把平拋模型進行遷移而導致錯解.本題中物塊所受的合外力與初速度方向垂直,且為恒力,可看作類平拋運動,故可利用平拋運動規律進行分析,即將物塊在斜面上的曲線運動分解為沿斜面水平方向的勻速直線運動和沿平行于斜面方向加速度 、初速度為零的勻加速直線運動.
8．【答案】A
【詳解】在抬高木桿一端的過程中,木桿的重心上升的距離為 ,則重力勢能增加量為 正確.
9．【答案】　A
【詳解】　0～10 m內物塊上滑，由動能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，結合0～10 m內的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m內物塊下滑，由動能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，結合10～20 m內的圖像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N。聯立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，A正確，B、C、D錯誤。
10．【答案】A
【解析】設該行星表面的重力加速度為,由題圖可知，開始下落瞬間,物體只受萬有引力作用,根據萬有引力等于重力可知,對于在該行星表面飛行的衛星,根據萬有引力提供向心力有,聯立得,A正確,B錯誤；在行星表面，根據萬有引力等于重力有,根據密度公式可知,C錯誤；根據,可知圖線與橫軸所圍面積為,可得最大速度為,D錯誤.
11．【答案】BC
【詳解】A．因為，所以的高度差是高度差的2倍，根據得，解得運動的時間比為，A錯誤；
B．根據知球1和球2速度增加量之比為，B正確；
C．在水平方向上的分量是在水平方向分量的2倍，結合，解得初速度之比為，C正確；
D．平拋運動的加速度均為g，兩球的加速度相同，D錯誤。選BC。
12．【答案】BC
【詳解】AB．由題意可知，小船在垂直于河的方向上做勻速直線運動；由于水的速度與水到岸邊的距離有關，所以小船在沿河方向做變速運動，所以小船的軌跡為曲線，A錯誤，B正確；
C．小船到達距河對岸處，時，小船沿河方向的速度為v0，其合速度為，所以C正確；
D．小船到達距河對岸處，小船到另一河岸的距離為，所以其合速度為，選項D錯誤；選BC。
13．【答案】BD
【詳解】A．P對Q的摩擦力與Q對P的摩擦力是一對相互作用力，即P、Q所受的摩擦力之比為，A錯誤；
B．摩擦力對物體P所做的功為，摩擦力對物體Q所做的功為，摩擦力對P與摩擦力對Q所做的功的絕對值之比為，B正確；
CD．對P由動能定理得，對Q由動能定理得，P、Q組成的系統因摩擦而產生的熱量為，則P減小的動能與P、Q間因摩擦而產生的熱量之比為，系統損失的機械能為，則Q增加的動能與系統損失的機械能之比為，C錯誤，D正確。選BD。
14．【答案】AD
【解析】A、B兩點同軸轉動，角速度大小相等，故A正確；由幾何關系可知A、B的轉動半徑之比為∶3，由v=ωr可知，A、B的線速度大小不相等，故B錯誤；根據向心加速度an=ω2r可得，A、B的向心加速度大小之比為∶3，故C錯誤，D正確.
15．【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）飛船繞月球表面飛行的周期為T，則有，解得月球表面的重力加速度大小為
（2）從斜面上以水平速度拋出的小球，落在斜面時，有，可得下落時間為
16．【答案】（1）鋼球受到豎直向下的重力、細線給鋼球沿繩子方向的拉力；（2）；（3）
【詳解】（1）鋼球受到豎直向下的重力，細線對鋼球沿繩子方向的拉力。
（2）鋼球所需的向心力為
（3）根據牛頓第二定律可得，解得
17．【答案】 水平
【詳解】（1）[1]小球在水平面上做勻速圓周運功，故緩慢移動薄板時要求薄板始終水平。
（2）[2]對小球，做勻速圓周運動，由
解得
又
聯立解得
18．【答案】見解析
【詳解】在愛因斯坦的廣義相對論里，引力被認為是時空彎曲的一種效應。這種彎曲是因為質量的存在而導致。通常而言，在一個給定的體積內，包含的質量越大，那么在這個體積邊界處所導致的時空曲率越大。當一個有質量的物體在時空當中運動的時候，曲率變化反應了這些物體的位置變化。在某些特定環境之下，加速物體能夠對這個曲率產生變化，并且能夠以波的形式向外以光速傳播。這種傳播現象稱之為引力波。在過去的六十年里，有許多物理學家和天文學家為證明引力波的存在做出了無數努力。其中最著名的要數引力波存在的間接實驗證據--脈沖雙星PSR1913+16。1974年，美國麻省大學的物理學家泰勒（Joseph Taylor）教授和他的學生赫爾斯（Russell Hulse）利用美國的308米射電望遠鏡，發現了由兩顆質量大致與太陽相當的中子星組成的相互旋繞的雙星系統。泰勒和他的同行在之后的30年時間里面對PSR1913+16做了持續觀測，觀測結果精確地按廣義相對論所預測的那樣：周期變化率為每年減少76.5微秒，半長軸每年縮短了3.5米。這是人類第一次得到引力波存在的間接證據。
19．【答案】年
【詳解】根據萬有引力提供向心力得，解得，小行星環繞太陽做勻速圓周運動的半徑是地球公轉半徑的倍，可得，所以這顆小行星的運轉周期是年
20．【答案】(1)AD；(2)C；(3)，
【詳解】（1）為了保證小球做平拋運動，斜槽末端必須水平，C錯誤；為了讓小球每次做同樣的平拋運動，小球每次應從同一位置滾下，不需斜槽軌道光滑，A正確，B錯誤；為了得出更符合實際的軌跡，應盡量多的描出點，D正確；記錄點適當多一些，能夠保證描點光滑，用平滑曲線連接，偏離較遠的點應舍去，E錯誤。
（2）根據，，得，可知與成正比。
（3）由圖丙可知：從到的時間等于到的時間，豎直方向連續相等時間內位移差，由勻變速直線運動推論得，即，解得。
水平方向，小球的初速度大小。
21．【答案】（1） 4：1 （2） 0.67 （3） C
【詳解】（1）[1]小鋼球從斜面上某一固定位置滾下，每次拋出的速度相同，根據平拋規律，，可得小球落點位置到高度線的距離之比為4：1。
（2）[2]錄像中每秒有30幀，則間隔時間，設圖片中一小格對應的實際長度為，在豎直方向上，由圖知，解得。
