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2024年高考一轮复习100考点100讲
第5章　圆周运动
第5.6讲　车辆转弯
【知识点精讲】
【方法归纳】
【最新高考题精练】
（2018江苏高考物理）
1．火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°。在此10s时间内，火车（　　）
A．运动路程为600m B．加速度为零
C．角速度约为1rad/s D．转弯半径约为3.4km
（2018年11月浙江选考物理）
2．一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（ ）
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4×104N
C．汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2
（2017年4月浙江选考）
3．图中给出一段“”形单行盘山公路的示意图，弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为，弯道中心线半径分别为，弯道2比弯道1高，有一直道与两弯道圆弧相切．质量的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．（sin37°=0.6，sin53°=0.8）
（1）求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度；
（2）汽车以 进入直道，以的恒定功率直线行驶了，进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；
（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽，求此最短时间（A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点 ）．
（2016高考浙江理综物理）
4．如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L=100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g=10 m/s2，π=3.14)，则赛车( )
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.85 s
（2018江苏高考物理）
5．火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°。在此10s时间内，火车（　　）
A．运动路程为600m B．加速度为零
C．角速度约为1rad/s D．转弯半径约为3.4km
（2018浙江4月选考）
6．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们（　　）
A．线速度大小之比为4：3 B．角速度大小之比为3：4
C．圆周运动的半径之比为2：1 D．向心加速度大小之比为1：2
（2017年11月浙江选考）
7．如图所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已知图中双向四车道的总宽度约为15m，内车道边缘间最远的距离为150m。假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，则运动的汽车（　　）
A．所受的合力可能为零 B．只受重力和地面的支持力作用
C．最大速度不能超过25m/s D．所需的向心力由重力和支持力的合力提供
【最新模拟题精练】
（2023山东济南名校质检）
8．下列情形中，关于向心力的来源判断正确的是（　　）
A．图甲中，动车转弯时，铁轨的支持力提供向心力
B．图乙中，飞机在水平面内转弯时，重力与升力的合力提供向心力
C．图丙中，汽车在水平路面转弯时，轨迹切线方向上的摩擦力提供向心力
D．图丁中，小孩乘坐旋转木马运动时，木马的重力提供向心力
（2023湖南百校高一期中联考）
9．如图，某自行车比赛的赛道可视为圆锥的内表面，路面与铅垂线的夹角为α．运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，圆周的半径为R，重力加速度为g，要使自行车不受摩擦力作用，自行车需要与路面垂直，不计空气阻力，其速度应等于（　　）
A． B． C． D．
（2023济南名校质检）
10．如图所示，在德州市的某十字路口，设置有右转弯专用车道。现有一辆汽车正在水平右转弯车道上行驶，其运动可视作圆周运动，行驶过程中车辆未发生打滑。司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止。当汽车在水平的右转弯车道上减速行驶时，下列说法正确的是（　　）
A．司机和乘客具有相同的线速度
B．汽车所受的合力一定指向圆心
C．汽车对乘客的作用力小于汽车对司机的作用力
D．汽车对乘客的作用力大于乘客所受的重力
（2022天津河西区二模）
11．汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示。设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022年高考广东梅州二模）
12．上海磁悬浮列车线路需要转弯的地方有三处，其中设计的最大转弯处半径达到8000米，用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1300米。一个质量50kg的乘客坐在以360km/h速率驶过半径2500米弯道的车厢内，下列说法正确的是（　　）
A．弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适
B．弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度
C．乘客受到来自车厢的力大小约为200N
D．乘客受到来自车厢的力大小约为540N
（2022年高考广东梅州二模）
13．上海磁悬浮列车线路需要转弯的地方有三处，其中设计的最大转弯处半径达到8000米，用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1300米。一个质量50kg的乘客坐在以360km/h速率驶过半径2500米弯道的车厢内，下列说法正确的是（　　）
A．弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适
B．弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度
C．乘客受到来自车厢的力大小约为200N
D．乘客受到来自车厢的力大小约为540N
14．我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，已知某路段为一半径为5600米的弯道，设计时速为216km/h（此时车轮轮缘与轨道间无挤压），已知我国的高铁轨距约为1400mm，且角度较小时可近似认为，重力加速度g等于10m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为
A．8cm B．9cm C．10cm D．11cm
15．如图所示，在室内自行车比赛中，运动员以速度v在倾角为θ的赛道上做匀速圆周运动．已知运动员的质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
B．运动员受到的合力大小为m，做圆周运动的向心力大小也是m
C．运动员做圆周运动的角速度为vR
D．如果运动员减速，运动员将做离心运动
16．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半径为R的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L。已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（　　）

A． B．
C． D．
（2022浙江台州质检）
17．火车轨道的转弯处外轨高于内轨，如图所示。若已知某转弯处轨道平面与水平面夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R。在该转弯处规定的安全行驶的速度为v，则下列说法中正确的是（　　）
A．该转弯处规定的安全行驶的速度为v=
B．该转弯处规定的安全行驶的速度为v=
C．当实际行驶速度大于v时，轮缘挤压内轨
D．当实际行驶速度小于v时，轮缘挤压外轨
（2022年高考广东梅州二模）
18．上海磁悬浮列车线路需要转弯的地方有三处，其中设计的最大转弯处半径达到8000米，用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1300米。一个质量50kg的乘客坐在以360km/h速率驶过半径2500米弯道的车厢内，下列说法正确的是（　　）
A．弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适
B．弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度
C．乘客受到来自车厢的力大小约为200N
D．乘客受到来自车厢的力大小约为540N
19．在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则（　　）
A．该弯道的半径
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压
20．某高速公路的一个出口路段如图所示，情景简化：轿车从出口A进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B点（通过B点前后速率不变），再匀速率通过水平圆弧路段至C点，最后从C点沿平直路段匀减速到D点停下。已知轿车在A点的速度，AB长；BC为四分之一水平圆弧段，限速（允许通过的最大速度），轮胎与BC路段间的动摩擦因数，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，CD段为平直路段，长为，重力加速度g取。
（1）若轿车到达B点速度刚好为，求轿车在AB下坡段加速度的大小；
（2）为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段BC半径R的最小值；
（3）轿车从A点到D点全程的最短时间。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．AD
【详解】A．本题考查匀速圆周的概念，意在考查考生的理解能力，圆周运动的弧长
故选项A正确；
B．火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B错误；
CD．由于角度与弧度的换算关系
所以由题意得圆周运动的角速度
又
所以
故选项C错误，D正确。
故选AD。
2．D
【分析】汽车转弯时做圆周运动，重力与路面的支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律分析解题．
【详解】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得，解得，所以汽车转弯的速度为20m/s时，所需的向心力小于1.4×104N，汽车不会发生侧滑，BC错误；汽车能安全转弯的向心加速度，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2，D正确．
【点睛】本题也可以求解出以20m/s的速度转弯时所需的向心力，与将侧向最大静摩擦力与所需向心力比较，若静摩擦力不足提供向心力，则车会做离心运动．
3．（1）（2）（3）
【详解】（1）弯道1的最大速度v1，有：
得
（2）弯道2的最大速度v2，有：
得
直道上由动能定理有：
代入数据可得
（3）由得
可知r增大v增大，r最大，切弧长最小，对应时间最短，所以轨迹设计如下图所示
由图可以得到
代入数据可以得到r’=12.5m
汽车沿着该路线行驶的最大速度
对应的圆心角为
线路长度
最短时间
综上所述本题答案是：（1）（2）（3）
【点睛】当汽车受到的静摩擦力达到最大时汽车的速度达到临界值，要利用这个信息找到汽车在各个轨道上运动的速度大小，并利用动能定理求解整个过程中摩擦力做的功．
4．AB
【详解】试题分析：设经过大圆弧的速度为v，经过大圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由可知，代入数据解得：，故B正确；设经过小圆弧的速度为v0，经过小圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由可知，代入数据解得：，由几何关系可得直道的长度为：再由代入数据解得：a=6．50m/s，故C错误；设R与OO'的夹角为α，由几何关系可得：，，小圆弧的圆心角为：120°，经过小圆弧弯道的时间为，故D错误．在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，由BC分析可知，在绕过小圆弧弯道后加速，故A正确；
考点：考查了圆周运动，牛顿第二定律，运动学公式
【名师点睛】解答此题的关键是由题目获得条件：①绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力；②由数学知识求得直道长度；③由数学知识求得圆心角．另外还要求熟练掌握匀速圆周运动的知识．
5．AD
【详解】A．本题考查匀速圆周的概念，意在考查考生的理解能力，圆周运动的弧长
故选项A正确；
B．火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B错误；
CD．由于角度与弧度的换算关系
所以由题意得圆周运动的角速度
又
所以
故选项C错误，D正确。
故选AD。
6．A
【详解】A．因为相同时间内他们通过的路程之比是4：3，根据，则A、B的线速度之比为 4：3，故A正确；
B．运动方向改变的角度之比为3：2，根据，则角速度之比为3：2，故B错误；
C．根据可得圆周运动的半径之比为
故C错误；
D．根据a=vω得，向心加速度之比为
故D错误。
故选A。
7．C
【详解】ABD．汽车在水平面内做匀速圆周运动，合外力提供向心力，始终指向圆心，拐弯时静摩擦力提供向心力，所需的向心力不可能由重力和支持力的合力提供，故ABD错误；
C．摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律
其中
R=0.5×150m+15m=90m
联立解得最大速度
v=25m/s
故C正确。
故选C。
8．B
【详解】A．图甲中，动车转弯时，铁轨的支持力和重力的合力提供向心力，A错误；
B．图乙中，飞机在水平面内转弯时，升力和重力的合力提供向心力，B正确；
C．图丙中，汽车在水平路面转弯时，径向上的摩擦力提供向心力，C错误；
D．小孩乘坐旋转木马运动时，木马的支持力和重力的合力提供向心力，D错误。
故选B。
9．A
【详解】如图对自行车进行受力分析
水平方向、竖直方向分别由运动学方程
解得
故选A。
10．D
【详解】A．司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止，司机和乘客具有相同的角速度，但半径不同，根据线速度与角速度的关系，则线速度不同，故A错误；
B．因汽车做减速圆周运动，汽车所受的合力分解为指向圆心的向心力和与运动方向相反使速率减小的切向力，故合力的方向一定不指向圆心，故B错误；
C．乘客和司机角速度相同，由牛顿第二定律有
右转弯时乘客的半径小，但因不确定乘客和司机的质量大小关系，故汽车对乘客的作用力和对司机的作用力大小关系无法确定，故C错误；
D．汽车对乘客的作用力有竖直方向的支持力和水平方向使乘客做减速圆周运动合力，竖直方向的支持力与乘客所受的重力平衡，则汽车对乘客两个方向的力的合力一定大于乘客所受的重力，故D正确。
故选D。
11．A
【详解】根据图中可知，车内的挂饰偏向了右方，由此可知，汽车正在向左转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的内侧，故A正确，BCD错误。
故选A。
12．ABD
【详解】A．根据
可知，转弯速度一定的情况下，半径越大，则向心力越小，则弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适，选项A正确；
B．由牛顿第二定律可知，列车转弯时当列车在规定速度下转弯时满足
则在转弯速度一定时，转弯半径越大，则列车倾斜的角度θ越小，则弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度，选项B正确；
CD．乘客受到的向心力
乘客受到来自车厢的力大小约为
选项C错误，D正确。
故选ABD。
13．ABD
【详解】A．根据
可知，转弯速度一定的情况下，半径越大，则向心力越小，则弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适，选项A正确；
B．由牛顿第二定律可知，列车转弯时当列车在规定速度下转弯时满足
则在转弯速度一定时，转弯半径越大，则列车倾斜的角度θ越小，则弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度，选项B正确；
CD．乘客受到的向心力
乘客受到来自车厢的力大小约为
选项C错误，D正确。
故选ABD。
14．B
【分析】要使火车安全通过弯道，则火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式求解；
【详解】由题可知：半径，时速为；
根据牛顿第二定律得：
解得：
由题意得
而
联立得：，故B正确，ACD错误；
【点睛】解决本题的关键理清向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，注意单位的统一．
15．B
【详解】（1）向心力是效果力，可以由单个力充当，也可以由其它力的合力提供，或者由某个力的分力提供，不是性质力，因此，将运动员和自行车看做一个整体后，整体应受重力、支持力和摩擦力．A错误；
（2）由题意可知，运动员做线速度大小为，半径为R的匀速圆周运动，故运动员受到的合力提供向心力，即，故运动员受到的合力大小为m，做圆周运动的向心力大小也是m，B正确；
（3）根据线速度和角速度的关系得，角速度，C错误；
（4）如果运动员减速，需要的向心力减小，此时向心力“供”大于“需”，运动员将会做近心运动，D错误．
故本题正确答案选B．
【点睛】向心力是效果力，由其它力充当；做匀速圆周运动的物体所受的合力指向圆心，合力完全提供向心力；当向心力“供大于求”时，物体会做近心运动．
16．B
【详解】由题意知，当横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零时
根据数学知识可得
联立解得
故选B。
17．A
【详解】AB．火车以某一速度经过弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，如图所示
根据牛顿第二定律得
解得
故A正确，B错误；
C．当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向外，故C错误；
D．当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向内，故D错误。
故选A。
18．ABD
【详解】A．根据
可知，转弯速度一定的情况下，半径越大，则向心力越小，则弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适，选项A正确；
B．由牛顿第二定律可知，列车转弯时当列车在规定速度下转弯时满足
则在转弯速度一定时，转弯半径越大，则列车倾斜的角度θ越小，则弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度，选项B正确；
CD．乘客受到的向心力
乘客受到来自车厢的力大小约为
选项C错误，D正确。
故选ABD。
19．ABD
【详解】A．火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得
故A正确；
B．根据牛顿第二定律
解得
可知火车规定的行驶速度与质量无关，故B正确；
CD．当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C错误，D正确。
故选ABD。
20．（1）；（2）20m；（3）。
【详解】（1）初速度，AB长，，对AB段匀减速直线运动有
代入数据解得。
（2）轿车在BC段做圆周运动，静摩擦力提供向心力，有
为了确保安全，则要满足，解得，即。
（3）设AB段时间为，BC段时间为，CD段时间为，全程所用最短时间为t。则通过L1
而
联立解得。
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第5章　圆周运动
第5.7讲　探究向心力实验
【知识点精讲】
1．实验目的：
（1）学会使用向心力演示器；
（2）通过实验探究向心力与半径、角速度、质量的关系。
2．实验仪器：向心力演示器（如图），三个金属球（半径相同，其中两个为质量相同的钢球，另一个为质量是钢球一半的铝球）。
3．实验原理
如图所示，匀速转动手柄1，可以使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内的小球也随着做匀速圆周运动。使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供。球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8。根据标尺8上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。
4．实验步骤及观察结果
（1）调整标尺，使两根标尺起点和套筒上口处于同一水平面上，皮带放在第一挡，转速为1∶1的皮带盘处，质量相同的两钢球分别放在两个槽上半径相等的横臂挡板内侧，然后摇动手柄，观察到标尺读数始终相等。
（2）将长槽上钢球由第一挡板内侧移至第二挡板内侧，此时两个质量相同的钢球转动半径之比为2∶1，转动手柄，观察到标尺格数之比为2∶1。
（3）将长槽上的钢球换成铝球，并移至第一挡板内侧，两个金属球质量比为1∶2，转动手柄，观察到标尺格数之比为1∶2。
（4）把皮带放在第二挡，转速之比为2∶1，将长槽上铝球换成钢球，转动手柄，两球角速度之比为2∶1，观察到标尺格数之比为4∶1。
（5）将皮带放在第三挡，转速之比为3∶1，转动手柄，两球角速度之比为3∶1，观察到标尺格数之比为9∶1。
5．实验结论
由步骤（1）及其结果可知，半径、角速度、质量相同时，向心力大小相同；
由步骤（2）及其结果可知，角速度、质量相同时，向心力与半径成正比；
由步骤（3）及其结果可知，半径、角速度相同时，向心力与质量成正比；
由步骤（4）（5）及其结果可知，半径、质量相同时，向心力与角速度的平方成正比。
由以上可推知：Fn＝mω2r。
6．实验误差
（1）污渍、生锈等使小球质量半径变化，带来的误差。
（2）仪器不水平带来的误差。
（3）标尺读数不准带来的误差。
（4）皮带打滑带来的误差。
7．注意事项
（1）实验前要做好横臂支架安全检查，检查螺钉是否有松动，保持仪器水平。
（2）实验时转速应从慢到快，且转速不宜过快，以免损坏测力计弹簧。
（3）注意防止皮带打滑，尽可能保证ω比值不变。
（4）注意仪器的保养，延长仪器使用寿命，并提高实验可信度。
【方法归纳】
利用向心力演示器，实验探究向心力与半径、角速度、质量的关系，采用的是控制变量法。
【最新高考题精练】
（2023年1月浙江选考）
1．“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。
①采用的实验方法是
A．控制变量法　　B．等效法　　C．模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的 之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值 （选填“不变”、“变大”或“变小”）。
（2015全国理综I·22）
2．某物理小组的同学设计了一个粗制玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验.所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m）.
完成下列填空：
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为1.00kg；
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为 kg;
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：
序号 1 2 3 4 5
m（kg） 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90
(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 N；小车通过最低点时的速度大小为 m/s.（重力加速度大小取9.80m/s2 ，计算结果保留2位有效数字）
【最新模拟题精练】
（2023武汉武昌区5月质检）
3．利用如图甲所示的圆锥摆装置验证向心力表达式，步骤如下：
（1）用天平测出密度较大的小球的质量为m，如图乙所示用20分游标卡尺测出小球的直径D＝ cm。小球静止时，用刻度尺测量此时悬挂点与小球上端之间的竖直距离为L。

（2）在白纸上画几个不同半径的同心圆，用刻度尺测量各个圆的半径r。将白纸平铺在水平桌面上，使同心圆的圆心刚好位于 。让小球做圆锥摆运动，俯视观察小球，其在水平面上沿着白纸上某个圆做圆周运动，当运动稳定时，用秒表测量小球运动5圈所用的时间t。
（3）用向心力表达式推导出 （用m、t、r和圆周率表示）；通过受力分析，推导出小球做圆周运动时所受合力 （用m、r、D、L和重力加速度g表示）。将记录的数据带入到上述两个表达式中进行计算。
（4）改变绳长，重复（2）、（3）实验步骤，记录多组数据。
（5）通过比较每一组实验数据计算出的和的大小，在误差允许的范围内近似相等。由此，向心力的表达式得以验证。
（2023云南昆明一中六模）
4．利用如图所示实验装置探究向心力与质量、半径的关系。将一根光滑的水平杆和竖直杆垂直铰合在一起，分别用两根细线一端连接物块1和物块2，另一端分别绕过定滑轮后连接固定在竖直杆上的两个力传感器。水平杆绕竖直杆转动时，物块1和物块2跟随水平杆一起绕以相同的角速度转动，力传感器上分别显示出拉力的竖直杆大小。
（1）用此装置探究向心力与旋转半径的关系时，应保持 相同，使物块到竖直轴距离 （填“相同”或“不同”）。用刻度尺分别测出物块1和物块2到竖直杆的距离、，当水平杆绕竖直杆以角速度转动时，两个力传感器的示数分别为、。改变两物块到竖直杆的距离，重复实验，测量出多组半径、和拉力、。若在误差允许的范围内等于 ，则表明在此实验过程中向心力与转动半径成正比。
（2）该实验过程中采用的实验方法是 。
A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法
（2023济南重点高中高一期中）
5．某同学用如图（a）所示装置探究钢质小球自由摆动至最低点时的速度大小与此时细线拉力的关系。其中，力传感器显示的是小球自由摆动过程中各个时刻细线拉力的大小，光电门测量的是钢球通过光电门的挡光时间。
（1）调整细线长度，使细线悬垂时，钢球中心恰好位于光电门中心；
（2）要测量小球通过光电门的速度，还需测出 （写出需要测量的物理量及其表示符号），小球通过光电门的速度表达式为 ；
（3）改变小球通过光电门的速度重复实验，测出多组速度v和对应拉力T的数据，作出图像如图（b）所示。已知当地重力加速度，则由图像可知，小球的质量为 ，光电门到悬点的距离为 m。
（2023广东广州重点高中名校联考）
6．小吴同学用如题图甲所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系，塔轮自上而下有三层，每层左右半径之比由上至下分别是1：1，2：1和3：1（如题图乙所示）。左右塔轮通过不打滑的传动皮带连接，并可通过改变传动皮带所处的层来改变左右塔轮的角速度之比，实验时，将两个小球分别放在短槽的C处和长槽的A（或B）处，A、C分别到左右塔轮中心的距离相等，B到左塔轮中心的距离是A到左塔轮中心距离的2倍，转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮一起匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。请回答相关问题：
（1）在某次实验中，小吴同学把两个质量相等的钢球放在B、C位置，将传动皮带调至第一层塔轮，转动手柄，观察左右标出的刻度，此时可研究向心力的大小与 的关系；
A．质量m　　B．角速度　　C．半径r
（2）若传动皮带套在塔轮第三层，则塔轮转动时，A、C两处的角速度之比为 ；
（3）在另一次实验中，小吴同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置。传动皮带位于第二层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺的露出的格子数之比为 。
（2023浙江十所名校期中联考）
7．某同学用向心力演示仪进行实验，实验情景如甲、乙、丙三图所示，其中铝球、钢球大小相等。
（1）本实验采用的主要实验方法为 （选填“等效替代法”或“控制变量法”）。
（2）三个情境中，图 是探究向心力大小F与质量m关系（选填“甲”、“乙”、“丙”）。在甲情境中，若两钢球所受向心力的比值为，则实验中选取两个变速塔轮的半径之比为 。
（3）某物理兴趣小组利用传感器进行探究，实验装置原理如图丁所示。装置中水平直槽能随竖直转轴一起转动，将滑块放在水平直槽上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直槽一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动需要的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
保持滑块质量和运动半径r不变，探究向心力F与角速度的关系，作出图线如图戊所示，若砝码运动半径，细线的质量和一切摩擦可忽略，由图线可得滑块和角速度传感器总质量 （结果保留2位有效数字）。
（2023浙江九校期中联考）
8．“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。
（1）本实验采用的实验方法是
A．控制变量法B．等效替代C．放大法
（2）在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的 之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；连接传动皮带的左右两侧变速塔轮半径，在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值为 ．
（2023湖南百校高一期中联考）
9．如图所示为利用圆锥摆和光电门测量向心加速度的实验装置，铁架台上固定一个电动机，电动机能够带动下方的转盘以一个稳定的角速度转动（即重锤线和细绳始终在同一竖直平面），转盘中心固定一个铅垂线，转盘边缘连接一根细线，细线的另一端连接一个小球。
实验操作如下：
①利用电子秤测出小球质量m；
②启动电动机，使小球在水平面内做稳定的匀速圆周运动，调整光电门的位置，使小球穿过光电门的中心；
③利用刻度尺测出光电门中心到铅垂线的水平距离R以及转盘的半径r；
④当小球第一次到达光电门开始计时，记录小球第n次经过光电门的时间t；
⑤调整电动机的转速，改变光电门的位置，进行若干次重复实验并记录数据；
⑥关闭电源，整理器材。
（1）下列说法正确的是 ；
A．实验开始前必须确保铅垂线与转盘平面垂直
B．小球做圆周运动的周期
C．小球受到三个力的作用，分别是重力、绳子提供的拉力和向心力
D．若电动机转速减小，光电门的位置只需要向下移动，一样可以完成实验
（2）某同学测出，，，取9.9，那么可以计算出小球的向心加速度为 ；再根据，，可以推测该同学使用的重力加速度数据g= 。（两空的结果均保留3位有效数字）
（2023广东名校质检）
10．为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，某实验小组通过如图甲所示装置进行实验。滑块套在水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为，光电门可以记录遮光片通过的时间，测得旋转半径为。滑块随杆匀速圆周运动，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力和角速度的数据。
（1）为了探究向心力与角速度的关系，需要控制 和 保持不变，某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为，则角速度 ；
（2）以为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图乙所示直线，图线斜率为，则滑块的质量为 （用、、表示）；图线不过坐标原点的原因是 。
（2022北京丰台区高三下一模）
11．某物理兴趣小组利用传感器进行探究，实验装置原理如图所示。装置中水平光滑直槽能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直槽上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直槽一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动需要的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
（1）小组同学先让一个滑块做半径r为的圆周运动，得到图甲中①图线。然后保持滑块质量不变，再将运动的半径r分别调整为、、、，在同一坐标系中又分别得到图甲中②、③、④、⑤四条图线。
（2）对①图线的数据进行处理，获得了图像，如图乙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是 。
（3）对5条图线进行比较分析，得出一定时，的结论。请你简要说明得到结论的方法 。
（2022山东济宁兖州高一期中）
12．如图所示为某研学小组的同学们用圆锥摆验证向心力表达式的实验情景。
在具体的计算中可将小球视为质点，小球的质量为m，重力加速度为g。部分实验步骤如下：
①用天平测出钢球的质量m；
②将钢球用细线拉起，贴近钢球，在其下方平放一张画有多个同心圆的白纸，使其圆心恰好位于悬点正下方；
③使钢球做圆锥摆运动；
④通过纸上的圆对照得出钢球做匀速圆周运动的轨迹；
⑤用秒表测量钢球的转动周期；
⑥用刻度尺测出轨迹的半径；
（1）小球做匀速圆周运动所受的向心力是 （选填选项前的字母）；
A．小球所受绳子的拉力
B．小球所受的重力
C．小球所受拉力和重力的合力
（2）在某次实验中，小球沿半径为r的圆做匀速圆周运动，用秒表记录了小球运动n圈的总时间t，则小球做此圆周运动的向心力大小= （用m、n、t、r及相关的常量表示）；用刻度尺测得细线上端悬挂点到画有圆周纸面的竖直高度为h，那么对小球进行受力分析可知，小球做此圆周运动所受的合力大小F= （用m、h、r及相关的常量表示）；
（3）保持n的取值不变，改变h和r进行多次实验，可获取不同时间t。研学小组的同学们想用图像来处理多组实验数据，若小球所受的合力F与向心力大小相等，则这些图像中合理的是 选填选项的字母。
A． B． C． D．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． A 角速度平方 不变
【详解】①[1]本实验先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法；
故选A。
②[2]标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据
在小球质量和转动半径相同的情况下，可知左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。
[3]设皮带两塔轮的半径为R1、R2，塔轮的线速度为v；则有
，
小球质量和转动半径相同的情况下，可知
由于两变速盘的半径之比不变，则两小球的角速度平方之比不变，左、右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
2． 1.40 7.9 1.4
【详解】（1）[1]根据量程为10kg，最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位，为1.40kg
（2）[2]根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器中质量的平均值
解得
[3]根据牛顿运动定律知
代入数据解得
3． 1.500 静止的小球球心正下方
【详解】（1）[1]游标卡尺读数为
（2）[2]将白纸平铺在水平桌面上，使同心圆的圆心刚好位于静止的小球球心正下方；
（3）[3]根据向心力周期公式，得
[4]设小球做圆周运动时，悬线与竖直方向的夹角为，根据受力分析可知
又由几何关系可知
联立解得
4． 质量 不同 C
【详解】（1）[1][2]利用如图所示实验装置可以探究向心力与质量、半径的关系，现用此装置探究向心力与旋转半径的关系时，则需要质量保持相同，使物块到竖直轴距离不同，即半径不同；
[3]由公式
可知，当角速度、质量都相同时，向心力与转动半径成正比，即
（2）[4]该实验过程中采用的实验方法是控制变量法。
故选C。
5． 小球的直径d 0.05 1.0
【详解】（2）[1]根据速度公式知，要测量速度，需要知道钢球在挡光时间内的位移，即小球的直径d。
[2]速度表达式为
（3）[3][4]小球摆至最低点时，由向心力公式得细线的最大拉力
当小球速度为零时拉力最小，此时拉力与重力相等，对比图线可知
解得
由
解得
6． C 1:3 1:4
【详解】（1）[1] 第一层皮带传送时线速度相等且半径相等，则两盘转动的角速度相等，将质量相等的两个小球分别放置挡板B和C处，就能保证有不同的半径，根据，可知探究的是向心力和半径的关系；
故选C。
（2）[2] 若传动皮带套在塔轮第三层，同一皮带的线速度相等，而两轮的半径之比为3:1，由可知，两塔轮的角速度之比为1:3；
（3）[3]两个球的质量相等，传动皮带位于第二层时因两轮的半径之比为2:1，则由可知，两塔轮的角速度之比为1:2；A、C分别到左右塔轮中心的距离相等即转动时的半径相等，根据可知向心力之比为1:4，左右两标尺的露出的格子数向心力的大小关系，则格子数之比为1:4。
7． 控制变量法 乙 0.44##0.45##0.46##0.47
【详解】（1）[1]实验利用控制变量法来研究向心力的大小与小球质量、角速度和半径之间的关系。
（2）[2]根据
可知，要研究向心力大小F与质量m关系，需控制小球的角速度和半径不变，由图可知，两侧采用皮带传动，所以两侧具有相等的线速度，根据皮带传动的特点可知，应该选择两个塔轮的半径相等，而且运动半径也相同，选取不同质量的小球，故乙符合题意。
[3]由图可知，两小球质量相等，半径相同，根据牛顿第二定律
两个变速塔轮边缘的线速度相等
根据
联立可得两个变速塔轮的半径之比为
（3）[4] 根据
故图线的斜率为
解得
8． A 角速度平方
【详解】（1）[1]本实验的目的探究向心力与质量、角速度和半径的关系，则需应用控制变量法。
故选A。
（2）[2]左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的向心力之比，根据向心力公式
在小球质量和转动半径相同的情况下，向心力之比应等于线速度的平方比、等于角速度的平方比、等于周期平方的反比。
[3]连接传动皮带的左右两侧变速塔轮半径，由公式可知，角速度之比为
则左右标尺露出红白相间等分标记的比值等于向心力之比，为
9． AB##BA 3.96 9.90
【详解】（1）[1]A．为确保小球的圆周运动在水平面内，转盘必须也在水平面内完成圆周运动，A正确；
B．注意小球第1次经过光电门开始计时，第2次经过光电门才测量了一个周期，B正确；
C．小球受到的重力、拉力的合力提供向心力，而不会因为圆周运动就新增了一个“向心力”，C错误；
D．电动机转速变小，小球圆周运动的半径也会变小，所以光电门既需要下移，也需要靠近铅垂线移动，D错误。
故选AB。
（2）[2]根据向心加速度的表达式
[3]对小球进行受力分析可得
解得
代入数据可得
10． 滑块质量 旋转半径 滑块受到摩擦力
【详解】（1）[1][2]根据控制变量法，为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和旋转的半径不变；
[3]物体转动的线速度为
又
解得
（2）[4]根据向心力公式可知
联立解得
由于
可得滑块的质量为
[5]由图线可知，当
而
可知图线不过坐标原点的原因是滑块受到摩擦力的原因。
11． （或等带即可） 探究F与r的关系时，要先控制m和不变，因此可在图像中找到同一个对应的向心力，根据5组向心力F与半径r的数据，在F-r坐标系中描点作图，若得到一条过原点的直线，则说明F与r成正比。
【详解】（2）[1]根据向心力的公式
根据图像知，该图像是一条过原点的直线，F与x的图像成正比，则图像横坐标x代表的是（或等带即可）；
（3）[2]探究F与r的关系时，要先控制m和不变，因此可在图像中找到同一个对应的向心力，根据5组向心力F与半径r的数据，在F-r坐标系中描点作图，若得到一条过原点的直线，则说明F与r成正比。
12． C B
【详解】（1）[1]对小球进行受力分析，受到绳子的拉力和重力。小球做匀速圆周运动，两者的合力提供向心力。
（2）[2]根据测量数据可求出角速度
则向心力为
[3]设绳子与竖直方向的夹角为，拉力沿绳子方向，斜向上，所以合力为
（3）[4]合力提供向心力，则有
整理得到
所以图像应该选择B。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第四章 抛体运动
第4.1讲 曲线运动 运动的合成与分解
【知识点精讲】
考点一、曲线运动
1、速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向。
2、运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动。
3、曲线运动的条件
4、速度的特征
（1）速度方向：沿曲线的切线方向时刻在改变，因此曲线运动一定是变速运动。
（2）速度大小：可能变化，也可能不变，如“匀速圆周运动”的速度大小不变。
5、加速度的特征
加速度的大小和方向由合力决定，可能变化，也可能不变。如“平抛运动”的加速度不变。
6、合力的特征
（1）合力与轨迹关系：合力指向轨迹弯曲的凹侧，轨迹介于合力与速度的方向之间，如图：
（2）合力与速度变化的关系：
考点二、运动的合成与分解
1、合运动和分运动的关系
等时性 各分运动经历的时间与合运动经历的时间相等
独立性 各分运动独立进行，不受其他分运动的影响
等效性 各分运动的规律叠加起来与合运动有完全相同的效果
2、合运动的性质判断
（1）加速度（或合外力）
（2）加速度（或合外力）与速度方向
考点三、小船渡河的两类情况
最短时间 最短航程
v船>v水 v船tmin＝ lmin＝d，cosθ＝ lmin＝d，cos θ＝
考点四、绳（杆）端速度分解
（1）模型特点
沿绳（或杆）方向的速度分量大小相等。
（2）绳（杆）端速度的分解思路
（3）四种常见的速度分解模型
【方法归纳】
1、合运动的性质和轨迹的判断
（1）若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度（大小或方向）变化，则为非匀变速运动。
（2）若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动。
【特别提醒】
（1）分析运动的合成与分解问题时，一般情况下按运动效果进行分解。
（2）要注意分析物体在两个方向上的受力及运动规律，分别在两个方向上列式求解。
（3）两个方向上的分运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。　
2、“三模型、两方案、两确定”解决小船渡河问题
【最新高考题精练】
（2021新高考辽宁卷）
1．1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300m，水流速度3m/s，木船相对静水速度1m/s，则突击队渡河所需的最短时间为（　　）
A．75s B．95s
C．100s D．300s
（2016高考全国理综乙）
2．一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（　　）
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
（2016高考上海物理）
3．风洞是研究空气动力学的实验设备．如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2 m处，杆上套一质量m=3 kg，可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为F=15 N，方向水平向左．小球以初速度v0=8 m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2．求：
（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；
（2）小球落地时的动能．
（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78 J？
【最新模拟题精练】
（2023广东广州名校联考）
4．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹可能是图中的哪一个（　　）
A． B．
C． D．
（2023浙江十所名校期中联考）
5．如图1所示是一个单线轨直线滑台模组，滑块可以在电路的控制下做各种直线运动。现将两个相同的单线轨直线滑台模组十字组合成一个整体，并将一只笔固定在一个滑块上，如图2所示。笔沿y轴匀速移动，同时沿x轴分别匀速、匀加速、匀减速移动，得到了1、2、3三条笔尖的运动轨迹，如图3所示。下列关于笔尖的运动轨迹，判断正确的是（　　）
A．x轴匀速移动得到轨迹3 B．x轴匀加速移动得到轨迹1
C．x轴匀减速移动得到轨迹2 D．x轴匀加速移动得到轨迹3
（2023辽宁鞍山一模）
6．“歼-20”再次闪亮登场2022珠海航展。如图所示，战机先水平向右，再沿曲线向上，最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变，则沿段曲线飞行时，战机（　　）
A．所受合外力不变
B．所受合外力方向竖直向上
C．竖直方向的分速度不变
D．水平方向的分速度逐渐减小
（2023浙江名校联盟联考）
7．如图，水平桌面上有一涂有黑色墨水的小球，给小球一个初速度使小球向右做匀速直线运动，它经过靠近桌边的竖直木板ad边前方时，木板开始做自由落体运动（球与板之间的相互作用力忽略不计）。若木板开始运动时，cd边与桌面相齐平，则小球在木板上留下的轨迹是（　　）
A． B． C． D．
（2023广州二模）
8．潜艇从海水的高密度区驶入低密度区。浮力急剧减小的过程称为“掉深”。如图a所示，某潜艇在高密度区水平向右匀速航行，时，该捞艇开始“掉深”，潜艇“掉深”后其竖直方向的速度，随时间变化的图像如图b，水平速度保持不变，若以水平向右为轴，竖直向下为轴，则带艇“掉深”后的内。能大致表示其运动轨迹的图形是（　　）
A． B．
C． D．
（2023湖北荆州高一2月调研）
9．质量为m、可视为质点的物体放在光滑水平桌面上，在与水平桌面平行的恒力F作用下先后经过水平虚线上A、B两点，经过该两点时的速度大小分别为、，方向分别与AB成和，方向如图所示，已知，则关于该物体在水平桌面内的运动情况说法正确的是（　　）
A．物体在水平桌面内做匀变速曲线运动 B．恒力的大小为
C．物体从A点运动到B点所用的时间为 D．物体在水平桌面上运动的最小速度为
（2023湖南怀化高一期中）
10．2021年8月21日，中国人民火箭军成功发射两枚新型导弹。导弹轨迹通常都十分复杂，下图是分析导弹工作时的轨迹示意图，其中弹头的速度v与所受合外力F关系正确的是（ ）
A．图中A点 B．图中B点 C．图中C点 D．图中D点
（2022江苏南京二模）
11．如图为跳伞者在下降过程中速度随时间变化的示意图（取竖直向下为正），箭头表示跳伞者的受力。则下列关于跳伞者的位移y和重力势能Ep随下落的时间t，重力势能Ep和机械能E随下落的位移y变化的图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022山东临沂二模）
12．如图所示，在一个足够大、表面平坦的雪坡顶端，有一个小孩坐在滑雪板上。给他一个大小为的水平初速度使其运动。若雪坡与滑雪板之间的动摩擦因数，不计空气阻力，则小孩（　　）
A．沿初速度方向做匀速直线运动
B．做类平抛运动
C．最终会沿斜面做垂直于方向的匀加速直线运动
D．最终会沿斜面做与方向保持小于90°角的加速直线运动
（2022山西太原二模）
13．如图，一喷泉由两组喷水装置组成圆形图案，其中喷水口M位于圆心，喷出的水流竖直向上；喷水口N位于圆周上，喷出的水流斜向圆心（M）方向，M、N的出水口均位于水面上，喷出的水初速大小相等。已知M、N喷出的水流能达到的最大高度，忽略空气阻力，重力加速度为g，根据以上信息可求出的物理量有（　　）
A．M、N喷出的水的初速大小
B．N喷出的水的初速与水平方向的夹角
C．N喷出的水在空中运动的时间
D．N喷出的水落回水面时与M的距离
（2022江苏第二次百校大联考）
14．把一个物体的运动分解为两个垂直方向的直线运动，其运动学方程分别为x=3t+6t2（m），y=4t（m）。则（　　）
A．物体做匀速直线运动 B．物体做匀速圆周运动
C．物体做匀变速直线运动 D．物体做匀变速曲线运动
（2022河南许昌一模）
15．某质点在Oxy平面直角坐标系所在的平面上运动。t=0时，质点位于y轴上。它在x轴方向的运动速度一时间图像如图甲所示，它在y轴的位移一时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．t=0时，质点的速度大小为5m/s B．t=1s时，质点的速度大小为4m/s
C．t=2s 时，质点运动轨迹和x轴相交 D．质点的加速度大小为4m/s2
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参考答案：
1．D
【详解】河宽一定，当木船船头垂直河岸时，在河宽方向上的速度最大，渡河用时最短，即木船相对静水的速度，渡河时间最短为
故选D。
2．BC
【详解】CD．因为原来质点做匀速直线运动，合外力为0，现在施加一恒力，质点的合力就是这个恒力，所以质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度不变，速度的变化率不变。但若做匀变速曲线运动，单位时间内速率的变化量是变化的。故C正确，D错误。
A．若做匀变速曲线运动，则质点速度的方向不会总是与该恒力的方向相同，故A错误；
B．不管做匀变速直线运动，还是做匀变速曲线运动，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确。
故选BC。
3．（1）4.8 m （2）120 J （3）0.4s，0.24 s
【详解】（1）由题意可得小球在竖直方向做自由落体运动，由公式
代入数据可得运动时间为
小球在水平方向做匀减速运动，由牛顿第二定律
代入数据可得加速度为：
水平位移公式为：
代入数据可得位移为：
（2）以小球为研究对象，令小球的初动能为，末动能为
由动能定理
代入数据可得
（3）小球离开杆后经过时间t的水平位移
下落的高度为H，
由动能定理
将和代入得
代入数据得，
4．C
【详解】
物体自由下落到某处突然受一恒定水平向右的风力，此时合力向右下方，则轨迹应向右弯曲，且拐弯点的切线方向应与速度方向相同，即竖直向下；风停止后，物体只受重力，即合力竖直向下，轨迹应向下弯曲。
故选C。
5．B
【详解】A．笔沿y轴匀速移动，若同时沿x轴匀速运动，则合运动为匀速直线运动，轨迹为直线轨迹2，A错误；
BD．若同时沿x轴匀加速运动，加速度（合外力）沿x轴方向，轨迹弯向x轴，则x轴匀加速移动得到轨迹1，B正确，D错误；
C．若同时沿x轴匀减速运动，加速度（合外力）沿x轴负方向，轨迹弯向-x轴，则x轴匀减速移动得到轨迹3，C错误。
故选B。
6．D
【详解】AB．战机飞行速率不变，合力方向始终与速度方向垂直，即指向圆心，所受合外力方向不断变化，不是竖直向上的，故AB错误；
C．飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则
vy=vsinθ
增大，即竖直方向的分速度逐渐增大，故C错误；
D．飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则
vx=vcosθ
减小，即水平方向的分速度减小，故D正确。
故选D。
7．D
【详解】小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向相对木板做向上的匀加速直线运动，根据曲线运动的轨迹特点可知，轨迹应弯向上方。
故选D。
8．B
【详解】根据题意可知，潜艇在轴方向上做匀速直线运动，轴方向上先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，则运动轨迹的图形，在轴上取相邻距离相等的几段距离，则时间相等，轴上下降的距离先增大后减小。
故选B。
9．ABD
【详解】物体受恒力作用从A到B的运动为匀变速曲线运动，物体在水平桌面运动，设恒力方向沿CB方向，与恒力方向夹角为β，如图所示
由几何知识可知与AC方向夹角为β，则有
则
解得
沿恒力F方向由速度位移公式有
代入数据解得
在垂直恒力方向上做匀速运动，从A到B在垂直电场线方向的距离为，则从A到B点所用的时间为
物体垂直于恒力方向的分速度不变，所以当物体沿恒力方向的分速度减小为零时，速度最小，且
故选ABD。
10．D
【详解】弹头的轨迹时曲线运动，因此合外力与速度关系应满足曲线运动条件，合外力指向轨迹的凹侧，速度方向在轨迹的切线方向。
故选D。
11．D
【详解】A．由图可知跳伞运动员开始时所受重力大于阻力，向下加速运动，随着速度的增大，阻力在增大，加速度逐渐减小；
打开降落伞后阻力大于重力，加速度向上，运动员向下做减速运动；随着速度的减小，阻力也在减小，向上的加速度逐渐减小；当阻力和重力相等时向下做匀速运动。
则位移先增加得越来越快，后增加得越来越慢，然后均匀增加，选项A错误；
BC．重力势能
Ep=mgh
其随高度下降均匀减小，随时间的变化规律应与位移随时间变化规律相关，先减小得越来越快，然后减小得越来越慢，最后均匀减小，选项BC错误；
D．机械能
E=E0-fy
开始时阻力先慢慢增大，开伞后阻力瞬间变大，最后运动员匀速运动，阻力不变，根据y的变化规律可知选项D正确。
故选D。
12．C
【详解】A．雪坡与滑雪板之间的动摩擦因数，即
所以沿斜面方向有加速度，不可能沿初速度方向做匀速直线运动，故A错误；
B．因为有阻力，所以水平方向不是匀速运动，不是类平抛运动，故B错误；
CD．因为阻力与相对运动方向相反，当水平速度减为零后，最终会沿斜面做垂直于方向的匀加速直线运动，故C正确D错误。
故选C。
13．ABC
【详解】A．已知M、N喷出的初速度相等，根据公式
可以求出M喷出的水流的初速度，则可求出M、N喷出的水的初速大小，故A正确；
BC．根据N喷出的水竖直方向的高度可以求出N喷出的水在竖直方向的分速度，也可以求出N喷出的水在空中运动的时间，则可求出N喷出的水的初速与水平方向的夹角，故BC正确；
D．由于不清楚圆形图案的半径，所以无法求出N喷出的水落回水面时与M的距离，故D错误。
故选ABC。
14．D
【详解】由运动学方程可知，物体x方向做匀加速直线运动，y方向做匀速直线运动，合运动是曲线运动，且加速度恒定，所以合运动是匀变速曲线运动。
故选D。
15．ACD
【详解】A．由图乙可知质点在y轴方向沿y轴负方向做匀速直线运动，速度大小为
t=0时，质点x轴方向的速度大小为0，所以t=0时，质点的速度大小为5m/s，故A正确；
BD．由图甲可知，质点在x受方向的加速度
y轴方向的加速度为0，所以质点的加速度为4， t=1时，质点x轴方向的速度大小为4m/s，则质点的速度大小为
故D正确，B错误；
C．当t=2s 时，y轴方向的位移为0，x轴方向的位移为
可得t=2s 时，质点运动轨迹和x轴相交做，故C正确。
故选ACD。
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答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第四章 抛体运动
第4.2讲 平抛运动
【知识点精讲】
1、定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动。
2、性质：平抛运动是加速度为g的匀加速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。
3、平抛运动的条件：（1）v0≠0，沿水平方向；（2）只受重力作用。
4、研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
5、基本规律（如图所示）
（1）位移关系
（2）速度关系
【方法归纳】
要点一　平抛运动求解策略与方法
1、平抛运动的求解方略——运动分解
（1）
（2）时间相等是联系两个分运动的桥梁。
（3）注意速度、位移的合成与分解。
2、平抛运动的分解方法与技巧
（1）如果知道速度的大小或方向，应首先考虑分解速度。
（2）如果知道位移的大小或方向，应首先考虑分解位移。
（3）两种分解方法：
①沿水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动；
②沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的匀减速运动。
要点二　平抛运动的两个推论
1、做平抛（或类平抛）运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A点和B点所示。
2、做平抛（或类平抛）运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ。
【最新高考题精练】
（2020高考全国理综II）
1．如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于（　　）
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
（2020高考江苏物理）
2．如图所示，小球A、B分别从和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和。忽略空气阻力，则（　　）
A．A和B的位移大小相等 B．A的运动时间是B的2倍
C．A的初速度是B的 D．A的末速度比B的大
（2020年1月浙江选考）
3．如图所示，钢球从斜槽轨道末端以的水平速度飞出，经过时间t落在斜靠的挡板中点。若钢球以的速度水平飞出，则（ ）
A．下落时间仍为t B．下落时间为2t C．下落时间为 D．落在挡板底端B点
（2020高考北京卷）
4．无人机在距离水平地面高度处，以速度水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为。
(1)求包裹释放点到落地点的水平距离；
(2)求包裹落地时的速度大小；
(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为轴方向，竖直向下为轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。
（2015·浙江7月学考）
5．如图所示，驾驶员甲驾驶摩托车以15m/s的速度恰好能从水平路面边缘飞越壕沟，若驾驶员乙驾驶摩托车也能飞越，其速度大小可为（　　）
A．1m/s B．2m/s C．10m/s D．16m/s
（2015·浙江10月学考）
6．如图甲所示，饲养员对着长l＝1.0 m的水平细长管的一端吹气，将位于吹气端口的质量m＝0.02 kg的注射器射到动物身上。注射器飞离长管末端的速度大小v＝20 m/s。可视为质点的注射器在长管内做匀变速直线运动，离开长管后做平抛运动，如图乙所示。若动物与长管末端的水平距离x＝4.0 m，求注射器下降的高度h。

【最新模拟题精练】
（2023湖南张家界模拟）
7．如图所示，相同小球P和Q分别从光滑圆弧、的等高处同时由静止释放。圆弧的半径是的2倍，两圆弧底部M、N切线水平且在同一水平面上，M、N间距足够大，且P、Q不会在空中相遇，下列说法正确的是（　　）
A．P球在圆弧上运动的过程重力的功率一直在增加
B．小球经过M、N时的向心加速度相同
C．小球P、Q做平抛运动的水平位移大小相等
D．平抛运动的过程中，小球P重力的平均功率比小球Q的大
（2023山东潍坊期中）
8．质点做平抛运动的初速度为v1，3s末时的速度为v2。下列四个图中能够正确反映抛出时刻1s末、2s末、3s末速度矢量的示意图是（　　）
A． B． C． D．
（2023山东济南名校联考）
9．如图所示，在高处以某一初速度水平抛出一石子，当它的速度由水平方向变化为与水平方向成θ角的过程中，石子水平方向位移为x，则下列说法正确的是（已知当地的重力加速度为g，不计空气阻力）（　　）
A．石子运动时间为 B．石子运动时间为
C．石子初速度 D．石子初速度
（2023湖南新高考教研联盟第二次联考）
10．如图所示，物体在倾角为θ、足够长的斜面上做平抛运动，最终落在斜面上，从抛出到第一次落到斜面上的过程，下列说法正确的是（　　）
A．物体在空中运动的时间与初速度成正比
B．落到斜面上时，速度方向与水平面的夹角随初速度的增大而增大
C．抛出点和落点之间的距离与初速度成正比
D．物体在空中运动过程中，离斜面的最远距离与初速度成正比
（2023浙江十所名校期中联考）
11．如图所示，在倾角为的斜面顶端以速度水平抛出一小球A，经过时间落在斜面的某点P；在另一个倾角为的斜面顶端以速度水平抛出另一个小球B，经过时间落在斜面的某点Q；小球A在P点的速率恰好和小球B在Q点的速率相等，不计空气阻力，则（　　）
A． B．
C． D．
（2023云南师大附中模拟）
12．为迎接2022年北京冬奥会，运动员都进行了刻苦的训练。某滑雪运动员在训练过程中，从倾角为37°的倾斜直雪道顶端以4.00m/s的速度水平飞出，落在雪道上，然后继续沿雪道下滑。若空气阻力忽略不计，已知，，则他在空中运动的时间为（　　）
A．0.4s B．0.6s C．0.8s D．1.0s
（2023吉林长春高一期末）
13．一足够大且光滑的矩形斜面，倾角为，高为h，现有一小球在A处沿平行于底边的初速度滑上斜面，最后从B处离开斜面。已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球的运动轨迹为抛物线
B．小球的加速度为
C．小球从A处到达B处所用的时间为
D．小球从A处到达B处的位移为
（2023河北衡水中学一模）
14．如图所示，一个半径的半圆柱体放下水平地面上，一小球从圆柱体左端A点正上方的B点水平抛出（小球可视为质点），恰好从C点切线方向进入，已知O为半圆柱体圆心，与水平方向夹角为53°，重力加速度为，则（　　）
A．小球从B点运动到C点所用时间为 B．小球从B点运动到C点所用时间为
C．小球做平抛运动的初速度为 D．小球做平抛运动的初速度为
（2022山西太原期中）
15．如图所示，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，环半径为R．一个小球从A点以速度水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（ ）
A．越大，小球落在圆环时的时间越长
B．即使取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同
C．若取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环
D．无论取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环
（2022河北唐山三模）
16．滑雪运动员以20m/s的速度从一平台水平飞出，落地点与飞出点的高度差3.2m。不计空气阻力，g取10m/s2。运动员飞过的水平距离为s，所用时间为t，则（　　）
A．s=16m，t=0.50s B．s=16m，t=0.80s
C．s=20m，t=0.50s D．s=20m，t=0.80s
（2022山东枣庄二模）
17．如图所示，蜘蛛在竖直墙壁与地面之间结网时，为拉出的第一根直线蛛丝，与水平地面之间的夹角为．A点到地面的距离为。取重力加速度，空气阻力不计，。若蜘蛛从竖直墙壁上距地面的C点以水平速度跳出，要落到蛛丝上，则水平速度至少为（　　）
A． B．
C． D．
（2022广州培正中学三模）
18．如图所示，某同学将乒乓球发球机正对着竖直墙面水平发射，两个完全相同的乒乓球a和b各自以不同的速度水平射出，碰到墙面时竖直下落的高度之比为9：16。若不计阻力，下列对乒乓球a和b的判断正确的是（　　）
A．碰墙前a和b的运动时间之比为9：16
B．a和b碰墙时重力的瞬时功率之比为4：3
C．从发出到碰墙，a和b的动量变化量之比为4：3
D．a和b的初速度之比为4：3
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】有题意可知当在a点动能为E1时，有
根据平抛运动规律有
当在a点时动能为E2时，有
根据平抛运动规律有
联立以上各式可解得
故选B。
2．AD
【详解】A．位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得
，
A和B的位移大小相等，A正确；
B．平抛运动运动的时间由高度决定，即
，
则A的运动时间是B的倍，B错误；
C．平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则
，
则A的初速度是B的，C错误；
D．小球A、B在竖直方向上的速度分别为
，
所以可得
，
即，D正确。
故选AD。
3．C
【详解】钢球以飞出后落在长为的AB挡板中点，假设挡板与水平地面的夹角为，钢球做平抛运动分解位移：
解得：
若钢球恰好落在B点，则：
解得：
又因为，所以钢球以抛出，落在地面上B点右侧，落地时间与落在B点时间相同，综合上述分析可知落地时间：
故C正确，ABD错误。
故选C．
4．(1)；(2)；(3)
【详解】(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则
解得
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为
(2)包裹落地时，竖直方向速度为
落地时速度为
(3)包裹做平抛运动，分解位移
两式消去时间得包裹的轨迹方程为
5．D
【详解】壕沟两边的高度差一定，根据
可知，摩托车飞跃壕沟的时间一定，根据
d=v0t
要想飞跃壕沟则
x≥d
则速度
v≥v0=15m/s
故选D。
6．0.2m
【详解】由平抛运动规律有
x＝vt
解得
t＝0.2 s
竖直方向有
解得
h＝0.2 m
7．C
【详解】A．根据
PG=mgvy
可知，开始时P球的重力的功率为零，到达底端时P球的重力的功率也为零，则P球在圆弧上运动的过程重力的功率先增加后减小，选项A错误；
B．两球下落的高度相同，则到达底端时的速度大小相同，根据
可知，小球经过M、N时的向心加速度不相同，选项B错误；
C．根据
x=vt
可得
则小球P、Q做平抛运动的水平位移大小相等，选项C正确；
D．平抛运动的过程中，小球重力的平均功率
小球P重力的平均功率与小球Q的重力的平均功率相等，选项D错误。
故选C。
8．D
【详解】平抛运动水平方向做匀速直线运动，速度不变；竖直方向做自由落体运动，相同时间内速度变化量相同，故ABC错误，D正确。
故选D。
9．AC
【详解】石子做平抛运动，设位移方向与水平方向的夹角为α，则
即
所以
石子的初速度为
故选AC。
10．A
【详解】A．依题意，初速度不同的小球均落在斜面上，则具有共同的位移偏向角，根据平抛运动规律有
得
物体在空中运动的时间与初速度成正比，A正确；
B．落到斜面上时，速度与水平方向夹角满足
则落到斜面上时速度方向与斜面夹角与初速度无关，B错误；
C．抛出点与落点间距离
，
抛出点和落点之间的距离与初速度的平方成正比，C错误；
D．当小球在运动过程中速度方向与斜面平行时，小球离斜面的距离最大，把小球初速度及重力加速度分解在平行斜面与垂直斜面方向上，可得小球离斜面的最大距离为
则物体在空中运动过程中，离斜面的最远距离与初速度的平方成正比，D错误。
故选A。
11．D
【详解】AB．对小球A有
，，
对小球B有
，，
AB错误；
CD．根据上述可解得
C错误，D正确。
故选D。
12．B
【详解】根据斜面上平抛运动的特点可知
可得
故选B。
13．ABC
【详解】A．小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度方向垂直，小球做类平抛运动，其运动轨迹为抛物线，故A项正确；
B．根据牛顿第二定律知，有
解得
故B项正确；
C．由几何关系得，小球沿加速度方向上的位移为
根据公式
解得
故C项正确；
D．小球在沿初速度方向的位移为
则小球从A处到达B处的位移为
故D项错误。
故选ABC。
14．AC
【详解】小球做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于点，由几何关系知速度与水平方向的夹角为，设位移与水平方向的夹角为，则有
因为
又
解得
根据
解得
水平位移
解得
故AC正确，BD错误。
故选AC。
15．D
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的时间由下降的高度决定；
采用假设法，假设小球垂直撞击的BC段，通过速度方向的夹角与位移与水平方向的夹角关系进行分析；
【详解】A、小球的初速度v0越大，下降的高度不一定大，时间由竖直分位移决定，故到达C点时竖直分位移最大，则时间最长，故A错误；
B、设小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角为，则，可知初速度不同，则速度与水平方向夹角不同，故B错误；
C、假设小球与BC段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ．连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β，根据几何关系知，，因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tanθ=2tanβ，与相矛盾，则不可能与半圆弧垂直相撞，故C错误，D正确．
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍这一推论，并能灵活运用．
16．B
【详解】运动员做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，而落地点与飞出点的高度差3.2m，则由
解得运动员运动时间为
运动员在水平方向上做匀速直线运动，所以飞过的水平距离为
故选B。
17．C
【详解】平抛的运动轨迹如下所示：
AC之间的距离为
1.2m-1m=0.2m
由图可知
x=（y+0.2）tan37°
根据平抛运动规律有：
x=v0t
y=gt2
联立解得
v0=1.5m/s
C正确，ABD错误。
故选C。
18．D
【详解】A．球在竖直方向上做自由落体运动，根据
可得
A错误；
B．a和b碰墙时，小球的竖直方向速度
重力的瞬时功率
求得，a和b碰墙时重力的瞬时功率之比
B错误；
C．根据
从发出到碰墙，a和b的动量变化量之比为
C错误；
D．球在水平方向匀速直线运动，水平位移相等，根据
可以求得
D正确。
故选D。
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第4章 抛体运动
第4.3 讲 斜抛运动
【知识点精讲】
1、定义：将物体以初速度v0沿斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。
2、性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动。
3、研究方法：斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动。
斜抛运动问题多为斜上抛运动，可以在最高点分成两段处理，后半段为平抛运动，前半段的逆运动可以看成相等初速度的反向平抛运动。
【方法归纳】
斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动。
斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动。
斜下抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直下抛运动。
斜上抛运动可以从最高点分成两段，上抛阶段可以逆向思维为平抛运动。
【最新高考题精练】
（2023年1月浙江选考· 5）
1．如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（　　）
A．O点最大 B．P点最大
C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变
（2022山东物理）
2．如图所示，某同学将离地的网球以的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（　　）
A． B． C． D．
（2021年1月浙江选考）
3．某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度。下列说法正确的是（　　）
A．相邻位置运动员重心的速度变化相同 B．运动员在A、D位置时重心的速度相同
C．运动员从A到B和从C到D的时间相同 D．运动员重心位置的最高点位于B和C中间
（2016江苏高考物理）
4．有A、B两小球，B的质量为A的两倍；现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【最新模拟题精练】
一、选择题
（2023广东广州重点高中联考）
5．如图甲为海门区中学生排球联赛的某个场景，排球飞行过程可简化为乙图，运动员某次将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；另一次将飞来的排球从a点的正下方且与b点等高的c点斜向上击出，也击中b点，排球运动的最高点d，与a点的高度相同，不计空气阻力，下列关于这两个过程中说法正确的是（　　）
A．排球在空中飞行的时间可能相等
B．排球击中b点时的速度可能相等
C．排球被击出时速度大小可能相等
D．排球击中b时速度与水平方向夹角可能相同
（2023浙江十所名校期中联考）
6．如下图所示，某同学分别在同一直线上的A、B、C三个位置投掷篮球，结果都击中篮筐，击中篮筐时篮球的速度方向均沿水平方向，大小分别为、、，若篮球出手时高度相同，速度的方向与水平方向的夹角分别是、、，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．3
（2023云南昆明一中六模）
7．2022年初冬奥会在北京举办，吸引了大量爱好者尝试冰雪运动。如图所示，一滑雪运动员自A点由静止下滑，经B点冲出滑道越过宽为d的横沟到达平台C时速度恰沿水平方向。已知A、B两点的高度差为，坡道在B点的切线方向与水平面成角，，运动员的质量，重力加速度取。忽略空气阻力的影响。下列说法正确的是（　　）
A．运动到B点时运动员重力的功率为
B．横沟的宽度
C．从B到C的运动过程中，运动员动量的变化量大小为
D．从A到B的运动过程中，运动员机械能的减少量为
（2023江苏南京市中华中学一模）
8．在某战役中，我方部队在山顶用小型迫击炮对敌方阵地进行打击，刚好命中目标。如图所示，发射位置与目标的水平距离L＝12km，已知炮弹出射速度大小为300m/s，方向与水平面的夹角为37°，忽略炮弹飞行过程中受到的阻力，，重力加速度，则（　　）
A．炮弹在空中飞行的时间为40s
B．炮弹发射处与击中目标间的高度差为3500m
C．炮弹发射速度与击中目标时的速度之比为16：9
D．炮弹飞行过程中，单位时间内速度变化量的方向不断改变
9．如图所示，一小球(视为质点)以速度v从倾角为θ的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M点且速度水平向右，重力加速度为g，则小球从斜面底端到M点的时间为（　　）
A． B． C． D．
（2023云南昆明期中）
10．如图所示，假设甲、乙、丙三位高尔夫球运动员从同一点斜向上沿不同方向击出的高尔夫球分别落在水平地面上的位置，三条路径的最高点在同一水平面内，忽略空气阻力的影响，则（　　）
A．甲击出的高尔夫球落地的速率最大
B．丙击出的高尔夫球在空中运动时间最长
C．三个高尔夫球的初速度竖直分量相等
D．三个高尔夫球的初速度水平分量相等
（2023四川成都七中二诊）
11．如图所示，某同学打水漂，从离水面处以的初速度水平掷出一枚石块。若石块每次与水面接触速率损失50%，弹跳速度与水面的夹角都是，当速度小于就会落水。已知，，不计空气阻力，假设石块始终在同一竖直面内运动，则下列说法错误的是（　　）
A．第一次与水面接触后，弹跳速度为
B．第一个接触点与第二个接触点之间距离为
C．水面上一共出现5个接触点
D．落水处离人掷出点的水平距离为
（2023山东名校联考）
12．如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽ABC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段圆弧，B为圆弧最低点，而且AB段光滑，BC段粗糙。现有一质量为m的小球(可视为质点)，从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方飞出，v0与水平地面夹角为θ，不计空气阻力，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧ABC继续运动后从C点以速率飞出。重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）
A．小球由P到A的过程中，离地面的最大高度为
B．小球进入A点时重力的瞬时功率为mgv0sinθ
C．小球在圆弧形轨道内由于摩擦产生的热量为
D．小球经过圆弧形轨道最低点B处受到轨道的支持力大小为mg(3－2cosθ)＋
（2021届江苏常熟联考）
13．踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。用vy、E、Ek、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
（2021年5月安徽滁州重点中学押题卷）
14．如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且长度等于的长度，不计空气阻力，可将黄豆看成质点，则（　　）
A．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍
B．甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度不相等
C．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍
D．乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度一半
（2020北京西城高三一模）
15．由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，为弹道曲线上的五点，其中点为发射点，点为落地点，点为轨迹的最高点，为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（　　）
A．到达点时，炮弹的速度为零
B．到达点时，炮弹的加速度为零
C．炮弹经过点时的速度大于经过点时的速度
D．炮弹由点运动到点的时间大于由点运动到点的时间
（2020江苏镇江期末）
16．如图所示，发球机从O处先后以相同的速率v0沿不同的方向斜向上发出两只相同的网球P和Q，它们的运动轨迹如图所示，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)
A．在最高点时，P的速度比Q的大
B．P运动的加速度比Q的大
C．两只网球落地时速度大小相同
D．两只网球到达最高点所用的时间相同
（2020江苏无锡期末）
17．如图所示，两位同学在体育课上进行传接篮球训练，甲同学将篮球从A点抛给乙（篮球运动的轨迹如图中实线1所示），乙在B点接住然后又将篮球传给甲（篮球运动的轨迹如图中虚线2所示）．已知篮球在空中运动的最大高度恰好相同．若忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）

A．篮球沿轨迹1运动的时间较长
B．篮球沿轨迹1运动的过程中速度变化较快
C．两同学将篮球抛出的速度大小相等
D．篮球落到B点前的瞬间重力做功的功率等于落到C点（与A、B两点高度相同）前的瞬间重力做功的功率
（2020山东三校联考）
18．如图所示，在倾角为θ的斜面上的O点，与水平方向成60°角分别以速度v0和2v0两次抛出小球，小球先后打到斜面上的A、B两点，其中初速度是2v0的小球沿水平方向击中B点。则下列说法正确的是（　　）
A．斜面的倾角为30°
B．击中B点的小球在空中的飞行时间为
C．初速度是v0的小球也一定沿水平方向击中A点
D．OA间的距离等于AB间的距离
二、计算题
（2023云南昆明期中）
19．在篮球比赛中，投篮的投出角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。在某次比赛中，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮，出手点离地面的高度为，篮筐离地面的高度为。该同学出手的瞬时速度，篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度。求：
（1）出手后，篮球在空中运动的时间；
（2）出手时瞬时速度与水平方向的夹角（可用三角函数值表示）：
（3）水平距离x。
（2023湖南怀化名校联考）
20．如图所示，质量为的物块从空中的P点以速度，与水平方向成角抛出，恰好沿传送带方向进入传送带。传送带与水平方向的夹角，传送带以的速度顺时针转动，物块与传送带间的动摩擦因数为，传动带长，重力加速度g取，物块可看成质点，求：
（1）物块从P点抛出到进入传送带的时间；
（2）物块从传送带的最下端运动到最上端的时间；
（3）物块从传送带的最下端运动到最上端因摩擦产生的热量。
（2022山东烟台质检）
21．如图甲所示是我国农村建房时往高处抛送建筑材料的情景，即一人从地面将建筑材料抛出，被站在屋檐上的另一人接住。已知李师傅站在离房屋水平距离L=3.2m的A点，王师傅站在离地面高H=3.4m的屋檐上的B点，李师傅将质量m=2kg的砖头从A点正上方高h1=1.0m处斜向上抛出，砖头运动至最高点时恰被王师傅接住，若接住点在B点正上方高h2=0.8m处，砖头与王师傅接触的时间t=0.4s，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力。求：
（1）李师傅抛砖头的速度大小；
（2）王师傅在接砖头的过程中受到的平均作用力大小。
（2022山东烟台期中）
22．甲、乙两名同学在操场上用两个篮球（可视为质点）玩“空中击球”游戏，如图所示，甲同学在O点将篮球A以速度v斜向上抛出，使得篮球能够从乙同学正上方经过，乙同学选择合适时机，将篮球B从与O点等高的Q点以的初速度竖直向上抛出，篮球A经过最高点M后，在下降过程中经过P点时被正在上升的篮球B恰好击中，N位于OQ连线上且在M点正下方，已知O、N两点距离，N、Q两点距离，P、Q两点距离，不计空气阻力，重力加速度，求：
（1）篮球A抛出的初速度v；
（2）篮球B延迟于篮球A多长时间抛出。
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参考答案：
1．A
【详解】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。
故选A。
2．BD
【详解】设网球飞出时的速度为，竖直方向
代入数据得
则
排球水平方向到点的距离
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
平行墙面的速度分量
反弹后，垂直墙面的速度分量
则反弹后的网球速度大小为
网球落到地面的时间
着地点到墙壁的距离
故BD正确，AC错误。
故选BD。
3．A
【详解】A．因每次曝光的时间间隔相等，而运动员在空中只受重力作用，加速度为g，则相邻位置运动员重心的速度变化均为g t，选项A正确；
B．运动员在A、D位置时重心的速度大小相同，但是方向不同，选项B错误；
C．由图可知，运动员从A到B为4 t，从C到D的时间5 t，时间不相同，选项C错误；
D．运动员重心位置的最高点位于C点，选项D错误。
故选A。
4．A
【详解】试题分析：两球初速度大小和方向均相同，同时因抛出后两物体均只受重力，故加速度相同，因此二者具有相同的运动状态，故B的运动轨迹也是①；选项A正确，BCD错误．故选A．
考点：抛体运动
【名师点睛】本题考查对抛体运动的掌握，要注意明确质量不同的物体在空中加速度是相同的，而影响物体运动的关键因素在于加速度，与质量无关．
5．C
【详解】AC．由于从c处击出的球能竖直到达d点，从d到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知
vya=vyb，tc=2ta
由于水平方向的位移相同，根据v水＝ 可知
va水＞vc水
根据速度的合成可知，从a击出的排球速度
va0=va水
从c击出的排球的初速度
故两过程中，小球的初速度大小可能相等；故A错误，C正确；
B．排球击中b点时，根据运动的对称性可知，c处击出时的速度大小与击中b点时速度大小相等，a球击中b点时的速度
由于va水＞vc水，故从a点击出的排球击中b点时的速度较大，故B错误；
D．设排球击中b时速度与水平方向夹角为θ
两种情况排球击中b时vy相同，而v水不同，故速度与水平方向夹角不同。故D错误。
故选C。
6．B
【详解】AB．三个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，设任一篮球击中篮筐的速度v，上升的高度为h，水平位移为x
则得
h相同，则，A错误B正确；
CD．根据速度的分解有
t相同，，则 ，CD错误。
故选B。
7．C
【详解】AB．运动队员从B点到C点的过程做斜抛运动，根据速度的合成与分解有
则vB的竖直分量为
运动到B点时运动员重力的功率为
运动员从B到C的时间为
所以
故AB错误；
C．根据动量定理可知从B到C的运动过程中，运动员动量的变化量大小为
故C正确；
D．根据能量守恒定律可知从A到B的运动过程中，运动员机械能的减少量为
故D错误。
故选C。
8．B
【详解】A．炮弹在空中飞行的时间为
故A错误；
B．炮弹发射处与击中目标间的高度差为
解得
故B正确；
C．击中目标时水平速度不变，为
竖直速度为
方向竖直向下，其合速度为
因此发射速度和击中目标时速度之比为
故C错误；
D．速度变化量的方向和加速度的方向相同，始终竖直向下，故D错误。
故选B。
9．C
【详解】根据逆向思维，可认为小球从M点做平抛运动，设小球从M点抛出的速度为，小球在空中的时间为，则有
解得
则有
又
联立解得
故选C。
10．AC
【详解】BC．根据题意，由图可知，竖直高度相同，则空中运动时间相等，初速度竖直分量相等，故B错误，C正确；
AD．由于运动时间相等，水平位移甲的最大，故击出初速度的水平分量甲的最大，根据运动的对称性和速度的合成可知甲击出的高尔夫球落地速率最大，故D错误，A正确。
故选AC。
11．C
【详解】A．从抛出点到第一次接触水面根据平抛运动则有
得
抛出点到第一个入水点的距离为
且
弹跳速度为
A正确，不符合题题；
B．从第一次接触水面到第二次接触水面所用时间为
第一个接触点与第二个接触点之间距离为
B正确，不符合题意；
C．从第二次接触水面到第三次接触水面所用时间为
第二个接触点与第三个接触点之间距离为
同理可得第三个接触点与第四个接触点之间距离为
第四次接触水面后弹跳速度为
由此可知，第四次接触后落入水中，因此一共出现4个接触点，C错误，与题意相符；
D.落水点离掷出点得水平距离
D正确，与题意不符。
故选C。
12．BCD
【详解】A．小球由P到A的过程中，做斜抛运动，离地面的最大高度为
H＝＝
故A错误；
B．根据对称性可知，小球到A点的竖直分速度
vAy＝v0y＝v0sinθ
小球进入A点时重力的瞬时功率为
P＝mgvAy＝mgv0sin θ
故B正确；
C．沿圆弧ABC过程中，由动能定理可知
－Wf＝mvC2－mvA2
小球在圆弧形轨道内由于摩擦产生的热量
Q＝Wf＝
故C正确；
D．沿圆弧AB运动过程中，由机械能守恒定律可知
mgR(1－cos θ)＋mv02＝mvB2
在最低点，由向心力公式得
FN－mg＝
小球经过圆形轨道最低点B处受到轨道的支持力大小为
FN＝mg(3－2cosθ)＋
故D正确。
故选BCD。
13．D
【详解】A．足球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为g的匀变速直线运动，上升阶段
vy=vy0－gt
下落阶段
vy=gt
由关系式可知，速度与时间成一次函数关系，图像是一条倾斜直线，故A错误；
B．不考虑空气阻力，足球只受重力作用，机械能守恒，E不变，故B错误；
C．足球在水平方向上一直有速度，则足球的动能不能为零，故C错误；
D．上升阶段
vy=vy0－gt
下落阶段
vy=gt
再由重力的瞬时功率
P=mgvy
可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重力的瞬时功率为零，故D正确。
故选D。
14．A
【详解】AD．设PM=MN=h，甲、乙两黄豆自射出后经时间t相遇，则有
对于乙黄豆，根据斜抛运动的对称性可知其从最高点（设为Q）到N的运动时时间为，Q、N两点之间的水平距离为，竖直距离为
根据平抛运动规律的推论可知，甲黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角α1的正切值为位移方向与水平方向的夹角θ1的正切值的2倍，即
乙黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角α2的正切值为相对于Q点的位移方向与水平方向的夹角θ2的正切值的2倍，即
所以
故A正确，D错误；
B．甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度都等于各自运动过程中水平方向的分速度，而二者整个运动过程的水平位移和时间均相同，所以水平分速度相等，则甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度相等，故B错误；
C．根据B项分析，设甲、乙两黄豆在N点时的水平分速度大小均为v0，速度大小分别为v1、v2，则根据A项分析以及速度的合成规律，有
所以
故D错误。
故选A。
15．C
【详解】A．炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，故炮弹在最高点速度不为零，A错误；
B．在最高点受空气阻力（水平方向上的阻力与水平速度方向相反），重力作用，二力合力不为零，故加速度不为零，B错误；
C．由于空气阻力恒做负功，所以根据动能定理可知经过点时的速度大于经过点时的速度，C正确；
D．从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即
解得
在从b到d的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即
解得
故，根据逆向思维，两个阶段的运动可看做为从b点向O点和从b点向d点运动的类平抛运动，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，故D错误；
16．AC
【详解】A．设任意一个小球初速度与水平方向的夹角为θ，两球水平方向上都做匀速直线运动，最高点速度为斜抛时的水平速度，vx=v0cosθ，P球的θ较小，所以在最高点的速度vx较大，故A正确；
B．斜抛运动只受重力，故两球运动的加速度均为g，相等，故B错误；
C．设抛出点离地高度为h，斜抛运动过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律得
则得
v=
可知落地速度大小相等，故C正确；
D．网球到达最高点的时间
t=
P球的θ较小，所以到达最高点的时间短，故D错误。
故选AC。
17．D
【详解】因为忽略空气阻力，所以篮球做斜抛运动，从最高点向两边看就是平抛运动，其运动时间只与高度有关，所以篮球两次在空中运动的时间相同，故A错误；速度变化的快慢即加速度是由合外力决定的，因为只受重力，所以速度变化一样快，故B错误；篮球沿轨迹1运动时水平方向位移较大，即水平分速度较大，所以甲同学抛出的初速度较大，故C错误；重力做功的瞬时功率等于重力与竖直方向分速度的乘积，从最高点到B点和C点时间相等，所以篮球的竖直分速度大小相等，重力做功的瞬时功率就相等，故D正确．所以D正确，ABC错误．
18．BC
【详解】A．研究以的速度抛出的小球的运动，反向看作平抛运动，根据几何关系可知，落到斜面上末速度与水平方向的夹角为，斜面的倾角等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动的规律可知，速度与水平方向夹角正切值等于位移与水平方向夹角正切值的二倍，则有
解得
则有斜面的倾角
故A错误；
B．继续反向研究击中点的小球的运动，落地斜面上的竖直速度
空中飞行的时间
故B正确；
C．落到点的小球斜上抛的水平分速度为
竖直分速度为
设飞行时间为，则有位移关系
解得
小球落到点时，竖直末速度
说明小球一定沿水平方向击中点，故C正确；
D．小球落点与抛出点的距离为
即距离与初速度的平方成正比，故间的距离是间距离的4倍，间的距离等于间的距离的，故D错误；
故选BC。
19．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）（2）根据题意，设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为，则竖直方向的初速度为
篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零，则有
联立解得
则有
（3）由几何关系可知，水平初速度为
水平位移为
20．（1）0.6s；（2）0.7s；（3）1J
【详解】（1）物块进入传送带时
斜抛过程，水平方向做匀速直线运动
竖直方向做竖直上抛运动
联立解得
（2）物块进入传送带时的速度
在传送带上向上运动过程，当物块速度大于传送带速度时，根据牛顿第二定律
解得
当物块速度等于传送带速度时，物块向上运动的位移为
用时
之后，因为
物块匀速向上滑动，到达最上端还需用时
故物块从传送带的最下端运动到最上端的时间
（3）物块从传送带的最下端运动到最上端因摩擦产生的热量
21．（1）m/s；（2）N
【详解】（1）根据运动的可逆性可知，砖头逆向的运动是平抛运动，则水平方向
L=vxt1
竖直方向
vy=gt1
H+h2－h1=gt12
合速度
v2=vx2+vy2
解得
v=m/s
即李师傅抛砖头的速度大小为m/s。
（2）对砖头水平方向，由动量定理
由力的合成知
解得
F=N
由牛顿第三定律得：王师傅在接砖头过程中受到的平均作用力大小为N。
22．（1）15m/s；（2）0.8s
【详解】（1）设M、N间距为H，篮球A抛出的初速度为v，其水平和竖直分速度分别为vx和vy则有
解得
t1=1.2s
t2=0.4s
v=15m/s
（2）B球上抛过程有
解得
t3=0.8
或
t3=1.6s（舍去）
所以篮球B延迟于篮球A的时间为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第4章抛体运动
第4.4讲抛体运动极值问题
【知识点精讲】
常见的三种临界特征
（1）有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点。
（2）若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界点。
（3）若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这个极值点往往是临界点。
【方法归纳】
1.处理平抛运动中的临界问题的关键
处理此类问题的重点在于结合实际模型，对题意进行分析，提炼出关于临界条件的关键信息。此类问题的临界条件通常为位置关系的限制或速度关系的限制，列出竖直方向与水平方向上的方程，将临界条件代入即可求解。在分析此类问题时一定要注意从实际出发寻找临界点，画出物体运动的草图，找出临界条件。
2.处理平抛运动中的极值问题的方法
分析求解平抛运动中的极值问题的方法，主要是利用平抛运动规律和相关知识，列出方程，得出相关函数关系式，利用数学方法得出最大值或最小值。数学方法主要有：
（1）利用二次函数求极值
二次函数y=ax2+bx+c（a、b、c为常数且a≠0），当x=-时，y有极值ym=（a>0时，ym为极小值；a<0时，ym为极大值）。
（2）利用均值不等式求极值
对于两个大于零的变量a、b，若其和a+b为一定值，则当a=b时，其积ab有极大值；若其积ab为一定值，则当a=b时，其和a+b有极小值。
【最新高考题精练】
（2017全国II卷·17）
1．如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g）（　　）
A． B． C． D．
（2015·全国卷Ⅰ，18）
2．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【最新模拟题精练】
一、选择题
（2023湖南邵阳二模）
3．如图所示，小球以v0=10m/s的瞬时速度从水平地面斜向右上方抛出，速度方向与水平方向的夹角是53°，不计空气阻力，下列说法正确的是（取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（　　）
A．小球到达最高点时的瞬时速度为零
B．小球离地面的最大高度是3.2m
C．小球在空中的运动时间是0.8s
D．保持小球速度大小不变，改变速度方向，小球的水平分位移（射程）的最大值是10m
（2023湖北黄冈名校联考）
4．如图所示为鱼饵自动投放器的装置示意图，其下部是一个高度可以调节的竖直细管，上部是四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向．竖直细管下端装有原长为L0的轻质弹簧，弹簧下端与水面平齐，将弹簧压缩并锁定，把鱼饵放在弹簧上．解除锁定当弹簧恢复原长时鱼饵获得速度v0．不考虑一切摩擦，重力加速度取g，调节竖直细管的高度，可以改变鱼饵抛出后落水点距管口的水平距离，则该水平距离的最大值为
A．＋L0 B．＋2L0 C．－L0 D．－2L0
（2023浙江稽阳联考）
5．如图所示，乒乓球的发球器安装在水平桌面上，竖直转轴OO′距桌面的高度为h，发射器O′A部分长度也为h。打开开关后，可将乒乓球从A点以初速度v0水平发射出去，其中≤v0≤2，设发射出的所有乒乓球都能落到桌面上，乒乓球自身尺寸及空气阻力不计。若使该发球器绕转轴OO′在90°角的范围内来回缓慢水平转动，持续发射足够长时间后，乒乓球第一次与桌面相碰区域的最大面积S是（　　）

A．2πh2 B．3πh2 C．4πh2 D．8πh2
二、计算题
（2023重庆名校教育联盟质检）
6．如图所示，是以为圆心、半径的四分之一光滑圆轨道，水平，竖直；是光滑的水平直轨道，与相切于Q点；是以为圆心、半径的四分之一圆弧，水平。小球A的质量为，小球B的质量为，两球均视为质点。把小球B放置在轨道上，让小球A从P点由静止释放，小球A与小球B发生弹性正碰（不计空气阻力，重力加速度为g）。求：
(1)小球A运动到Q点时对Q点的压力；
(2)如果k值已知，小球A与小球B碰撞后小球B的速度大小；
(3)如果k的取值可以变化，要使小球B撞在圆弧上时速度最小，求k的取值和此速度的最小值。
（2023西安重点高中二模）
7．如图所示为某一游戏简化装置的示意图。AB是一段长直轨道，与半径R=1m的光滑圆弧轨道BC相切于B点。BC轨道末端水平，末端离水平地面的高度为m，圆弧BC对应的圆心角θ=37°，高度h=m的探测板EF竖直放置，离BC轨道末端C点的水平距离为L，上端E与C点的高度差也为h=m，质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点）在AB轨道上运动时所受阻力为重力的0.2倍，不计小滑块在运动过程中所受空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。
（1）若将小滑块从B点静止释放，求经过圆弧轨道最低点C点时小滑块对轨道的作用力大小；
（2）小滑块从C点以不同的速度飞出，将打在探测板上不同位置，发现打在E、F两点时，小滑块的动能相等，求L的大小；
（3）利用（2）问所求L值，求小滑块从距B点多远处无初速度释放时，打到探测板上的动能最小？最小动能为多少？