[3]由圖知，解得。
（3）[4]由于水平方向做勻速運動，的中點一定與B點在同一豎直線上，則連接的中點和B點，確立豎直方向，建立坐標系，測量兩點間的水平距離，即可求出初速度，故C正確，ABD錯誤。
故選C。
22．【答案】（1）第一次點火與第二次點火都是減速；（2）；（3）
【詳解】（1）衛星由高軌道變軌到低軌道，都需要在變軌處點火減速，使衛星從圓周運動變為近心運動，或從離心運動變為圓周運動，第一次點火與第二次點火都是減速。
（2）在地球表面兩極處有，飛船在軌道I上由萬有引力提供向心力得，聯立解得飛船在軌道I上的運動半徑為
（3）飛船在軌道I上的周期為，軌道II上的半長軸為，根據開普勒第三定律可得，聯立解得飛船在軌道II上繞地球運行一周所需的時間為
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：第五章---八章 綜合基礎練習4
一、單選題（本大題共10小題）
1．如圖所示，B為豎直圓軌道的左端點，它和圓心O的連線與豎直方向的夾角為α。一小球在圓軌道左側的A點以速度v0平拋，恰好沿B點的切線方向進入圓軌道。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則A、B之間的水平距離為（　　）
A． B．
C． D．
2．某滑雪賽道如圖所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經圓弧滑道起跳。將運動員視為質點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能Ek與水平位移x的關系圖像正確的是(　　)
A．B．C．D．
3．關于第一宇宙速度，下列說法中正確的是（　　）
A．地球的第一宇宙速度是人造地球衛星環繞地球運行的最小速度
B．地球的第一宇宙速度是人造地球衛星環繞地球做圓周運動的最大速度
C．地球的第一宇宙速度是地球同步衛星環繞運行的速度
D．不同行星的第一宇宙速度都是相同的
4．質量為m的汽車啟動后沿平直路面行駛，如果發動機的功率恒為P，且行駛過程中受到的阻力大小一定。當汽車速度為v時，汽車做勻速運動；當汽車速度為時，汽車的瞬時加速度大小為(　　)
A． B．
C． D．
5．假設兄弟二人，哥哥乘坐宇宙飛船以接近光速的速度離開地球去遨游太空，經過一段時間后返回地球，哥哥驚奇地發現弟弟比自己蒼老許多。則該現象的科學解釋是(　　)
A．哥哥在太空中發生了基因突變，停止生長了
B．弟弟因思念哥哥而加速生長
C．由相對論可知，物體速度越大，其時間進程越慢，生理進程也越慢
D．這是神話，科學無法解釋
6．如圖所示，質量相等的小球A、B分別固定在輕桿的中點及端點，當桿在光滑的水平面上繞O點勻速轉動時，求桿的OA段及AB段對球的拉力大小之比。
7．一輛運輸西瓜的小汽車（可視為質點）以大小為v的速度經過一座半徑為R的拱形橋（重力加速度為g）。在橋的最高點，其中一個質量為m的西瓜A（位置如圖所示）受到周圍的西瓜對它的作用力的大小為（　　）
A．mg B．
C．mg－m D．mg＋m
8．圖甲為一女士站立在臺階式(臺階水平)自動扶梯上正在勻速上樓，圖乙為一男士站立在履帶式自動人行道上正在勻速上樓。下列關于兩人受到的力做功判斷正確的是(　　)
A．甲圖中支持力對人不做功
B．甲圖中摩擦力對人做負功
C．乙圖中支持力對人不做功
D．乙圖中摩擦力對人做負功
9．地球的公轉軌道接近圓，哈雷彗星的運動軌道則是一個非常扁的橢圓。天文學家哈雷成功預言了哈雷慧星的回歸。哈雷慧星最近出現的時間是1986年，預計下次飛近地球將在2061年左右。已知哈雷彗星在近日點與太陽中心的距離為r1，線速度大小為v1，加速度大小為a1；在遠日點與太陽中心的距離為r2，線速度大小為v2，加速度大小為a2，引力常量為G。以下說法正確的是(　　)
A=
B．=
C．哈雷彗星在近日點的速度一定大于地球的公轉速度
D．哈雷彗星橢圓軌道的半長軸是地球公轉軌道半徑的75倍
10．我國高分系列衛星的高分辨對地觀察能力不斷提高，極大豐富了我國自主對地觀測數據源，為現代農業、防災減災、環境監測等領域提供了可靠穩定的衛星數據支持。系列衛星中的“高分三號”的軌道高度約為755 km，“高分四號”的軌道為高度約3.6×104 km 的地球靜止軌道。若將衛星的運動均看作是繞地球的勻速圓周運動，則（　　）
A．“高分三號”的運行周期大于24 h
B．“高分三號”的向心加速度大于9.8 m/s2
C．“高分四號”的運行角速度大于地球自轉的角速度
D．“高分三號”的運行速度大于“高分四號”的運行速度
二、多選題（本大題共4小題）
11．質量為m的物體，由靜止開始下落，由于阻力作用，下落的加速度為g，在物體下落h
的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．物體的動能增加了mgh
B．物體的重力勢能減少了mgh
C．物體機械能減少了mgh
D．物體克服阻力所做的功為mgh
12．我國首顆量子科學實驗衛星“墨子號”由火箭發射至高度為500km的預定圓形軌道，北斗導航衛星G7屬地球靜止軌道衛星（高度約為36000km）。以下說法中正確的是（　　）
A．這兩顆衛星的運行線速度都小于第一宇宙速度
B．“墨子號”的角速度比北斗G7的角速度小
C．“墨子號”的周期比北斗G7的周期小
D．“墨子號”的向心加速度比北斗G7的向心加速度小
13．如圖，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在水平的旋轉圓盤上，座椅A離轉軸的距離較近。不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動，穩定后A、B都在水平面內做勻速圓周運動，則下列說法正確的是(　　)
A． 座椅B的角速度比A的大
B．座椅B的向心力比A的大
C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等
D．懸掛B的纜繩所承受的拉力比懸掛A的纜繩所承受的拉力大