（2023河北石家庄重点高中期中）
8．如图所示，一段半径为R、圆心角为的光滑圆弧BO上端点与斜面AB平滑连接，下端切线水平。质量为m的小球P从斜面上距O点的竖直高度为h=2R处由静止释放，小球从O点水平抛出之后，落入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内，该段圆弧的圆心在O点，半径也为R。小球P在斜面AB上受到的摩擦力为重力的0.2倍，当地重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求小球P运动到O点时对圆弧轨道的压力F；
（2）若改变小球P下滑的高度h，使小球P从O点抛出后，落至圆弧轨道上时具有最小动能，求此时的下滑高度及对应的最小动能。
（2022浙江山水联盟开学考试）
9．如图甲，固定在竖直平面内的倾斜轨道，与水平轨道相连，一个质量的小物块可视为质点，在足够长轨道上从距离O点竖直高度、水平距离处由静止释放，然后又从O点水平抛出，O点离地高度H足够高。已知小物块与所有轨道间的动摩擦因数均为0.5，忽略小物块在轨道交接处B点因碰撞而带来的机械能损失（重力加速度）。
（1）求小物块运动到O点时的速度大小；
（2）小物块从O点飞出后刚好沿切线进入竖直光滑圆弧轨道D点，如图乙，已知轨道半径，，C为最高点，求小球到达C点时对轨道的压力。
（3）撤掉圆弧轨道，过O点在竖直面内建立坐标系，y轴竖直向下，有挡板其形状满足，如图丙。改变小球出发位置，求小物块击中挡板时动能的最小值（取）。
（2022浙江杭州九校联考）
10．小明同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地。如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间绳长为，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。求：
（1）绳突然断掉时球的速度大小；
（2）轻绳能承受的最大拉力多大？
（3）改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？
（2022山东济宁兖州高一期中）
11．如图所示，光滑半圆形轨道处于暨直平面内，半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A.一质量为m的小球在水平地面上C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出).已知A、C间的距离为L，重力加速度为g.
(1)若轨道半径为R，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力FN的大小；
(2)为使小球能站动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值；
(3)轨道半径R多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大 最大距离是多少
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，据机械能守恒定律有
物块从轨道上端水平飞出做平抛运动
联立解得水平距离
由数学知识可知，当
水平位移最大，所以对应的轨道半径为。
故选B。
2．D
【详解】当乒乓球恰好经过球网中间时，初速度最小
当乒乓球恰好达到台面拐角时，初速度最大
得
则v的最大取值范围是
故选D。
3．BD
【详解】A．小球做斜上抛运动，有
当小球到达最高点时，竖直方向的速度减为零，小球的速度为水平方向速度，大小为6m/s，故A错误；
B．小球离地面的最大高度为
故B正确；
C．小球在空中运动的时间为
故C错误；
D．保持小球速度大小不变，改变速度方向，设初速度与水平方向的夹角为θ，则有
小球的水平分位移为
由此可知，当sin2θ=1，即θ=45°时，小球的水平位移达到最大
故D正确。
故选BD。
4．A
【详解】设弹簧恢复原长时弹簧上端距离圆弧弯管口的竖直距离为h，根据动能定理有－mgh=，鱼饵离开管口后做平抛运动，竖直方向有h＋L0=gt2，鱼饵被平抛的水平距离x=vt，联立解得，所以调节竖直细管的高度时，鱼饵被投放的最远距离为＋L0，选项A正确．
5．C
【详解】根据平抛运动规律
h=gt2
解得
t=
以最小速度
v1=
发射的乒乓球，水平位移最小，最小位移为
x1=v1t==2h
对应的与桌面相碰区域的圆半径为
r1=h+x1=3h
以最大速度
v2=2
发射的乒乓球，水平位移最大，最大位移为
x2=v2t=2=4h
对应的与桌面相碰区域的圆半径为
r2=h+x2=5h
乒乓球第一次与桌面相碰区域的最大面积
S=π[（5h）2-（3h）2]=4πh2
故选C。
6．(1)60N，方向竖直向下；(2)；(3)2，
【详解】(1)设小球A到达Q点时速度为，由机械能守恒定律有
解得
在Q点对小球A受力分析，设轨道对小球A的弹力为，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得小球A运动到Q点时对Q点的压力
方向竖直向下；
(2)小球A与小球B发生弹性正碰，设碰后A、B的速度分别为、，则根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
(3)小球B离开点后做平抛运动，设运动时间为t，水平位移为d，下落高度为h，则
由几何关系可得
联立可得
，
设小球B撞在圆弧上时速度为，由机械能守恒定律得
则
当且仅当
即
有最小值，且
将代入
得
7．（1）1.4N；（2）2m；（3）2m，2J
【详解】（1）小滑块从B运动到C的过程中，由动能定理得
设C点时轨道对小滑块的作用力大小为F，由牛顿第二定律
得
F=1.4N
根据牛顿第三定律，经过圆弧轨道最低点C点时小滑块对轨道的作用力大小F′=F=1.4N
（2）从C点到E点，小滑块做平抛运动，根据平抛运动的规律得
得
打在E点的动能
同理可知：打在F点的动能为
又
得
L=2m
（3）令小滑块从距B点x处无初速度释放，从释放点运动到C，由动能定理得
其中
从C点到探测板小滑块做平抛运动，竖直方向位移为
打到探测板上的动能为
解得
则当
时，Ek有最小值，即x=2m时，动能最小值为
Ekmin=2J
8．（1），方向竖直向下；（2），
【详解】（1）如图由几何关系可知，斜面AB的倾角为37°，设小球P运动到O点的速度为v0，对小球从A点到O点由动能定理有
小球P在O点由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律，对圆弧轨道的压力为
方向竖直向下。
（2）由（1）问知小球P从O点水平抛出，抛出速度
由平抛规律得
，
如图由几何关系可知
联立得
设落至圆轨道上的动能为，则由机械能守恒定律得
得
由数学知识可得，当时即时有最小值，即
将代入得
结合，可求得
9．（1）；（2）0N；（3）2.2J
【详解】（1）由动能定理得
解得
（2）由题意，D点竖直速度内
由运动学公式
得
D到C由几何关系得
可知C点与O点等高，则C点与O点的速度相等
由
得
（3）从O点抛出后做平抛运动，水平方向
竖直方向
又
由动能定理得
联立解得得
代入数据得
10．（1）；（2）；（3），
【详解】（1）绳突然断掉，小球做平抛运动，平抛高度
则水平方向上做匀速直线运动
竖直方向上自由落体运动
联立可解得
（2）当小球在最低点时，绳恰好断，故绳能承受的拉力满足
代入数据解得
（3）设绳长为x，最低点的速度为，绳仍在球运动到最低点时断掉，则
得
小球以在最低点做平抛运动，则有
得
联立得
当时，即时，最大水平距离为
11．（1）；（2）；（3）.
【详解】(1)设小球到B点速度为v，从C到B根据动能定理有
解得
在B点，由牛顿第二定律有：
解得:
根据牛顿第三定律可知:
(2)小球恰能运动到轨道最高点时，轨道半径有最大值，则有
解得：
(3)设小球平抛运动的时间为t，有
解得：
水平位移
当时，水平位移最大，解得
D到A的最大距离
.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第4章　抛体运动
第4.5讲　抛体运动中的STSE问题
【知识点精讲】
1.斜面上的平抛运动的几种情况
图示 方法 基本规律 运动时间
分解速度，构建速度的矢量三角形 水平：vx＝v0 竖直：vy＝gt 合速度： v＝ 由tanθ＝得 t＝
分解位移，构建位移的矢量三角形 水平：x＝v0t 竖直：y＝gt2 合位移：x合＝ 由tanθ＝得t＝
在运动起点同时分解v0、g 由0＝v1－a1t，0－v12＝－2a1d得t＝d＝
分解平行于斜面的速度v 由vy＝gt得t＝
2.落点在圆弧面上的三种常见情境
（1）如图甲所示，小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置。由半径和几何关系制约时间t有h＝gt2，R±＝v0t，联立两方程可求t。
（2）如图乙所示，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等。
（3）如图丙所示，小球恰好从圆柱体Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等。
斜抛运动的处理方法
（1）将斜抛运动分解为两个直线运动。一般正交分解为沿竖直方向的竖直上抛运动（或竖直下抛运动）和水平方向的匀速直线运动，也可分解为沿抛出方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动。
（2）将斜抛运动的前半段逆向思维为平抛运动，利用平抛运动规律个对称性解答。
【最新高考题精练】
（2022·高考广东物理）
1．图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
（2021高考江苏物理卷）
2．如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（　　）
A．A比B先落入篮筐
B．A、B运动的最大高度相同
C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小
D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同
（2019全国理综II卷14）
3．如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则（　　）
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
（2021高考新课程I卷山东卷）
4．海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
（2020高考全国理综II）
5．如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于（　　）
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
【最新模拟题精练】
（2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟）
6．一架直升机在125米的高空以的加速度沿水平方向做匀加速直线运动，间隔10s先后投下A、B两包救灾物资，两包裹落到水平地面上的间距为140m，不计空气的阻力和包裹的大小，重力加速度，则投下第一个包裹A时飞机的速度大小为（　　）
A．1m/s B．2m/s C．4m/s D．6m/s
（2023重庆一中质检）
7．2023年2月7日土耳其发生严重地震灾害，包括中国在内的各方救援力量紧急展开救援行动。一个载有救灾物资的热气球总质量为，在离水平地面高处保持静止，现将质量为的救灾物资以对地的速度水平抛出，假设热气球所受浮力始终不变，重力加速度为，不计一切阻力。当物资落到水平地面时，它与热气球间的距离为（　　）
A． B． C． D．
（2023湖南押题卷）
8．环保人员在进行环保检查时发现，一根排污管正在水平（满口）排出大量污水。环保人员测出管道的内径为d，管道中心离水面的高度为h，污水的水平射程为L，质量为的污水体积为，重力加速度大小为g，则管道单位时间内排出污水的质量约为（　　）
A． B．
C． D．
（2023浙江十所名校期中联考）
9．“山西刀削面”，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L。小李作为学徒，尚未掌握技巧。为了训练，在其正对面右半圈安装上高度为的挡板。削出的小面圈可视为质点，忽略空气阻力，其初速度沿水平方向，视为平抛运动。小面圈有的直接落入锅中，有的与挡板相撞后落回锅中（已知与挡板碰撞的小面圈均可落入锅中）。重力加速度为g，则下列描述正确的是（　　）
A．所有直接落入锅中的小面圈，空中运动时间都相同
B．所有与挡板相撞的小面圈，在碰到挡板前空中运动时间相同
C．所有落入锅中的小面圈中，最大初速度
D．在不碰触挡板的情况下，落入锅中时的最大速度是最小速度的3倍
（2023浙江台州二模）
10．如图所示，一架战斗机沿水平方向匀速飞行，先后释放三颗炸弹，分别击中山坡上水平间距相等的A、B、C三点。已知击中A、B的时间间隔为，击中B、C的时间间隔为，释放炸弹的时间间隔分别为、。不计空气阻力，则（ ）
A． B． C． D．
（2023山东潍坊期末）
11．第24届冬季奥运会于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB，着陆坡BC，减速停止区CD三部分组成，B点处对应圆弧半径为R=50m。比赛中质量m=50kg的运动员从A点由静止下滑，运动到B点后水平飞出，落在着陆坡的C点，已知运动员在空中的飞行时间为4.5s，着陆坡的倾角θ=37°，重力加速度g=10m/s ，忽略空气阻力影响，则（　　）
A．运动员从B点水平飞出的速度大小为60m/s
B．运动员从B点飞出后离斜面最远时速度大小为45m/s
C．运动员从B点飞出后经3s离斜面最远
D．运动员在B点对轨道的压力为1400N
（2023湖南岳阳重点高中质检）
12．“打水漂”是人类最古老的游戏之一，游戏者运用手腕的力量让撇出去的石头在水面上弹跳数次。如图所示，游戏者在地面上以速度抛出质量为m的石头，抛出后石头落到比抛出点低h的水平面上。若以抛出点为零势能点，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．抛出后石头落到水平面时的势能为mgh
B．抛出后石头落到水平面时重力对石头做的功为－mgh
C．抛出后石头落到水平面上的机械能为
D．抛出后石头落到水平面上的动能为
（2023山东烟台重点高中期中）
13．如图所示为某公园的喷水装置，若水从喷水口中水平喷出，忽略空气阻力及水之间的相互作用，下列说法中正确的是（　　）
A．喷水口高度一定，喷水速度越大，水从喷出到落入池中的时间越短
B．喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越近
C．喷水速度一定，喷水口高度越高，水喷得越近
D．喷水口高度一定，无论喷水速度多大，水从喷出到落入池中的时间都相等
（2022北京东城区高三下一模）
14．排球比赛中球员甲接队友的一个传球，在网前处起跳，在离地面高处将球以的速度沿着与网垂直的方向水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体的任何部位进行拦网阻击，如图所示。假设球员乙的直立拦网和起跳拦网的高度分别为和，g取。下列情景中，球员乙可能拦网成功的是（　　）
A．球员乙在网前直立不动
B．球员乙在球员甲击球时同时起跳离地
C．球员乙在球员甲击球后起跳离地
D．球员乙在球员甲击球前起跳离地
（2022湖南衡阳期中）
15．如图甲所示，抛球游戏是小朋友们最喜欢的项目之一，小朋友站立在水平地面上双手将皮球水平抛出，皮球进入水平篮筐且不擦到篮筐就能获得小红旗一枚。如图乙所示。篮筐的半径为R，皮球的半径为r，篮筐中心和出手处皮球的中心高度为和，两中心在水平地面上的投影点、之间的距离为d。忽略空气的阻力，已知重力加速度为g。设水平投篮出手速度为v，要使皮球能入筐，则下列说法中正确的是（　　）
A．皮球出手速度越大，皮球进筐前运动的时间越长
B．皮球从出手到入筐运动的时间为
C．皮球出手速度v的最大值为
D．皮球出手速度v的最小值为
（2022江苏南京宁海中学4月模拟）
16．由于空气阻力的影响，发射后无动力的炮弹实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（　　）
A．到达b点时，炮弹的速度为零 B．到达b点时，炮弹的加速度竖直向下
C．炮弹经过a点时的速度大于经过c点时的速度 D．炮弹从O点到b点的时间等于从b点到d点的时间
（2021湖北荆门、宜昌重点高中联考）
17．我国首批隐形战斗机歼-20已形成初步战斗力．某次演习时，在某一高度水平匀速飞行的战斗机离目标水平距离L时投弹（投弹瞬间炸弹相对战斗机的速度为零），可以准确命中目标．若战斗机水平飞行高度变为原来的倍，飞行速度变为原来的倍，要仍能命中目标，则战斗机投弹时离目标的水平距离为（不考虑空气阻力）（　　）
A． B． C． D．
（2020浙江七彩阳光名校联盟模拟）
18．泵浦消防车又称“泵车”，指搭载水泵的消防车，其上装备消防水泵、消防炮和其他消防器材，抵达现场后可利用现场消防栓或水源直接吸水灭火，某辆消防车的额定功率为120kW，消防炮的流量为48L/s。某次一高层建筑离地面高为75m处发生火情，为能有效灭火，消防员将消防炮升高到离地80m后将炮口水平摆放，使水柱恰能喷到着火点，已知消防炮口到着火点的水平距离为40m，水的密度为1103kg/m3，不计空气阻力，则（　　）
A．消防炮出水速度大小为10m/s
B．消防车的抽水效率约为64%
C．如火情向上蔓延，则必须升高消防炮的高度才能有效灭火
D．如消防炮的流量可调，则仅增大消防炮的流量时仍能有效灭火
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
可得
运动员在水平段做匀速直线运动，加速度
运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为
由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
C正确，ABD错误。
故选C。
2．D
【详解】AB．若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的AB两点，则A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即B先落入篮筐中，故AB错误；
C．因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即在最高点的速度比B在最高点的速度大，故C错误；
D．由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D正确。
故选D。
3．BD
【详解】A．由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；
B．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确
C．由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由 易知a1>a2，故C错误
D．由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G-fy=ma，可知，fy14．（1）；（2）
【详解】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为，竖直分速度大小为，据自由落体运动规律可得
则碰撞前鸟蛤的合速度为
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得
联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为
（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
综上所述可得x坐标区间为。
5．B
【详解】有题意可知当在a点动能为E1时，有
根据平抛运动规律有
当在a点时动能为E2时，有
根据平抛运动规律有
联立以上各式可解得
故选B。
6．C
【详解】设投下第一个包裹A时飞机的速度大小为，投下第二个包裹B时飞机的速度大小为，则
包裹下落过程，竖直方向
水平方向
联立解得，投下第一个包裹A时飞机的速度大小为
故选C。
7．B
【详解】热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律
热气球和物资的动量等大反向，热气球和物资的运动示意图如图所示，热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地H过程所用的时间t内，根据
解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
，
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
解得
故B正确。
8．B
【详解】令水在出水口的速度为v0，则有
，
令时间内流出的水的质量为m，则有
污水的密度
则管道单位时间内排出污水的质量为
解得
故选B。
9．AC
【详解】A．所有直接落入锅中的小面圈，下降高度均相同，有
可知空中运动时间都相同，A正确；
B．所有与挡板相撞的小面圈，下降高度不同，在碰到挡板前空中运动时间不相同，B错误；
C．当小面圈撞到挡板上端时，对应的初速度最大，可得
联立解得
C正确；
D．在不碰触挡板的情况下，落入锅中左边缘与右边缘时，对应的初速度最小和最大，分别可得
故是的3倍，落入锅中时的速度分别为
可知
D错误。
故选AC。
10．B
【详解】设释放第一颗炸弹的时刻为，击中山坡上A点的时刻为，释放第二颗炸弹的时刻为，击中山坡上B点的时刻为，释放第三颗炸弹的时刻为，击中山坡上C点的时刻为，由于炸弹在空中下落过程，战斗机一直处于炸弹的正上方，则有
由于
可得
设三颗炸弹在空中下落的高度分别为、、；则三颗炸弹在空中的下落时间分别为
则有
由图可知下落高度关系为：略小于，比小得多；则有
故选B。
11．D
【详解】A．运动员从B点水平飞出后做平抛运动，因此有
联立解得
故A错误；
B．运动员从B点飞出后离斜面最远时速度方向与斜面平行，则有
联立解得
故B错误；
C．运动员从B点飞出后离斜面最远时，竖直方向有
解得
故C错误；
D．运动员在B点飞出前在做圆周运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，运动员在B点对轨道的压力与轨道对运动员的支持力相等，故D正确。
故选D。
12．C
【详解】A．以抛出点为零势能点，水平面低于抛出点h，所以石头在水平面上时的重力势能为－mgh，A错误；
B．抛出点与水平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对石头做功为mgh，B错误；
C．整个过程机械能守恒，以抛出点为零势能点，抛出时的机械能为，所以石头在水平面时的机械能也为，C正确；
D．根据动能定理得
可得石头在水平面上的动能
D错误。
故选C。
13．D
【详解】ABD．水水平喷出后，做平抛运动，其运动时间有高度决定，所以高度一定时，落地时间相等，水速越大，水喷得越远。AB错误，D正确；
C．喷水速度一定，喷水口高度越高，落地时间越长，水喷得越远。C错误。
故选D。
14．B
【详解】A．排球运动到乙位置的过程的时间为
该段时间排球下降的距离为
此时排球离地高度为
故乙在网前直立不动拦不到，A错误；
B．球员乙起跳拦网高度为
跳起的高度为
竖直上抛运动的下降时间与上升时间相等，故有
故乙在甲击球时同时起跳离地，在球到达乙位置时，运动员乙刚好到达最高点，可以拦住，B正确；
C．乙在甲击球后0.3s起跳离地，球员乙刚好起跳，高度为
球员乙在球员甲击球后起跳离地不能拦住，C错误；
D．乙在甲击球前0.3s起跳离地，经过0.6s刚好落地，够不到球了，所以不能拦住，故D错误。
故选B。
15．C
【详解】A．平抛运动的时间由下落的高度决定，则进框的皮球运动时间相同，A错误；
B．皮球沿连线的方向投出，并能进框的图示如图，作出皮球中心的运动轨迹，下落的高度为，由
得
B错误：
CD．皮球沿连线的方向投出，并能进框的图示如图，作出皮球中心的运动轨迹，下落的高度为，水平射程分别为和则投射的最大速度为
最小速度为
C正确，D错误。
故选C。
16．C
【详解】A．炮弹在最高点时，竖直方向的速度等于零，水平方向的速度不等于零，因此到达b点时，炮弹的速度不是零，A错误；
B．到达b点时，由于炮弹受到竖直方向的重力和水平方向的空气阻力的作用，二力的合力方向不在竖直方向上，所以炮弹的加速度不是竖直向下，B错误；
C．由于空气阻力一直做负功，由动能定理可知，炮弹经过a点时的速度大于经过c点时的速度，C正确；
D．炮弹从O点到b点的运动中，在竖直方向上受重力和空气阻力在竖直向下方向上的分力，由牛顿第二定律则有
mg+Ff1=ma1
解得
从b点到d点的运动中，在竖直方向上受重力和空气阻力在竖直向上方向上的分力，由牛顿第二定律则有
mg Ff2=ma2
解得
因此可知a1>a2，因为在竖直方向的位移大小相等，所以炮弹从O点到b点的时间小于从b点到d点的时间，D错误。
故选C。
17．B
【详解】炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上的分运动为匀速直线运动，在竖直方向上的分运动为自由落体，所以在竖直方向上
解得
在水平方向上
当轰炸机飞行的高度为原来的倍，飞行速度为原来的倍，飞机投弹时距离目标的水平距离
故选B。
18．B
【详解】A．水从炮口水平射出后做平抛运动，则有
得
则消防炮出水速度大小为
故A错误；
B．由能量守恒定律得
取t=1s，则
结合，，可计算得效率为
故B正确；
C．如火情向上蔓延，改变消防炮倾角，使水流做斜抛运动也能提高灭火点的高度，从而达到有效灭火，故C错误；
D．仅增大消防炮的流量，根据
则水流离开消防炮时的速度将增大，由平抛运动规律可知，水流将喷射到原来着火点的上方，所以不能达到有效灭火，故D错误。
故选B。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第4章 抛体运动
第4.6 讲 探究平抛运动规律
【知识点精讲】
1．实验目的
（1）用实验方法描出平抛运动的轨迹。
（2）探究平抛运动竖直方向和水平方向运动的特点。
2．实验原理
用频闪照相的方法或研究平抛运动的实验装置得出小球做平抛运动的不同时刻的位置，用平滑曲线连接各位置，得到小球做平抛运动的轨迹。以小球平抛的起点为坐标原点，沿水平方向和竖直向下的方向建立直角坐标系，根据各点坐标数据研究小球在水平方向和竖直方向的运动规律。
3．实验器材
（1）频闪照相机、铅笔、刻度尺、三角板。
（2）平抛实验装置、小钢球、白纸、复写纸、铅笔、刻度尺、三角板。
4．进行试验
方案一：频闪照相法：
（1）实验现象：利用频闪照相机得到物体做平抛运动与自由落体运动对比的频闪照片如图1所示。
（2）现象分析：
①在竖直方向上，两种运动经过相等的时间，下落相同的高度，即在竖直方向上的运动是相同的，都是自由落体运动；
②在水平方向上，平抛运动在通过相等的时间内前进的距离相同，即水平方向上的运动是匀速直线运动。
（3）理论分析：
①水平方向：初速度为v0，物体不受力，即Fx＝0，物体由于惯性而做匀速直线运动。
②竖直方向：初速度为零，物体只受重力作用，即Fy＝mg，a＝g，物体做自由落体运动。
方案二：分别研究水平和竖直方向分运动规律
步骤1：探究平抛运动竖直分运动的特点
（1）如图2所示，用小锤击打弹性金属片后，A球做平抛运动；同时B球被释放，做自由落体运动观察两球的运动轨迹，听它们落地的声音。
（2）)分别改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，即改变A球的初速度，发现两球仍同时落地，说明平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动。
步骤2：探究平抛运动水平分运动的特点
1．装置和实验
（1）如图3所示，安装实验装置，使斜槽M末端水平，使固定的背板竖直，并将一张白纸和复写纸固定在背板上，N为水平放置的可上下调节的倾斜挡板。
（2）让钢球从斜槽上某一高度滚下，从末端飞出后做平抛运动，使小球的轨迹与背板平行。钢球落到倾斜的挡板N上，挤压复写纸，在白纸上留下印迹。
（3）上下调节挡板N，进行多次实验，每次使钢球从斜槽上同一位置由静止滚下，在白纸上记录钢球所经过的多个位置。
（4）以斜槽水平末端端口处小球球心在白纸上的投影点为坐标原点O，过O点画出竖直的y轴和水平的x轴。
（5）取下坐标纸，用平滑的曲线把这些印迹连接起来，得到钢球做平抛运动的轨迹。
（6）根据钢球在竖直方向是自由落体运动的特点，在轨迹上取竖直位移为y、4y、9y…的点，即各点之间的时间间隔相等，测量这些点之间的水平位移，确定水平方向分运动特点。
（7）结论：平抛运动在相等时间内水平方向位移相等，平抛运动水平方向为匀速直线运动。
2．注意事项
（1）实验中必须调整斜槽末端的切线水平，使小球做平抛运动(调节方法：将小球放在斜槽末端水平部分，若小球静止，则斜槽末端水平)。
（2）背板必须处于竖直面内，固定时要用铅垂线检查坐标纸竖线是否竖直。
（3）小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，这样可以使小球每次的轨迹相同。
（4）坐标原点不是槽口的端点，应是小球出槽口时小球球心在背板上的投影点。
（5）小球开始滚下的位置高度要适中，以使小球做平抛运动的轨迹由坐标纸的左上角一直到达右下角为宜。
误差分析：
1．A、B两球由于不完全相同，因而在空中所受阻力不同，产生误差。
2．探究平抛运动竖直方向的运动特点时，用小锤击打弹性金属片时，A球不能完全水平飞出，B球不能立即被松开、同时下落，产生误差。
3．安装斜槽时，其末端切线不水平，导致小球离开斜槽后不做平抛运动，产生误差。
4．建立坐标系时，坐标原点的位置确定不准确，导致轨迹上各点的坐标不准确，产生误差。
5．小球每次自由滚下时起始位置不完全相同，导致轨迹出现误差。
6．确定小球运动的位置时不准确，会导致误差。
7．量取轨迹上各点坐标时不准确，会导致误差。
【最新高考题精练】
（2022高考福建卷）
1．某实验小组利用图（a）所示装置验证小球平抛运动的特点。实验时，先将斜槽固定在贴有复写纸和白纸的木板边缘，调节槽口水平并使木板竖直；把小球放在槽口处，用铅笔记下小球在槽口时球心在木板上的水平投影点O，建立坐标系．然后从斜槽上固定的位置释放小球，小球落到挡板上并在白纸上留下印迹．上下调节挡板进行多次实验．实验结束后，测量各印迹中心点、、的坐标，并填入表格中，计算对应的值。
2.95 6.52 9.27 13.20 16.61 19.90
5.95 8.81 10.74 12.49 14.05 15.28
35.4 77.6 115.3 156.0 197.4 233.5
（1）根据上表数据，在图（b）给出的坐标纸上补上数据点，并绘制“”图线 。
（2）由图线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方成 （填“线性”或“非线性”）关系，由此判断小球下落的轨迹是抛物线。
（3）由图线求得斜率k，小球平抛运动的初速度表达式为 （用斜率k和重力加速度g表示）。
（4）该实验得到的图线常不经过原点，可能的原因是 。
（2021高考全国乙卷）
2．某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。
完成下列填空：（结果均保留2位有效数字）
（1）小球运动到图（b）中位置A时，其速度的水平分量大小为 ，竖直分量大小为 ；
（2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为 。
（2020高考天津卷）
3．某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。
①为了正确完成实验，以下做法必要的是 。
A.实验时应保持桌面水平
B.每次应使钢球从静止开始释放
C.使斜面的底边ab与桌边重合
D.选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面
②实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为、、，示意如图2。重力加速度，钢球平抛的初速度为 m/s。
③图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是 。
（2019高考北京理综卷21）
4．用如图1所示装置研究平抛运动．将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上．钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上．由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点．移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点．
（1）下列实验条件必须满足的有 ．
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系．
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 （选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时 （选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行．
b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则 （选填“大于”、“等于”或者“小于”）．可求得钢球平抛的初速度大小为 （已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）．
（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是 ．
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
（4）伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样．这实际上揭示了平抛物体 ．
A．在水平方向上做匀速直线运动
B．在竖直方向上做自由落体运动
C．在下落过程中机械能守恒
（5）牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远，如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星．
同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动，请分析原因．
【最新模拟题精练】
（2023广东广州重点高中名校联考）
5．图甲是某种“研究平抛运动”的实验装置，斜槽末端口N与小球离地面的高度均为H，实验时，当P小球从斜槽末端飞出与挡片相碰，立即断开电路使电磁铁释放Q小球，发现两小球同时落地，改变H大小，重复实验，P、Q仍同时落地。

（1）关于实验条件的说法，正确的有 。
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末段N端必须水平
C．P小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放
D．P小球每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放
（2）该实验结果可表明 。
A．两小球落地速度的大小相同
B．P小球在水平方向的分运动是匀速直线运动
C．P小球在竖直方向的分运动是匀速直线运动
D．P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同
（3）若用一张印有小方格（小方格的边长为L=10cm）的纸记录P小球的轨迹，小球在同一位置平抛运动途中的几个位置如图乙中的a、b、c、d所示，重力加速度g=10m/s2，则P小球经过b位置时速度的大小为 m/s，若以a点为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向下为y轴，则抛出点的坐标为 （结果以cm为单位）。
（2023云南昆明期中）
6．用如图所示装置研究平地运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有 。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末段水平
C.挡板高度等间距变化
D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
a、取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 （选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时 （选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行。
b、若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则 （选填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为 （已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。
（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是 。
A.从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
（2023河北九师联盟质检）
7．用如图甲、乙所示的两种装置来分析平抛运动。
（1）图甲中用小锤击打弹性金属片C，小球A沿水平方向飞出后做平抛运动，与此同时，与球A相同的球B被松开做自由落体运动；改变实验装置离地面的高度，多次实验，两球总是 （填“同时”“A先B后”或“B先A后”）落地，这说明做平抛运动的球A在竖直方向上做 （填“自由落体运动”或“竖直下抛运动”）。
（2）图乙中，M、N是两个完全相同的轨道，轨道末端都与水平方向相切，其中，轨道N的末端与光滑水平面相切，轨道M通过支架固定在轨道N的正上方。将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两球以相同的初速度同时通过轨道M、N的末端，发现两球 （填“同时”或“先后”）到达E处，发生碰撞。改变轨道M在轨道N上方的高度，再进行实验，结果两球也总是发生碰撞，这说明做平抛运动的P球在水平方向上的运动情况与Q球 （填“相同”或“不同”），为 （填“匀速直线运动”或“匀加速直线运动”）。
（2023广东实验中学三模）
8．弹弓和钢珠弹属于可能危及旅客人身安全的物品，是禁止携带上动车的。某实验小组利用电子秤和频闪照相机测量一把弹弓发射出的钢珠弹的初动能，具体步骤如下：
（1）用电子秤测得钢球弹的质量；
（2）在背景方格前使用弹弓水平发射钢珠弹，使用频闪照相机（每隔相等时间拍一次照片）拍摄钢珠弹在空中的位置。如图所示为钢珠弹运动的频闪照片的一部分，图中背景小方格的边长表示实际长度为，重力加速度为，那么：
①照相机的频闪周期 ；
②钢珠弹的初动能 ；
③如果弹弓发射钢珠弹时偏离水平方向，则测得钢珠弹的初动能将 。
A. 一定偏大 B. 一定偏小 C. 既不偏大也不偏小
（2023年广东广州一模）
9．用如图a所示的装置研究平抛运动，请完成相关实验内容。
（1）将斜轨固定在桌面上，反复调节斜轨末端成水平；
（2）在末端出口处安装光电门并调节其到适当位置。将贴有坐标纸的木板紧靠在斜轨出口处竖直放置，并在坐标纸上将出口处标为O点，过O点作水平线为x轴、竖直线为y轴；
（3）用螺旋测微器测量小球的直径d，读数如图b，则 mm；
（4）从斜轨上释放小球，用每隔曝光一次的频闪照相机正对着木板照相；
（5）从数字计时器读得小球通过光电门的遮光时间为，则小球通过光电门时的瞬时速度为 m/s；（保留两位有效数字）
（6）根据频闪照片中记录的信息，在图a的坐标纸上标出小球离开斜轨后的5个连续位置A、B、C、D、E，读得A、E两位置的水平距离为12.00cm，由此可求得小球做平抛运动的初速度为 m/s；（保留两位有效数字）
（7）多次实验发现总是有，导致这个结果的可能原因有 。（填选项前的字母）
A．小球在轨道斜面上受摩擦阻力
B．小球平抛运动过程受空气阻力
C．小球平抛运动轨迹平面与坐标纸不平行
D．小球经过光电门时，球心与光线不在同一高度
（2023浙江十所名校期中联考）
10．如图甲是研究平抛运动的实验装置，图乙是小球做平抛运动的部分频闪照片。
（1）以下是关于本实验的一些做法，其中合理的选项有 。
A．小球运动时不应与背板上的坐标纸相接触
B．斜槽轨道必须选用光滑的
C．斜槽轨道末端切线须调整水平
（2）乙图的频闪照片上总共记录了小球平抛运动过程中的五个位置，照片中位置之间的距离以及之间的距离如下表所示。已知实际距离为照片距离的10倍。运动过程不计空气阻力，g取。
两位置之间距离 位置 位置
水平距离
竖直距离
a点是否为平抛运动的起点 （选“是”或“否”）。频闪照相机的闪光周期是 s，小球做平抛运动的初速度是 。
（2023湖北名校联盟4月调研）
11．物理兴趣小组在进行“探究平抛运动的特点”研究时进行了如下实验。如图（a）所示，小球从O点水平抛出，在该处有一点光源，在抛出点的正前方竖直放置一块毛玻璃，O点与毛玻璃水平距离L=1.00m，小球初速度与毛玻璃平面垂直；小球抛出后在毛玻璃上有小球运动的投影点，利用闪光频率为30Hz的频闪相机记录投影点的位置。当小球以4.0m/s的速度水平抛出时，各投影点实际间距如图（b）所示。
（1）小强同学分析频闪照片，他认为在误差范围内，投影点做匀速直线运动，并计算出投影点的速度大小为 。（计算结果保留三位有效数字）。
（2）小芳同学利用实验数据和小强的计算结果计算出本地的重力加速度，请根据两人的观点计算出重力加速度g= （计算结果保留三位有效数字）。
（2023浙江九校期中联考）
12．在“探究平抛运动的特点”实验中，采用如图甲所示的实验装置。
（1）关于实验装置和操作，下列说法正确的是 ．
A．斜槽轨道尽量光滑
B．安装斜槽时应使其末端切线水平
C．小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放
D．使用密度更大的小钢珠进行实验
（2）小钢球抛出点的位置必须及时记录在白纸上，然后从这一点画水平线和竖直线作为x轴和y轴，竖直线是用 来确定的。
（3）如图乙所示，A、B、C是小球平抛轨迹在方格纸上的三个位置，已知方格纸每一小格长，g取，小球从A位置到C位置过程，速度的变化量大小为 ，速度变化量的方向为 。
（2023山东济南重点高中质检）
13．用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有 。
A.斜槽轨道光滑 B.斜槽轨道末段水平
C.挡板高度等间距变化 D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
a.取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 （选填“最上端”“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时 （选填“需要”或者“不需要”）y轴与重垂线平行。
b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则 （选填“大于”“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为 。（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。
（2023山东济南重点高中质检）
14．频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。某物理小组利用如图甲所示的实验装置探究平抛运动的特点。他们分别在该装置正上方A处和右侧B处安装了频闪仪器并进行拍摄，得到的频闪照片如图乙，O为抛出点，P为抛出轨迹上某点。
（1）乙图中，A处拍摄的频闪照片为 （选填“a”或“b”）。
（2）测得图乙a中OP距离为45 cm，b中OP距离为30 cm，已知重力加速度g取10 m/s2，则物体平抛运动的初速度为 m/s，物体通过P点时的速度为 m/s。
（2023山东烟台重点高中期中）
15．在“研究平抛运动”实验中，
（1）如图是用横挡板卡住平抛小球，白纸上留下小球碰撞印迹确定平抛运动轨迹的方法，坐标原点应选小球在斜槽末端点时的 在坐标纸上的投影点。
A．斜槽末端口 B.球的上端 C.球的下端 D.球心
（2）在此实验中，下列说法正确的是 。
A．安装有斜槽的木板时，一定要注意检查斜槽末端切线是否水平、木板是否竖直
B.斜槽必须光滑
C.每次实验都要把小球从同一位置由静止释放
D.实验的目的是描出小球的运动轨迹，分析平抛运动水平和竖直分运动的规律
（3）如图是利用图装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是 。
A.释放小球时初速度不为0
B.释放小球的初始位置不同
C.斜槽末端切线不水平
（4）在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸来记录轨迹，小方格的边长，实验中漏记抛出点，则标出小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示（小方格呈水平竖直放置），则小球平抛的初速度的计算公式为 用（L、g表示）其值是 。
（2023吉林长春高一期末）
16．图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线 。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛 。
（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O为拋出点，则此小球作平抛运动的初速度为 m/s。（g取9.8m/s2）
（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5cm，通过实验记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平拋运动的初速度为 m/s，B点的竖直分速度为 m/s。（g取10m/s2）
（2023湖南怀化期中）
17．在某未知星球上用如图甲所示装置“探究平抛运动的特点”。悬点 O 正下方 P 点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示．a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是 0.10s，照片大小如图乙中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为 1：4，则：