14．如圖所示，將一小球以一定的初速度從點拋出，速度方向與豎直方向成 角.經過一段時間后小球經過點，此時速度方向與初速度方向垂直，、兩點的距離為.不計空氣阻力，重力加速度為，對于小球從點運動到點過程中，下列說法中正確的是（ ）
A. 小球的運動時間為
B. 小球在點的初速度大小為
C. 小球到達點的速度大小為
D. 小球從點運動到點速度變化量大小為
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．“研究小球做平拋運動”的實驗中：
（1）利用圖甲裝置進行實驗，要求斜槽末端水平，請你提出一種檢測斜槽末端水平的方法： 。
（2）將白紙換成方格紙，每個小方格的邊長L=5cm，實驗小組借助頻閃照相儀進行拍照，如圖乙所示為頻閃相片的一部分，該部分圖片記錄了小球在運動途中的三個位置，則借助頻閃照相儀進行拍照 （需要/不需要）小球從斜槽上同一高度由靜止釋放，頻閃照相儀頻閃周期為 s，該小球經過B點速度大小為 m/s。（g取10m/s2）
16．如圖所示，甲是“研究平拋物體運動規律”實驗裝置，乙是通過實驗描點畫出的小球的運動軌跡圖像。
（1）下列實驗要求正確的是 （填寫正確選項前的字母）。
A．必須稱量出小球的質量
B．斜槽軌道必須是光滑的
C．斜槽軌道末端必須調整到水平
D．實驗必需的器材還有刻度尺和秒表
E．實驗時讓小球每次都從斜槽軌道上的同一位置靜止釋放
（2）在圖乙的軌跡上取三點，測得三點豎直坐標為、為、為，四點中相鄰兩點間的水平間距均為，則小球的水平初速度為 ；小球在c點的速度為 。（計算結果保留兩位有效數字，g取）
17．某實驗小組利用圖甲的裝置研究平拋運動規律。
(1)實驗中，下列說法正確的是___________。
A．斜槽軌道必須光滑
B．斜槽軌道末端可以不水平
C．實驗坐標原點建在斜槽末端
D．應使小球每次從斜槽上相同的位置由靜止釋放
(2)另一同學使用頻閃儀和照相機對做平拋運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔一定時間發出一次閃光，某次拍攝后得到的照片如圖乙（圖中不包括小球剛離開軌道的影像）。圖中每個方格的邊長為2.45cm，當地重力加速度的大小為，小球運動到位置c時，其速度水平分量的大小為 m/s，豎直分量的大小為 m/s。（均保留2位有效數字）
18．某實驗小組的同學學習完圓周運動的相關知識后，設計了一款游戲裝置。如圖，他們用總長度為1m的細線，穿過一根長為0.2m且管口邊緣光滑的中空豎直玻璃管，細線兩端分別連接質量為0.4kg的小球M、質量為0.8kg的小球N。初始時，小球N放置在豎直玻璃管正下方的水平桌面上，且離玻璃管下管口的距離為0.6m，拉起小球M，并給其一個速度，讓其在水平面內做勻速圓周運動，此時細線與豎直方向的夾角為。取重力加速度，小球M、N均可視為質點，不計空氣阻力，細線不可伸長，。
（1）求小球M做圓周運動的角速度的大小；
（2）輕搖玻璃管，使小球M做勻速圓周運動的角速度緩慢增大，小球N剛要離開桌面時，小球M做勻速圓周運動的角速度為，求的大小及此時連接小球M的細線與豎直方向的夾角；
（3）若繼續輕搖玻璃管，小球N緩慢上升到玻璃管的下管口時，剪斷細線，小球M、N陸續落在水平桌面上且不彈起，求小球M、N在水平桌面上的落點之間的距離。
19．某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內有一傾角θ＝37°的直軌道AB，其下方右側放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉輪半徑R＝0.4 m、轉軸間距L＝2 m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉動，轉輪最低點離地面的高度H＝2.2 m。現將一小物塊放在距離傳送帶高h處靜止釋放，假設小物塊從直軌道B端運動到傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變為水平向右。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.5(sin 37°＝0.6)。
(1)若h＝2.4 m，求小物塊到達B端時速度的大小；
(2)若小物塊落到傳送帶左側地面，求h需要滿足的條件；
(3)改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關系式及h需要滿足的條件。
20．如圖所示是探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系的實驗裝置。長槽上的擋板B到轉軸的距離是擋板A到轉軸距離的2倍，長槽上的擋板A和短槽上的擋板C到各自轉軸的距離相等。
(1)下列實驗的實驗方法與本實驗相同的是___________。
A．驗證力的平行四邊形定則
B．伽利略對自由落體的研究
C．探究加速度與力、質量的關系
(2)探究向心力和角速度的關系時，將傳動皮帶套在兩塔輪半徑 （填“相同”或“不同”）的輪盤上，將質量相同的小球分別放在擋板 處（選填“A、C”或“B、C”），轉動時發現左邊的標尺上露出的紅白相間的等分格數為右邊標尺的4倍，那么，左邊塔輪的半徑與右邊塔輪的半徑之比為 。
(3)利用傳感器升級實驗裝置，用力傳感器測壓力，用光電計時器測周期進行定量探究。某同學多次改變轉速后，記錄多組力與對應周期數據，他用圖像法來處理數據，結果畫出了如圖所示的圖像，該圖線是一條過原點的直線，請你分析他的圖像橫坐標x表示的物理量是___________。
A．T B． C． D．
21．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．
22．如圖所示，游戲裝置固定于同一豎直截面內，分別由發射器K、長的水平軌道、半徑的圓形軌道、控制器J，水平軌道、半徑的圓弧軌道、長的傾斜直軌道和擋板Q組成，圓弧軌道半徑與水平方向夾角，直軌道與半徑垂直，各部分平滑連接。質量的物塊與水平軌道和傾斜軌道間的動摩擦因數均為，其余部分均光滑。發射器K最大彈性勢能，其彈出物塊時，彈性勢能全部轉化為物塊的動能。物塊從左側進入控制器J時無阻力通過，從右側進入時會被鎖定。物塊大小忽略不計，與擋板Q碰撞后等速率反彈，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（）求：
（1）若發射器彈出的物塊恰好通過圓形軌道最高點，則物塊通過圓形軌道最低點時受到軌道的支持力大小；
（2）若發射器彈出的物塊能通過點，但不脫離軌道，則發射器彈性勢能的范圍。
參考答案
1．【答案】A　【詳解】如圖所示，對在B點時的速度進行分解，小球運動的時間t＝＝，則A、B間的水平距離x＝v0t＝，故A正確，B、C、D錯誤。
2．【答案】　A
【詳解】　設斜面傾角為θ，不計摩擦力和空氣阻力，運動員在沿斜面下滑過程中根據動能定理有Ek＝mgxtan θ，即＝mgtan θ，下滑過程中開始階段傾角θ不變，Ek－x圖像為一條直線；經過圓弧軌道過程中θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大，故A正確。
3．【答案】B　【詳解】地球的第一宇宙速度的大小等于在地面附近運行的衛星繞地球公轉的線速度。衛星做圓周運動的向心力由地球對它的萬有引力提供，由 G＝m，可得v＝，可見衛星的高度越高，則公轉的線速度越小，所以靠近地球表面運行的衛星（h可忽略）的線速度最大，選項A錯誤，B正確；地球同步衛星在地球的高空運行，所以它的線速度小于地球的第一宇宙速度，選項C錯誤；行星的第一宇宙速度v＝，式中的m行、R'為行星的質量、半徑，不同行星的質量和半徑不同，使得不同行星的第一宇宙速度一般不同，選項D錯誤。
4．【答案】　C
【詳解】　當汽車速度為v時，汽車做勻速運動，有F＝f，根據功率與速度的關系得P＝Fv，汽車受到的阻力大小為f＝F＝，當車速為時，根據功率與速度的關系得，P＝F1·，則F1＝，根據牛頓第二定律得F1－f＝ma，解得汽車的瞬時加速度的大小為a＝，故C正確。
5．【答案】　C
【詳解】　根據公式Δt＝可知，物體的速度越大，其時間進程越慢，故C正確。
6．【答案】3∶2
【詳解】球所受的重力和水平面的支持力在豎直面內，且是一對平衡力，故球的向心力由桿的OA段和AB段的拉力提供。
分別隔離A、B受力分析，如圖所示。A、B固定在同一根輕桿上，所以A、B的角速度相同，設角速度為ω，則由向心力公式可得
對A：FOA－FAB＝mω2r，
對B：FAB'＝2mω2r
又FAB＝FAB'，
聯立三式解得FOA∶FAB＝3∶2。
7．【答案】C　【詳解】西瓜和汽車一起做圓周運動，豎直方向上的合力提供向心力，有mg－F＝m，解得F＝mg－m，故選C。
8．【答案】　C
【詳解】　甲圖中，人勻速上樓，支持力向上，與速度方向為銳角，則支持力做正功，人不受靜摩擦力，摩擦力不做功，故A、B錯誤；乙圖中，支持力與速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向與速度方向相同，摩擦力做正功，故C正確，D錯誤。
9．【答案】C
【詳解】根據題意，由萬有引力提供向心力有=ma，解得a=，則有=，A錯誤；根據開普勒第二定律，在近日點和遠日點附近，哈雷彗星與太陽中心的連線在相等的時間掃過的面積相等，即有v1Δt·r1=v2Δt·r2，解得=，B錯誤；由萬有引力提供向心力有=m，解得v=，設以哈雷彗星在近日點與太陽中心的距離為半徑，繞太陽做圓周運動的速度為v，則v大于地球的公轉速度，哈雷彗星在近日點進入橢圓軌道需加速做離心運動，則有v1>v，則有哈雷彗星在近日點的速度一定大于地球的公轉速度，C正確；地球的公轉周期為T1=1年，哈雷彗星的周期為T2=75年，根據開普勒第三定律有=，解得=<75，D錯誤。
10．【答案】D　【詳解】根據萬有引力提供向心力可知G＝mr，解得T＝2π，因此運行軌道越高，周期就越長，故“高分三號”的運行周期小于“高分四號”的運行周期，即小于24 h，故A錯誤；貼著地球表面運行的人造衛星，有G＝mg，設高分三號的向心加速度為a，則G＝ma，因為r＞R，所以可知a＜g即“高分三號”的向心加速度小于 9.8 m/s2，故B錯誤；“高分四號”處在地球靜止軌道上，因此其運行角速度等于地球自轉的角速度，故C錯誤；根據萬有引力提供向心力可知G＝m，解得v＝，可知半徑越大，速度越小，故“高分三號”的運行速度大于“高分四號”的運行速度，故D正確。
11．【答案】　ABD
【詳解】　根據合力做功等于動能的變化量，物體下落的加速度為g，所受的合力為mg，W合＝mgh，所以物體的動能增加了mgh，選項A正確；重力做功WG＝mgh，重力做的功等于重力勢能的減少量，所以重力勢能減少了mgh，物體的動能增加了mgh，則機械能減少了mgh，選項B正確，C錯誤；物體受豎直向下的重力和豎直向上的阻力，根據牛頓第二定律得阻力大小為mg，所以阻力做功Wf＝－fh＝－mgh，所以物體克服阻力所做的功為mgh，選項D正確。
12．【答案】AC
【詳解】根據，得，知道軌道半徑越大，線速度越小，第一宇宙速度的軌道半徑為地球的半徑，所以第一宇宙速度是繞地球做勻速圓周運動最大的環繞速度，所以兩衛星的線速度均小于地球的第一宇宙速度，A正確；由，可得，則軌道半徑越小角速度越大，“墨子號”的角速度比北斗G7的角速度大，B錯誤；根據，得，所以量子科學實驗衛星“墨子號”的周期小，C正確；衛星的向心加速度，半徑小的量子科學實驗衛星“墨子號”的向心加速度比北斗G7的大，D錯誤。
13．【答案】　BD
【詳解】　同軸轉動角速度相同，由于座椅B的圓周運動半徑比座椅A的半徑大，A、B質量相等，由Fn＝mω2r得B的向心力比A的大，故選項A錯誤，B正確；設纜繩與豎直方向的夾角為θ，由牛頓第二定律得mgtan θ＝mω2r，解得tan θ＝，由于座椅B的圓周半徑比座椅A的半徑大，故B與豎直方向的夾角大，在豎直方向上有FTcos θ＝mg，解得FT＝，懸掛B的纜繩所受到的拉力比懸掛A的大，故選項C錯誤，D正確。
14．【答案】BCD
【解析】作出小球運動軌跡如圖所示,在B點,根據題意有,又,解得,小球從A點到B點,有,解得,又A、B兩點的距離為,則有，其中,,聯立解得,,故A錯誤,B正確；,,則,C正確；小球從A點運動到B點,速度變化量大小,D正確.