（1）由以上信息，可知 a点 （选填“是”或“不是”）小球的抛出点。
（2）该星球表面的重力加速度为 m/s2；
（3）小球平抛的初速度是 m/s；
（4）小球在 b 点时的速度是 m/s。
（2023重庆名校月考）
18．在探究平抛运动规律实验中，利用一管口直径略大于小球直径的直管来确定平抛小球的落点及速度方向（只有当小球速度方向沿直管方向才能飞入管中），重力加速度为g。
实验一：如图（a）所示，一倾斜角度为θ的斜面AB，A点为斜面最低点，直管保持与斜面垂直，管口与斜面在同一平面内，平抛运动实验轨道抛出口位于A点正上方某处。为让小球能够落入直管，可以根据需要沿斜面移动直管。
（1）以下是实验中的一些做法，合理的的是 。
A.斜槽轨道必须光滑 B.安装斜槽轨道，使其末端保持水平
C.调整轨道角度平衡摩擦力 D.选择密度更小的小球
（2）某次平抛运动中，直管移动至P点时小球恰好可以落入其中，测量出P点至A点距离为L，根据以上数据可以计算出此次平抛运动在空中飞行时间t= ，初速度v0= （用L，g，θ表示）。
实验二：如图（b）所示，一半径为R的四分之一圆弧面AB，圆心为O，OA竖直，直管保持沿圆弧面的半径方向，管口在圆弧面内，直管可以根据需要沿圆弧面移动。平抛运动实验轨道抛出口位于OA线上可以上下移动，抛出口至O点的距离为h。
（3）上下移动轨道，多次重复实验，记录每次实验抛出口至O点的距离，不断调节直管位置以及小球平抛初速度，让小球能够落入直管。为提高小球能够落入直管的成功率及实验的可操作性，可以按如下步骤进行：首先确定能够落入直管小球在圆弧面上的落点，当h确定时，理论上小球在圆弧面上的落点位置是 （填“确定”或“不确定”），再调节小球释放位置，让小球获得合适的平抛初速度平抛至该位置即可落入直管。满足上述条件的平抛运动初速度满足= （用h，R，g表示）。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． 见解析 线性 水平射出点未与O点重合
【详解】（1）[1]根据上表数据在坐标纸上描出数据点，并绘制“”图线如图所示
（2）[2]由图线为一条倾斜的直线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方成线性关系。
（3）[3]根据平抛运动规律可得
联立可得
可知图像的斜率为
解得小球平抛运动的初速度为
（4）[4]图线是一条直线，但常不经过原点，说明实验中测量的y值偏大或偏小一个定值，这是小球的水平射出点未与O点重合，位于坐标原点O上方或下方所造成的。
2． 1.0 2.0
9.7
【详解】（1）[1]因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为
[2]竖直方向做自由落体运动，因此A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得
（2）[3]由竖直方向的自由落体运动可得
代入数据可得
3． AB 2 方便调整木板保持在竖直平面上
【详解】①[1]A．实验过程中要保证钢球水平抛出，所以要保持桌面水平，故A正确；
B．为保证钢球抛出时速度相同，每次应使钢球从同一位置静止释放，故B正确；
CD．实验只要每次钢球抛出时速度相同即可，斜面底边ab与桌面是否重合和钢球与斜面间的摩擦力大小对于每次抛出的速度无影响，故C错误，D错误。
故选AB。
②[2] 每次将木板向远离桌子的方向移动，则在白纸上记录钢球的相邻两个落点的时间间隔相等，刚球抛出后在竖直方向做自由落体运动，根据可知相邻两点的时间间隔为
刚球在水平方向上做匀速直线运动，所以小球初速度为
③[3]悬挂铅垂线的目的是方便调整木板保持在竖直平面上。
4． BD 球心 需要 大于 AB B 利用平抛运动的轨迹的抛物线和圆周运动知识证明即可
【详解】根据平抛运动的规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动解答．
(1)本实验中要保证小球飞出斜槽末端时的速度为水平，即小球做平抛运动，且每次飞出时的速度应相同，所以只要每次将小球从斜槽上同一位置由静止释放即可，故BD正确；
(2)a.平抛运动的起始点应为钢球静置于Q点时，钢球的球心对应纸上的位置，由于平抛运动在竖直方向做自由落体运动，所以在确定y轴时需要y轴与重锤线平行；
b.由初速度为零的匀加速直线运动规律即在相等时间间隔内所通过的位移之比为可知，由于A点不是抛出点，所以；设AB，BC间所用的时间为T，竖直方向有：，水平方向有：，联立解得：；
(3)A项：细管A始终在水面之下，B就会喷出稳定的细水柱，故可行．A正确
B项：用频闪照相在同一底片上记录小球不同时刻的位置即平抛运动的轨迹上的点，平滑连接在一起即为平抛运动轨迹，所以此方案可行；
C项：将铅笔垂直于竖直的白板放轩，以一定初速度水平抛出，笔尖与白纸间有摩擦阻力的作用，所以铅笔作的不是平抛运动，故此方案不可行；
(4)由平抛运动竖直方向运动可知，，时间，所以只要高度相同，时间相同，故B正确；
(5)由平抛运动可知，竖直方向：，水平方向：，联立解得：，即抛出物体的轨迹为抛物线，当抛出的速度越大，在抛物线上某点的速度足以提供该点做圆周运动的向心力时，物体的轨迹从抛物线变为圆．
5． BC##CB D 2.5 （，）
【详解】（1）[1]A．斜槽轨道光滑与否对实验没有影响，故不必必须光滑，A错误；
B．为了保证小球离开斜槽末端时的速度的方向是水平方向，故斜槽轨道末段N端必须水平，B正确；
CD．这个实验只验证竖直自由落体，水平无影响，不需要每次水平初速度相同，可以在不同位置释放，C正确，D错误。
故选BC。
（2）[2]该实验结果可表明P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同。
故选D。
（3）[3]小球P在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运功，在竖直方向，根据匀变速直线运功的推论可得
代入数据，解得
水平方向的速度为
P小球经过b位置时，根据匀变速直线运动的推论，即中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得竖直分速度为
则合速度大小为
[4]小球运动到b点的时间为
小球运动到b点时，竖直方向的位移为
解得
小球运动到b时，水平方向的位移为
解得
若以a点为坐标原点，则抛出点的坐标为。
6． BD##DB 球心 需要 大于 AB##BA
【详解】（1）[1]A．斜槽不需要光滑，只要保持末端速度相同即可，故A错误；
B．只要斜槽末端水平，钢球才能在竖直方向做初速度为0的自由落体运动，其轨迹为平抛运动轨迹，故B正确；
C．将高度等间距变化只是为了简化计算，不是必须要满足的要求，故C错误；
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球是为了保持平抛运动每次都有相同的初速度，是充要条件，故D正确。
故选BD。
（2）、[2][3]根据题意可知，钢球球心对应原点，研究竖直方向运动规律时y轴与重锤线方向平行；
b、 [4][5]平抛运动竖直方向上为自由落体运动，初速度为0，则根据平抛运动的规律，相等时间内竖直方向通过的位移之比为，由于A点的竖直方向速度大于0，则
由，可知在竖直方向上
水平方向上可知
联立可得
（3）[6]A．用水平喷管喷出细水柱，并拍摄片，可得水柱的轨迹是平抛的轨迹，故A正确；
B．频闪照相后再将点连接可以得到平抛轨迹，故B正确；
C. 将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，以一定初速度水平抛出，笔尖与白纸板间有摩擦阻力，所以铅笔做的不是平抛运动，故C错误。
故选AB。
7． 同时 自由落体运动 同时 相同 匀速直线运动
【详解】（1）[1][2]与球A相同的球B被松开做自由落体运动，改变实验装置离地面的高度，多次实验，两球总是同时落地。在同一高度改变小锤击打的力度，使球A的平抛初速度大小不同，多次实验，两球也总是同时落地。这说明做平抛运动的球A在竖直方向上的运动情况与球B相同，为自由落体运动。
（2）[3][4][5]两球以相同的初速度同时通过轨道M、N的末端，发现两球同时到达E处，发生碰撞。改变轨道M在轨道N上方的高度，再进行实验，结果两球也总是发生碰撞，这说明做平抛运动的P球在水平方向上的运动情况与Q球相同，为匀速直线运动。
8． B
【详解】（2）①[1]钢珠弹在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有
解得照相机的频闪周期为
②[2]钢珠弹水平方向做匀速直线运动，则有
解得钢球弹的初速度为
则钢珠弹的初动能为
③[3]如果弹弓发射钢珠弹时偏离水平方向，则钢球弹的实际初速度满足
钢珠弹的实际初动能满足
则测得钢珠弹的初动能将偏小。
故选B。
9． BCD
【详解】（3）[1] 小球的直径
（5）[2]小球通过光电门时的瞬时速度为
（6）[3]相邻两点间的距离和时间间隔分别为3.00cm、，所以小球做平抛运动的初速度为
（7）[4] A．轨道斜面的作用是使小球获得一个水平初速度，小球在轨道斜面上受摩擦阻力并不影响的大小，故A不符合题意；
B．小球平抛运动过程受空气阻力，使得小球水平方向做减速运动，水平位移偏小，值偏小，故B符合题意；
C．小球平抛运动轨迹平面与坐标纸不平行，会造成小球运动过程中在坐标纸上的水平投影位移偏小，偏小，故C符合题意；
D．小球经过光电门时，球心与光线不在同一高度，会造成遮光时间变短，则造成偏大，故D符合题意。
故选BCD。
10． AC##CA 否 0.05 0.5
【详解】（1）[1]
A．为了减小误差，小球运动时不应与背板上的坐标纸相接触，故A正确；
B．斜槽轨道是否光滑，不影响小球做平抛运动的初速度是否相同，故斜槽轨道不需要光滑，故B错误；
C．为了保持小球抛出后做平抛运动，斜槽轨道末端切线须调整水平，故C正确。
故选AC。
（2）[2][3][4]
设频闪照相机的闪光周期为，竖直方向根据
解得
小球做平抛运动的初速度为
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，可知点的竖直分速度为
则点的竖直分速度为
可知a点不是平抛运动的起点。
11． 1.22 9.77
【详解】（1）[1]做出平抛运动的图像进行分析，如下图所示
根据相似三角形，有
平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，上图为任意时刻的图像，则有
，
可得
式中为定值，则可知小强同学的分析完全正确，投影点在做匀速直线运动，而闪光频率为30Hz，则可知每两个投影之间的时间间隔为
利用平均速度的求解方法可得投影点的速度大小为
[2]由
得
解得
12． BCD 重垂线 2 竖直向下
【详解】（1）[1]A．实验中只要保证小球平抛初速度相同，小球与斜槽之间有摩擦对实验无影响，故A错误；
B．要使小球做平抛运动，必须保证斜槽末端水平，故B正确；
C．因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故C正确；
D．使用密度更大的小钢珠进行实验，能减小空气阻力的影响，小钢球的运动更抛运动，故D正确。
故选BCD。
（2）[2]竖直线是用重垂线来确定的。
（3）[3][4]根据题意，由图可知，和的水平距离相等，说明从和从的运动时间相等，设相等时间为，竖直方向上，由逐差法有
解得
小球做平抛运动，则小球从A位置到C位置过程，速度的变化量大小为
方向与重力加速度方向相同，竖直向下。
13． BD##DB 球心 需要 大于
【详解】（1）[1]B．为了保证小球的初速度水平，斜槽末端必须水平，故B正确；
AD．为了保证小球的初速度相等，小球每次应从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不一定需要光滑，故D正确，A错误；
C．向下移动挡板，只是为了获得多个点迹，不一定向下移动相同的距离，故C错误。
故选BD。
（2）a.[2] 小球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静置于Q点时球心的位置；故应以球心在白纸上的位置为坐标原点；
[3]小球在竖直方向为自由落体运动，故y轴需要与重锤线平行。
b.[4] 由于两段水平距离相等，故时间相等，设A到B，B到C的时间均为t，在A点竖直分速度为vy，则
，
则
故竖直间距之比大于。
[5] 根据可知
则初速度为
14． b 1
【详解】（1）[1]A处拍摄的是小球水平方向的位移，应是匀速直线运动，所以频闪照片是b。
（2）[2]根据平抛运动规律
，
将，代入上式解得
，
[3]P点速度
15． D ACD C 0.5##0.50
【详解】（1）[1]坐标原点应选小球在斜槽末端点时的球心在坐标纸上的投影点，故选D。
（2）[2]A．安装有斜槽的木板时，一定要注意检查斜槽末端切线是否水平、木板是否竖直，选项A正确；
B．斜槽不一定必须光滑，只要小球到达底端时的速度相同即可，选项B错误；
C．每次实验都要把小球从同一位置由静止释放，从而保证小球到达底端时的速度相同，选项C正确；
D．实验的目的是描出小球的运动轨迹，分析平抛运动水平和竖直分运动的规律，选项D正确。
故选ACD。
（3）[3]由轨迹可知，小球做了斜上抛运动，可知原因是斜槽末端切线不水平，故选C。
（4）[4][5]竖直方向，根据
可得
初速度
其值
16． 水平 初速度相同 1.6 1.5 2
【详解】（1）[1]为了保证小球的初速度水平，斜槽末端切线应水平。
[2]每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛的初速度相同。
（2）[3]分析图乙，O点为抛出点，取坐标点：x=32.00cm=0.32m，y=19.6cm=0.196m，在竖直方向上则有
水平方向上则有
x=v0t
代入数据解得小球平抛初速度
（3）[4]分析图丙 L=5cm=0.05m，由图可知，小球由A到B和由B到C在水平方向位移相等，均为3L，则运动时间T相等，在竖直方向，由图示可知，由匀变速直线运动的推论可得
初速度
[5]根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在B点竖直分速度
.
17． 是 8 0.8
【详解】（1）[1]由图像可知在连续相等的时间间隔内通过的位移之比为 1：3：5，根据初速度为 0 的匀变速运动，在连续相等的时间间隔内通过的位移之比的规律可知 a 点是小球的抛出点。
（2）[2]根据
可得
则该星球表面的重力加速度为 8m/s2。
（3）[3]由
可得
则小球平抛的初速度是 0.8m/s 。
（4）[4]小球在 b 点时的竖直方向的速度为
小球在 b 点时的速度为
18． B 确定
【详解】（1）[1]AC．斜槽轨道不需要光滑也不需要平衡摩擦力，只要抛出时每次速度相同即可，故AC错误；
B．为保证小球做的是平抛运动，抛出时速度要水平，则安装斜槽轨道，使其末端保持水平，故B正确；
D．为减小空气阻力的影响，应选择密度更大的小球，故D错误。
故选B；
（2）[2][3]由抛出到P点过程，根据平抛运动规律有
解得
（3）[4]h一定时，设落点与O点连线与水平方向夹角为，根据位移规律
落点处速度方向的反向延长线过O点，则
联立解得
h一定，则用时一定，则竖直方向下落高度一定，则落点位置是确定的。
[5]由以上分析可知，竖直方向下落高度为
用时
根据几何关系
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第5章 圆周运动
第5.1讲 匀速圆周运动
【知识点精讲】
一、匀速圆周运动及描述
1．匀速圆周运动
（1）定义：做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
（2）特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。
（3）条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
2．运动参量
定义、意义 公式、单位
线速度v 描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量（v） 矢量，线速度的方向沿圆周切线方向。 （1）v== （2）单位：m/s
角速度ω 描述物体绕圆心转动快慢的物理量（ω） （1）ω== （2）单位：rad/s （3）线速度与角速度的关系 v=ωr
周期T 频率f 转速n 物体沿圆周运动一圈的时间（T），称为周期。 周期的倒数等于频率。 物体单位时间沿圆周运动的圈数称为转速。若单位时间取1s，则转速等于频率；. 若单位时间取1min，则转速等于频率×60； （1）T==，单位：s （2）f=，单位：Hz （3）转速单位：r/s，r/min。
向心加速度 （1）描述速度方向变化快慢的物理量（an） （2）方向指向圆心，与速度方向垂直。 （2）向心加速度只改变速度方向，不改变速度大小。 （1）an==rω2=r=ωv （2）单位：m/s2
二、匀速圆周运动的向心力
1．作用效果
向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
2．大小
F=m=mrω2=mr=mωv=4π2mf2r
3．方向
始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。
4．来源
向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。
三、离心运动和近心运动
1．离心运动：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。
2．受力特点（如图）
（1）当F=0时，物体沿切线方向飞出；
（2）当F（3）当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。
3．本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力。
【方法归纳】
匀速圆周运动问题分析思路
【最新高考题精练】
[2022年6月浙江选考]
1．下列说法正确的是（ ）
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
[2021年高考广东学业水平选择性测试]
2．由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
[2021高考全国甲卷]
3．“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（　　）
A．10m/s2 B．100m/s2 C．1000m/s2 D．10000m/s2
[2021高考河北物理]
4．如图，矩形金属框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过杆，金属框绕轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（　　）
A．小球的高度一定降低 B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大 D．小球所受合外力的大小一定变大
【最新模拟题精练】
[2023上海七宝模拟]
5．如图，半径为R的圆盘上绕有一根轻绳，轻绳的另一端与放在水平桌面上物体相连，物体质量为m，绳子处于水平状态，物体与桌面的摩擦系数为开始，圆盘以角速度为常数转动，绳子上拉力为 ；经过时间t，圆盘转过的圈数 ．
[2023湖南新高考联盟第一次联考]
6．如图所示，带有一白点的灰色圆盘，绕过其中心且垂直于盘面的轴沿顺时针方向匀速转动，转速。在暗室中用每秒16次的频闪光源照射圆盘，则站在暗室中静止不动的观察者观察到白点转动的方向、白点转动的角速度的大小分别为（　　）
A．顺时针方向， B．顺时针方向，
C．逆时针方向， D．逆时针方向，
[2023湖南名校期中]
7．如图（a）所示的圆盘上有一白点S，盘绕垂直于盘面的中心轴以的频率旋转．如果用频率为f的频闪光去照射该盘，在盘上能稳定地出现如图（b）所示的三个白点。则下列f的大小可能正确的是（　　）

A．150Hz B．90Hz C．60Hz D．30Hz
[2023广州二模]
8．如图为某种秋千椅的示意图，“П”形轻质锅制支架固定在竖直面内，沿水平方向，四根等长轻质硬杆通过光滑铰链、悬挂长方形匀质椅板，竖直面内的、为等边三角形，并绕、沿图中线来回摆动。已知重力加速度为，椅板的质量为，则椅板摆动到最低点时（　　）
A．、两点角速度相等
B．、两点线速度相同
C．受到的拉力等于
D．受到的拉力大于
[2023吉林长春高一期末]
9．下图是家庭里常见的厨房水槽，A、B分别是水槽出口上的两点，当出水口绕转轴O转动，如下图，v代表线速度，代表角速度，a代表向心加速度，T代表周期，则下列说法正确的是（ ）
A．， B．， C．， D．，
[2023江西红色十校第一次联考]
10．如图，两个小朋友在幼儿园玩翘翘板，翘翘板与水平地面的最大夹角为30°，玩的时候老师先让质量为m的小朋友坐在翘翘板的左端，左端着地，然后老师将质量为1.5m的小朋友轻轻放到翘翘板的右端，两小朋友可视为质点且与转轴间的距离均为R，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则右端的小朋友与地面接触前的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
[2023山东济南名校联考]
11．一小球被细绳拴着，在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，向心加速度大小为a，那么（　　）
A．小球运动的角速度
B．小球在时间t内通过的路程
C．小球做匀速圆周运动的周期
D．小球在时间t内可能发生的最大位移为2R
[2022湖南长沙长郡中学模拟]
12．如图是某电力机车雨刷器的示意图．雨刮器由刮水片和雨刮臂链接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨利臂的链接点，雨刮臂绕O轴转动的过程中，刮水片始终保持竖直，下列说法正确的是（　　）
A．P点的线速度始终不变 B．P点的向心加速度不变
C．M、N两点的线速度相同 D．M、N两点的运动周期不同
[2022广东潮州二模]
13．2021年11月5日，占全球市场份额70%的无人机巨头大疆，发布迄今为止影像质量最优异的消费级无人机Mavic3。下图是该型号无人机绕拍摄主体时做水平匀速圆周运动的示意图。已知无人机的质量为m，无人机的轨道距拍摄对象高度为h，无人机与拍摄对象距离为r，无人机飞行的线速度大小为v，则无人机做匀速圆周运动时（　　）
A．角速度为 B．所受空气作用力为mg
C．向心加速度为 D．绕行一周的周期为
[2022年高考广东梅州二模]
14．上海磁悬浮列车线路需要转弯的地方有三处，其中设计的最大转弯处半径达到8000米，用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1300米。一个质量50kg的乘客坐在以360km/h速率驶过半径2500米弯道的车厢内，下列说法正确的是（　　）
A．弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适
B．弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度
C．乘客受到来自车厢的力大小约为200N
D．乘客受到来自车厢的力大小约为540N
[2022河南名校联盟大联考]
15．如图所示为高速入口或出口的ETC车牌自动识别系统的直杆道闸，水平细直杆可绕转轴在竖直面内匀速转动。自动识别线到直杆正下方的距离，自动识别系统的反应时间为，直杆转动角速度，要使汽车安全通过道闸，直杆必须转动到竖直位置，则汽车不停车匀速安全通过道闸的最大速度是（　　）
A． B． C． D．
[2022上海七宝中学模拟]
16．两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起，且在b处相切，固定于水平面上．一小球从a端以某一初速度进入圆管，并从c端离开圆管．则小球由圆管ab进入圆管bc后
A．线速度变小
B．角速度变大
C．向心加速度变小
D．小球对管壁的压力变大
[2022广东江门模拟]
17．螺旋测微器是常见的长度测量工具,如图所示,旋动旋钮一圈,旋钮同时会随测微螺杆沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离,已知旋钮上的可动刻度“0”刻线处A点的旋转半径为R=5.0mm,内部螺纹的螺距x=0.5mm,若匀速旋动旋钮,则A点绕轴线转动的线速度和沿轴线水平移动的速度大小之比为
A．10:1 B．10:1 C．20:1 D．20:1
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；
B．惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，C错误；
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向有关，D错误。
故选B。
2．A
【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；
B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；
C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为
y = lOPsin( + ωt)
则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；
D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为
x = lOPcos( + ωt) + lPQ
则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。
故选A。
【点睛】
3．C
【详解】纽扣在转动过程中
由向心加速度
故选C。
4．BD
【详解】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向
而
可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确；
水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则
即
当转速较大时，FN指向转轴
即
则因 ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误；
根据
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。
故选BD。
5． ；
【详解】根据公式：得：
结合匀变速直线运动的速度公式：可得：
物体在运动的过程中水平方向受到拉力与摩擦力，则：
联立得：
经过时间t，圆盘转过的角度：
圆盘转过的圈数
点睛：该题结合牛顿第二定律考查变速圆周运动的线速度、角速度之间的关系，在解答的过程中要注意公式的变换．
6．D
【详解】由题意，黑色圆盘可绕过其中心、垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转15圈，即频率为
在暗室中用每秒闪光16次的频闪光源照射圆盘，即
则
所以观察到白点逆时针旋转，则
所以每秒观察到白点每秒逆时针旋转1圈，即观察到的转动周期为
转动角速度为
故选D。
7．AD
【详解】如图所示
将已被观察到的三个白点位置分别记为A、B和C，时白点在A位置，那么白点在B或C位置的时刻应分别为：
，
，
其中圆盘旋转周期是
假设时频闪光第一次照亮圆盘时A处，有两种可能，若闪光第二次照亮时白点在B位置，则要求频闪周期
满足
，
后在时在C位置出现白点，在圆盘上稳定地出现图示的三个白点，则
当 时
当时
当时
若闪光第二次照亮时白点在C位置，则T须满足
，
同理，也在圆盘上稳定地出现图示的三个白点，则
当 时
当时
故AD正确，BC错误。
故选AD。
8．AD
【详解】A．、两点相同时间内转过的角度相同，则角速度相等，故A正确；
B．、两点的线速度大小相等，但方向不同，故B错误；
CD．根据对称性可知、受到的拉力大小相等，四根轻杆、、、受到的拉力大小相等，椅板摆动到最低点时，设此时轻杆与竖直方向夹角为，以椅板为对象，此时椅板具有向上的加速度，椅板所受合力向上，则有
以点对象，根据受力平衡可得
联立可得
故C错误，D正确。
故选AD。
9．C
【详解】当出水口绕转轴O转动，A、B的角速度、周期都相等，则
，
由，又，所以
由，，所以
故选C。
10．C
【详解】两个小朋友同轴转动，角速度相等，转动的半径相同，由圆周运动线速度与角速度的关系公式
可知两个小朋友的线速度大小始终相等，两小朋友组成的系统没有机械能与其他形式能的转化，因此系统的机械能守恒，设地面为零势面，对系统整体进行分析，整个系统前后的机械能守恒，所以有
解得
故C正确。
故选C。
11．ABD
【详解】A．根据向心加速度与角速度的关系
所以小球运动的角速度为
故A正确；
B．小球在时间t内通过的路程为
故B正确；
C．小球做匀速圆周运动的周期为
故C错误；
D．小球在时间t内可能发生的最大位移为直径，即为2R，故D正确。
故选ABD。
12．C
【详解】AB．P点以O为圆心做圆周运动，所以线速度与向心加速度方向变化，故AB错误；
C．由于刮水片始终保持竖直，所以刮水片各点的线速度与P点的相同，所以M、N两点的线速度相同，故C正确；
D．刮水器上各点的周期相同，所以M、N两点的周期相同，故D错误。
故选C。
13．C
【详解】A．做圆周运动的半径
则角速度为
A错误；
BC．无人机做匀速圆周运动时，向心力为
解得
所受空气作用力
B错误，C正确；
D．根据
D错误。
故选C。
14．ABD
【详解】A．根据
可知，转弯速度一定的情况下，半径越大，则向心力越小，则弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适，选项A正确；
B．由牛顿第二定律可知，列车转弯时当列车在规定速度下转弯时满足
则在转弯速度一定时，转弯半径越大，则列车倾斜的角度θ越小，则弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度，选项B正确；
CD．乘客受到的向心力
乘客受到来自车厢的力大小约为
选项C错误，D正确。
故选ABD。
15．C
【详解】直杆转动到竖直位置的时间是
系统的反应时间是
t2=0.2s
则汽车从识别线ab 到达直杆处的时间至少是
t=t1+t2=2.2s
汽车不停车匀速安全通过道闸的最大速度是
C正确，ABD错误。
故选C。
16．C
【详解】A．小球由圆管ab进入圆管bc后线速度大小不变，A错误；
B．根据角速度与线速度的关系可知，线速度不变，轨道半径增大，所以小球的角速度减小．故B错误；
C．根据向心力的表达式，线速度不变，轨道半径增大，所以小球的向心力减小，则向心加速度也减小，故C正确；
D．小球需要的向心力减小，则轨道对小球的沿水平方向的支持力减小，根据牛顿第三定律可知，小球对管壁的压力减小，故D错误．
故选C。
17．C
【详解】旋动旋钮一圈，测微螺杆便沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离，A点做圆周运动的线速度为：，A点水平移动的速度为：，代入数据得：，选项C正确．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第5章 圆周运动
第5.2讲 转动和传动
【知识点精讲】
常见的传动方式及特点
（1）皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB。
（2）摩擦传动和齿轮传动：如图甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB。
（3）同轴转动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA=ωB，由v=ωr知v与r成正比。
【方法归纳】
1.由于皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，由v=ωr可知角速度与半径成反比；由a=可知向心加速度与半径成反比。
2. 摩擦传动和齿轮传动，两轮边缘线速度大小相等，由v=ωr可知角速度与半径成反比，与齿轮齿数成反比；由a=可知向心加速度与半径成反比，，与齿轮齿数成反比。
3. 同轴转动，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，由v=ωr可知线速度与半径成正比；由公式a=ω2r知，向心加速度与半径成正比。
【最新高考题精练】
[2021年高考广东学业水平选择性测试]
1．由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
[2021高考全国甲卷]
2．“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（　　）
A．10m/s2 B．100m/s2 C．1000m/s2 D．10000m/s2
[2005·上海物理]
3．一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2mm的均匀狭缝将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线图为该装置示意图，图为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图中

利用图中的数据求1s时圆盘转动的角速度；
说明激光器和传感器沿半径移动的方向；
求图中第三个激光信号的宽度．
【最新模拟题精练】
[2023福建漳州三模]
4．如图为明代出版的《天工开物》中记录的“牛转翻车”，该设备利用畜力转动不同半径齿轮来改变水车的转速，从而将水运送到高处。图中a、b分别为两个齿轮边缘上的点，齿轮半径之比为；a、c在同一齿轮上且a、c到转轴的距离之比为，则在齿轮转动过程中（　　）
A．a、b的角速度相等
B．b的线速度比c的线速度小
C．b、c的周期之比为3∶4
D．a、b的向心加速度大小之比为4∶3
[2023浙江名校联盟联考]
5．野外骑行在近几年越来越流行，越来越受到人们的青睐，对于自行车的要求也在不断的提高，很多都是可变速的。不管如何变化，自行车装置和运动原理都离不开圆周运动。下面结合自行车实际情况与物理学相关的说法正确的是（　　）
A．若图乙的自行车在匀速骑行，前轮边缘处A，B，C，D四个点的线速度相同
B．大齿轮与小齿轮的齿数如图丙所示，则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈
C．图乙中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点角速度相同
D．在大齿轮处的角速度不变的前提下，增加小齿轮的齿数，自行车的速度将变大
[2023广东广州名校联考]
6．两级皮带传动装置如图所示，中间两个轮子2、3是固定在一起的，转动时皮带均不打滑，轮1半径与轮2半径之比为，轮3的半径和轮4的半径相同，轮1与轮3的半径比为，则轮4边缘的c点和轮1边缘的a点相比，下列关系正确的是（ ）
A．线速度大小之比为 B．角速度之比为
C．转速之比为 D．向心加速度之比为
[2023湖南怀化高一期中]
7．在如图所示的装置中， 甲、乙同轴传动，乙、丙皮带传动，A、B、C分别是三个轮边缘上的点，设甲、乙、丙三轮的半径分别是 R甲、R乙和R丙，且R甲= 2R乙= R丙，如果三点的线速度分别为vA，vB，vC，三点的周期分别为TA，TB，TC，向心加速度分别为aA，aB，aC，若皮带不打滑，则下列说法正确的是（　　）

A． B．
C． D．
[2023浙江十所名校期中联考]
8．如图所示为一皮带传动装置的示意图。右轮半径为r，A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为，小轮半径为。B点在小轮上，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，下列说法中正确的是（　　）
A．A、C两点的线速度之比为
B．A、B两点角速度之比为
C．B、D两点的角速度之比为
D．A、D两点的向心加速度之比为
[2023山东烟台重点高中期中]
9．如图所示，一球体绕轴O1O2以角速度ω匀速旋转，A、B为球体上两点，下列几种说法中正确的是（　　）
A．A、B两点具有相同的角速度
B．A、B两点具有相同的线速度
C．A、B两点的向心加速度的方向都指向球心
D．A、B两点的向心加速度之比为2:1
[2023山东烟台重点高中期中]
10．如图所示的皮带传动装置中，皮带与轮之间不打滑，两轮半径分别为R和r，且，A、B分别为两轮边缘上的点，则皮带运动过程中，关于A、B两点，下列说法正确的是（　　）
A．向心加速度之比
B．角速度之比
C．线速度大小之比
D．在相同的时间内通过的路程之比为
[2022广东深圳一模]
11．明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴的距离为R。人甲转动把手，把井底的人乙加速拉起来，则（　　）
A．a点的角速度大于b点的角速度 B．a点的线速度小于b点的线速度
C．绳对乙拉力的冲量等于乙的动量变化量 D．绳对乙的拉力大于乙的动量变化率
[2022云南大理模拟]
12．绿水青山就是金山银山，为践行低碳生活的理念，自行车已成为主要绿色交通工具之一、图示为自行车的传动结构的核心部件，大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A、B、C，已知三个点的半径关系为rc＝2rA＝4rB，如图所示，当大齿轮匀速转运时，下列说法正确的是（　　）
A．A、B、C三点的线速度大之比为1：1：4
B．A、B、C三点的角速度之比为2：1：1
C．A、B、C三点的向心加速度之比为1：2：8
D．A、B、C三点的转速之比为2：1：1
13．如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A和B水平放置，两轮半径。当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上。若将小木块放在B轮上，欲使小木块相对B轮也静止，则小木块距B轮转动轴的最大距离为（　　）
A． B． C． D．
14．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图所示，其半径分别为、、,若甲轮匀速转动的角速度为，三个轮相互不打滑，则丙轮边缘上各点的向心加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
15．如图所示为一磁带式放音机的转动系统，在倒带时，主动轮以恒定的角速度逆时针转动，P和Q分别为主动轮和从动轮边缘上的点，则下列说法正确的是 ( )
A．主动轮上P点的线速度方向不变
B．主动轮上P点的线速度逐渐增大
C．主动轮上P点的向心加速度逐渐增大
D．从动轮上Q点的向心加速度逐渐增大
16．如图所示为两级皮带传动装置，转动时皮带均不打滑，中间两个轮子是固定在一起的，轮1的半径和轮2的半径相同，轮3的半径和轮4的半径相同，且为轮1和轮2半径的一半，则轮1边缘的a点和轮4边缘的b点相比（　　）
A．线速度之比为1∶4 B．角速度之比为4∶1
C．向心加速度之比为8∶1 D．向心加速度之比为1∶8
[2021安徽滁州高一质检]
17．如图所示的皮带传动装置，主动轮上两轮的半径分别为和，从动轮的半径为，A、B、C分别为轮缘上的三点，设皮带不打滑，则以下说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
18．共享单车是一种新型、便捷的公共交通方式。如图是某共享单车采用的无链传动系统，杜绝了传统自行车“掉链子”问题。利用圆锥齿轮90°轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动。在圆锥齿轮90°轴交的示意图中，A是圆锥齿轮转轴上的点，B、C分别是圆锥齿轮边缘上的点，A、B、C三点到各自圆锥齿轮中心轴的距离分别记为rA、rB和rC（rA≠rB≠rC）。下列说法正确的是（　　）
A．B与C点的角速度关系ωB=ωC
B．C与A点的线速度关系vC=vA
C．B与A点的角速度关系ωB=ωA
D．A与C点的向心加速度关系aA=aC
[2023云南部分重点高中期中]
19．学生常用的剪刀如图所示，A、B是剪刀上的两点，B点离O点（转轴）更近，则在正常使用过程中（　　）
A．A、B两点的角速度大小不同 B．A、B两点的线速度大小相同
C．A点的向心加速度更大 D．B点的向心加速度更大
20．在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点，( )
A．A点和B点的线速度大小之比为1∶1
B．A点和B点的角速度之比为1∶1
C．A点和B点的角速度之比为3∶1
D．以上三个选项只有一个是正确的
21．如图所示，轮O1、O3固定在同一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑。在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点A、B、C，已知三个轮的半径之比r1∶r2∶r3＝2∶1∶1，求：
（1）A、B、C三点的线速度大小之比vA∶vB∶vC；
（2）A、B、C三点的角速度大小之比ωA∶ωB∶ωC；
（3）A、B、C三点的向心加速度大小之比aA∶aB∶aC。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；
B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；
C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为
y = lOPsin( + ωt)
则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；
D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为
x = lOPcos( + ωt) + lPQ
则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。
故选A。
【点睛】
2．C
【详解】纽扣在转动过程中
由向心加速度
故选C。
3．（1）7.85rad/s （2）激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动 （3）
【详解】（1）由图线可知圆盘转动的周期为0.8s,所以
（2）因为，，所以，即线速度在增大，又因为所以激光器和探测器由中心向边缘移动
（3）设每转一圈激光器和探测器沿半径向边缘移动,因为，，
联立解得：△t3=0.67×10-3s
思路分析：利用图像直接得到周期，计算可得角速度；利用角速度与线速度的关系解出激光器的移动方向；根据激光器瞬时速度的计算以及与角速度、半径的关系解出时间
试题点评：考查解决传感器的实际应用能力
4．C
【详解】A．由题图可知a，b分别为两个齿轮边缘上的点，线速度大小相等，即，根据可知半径不同，故角速度不相等，故A错误：
B．a点和c点在同一齿轮，角速度相等，即，因a、c两点到转轴的距离之比，由得
又，则
故B错误；
C．由得，b，c的周期之比为
故C正确；
D．由得，a，b的向心加速度大小之比为
故D错误。
故选C。
5．B
【详解】A．若图乙的自行车在匀速骑行，前轮边缘处A，B，C，D四个点的线速度大小相同，方向不同，故A错误；
B．大齿轮与小齿轮通过链条连接，线速度大小相等，设相邻齿间弧长为s，齿数为N，转速为n，根据
可知
则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈，故B正确；
C．图乙中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点线速度大小相同，角速度不同，故C错误；
D．在大齿轮处的角速度不变的前提下，增加小齿轮的齿数，小齿轮的半径增大，角速度变小，自行车的速度将变小，故D错误；
故选B。
6．ACD
【详解】A．依题意知，轮1与轮3皮带传动，则线速度之比为
轮3与轮2同轴转动，角速度相同，则
根据，可知轮1与轮3角速度之比为
即轮1与轮2角速度之比为
轮1与轮2线速度之比为
因为轮2与轮4皮带传动，则轮2与轮4的线速度相同，则轮4边缘的c点和轮1边缘的a点线速度大小之比为
A正确；
B．根据，知轮2与轮4的角速度之比为
则可知轮4边缘的c点和轮1边缘的a点线速度大小之比为
B错误；
C．根据
可得，轮4边缘的c点和轮1边缘的a点相比转速之比为
C正确；
D．根据，知，轮4边缘的c点和轮1边缘的a点相比向心加速度之比为
D正确。
故选ACD。
7．A
【详解】AB．由圆周运动的基本关系可知
其中
选项B 错误，A 正确；
CD．由圆周运动的基本关系可知
其中
选项CD 错误。
故选A。
8．D
【详解】A．由图可知，AC两点属于同缘传动，则
A错误；
C．BCD点属于同轴传动，则
C错误；
B．根据
可得
B错误；
D．根据
可得
D正确。
故选D。
9．A
【详解】A．A、B为球体上两点，因此A、B两点的角速度与球体绕轴O1O2旋转的角速度相同，A正确；
C．如图所示，A以P为圆心做圆周运动，B以Q为圆心做圆周运动，因此A、B两点的向心加速度方向分别指向P、Q，C错误；
B．设球的半径为R，则A运动的半径rA＝Rsin60°，B运动的半径rB＝Rsin30°，根据v=ωr可知A、B两点的线速度之比为，B错误；
D．根据a=ω2r可知A、B两点的向心加速度速度之比为，D错误。
故选A。
10．A
【详解】ACD．由于AB属于同缘传送，皮带与轮之间不打滑，因此线速度大小相等，在相同时间内通过的路程也相等，由于，由向心加速度可知，向心加速度之比，故A正确，CD错误；
B．由于AB线速度大小相等，且，根据可得，角速度之比，故B错误。
故选A。
11．D
【详解】AB．因ab两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，根据v=ωr，因a点转动半径较大，可知a点的线速度大于b点的线速度，选项AB错误；
CD．根据动量定理
即
即绳对乙拉力和重力的合力的冲量等于乙的动量变化量，绳对乙的拉力大于乙的动量变化率，选项C错误，D正确。
故选D。
12．AC
【详解】AB．A、B通过链条带动，线速度相等，由可知，角速度之比为1：2，B、C同轴转动，角速度相等，线速度之比为1：4，故A、B、C三点的线速度大之比为1：1：4，三点的角速度之比为1：2：2，A正确，B错误；
C．由可知，A、B、C三点的向心加速度之比为1：2：8，C正确；
D．由可知，转速与角速度成正比，故A、B、C三点的转速之比为1：2：2，D错误。
故选AC。
13．C
【详解】依题意，两轮边缘的线速度大小相等，两轮半径
则由
解得
依题意，小木块恰能相对静止在A轮边缘上，有
设小木块距B轮转动轴的最大距离为r，则有
联立，可得
故选C。
14．A
【详解】甲、丙边缘的线速度大小相等，且
根据知
故选A。
15．D
【详解】在倒带时，主动轮以恒定的角速度逆时针转动，根据，可知P点的线速度大小不变，方向时刻在变化，根据，可知P点的向心加速度大小不变，故ABC错误；主动轮与从动轮有相同的线速度，根据可知，主动轮的r不断增大，故线速度不断增大，则从动轮的线速度也不断增大，而从动轮的半径r不断减小，根据可知，从动轮的角速度不断增大，根据，可知Q点的向心加速度不断增大，故D正确；故选D．
【点睛】主动轮和从动轮边缘上的点线速度相等，A的角速度恒定，半径增大，线速度增大，根据和进行分析求解．
16．D
【详解】
A．由题意知
va＝v3
v2＝vb
又轮2与轮3同轴转动，角速度相同
v2＝2v3
所以
va∶vb＝1∶2
选项A错误。
B．角速度之比为
选项B错误。
CD．设轮4的半径为r，则
即
aa∶ab＝1∶8
选项C错误，D正确。
故选D。
17．A
【详解】AB．A和B两点同轴转动，则
B和C分别处在用皮带传动的两轮边缘，则
根据线速度与角速度的关系，有
联立，可得
，
故A正确；B错误；
C．根据向心加速度公式，有
联立，可得
故C错误；
D．根据周期公式，有
联立，可得
故D错误。
故选A。
18．B
【详解】A．根据题意，结合圆锥齿轮的特点，得
vB=vC
根据v=ω·r可知
ωB≠ωC
选项A错误。
BCD．A、B同轴转动，故角速度相同
vC=vB=vA
结合
得
选项B正确，选项CD错误。
故选B。
19．C
【详解】A．A、B两点同轴转动，角速度相同，A错误；
B．根据公式可知A、B两点的线速度大小不相等，B点离O点更近，故A点的线速度更大，B错误；
C D．根据r可知， C正确、D错误。
故选C。
20．AC
【详解】题图中三个齿轮边缘线速度相等，A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr可得，线速度一定时，角速度与半径成反比，A点和B点角速度之比为3∶1，选项A、C正确，选项B、D错误．
21．（1）2∶2∶1；（2）1∶2∶1；（3）2∶4∶1
【详解】（1）轮O1、O3固定在同一转轴上，则。因为r1∶r3＝2∶1，所以
轮O1、O2用皮带连接且不打滑，则，所以有
（2）由以上分析知,且，则
（3）根据公式得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第5章 圆周运动
第5.3 讲 水平面内圆周运动
【知识点精讲】
1.贴圆筒模型
2.圆锥摆模型
3.圆锥斗和碗里转
4.多绳水平转模型
5. 水平转盘模型
【方法归纳】
水平面内圆周运动临界问题的三分析：
几何分析 目的是确定圆周运动的圆心、半径等
运动分析 目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等
受力分析 目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力
【最新高考题精练】
（2021新高考北京卷）
1．如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
（2021高考新课程I卷山东卷）
2．如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（　　）
A． B． C． D．
【最新模拟题精练】
（2023湖北荆门三校5月联考）
3．如图所示，足够大光滑的桌面上有个光滑的小孔O，一根轻绳穿过小孔两端各系着质量分别为m1和m2的两个物体，它们分别以O、点为圆心以相同角速度做匀速圆周运动，半径分别是r1、r2，m1和m2到O点的绳长分别为l1和l2，下列说法正确的是（　　）
A．m1和m2做圆周运动的所需要的向心力大小不同
B．m1和m2做圆周运动的半径之比为
C．m1和m2做圆周运动的绳长之比为
D．剪断细绳，m1做匀速直线运动，m2做自由落体运动
（2023山东烟台重点高中期中）
4．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（ ）
A．当时，A、B相对于转盘会滑动
B．当，绳子一定有弹力
C．ω在范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．ω在范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
（2023浙江十所名校期中联考）
5．如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B随转台一起以角速度匀速转动，A、B的质量分别为、，A与B、B与转台间的动摩擦因数都为，A和B离转台中心的距离都为r，重力加速度为g，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．A对B的摩擦力沿水平方向指向圆心O点
B．物块B对物块A的摩擦力一定为
C．转台对物块B的摩擦力的大小一定为
D．转台的角速度一定满足：
(2023云南部分重点高中期中)
6．如图所示，细绳一端系着质量的物体A，静止在水平面上，另一端 AO通过光滑的小孔吊着质量的物体B，A与圆孔的距离，并知A和水平面的最大静摩擦力。现使此平面绕中心轴线转动，B会处于静止状态时，角速度ω大小的可能值为（　　）
A．1.9 rad/s B．2.9 rad/s C．4 rad/s D．7.5 rad/s
（2023河北张家口宣化一中二模）
7．如图所示装置中，质量均为m的小球A、B系在等长度的轻绳OA、OB下端，并都以转速n绕同一竖直轴在同一水平面内做匀速圆周运动，此时绳OA与OB夹角为α，质量为2m的物块C静止不动；若将C换成质量为3m的物块D，要保证在系统稳定时，A、B仍在同一水平面内做圆周运动，同时D静止不动，则A、B的质量和两球做圆周运动的转速n应如何调整
A．减少A、B的质量，增大转速n
B．保持A、B的质量不变，增大转速n
C．增大A、B的质量，减小转速n
D．增大A、B的质量，增大转速n
（2022年9月甘肃张掖一诊）
8．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块甲和乙放在转盘上，两者用长为L的不计伸长的细绳连接（细绳能够承受足够大的拉力），木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，连线过圆心，甲到圆心距离，乙到圆心距离，且，，水平圆盘可绕过圆心的竖直轴OO'转动，两物体随圆盘一起以角速度转动，当从0开始缓慢增加时，甲、乙与转盘始终保持相对静止，则下列说法错误的是（已知重力加速度为g）（　　）
A．当时，乙的静摩擦力恰为最大值
B．取不同的值时，甲、乙所受静摩擦力都指向圆心
C．取不同值时，乙所受静摩擦力始终指向圆心；甲所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背向圆心
D．如果时，两物体将相对圆盘发生滑动
（2022浙江台州质检）
9．如图，有一固定且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量相同的小球（可视为质点）A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面。A、B两球与O点的连线与竖直线间的夹角分别为和，则（　　）
A．A、B两球所受弹力的大小之比为3：4 B．A、B两球运动的周期之比为4：3
C．A、B两球的线速度大小之比为3：8 D．A、B两球的转速之比为
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；
B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力
根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为
大小为0，故B错误；
C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；
D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
大小为，故D正确。
故选D。
2．B
【详解】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理
可得摩擦力的大小
故选B。
3．AC
【详解】ABC．同一根轻绳弹力大小相等，令为T，对物体m1有
令下方绳与竖直方向夹角为θ，对物体m2有
解得绳长之比
向心力大小之比
圆周运动的半径之比
AC正确，B错误。
D．剪断细绳，m1在水平桌面上做匀速直线运动，m2做平抛运动，D错误。
故选AC。
4．ABD
【详解】A．当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有
解得
所以，当时，A、B相对于转盘会滑动，故A正确；
B．当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有
解得
可知当时，绳子有弹力，故B正确；
C．当时，B已达到最大静摩擦力，则ω在范围内增大时，B受到的摩擦力不变，故C错误；
D．ω在范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，当时，绳上无拉力，则
当ω增大时，静摩擦力也增大；
当时，B的摩擦力不变，有
可知随着ω增大，绳上拉力增大，对A有
得
可知随着ω增大，A所受摩擦力也增大，故D正确。
故选ABD。
5．C
【详解】A．对A分析可知，A的重力与B对A的支持力平衡，B对A的摩擦力提供A圆周运动的向心力，则B对A的摩擦力指向圆心，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力方向背离圆心，A错误；
B．根据上述有
根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力大小为，该摩擦力为静摩擦力，因此物块B对物块A的摩擦力不一定为，B错误；
C．对AB整体分析有
C正确；
D．根据题意，结合上述有
解得
D错误。
故选C。
6．BC
【详解】设物体A和水平面保持相对静止，当ω具有最小值时，A有向圆心运动的趋势，故水平面对A的静摩擦力方向和指向圆心方向相反，且等于最大静摩擦力2N。根据牛顿第二定律隔离A有
物体B由平衡条件得
计算得出
当ω具有最大值时，A有离开圆心的趋势，水平面对A的摩擦力方向指向圆心，大小也为2N。再隔离A有
计算得出
所以ω的范围是
2.
故选BC。
7．CD
【详解】开始时，绳OA与OB夹角为α，设OA和OB绳子的拉力为T，以A为研究对象，则满足
所以右边两个绳子在竖直方向的合力为
与OA、OB之间夹角的大小无关。所以左边的绳子受到向上的拉力为2mg，对木块进行受力分析，受到绳子的拉力和重力，都为2mg，受力平衡，所以C能静止不动．此时满足的关系为
若将C换成质量为3m的D，则D对左侧绳子的拉力为3mg，所以右侧上边的绳子对O点的拉力也是3mg，设此时OA和OB绳子的拉力为T′，则
以A为研究对象则
可知A、B与C之间的质量关系仍然满足
而与OA、OB之间的夹角无关，所以当把C换成D后，需要增加A和B的质量。以A为研究对象，竖直方向始终要满足
水平方向
可知增大或减小转速，仅仅能增大或减小OA与OB之间的夹角，不能改变绳子在竖直方向的分力。所以CD正确；AB错误；
故选CD。
8．B
【详解】A．根据
可得
乙的半径大，知乙先达到最大静摩擦力，故A正确，不符合题意；
BC．甲乙随转盘一起做匀速圆周运动，由于乙的半径较大，故需要的向心力较大，则
解得
即若时，甲、乙所受静摩擦力都指向圆心。当角速度增大，绳子出现张力，乙靠张力和静摩擦力的合力提供向心力，甲也靠拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，绳子的拉力逐渐增大，甲所受的静摩擦力先减小后反向增大，当反向增大到最大值，角速度再增大，甲乙与圆盘发生相对滑动。所以乙所受的静摩擦力方向始终指向圆心，甲所受的静摩擦力方向先指向圆心，然后背离圆心，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
D．设角速度为时，此时甲乙发生滑动，此时绳子的拉力为F，则
解得
故时，两物体将相对圆盘发生滑动，故D正确，不符合题意。
故选B。
9．D
【详解】A．根据
所以A、B两球所受弹力的大小之比为
所以A错误；
BD．根据
解得
所以A、B两球运动的周期之比为
A、B两球的转速之比为
则B错误；D正确；
C．根据
解得
所以A、B两球运动的周期之比为
所以C错误；
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第5章圆周运动
第5.4讲竖直面内圆周运动
【知识点精讲】
竖直面内圆周运动的两类模型对比
球—绳模型 球—杆模型
实例 如球与绳连接、沿内轨道运动的球等 如球与轻杆连接、球在内壁光滑的圆管内运动等
图示 最高点无支撑 最高点有支撑
最高点 受力特征 重力、弹力，弹力方向向下或等于零 重力、弹力，弹力方向向下、等于零或向上
受力示意图
力学特征 mg＋FN＝m mg±FN＝m
临界特征 FN＝0，vmin＝ 竖直向上的FN＝mg，v＝0
过最高点条件 v≥ v≥0
速度和弹力关系讨论分析　 ①恰好过最高点时，v＝，mg＝m，FN＝0，绳、轨道对球无弹力②能过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN ③不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道做斜抛运动 ①当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心②当0时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
【方法归纳】
（1）定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型物体过最高点的临界条件不同。
（2）确定临界点：抓住球—绳模型中球恰好能过最高点时v＝及球—杆模型中球恰好能过最高点时v＝0这两个临界条件。
（3）研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
（4）受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程：F合＝F向。
（5）过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
【最新高考题精练】
（2021年6月浙江选考物理）
1．质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（　　）
A．秋千对小明的作用力小于
B．秋千对小明的作用力大于
C．小明的速度为零，所受合力为零
D．小明的加速度为零，所受合力为零
（2020高考全国理综I）
2．如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（　　）
A．200 N B．400 N C．600 N D．800 N
（2016全国理综甲）
3．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（　　）
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
（2016高考海南物理）
4．如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则N1–N2的值为（　　）
A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg
【最新模拟题精练】
（2023湖南怀化期中）
5．如图所示，质量 m=20g 的小球从斜坡上一定高度处滚下，顺利通过 A、B 后进入右侧一半径为 R=0.1m的光滑管道，到达与该段管道圆心等高的 C处时速度大小为m/s，最终小球恰好到达 D处，已知重力加速度 g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．小球在 A 点时处于失重状态
B．小球到达 D 点时，速度恰好为 0
C．小球在 C 处的加速度为 m / s2
D．小球在右侧光滑管道运动时，内侧管壁对小球无作用力
（2023湖南顶级名校质检）
6．如图所示，一质量为M的人站在台秤上，手拿一根长为R的细线一端，另一端系一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动。若小球恰好能做完整的圆周运动，已知圆周上b为最高点，a、c为圆心的等高点，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到最高点b时，小球的速度为零
B．小球运动到最高点b时，台秤的示数最小，且为Mg
C．小球在a、c两个位置时，台秤的示数相同，且为Mg＋mg
D．小球运动到最低点时台秤的示数为Mg＋6mg
（2023山东青岛二中下学期期中）
7．如图所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．当地的重力加速度大小为
B．小球的质量为
C．v2＝c时，杆对小球弹力方向向上
D．若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a
（2023山东烟台重点高中期中）。
8．如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，小球过最高点的速度为v，下列叙述中正确的是（　　）
A．v的值不可以小于
B．当v由零逐渐增大时，小球在最高点所需向心力也逐渐增大
C．当v由值逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大
D．当v由值逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐减小
（2023山东潍坊期末）
9．火星的半径是地球半径的二分之一，质量为地球质量的十分之一，忽略星球自转影响，地球表面重力加速度 g=10m/s 。假定航天员在火星表面做了如下实验：一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，1s后与倾角为45°的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径R=5m，小球可看作质点且质量m=5kg。则（　　）
A．火星表面重力加速度大小为 2.5m/s
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为4m
C．小球经过管道的A点时，对管壁的压力为116N
D．小球经过管道的B点时，对管壁的压力为66N
（2021江西南昌一模）
10．如图所示，在竖直平面内固定有半径为R的光滑圆弧轨道，其圆心为O，B在O的正上方，A、C关于对称，。一质量为m可看成质点的物块在A处以初速度沿着轨道切线方向向上运动，已知重力加速度为g，下列说法正确的有（　　）
A．若，则物块沿着轨道运动至B时的最大动能为
B．若，则物块沿着轨道运动至B时的最大动能为
C．若，则只要取一合适的值，物块就能沿轨道到达C处
D．若，则无论取何值，物块均不能沿轨道到达C处
（2023·陕西西安名校联考）
11．如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，弹簧一端固定于圆心O点，另一端与小球拴接。已知弹簧的劲度系数，原长，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则

A．当v0较小时，小球可能会离开圆轨道
B．若，则小球会在B、D间脱离圆轨道
C．只要，小球就能做完整的圆周运动
D．只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关
（2020·重庆一中质检）
12．如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示。在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率通过A点时，对轨道的压力为其重力的8倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为m，重力加速度为g，则（　　）
A．强磁性引力的大小
B．质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力
C．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为5mg
D．若磁性引力大小恒为2F，为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为
（2022浙江台州质检）
13．如图所示，质量为1.6kg，半径为0.5m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管的内径。它们的质量分别为mA=1kg、mB=2kg．某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA=3m/s，此时杆对圆管的弹力为零。则B球的速度大小vB为（取g=10m/s2）（　　）
A．2m/s B．4m/s
C．6m/s D．8m/s
（2022河北石家庄二中模拟）
14．现有一根长0.4m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着一个可视为质点且质量为1kg的小球，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图所示。不计空气阻力，g＝10m/s2，则（　　）
A．小球以4m/s的速度水平抛出的瞬间，绳中的张力大小为30N
B．小球以2m/s的速度水平抛出的瞬间，绳子的张力大小为0
C．小球以1m/s的速度水平抛出的瞬间，绳子的张力大小为7.5N
D．小球以1m/s的速度水平抛出到绳子再次伸直时所经历的时间为s
（2022年浙江台州联考）
15．跳绳过程中，甲、乙两位同学握住绳子两端A、B近似不动，绳子绕AB连线在空中转到图示位置时，则质点（　　）
A．P、Q的速度方向沿绳子切线
B．P的线速度小于Q的线速度
C．P的角速度小于Q的角速度
D．P、Q的合外力方向指向AB的中点O
（2022河北重点中学期中素养提升）
16．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。小物体质量为，与盘面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取。则下列说法正确的是（　　）
A．角速度的最大值是
B．小物体运动过程中所受的摩擦力始终指向圆心
C．小物体在最高点的速度
D．小物体由最低点运动到最高点的过程中摩擦力所做的功为
（2020广东湛江质检）
17．如图所示，水平地面上放置一滚筒洗衣机，某同学启动洗衣机甩干功能将一小毛绒玩具甩干。某一时段，毛绒玩具相对滚筒内壁静止，在竖直面内以角速度ω做匀速圆周运动，毛绒玩具可视为质点。圆周运动的轨道半径为r，重力加速度为g。在该段时间内，下列说法正确的是（　　）
A．毛绒玩具在滚筒最高点的速度为零
B．滚筒旋转一周，摩擦力对毛绒玩具做的功为零
C．地面对滚筒洗衣机的摩擦力始终为零
D．洗衣机对地面的压力保持不变
（2022山西大同一中模拟）
18．如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴以恒定的角速度转动，圆筒的半径。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），转动轴与水平面间的夹角为，重力加速度取，则的最小值是（　　）

A．1rad/s B． C． D．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为 ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有
由于小明的速度为0，则有
沿垂直摆绳方向有
解得小明在最高点的加速度为
所以A正确；BCD错误；
故选A。
2．B
【详解】在最低点由
知
T=410N
即每根绳子拉力约为410N，故选B。
3．C
【详解】A．从静止释放至最低点，由机械能守恒得
解得
可知在最低点的速度只与半径有关，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以
选项A错误；
B．根据
可知动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小，选项B错误；
CD．在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
向心加速度
由于P球的质量大于Q球的质量，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等，选项C正确，D错误。
故选C。
【点睛】求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题。
4．D
【详解】在最高点，根据牛顿第二定律可得
在最低点，根据牛顿第二定律可得
从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有
联立解得
故选D。
【点睛】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值。要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下。
5．CD
【详解】A．小球在 A 点时由支持力与重力的合力提供向心力，且支持力大于重力，根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大于重力，小球处于超重状态，选项A 错误；
B．小球恰好到达 D 点，速度满足
v =1m/s
选项B 错误；
C．小球在 C 处的加速度为向心加速度和重力加速度的合加速度，为
选项C 正确；
D．小球在右侧光滑管道运动时，能到达 D 点，D 点只有外侧轨道，说明小球在 D 点之前一直没有脱离轨道，且只和外侧轨道有弹力，如果在 C 点以上小球和内测轨道有弹力，则小球在 D 点之前就会脱离轨道而不会到达 D 点，选项D正确。
故选CD。
6．D
【详解】A．小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点时
得
故A错误；
B．小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但不是最小，小球从c向b运动的过程中细线上有弹力，弹力对人有向上拉的效果，所以台秤的示数小于b点时，故B错误；
C．小球在a、b、c三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，且为Mg，故C错误；
D．小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律知
在最低点，由牛顿第二定律
联立解得小球运动到最低点时细线中拉力
小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为
故D正确。
故选D。
7．B
【详解】A．通过图分析可知：当v2＝b，FN＝0时，小球做圆周运动的向心力由重力提供，即
则
故A错误；
B．当v2＝0，FN＝a时，重力与弹力FN大小相等，即
所以
故B正确；
C．当v2＞b时，杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向下，故
v2＝c＞b
时杆对小球的弹力方向竖直向下，故C错误；
D．若v2＝2b时
解得
FN＝a
方向竖直向下，故D错误。
故选B。
8．BC
【详解】A．小球在最高点可以受到杆的支持力，所以v可以等于0，故A错误；
B．小球在最高点所需向心力为，当v由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大，故B正确；
C．当v由逐渐增大时，对小球，根据牛顿第二定律得
可得，杆对小球的弹力
可知杆对小球的弹力逐渐增大
故C正确。
D．当v由值逐渐减小时，对小球，根据牛顿第二定律得
可得，杆对小球的弹力
可知杆对小球的弹力逐渐增大
故D错误。
故选BC。
9．BC
【详解】A．忽略星球自转影响，在星球表面的物体受到的万有引力等于重力，则有
可知
由此可得
故A错误；
B．小球运动到C点的竖直分速度为
与倾角为45°的斜面垂直相碰，则有
水平位移为
联立并代入数据解得点C与B点的水平距离为
故B正确；
C．对小球从A点到B点的过程，由动能定理可得
在A点，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得
由牛顿第三定律得
联立解得
故C正确；
D．小球经过管道的B点时,设管壁给小球向下压力F2，由牛顿第二定律有
解得
说明管壁给小球有向上压力4N，根据牛顿第三定律，小球经过管道的B点时对管壁的压力为4N，故D错误。
10．BD
【详解】AB．当物块在B点有最大动能时，则物块在A点时有最大速度，此时由重力指向圆心的分力提供物体做圆周运动的向心力，即
物块从A点到B点，由动能定理得
代入数据解得
A错误，B正确；
CD．当物块在A点的支持力恰好为0时，由
假设物块恰好到达B点，则由动能定理得
代入数据解得
即无解，则无论取何值，物块均不能沿轨道到达C处，C错误，D正确。
故选BD。
11．CD
【详解】AB．因为弹簧的劲度系数，原长，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为
方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于或等于弹簧的弹力（在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v0多大，小球均不会离开圆轨道，故AB错误；
C．小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零时，在最低点的速度最小，有
所以只要
小球就能做完整的圆周运动，故C正确；
D．在最低点时，设小球受到的支持力为N，有
解得
运动到最高点时受到轨道的弹力最小，设为，设此时的速度为v，由机械能守恒有
此时合外力提供向心力，有
联立解得
得压力之差
与v0无关，故D正确。
故选CD。
12．D
【详解】AB．由题意可知，当质点以速率通过A点时，对轨道的压力为其重力的8倍，由牛顿第二定律可得
而
联立解得
从A到达B点过程，质点满足机械能守恒，故有
解得
在B点由牛顿第二定律方程可得
解得
故AB错误；
C．若质点能做完整的圆周运动，由机械能守恒定律可得质点对A、B两点的动能差为，在A点由牛顿第二定律可得
在B点有
联立解得压力差
故C错误；
D．若磁性引力恒为2F，则质点通过B点有最大速率时，质点与轨道间的弹力为零，由牛顿第二定律可得
解得质点通过B点的最大速率为
故D正确。
故选D。
13．B
【详解】对A球，合外力提供向心力，设环对A的支持力为，由牛顿第二定律有
代入数据解得
由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，为28N，设B球对环的力为，由环的受力平衡可得
解得
符号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对B球的力为44N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有
解得
故选B。
14．ABD
【详解】A．要使小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，在最高点时重力恰好提供的向心力，根据牛顿第二定律可得
mg＝m
解得
v＝＝2m/s
小球以4m/s的速度水平抛出的瞬间，对小球受力分析，由牛顿第二定律得
T+mg＝m
解得
T＝30N
故A正确；
B．小球以2m/s的速度水平抛出的瞬间，轻绳刚好有拉力，张力为0，B正确；
C．小球以1m/s的速度水平抛出的瞬间，1m/s＜2m/s，此时轻绳处于松弛状态，绳上拉力为0，故C错误；
D．小球将做平抛运动，经时间t绳拉直，如图所示：在竖直方向有
y＝
在水平方向有
x＝v2t
由几何知识得
l2＝(y﹣l）2+x2
联立并代入数据解得
t＝s
故D正确；
故选ABD。
15．B
【详解】A．P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，由P、Q两点向AB线段做垂线，即为二者的圆心，如图所示：
则可知P、Q的速度方向与各自的半径垂直，并不沿绳子切线，故A错误；
BC．由于P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，可知二者的角速度相等，由图可知，P的半径小于Q的半径，根据公式可知，P的线速度小于Q的线速度，故B正确，C错误；
D．若物体做匀速圆周运动，则合外力指向各自的圆心位置，不一定指向AB的中点O，故D错误。
故选B。
16．D
【详解】A．当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得
μmgcos30°-mgsin30°=mω2r
则
ω=1rad/s
选项A错误；
B．小物体运动到最高点时，若圆盘转动的角速度较小，则物体所受的摩擦力方向向上，背离圆心，选项B错误；
C．因为
mgsin30°<μmgcos30°
可知，物体在最高点的速度可以为零，即小物体在最高点的速度v≥0，选项C错误；
D．小物体由最低点运动到最高点的过程中动能不变，弹力做功为零，根据动能定理
解得摩擦力所做的功为
选项D正确。
故选D。
17．B
【详解】A．毛绒玩具相对滚筒内壁静止，在竖直面内以角速度ω做匀速圆周运动，毛绒玩具在滚筒最高点的速度为，选项A错误；
B．滚筒旋转一周，由动能定理，Wf+WG=0，而WG=0，所以摩擦力对毛绒玩具做的功Wf为零，选项B正确；
C．只有毛绒玩具转动到最高点和最低点时地面对滚筒洗衣机的摩擦力才为零，转动到其它位置地面对滚筒洗衣机的摩擦力不为零，选项C错误；
D．当毛绒玩具转动到最高点时，具有向下的加速度处于失重状态，转动到最低点时，具有向上的加速度处于超重状态，所以洗衣机对地面的压力周期性变化，选项D错误。
故选B。
18．C
【详解】对物体受力分析可得

由牛顿第二定律有
解得
故ABD错误，C正确。
故选C。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第5章 圆周运动
第5.5 讲 圆周运动中的STSE问题
【知识点精讲】
圆周运动中的STSE问题主要有：飞机水平转弯，杂技中的水流星，飞车走壁，花样滑冰，汽车通过拱形桥、凹形桥，过山车，飞椅，等等。
【方法归纳】
【最新高考题精练】
（2022高考上海）
1．运动员滑雪时运动轨迹如图所示，已知该运动员滑行的速率保持不变，角速度为，向心加速度为a。则（　　）
A．变小，a变小 B．变小，a变大
C．变大，a变小 D．变大，a变大
（2022高考北京卷）
2．我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验（　　）
A．小球的速度大小均发生变化 B．小球的向心加速度大小均发生变化
C．细绳的拉力对小球均不做功 D．细绳的拉力大小均发生变化
（2021年高考广东学业水平选择性测试）
3．由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
（2021年6月浙江选考物理）
4．质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（　　）
A．秋千对小明的作用力小于
B．秋千对小明的作用力大于
C．小明的速度为零，所受合力为零
D．小明的加速度为零，所受合力为零
（2020·全国卷Ⅰ·16）
5．如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（　　）
A．200 N B．400 N C．600 N D．800 N
（2019高考江苏卷物理6）
6．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱

A．运动周期为
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
（2018江苏高考物理）
7．火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°。在此10s时间内，火车（　　）
A．运动路程为600m B．加速度为零
C．角速度约为1rad/s D．转弯半径约为3.4km
（2018浙江4月选考）
8．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们（　　）
A．线速度大小之比为4：3 B．角速度大小之比为3：4
C．圆周运动的半径之比为2：1 D．向心加速度大小之比为1：2
（2018年11月浙江选考物理）
9．一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（ ）
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4×104N
C．汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2
（2017年4月浙江选考）
10．图中给出一段“”形单行盘山公路的示意图，弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为，弯道中心线半径分别为，弯道2比弯道1高，有一直道与两弯道圆弧相切．质量的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．（sin37°=0.6，sin53°=0.8）
（1）求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度；
（2）汽车以 进入直道，以的恒定功率直线行驶了，进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；
（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽，求此最短时间（A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点 ）．
（2021新高考北京卷）
11．秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a.人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能应满足的条件。
【最新模拟题精练】
（2023湖南名校期中）
12．如图所示，下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（　　）
A．铁路的转弯处，外轨比内轨高的原因是为了利用轮缘与内轨的侧压力助火车转弯
B．“水流星”表演中，通过最高点时处于完全失重状态，不受重力作用
C．汽车通过凹形桥的最低点时，汽车受到的支持力大于重力
D．脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
（2023山东济南高一期中）
13．关于如图a、b、c、d所示的四种圆周运动模型，说法正确的是（　　）
A．如图a所示，汽车安全通过拱桥最高点时，车对桥面的压力小于车的重力
B．如图b所示，在固定圆锥筒内做匀速圆周运动的小球，受重力、弹力和向心力
C．如图c所示，小球通过轻绳绕O点在竖直面内做圆周运动，在最高点小球所受合力可能为零
D．如图d所示，火车以安全速度经过外轨高于内轨的弯道时，车轮与内外轨间恰好没有侧向压力
（2023浙江十所名校期中联考）
14．以下关于圆周运动描述正确的是（　　）
A．如图甲所示，手握绳子不可能使小球在该水平面内做匀速圆周运动
B．如图乙所示，小朋友在秋千的最低点处于超重状态
C．如图丙所示，旋转拖把桶的脱水原理是水滴受到了离心力，从而沿半径方向甩出
D．如图丁所示，摩托车在水平赛道上匀速转弯时，为了安全经过弯道，人和摩托车整体会向弯道内侧倾斜，人和摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力和向心力四个力作用
（2023江苏南通第一次质检）
15．游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向盘的边缘，其简化结构如图所示。现魔盘稳定匀速转动，游客相对魔盘始终保持静止的情况下，游客所受魔盘的支持力会减小的是（　　）
A．只增大游客的质量 B．只使魔盘的转速减至另一值
C．只减小魔盘表面的粗糙程度 D．只增大游客与转轴间的距离
16．游乐场中有一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的“魔盘”上，“魔盘”绕着通过顶点O的竖直轴MN转动，当“魔盘”转动的角速度增大到一定值时，游客就会滑向“魔盘”的边缘，其简化结构如图所示。游客视作质点，游客坐的位置与“魔盘”顶点O的距离为L。游客与“魔盘”之间的动摩擦因数为μ（μ>tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。当游客即将相对“魔盘”滑动时，“魔盘”转动的角速度ω等于（ ）
A． B．
C． D．
（2022湖南长沙长郡中学模拟）
17．如图是某电力机车雨刷器的示意图．雨刮器由刮水片和雨刮臂链接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨利臂的链接点，雨刮臂绕O轴转动的过程中，刮水片始终保持竖直，下列说法正确的是（　　）
A．P点的线速度始终不变 B．P点的向心加速度不变
C．M、N两点的线速度相同 D．M、N两点的运动周期不同
（2022广东潮州二模）
18．2021年11月5日，占全球市场份额70%的无人机巨头大疆，发布迄今为止影像质量最优异的消费级无人机Mavic3。下图是该型号无人机绕拍摄主体时做水平匀速圆周运动的示意图。已知无人机的质量为m，无人机的轨道距拍摄对象高度为h，无人机与拍摄对象距离为r，无人机飞行的线速度大小为v，则无人机做匀速圆周运动时（　　）
A．角速度为 B．所受空气作用力为mg
C．向心加速度为 D．绕行一周的周期为
（2023天津名校联考）
19．游乐园中“空中飞椅”的游戏设施如图甲所示，它的基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子的下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将人和座椅看成一个质点，则可简化为如图乙所示的物理模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴转动，设绳长，质点的质量，转盘静止时质点与转轴之间的距离，转盘逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角不计空气阻力及绳重，且绳不可伸长，（，，）求质点与转盘一起做匀速圆周运动时，求：
（1）绳子拉力的大小及转盘角速度的大小；
（2）调整转盘转速，绳长不变，使绳与竖直方向的夹角，求此时转盘的角速度；
（3）调整转盘转速使绳与竖直方向夹角由变成的过程中，飞椅（可看成质点）在竖直方向的高度变化值。

20．如图为一个简易的冲击式水轮机的模型，水流自水平的水管流出，水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动．当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同．调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成θ＝37°角．测得水从管口流出速度v0＝3 m/s，轮子半径R＝0.1 m．不计挡水板的大小，不计空气阻力．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
（1）轮子转动角速度ω；
（2）水管出水口距轮轴O的水平距离l和竖直距离h.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】根据
可知，速率不变，半径减小，则角速度ω变大；根据
可知，速率不变，半径减小，向心加速度a变大。
故选D。
2．C
【详解】AC．在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A错误，C正确；
BD．在地面上小球运动的速度大小改变，根据和（重力不变）可知小球的向心加速度和拉力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，BD错误。
故选C。
3．A
【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；
B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；
C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为
y = lOPsin( + ωt)
则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；
D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为
x = lOPcos( + ωt) + lPQ
则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。
故选A。
【点睛】
4．A
【详解】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为 ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有
由于小明的速度为0，则有
沿垂直摆绳方向有
解得小明在最高点的加速度为
所以A正确；BCD错误；
故选A。
5．B
【详解】在最低点由
知
T=410N
即每根绳子拉力约为410N，故选B。
6．BD
【详解】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D正确．
7．AD
【详解】A．本题考查匀速圆周的概念，意在考查考生的理解能力，圆周运动的弧长
故选项A正确；
B．火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B错误；
CD．由于角度与弧度的换算关系
所以由题意得圆周运动的角速度
又
所以
故选项C错误，D正确。
故选AD。
8．A
【详解】A．因为相同时间内他们通过的路程之比是4：3，根据，则A、B的线速度之比为 4：3，故A正确；
B．运动方向改变的角度之比为3：2，根据，则角速度之比为3：2，故B错误；
C．根据可得圆周运动的半径之比为
故C错误；
D．根据a=vω得，向心加速度之比为
故D错误。
故选A。
9．D
【分析】汽车转弯时做圆周运动，重力与路面的支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律分析解题．
【详解】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得，解得，所以汽车转弯的速度为20m/s时，所需的向心力小于1.4×104N，汽车不会发生侧滑，BC错误；汽车能安全转弯的向心加速度，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2，D正确．
【点睛】本题也可以求解出以20m/s的速度转弯时所需的向心力，与将侧向最大静摩擦力与所需向心力比较，若静摩擦力不足提供向心力，则车会做离心运动．
10．（1）（2）（3）
【详解】（1）弯道1的最大速度v1，有：
得
（2）弯道2的最大速度v2，有：
得
直道上由动能定理有：
代入数据可得
（3）由得
可知r增大v增大，r最大，切弧长最小，对应时间最短，所以轨迹设计如下图所示
由图可以得到
代入数据可以得到r’=12.5m
汽车沿着该路线行驶的最大速度
对应的圆心角为
线路长度
最短时间
综上所述本题答案是：（1）（2）（3）
【点睛】当汽车受到的静摩擦力达到最大时汽车的速度达到临界值，要利用这个信息找到汽车在各个轨道上运动的速度大小，并利用动能定理求解整个过程中摩擦力做的功．
11．（1）；（2）a.见解析；b.
【详解】（1）根据牛顿运动定律
解得
（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得
已知v1 = v2，得
因为，得
所以
b.设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为，根据功能关系得
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为,根据牛顿运动定律得
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得
得
12．C
【详解】A．铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，原因是当火车按规定速度转弯时，由火车的重力和轨道对它的支持力的合力来提供火车转弯所需的向心力，从而避免轮缘对外轨的挤压，故A错误；
B．“水流星”表演中，通过最高点时，水受到重力及筒底的支持力作用，加速度方向竖直向下，处于失重状态，而当“水流星”刚好能通过最高点时，水仅受重力的作用，支持力为零，此时处于完全失重状态，故B错误；
C．汽车通过凹形桥的最低点时，圆心在汽车的正上方，此时重力和支持力的合力提供向心力，即有
可知汽车受到的支持力大于重力，故C正确；
D．脱水桶的脱水原理是：当转筒的速度较大时，水滴做圆周运动所需要的向心力较大，而水与衣物之间的粘滞力无法提供，所以水滴将做离心运动，从而沿切线方向甩出，故D错误。
故选C。
13．AD
【详解】A．图a汽车安全通过拱桥最高点时，重力和支持力的合力提供向心力，方向向下，所以支持力小于重力，根据牛顿第三定律，车对桥面的压力小于车的重力，故A正确；
B．图b沿固定圆锥筒内做匀速圆周运动的小球，受重力和弹力作用，向心力是效果力，故B错误；
C．图c中小球通过轻绳绕O点在竖直面内做圆周运动，在最高点小球所受合力提供向心力，不可能为零。故C错误；
D．图d中火车以安全速度经过外轨高于内轨的弯道时，受到的重力和轨道的支持力的合力恰好等于向心力时，车轮对内外轨均无侧向压力。故D正确。
故选AD。
14．AB
【详解】A.在竖直方向有向下的重力和绳子的分力，两者都是向下，故手握绳子不可能使小球在该水平面内做匀速圆周运动，A正确；
B.小朋友在秋千的最低点具有向上的加速度，处于超重状态，B正确；
C.水滴与衣服间的摩擦力不足以提供向心力，水滴做离心运动，C错误；
D.摩托车在水平赛道上匀速转弯时，为了安全经过弯道，人和摩托车整体会向弯道内侧倾斜，人和摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力三个力作用，D错误。
故选AB。
15．D
【详解】
A．对游客受力分析如图，游客所受魔盘的支持力
只增大游客的质量，则游客所受魔盘的支持力会增大，故A错误；
B．分别对水平和竖直方向列方程，水平方向
fx-Nx=mω2r
竖直方向
fy+Ny=mg
魔盘转速减小，游客需要的向心力减小，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则f、N两个力只能一个增大一个减小，结合水平方向，游客所受魔盘的支持力会增大，故B错误；
C．只减小魔盘表面的粗糙程度，游客所受魔盘的支持力不变，故C错误；
D．只增大游客与转轴间的距离，游客需要的向心力增大，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则f、N两个力只能一个增大一个减小，结合水平方向，游客所受魔盘的支持力会减小，故D正确。
故选D。
16．D
【详解】对人进行受力分析如图所示
则有
由于游客即将相对“魔盘”滑动时，则有
解得
故选D。
17．C
【详解】AB．P点以O为圆心做圆周运动，所以线速度与向心加速度方向变化，故AB错误；
C．由于刮水片始终保持竖直，所以刮水片各点的线速度与P点的相同，所以M、N两点的线速度相同，故C正确；
D．刮水器上各点的周期相同，所以M、N两点的周期相同，故D错误。
故选C。
18．C
【详解】A．做圆周运动的半径
则角速度为
A错误；
BC．无人机做匀速圆周运动时，向心力为
解得
所受空气作用力
B错误，C正确；
D．根据
D错误。
故选C。
19．（1）500N，；（2）；（3）1m
【详解】（1）根据题意，对人和座椅受力分析，如图所示，由平衡条件

解得
根据题意，由牛顿第二定律有
由几何关系可知
解得
（2）根据题意，由牛顿第二定律有
由几何关系可知
解得
（3）由几何关系可知
20．（1）50rad/s（2）1.12m, 0.86m
【详解】（1）水从管口流出后做平抛运动，设水流到达轮子边缘的速度大小为v，所以
由题意可得轮子边缘的线速度为
v′＝5m/s　
所以轮子转动的角速度为
　
（2）设水流到达轮子边缘的竖直分速度为vy，运动时间为t，水平、竖直分位移分别为sx、sy，则
vy＝v0cot37°＝4m/s
sx＝v0t＝1.2 m
水管出水口距轮轴O水平距离l和竖直距离h为
l＝sx－Rcos37°＝1.12m　
h＝sy＋Rsin37°＝0.86m
【点睛】本题主要考查了平抛运动的基本规律及圆周运动角速度和线速度的关系，解题时要结合几何关系求解，关键是抓住平抛运动和圆周运动的联系桥梁：线速度．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第5章 圆周运动
第5.8 讲 圆周运动中的临界极值问题
【知识点精讲】
圆周运动中的两类临界问题
1．与摩擦力有关的临界极值问题
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力．
（1）如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Fm=，静摩擦力的方向一定指向圆心．
（2）如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心．
2．与弹力有关的临界极值问题
（1）压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零．
（2）绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力．
【方法归纳】
1.审题时，要看题述是否有“恰好”、“刚好”、“取值范围”、“最大值”、“最小值”等，是否存在临界条件和极值问题。
2. 解决圆周运动中的临界极值问题的一般思路是：首先分析临界条件时物体所处的状态，及该状态下的受力特点，然后利用牛顿运动定律和圆周运动知识列方程解答。
【最新高考题精练】
（2018年11月浙江选考物理）
1．一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（ ）
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4×104N
C．汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2
（2017年11月浙江选考）
2．如图所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已知图中双向四车道的总宽度约为15m，内车道边缘间最远的距离为150m。假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，则运动的汽车（　　）
A．所受的合力可能为零 B．只受重力和地面的支持力作用
C．最大速度不能超过25m/s D．所需的向心力由重力和支持力的合力提供
（2017年4月浙江选考）
3．图中给出一段“”形单行盘山公路的示意图，弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为，弯道中心线半径分别为，弯道2比弯道1高，有一直道与两弯道圆弧相切．质量的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．（sin37°=0.6，sin53°=0.8）
（1）求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度；
（2）汽车以 进入直道，以的恒定功率直线行驶了，进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；
（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽，求此最短时间（A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点 ）．
（2015·江苏）
4．一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度；
（3）弹簧长度从缓慢缩短为的过程中，外界对转动装置所做的功W．

【最新模拟题精练】
（2022浙江台州高一质检）
5．如图所示的杂技演员在表演水流星的节目时，手持两端系有盛水的杯子的绳子中点在竖直平面内做圆周运动，若两只杯子内盛水的质量相等，当一只杯子在最高点时水恰好洒不出来，这时另一只杯子中的水对杯底的压力大小是水的重力的（　　）
A．2倍
B．4倍
C．5倍
D．6倍
（2021重庆模拟6）
6．如图所示为“铁笼飞车”的特技表演，其抽象出来的理想模型为如图所示的内壁光滑的圆球，其中a、b、c分别表示做圆周运动时的不同轨道，a轨道与b轨道均水平，c轨道竖直，一个质点在球内绕其光滑内壁做圆周运动时，下列有关说法正确的是（　　）
A．沿a轨道可能做变速圆周运动
B．沿c轨道运动的最小速度为0
C．沿a轨道运动的速度比沿b轨运动的速度大
D．沿a轨道运动的周期比沿b轨运动的周期大
（2023安徽合肥名校联考）
7．图示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。转弯时，只有当地面对车的作用力通过车（包括人）的重心时，车才不会倾倒。设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行
B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为
C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg
D．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小
（2023吉林长春高一期末）
8．若将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　）
A．地面对运动员的作用力与重力与重力大小相等
B．武大靖转弯时速度的大小为
C．若武大靖转弯速度变大则需要减小蹬冰角
D．武大靖做匀速圆周运动，他所受合外力保持不变
9．如图所示，一质量为m的小孩(可视为质点)做杂技表演．一不可伸长的轻绳一端固定于距离水平安全网高为H的O点，小孩抓住绳子上的P点从与O点等高的位置由静止开始向下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上．已知P点到O点的距离为l(0A．l越大，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
B．l越小，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
C．当l=时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
D．当l=H时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
10．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（ ）
A．当时，A、B相对于转盘会滑动
B．当，绳子一定有弹力
C．ω在范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．ω在范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
11．摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中、分别为两轮盘的轴心。已知两个轮盘的半径比，且在正常工作时两轮盘不打滑，今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块、，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心、的间距，若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述不正确的是（　　）

A．滑块和在与轮盘相对静止时，角速度之比为
B．滑块和在与轮盘相对静止时，向心加速度之比为
C．转速增加后，滑块先发生滑动
D．转速增加后，两滑块一起发生滑动
12．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是
A．此时绳子张力为3μmg
B．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
C．此时圆盘的角速度为
D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
13．如图所示，照片中的汽车在水平公路上做匀速圆周运动．已知图中双向四车道的总宽度为15m，内车道边缘间最远的距离为150m．假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍．g取10m/s2，则汽车的运动（ ）
A．只受重力和地面支持力的作用
B．所需的向心力不可能由重力和支持力的合力提供
C．所受的合力可能为零
D．最大速度不能超过3m/s
14．如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面间的夹角为30°，g取10m/s2．则ω的最大值是( )
A．rad/s B．rad/s C．1.0rad/s D．0.5rad/s
15．如图所示，两个相同的小木块A和B（均可看作为质点）），质量均为m．用长为L的轻绳连接，置于水平圆盘的同一半径上，A与竖直轴的距离为L，此时绳子恰好伸直无弹力，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）
A．木块A、B所受的摩擦力始终相等
B．木块B所受摩擦力总等于木块A所受摩擦力的两倍
C．是绳子开始产生弹力的临界角速度
D．若，则木块A、B将要相对圆盘发生滑动
16．如图所示，一圆心为O半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径．质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点．现剪断两滑块间的细线，滑块恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合．滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求
(1)滑块1过B点的速度大小；
(2)弹簧释放的弹性势能大小；
(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数．
17．如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R=0.2m的半圆平滑对接而成（圆的半径远大于细管内径），轨道底端D点与粗糙的水平地面相切．现有一辆玩具质量为m=1kg的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始出发，经过一段时间t=4s后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高．已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ=0.1，ED之间的距离为x0=10m，斜面的倾角为30 ．求：（g=10m/s2）

（1）小车到达C点时的速度大小为多少
（2）在A点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何；
（3）小车的恒定功率是多少？
18．如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L=9cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m=1kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x=5cm．(g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6)求：
(1)细绳受到的拉力的最大值；
(2)D点到水平线AB的高度h；
(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep．

试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】汽车转弯时做圆周运动，重力与路面的支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律分析解题．
【详解】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得，解得，所以汽车转弯的速度为20m/s时，所需的向心力小于1.4×104N，汽车不会发生侧滑，BC错误；汽车能安全转弯的向心加速度，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2，D正确．
【点睛】本题也可以求解出以20m/s的速度转弯时所需的向心力，与将侧向最大静摩擦力与所需向心力比较，若静摩擦力不足提供向心力，则车会做离心运动．
2．C
【详解】ABD．汽车在水平面内做匀速圆周运动，合外力提供向心力，始终指向圆心，拐弯时静摩擦力提供向心力，所需的向心力不可能由重力和支持力的合力提供，故ABD错误；
C．摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律
其中
R=0.5×150m+15m=90m
联立解得最大速度
v=25m/s
故C正确。
故选C。
3．（1）（2）（3）
【详解】（1）弯道1的最大速度v1，有：
得
（2）弯道2的最大速度v2，有：
得
直道上由动能定理有：
代入数据可得
（3）由得
可知r增大v增大，r最大，切弧长最小，对应时间最短，所以轨迹设计如下图所示
由图可以得到
代入数据可以得到r’=12.5m
汽车沿着该路线行驶的最大速度
对应的圆心角为
线路长度
最短时间
综上所述本题答案是：（1）（2）（3）
【点睛】当汽车受到的静摩擦力达到最大时汽车的速度达到临界值，要利用这个信息找到汽车在各个轨道上运动的速度大小，并利用动能定理求解整个过程中摩擦力做的功．
4．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1
小环受到弹簧的弹力
小环受力平衡
F弹1=mg+2T1cosθ1
小球受力平衡
F1cosθ1+T1cosθ1=mg
F1sinθ1=T1sinθ1
解得
（2）设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2
小环受到弹簧的弹力
F弹2=k（x-L）
小环受力平衡
F弹2=mg
解得
对小球
F2cosθ2=mg
且
解得
（3）弹簧长度为时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3
小环受到弹簧的弹力
小环受力平衡
2T3cosθ3=mg+F弹3
且
对小球
F3cosθ3=T3cosθ3+mg
解得
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理：
解得
5．A
【详解】杯子在最高点，设速度为v时水恰好洒不出来，则有水的重力提供其做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得
解得
则在最低点的杯子的速度大小也为，在最低点，由牛顿第二定律可得
由牛顿第三定律可知，最低点杯子中的水对杯底的压力大小是
则有
A正确，BCD错误。
故选A。
6．D
【详解】AC．设弹力与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得