15．【答案】將小球輕放在斜槽末端，若保持靜止則水平，否則不水平，利用水平尺測量；不需要；0.1；2.5
【詳解】[1]可將鋼球放于槽的末端。調節斜槽后，輕輕撥動鋼球，若鋼球能在任何位置平衡，說明達到要求；否則不水平，利用水平尺測量。
[2]頻閃照相儀可以按照設定的時間間隔連續拍照，所以不需要小球從斜槽上同一高度由靜止釋放，進行重復試驗。
[3]如圖可知，，由逐差法知，代入得
[4]由平拋運動規律知，，則
16．【答案】CE，4.0，5.0
【詳解】（1）研究平拋物體運動規律與小球的質量無關，與重力加速度相關，因此不需要稱量小球的質量，A錯誤；保證小球從末端飛出時的速度方向水平即可，不要求斜槽軌道光滑，但槽軌道末端必須調整到水平，B錯誤，C正確；實驗中需要刻度尺測量位移，但可以通過豎直位移計算所用時間，因此不需要秒表計時，D錯誤；為保證小球每次平拋運動的初速度相同，每次應讓小球從同一高度釋放，E正確。
（2）四點中相鄰兩點間的水平間距均為，由此可知，相鄰兩點之間的時間間隔相等，小球在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有，又因為，解得，則小球的水平初速度為。
[3]小球在c點的豎直分速度為，則有，解得，則小球在c點的速度為。
17．【答案】(1)D
(2) 0.98 1.2
【詳解】（1）AD．為了保證小球每次拋出的速度相同，應使小球每次從斜槽上相同的位置由靜止釋放，但斜槽軌道不需要光滑，A錯誤，D正確；
B．為了保證小球拋出時的速度處于水平方向，斜槽軌道末端需要調節水平，B錯誤；
C．實驗坐標原點應建在小球處于斜槽末端時球心的水平投影處，C錯誤。
選D。
（2）[1]根據圖乙，豎直方向有
可得
水平方向有
可得小球運動到位置c時，其速度水平分量的大小為
[2]小球運動到位置c時，其豎直分量的大小為
18．【答案】（1）；（2），；（3）
【詳解】（1）以小球為研究對象，分析受力，水平方向由牛頓第二定律得，代入數據解得小球做圓周運動的角速度為
（2）小球剛要離開桌面時，設連接小球的細線與豎直方向的夾角為，因桌面彈力為0，對小球N由平衡知識得細線張力，對小球由由平衡知識得，由牛頓第二定律得，代入數據解得，。
（3）小球緩慢上升到玻璃管的下管口時，設連接小球的細線與豎直方向的夾角為，對小球N由由平衡知識得細線張力，對小球由由平衡知識得，由牛頓第二定律得，剪斷細線，小球N做自由落體運動，落到玻璃管的正下方，小球做平拋運動，根據幾何關系得下落的高度，根據平拋運動的規律，水平方向有，豎直方向有，各式聯立得小球、在水平桌面上落點間距，代入數據解得
19．【答案】　(1)4 m/s；(2)h≤3.0 m；(3)x＝2 m　h≥3.6 m
【詳解】　(1)物塊由靜止釋放到B的過程中，由牛頓第二定律，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，又v＝2a，解得vB＝4 m/s。
(2)小物塊從左側離開傳送帶的臨界條件是小物塊到D點的速度為0，設此時下落的高度為h1，根據動能定理有mgh1－μmgcos θ·－μmgL＝0，解得h1＝3.0 m
所以當h≤3 m時，小物塊必落到傳送帶左側地面。
(3)小物塊從右側拋出，設到達D點時的速度為v，由動能定理得mgh－μmgcos θ·－μmgL＝mv2，從D點做平拋運動，有H＋2R＝gt2，x＝vt，可得x＝2 m，為使能在D點水平拋出，則mg≤m，解得h≥3.6 m。
20．【答案】(1)C；(2)不同，A、C，1:2；(3)D
【詳解】（1）本實驗采用的控制變量法，與探究加速度與力、質量的關系實驗的原理相同，選C。
（2）探究向心力和角速度的關系時，要保持小球質量和轉動半徑相同，改變角速度，則將傳動皮帶套在兩塔輪半徑不同的輪盤上，將質量相同的小球分別放在擋板A、C處，轉動時發現左邊的標尺上露出的紅白相間的等分格數為右邊標尺的4倍，即左邊小球的向心力等于右邊小球向心力的4倍，根據F=mω2r，左邊塔輪的角速度等于右邊塔輪角速度的2倍，因兩邊塔輪邊緣線速度相等，根據v=ωr那么左邊塔輪的半徑與右邊塔輪的半徑之比為1:2。
（3）根據，縱標表示向心力F，則圖像橫坐標x表示的物理量是。
21．【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
22．【答案】（1）6N
（2）J≤≤J，J≤≤J，J≤≤J
【詳解】（1）物塊恰好通過圓形軌道最高點，根據牛頓第二定律
解得m/s
物塊到過程，由機械能守恒
解得m/s
物塊在點由牛頓第二定律
得N
（2）物塊恰好能通過點，根據能量守恒J
物塊恰能到點，則J
物塊恰能通過點，根據牛頓第二定律
解得m/s
根據能量守恒J
物塊恰能到點J
擋板Q反彈后物塊勻速下滑，恰能通過點進入圓弧軌道，則J。
所以，發射器彈性勢能的范圍為J≤≤J，J≤≤J，J≤≤J。
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：第五章---八章 綜合基礎練習5
一、單選題（本大題共8小題）
1．地球上北緯60度和赤道上各有一點A和B，則下列說法中正確的是（　　）
A．vA>vB
B．vAC．
D．
2．如圖所示，A是地球的同步衛星，B是地球的近地衛星，C是地面上的物體，A、B、C質量相等，均在赤道平面上繞地心做勻速圓周運動，則
A．A、B、C三者所受地球的萬有引力FB>FC>FA
B．A、B、C三者的周期TA=TC>TB
C．A、B、C三者的向心加速度 aC>aA>aB
D．A、B、C三者運行的線速度vB3．設想把質量為m的物體放在地球的中心，地球質量為M，半徑為R，則物體與地球間的萬有引力為（　　）
A．零 B．無窮大 C． D．
4．如圖所示，一塊橡皮用細繩懸掛于點，現用一支鉛筆貼著細繩的左側水平向右以速度勻速移動，運動過程中保持鉛筆的高度不變，懸掛橡皮的那段細繩始終保持豎直.當細繩與豎直方向夾角為 時，橡皮的速度大小為（ ）