解得
沿a轨道一定做匀速圆周运动，θ越小，v越小，沿a轨道运动的速度比沿b轨道的速度小，AC错误；
B．在最高点，根据牛顿第二定律得
解得
沿c轨道运动，在最高点的最小速度为，B错误；
D．根据牛顿第二定律得
解得
θ越小，周期越大，沿a轨道运动的周期比沿b轨运动的周期大，D正确。
故选D。
7．BD
【详解】A．车受到的地面的支持力方向垂直地面，与车所在的平面不平行，故A错误；
B．设自行车受到地面的支持力为N，则有
由平衡条件有
N=Mg
根据牛顿第二定律有
fm=M
代入数据解得
vm=
故B正确；
CD．地面对自行车的支持力N与摩擦力f的合力过人与车的重心，设θ为自行车与地面的夹角，则
解得
f=
=
转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，转弯时车与地面间的静摩擦力不一定为μMg，C错误，D正确。
故选BD。
8．BC
【详解】A．地面对运动员的作用力与重力的合力提供向心力，则地面对运动员的作用力大于重力，故A错误；
B．由题意可知，武大靖转弯时，根据牛顿第二定律有
可得其转弯时速度的大小为
故B正确；
C．武大靖转弯时速度的大小为
若减小蹬冰角，则减小，武大靖转弯速度将变大，故C正确；
D．武大靖做匀速圆周运动，他所受合外力始终指向圆心，大小不变，方向变化，故D错误。
故选BC。
9．C
【分析】根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律可求解在最低点时绳子的拉力；导出水平射程x与l的函数关系，用数学知识讨论x的最大值.
【详解】从开始到最低点，根据能量关系：，由牛顿第二定律：，解得T=3mg，则小孩在O点正下方松手前瞬间对绳子的拉力大小与l无关，选项AB错误；平抛运动的水平距离为，由数学知识可知，当H-l=l时x最大，即时x最大，则选项C正确，D错误；故选C.
10．ABD
【详解】A．当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有
解得
所以，当时，A、B相对于转盘会滑动，故A正确；
B．当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有
解得
可知当时，绳子有弹力，故B正确；
C．当时，B已达到最大静摩擦力，则ω在范围内增大时，B受到的摩擦力不变，故C错误；
D．ω在范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，当时，绳上无拉力，则
当ω增大时，静摩擦力也增大；
当时，B的摩擦力不变，有
可知随着ω增大，绳上拉力增大，对A有
得
可知随着ω增大，A所受摩擦力也增大，故D正确。
故选ABD。
11．D
【详解】A．两轮边缘的线速度相等，而
根据
可知，滑块A和在与轮盘相对静止时，角速度之比为
故A正确；
B．因为
根据
可得滑块A和在与轮盘相对静止时，向心加速度之比为
故B正确；
CD．转速增加后，假设滑块先发生滑动，则对B
此时对A
即此时滑块A还没有产生滑动，故C正确，D错误。
本题选错误项，故选D。
12．ABC
【详解】ABC.两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F=mω2r，B的转动半径比A的转动半径大，所以B所需向心力大；绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：
T-μmg=mω2r
T+μmg=mω2 2r
解得：
T=3μmg
故ABC正确；
D.烧断绳子瞬间A物体所需的向心力为
，
此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，烧断绳子瞬间B物体所需的向心力为
，
此时烧断绳子，B的最大静摩擦力不足以提供向心力，则B做离心运动，故D错误．
13．B
【详解】ABC．汽车在水平面内做匀速圆周运动，合外力提供向心力，始终指向圆心，拐弯时静摩擦力提供向心力，所需的向心力不可能由重力和支持力的合力提供，AC错误，B正确；
D．汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍
根据牛顿第二定律
当r最小时
解得，汽车在内侧车道能达到的最大速度
若汽车在最内侧车道行驶则速度最大不能超过，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查匀速圆周运动，关键在于分析向心力的来源，汽车转弯时静摩擦力提供向心力，当轨道半径最大时有最大速度.
14．C
【详解】试题分析：随着角速度的增大，小物体最先相对于圆盘发生相对滑动的位置为转到最低点时，此时对小物体有，解得，此即为小物体在最低位置发生相对滑动的临界角速度，故选C．
15．D
【详解】当角速度较小时，AB均靠静摩擦力提供向心力，由于B转动的半径较大，则B先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，当A的静摩擦力达到最大时，角速度增大，AB开始发生相对滑动，可知B的静摩擦力方向一直指向圆心，在绳子出现张力前，A、B的角速度相等，半径之比为1：2，则静摩擦力之比为1：2，当绳子出现张力后，A、B的静摩擦力之比不是1：2，故AB错误．当摩擦力刚好提供B做圆周运动的向心力时，绳子开始产生拉力，则，解得，故C错误；当A的摩擦力达到最大时，AB开始滑动，对A有：，对B有：，解得，故D正确．故选D．
【点睛】当角速度较小时，AB均靠静摩擦力提供向心力，当B的摩擦力达到最大时，绳子开始出现张力，当A的摩擦力达到最大时，AB开始发生相对滑动，结合牛顿第二定律分析判断．
16．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设滑块1恰能经过B点，则有
解得：
（2）滑块1从A点运动到B点的过程中，根据动能定律有：
解得
滑块1、2被弹簧弹开前后，根据动量守恒定律有：
根据能量转化和守恒定律有：
联立解得：
（3）滑块1经过B点后做平抛运动，则水平方向有：
竖直方向有：
滑块2在水平方向做减速运动，根据动能定理有：
联立解得：
17．（1）4m/s；（2）10N；方向竖直向上；（3）5W．
【详解】（1）把C点的速度分解为水平方向的vA和竖直方向的vy，有：
vy2=2g×3R ；vc=
解得
vc=4m/s
（2）由（1）知小车在A点的速度大小
vA==2m/s
因为vA=>，对外轨有压力，轨道对小车的作用力向下
mg+FN=m
解得
FN=10N
根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力的大小
FN′=FN=10N
方向竖直向上；
（3）从E到A的过程中，由动能定理：
Pt－μmgx0－mg×4R=mvA2
解得
P==5W
18．(1)30N；(2)0.16m；(3)2.9J。
【详解】（1）小球由到，由机械能守恒定律得：
解得
……①
在点，由牛顿第二定律得
……②
由①②解得
由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为。
（2）由到，小球做平抛运动
……③
……④
联立解得
（3）小球从点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即
，
代入数据解得：
【点睛】本题考查了圆周运动、平抛运动等知识点，综合运用了牛顿第二定律、机械能守恒定律，关键是理清运动过程，选择合适的规律进行求解．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第6章 万有引力与航天
第6.1 讲 万有引力定律与开普勒定律
【知识点精讲】
一、开普勒三定律
定律 内容 图示或公式
开普勒第一定律（轨道定律） 所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上
开普勒第二定律（面积定律） 对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等
开普勒第三定律（周期定律） 所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等 ＝k，k是一个与行星无关的常量
二、万有引力定律
1．内容
自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比，与它们之间距离r的二次方成反比．
2．表达式
F＝G，G为引力常量，G＝6.67×10－11 N·m2/kg2.
3．适用条件
（1）公式适用于质点间的相互作用，当两个物体间的距离远大于物体本身的大小时，物体可视为质点．
（2）质量分布均匀的球体可视为质点，r是两球心间的距离．
4．万有引力的“两点理解”和“两个推论”
（1）两点理解
①两物体相互作用的万有引力是一对作用力和反作用力．
②地球上的物体（两极除外）受到的重力只是万有引力的一个分力．
（2）两个推论
①推论1：在匀质球壳的空腔内任意位置处，质点受到球壳的万有引力的合力为零，即∑F引＝0.
②推论2：在匀质球体内部距离球心r处的质点（m）受到的万有引力等于球体内半径为r的同心球体（M′）对其的万有引力，即F＝G.
5．万有引力与重力的关系
地球对物体的万有引力F表现为两个效果：一是重力mg，二是提供物体随地球自转的向心力F向，如图所示．
（1）在赤道上：G＝mg1＋mω2R.
（2）在两极上：G＝mg2.
（3）在一般位置：万有引力G等于重力mg与向心力F向的矢量和．
越靠近南北两极g值越大，由于物体随地球自转所需的向心力较小，常认为万有引力近似等于重力，即＝mg.
【方法归纳】
1.　开普勒三定律的理解和应用
（1）．行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理．
（2）．开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动．
（3）．开普勒第三定律＝k中，k值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k值不同．但该定律只能用在同一中心天体的两星体之间．
2．万有引力与重力的关系
地球对物体的万有引力F表现为两个效果：一是重力mg，二是提供物体随地球自转的向心力F向．
（1）在赤道上：G＝mg1＋mω2R.
（2）在两极上：G＝mg0.
（3）在一般位置：万有引力G等于重力mg与向心力F向的矢量和．
越靠近南、北两极，g值越大，由于物体随地球自转所需的向心力较小，常认为万有引力近似等于重力，即＝mg.
3．星体表面上的重力加速度
（1）在地球表面附近的重力加速度g（不考虑地球自转）：
mg＝G，得g＝，即GM＝gR2.
（2）在地球上空距离地心r＝R＋h处的重力加速度为g′，
mg′＝，得g′＝. 所以＝.
4。 “填补法”求解万有引力
运用“填补法”解题的关键是紧扣万有引力定律的适用条件，先填补后运算，运用“填补法”解题主要体现了等效思想。
[例]　
1．如图所示，O1是一个半径为2R，质量为M的密度均匀球体的球心，现在其内以O2为球心挖去一个半径为R的球，并在O2处放置一个质量为m的质点。若已知质量分布均匀的薄球壳对壳内物体的引力为零，则O1球剩余部分对m的万有引力为( )
A． B． C． D．
【最新高考题精练】
（2022新高考海南卷）
2．火星与地球的质量比为a，半径比为b，则它们的第一宇宙速度之比和表面的重力加速度之比分别是（ ）
A． B． = C． D．
（2021高考全国乙卷）
3．科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为（太阳到地球的距离为）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（　　）
A． B． C． D．
（2021新高考福建）
4．两位科学家因为在银河系中心发现了一个超大质量的致密天体而获得了2020年诺贝尔物理学奖。他们对一颗靠近银河系中心的恒星的位置变化进行了持续观测，记录到的的椭圆轨道如图所示。图中O为椭圆的一个焦点，椭圆偏心率（离心率）约为0.87。P、Q分别为轨道的远银心点和近银心点，Q与O的距离约为（太阳到地球的距离为），的运行周期约为16年。假设的运动轨迹主要受银河系中心致密天体的万有引力影响，根据上述数据及日常的天文知识，可以推出（　　）
A．与银河系中心致密天体的质量之比
B．银河系中心致密天体与太阳的质量之比
C．在P点与Q点的速度大小之比
D．在P点与Q点的加速度大小之比
（2020高考全国理综I）
5．火星的质量约为地球质量的，半径约为地球半径的，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（　　）
A．0.2 B．0.4 C．2.0 D．2.5
（2020高考江苏物理）
6．甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有（　　）
A．由可知，甲的速度是乙的倍
B．由可知，甲的向心加速度是乙的2倍
C．由可知，甲的向心力是乙的
D．由可知，甲的周期是乙的倍
（2019全国理综II卷14）2
7．2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描F随h变化关系的图像是（　　）
A．
B． C． D．
（2018北京理综）
8．若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证（　　）
A．地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的
B．月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的
C．自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的
D．苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的
（多选）（2019·全国卷Ⅰ·21）
9．在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（ ）

A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
【最新模拟题精练】
（2023云南部分重点高中期中）
10．一卫星绕某一质量为M的行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v。假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体受到的重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为（引力常量为G）（　　）
A． B． C． D．
（2023广州二模）
11．已知地球同步卫星距地面的高度约为地球半径的6倍，月球绕地球一圈的时间约为27天。如图，某时刻地球、月球和同步卫星的中心在一条直线，此时月球到同步卫星的距离与地球半径之比约为（　　）
A．28 B．48 C．56 D．63
（2023江苏名校联考）
12．百武彗星是人类第一次探测到发射X射线的彗星，它的近日点仅0.1AU，周期很长（200年以上）。已知地球的轨道半径为1AU，只考虑行星与太阳间的作用力，说法正确的是（　　）
A．百武彗星在近日点的速度比在远日点的速度小
B．百武彗星轨道的半长轴大于地球的轨道半径
C．太阳处在百武彗星椭圆轨道的中心点上
D．在远离太阳的过程中，百武彗星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积逐渐增大
（2023浙江九校期中联考）
13．当我们远古的祖先惊叹星空的玄妙时，他们就开始试图破译日月星辰等天文现象的奥秘。下列叙述中正确的是（　　）
A．人们观察到太阳东升西落，说明地球是静止不动的，是宇宙的中心
B．牛顿总结了万有引力定律，并测出了引力常量
C．开普勒通过对第谷大量观测数据的深入研究，总结出了行星运动三大定律
D．天王星是人们根据万有引力定律计算出其轨道后才发现的，被称为“笔尖下的行星”
（2023山东烟台重点高中期中）
14．地球沿椭圆轨道绕太阳运行，月球沿椭圆轨道绕地球运行。下列说法正确的是（　　）
A．地球位于月球运行轨道的中心
B．地球与月球公转周期平方之比等于它们轨道半长轴立方之比
C．地球在近日点的运行速度大于其在远日点的运行速度
D．相同时间内，地球与太阳连线扫过的面积等于月球与地球连线扫过的面积
（2022湖南衡阳期中）
15．2022年2月4日北京冬奥会开幕式以二十四节气为倒计时，最后定格于立春节气，惊艳全球，二十四节气，代表着地球在公转轨道上的二十四个不同的位置，如图所示，从天体物理学可知地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处四个位置，分别对应我国的四个节气，以下说法正确的是（　　）
A．地球绕太阳运行方向（正对纸面）是顺时针方向
B．地球绕太阳做匀速率椭圆轨道运动
C．地球从夏至至秋分的时间小于地球公转周期的四分之一
D．冬至时地球公转速度最大
（2023云南昆明24中二模）
16．若地球半径为R，把地球看作质量分布均匀的球体。“蛟龙号”下潜深度为d，“天宫一号”轨道距离地面高度为h，“蛟龙”号所在处与“天宫一号”所在处的加速度大小之比为（质量分布均匀的球壳对内部物体的万有引力为零）（　　）
A． B． C． D．
（2023湖南名校期中）
17．相关科研发现，近年地球的自转速率呈现加快趋势。这样的极细微差别，尽管在人们的日常生活中无从体现，但却会在通讯、电力、导航等领域产生重要影响。由于地球自转加快引起的影响，下列描述正确的是（　　）
A．地球同步卫星的高度要略调高一些
B．地球的第一宇宙速度不变
C．在深圳的物体重力减小，方向不变
D．在长沙的物体重力减小，方向改变
（2022山西太原二模）
18．人类在不同的星球能跳多高 若人在地球上以某一速度跳起，其重心可上升的高度为0.5m，那么他以同样的速度在水星跳起重心可上升1.3m，而在火星同样可上升1.3m。已知地球的半径为R，水星的半径约为0.38R，火星的半径约为0.53R，可估算出（　　）
A．火星的质量为水星质量的倍
B．火星与水星的密度相等
C．地球表面的重力加速度是水星表面重力加速度的倍
D．火星的第一宇宙速度是水星第一宇宙速度的倍
（2022山东枣庄一模）
19．假设沿地轴的方向凿通一条贯穿地球两极的隧道，隧道极窄，地球仍可看作一个球心为O、半径为R、质量分布均匀的球体。从隧道口P点由静止释放一小球，（提示：一个带电金属圆球达到静电平衡时，电荷均匀分布在球外表面，球内部场强处处为0，外部某点场强与一个位于球心、与球所带电荷量相等的点电荷在该点产生的场强相同）下列说法正确的是（ ）
A．小球先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．小球在O点受到地球的引力最大
C．小球以O点为平衡位置做简谐运动
D．小球与地球组成系统的引力势能先增加后减少
（2022山东四县区质检）
20．已知月球半径为R，假设某宇航员在月球表面以初速度v0竖直上抛一物体，测得物体上升的最大高度为h。由此可估算出，月球的卫星在接近月球表面的轨道环绕月球运行速度为（　　）
A． B．
C． D．
（2023河南开封三模）
21．假定月球为质量分布均匀的球体，其半径为，在月球表面测得重力加速度为，设为距离月球表面高度为时的重力加速度．当比小得多时，和的关系式近似为（　　）[当时，数学近似公式为]
A． B．
C． D．
22．火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知：
A．太阳位于木星运行轨道的中心
B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D．相同时间内,火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
23．若地球半径为R，把地球看作质量分布均匀的球体。“蛟龙号”下潜深度为d，“天宫一号”轨道距离地面高度为h，“蛟龙”号所在处与“天宫一号”所在处的加速度大小之比为（质量分布均匀的球壳对内部物体的万有引力为零）（　　）
A． B． C． D．
（2023广东广州名校联考）
24．如图所示，在距一质量为m0、半径为R、密度均匀的大球体R处有一质量为m的质点，此时大球体对质点的万有引力为F1，当从大球体中挖去一半径为的小球体后（空腔的表面与大球体表面相切），剩下部分对质点的万有引力为F2，求F1：F2。
（2023北京朝阳二模）
25．无处不在的引力场，构建出一幅和谐而神秘的宇宙图景。
（1）地球附近的物体处在地球产生的引力场中。地球可视为质量分布均匀的球体。已知地球的质量为M，引力常量为G。请类比电场强度的定义，写出距地心r处的引力场强度g的表达式。（已知r大于地球半径，结果用M、G和r表示）
（2）物体处于引力场中，就像电荷在电场中具有电势能一样，具有引力势能。
中国科学院南极天文中心的巡天望远镜追踪到由孤立的双中子星合并时产生的引力波。已知该双中子星的质量分别为、，且保持不变。在短时间内，可认为双中子星绕二者连线上的某一点做匀速圆周运动。请分析说明在合并过程中，该双中子星系统的引力势能、运动的周期T如何变化。
（3）我们可以在无法获知银河系总质量的情况下，研究太阳在银河系中所具有的引力势能。通过天文观测距银心（即银河系的中心）为r处的物质绕银心的旋转速度为v，根据，可得到银河系在该处的引力场强度g的数值，并作出图像，如图所示。已知太阳的质量，太阳距离银心。
a．某同学根据表达式认为：引力场强度g的大小与物质绕银心的旋转速度成正比，与到银心的距离r成反比。请定性分析说明该同学的观点是否正确。
b．将物质距银心无穷远处的引力势能规定为零，请利用题中信息估算太阳所具有的引力势能。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】可以将空腔用同密度物质填满，补偿的空腔球对m引力为零．由于质量分布均匀的薄球壳对壳内物体的引力为零，m所受万有引力等效半径为R的球对处于其表面m的引力.易知半径为R的球质量为,则由万有引力定律知道剩余部分对m的万有引力为；故选A.
【点睛】本题关键是采用割补法分析，同时要注意球壳对球心的物体的万有引力为零.
2．BC
【详解】AC．由可得火星与地球表面的重力加速度之比是
故A错误、C正确；
BD．由可得火星与地球的第一字宙速度之比是
故B正确、D错误。
故选BC。
3．B
【详解】由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半长轴r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是
地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知
解得太阳的质量为
根据开普勒第三定律，S2绕黑洞以半长轴绕椭圆运动，等效于以绕黑洞做圆周运动，而S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知
解得黑洞的质量为
综上可得
故选B。
4．BCD
【详解】A．设椭圆的长轴为2a，两焦点的距离为2c，则偏心率
且由题知，Q与O的距离约为，即
由此可得出a与c，由于是围绕致密天体运动，根据万有定律，可知无法求出两者的质量之比，故A错误；
B．根据开普勒第三定律有
式中k是与中心天体的质量M有关，且与M成正比；所以，对是围绕致密天体运动有
对地球围绕太阳运动有
两式相比，可得
因的半长轴a、周期，日地之间的距离，地球围绕太阳运动的周期都已知，故由上式，可以求出银河系中心致密天体与太阳的质量之比，故B正确；
C．根据开普勒第二定律有
解得
因a、c已求出，故可以求出在P点与Q点的速度大小之比，故C正确；
D．不管是在P点，还是在Q点，都只受致密天体的万有引力作用，根据牛顿第二定律有
解得
因P点到O点的距离为a+c,，Q点到O点的距离为a-c，解得
因a、c已求出，故在P点与Q点的加速度大小之比，故D正确。
故选BCD。
5．B
【详解】设物体质量为m，则在火星表面有
在地球表面有
由题意知有
故联立以上公式可得
故选B。
6．CD
【详解】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，则
A．因为在不同轨道上g是不一样的，故不能根据得出甲乙速度的关系，卫星的运行线速度
代入数据可得
故A错误；
B．因为在不同轨道上两卫星的角速度不一样，故不能根据得出两卫星加速度的关系，卫星的运行加速度
代入数据可得
故B错误；
C．根据，两颗人造卫星质量相等，可得
故C正确；
D．两卫星均绕地球做圆周运动，根据开普勒第三定律，可得
故D正确。
故选CD。
7．D
【详解】根据万有引力定律可得
可得h越大，F越小，且F与h不是线性关系，ABC错误，D正确。
故选D。
8．B
【详解】A．设月球质量为，地球质量为M，苹果质量为，则月球受到的万有引力为
苹果受到的万有引力为
由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A错误；
B．根据牛顿第二定律
，
整理可以得到
故选项B正确；
C．在地球表面处
在月球表面处
由于地球、月球本身的半径大小、质量大小关系未知，故无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故选项C错误；
D由C可知，无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与地球表面引力之间的关系，故选项D错误。
故选B。
9．AC
【详解】A．由图像可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有
可得
则该图像的斜率为，纵轴截距为重力加速度；根据图像的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为
又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即
即该星球的质量为
又
联立可得
故两星球的密度之比为
故A正确；
B．当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，则有
即
结合图像可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为
故物体P和物体Q的质量之比为
故B错误；
C．物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置（）时，它们的动能最大；根据
结合图像面积的物理意义可知，物体P的最大速度满足
物体Q的最大速度满足
则两物体的最大动能之比
故C正确；
D．物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（）可知，物体P和Q振动的振幅A分别为和，即物体P所在弹簧最大压缩量为，物体Q所在弹簧最大压缩量为，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，故D错误。
故选AC。
10．B
【详解】设卫星的质量为，由万有引力提供向心力，得
根据向心力公式
得
故选B。
11．C
【详解】设月球围绕地球运行的轨道半径为，同步卫星的运行轨道半径为，根据开普勒第三定律有
其中有
，，
联立解得
故此时月球到同步卫星的距离与地球半径之比约为
故选C。
12．B
【详解】A．由开普勒第二定律可知百武彗星在近日点的速度比在远日点的速度大，故A错误；
B．根据开普勒第三定律
由于百武彗星轨道的周期大于地球公转周期，所以百武彗星轨道的半长轴大于地球的轨道半径，故B正确；
C．太阳处在百武彗星椭圆轨道的焦点上，故C错误；
D．由开普勒第二定律可知在远离太阳的过程中，百武彗星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积不变，故D错误。
故选B。
13．C
【详解】A．在太阳系中，地球及所有行星都在绕太阳转动，人们观察到太阳东升西落是选地球作为参考系造成的，宇宙没有中心，故A错误；
B．牛顿总结了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故B错误；
C．开普勒通过对第谷大量观测数据的深入研究，总结出了行星运动三大定律，故C正确；
D．海王星是人们根据万有引力定律计算出其轨道后才发现的，被称为“笔尖下的行星”，故D错误。
故选C。
14．C
【详解】A．根据开普勒第一定律，地球位于月球运行轨道的椭圆的一个焦点上，选项A错误；
B．根据开普勒第三定律，因地球和月球的中心天体不同，则地球与月球公转周期平方之比不等于它们轨道半长轴立方之比，选项B错误；
C．根据开普勒第二定律可知，地球在近日点的运行速度大于其在远日点的运行速度，选项C正确；
D．地球和月球的中心天体不同，则相同时间内，地球与太阳连线扫过的面积不一定等于月球与地球连线扫过的面积，选项D错误。
故选C。
15．D
【详解】A．二十四节气中，夏至在春分后，秋分在夏至后，地球绕太阳运行方向（正对纸面）是逆时针方向。A错误；
B．由开普勒第一定律知地球绕太阳运动的轨道是椭圆，由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，地球绕太阳是非匀速率椭圆轨道运动。B错误；
C．由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，可知地球在近地点比远地点转动的快，地球从夏至至秋分的时间大于地球公转周期的四分之一。C错误；
D．由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等, 近地点公转速度最快，即冬至时地球公转速度最大。D正确。
故选D。
16．C
【详解】设地球的密度为ρ，则在地球表面，物体受到的重力和地球的万有引力大小相等，有
由于地球的质量为
所以重力加速度的表达式可写成
质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为d的地球内部，受到地球的万有引力即为半径等于（R－d）的球体在其表面产生的万有引力，故“蛟龙号”的重力加速度
所以有
根据万有引力提供向心力有
G＝ma
“天宫一号”所在处的重力加速度为
a＝
所以
，
故选C。
17．BD
【详解】A．地球自转加快，自转周期变短，由引力作为向心力可得
即
故地球同步卫星的轨道半径应变小，高度要略调低一些，A错误；
B．近地卫星据引力作为向心力可得
即
地球的第一宇宙速度不变，B正确；
CD．地球上的物体随地球自转所需的向心力和其重力的合力为万有引力，地球自转加快，物体所需向心力变大，万有引力不变，重力等于万有引力与向心力的矢量差，结合平行四边形定则可知，在深圳和长沙的物体重力均减小，方向均发生改变，C错误，D正确。
故选BD。
18．D
【详解】A．根据
因同样的速度在火星和水星上跳起的高度相等，可知
g火=g水
根据
可得
选项A错误；
B．根据
可得
选项B错误；
C．根据
可得
选项C错误；
D．根据
可得
可得
选项D正确。
故选D。
19．C
【详解】C．设小球距圆心的距离为，地球的密度为，小球的质量为，根据题意，由万有引力公式可得，小球下落过程中，受到的引力为
则小球下落过程中所受引力的大小与到地心的距离成正比，且方向指向地心，故小球以O点为平衡位置做简谐运动。故C正确；
AB．根据牛顿定律有
可得
可知，当小球下落时，在点上方时，越来越小，则越来越小，到达点时
则
即此时引力为，引力最小，在点下方时，越来越大，则越来越大，则小球下落过程中，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，故AB错误；
D．由C分析可知，小球下落过程中，引力先做正功，再做负功，则小球与地球组成系统的引力势能先减小后增大故D错误。
故选C。
20．A
【详解】在月球表面以初速度v0竖直上抛出一物体，根据
解得月球表面的加速度
根据
解得月球的卫星在接近月球表面的轨道环绕月球运行速度
故选A。
21．D
【详解】物体在月球表面时，有
物体距离月球表面高度为时，有
联立可得
可得
故选D。
22．C
【详解】太阳位于木星运行轨道的焦点位置，选项A错误；根据开普勒行星运动第二定律可知，木星和火星绕太阳运行速度的大小不是始终相等，离太阳较近点速度较大，较远点的速度较小，选项B错误；根据开普勒行星运动第三定律可知， 木星与火星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方，选项C正确；根据开普勒行星运动第二定律可知，相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积相等，但是不等于木星与太阳连线扫过面积，选项D错误；故选C.
23．C
【详解】设地球的密度为ρ，则在地球表面，物体受到的重力和地球的万有引力大小相等，有
由于地球的质量为
所以重力加速度的表达式可写成
质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为d的地球内部，受到地球的万有引力即为半径等于（R－d）的球体在其表面产生的万有引力，故“蛟龙号”的重力加速度
所以有
根据万有引力提供向心力有
G＝ma
“天宫一号”所在处的重力加速度为
a＝
所以
，
故选C。
24．
【详解】质点与大球球心相距2R，其万有引力为F1，则有
F1=
大球质量为
M=ρ×πR3
挖去的小球质量为
M′=ρ×π
即
M′=ρ×πR3=
小球球心与质点间相距，小球与质点间的万有引力为
F1′=
则剩余部分对质点m的万有引力为
F2=F1-F1′=-=
故有
25．（1）；（2）系统的引力势能减小，运动的周期减小；（3）a．见解析；b．
【详解】（1）根据类比，有
（2）在电场中，在只有电场力做功时，当电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，二者之和保持不变；当电场力做负功，电荷的电势能增加，动能减小，二者之和保持不变。类比可知，在合并过程中，中子星受到的引力做了正功，则该中子星系统的引力势能将减小，由于引力势能和动能之和保持不变，则中子星的动能将增加，线速度将增大，同时由于运动半径的减小，所以运动的周期T将减小。
（3）a．根据引力场强度的定义及万有引力提供向心力可得
整理得
由上式可知，引力场强度g的大小与银心质量成正比，与到银心的距离平方成反比。表达式只能作为一个替换的计算式使用，不能用于定性分析引力场强度g的变化性质，因为它没有表达出引力场强度g的产生原因。
b．根据引力势能与动能之和保持不变可知，如果将物质距银心无穷远处的引力势能规定为零，则从无穷远处运动到当前位置则有
其中为图像下方面积，则
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第6章 万有引力与航天
第6.2 讲 天体的自转和公转
【知识点精讲】
1. 天体质量和密度常用的估算方法
使用方法 已知量 利用公式 表达式 备注
质量的计算 利用运行天体 r、T G＝mr M＝ 只能得到中心天体的质量
r、v G＝m M＝
v、T G＝m G＝mr M＝
利用天体表面重力加速度 g、R mg＝G M＝
密度的计算 利用运行天体 r、T、R G＝mr M＝ρ·πR3 ρ＝ 当r＝R时 ρ＝ 利用近地卫星只需测出其运行周期
利用天体表面重力加速度 g、R mg＝ M＝ρ·πR3 ρ＝
2．天体运动问题分析
（1）将天体或卫星的运动看成匀速圆周运动，其所需向心力由万有引力提供．
（2）基本公式：
G＝ma＝
【方法归纳】
1．解决同步卫星问题的“四点”注意
（1）基本关系：要抓住G＝ma＝m＝mrω2＝mr.
（2）重要手段：构建物理模型，绘制草图辅助分析．
（3）物理规律：
①不快不慢：具有特定的运行线速度、角速度和周期．
②不高不低：具有特定的位置高度和轨道半径．
③不偏不倚：同步卫星的运行轨道平面必须处于地球赤道平面上，只能静止在赤道上方的特定的点上．
（4）重要条件：
①地球的公转周期为1年，其自转周期为1天（24小时），地球半径约为6.4×103 km，地球表面重力加速度g约为9.8 m/s2.
②月球的公转周期约27.3天，在一般估算中常取27天．
③人造地球卫星的运行半径最小为r＝6.4×103 km，运行周期最小为T＝84.8 min，运行速度最大为v＝7.9 km/s.
2．两个向心加速度
卫星绕地球运行的向心加速度 物体随地球自转的向心加速度
产生原因 由万有引力产生 由万有引力的一个分力（另一分力为重力）产生
方向 指向地心 垂直且指向地轴
大小 a＝（地面附近a近似等于g） a＝rω2，r为地面上某点到地轴的距离，ω为地球自转的角速度
特点 随卫星到地心的距离的增大而减小 从赤道到两极逐渐减小
3.两种周期
（1）自转周期是天体绕自身某轴线转动一周所需的时间，取决于天体自身转动的快慢．
（2）公转周期是运行天体绕中心天体做圆周运动一周所需的时间，T＝2π，取决于中心天体的质量和运行天体到中心天体的距离．
4. 计算天体质量和密度的方法
（1）利用天体表面的重力加速度g和天体半径R.
①由G＝mg得天体质量M＝.
②天体密度ρ＝＝＝.
③GM＝gR2称为黄金代换公式．
（2）测出卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和半径r.
①由G＝mr得天体的质量M＝.
②若已知天体的半径R，则天体的密度
ρ＝＝＝.
【最新高考题精练】
（2020年7月浙江选考）
1．火星探测任务“天问一号”的标识如图所示。若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3∶2，则火星与地球绕太阳运动的（　　）
A．轨道周长之比为2∶3 B．线速度大小之比为
C．角速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为9∶4
（2019全国理综III卷15）
2．金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火．已知它们的轨道半径R金A．a金>a地>a火 B．a火>a地>a金
C．v地>v火>v金 D．v火>v地>v金
（2018高考理综II·16）
3．2018年2月，我国500 m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19 ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为．以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（ ）
A． B．
C． D．
（2017·全国卷Ⅱ·19）
4．如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中（ ）
A．从P到M所用的时间等于
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变大
D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
（2016·全国卷Ⅰ，17）
5．利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（ ）
A．1h B．4h C．8h D．16h
【最新模拟题精练】
（2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟）
6．2023年3月30日，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将宏图一号01组卫星发射升空，并进入预定的极地轨道做匀速圆周运动。它是由“一颗主星+三颗辅星”构成的卫星组，犹如在太空中飞行的车轮。已知宏图一号卫星组的运行轨道距离地面的高度为h（约为530km），地球半径为R，自转周期为T，地球极地表面的重力加速度为g，卫星组经过赤道上空的时候，携带的摄像机都可以对赤道进行一次拍摄，要使摄像机在1天的时间内将整个赤道拍摄下来，则每次拍摄赤道的长度至少为（　　）