A. B. C. D.
5．波輪洗衣機的脫水筒（如圖所示）在脫水過程中，衣服會緊貼在筒壁上做勻速圓周運動，衣服上的水通過筒上的小孔排出。某同學將一質量為的硬幣與衣服一起放進了洗衣機，脫水過程中，硬幣緊貼筒壁一起做勻速圓周運動，與周圍衣物無接觸，筒壁豎直，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下表是洗衣機的規格參數，重力加速度取，，下列說法中正確的是（　　）
型號 XX
額定電壓、頻率 、
額定脫水功率
質量
脫水轉速
脫水桶尺寸 直徑，高
外形尺寸 長，寬，高
A．硬幣做圓周運動所需的向心力由筒壁彈力與靜摩擦力的合力提供
B．脫水筒正常工作時轉動的角速度為
C．脫水筒正常工作時，筒壁對硬幣的彈力大小約為
D．若硬幣與筒壁之間的動摩擦因數為0.1，其臨界脫落轉速約為
6．如圖所示，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑PQ水平。一質量為m的小球（可視為質點）從P點上方高為R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道。小球滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力大小為4.5mg，重力加速度為g。用W表示小球從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功，則（　　）
A．小球恰好可以到達Q點
B．小球沖出Q點后可上升的最大高度大于
C．小球不可能第二次經過P點
D．小球從N到Q克服摩擦力做的功等于
7．如圖所示，質量為的小球固定在桿的一端，在豎直面內繞桿的另一端做圓周運動，當小球運動到最高點時，瞬時速度，是球心到O點的距離，則球對桿的作用力是（　　）
A．的拉力 B．的壓力
C．的壓力 D．的拉力
8．如圖，光滑斜面的傾角為θ＝45°，斜面足夠長，在斜面上A點向斜上方拋出一小球，初速度方向與水平方向夾角為α，小球與斜面垂直碰撞于D點，不計空氣阻力；若小球與斜面碰撞后返回A點，碰撞時間極短，且碰撞前后能量無損失，重力加速度g取10 m/s2。則可以求出的物理量是（　　）
A．α的值
B．小球的初速度v0
C．小球在空中運動時間
D．小球初動能
二、多選題（本大題共3小題）
9．如圖所示，兩個質量不等的鐵塊A和B，分別從兩個高度h相同的光滑曲面和光滑斜面的頂端由靜止滑向底端，下列說法正確的是（　　）

A．它們下滑過程中重力做功相等
B．它們到達底端時動能相等
C．它們到達底端時速率相等
D．它們下滑過程中機械能均守恒
10．(多選)如圖,在傾角為θ=37°的角錐體表面上對稱地放著可視為質點的A、B兩個物體,用一輕質繩跨過固定在頂部的光滑的定滑輪連接在一起,開始時繩子繃直但無張力.已知A、B兩個物體的質量分別為m和2m,它們與豎直軸的距離均為r=1 m,兩物體與角錐體表面的動摩擦因數均為μ=0.8,認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g=10 m/s2,某時刻起,角錐體繞豎直軸緩慢加速轉動,加速轉動過程中A、B兩物體始終與角錐體保持相對靜止,則下列說法正確的是 (　　)
A．繩子有張力之前,B物體受到的靜摩擦力在增加
B．繩子即將有張力時,轉動的角速度ω1= rad/s
C．在A、B滑動前A所受的靜摩擦力一直在增加
D．在A、B即將滑動時,轉動的角速度ω2= rad/s
11．如圖所示的四幅圖表示的是有關圓周運動的基本模型，下列說法正確的是（　　）
A．圖a中輕桿長為l，若小球在最高點的角速度小于，桿對小球的作用力向上
B．圖b中若火車轉彎時未達到規定速率，輪緣對外軌道有擠壓作用
C．圖c中若A、B均相對圓盤靜止，所在圓周半徑，質量，則A、B所受摩擦力
D．圖d中是一圓錐擺，增加繩長，保持圓錐的高度不變，則圓錐擺的角速度不變
三、非選擇題（本大題共5小題）
12．某同學利用頻閃照片驗證小鐵球豎直上拋過程中機械能守恒.已知頻閃儀閃光一次，通過對頻閃照片的測量與分析得到照片中小鐵球各位置間實際距離并已標出.已知小鐵球質量為，當地重力加速度為.