A． B．
C． D．
（2023四川成都七中二诊）
7．某行星为质量分布均匀的球体，半径为R，质量为M。科研人员研究同一物体在该行星上的重力时，发现物体在“两极”处的重力为“赤道”上某处重力的1.2倍。已知引力常量为G，则该行星自转的角速度为（ ）
A． B． C． D．
（2023湖南怀化二模）
8．赤道上某处固定有很长的竖直索道，太空电梯可沿索道上下运动。电影《流浪地球2》有这样一个片段，太空电梯沿索道匀速上升，某时刻站在太空电梯地板上的人突然飘起来了，下列说法正确的是（　　）（已知地球半径，地球表面重力加速度g取）
A．太空电梯沿索道匀速上升时，太空电梯绕地心运动的角速度变大
B．太空电梯沿索道匀速上升时，太空电梯绕地心运动的线速度变大
C．站在太空电梯地板上的人突然飘起来时，太空电梯离地面的高度约为
D．站在太空电梯地板上的人突然飘起来时，太空电梯离地面的高度约为
（2023·洛阳六校联考）
9．宇航员在某星球上为了探测其自转周期做了如下实验，在该星球两极点，用弹簧秤测得质量为的砝码所受重力为，在赤道测得该砝码所受重力为．他还发现探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为．假设该星球可视为质量分布均匀的球体，则其自转周期为（ ）
A． B．
C． D．
（2023河南名校联考）
10．已知一质量为m的物体分别静止在北极与赤道时对地面的压力差为ΔN，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R。则地球的自转周期为（　　）
A．T=2π B．T=2π C．T=2π D．T=2π
11．已知地球半径为R，质量为M，自转周期为T，在赤道处用弹簧秤悬挂某物体（质量为m），静止时示数为F，万有引力常量为G。下列说法正确的是（　　）
A．在北极进行同样的操作，弹簧秤示数依然是F
B．在赤道处重力的大小等于F，且
C．假如地球自转周期减小，那么赤道上物体的重力也减小
D．地球的第一宇宙速度v1＝
（2023广东深圳二模）
12．二十四节气是中华民族的文化遗产。地球沿椭圆形轨道绕太阳运动，所处四个位置分别对应北半球的四个节气，如图所示。下列关于地球绕太阳公转的说法正确的是（　　）
A．冬至时线速度最大
B．夏至和冬至时的角速度相同
C．夏至时向心加速度最大
D．可根据地球的公转周期求出地球的质量
（2023湖北荆门三校5月联考）
13．某载人宇宙飞绕地球做圆周运动的周期为T，由于地球遮挡，宇航员发现有T时间会经历“日全食”过程，如图所示，已知地球的半径为R，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看作平行光，则下列说法正确的是（　　）
A．宇宙飞船离地球表面的高度为2R
B．一天内飞船经历“日全食”的次数为
C．宇航员观察地球的最大张角为120
D．地球的平均密度为
（2023上海七宝模拟）
14．“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（　　）
A．火星公转的线速度比地球的大 B．火星公转的角速度比地球的大
C．火星公转的半径比地球的小 D．火星公转的加速度比地球的小
（2023浙江杭州学军中学质检）
15．如图所示，土星的同步卫星与土星表面的距离为h，运行周期为T，已知万有引力常量为G，土星的半径为R，则下列说法正确的是（　　）
A．土星的质量为
B．土星的第一宇宙速度为
C．土星表面的重力加速度为
D．卫星发射的雷达波能覆盖土星的表面积为
16．“嫦娥三号”在月球表面释放出“玉兔”号月球车开展探测工作，若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2，已知地球半径为R1，月球半径为R2，则(　　)
A．地球表面与月球表面的重力加速度之比为
B．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为
C．地球与月球的质量之比为
D．地球与月球的平均密度之比为
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．由周长公式可得
则火星公转轨道与地球公转轨道周长之比为
A错误；
BCD．由万有引力提供向心力，可得
则有
即
BD错误，C正确。
故选C。
2．A
【详解】AB．由万有引力提供向心力可知轨道半径越小,向心加速度越大,故知A项正确，B错误；
CD．由得可知轨道半径越小,运行速率越大,故C、D都错误．
3．C
【详解】试题分析;在天体中万有引力提供向心力，即 ，天体的密度公式，结合这两个公式求解．
设脉冲星质量为M，密度为
根据天体运动规律知：
代入可得： ，故C正确；
故选C
点睛：根据万有引力提供向心力并结合密度公式求解即可．
4．D
【详解】A．海王星从P到Q用时， PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于，故A错误；
B．从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；
C．海王星从P到Q阶段，万有引力对它做负功，速率减小，故C错误；
D．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。
故选D。
5．B
【详解】设地球的半径为R，周期T=24h，地球自转周期最小时，三颗同步卫星的位置如图所示
所以此时同步卫星的半径
r1=2R
由开普勒第三定律得
可得
故选B。
6．C
【详解】由可得
1天时间内卫星经过赤道的次数为
又地球表面或附近有
所以
所以要使摄像机在1天的时间内将整个赤道拍摄下来，则每次拍摄赤道的长度至少为
故选C。
7．A
【详解】设赤道处的重力加速度为g，物体在两极时万有引力等于重力，有
在赤道时万有引力可分解为重力和自转所需的向心力，则有
联立解得该行星自转的角速度为
故选A。
8．BD
【详解】A．太空电梯和地球要保持相对静止，则电梯各处必有相同的角速度，故A错误；
B．由公式可知，太空电梯沿索道匀速上升时，做圆周运动的半径变大，则太空电梯绕地心运动的线速度变大，故B正确；
CD．站在太空电梯地板上的人突然飘起来时，人所受万有引力恰好提供做圆周运动向心力，设此时太空电梯离地面的高度为，则有
，
地球表面物体受到的重力
联立解得
故C错误，D正确。
故选BD。
9．D
【详解】设星球和探测器质量分别为、
在两极点，有：，
在赤道，有：，
探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T，则有：；
联立以上三式解得．
A. ，与结论不相符，选项A错误；
B. ，与结论不相符，选项B错误；
C. ，与结论不相符，选项C错误；
D. ，与结论相符，选项D正确；
10．A
【详解】在北极，物体所受的万有引力与支持力大小相等，在赤道处，物体所受的万有引力与支持力的差值提供其随地球自转的向心力，由题意可得
解得
故选A。
11．BC
【详解】A．北极处的重力加速度与赤道处的重力加速度不等，则重力不等，所以弹簧秤的示数不等于F，故A错误；
B．赤道处弹簧秤的拉力等于物体的重力，赤道处物体的万有引力一个分力等于重力，一个分力提供向心力，即
故B正确；
C．根据
可知，地球的自转周期减小，则向心力增大，赤道上物体的重力减小，故C正确；
D．地球的第一宇宙速度等于贴近地球表面做圆周运动，即
与自转的线速度不等，故D错误。
故选BC。
12．A
【详解】A．由开普勒第二定律可知地球在近日点运行速度最大，在远日点速度最小，冬至时地球在近日点运行速度最大，A正确；
B．由开普勒第二定律可知相同时间内地球与太阳连线相同时间扫过的面积相同，因此相同时间转过角度不同，角速度不同，B错误；
C．夏至日距离太阳最远，引力最小，因此向心加速度最小。C错误；
D．可根据地球的公转周期能计算的是中心天体太阳的质量，D错误。
故选A。
13．D
【详解】A．由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为
由于宇航员发现有T时间会经历“日全食”过程，则
所以
设宇宙飞船离地球表面的高度h，由几何关系可得
==sin=
可得
h=R
故A错误；
B．地球自转一圈时间为T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为，故B错误；
C．设宇航员观察地球的最大张角为θ，则由几何关系可得
=
可得
θ=60°
故C错误；
D．万有引力提供向心力，所以
解得
其中
r=R＋h=2R
又
联立可得
故D正确。
故选D。
14．D
【详解】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期
C．根据可得
可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C错误；
A．根据可得
结合C选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A错误；
B．根据可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B错误；
D．根据可得
可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D正确。
故选D。
15．C
【详解】A．根据万有引力提供向心力可得
解得土星的质量为
故A错误；
B．土星的第一宇宙速度等于卫星在土星表面轨道做匀速圆周运动时的线速度，则有
解得土星的第一宇宙速度为
故B错误；
C．物体在土星表面受到的万有引力等于重力，则有
解得星表面的重力加速度为
故C正确；
D．整个土星的表面积为
卫星发射的雷达波能覆盖土星的表面积一定小于整个土星表面积的一半，即卫星发射的雷达波能覆盖土星的表面积满足
故D错误。
故选C。
16．D
【详解】A．不考虑星球自转的影响，则有：
则地球表面的重力加速度为：
月球表面的重力加速度：
地球表面与月球表面的重力加速度之比为：
故A错误；
B．根据万有引力提供向心力有：
又
得第一宇宙速度公式：
得：
故B错误；
C．根据：
得
地球质量：
月球的质量：
所以地球与月球质量之比为：
故C错误；
D．平均密度：
得：
故D正确。
故选D．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第6章万有引力与航天
第6.3讲双星与多星系统
【知识点精讲】
1.双星模型
双星运动模型是指在天体运行中，两颗彼此相距较近，且在相互之间万有引力作用下绕两者连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动的行星。双星模型是天体运动的一种，在宇宙中普遍存在。
双星模型特点：
（1）两颗星做匀速圆周运动的向心力：由它们之间的万有引力提供，等大反向，属一对作用力和反作用力。
（2）两颗星做匀速圆周运动的周期、角速度相等，线速度与绕行半径成正比。
（3）两颗星做匀速圆周运动的半径与该星的质量成反比。
2.多星模型
（1）定义：所研究星体的万有引力的合力提供做圆周运动的向心力，除中央星体外，各星体的角速度或周期相同。
（2）三星模型：
①三颗星体位于同一直线上，两颗质量相等的环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行（如图甲所示）。
②三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点上（如图乙所示）。
（3）四星模型：
①其中一种是四颗质量相等的星体位于正方形的四个顶点上，沿着外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动（如图丙所示）。
②另一种是三颗质量相等的星体始终位于正三角形的三个顶点上，另一颗位于中心O，外围三颗星绕O做匀速圆周运动（如图丁所示）。
【方法归纳】
对如图所示的双星系统
双星各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即
＝m1ω12r1，＝m2ω22r2
两颗星的周期及角速度都相同，即，T1＝T2，ω1＝ω2
两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L
联立解得两颗星到圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即＝。
双星的运动周期T＝2π
双星的总质量m1＋m2＝
【最新高考题精练】
（2018·全国卷Ⅰ·20）
1．2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（　　）
A．质量之积 B．质量之和
C．速率之和 D．各自的自转角速度
（2015·安徽）
2．由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的影响，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做角速度相同的圆周运动（图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况）若A星体的质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，万有引力常量G已知，求：
（1）A星体所受合力的大小FA；
（2）B星体所受合力的大小FB；
（3）C星体的轨道半径RC；
（4）三星体做圆周运动的周期T。
【最新模拟题精练】
（2023福建厦门四模）
3．我国天文学家通过“天眼”在武仙座球状星团中发现一个由白矮星P、脉冲星Q组成的双星系统．如图所示，P、Q绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，忽略其他天体对P、Q的影响．已知P的轨道半径大于Q的轨道半径，P、Q的总质量为M，距离为L，运动周期均为T，则（ ）．
A．P的质量小于Q的质量 B．P的线速度小于Q的线速度
C．P受到的引力小于Q受到的引力 D．若总质量M恒定，则L越大，T越大
（2023北京鲁迅中学质检）
4．“双星系统”由相距较近的星球组成，每个星球的半径均远小于两者之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在彼此的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。如图所示，某一双星系统中A星球的质量为，B星球的质量为，它们球心之间的距离为L，引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）
A．B星球的轨道半径为
B．A星球运行的周期为
C．A星球和B星球的线速度大小之比为
D．若在O点放一个质点，则它受到两星球的引力之和一定为零
（2023福建漳州三模）
5．厦门大学天文学系顾为民教授团队利用我国郭守敬望远镜积累的海量恒星光谱，发现了一个处于宁静态的中子星与红矮星组成的双星系统，质量比约为2:1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，研究成果于2022年9月22日发表在《自然·天文》期刊上。则此中子星绕O点运动的（　　）
A．角速度大于红矮星的角速度
B．轨道半径小于红矮星的轨道半径
C．向心力大小约为红矮星的2倍
D．线速度小于红矮星的线速度
（2023河南洛阳等4市三模）
6．在地月系统中，若忽略其它星球的影响，质量为M的地球和质量为m的月球运动情况如图所示。地球和月球在相互引力的作用下都绕某一定点O做匀速圆周运动，且两者的中心和O三点始终共线，两者始终分别在O点的两侧，测得月球做圆周运动的周期为T1。但我们在平常近似处理问题时，常常认为月球是绕地球中心做匀速圆周运动的；这种情况下得到月球绕地球中心做圆周运动的周期为T2。则下列关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
（2023河北九师联盟质检）
7．“双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统，这种系统之所以稳定的原因之一是系统的总动量守恒且总动量为0，如图所示，A、B两颗恒星构成双星系统，绕共同的圆心O互相环绕做匀速圆周运动，距离不变，角速度相等，已知A的动量大小为p，A、B的总质量为M，A、B轨道半径之比为k，则B的动能为（ ）
A． B． C． D．
（2023重庆信息联考卷3）
8．如图所示是宇宙中存在的某三星系统，忽略其他星体的万有引力，三个星体A、B、C在边长为d的等边三角形的三个顶点上绕同一圆心O做匀速圆周运动。已知A、B、C的质量分别为2m、3m、3m，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．三个星体组成的系统动量守恒
B．A的周期小于B、C的周期
C．A所受万有引力的大小为
D．若B的角速度为，则A与圆心O的距离为
（2023云南部分重点高中期中）
9．宇宙间存在一些离其他恒星较远的“三星系统”，如图所示，三颗质量均为M的恒星位于等边三角形的三个顶点上，任意两颗恒星的距离均为L，三颗星绕其中心O做匀速圆周运动。忽略其他星体对它们的引力作用，引力常量为G，三颗恒星均可视为质点。求：
（1）每一颗恒星所受的万有引力的大小；
（2）每一颗恒星转动的角速度大小。
10．宇宙空间有一种由三颗星体A、B、C组成的三星体系，它们分别位于等边三角形ABC的三个顶点上，绕一个固定且共同的圆心O做匀速圆周运动，轨道如图中实线所示，其轨道半径．忽略其他星体对它们的作用，可知这三颗星体( )
A．质量大小关系是mA>mB>mC
B．加速度大小关系是aA>aB>aC
C．线速度大小关系是vA>vB>vC
D．所受万有引力合力的大小关系是FA＝FB＝FC
[2021·河南南阳市联考]
11．为探测引力波，由中山大学领衔的“天琴计划”，将向太空发射三颗完全相同的卫星（SC1、SC2、SC3），这三颗卫星构成一个等边三角形阵列，地球恰好处于该三角形的正中心，卫星将在以地球为中心、高度约为10万公里的轨道上运行，针对确定的引力波源进行引力波探测。如图所示，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命名为“天琴计划”。已知地球同步卫星距离地面的高度约为3.6万公里。以下说法正确的是（　　）
A．三颗卫星具有相同大小的加速度
B．从每颗卫星上可以观察到地球上大于的表面
C．三颗卫星绕地球运动的周期一定小于地球的自转周期
D．若知道引力常量G及三颗卫星绕地球的运动周期T，则可估算出地球的密度
12．天文观测中观测到有三颗星位于边长为l的等边三角形三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆做周期为T的匀速圆周运动．已知引力常量为G，不计其他星体对它们的影响，关于这个三星系统，下列说法正确的是
A．三颗星的质量可能不相等
B．某颗星的质量为
C．它们的线速度大小均为
D．它们两两之间的万有引力大小为
13．如图为某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动的示意图，若A星的轨道半径大于B星的轨道半径，双星的总质量M，双星间的距离为L，其运动周期为T，则（　　）
A．A的质量一定大于B的质量
B．A的线速度一定大于B的线速度
C．L一定，M越大，T越大
D．M一定，L越大，T越大
14．宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用．设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为L的正方形的四个顶点上，其中L远大于R.已知万有引力常量为G，忽略星体的自转，则关于四星系统，下列说法正确的是(　　)
A．四颗星做圆周运动的轨道半径为
B．四颗星做圆周运动的线速度均为
C．四颗星做圆周运动的周期均为
D．四颗星表面的重力加速度均为
（2023北京育才中学三模）
15．引力波探测于2017年获得诺贝尔物理学奖。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为l，P、Q两颗星的轨道半径之差为△r（P星的轨道半径大于Q星的轨道半径），引力常量为G，求：
(1)Q、P两颗星的线速度之差△v；
(2)Q、P两颗星的质量之差△m。
16．宇宙中存在由质量相等的四颗星组成的四星系统，四星系统离其他恒星较远，通常可忽略其他星体对四星系统的引力作用.已观测到稳定的四星系统存在两种基本的构成形式:一种是四颗星稳定地分布在边长为a的正方形的四个顶点上，均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，其运动周期为；另一种形式是有三颗星位于边长为a的等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，其运动周期为，而第四颗星刚好位于三角形的中心不动.试求两种形式下，星体运动的周期之比.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BC
【详解】AB．双中子星做匀速圆周运动的频率f=12Hz（周期），由万有引力等于向心力，可得
，
r1+r2=r=400km
联立解得
选项B正确A错误；
C．由可得
选项C正确；
D．不能得出各自自转的角速度，选项D错误。
【点睛】此题以最新科学发现为情景，考查天体运动、万有引力定律等。
2．（1） （2） （3） （4）
【详解】（1）由万有引力定律，A星体所受B、C星体引力大小为
则合力大小为
（2）同上，B星体所受A、C星体引力大小分别为
则合力大小为
．
可得
（3）通过分析可知，圆心O在中垂线AD的中点，
（4）三星体运动周期相同，对C星体，由
可得
3．AD
【详解】AC．P受到的引力与Q受到的引力为相互作用力，大小相等；设P的质量为，Q的质量为，由万有引力提供向心力可得
，
可得
由于P的轨道半径大于Q的轨道半径，可知P的质量小于Q的质量，故A正确，C错误；
B．根据
由于P的轨道半径大于Q的轨道半径，可知P的线速度大于Q的线速度，故B错误；
D．根据由万有引力提供向心力可得
，
可得
若总质量M恒定，则L越大，T越大，故D正确。
故选AD。
4．B
【详解】A．由于两星球的周期相同，则它们的角速度也相同，设两星球运行的角速度为，根据牛顿第二定律，对A星球有
对B星球有
得
又
得
故A错误；
B．根据
解得周期
故B正确；
C．A星球和B星球的线速度大小之比
故C错误；
D．O点处的质点受到B星球的万有引力
受到A星球的万有引力
故质点受到两星球的引力之和不为零，故D错误。
故选B。
5．BD
【详解】A．双星系统中，由于两星在相同时间内转过的角度相等，则双星系统的角速度相等，即中子星绕O点运动的角速度等于红矮星的角速度，A错误；
B．根据
，
解得
即星体质量越大，轨道半径越小，根据题意中子星质量大，可知，中子星绕O点运动的轨道半径小于红矮星的轨道半径，B正确；
C．双星系统中，有星体之间的万有引力提供向心力，可知，中子星绕O点运动的向心力大小等于红矮星的向心力大小，C错误；
D．根据
根据上述，双星系统角速度相等，中子星的轨道半径小一些，则中子星绕O点运动的线速度小于红矮星的线速度，D正确。
故选BD。
6．D
【详解】设月球到O点的距离为，地球到O点的距离为；月球绕O点做匀速圆周运动时，有
地球绕O点做匀速圆周运动时，有
联立可得
若认为月球是绕地球中心做匀速圆周运动，则有
可得
联立可得
故选D。
7．B
【详解】设A、B的质量分别为、，轨道半径分别为、，相互间的万有引力充当向心力，则有
根据题意
综合解得
A、B组成的系统总动量守恒且总动量为0，则B的动量大小与A的动量大小相等，即A的动量大小为p，则B的动能为
故选B。
8．AD
【详解】AB．该系统属于稳定的三星系统，三个星体的角速度、周期相同。动量大小不变，运动过程中总动量不变，A正确，B错误；
C．A所受万有引力的大小为
C错误；
D．若B的角速度为，则也A的角速度为，则根据
则A与圆心O的距离为
则A与圆心O的距离为
D正确。
故选AD。
9．（1）；（2）
【详解】（1）任意两颗恒星之间的万有引力大小
则任意一颗恒星所受合力大小
解得
（2）每颗恒星运动的轨道半径
根据万有引力提供向心力有
解得
10．A
【详解】C．三星系统是一种相对稳定的结构，它们做圆周运动的角速度是相等的，由
结合
可知，线速度大小关系是
C错误；
B．由
结合
可知加速度大小关系是
B错误；
A．以A为研究对象，则受力如图
由于向心力指向圆心，由矢量关系可知，B对A的引力大于C对A的引力，结合万有引力定律的表达式
可知B的质量大于C的质量，同理若以C为研究对象，可得A的质量大于B的质量，即质量大小关系是
A正确；
D．由于，结合万有引力定律
可知A与B之间的引力大于A与C之间的引力，又大于B与C之间的引力．由题可知，A、B、C受到的两个万有引力之间的夹角都是相等的，根据两个分力的角度一定时，两个力的大小越大，合力越大可知
D错误。
故选A。
11．AB
【详解】A．根据
可解得加速度
由于三颗卫星到地球的距离相等，故绕地球运动的轨道半径r相等，则它们的加速度大小相等，故A正确；
B．由题图可知三颗卫星所组成的三角形的内角均为60°，则每颗卫星关于地球的张角小于60°，所覆盖地球的圆心角大于120°，故从每颗卫星上可以观察到地球上大于的表面，故B正确；
C．卫星运行时由万有引力提供向心力有
G＝mr
解得周期
T＝2π
由于三颗卫星的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径，故三颗卫星绕地球运动的周期大于地球同步卫星绕地球运动的周期，即大于地球的自转周期，故C错误；
D．若知道引力常量G及三颗卫星绕地球的运动周期T，根据
G＝mr
解得
M＝
由于地球的半径未知，不能计算地球的质量，也不能计算出地球的体积，故不能估算出地球的密度，故D错误。
故选AB。
12．BD
【详解】轨道半径等于等边三角形外接圆的半径，．根据题意可知其中任意两颗星对第三颗星的合力指向圆心，所以这两颗星对第三颗星的万有引力等大，由于这两颗星到第三颗星的距离相同，故这两颗星的质量相同，所以三颗星的质量一定相同，设为m，则，解得，它们两两之间的万有引力，A错误BD正确；线速度大小为，C错误．
【点睛】万有引力定律和牛顿第二定律是力学的重点，在本题中有些同学找不出什么力提供向心力，关键在于进行正确受力分析．
13．BD
【详解】A．双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以向心力相等，故
解得
因为rB < rA，所以mB > mA，即B的质量一定大于A的质量，故A错误；
B．双星系统中两颗恒星间距不变，是同轴转动，角速度相等，根据
因为rB < rA，故vA > vB，故B正确；
CD．根据万有引力提供向心力有
，
其中
联立解得
L一定时，M越大，T越小，故C错误；
M一定时，L越大，T越大，故D正确。
故选BD。
14．CD
【详解】如图所示，四颗星均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径r＝ L.取任一顶点上的星体为研究对象，它受到其他三个星体的万有引力的合力为.由F合＝F向＝，解得，，故A、B项错误，C项正确；对于在星体表面质量为m0的物体，受到的重力等于万有引力，则有，故，D项正确．
15．(1)；(2)
【详解】(1)星的线速度大小
星的线速度大小
则、两颗星的线速度大小之差为
(2)双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，
则有
解得
则、两颗星的质量差为
16．
【详解】对于第一种形式：星体在其他三个星体的万有引力作用下围绕正方形的对角线的交点做匀速圆周运动，其轨道半径
由万有引力定律和向心力公式得
解得：
①
对于第二种形式：其轨道半径为：
由万有引力定律和向心力公式得：
解得：
②
由①②解得：
答：星体运动的周期之比：．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第6章 万有引力与航天
第6.4 讲 宇宙速度和卫星发射
【知识点精讲】
一、宇宙速度
1.第一宇宙速度
（1）第一宇宙速度又叫环绕速度，其数值为7.9 km/s。
（2）第一宇宙速度是人造卫星在地面附近环绕地球做匀速圆周运动时具有的速度。
（3）第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度，也是人造卫星的最大环绕速度。
（4）第一宇宙速度的计算方法。
由G=m得v= ；
由mg=m得v=。
2.第二宇宙速度
使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，其数值为11.2 km/s。
3.第三宇宙速度
使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度，其数值为16.7 km/s。
二、卫星变轨
1.当卫星的速度突然增大时，G2.当卫星的速度突然减小时，G>m，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小。当卫星进入新的轨道稳定运行时，由v=可知其运行速度比原轨道运行时的大，但重力势能、机械能均减小。
【方法归纳】
1.卫星变轨原理及过程
（1）为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ上。如图所示。
（2）在A点（近地点）点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供卫星在轨道Ⅰ上做圆周运动的向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ、
（3）在B点（远地点）再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ。
2.变轨过程各物理量分析
（1）速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3，在轨道Ⅱ上过A点和B点时速率分别为vA、vB。在A点加速，则vA>v1，在B点加速，则v3>vB，又因v1>v3，故有vA>v1>v3>vB。
（2）加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点，卫星的加速度都相同，同理，经过B点加速度也相同。
（3）周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2（半长轴）、r3，由开普勒第三定律=k可知T1（4）机械能：在一个确定的圆（椭圆）轨道上机械能守恒。若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道的机械能分别为E1、E2、E3，则E1【最新高考题精练】
（2021重庆高考）
1．2021年5月15日“祝融号”火星车成功着陆火星表面，是我国航天事业发展中具有里程碑意义的进展。此前我国“玉兔二号”月球车首次实现月球背面软着陆，若“祝融号”的质量是“玉兔二号”的K倍，火星的质量是月球的N倍，火星的半径是月球的P倍，火星与月球均视为球体，则（　　）
A．火星的平均密度是月球的倍
B．火星的第一宇宙速度是月球的倍
C．火星的重力加速度大小是月球表面的倍
D．火星对“祝融号”引力的大小是月球对“玉兔二号”引力的倍
（2008广东理科基础第8题）
2．由于地球的自转，使得静止在地面的物体绕地轴做匀速圆周运动．对于这些做匀速圆周运动的物体，以下说法正确的是（ ）
A．向心力指向地心 B．速度等于第一宇宙速度
C．加速度等于重力加速度 D．周期与地球自转的周期相等
【最新模拟题精练】
（2023河北唐山三模）
3．某次发射卫星时，先将卫星发射到半径为的近地圆轨道上，运行速度为，当卫星运动到A点时，卫星上的小型火箭发动机点火，使卫星进入椭圆轨道运行，椭圆轨道的远地点B与地心的距离为，卫星经过B点的速度为，其运行轨迹如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A．卫星经过B点时的速度大于卫星在近地圆轨道上的速度
B．卫星在椭圆轨道上运行时经过A点的加速度大于经过B点的加速度
C．卫星在椭圆轨道上的运行周期为
D．卫星在近地圆轨道上运行时的机械能大于在椭圆轨道上运行时的机械能
（2023江苏名校联考）
4．黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸，即黑洞的第二宇宙速度大于光速(光速为c)。某研究人员发现了一个异常小的黑洞，其质量只有太阳的4倍。已知太阳的质量为ms，太阳半径为Rs，引力常量为G，第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍。则该黑洞的半径最大是（ ）
A． B． C． D．
（2023安徽阜阳名校联考）
5．我国计划在2030年之前制造出可水平起飞、水平着陆并且可以多次重复使用的空天飞机。假设一航天员乘坐空天飞机着陆某星球后，由该星球表面以大小为v0的速度竖直向上抛出一物体，经时间t后物体落回抛出点。已知该星球的半径为R，该星球没有大气层，也不自转。则该星球的第一宇宙速度大小为（　　）
A． B． C． D．
（2023湖北名校联考）
6．牛顿在1687年出版的《自然哲学的数学原理》中设想，物体抛出的速度很大时，就不会落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星．如图所示，将物体从一座高山上的O点水平抛出，抛出速度一次比一次大，落地点一次比一次远，设图中A、B、C、D、E是从O点以不同的速度抛出的物体所对应的运动轨道．已知B是圆形轨道，C、D是椭圆轨道，在轨道E上运动的物体将会克服地球的引力，永远地离开地球，空气阻力和地球自转的影响不计，则下列说法正确的是（ ）
A．物体从O点抛出后，沿轨道A运动落到地面上，物体的运动可能是平抛运动
B．在轨道B上运动的物体，抛出时的速度大小为11.2km/
C．使轨道C、D上物体的运动轨道变为圆轨道，这个圆轨道可以过O点
D．在轨道E上运动的物体，抛出时的速度一定等于或大于16.7km/s
（2020河北衡水二调）
7．2010 年命名为“格利泽 581g”的太阳系外行星引起了人们广泛关注，由于该行星的温度可维持表面存在液态水，科学家推测这或将成为第一颗被发现的类似地球世界，遗憾的是一直到 2019 年科学家对该行星的研究仍未有突破性的进展。这颗行星距离地球约 20 亿光年(189.21 万亿公里)，公转周期约为 37 年，半径大约是地球的 2 倍，重力加速度与地球相近。则下列说法正确的是
A．飞船在 Gliese581g 表面附近运行时的速度小于 7.9km/s
B．该行星的平均密度约是地球平均密度的
C．该行星的质量约为地球质量的 8 倍
D．在地球上发射航天器前往“格利泽 581g”，其发射速度不能超过 11.2km/s
（2023广东惠州名校联考）
8．如图所示，在1687年出版的《自然哲学的数学原理》一书中，牛顿设想，抛出速度很大时，物体就不会落回地面，已知地球半径为R，月球绕地球公转的轨道半径为n2R，周期为T，不计空气阻力，为实现牛顿设想，抛出的速度至少为（　　）

A． B．
C． D．
（2023山东名校联考）
9．据报道，2020年我国将发射首颗“人造月亮”，其亮度是月球亮度的8倍，可提供夜间照明。假设“人造月亮”绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为同步卫星轨道半径。下列有关“人造月亮”的说法正确的是（　　）
A．发射速度小于第一宇宙速度
B．角速度小于同步卫星绕地球运行的角速度
C．向心加速度大于地球表面的重力加速度
D．运行周期约为98min
10．2017年4月，我国第一艘货运飞船天舟一号顺利升空，随后与天宫二号交会对接。假设天舟一号从B点发射经过椭圆轨道运动到天宫二号的圆轨道上完成交会，如图所示，已知天宫二号的轨道半径为r，天舟一号沿椭圆轨道运动的周期为T，A、B两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R，引力常量为G。则 （ ）
A．天宫二号的运行速度小于7.9km/s
B．天舟一号的发射速度大于11.2km/s
C．根据题中信息可以求出地球的质量
D．天舟一号在A点的速度大于天宫二号的运行速度
11．在星球表面发射探测器，当发射速度为时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度达到时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球。已知地球、火星两星球的质量比约为，半径比约为，下列说法正确的有（　　）
A．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大
B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D．探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
12．我国计划于2020年前后实施的火星探测工程的研制工作目前进展顺利。我国首次火星探测工程探测器总共搭载了13种有效载荷，其中环绕器7种、火星车6种，涉及空间环境探测、火星表面探测、火星表层结构探测等领域。假设在火星表面竖直向上拋出一小球（不计空气阻力，小球只受重力时的加速度为重力加速度），小球的x－t图像如图所示，已知火星半径约为3 400 km，引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，则（　　）
A．该物体上升的时间为10 s B．该火星表面的重力加速度为4 m/s2
C．火星表面的第一宇宙速度约为13.6 km/s D．火星的质量约为6.9×1023 kg
13．使物体成为卫星的最小发射速度称为第一宇宙速度v1，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度v2，v2与v1的关系是v2=v1。已知某星球半径是地球半径R的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，地球的平均密度为ρ，不计其他星球的影响，则（ ）
A．该星球上的第一宇宙速度为7.9km/s
B．该星球上的第二宇宙速度为26.3km/s
C．该星球的平均密度为
D．该星球的质量为
14．假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为RA和RB。两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方（r3）与运行周期的平方（T2）的关系如图所示；T0为卫星环绕行星表面运行的周期，则（　　）
A．行星A的质量小于行星B的质量
B．行星A的密度小于行星B的密度
C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度
D．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度
15．中国北斗卫星导航系统（BeiDou Navigation Satellite System，BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统 （GPS）．俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统．预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力．如图所示是北斗导航系统中部分卫星的 轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则（ ）
A．卫星a的角速度小于c的角速度
B．卫星a的加速度小于b的加速度
C．卫星a的运行速度大于第一宇宙速度
D．卫星b的周期大于24 h
（2020高考仿真冲刺卷4）
16．近期，科学家在英国《自然》科学期刊上宣布重大发现，在太阳系之外，一颗被称为Trappist-1的超冷矮星周围的所有7颗行星的表面都可能有液态水，其中有3颗行星还位于适宜生命存在的宜居带，这7颗类似地球大小、温度相似，可能由岩石构成的行星围绕一颗恒星公转，下图为新发现的Trappist-1星系（图上方）和太阳系内行星及地球（图下方）实际大小和位置对比，则下列说法正确的是
A．这7颗行星运行的轨道一定都是圆轨道
B．这7颗行星运行的线速度大小都不同，最外侧的行星线速度最大
C．这7颗行星运行的周期都不同，最外侧的行星周期最大
D．在地球上发射航天器到达该星系，航天器的发射速度至少要达到第二宇宙速度
17．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道I上绕地球做匀速圆周运动，经过椭圆轨道II的变轨过程进入半径为R3圆形轨道III继续绕地球运动，其中P为I轨道与II轨道的切点，Q点为II轨道与III轨道的切点．下列判断正确的是
A．卫星在轨道I上的动能为
B．卫星在轨道III上的机械能等于
C．卫星在II轨道经过Q点时的加速度小于在III轨道上经过Q点时的加速度
D．卫星在I轨道上经过P点时的速率大于在II轨道上经过P点时的速率
18．登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是(　　)
A．飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ> TⅡ> TⅠ
B．飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气
D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度
19．“嫦娥三号”从距月面高度为100km的环月圆轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q成功落月，如图所示．关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是（　　）