（1） 從到時間內，小鐵球重力勢能的增加量______；動能的減少量______.（結果均保留三位有效數字）
（2） 在誤差允許的范圍內，若與近似相等，則可驗證機械能守恒定律.由上述數據可得小于，造成這種系統誤差的主要原因是______________________________________________.
13．跳臺滑雪是一種勇敢者的滑雪運動，運動員腳踏專用滑雪板，在滑雪道上獲得一定速度后從跳臺飛出，在空中飛行一段距離后著陸。現有某運動員從跳臺A點處沿水平方向飛出，在斜坡B點處著陸，如圖所示。測得AB間的距離為40 m，斜坡與水平方向的夾角為30°，已知運動員及滑雪板的總質量為70kg，不計空氣阻力，重力加速度g 取10 m/s2。求：
（1）運動員在空中飛行的時間t；
（2）運動員從A 點飛出時的速度大小v0；
（3）運動員在B 點著陸時的動能Ek。
14．《流浪地球2》中太空電梯非常吸引觀眾眼球.太空電梯通過超級纜繩連接地球赤道上的固定基地與配重空間站，它們隨地球以同步靜止狀態一起旋轉，如圖所示.圖中配重空間站質量為，比同步衛星更高，距地面高為.若地球半徑為，自轉周期為，表面重力加速度為，求：
（1） 通過纜繩連接的配重空間站線速度大小；
（2） 配重空間站受到纜繩的力的大小；
（3） 若配重空間站沒有纜繩連接，在該處繞地球做勻速圓周運動的線速度大小.
15．某小組為了驗證機械能守恒定律，設計了如圖甲所示的實驗裝置.物塊、用跨過定滑輪的輕繩相連，底端固定一寬度為的輕質遮光條，托住，用刻度尺測出遮光條所在位置與固定在鐵架臺上的光電門之間的高度差.已知當地的重力加速度為.
　　　
　　　甲　　　　　　乙
（1）用刻度尺測量遮光條的寬度，示數如圖乙所示，其讀數為 .記下遮光條通過光電門的時間，則遮光條通過光電門的速度大小為 （用題中字母表示）.
（2）下列實驗步驟必要的是 .
A．可以選擇兩個質量相等的物塊進行實驗
B．實驗時，需要確保物塊由靜止釋放
C．需要測量出兩物塊的質量和
D．需要測量出遮光條從到達所用的時間
（3）改變高度，重復實驗，測得各次遮光條的擋光時間，以為橫軸、為縱軸建立平面直角坐標系，在坐標系中作出圖像，如圖丙所示，該圖像的斜率為，在實驗誤差允許范圍內，若 （用題中字母表示），則驗證了機械能守恒定律.
　　　丙
（4）實驗發現圖像的斜率的測量值總是小于理論值，除了空氣阻力的影響外，還可能存在的影響是： .
16．如圖，置于圓形水平轉臺邊緣的小物塊隨轉臺加速轉動，當轉速達到某一數值時，物塊恰好滑離轉臺開始做平拋運動。現測得轉臺半徑R=0.5m，離水平地面的高度H=0.8m，物塊平拋落地過程水平位移的大小s=0.4m。設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10m/s2求：
（1）物塊做平拋運動的初速度大小v0；
（2）物塊與轉臺間的動摩擦因數μ。
參考答案
1．【答案】B
【詳解】
A、B兩點共軸，角速度相同，即
由公式可知，由于A的半徑比B的小，則
故B正確，ACD錯誤。
故選B。
2．【答案】B
【詳解】A．近地衛星的軌道等于地球的半徑，由萬有引力，由于三顆衛星質量相等，則有，A錯誤；
B．A是地球的同步衛星，運行周期與物體C的周期相同，由，可知同步衛星A的周期大于衛星B的周期，即，B正確；
C．A和地面上的物體C，二者角速度大小相等，由，可知，由，可知，所以A、B、C三者的向心加速度大小關系為，C錯誤；
D．根據，可知，對地球同步衛星A和地面上的物體C，二者角速度大小相等，由，可知，則，D錯誤。選B。
3．【答案】A
【詳解】
把物體放到地球的中心時r＝0，此時萬有引力定律不再適用，由于地球關于球心對稱，所以吸引力相互抵消，對整體而言，萬有引力為零。
故選A。
4．【答案】A
【解析】橡皮的運動可以分解為豎直方向沿繩的運動和水平方向的勻速直線運動,將鉛筆與繩子接觸的點的速度沿繩方向和垂直于繩方向分解,如圖所示,則沿繩子方向上的分速度為,即橡皮在豎直方向上的速度大小為,水平方向的速度為,則橡皮的合速度大小為,A正確.
【方法總結】 橡皮的速度大小為合速度大小,分析橡皮在水平和豎直方向的速度,再進行合成.
5．【答案】D
【詳解】硬幣做圓周運動所需的向心力由筒壁彈力提供，A錯誤；根據表中數值可知脫水筒正常工作時轉動的角速度為，B錯誤；脫水筒正常工作時，筒壁對硬幣的彈力提供圓周運動的向心力，，C錯誤；若硬幣與筒壁之間的動摩擦因數為0.1，達到臨界角速度時滿足，，臨界脫落轉速為，聯立解得，D正確。
6．【答案】B
【詳解】ABD．由題意得，在N點滿足
從釋放點到N點，由動能定理得
解得
因為PN段比NQ段同一高度處的速度大，則PN段比NQ段同一高度處的支持力大，則可知PN段比NQ段克服摩擦力做功多，即NQ段克服摩擦力做功滿足
又因為從N到Q過程由動能定理得
解得
設小球沖出Q點后可上升的最大高度為h，則由動能定理得
可得
故AD錯誤，B正確；
C．同理分析可知從Q返回P的過程中，克服的摩擦力做功小于從P到Q過程克服的摩擦力做功，即
又因為從Q到P過程由動能定理得
可得第二次經過P點時
即小球能第二次經過P點，故C錯誤。
故選B。
7．【答案】A
【詳解】
在最高點，設桿對球的彈力向下，大小為F，根據牛頓第二定律得：mg+F=m，又，解得，F=mg＞0，說明假設正確，即可知道桿對球產生的是拉力，根據牛頓第三定律得知，球對桿的作用力是mg的拉力，方向向上．故選A．
8．【答案】A
【詳解】設初速度v0與豎直方向夾角β，則β＝90° α（1）；
由A點斜拋至至最高點時，設水平位移為x1，豎直位移為y1，由最高點至碰撞點D的平拋過程Ⅱ中水平位移為x2，豎直位移y2。A點拋出時：（2），（3），（4）。小球垂直打到斜面時，碰撞無能力損失，設豎直方向速度vy2，則水平方向速度保持不變，斜面傾角θ＝45°，（5）（6）（7），平拋運動中，速度的偏向角正切值等于位移偏向角的正切值的二倍，所以：（8）由（8）變形化解：（9）同理，Ⅱ中水平位移為：（10），（11），，故即（12），由此得，
故可求得α的值，其他選項無法求出。選A。
9．【答案】CD
【詳解】A．兩球的質量不等，所以兩球的重力不相等，沿光滑曲面下落的高度相等，
W＝mgh
所以下滑過程中重力對兩球做的功不相等，故A錯誤；
BC．根據動能定理可知
它們到達底端時動能不相等，但是兩球到達底部的速率相等，故B錯誤，C正確；
D．因為兩球滑下到底部的過程，只有重力做功，所以它們下滑過程中機械能守恒，故D正確。
故選CD。
10．【答案】AB
【解析】繩子有張力之前,對B物體進行受力分析,水平方向有fcos θ-Nsin θ=2mω2r,豎直方向有fsin θ+Ncos θ=2mg,由以上兩式可知,隨ω的增大,f增大,N減小,故A正確;對B物體分析其將要發生滑動瞬間,繩上即將有張力的臨界狀態,在水平方向有μNcos θ-Nsin θ=2mr,豎直方向有μNsin θ+Ncos θ=2mg,代入數據解得ω1= rad/s,故B正確;在ω逐漸增大的過程中,A物體先有向外滑動的趨勢,后有向內滑動的趨勢,其所受靜摩擦力先沿斜面向上增大,后沿斜面向上減小,再改為沿斜面向下增大,故C錯誤;ω增大到A、B整體將要滑動時,B有向下滑動趨勢,A有向上滑動趨勢,對A物體,水平方向有(T-μNA)cos θ-NAsin θ=mr,豎直方向有(T-μNA)sin θ+NAcos θ=mg,對B物體水平方向有(T+μNB)cos θ-NBsin θ=2mr,豎直方向有(T+μNB)sin θ+NBcos θ=2mg,聯立以上四式解得ω2= rad/s,故D錯誤.
11．【答案】AD
【詳解】圖a中若輕桿上的小球在最高點時，桿受作用力為零，此時，解得，若角速度小于，則桿對小球的作用力向上，A正確；圖b中若火車轉彎未達規定速度行駛時，此時重力和軌道的支持力的合力大于火車所需的向心力，此時火車有做向心運動的趨勢，輪緣對內側軌道有擠壓作用，B錯誤；圖c中若A、B均相對靜止，根據，，，可得A、B所受摩擦力為，C錯誤；圖d是一圓錐擺，根據，可得，則增加繩長，保持圓雉的高度不變，則圓錐擺的角速度不變，D正確。選AD．
12．【答案】（1） 0.843；0.860
（2） 空氣阻力做負功,部分機械能轉化為內能
【解析】
（1） 從到時間內,小鐵球重力勢能的增加量,小鐵球在時刻的速度,小鐵球在時刻的速度,動能的減少量.
（2） 造成系統誤差的主要原因是小鐵球在上升過程中空氣阻力做負功,部分機械能轉化為內能.
13．【答案】（1）2s；（2）m/s；（3）24500J
【分析】
【詳解】
（1）運動員在豎直方向的位移大小
y＝ ABsin30°＝ 20m
在豎直方向的分運動為自由落體運動，有
運動員在空中的飛行時間
=2s
（2） 運動員在水平方向的位移大小
x＝ ABcos30°=m
在水平方向的分運動為勻速直線運動，有
x=v0t
運動員在A 處的速度大小
v0=m/s
（3）以B點為重力勢能的零點，根據機械能守恒定律有
運動員在B點處著陸時的動能
Ek＝ 24500J
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 配重空間站的軌道半徑為,配重空間站繞地心轉動的周期與地球自轉的周期相同,通過纜繩連接的配重空間站速度大小為.
（2） 配重空間站做勻速圓周運動,萬有引力與纜繩拉力的合力提供向心力,有,對地面的物體,有,解得.
（3） 若配重空間站沒有纜繩連接,由萬有引力提供向心力得,對地面的物體,有,解得.
15．【答案】（1）1.50; 　　（2）BC　　（3）　　（4）繩子與滑輪之間的摩擦阻力
【解析】（1）刻度尺的分度值為，需要估讀到下一位，由題圖乙可知遮光條的寬度為，由于擋光時間很短，可認為遮光條通過光電門的速度大小等于擋光過程中的平均速度，有.
（2）驗證機械能守恒定律的表達式為.釋放物塊后需要向下加速通過光電門，向上加速，則的質量需要大于的質量，故錯誤；實驗時，需要確保物塊由靜止釋放，保證系統初動能為零，故正確；需要測量出兩物塊的質量和，故正確；不需要測量出遮光條從到達所用的時間，故錯誤.
（3）根據機械能守恒定律可得，可得，可知若圖像的斜率滿足，則驗證了機械能守恒定律.
（4）實驗發現圖像的斜率的測量值總是小于理論值，除了空氣阻力的影響外，還可能存在的影響是：繩子與滑輪之間的摩擦阻力.
16．【答案】（1）1m/s ；（2）0.2
【詳解】（1）物塊做平拋運動，在豎直方向上有，
在水平方向上有，
聯立解得，
代入數據得v0=1 m/s。
（2）物塊離開轉臺時，最大靜摩擦力提供向心力，有，
，
聯立解得，
代入數據得μ=0.2。
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁

展開更多......

收起↑