A．沿轨道Ⅰ运动至P时，需制动减速才能进入轨道Ⅱ
B．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期
C．沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度
D．在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减小，机械能不变
20．2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程。某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球。设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g月，以月球表面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为，若忽略月球的自转，求：
（1）“玉兔”在h高度的轨道上的动能；
（2）从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功。
21．两个天体（包括人造天体）间存在万有引力，并具有由相对位置决定的势能．如果两个天体的质量分别为m1和m2，当它们相距无穷远时势能为零，则它们距离为r时，引力势能为EP＝－G．发射地球同步卫星一般是把它先送入较低的圆形轨道，如图中Ⅰ轨道，再经过两次“点火”，即先在图中a点处启动燃气发动机，向后喷出高压燃气，卫星得到加速，进入图中的椭圆轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ的远地点b处第二次“点火”，卫星再次被加速，此后，沿图中的圆形轨道Ⅲ（即同步轨道）运动．设某同步卫星的质量为m，地球半径为R，轨道Ⅰ距地面非常近，轨道Ⅲ距地面的距离近似为6R，地面处的重力加速度为g，并且每次点火经历的时间都很短，点火过程中卫星的质量减少可以忽略．求：
（1）从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，合力对卫星所做的总功是多大？
（2）两次“点火”过程中燃气对卫星所做的总功是多少？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．AD
【详解】A．根据密度的定义有
体积
可知火星的平均密度与月球的平均密度之比为
即火星的平均密度是月球的倍，故A正确；
BC．由
可知火星的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为
即火星的重力加速度是月球表面的重力加速度的，由
可知火星的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为
故BC错误；
D．由万有引力定律
可知火星对“祝融号”引力大小与月球对“玉兔二号”引力大小之比为
即火星对“祝融号”引力大小是月球对“玉兔二号”引力大小的倍，故D正确。
故选AD。
2．D
【详解】静止在地面的物体绕地轴做匀速圆周运动，向心力垂直指向地轴；速度不等于第一宇宙速度；加速度也不等于重力加速度；但是周期与地球自转的周期相等．选项D正确．
3．BC
【详解】A．若卫星变轨到轨道半径为的圆轨道时，令该圆轨道的运行速度为，是由低轨道到高轨道，需要在切点加速，则有
根据
解得
由于
可知
则有
即卫星经过B点时的速度小于卫星在近地圆轨道上的速度，A错误；
B．根据
解得
由于
可知卫星在椭圆轨道上运行时经过A点的加速度大于经过B点的加速度，B正确；
C．对于近地卫星有
根据
解得
C正确；
D．卫星由低轨道变轨到高轨道时，需要在轨道的切点位置加速，可知卫星在近地圆轨道上运行时的机械能小于在椭圆轨道上运行时的机械能，D错误。
故选BC。
4．A
【详解】根据万有引力提供向心力有
G＝m
得黑洞的第一宇宙速度
v＝
又第二宇宙速度大于光速，所以
v>c
解得
R<
故选A。
5．A
【详解】根据小球做竖直上抛运动的速度时间关系可知
t=
所以星球表面的重力加速度
g=
星球表面重力与万有引力相等，
mg=
近地卫星的轨道半径为R，由万有引力提供圆周运动向心力有：
联立解得该星球的第一宇宙速度
v=
故A正确，BCD错误。
故选A。
6．AC
【分析】（1）第一宇宙速度是最小的卫星发射速度，却是最大的环绕速度；
（2）当物体以第一宇宙速度被抛出，它的运动轨道为一圆周；当物体被抛出的速度介于第一和第二宇宙速度之间，它的运动轨迹为一椭圆；当物体被抛出时的速度介于第二和第三宇宙速度之间，物体将摆脱地球引力，成为绕太阳运动的行星；当被抛出的初速度达到或超过第三宇宙速度，物体必然会离开太阳系；
（3）卫星变轨时的位置点，是所有轨道的公共切点．
【详解】A、物体抛出速度v＜7.9km/s时必落回地面，若物体运动距离较小时，物体所受的万有引力可以看成恒力，故物体的运动可能是平抛运动，A正确；
B、在轨道B上运动的物体，相当于地球的一颗近地卫星，抛出线速度大小为7.9km/s，B错误；
C、轨道C、D上物体，在O点开始变轨到圆轨道，圆轨道必然过O点，C正确；
D、当物体被抛出时的速度等于或大于16.7km/s时，物体将离开太阳系，故D错误．
【点睛】本题考查宇宙速度，知道第一宇宙速度是最小的发射速度、最大的环绕速度，掌握卫星变轨模型，知道各宇宙速度的物体意义至关重要．
7．B
【详解】ABC．忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力得：
mg =m
得到
v =
万有引力等于重力，=mg，得到
M=
ρ=
这颗行星的重力加速度与地球相近，它的半径大约是地球的2倍，所以它在表面附近运行的速度是地球表面运行速度的倍，大于7．9km/s，质量是地球的4倍，密度是地球的。故B正确，AC错误。
D．航天器飞出太阳系所需要的最小发射速度为第三宇宙速度，即大于等于16．7km/s，故D错误。
8．D
【详解】对抛出的物体不会落回地面，该物体应该围绕地球做匀速圆周运动
G=m
对月球
G=mr（）2
距离关系
r= n2R
联立解得
v=
故选D。
9．D
【详解】A．第一宇宙速度是发射人造卫星的最小速度，所以人造月亮的发射速度大于等于第一宇宙速度，故A错误；
B．根据,可得角速度，人造月亮的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，故其角速度大于同步卫星的角速度，故B错误；
C．对人造月亮万有引力提供向心力有，可得向心加速度，对于地球表面重力有，可得地球表面重力加速度，由于人造月亮轨道半径大于地球半径，故其向心加速度小于地球表面重力加速度，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知
代入同步卫星的周期
T同＝24h＝24×60min
可解得
T人＝98min
故D正确；
故选D。
10．AC
【详解】A．7.9km/s是近地卫星的环绕速度，卫星越高，线速度越小，则天宫二号的运行速度小于7.9km/s，选项A正确；
B．11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力逃到其它星球上去的最小速度，则天舟一号的发射速度小于11.2km/s，选项B错误；
C．根据开普勒第三定律=常数，已知天宫二号的轨道半径r，天舟一号的周期T以及半长轴(r+R)，可求得天宫二号的周期T1，再根据
可求解地球的质量，选项C正确；
D．天舟一号在A点加速才能进入天宫二号所在的轨道，则天舟一号在A点的速度小于天宫二号的运行速度，选项D错误；
故选AC。
11．BD
【详解】A．探测器在星球表面做圆周运动时
解得
刚好脱离星球时发射速度达到，发射速度与探测器质量无关，故A错误；
B．根据万有引力公式得，探测器在地球表面受到的引力
在火星表面受到的引力
而地球、火星两星球的质量比约为，半径比约为，解得
即探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故B正确；
C．探测器脱离星球时，其需要发射速度为
地球与火星的不同，所以所需发射速度也不同，故C错误；
D．由于探测器脱离星球过程中，引力做负功，势能逐渐增大，故D正确。
故选BD。
12．BD
【详解】A．由图可知，该物体上升的时间为5s，A错误；
B．根据
h＝
解得火星表面的重力加速度g′＝4m/s2，B正确；
C．根据
mg′＝
可得
C错误；
D．根据
mg′=
可得M＝6.9×1023 kg，D正确。
故选BD。
13．BC
【详解】A．星球的半径
星球上的重力加速度
该星球上的第一宇宙速度
v1====×7.9km/s
选项A错误；
B．该星球上的第二宇宙速度为
v2=v1=××7.9km/s=26.3km/s
选项B正确；
C．该星球体积
V’=πR'3
万有引力和重力的关系
该星球的平均密度为
联立解得
同理可得地球的密度为
可得密度之比为
选项C正确；
D．由
M=ρv
V=πR3
联立解得：该星球的质量为
M’=
选项D错误。
故选BC。
14．D
【详解】A．根据可得
根据图象可知，A的比B的大，所以行星A的质量大于行星B的质量，故A错误；
B．行星的密度大小为
根据图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B错误；
C．第一宇宙速度大小为
由于A的半径大于B的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C错误；
D．根据可得
当两行星的卫星轨道半径相同时，A的质量大于B的质量，则行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度，故D正确。
故选D。
15．A
【详解】A．由万有引力提供向心力，得，则半径大的角速度小，则A正确；
B．由万有引力提供向心力，，则半径相同加速度大小相等，则B错误；
C．第一宇宙速度为近地卫星的运行速度，其值最大，所有卫星的运行速度都小于或等于它，则C错误；
D．b与a的周期相同，为，则D错误。
16．C
【详解】A、根据开普勒第一定律可知这7颗行星运行的轨道一定都是椭圆轨道，故A错误；
B、由万有引力提供向心力：，则有，这7颗行星运行的线速度大小都不同，最外侧的行星线速度最小，故B错误；
C、由万有引力提供向心力：，则有，这7颗行星运行的周期都不同，最外侧的行星周期最大，故C正确；
D、要在地球表面发射航天器到达该星系，发射的速度最小为第一宇宙速度，第一宇宙速度，故D错误；
故选C．
【点睛】根据开普勒第一定律可知这7颗行星运行的轨道一定都是椭圆轨道，由万有引力提供向心力，最外侧的行星线速度最小，最外侧的行星周期最大．
17．AB
【详解】在轨道I上，根据万有引力提供向心力，有：，解得：，则动能为，故A正确；在轨道III上，根据万有引力提供向心力，有：，解得：，则动能为，引力势能为，则机械能为，故B正确；根据万有引力提供向心力，有：，解得：，两个轨道上Q点到地心的距离不变，故向心加速度的大小不变，故C错误；卫星从I轨道要变到II轨道上去，故经过P点时的必须点火加速，即卫星在I轨道上经过P点时的速率小于在II轨道上经过P点时的速率，故D错误；故选AB.
18．ACD
【详解】根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ> TⅡ> TⅠ，选项A正确；飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气，从而使飞船减速到达轨道Ⅰ，则在轨道Ⅰ上机械能小于在轨道Ⅱ的机械能，选项B错误，C正确；根据以及M＝πR3ρ，解得，即若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，选项D正确.
19．AD
【详解】在轨道I上运动，从P点开始变轨，可知嫦娥三号做近心运动，在P点应该制动减速以减小向心力，通过做近心运动减小轨道半径，故A正确；轨道Ⅱ的半长轴小于轨道I的半径，根据开普勒第三定律可知沿轨道Ⅱ运行的周期小于轨道I上的周期，故B错误；在轨道Ⅱ上运动时，卫星只受万有引力作用，在P点时的万有引力比Q点的小，故P点的加速度小于在Q点的加速度，故C错误；根据开普勒第二定律可知，知在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对嫦娥三号做正功，嫦娥三号的速度逐渐增大，动能增加，重力势能减小，机械能不变，故D正确．故选AD.
20．（1）；（2）
【详解】（1）设月球质量为M，玉兔在h高度的轨道上的速度大小为v，由牛顿第二定律有
设“玉兔”在h高度的轨道上的动能为，有
设月球表面有一质量为的物体，有
联立以上式子解得
（2）由题意知“玉兔”在h高度的引力势能为
故从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功
21．（1）－；（2）
【详解】（1）卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ做圆运动，应满足
所以
则
合力的功
(2)卫星在轨道Ⅰ上的势能
卫星在轨道Ⅲ上的势能
燃气所做的总功
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第6章 万有引力与航天
第6.5 讲 卫星的运动
【知识点精讲】
一、卫星的轨道
1．赤道轨道：倾角为零度，卫星轨道平面与地球赤道平面重合，卫星始终在赤道上空飞行，这种轨道称为赤道轨道。同步卫星就是其中的一种。
2．极地轨道：倾角为90度，卫星轨道平面与地球赤道平面垂直，卫星飞越南北两极上空，叫极地轨道。极地气象卫星即在垂直于赤道的平面内的极地轨道。
3。其他轨道：轨道倾角既不是零度也不是90度的，统称为倾斜轨道。其中倾角大于零度而小于90度的，卫星自西向东顺着地球自转的方向运行的，称为顺行轨道：倾角大于90度而小于180度，卫星自东向西逆着地球自转方向运行的，称为逆行轨道。
所有卫星的轨道平面一定通过地球的球心。
人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动三定律。
（1）卫星轨道为一椭圆，地球在椭圆的一个焦点上。其长轴的两个端点是卫星离地球最近和最远的点，分别叫做远地点和近地点。
（2）人造地球卫星在椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，在远地点时最低，在近地点时最高。速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径（卫星至地球的连线）在相同的时间内扫过的面积相等。
（3）人造地球卫星在椭圆轨道上绕地球运行，其运行周期取决于轨道的半长轴（与半长轴的二分之三次方成正比）。不管轨道形状如何，只要半长轴相同，它们就有相同的运行周期。人造地球卫星轨道的形状和大小由它的半长轴和半短轴的数值来决定。其半长轴和半短轴的数值越大，轨道越高；半长轴与半短轴相差越多，轨道的椭圆形越扁长；并长轴与半短轴相等则为圆形轨道。
二、地球同步卫星的特点
相对于地面静止且与地球自转具有相同周期的卫星叫地球同步卫星。同步卫星有以下“七个一定”的特点：
（1）轨道平面一定：轨道平面与赤道平面共面。
（2）周期一定：与地球自转周期相同，即T=24 h。
（3）角速度一定：与地球自转的角速度相同。
（4）高度一定：由G=m （R＋h）得地球同步卫星离地面的高度h=－R≈3.6×107 m。
（5）速率一定：v=≈3.1×103 m/s。
（6）向心加速度一定：由G=man得an==gh=0.23 m/s2，即同步卫星的向心加速度等于轨道处的重力加速度。
（7）绕行方向一定：运行方向与地球自转方向一致。
三、近地卫星：所谓近地卫星是指贴近地面运行的卫星
【方法归纳】
卫星运行参量的比较
做匀速圆周运动的卫星所受万有引力完全提供其所需向心力，由G=m=mrω2=mr=ma可推导出：
【最新高考题精练】
[2016·四川理综·3]
1．国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”．1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km，远地点高度约为2060 km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786 km的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为：（ ）
A．a2＞a1＞a3 B．a3＞a2＞a1 C．a3＞a1＞a2 D．a1＞a2＞a3
[2012·北京理综]
2．关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是
A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期
B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率
C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同
D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合
【最新模拟题精练】
[2023天津南开区一模]
3．如图所示，地球赤道上空人造卫星先沿椭圆轨道运行，其近地点P到地球中心的距离为r，远地点Q到地球中心的距离为8r，该卫星在远地点Q处点火变轨进入地球同步轨道，成为一颗沿圆轨道运行的地球同步卫星。下列说法正确的是（ ）
A．卫星在近地点和远地点的加速度之比为8：1
B．卫星变轨前从P点运动到Q点的过程中，引力势能增加，机械能减少
C．卫星在远地点Q处变轨瞬间速度变大
D．卫星进入地球同步轨道后运行的速度大于在椭圆轨道P处的速度
[2023四川成都石室中学二诊]
4．2019年3月10日，长征三号乙运载火箭将“中星”通信卫星（记为卫星Ⅰ）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星II，它运动的每个周期内都有一段时间（未知）无法直接接收到卫星I发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星I发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为。已知卫星I对地球的张角为，地球自转周期为，万有引力常量为，则根据题中条件，可求出（　　）
A．地球的平均密度为
B．卫星I、II的角速度之比为
C．卫星II的周期为
D．题中时间为
[2023辽宁鞍山一模]
5．12月10日，改编自刘慈欣同名系列长篇科幻小说的《三体》动画在哔哩哔哩上线便备受关注。动画版《三体》总编剧之一赵佳星透露，为了还原太空电梯的结构，他们研究太空电梯的运行原理。太空电梯的原理并不复杂，与生活的中的普通电梯十分相似。只需要在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长且足够结实的“绳索”将其与地面相连，在引力作用下，绳索会绷紧，宇航员、乘客以及货物可以通过像电梯轿厢一样的升降舱沿绳索直入太空，这样就不需要依靠火箭、飞船这类复杂的航天工具。如图乙所示，假设有一长度为r的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步空间站a（相对地球静止），卫星b与同步空间站a的运行方向相同，其轨道半径比同步轨道半径大。此时二者距离最近，经过时间t之后，a、b第一次相距最远。已知地球自转周期T，下列说法正确的是（　　）
A．太空电梯各点均处于完全失重状态
B．卫星b比同步空间站a运行的线速度大
C．卫星b的周期为
D．太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成正比
[2023江苏南京市中华中学一模]
6．根据同名科幻小说改编的动画《三体》上线后备受关注。片中出现的太空电梯的原理并不复杂，只需在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“绳索”将其与地面相连，宇航员、乘客以及货物可以通过像电梯轿厢一样的升降舱沿“绳索”往返于太空和地面，如乙图所示。假设地球赤道上的固定基地与同步空间站a间有一升降舱相对地球静止，另有一个卫星b与同步空间站a的运行方向相同，此时二者距离最近，经过时间t之后，a、b再次相距最近，已知地球半径为R，质量为M、自转周期为T、引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）
A．b卫星的周期为
B．升降舱处于完全失重状态
C．升降舱停在距地球表面高度为2R的站点时，升降舱中物体的重力加速度为
D．太空电梯上各点线速度与该点到地心的距离成反比
[2023福建泉州三模]
7．国产科幻大片《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉震 。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站。下列说法正确的是（　　）
A．地面基站可以建设在青藏高原上
B．配重的线速度小于同步空间站的线速度
C．箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小
D．若同步空间站和配重间的缆绳断开，配重将做离心运动
[2023湖南名校期中]
8．2020年6月，中国北斗三号全球卫星导航系统最后一颗组网卫星成功发射。已知地球周围的卫星绕地球做圆周运动的轨道半径r（卫星距地心的距离），与卫星绕地球一圈的时间T之间的关系满足，k为常数。利用三颗位置适当的地球同步卫星（周期与地球自转周期一致，即相对于地球静止于赤道上空），可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（　　）
A． B． C． D．
[2022福建泉州高三下适应性测试]
9．2019年3月10日，长征三号乙运载火箭将“中星”通信卫星（记为卫星Ⅰ）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星Ⅱ，它运动的每个周期内都有一段时间（未知）无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星Ⅰ发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为。已知卫星Ⅰ对地球的张角为，地球自转周期为，万有引力常量为，则根据题中条件，可求出（　　）
A．地球的平均密度为 B．卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为
C．卫星Ⅱ的周期为 D．题中时间为
[2022广东普通高中10月质检]
10．如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星，则（　　）
A．a卫星的加速度比c卫星大
B．a、b卫星所受到的地球的万有引力大小相等
C．三颗卫星半径的三次方与周期的二次方比值都不相等
D．a卫星的周期比c卫星大
11．已知某行星半径为R，以第一宇宙速度围绕该行星运行的卫星的绕行周期为T，围绕该行星运动的同步卫星运行速率为v，则该行星的自转周期为（ ）
A． B． C． D．
12．有a、b、c、d四颗卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，b在地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24h，所有卫星的运动均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则下列关于卫星的说法中正确的是（　　）
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．c在4h内转过的圆心角为
C．b在相同的时间内转过的弧长最长
D．d的运动周期可能是23h
13．我国发射的某卫星，其轨道平面与地球赤道在同一平面内，卫星距地面的高度约为500km，而地球同步卫星的轨道高度约为36000km，已知地球半径约为6400km。已知地球表面的重力加速度，关于该卫星，下列说法中正确的是（　　）
A．该卫星的线速度大小约为7.7km/s
B．该卫星的加速度大于同步卫星的加速度
C．一年内，该卫星被太阳光照射时间小于同步卫星被太阳光照射时间
D．该卫星的发射速度小于第一宇宙速度
14．“慧眼”是我国首颗大型X射线天文卫星，这意味着我国在X射线空间观测方面具有国际先进的暗弱变源巡天能力、独特的多波段快速光观测能力等．下列关于“慧眼”卫星的说法正确的是(　　)
A．如果不加干预，“慧眼”卫星的动能可能会缓慢减小
B．如果不加干预，“慧眼”卫星的轨道高度可能会缓慢降低
C．“慧眼”卫星在轨道上处于失重状态，所以不受地球的引力作用
D．由于技术的进步，“慧眼”卫星在轨道上运行的线速度可能会大于第一宇宙速度
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】试题分析：东方红二号地球同步卫星和地球自转的角速度相同，由a=ω2r可知，a2＞a3；由万有引力提供向心力可得：，东方红一号的轨道半径小于东方红二号的轨道半径，所以有：a1＞a2，所以有：a1＞a2＞a3，故ABC错误，D正确．故选D．
考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．还要知道同步卫星的运行周期和地球自转周期相等．
2．B
【详解】由开普勒第三定律可知，当圆轨道半径R和椭圆轨道半长轴a相等时，两颗卫星的周期相同，A错误．沿椭圆轨道运行的卫星，在与地心距离相等的对称位置具有相同的速率，卫星的动能和势能相等，B正确．地球同步卫星与地球同步，与地球自转周期相同，相对地面静止，它们的轨道半径相同，轨道平面都在赤道平面，C错误．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面可能经过两极的极地卫星，也可能是轨道平面与极地卫星有一偏角，这样轨道平面就不重合，D错误．
3．C
【详解】A．根据公式
得卫星在近地点和远地点的加速度之比为
(8r)2：r2 = 64：1
A错误；
B．卫星的机械能是动能与势能之和，只有变轨时才需对卫星做功，卫星在同一椭圆轨道运行时的机械能不变，B错误；
C．卫星在远地点Q处需点火加速才能变轨进入地球同步轨道，C正确；
D．过P点做一辅助圆轨道，从辅助圆轨道到椭圆轨道需在P点点火加速，则卫星在椭圆轨道P处的速度大于卫星在辅助圆轨道的速度，再根据
可知卫星在辅助圆轨道的速度大于卫星进入地球同步轨道后运行的速度，则卫星进入地球同步轨道后运行的速度小于在椭圆轨道P处的速度，D错误。
故选C。
4．AC
【详解】A．设卫星Ⅰ的轨道半径分别为R1，因卫星Ⅰ为同步卫星，则有
其中
且有
其中R为地球的半径，联立解得
故A正确；
B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为和，如图所示
在三角形AOB中，有
即
根据
可得
故有
联立以上各式，有
故B错误；
C．根据
可得
因卫星Ⅰ为同步卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有
整理得
故C正确；
D．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有
但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为，故D错误。
故选AC。
5．CD
【详解】A．对地球卫星有
解得
可知，卫星轨道半径越大，角速度越小，由于人与货物沿着“太空电梯”上行期间，在未到达地球同步轨道位置的时候，其角速度与同步轨道相同，即“太空电梯”该位置的角速度小于该位置轨道半径上卫星的角速度，则“太空电梯”上该位置圆周运动所需的向心力小于该位置的万有引力，人与货物还受到电梯向上的力的作用，人与货物处于失重状态，但不是完全失重，只有人与货物上升到同步卫星轨道上时，其角速度与同步轨道卫星的角速度相等，此时万有引力恰好等于圆周运动所需的向心力，此时人与货物才处于完全失重状态，A错误；
B．根据
解得
轨道半径越小，线速度越大，可知，卫星b比同步空间站a运行的线速度小，B错误；
C．经过时间t之后，a、b第一次相距最远，则有
解得
C正确；
D．根据线速度与角速度的关系有
由于太空电梯上各点的角速度等于地球自转的角速度，可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成正比，D正确。
故选CD。
6．C
【详解】A．设b卫星的周期为，此时二者距离最近，经过时间t之后，a、b再次相距最近，则有
解得
故A错误；
B．同步空间站a处于完全失重状态，但升降舱位于固定基地与同步空间站a之间，且相对地球静止，可知升降舱不只受到万有引力作用，升降舱不处于完全失重状态，故B错误；
C．升降舱停在距地球表面高度为2R的站点时，设物体的质量为，升降舱中物体受到的万有引力为
设太升降舱对物体的支持力为，则有
又
联立解得
则升降舱中物体的重力加速度为
故C正确。
D．太空电梯上各点的角速度相等，根据
可知太空电梯上各点线速度与该点到地心的距离成正比，故D错误。
故选C。
7．CD
【详解】A．由题意可知缆绳相对地面静止，则整个同步轨道一定在赤道正上方，所以地面基站不可能在青藏高原上。故A错误；
B．根据“太空电梯”结构可知
配重和同步空间站的角速度相同，空间站的环绕半径小于配重的环绕半径，所以配重的线速度大于同步空间站的线速度。故B错误；
C．箱体在上升过程中受到地球的引力
万有引力随着箱体与地球距离的增加而减小，故C正确；
D．根据题意可知，空间站做匀速圆周运动，若缆绳断开，配重与地球之间的万有引力
即万有引力小于配重做圆周运动的向心力，故配重会做离心运动。故D正确。
故选CD。
8．B
【详解】
设地球半径为R，画出仅用三颗地球同步卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯时同步卫星的最小轨道半径示意图，如图所示，由图中几何关系可得，同步卫星的最小轨道半径
r=2R
设地球自转周期的最小值为T，则由
可得
解得
T≈4h
故选B。
9．C
【详解】A．设卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R1和R2，因卫星Ⅰ为同步卫星，则有
且有
其中R为地球的半径，联立解得
A错误；
B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为和，如图所示
在三角形AOB中，有
即
根据
可得
故有
联立以上各式，有
B错误；
C．根据
可得
因卫星Ⅰ为同步卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有
整理得
C正确；
D．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有
但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为，D错误。
故选C。
10．A
【详解】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据
可得
a卫星的轨道半径小于c的轨道半径，则a的加速度大于c的加速度，故A正确；
B．根据向心力公式
卫星a、b的质量未知，故无法比较万有引力的大小，故B错误；
C．根据开普勒第三定律
由于三颗卫星均绕地球运动，则半径的三次方与周期的二次方比值都相等，故C错误；
D．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据
可得
a卫星的轨道半径小于c的轨道半径，则a的周期小于c的周期，故D错误。
故选A。
11．A
【详解】设同步卫星距地面的高度为h，则 ，以第一宇宙速度运行的卫星的轨道半径为R， ，联立解得 ,行星的自转周期等于同步卫星运转周期 ；因此BCD选项是错误，选项A正确．
综上所述本题选A
12．C
【详解】A．在地球赤道表面随地球自转的卫星，其所受万有引力提供重力和其做圆周运动的向心力，a的向心加速度小于重力加速度g，A错误；
B．由于c为同步卫星，所以c的周期为24h，因此4h内转过的圆心角为
B错误；
C．对b、c、d三颗围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力，则有
解得
因b的轨道半径最小，故；对a与c两颗卫星，两者有相同的角速度，则有
因c的轨道半径大，故，综上分析，可知b运动的线速度是最大的，所以其在相同的时间内转过的弧长最长，C正确；
D．根据万有引力提供向心力，则有
解得
因d的轨道半径比c的轨道半径大，故d运行的周期比c要长，所以其周期应大于24 h，D错误。
故选C。
13．ABC
【详解】卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，则
A．该卫星的线速度为：
又由黄金代换式
得
故A正确。
B．根据
知该卫星的加速度大于同步卫星的加速度，故B正确。
C．由开普勒第三定律知，该卫星的周期小于同步卫星的周期，则一年内，该卫星被太阳光照射时间小于同步卫星被太阳光照射时间，故C正确。
D．第一宇宙速度是卫星最小的发射速度，知该卫星的发射速度大于第一宇宙速度，故D错误。
故选ABC。
14．B
【详解】AB．卫星轨道所处的空间存在极其稀薄的空气，如果不加干预，卫星的机械能减小，卫星的轨道高度会缓慢降低，据
可得
卫星的轨道高度降低，卫星的线速度增大，卫星的动能增大，故B正确，A错误；
C．卫星在轨道上，受到的地球引力产生向心加速度，处于失重状态，故C错误；
D．据
可得
可知卫星在轨道上运行的线速度不可能大于第一宇宙速度，故D错误。
故选B。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第6章 万有引力与航天
第6.6 讲 宇宙探测
【知识点精讲】
宇宙探测是人类在宇宙中执行的一系列任务，目的是研究宇宙、深化对地球和太阳系的了解、探索其他行星和外星生命的存在。人类在过去的几十年中已经取得了很多关于宇宙的重大发现，其中许多都是通过宇宙探测实现的。
在宇宙探测中，测量天体物理学和宇宙学的设备和技术用于探索宇宙，包括望远镜、探测器、卫星和空间站等。这些设备和技术可以观测和记录各种类型的辐射和粒子、收集样本并进行分析，从而帮助科学家更好地理解宇宙。
通过望远镜和其他工具的能量，人类已经能够探测并确认许多太阳系之外的行星，这些行星被称为外太阳系行星。通过研究这些行星的质量、轨道、温度和化学成分等特征，我们可以更好地了解如何形成和演化。
宇宙射线是来自宇宙空间的高能粒子和辐射，对人类健康和航空器运行都有影响。因此，通过探测和分析宇宙射线可以帮助科学家更好地理解宇宙，并开发出更好的人类和航空器保护方法。
总之，宇宙探测是人类在宇宙中执行的一系列任务，旨在深入了解宇宙、扩展我们对地球和太阳系的认识、探索其他行星和外星生命的存在。它们需要使用各种先进的设备和技术，例如太空探测器、卫星和望远镜等，从而使我们对宇宙了解更多，也对人类未来探索宇宙的可能性提出了更多的机遇和挑战。
【方法归纳】
卫星运行参量的分析
卫星运行参量 相关方程 结论
线速度v G=m v= r越大，v、ω、a越小，T越大
角速度ω G=mω2r ω=
周期T G=m2r T=2π
向心加速度a G＝ma a＝
【最新高考题精练】
[2021高考河北物理]
1．“祝融号”火星车登陆火星之前，“天问一号”探测器沿椭圆形的停泊轨道绕火星飞行，其周期为2个火星日，假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为2个火星日，已知一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则该飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值约为（　　）
A． B． C． D．
[2020高考全国理综I I]
2．若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是（　　）
A． B． C． D．
[2020高考天津卷]
3．北斗问天，国之夙愿。我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍。与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星（ ）
A．周期大 B．线速度大 C．角速度大 D．加速度大
[2020高考江苏物理]
4．甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有（　　）
A．由可知，甲的速度是乙的倍
B．由可知，甲的向心加速度是乙的2倍
C．由可知，甲的向心力是乙的
D．由可知，甲的周期是乙的倍
[2020海南高考]
5．2020年5月5日，长征五号B运载火箭在中国文昌航天发射场成功首飞，将新一代载人飞船试验船送入太空，若试验船绕地球做匀速圆周运动，周期为T，离地高度为h，已知地球半径为R，万有引力常量为G，则（ ）
A．试验船的运行速度为
B．地球的第一宇宙速度为
C．地球的质量为
D．地球表面的重力加速度为
[2018·全国卷Ⅲ·15]
6．为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍．P与Q的周期之比约为（ ）
A．2:1 B．4:1 C．8:1 D．16:1
[2018高考天津理综]
7．2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的（ ）
A．密度 B．向心力的大小 C．离地高度 D．线速度的大小
[2018年11月浙江选考物理]
8．20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
[2018江苏高考物理]
9．我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高．今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000km，它们都绕地球做圆周运动．与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是（　　）
A．周期
B．角速度
C．线速度
D．向心加速度
【最新模拟题精练】
[2023江苏名校联考]
10．黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸，即黑洞的第二宇宙速度大于光速(光速为c)。某研究人员发现了一个异常小的黑洞，其质量只有太阳的4倍。已知太阳的质量为ms，太阳半径为Rs，引力常量为G，第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍。则该黑洞的半径最大是（ ）
A． B． C． D．
[2023安徽阜阳名校联考]
11．我国计划在2030年之前制造出可水平起飞、水平着陆并且可以多次重复使用的空天飞机。假设一航天员乘坐空天飞机着陆某星球后，由该星球表面以大小为v0的速度竖直向上抛出一物体，经时间t后物体落回抛出点。已知该星球的半径为R，该星球没有大气层，也不自转。则该星球的第一宇宙速度大小为（　　）
A． B． C． D．
[2020高考仿真冲刺卷4]
12．近期，科学家在英国《自然》科学期刊上宣布重大发现，在太阳系之外，一颗被称为Trappist-1的超冷矮星周围的所有7颗行星的表面都可能有液态水，其中有3颗行星还位于适宜生命存在的宜居带，这7颗类似地球大小、温度相似，可能由岩石构成的行星围绕一颗恒星公转，下图为新发现的Trappist-1星系（图上方）和太阳系内行星及地球（图下方）实际大小和位置对比，则下列说法正确的是
A．这7颗行星运行的轨道一定都是圆轨道
B．这7颗行星运行的线速度大小都不同，最外侧的行星线速度最大
C．这7颗行星运行的周期都不同，最外侧的行星周期最大
D．在地球上发射航天器到达该星系，航天器的发射速度至少要达到第二宇宙速度
[2023湖北名校联考]
13．牛顿在1687年出版的《自然哲学的数学原理》中设想，物体抛出的速度很大时，就不会落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星．如图所示，将物体从一座高山上的O点水平抛出，抛出速度一次比一次大，落地点一次比一次远，设图中A、B、C、D、E是从O点以不同的速度抛出的物体所对应的运动轨道．已知B是圆形轨道，C、D是椭圆轨道，在轨道E上运动的物体将会克服地球的引力，永远地离开地球，空气阻力和地球自转的影响不计，则下列说法正确的是（ ）
A．物体从O点抛出后，沿轨道A运动落到地面上，物体的运动可能是平抛运动
B．在轨道B上运动的物体，抛出时的速度大小为11.2km/
C．使轨道C、D上物体的运动轨道变为圆轨道，这个圆轨道可以过O点
D．在轨道E上运动的物体，抛出时的速度一定等于或大于16.7km/s
[2023湖南押题卷]
14．某人造卫星绕地球运行的椭圆轨道如图所示，O点为椭圆的中心，B点为卫星的近地点，B点距离地面的高度为h。卫星的运行周期为T，经过B点时的速度大小为v，地球（视为质量分布均匀的球体）的半径为5h，引力常量为G，近地卫星的周期为，C为弧AB的中点。下列说法正确的是（　　）
A．从近地点到远地点，万有引力对卫星做正功
B．地球的质量为
C．卫星从C点运动到B点的时间为
D．卫星的远地点距离地面的高度为9h
[2023湖南新高考联盟第一次联考]
15．国产大片《流浪地球》的热播，开启了人类星际移民的设想。如果在某宜居行星上，将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，将质量为m的物体从弹簧正上方某位置由静止释放，物体运动过程中的加速度与位移间的关系如图所示。已知该宜居行星的半径是地球半径的2倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略自转的影响，地球和该宜居行星均可视为质量分布均匀的球体，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．物体下落过程中的最大动能为
B．物体下落过程中弹簧的最大压缩量为
C．宜居行星的密度与地球的密度之比为
D．宜居行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为
[2023河南开封二模]
16．探索浩瀚宇宙，发展航天事业，建设航天强国，是中华民族不懈追求的航天梦。2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，顺利进入预定轨道，发射取得圆满成功。据相关资料显示神舟十五号飞船从中国酒泉卫星发射中心发射升空，运行在轨道倾角42.4度、近地点P高度200公里、远地点Q高度347公里的椭圆轨道上（如图1轨道），实施变轨后，进入347公里的圆轨道（如图2轨道）。则下列说法正确的是（　　）
A．单位时间内，飞船在1、2轨道上运行时与地心的连线扫过的面积相等
B．飞船在1轨道上运行时的机械能小于在2轨道上运行时的机械能
C．飞船在1轨道上Q点的线速度大于在2轨道上Q点的线速度
D．飞船在1轨道上Q点的加速度等于在2轨道上Q点的加速度
[2023江苏盐城期中]
17．2022年10月15日，遥感三十六号卫星发射成功！某遥感卫星的轨道为椭圆，、是椭圆的两个焦点，地球（图中没有画出）位于其中的一个焦点。a、b，c是椭圆上的三点，已知卫星从a经过b运动到c速率不断增大，且ab的长度与bc的长度相等，则卫星（　　）
A．所受地球的引力始终指向 B．所受地球的引力与向心力相等
C．从a到b与b到c的时间一定相等 D．由a经过b运动到c的加速度逐渐增大
[2021山东泰安三模]
18．宇航员驾驶宇宙飞船绕一星球做匀速圆周运动，测得飞船线速度大小的二次方与轨道半径的倒数的关系图像如图中实线所示，该图线（直线）的斜率为，图中（该星球的半径）为已知量。引力常量为，下列说法正确的是（　　）
A．该星球的密度为
B．该星球自转的周期为
C．该星球表面的重力加速度大小为
D．该星球的第一宇宙速度为
[2022江苏第二次百校大联考]
19．“北斗”第49颗卫星绕地球做圆周运动，该卫星的运转周期与地球自转周期相同，轨道平面与赤道平面成一定角度。该卫星（　　）
A．相对地面是静止的
B．运行速度等于第一宇宙速度
C．轨道半径与地球同步卫星相同
D．向心加速度大于地面的重力加速度
[2022山东枣庄二模]
20．我国北斗卫星导航系统由空间段、地面段和用户段三部分组成。空间段由若干地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星组成，如图所示。设三类卫星都绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径关系为。下列说法正确的是（　　）
A．的线速度比的小
B．的角速度比的小
C．和的周期之比为
D．和的线速度之比为
[2022河南南阳一中质检]
21．如图所示，是北斗卫星导航系统中的3颗卫星，它们的绕行方向相同，周期分别为，下列说法中正确的是（　　）
A．大于
B．b加速可以追上c
C．b与c的向心力大小相等
D．每隔时间与地球球心三点共线
22．利用探测器探测某行星，探测器在距行星表面高度为h1的轨道上做匀速圆周运动时，测得周期为T1；探测器在距行星表面高度为h2的轨道上做匀速圆周运动时，测得周期为T2，万有引力常量为G，根据以上信息可求出（ ）
A．该行星的质量
B．该行星的密度
C．该行星的第一宇宙速度
D．探测器贴近行星表面飞行时行星对它的引力
23．据报道，2020年前我国将发射8颗海洋系列卫星，包括2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫星(这4颗卫星均绕地球做匀速圆周运动)，以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛全部岛屿附近海域的监测．设海陆雷达卫星的轨道半径是海洋动力环境卫星的n倍，下列说法正确的是( )
A．在相同时间内，海陆雷达卫星到地心的连线扫过的面积与海洋动力环境卫星到地心的连线扫过的面积相等
B．海陆雷达卫星做匀速圆周运动的半径的三次方与周期的平方之比等于海洋动力环境卫星做匀速圆周运动的半径的三次方与周期的平方之比
C．海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星角速度之比为
D．海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星周期之比为
24．宇航员站在某一星球上，将一个小球距离星球表面h（h远小于R）高度处由静止释放使其做自由落体运动，经过t时间后小球到达星球表面，已知该星球的半径为R，引力常量为G，则下列选项正确的是
A．该星球的质量为
B．该星球表面的重力加速度为
C．该星球表面的第一宇宙速度为
D．该星球的密度为
25．假设宇宙中有两颗相距足够远的行星A和B，半径分别为和。各自相应的两颗卫足环绕行星运行周期的平方与轨道半径的三次方(所的关系如图所示，两颗卫星环绕相应行星表而运行的周期都为。则（　　）
A．行星A的质量大于行星B的质量
B．行星A的密度小于行星B的密度
C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度
D．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度
26．2018年2月12日，长征三号乙运载火箭以“—箭双星”的形式将北斗三号第五颗、第六颗全球组网导航卫星成功送入预定轨道，这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，即采用圆轨道，轨道高度低于同步卫星的轨道高度，万有引力常量为已知，下列说法正确的是
A．这两辆卫星在其轨道上运行的速率小于同步卫星的速率
B．如果已知这两辆卫星在其轨道上运行的周期可以计算出地球质量
C．如果已知这两颗卫星在其轨道上运行的周期与轨道半径可以计算出地球密度
D．这两颗卫星在其轨道上运行的速率小于第一宇宙速度的大小
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】绕中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可得
则
，
由于一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则飞船的轨道半径
则
故选D。
【点睛】
2．A
【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则
， ，
知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期
3．A
【详解】卫星有万有引力提供向心力有
可解得
可知半径越大线速度，角速度，加速度都越小，周期越大；故与近地卫星相比，地球静止轨道卫星周期大，故A正确，BCD错误。
故选A。
4．CD
【详解】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，则
A．因为在不同轨道上g是不一样的，故不能根据得出甲乙速度的关系，卫星的运行线速度
代入数据可得
故A错误；
B．因为在不同轨道上两卫星的角速度不一样，故不能根据得出两卫星加速度的关系，卫星的运行加速度
代入数据可得
故B错误；
C．根据，两颗人造卫星质量相等，可得
故C正确；
D．两卫星均绕地球做圆周运动，根据开普勒第三定律，可得
故D正确。
故选CD。
5．B
【详解】A．试验船的运行速度为，故A错误；
B．近地轨道卫星的速度等于第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有
根据试验船受到的万有引力提供向心力有
联立两式解得第一宇宙速度
故B正确；
C．根据试验船受到的万有引力提供向心力有
解得
故C错误；
D．地球重力加速度等于近地轨道卫星向心加速度，根据万有引力提供向心力有
根据试验船受到的万有引力提供向心力有
联立两式解得重力加速度
故D错误。
故选B。
6．C
【详解】设地球半径为R，根据题述，地球卫星P的轨道半径为RP=16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ=4R，根据开普勒定律，可得
==64
所以P与Q的周期之比为
TP∶TQ=8∶1
ABD错误，C正确。
故选C正确。
7．CD
【详解】AB．根据题意，已知卫星运动的周期T，地球的半径R，地球表面的重力加速度g，卫星受到的外有引力充当向心力，故有
卫星的质量被抵消，则不能计算卫星的密度，更不能计算卫星的向心力大小，AB错误；
C．由
，G=mg
解得
而
故可计算卫星距离地球表面的高度，C正确；
D．根据公式
由选项C可知，轨道半径可以求出，周期已知，故可以计算出卫星绕地球运动的线速度，D正确。
故选CD。
【点睛】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1．万有引力等于重力（忽略自转），2．万有引力提供向心力，并能灵活运用。
8．D
【分析】根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量；
【详解】直线推进时，根据动量定理可得
解得飞船的质量为
绕孤立星球运动时，根据公式
，
解得
故选D。
【点睛】本题需要注意的是飞船在绕孤立星球运动时，轨道不是星球的半径，切记切记。
9．A
【详解】设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则得
得
可知，卫星的轨道半径越大，周期越大，而角速度、线速度和向心加速度越小，“高分五号”的轨道半径比“高分四号”的小，所以“高分五号”较小的是周期，较大的是角速度、线速度和向心加速度。
故选A。
点睛：解决本题的关键是要掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道卫星的线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，对于周期，也可以根据开普勒第三定律分析．
10．A
【详解】根据万有引力提供向心力有
G＝m
得黑洞的第一宇宙速度
v＝
又第二宇宙速度大于光速，所以
v>c
解得
R<
故选A。
11．A
【详解】根据小球做竖直上抛运动的速度时间关系可知
t=
所以星球表面的重力加速度
g=
星球表面重力与万有引力相等，
mg=
近地卫星的轨道半径为R，由万有引力提供圆周运动向心力有：
联立解得该星球的第一宇宙速度
v=
故A正确，BCD错误。
故选A。
12．C
【详解】A、根据开普勒第一定律可知这7颗行星运行的轨道一定都是椭圆轨道，故A错误；
B、由万有引力提供向心力：，则有，这7颗行星运行的线速度大小都不同，最外侧的行星线速度最小，故B错误；
C、由万有引力提供向心力：，则有，这7颗行星运行的周期都不同，最外侧的行星周期最大，故C正确；
D、要在地球表面发射航天器到达该星系，发射的速度最小为第一宇宙速度，第一宇宙速度，故D错误；
故选C．
【点睛】根据开普勒第一定律可知这7颗行星运行的轨道一定都是椭圆轨道，由万有引力提供向心力，最外侧的行星线速度最小，最外侧的行星周期最大．
13．AC
【分析】（1）第一宇宙速度是最小的卫星发射速度，却是最大的环绕速度；
（2）当物体以第一宇宙速度被抛出，它的运动轨道为一圆周；当物体被抛出的速度介于第一和第二宇宙速度之间，它的运动轨迹为一椭圆；当物体被抛出时的速度介于第二和第三宇宙速度之间，物体将摆脱地球引力，成为绕太阳运动的行星；当被抛出的初速度达到或超过第三宇宙速度，物体必然会离开太阳系；
（3）卫星变轨时的位置点，是所有轨道的公共切点．
【详解】A、物体抛出速度v＜7.9km/s时必落回地面，若物体运动距离较小时，物体所受的万有引力可以看成恒力，故物体的运动可能是平抛运动，A正确；
B、在轨道B上运动的物体，相当于地球的一颗近地卫星，抛出线速度大小为7.9km/s，B错误；
C、轨道C、D上物体，在O点开始变轨到圆轨道，圆轨道必然过O点，C正确；
D、当物体被抛出时的速度等于或大于16.7km/s时，物体将离开太阳系，故D错误．
【点睛】本题考查宇宙速度，知道第一宇宙速度是最小的发射速度、最大的环绕速度，掌握卫星变轨模型，知道各宇宙速度的物体意义至关重要．
14．D
【详解】A．从近地点到远地点，万有引力的方向与卫星的运动方向成钝角，万有引力对卫星做负功，A错误；
B．设经过B点做匀速圆周运动的卫星的速度大小为v1，根据牛顿第二定律得
根据题意得
根据卫星变轨知识得
解得
B错误；
C．卫星的运行周期为T，卫星从A点运动到B点的时间为，则卫星从C点运动到B点的时间小于，C错误；
D．设卫星的远地点距离地面的高度为H，根据开普勒第三定律得
解得
D正确。
故选D。
15．A
【详解】A．物体下落过程中，加速度为零时速度最大即动能最大，物体受到的合外力
故图线与坐标轴围成的图形的面积与m的乘积，就等于合外力所做的功，即为动能的增加量，求出最大动能为，选项A正确；
B．弹簧压缩量为2时，物体处于平衡位置，根据简谐运动的特点，之后物体下降的高度大于2，选项B错误；
C．由图可知，宜居行星表面的重力加速度大小为，忽略自转的影响，认为万有引力等于重力，有
结合
可得宜居行星的密度与地球的密度之比为，选项C错误；
D．该宜居行星的第一宇宙速度
地球的第一宇宙速度
可得宜居行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为，选项D错误。
故选A。
16．BD
【详解】A．根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上相同时间内与地线连线扫过的面积相等，不同轨道无法比较，故A错误；
B．轨道半径越大机械能越大，飞船在1轨道上运行时的轨道半径小于在2轨道上运行时的轨道半径，因此在1轨道上运行时的机械能小于在2轨道上运行时的机械能，故B正确；
C．飞船在Q点从1轨道变轨为2轨道时飞船需要点火加速，因此飞船在1轨道上Q点的线速度小于在2轨道上Q点的线速度，故C错误；
D．根据牛顿第二定律有
可知飞船在绕地球运行过程中的加速度大小为
则可知飞船在1轨道与2轨道的交点Q点处的加速度相同，故D正确。
故选BD。
17．D
【详解】A．卫星从a经过b运动到c速率不断增大，说明万有引力做正功，地球应位于焦点，卫星所受地球的引力始终指向，故A错误；
B．卫星所受地球的引力与向心力不相等，因为卫星的速率在变化，故B错误；
C．根据开普勒第二定律，卫星从a经过b运动到c速率不断增大，从a到b的时间大于b到c的时间，故C错误；
D．卫星从a经过b运动到c的过程中，靠近地球，卫星受到的万有引力增大，根据牛顿第二定律可知由a经过b运动到c的加速度逐渐增大，故D正确。
故选D。
18．A
【详解】A．假设飞船的质量为m，由图像可知，该星球的半径r0，探测器受到的万有引力提供向心力有
即
根据该直线斜率为k，有
根据密度公式
联立可得
故A正确；
B．无法求得该星自转周期，故B错误；
C.．根据该星表面上质量为m′的物体受到的万有引力和重力相等，即
解得该星表面的重力加速度为
故C错误；
D．根据绕该星表面做匀速圆周运动的线速度等于该星的第一宇宙速度，得
解得
故D错误。
故选A。
19．C
【详解】A．卫星运转周期与地球自转周期相同，轨道平面与赤道平面成一定角度，该卫星不是静止卫星，所以相对地面不是静止的，故A错误；
B．第一宇宙速度等于贴近地球表面做匀速圆周运动卫星的线速度，根据
得
可知，轨道半径越大，线速度越小，所以该卫星运行速度小于第一宇宙速度，故B错误。
C．根据开普勒第三定律，知
可知，该卫星的运转周期与地球自转周期相同，轨道半径与地球同步卫星相同，故C正确；
D．根据
可知轨道越高，向心加速度越小，所以该星的向心加速度小于地面重力加速度，故D错误。
故选C。
20．BD
【详解】AD．根据万有引力提供向心力可得
解得
可得和的线速度之比为
由于与的轨道半径相等，所以与的线速度大小相等，A错误，D正确；
B．根据万有引力提供向心力可得
解得
由于的轨道半径大于的轨道半径，所以的角速度比的小，B正确；
C．根据万有引力提供向心力可得
解得
可得和的周期之比为
C错误。
故选BD。
21．D
【详解】A．由开普勒第三定律可知
故A错误；
B．b加速后会做离心运动，故B错误；
C．因卫星质量未知，向心力大小无法判断，故C错误；
D．根据角度关系有
可求出共线周期
故D正确。
故选D。
22．ABC
【详解】A． 探测器在距行星表面高度为h1和h2的轨道上做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有
，
两式中探测器的质量m可约去，已知G、h1和h2、T1和T2，则可求出行星的质量M和行星的半径R，A正确；
B．行星的密度
由A项可求行量的质量M和半径R，则可以求出行星的密度，B正确；
C．根据万有引力提供向心力
得第一宇宙速度，所以可以求出该行星的第一宇宙速度，C正确；
D．由于不知道探测器的质量，所以不可求出探测器贴近星球表面飞行时行星对它的引力，D错误。
故选ABC。
23．B
【详解】根据可得，卫星到地心的连线扫过的面积为，半径不同，面积不同，A错误；由可知，是一个定值，B正确；根据可知角速度之比为，C错误；根据可知周期之比为，D错误．
24．ACD
【详解】对小球，根据h=gt2得该星球表面的重力加速度为：g=．物体在星球表面时，根据G=mg得星球的质量为：．故A正确，B错误；根据万有引力提供向心力得：mg=m，所以：该星球表面的第一宇宙速度为：．故C正确．星球的密度为：．故D正确；故选ACD．
点睛：该题是自由落体运动与万有引力定律的综合，要知道联系它们之间的桥梁是重力加速度．解决本题的关键是掌握万有引力等于重力以及万有引力等于向心力这两条基本理论，并能灵活运用．
25．AD
【详解】A．根据万有引力提供向心力得
解得
从图中可知斜率越小，越大，质量越大，所以行星A的质量大于行星B的质量，A正确；
B．根据图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，密度
所以行星A的密度等于行星B的密度，B错误；
C．第一宇宙速度
A的半径大于B的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，C错误；
D．根据
得
当两行星的卫星轨道半径相同时，A的质量大于B的质量，则行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速，D正确。
故选AD。
26．D
【详解】AD、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得，由于，所以这两辆卫星在其轨道上运行的速率大于同步卫星的速率，小于第一宇宙速度的大小，故A错误，D正确；
B、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得，已知这两辆卫星在其轨道上运行的周期和万有引力常量，不知这两辆卫星在其轨道上运行的半径，所以不能求出地球质量，故B错误；
C、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得，已知这两颗卫星在其轨道上运行的周期与轨道半径，能求出地球质量，由于密度公式可知，地球的半径不知道，不能求出地球密度，故C错误；
故选D．
【点睛】卫星绕地球做圆周运动，应用牛顿第二定律、万有引力公式求出线速度、质量，然后分析答题．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第6章 万有引力与航天
第6.7 讲 月球探测
【知识点精讲】
利用航天器对月球进行的各种探测。
对月球探测的方式有：
①在月球近旁飞过或在其表面硬着陆，利用这较短时间探测月球周围环境和拍摄月球照片。苏联月球3 号探测器就是以近旁飞行发回首批月球背面照片；美国徘徊者7、8、9 号探测器就是击中月球表面前发回一批照片。
②以月球卫星的方式取得信息，这种方式能有较长的探测时间。
③载人航天器、不载人航天器或探测器，在月球表面软着陆（通过减速使航天器在接触月球或其他星球表面瞬时的垂直速度降低到最小值，以实现安全着陆的技术），登月载人航天器（见阿波罗工程）可大量收集月球土壤、岩石样品，拍摄大量照片，安装各种测量仪器，获取丰富和详细的月球资料；不载人航天器或探测器，在月球软着陆后，拍摄高分辨率的月球表面照片传回地面，或者将仪器测量的数据传回地面，甚至像月球16、20、24号探测器那样在月球软着陆并取回月球表面样品。由于30多年来对月球的各种探测，极大地充实了人们对月球的认识。
【方法归纳】
从科学上说，研究月球的目的，就是要研究月球是如何形成、如何演化的。而地月又是一个系统，研究月球同时也能更加深我们对于地球起源和演化的认识。而地月系统的起源和演化，主要背景就是太阳系的起源和演化，在科学上，这是一个值得永远探索的基本问题。这大致就是从科学角度的探月目的。当然这是一个长期的， 要通过很多代人的努力才能逐步弄清楚的问题。另外， 从应用上说， 根据每个国家对月球的理解， 必然提出月球在应用上有什么价值。这是可以理解的。月球上有4个方面是值得人们关注的。第一， 资源， 这里所说的资源是狭义的矿产资源。 月球上有极其丰富的矿产资源。比如原子能发电用的铀矿和钍矿，比地球上多得多；还有极其丰富的稀土、钛矿，是以钛铁矿形式存在的。在我国，这种矿石在四川攀枝花地区有一些， 所以建立了攀钢。 而在月球上，这种矿石的分布面积大概接近一个中国的面积，而且品位也非常好。还有很多其他矿产资源。但是矿产资源存在一个基本问题， 谁也不会在月球上开发矿产。 首要原因是成本太高， 经济上不合算。 但是， 人类应该知道月球上有哪些资源将来是可供人类使用的。 一旦经济上可行， 再去开发才有价值。 所以，还处在科学探测矿产资源的阶段。第二种是大家比较关注的能源。 我们地球上的化石能源终究是要耗尽的。人们算了一个帐， 估计石油和天然气大约还能用60多年， 煤大概还能用100多年。 核电站也要用原料， 一次性核燃料也只能用几十年。 正在发展太阳能发电、风能发电、 生物能源发电，等等，但是，终究不能解决全人类长期持续发展的能源需求。 因此，人类正在寻找另一种能源。 人类一定会想出替代的办法， 找出终极能源。 天然气水合物（ 可燃冰） 蕴藏有4倍于石油和煤炭的碳含量， 将是一种极其丰富的能源，能保证人类使用更长的时间， 但考虑到很多环境问题，还不敢开发利用。但无论如何，人们依然寄希望于受控核聚变发电能够实现商业化。月球的第三个资源是它的环境资源。第一， 月球上是超高真空， 没有磁场。 月球31亿年以前有磁场， 后来突然丢失了。 月球上不但是超高真空、 没有磁场、 温度变化巨大， 而且没有火山活动、 没有强烈的月震， 很稳定， 还没有污染。 因此， 在月球上所能生产、 制备的一些东西， 地球上是望尘莫及的。 比如一些特殊的材料、 生物制品、 药品， 当然， 必须是极高附加值的东西， 已经有很多这样的产品清单了。 还有就是在地球上有重力的影响，而月球上的重力就小多了。所有这些， 使月球的环境成为非常重要的资源， 可以很好地加以利用。第四类资源， 是大家公认的， 月球可能是很好的军事战略平台。
2023年4月24日，国家航天局发布一系列中国未来深空探测的战略及规划，记者日前对中国探月工程总设计师吴伟仁院士进行了独家专访。吴伟仁院士介绍，中国正在进行月球探测的四期工程，其中，嫦娥六号任务计划于2024年前后实施，它的主要任务是到月球背面采样，并携带月球样品返回地球，这也是人类第一次从月球背面采集月壤。嫦娥七号将去月球南极寻找月球存在水的证据，嫦娥八号将配合嫦娥七号在月球南极建立国际月球科研站的基本型，对月球资源勘探和利用等进行一系列试验。在采访中吴伟仁院士还介绍，中国正在构建一个环月球的通信导航卫星星座，简单地说就是月球版的北斗导航系统。
【最新高考题精练】
[2021年1月浙江选考]
1．嫦娥五号探测器是我国首个实施月面采样返回的航天器，由轨道器、返回器、着陆器和上升器等多个部分组成。为等待月面采集的样品，轨道器与返回器的组合体环月做圆周运动。已知引力常量G=6.67×10-11N m2/kg2地球质量m=6.0×1024kg，月球质量m2=7.3×1022kg，月地距离r1=3.8×105km，月球半径r2=1.7×103km。当轨道器与返回器的组合体在月球表面上方约200km处做环月匀速圆周运动时，其环绕速度约为（　　）
A．16m/s B．1.1×102m/s C．1.6×103m/s D．1.4×104m/s
[2020高考全国理综III卷]
2．“嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K倍。已知地球半径R是月球半径的P倍，地球质量是月球质量的Q倍，地球表面重力加速度大小为g。则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为（　　）
A． B． C． D．
【最新模拟题精练】
一、选择题
[2023辽宁大连金州高中三模]
3．我国计划2030年左右进行载人登月计划，载人登月计划的核心技术是“绕、落、回”，先绕月球运行，然后软着陆到月球表面，最后从月球表面返回地球。已知月球的质量只有地球质量的，月球半径为地球半径的，地球表面的重力加速度为，引力常量为。下列说法正确的是（　　）
A．月球表面的重力加速度约为
B．登月火箭的发射速度应大于
C．飞船从高轨道变轨到低轨道时，机械能增大
D．若知道飞船近月环绕的周期，就可以求出月球的密度
[2023山东青岛二中下学期期中]
4．飞天揽月，奔月取壤，嫦娥五号完成了中国航天史上一次壮举。如图所示为嫦娥五号着陆月球前部分轨道的简化示意图，I是地月转移轨道，II、III是绕月球运行的椭圆轨道，IV是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道II的远月点和近月点。已知圆轨道IV到月球表面的高度为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转，下列关于嫦娥五号说法正确的是（ ）
A．在IV轨道上绕月运行的速度大小为
B．在III轨道上的机械能比IV轨道上大
C．由I轨道进入II轨道需在P处向前喷气，由II轨道进入III轨道需在Q处向后喷气
D．在II轨道上稳定运行时经过P点的加速度大于经过Q点的加速度
[2023云南师大附中模拟]
5．．图是“嫦娥一号奔月”示意图，卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测。下列说法正确的是
A．发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度
B．在绕月圆轨道上，卫星的周期与卫星质量有关
C．卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比
D．在绕月圆轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力
[2022年福建漳州七校联考]
6．嫦娥五号返回器从月球归来初入大气层时的速度可以接近第二宇宙速度，为避免高速带来的高温过载风险，采用了“半弹道跳跃式返回”减速技术。如图所示，返回器从a点第一次进入大气层，调整返回器姿态，使其经b点升高，再从c点“跳”出大气层，在太空中潇洒地打个“水漂”，升高到距地面高度为h的d点后，再次从e点进入大气层返回地球。假设返回器从c到e的过程为无动力飞行。已知地球表面重力加速度为g，地球的半径为R，引力常量为G。结合以上信息，下列说法正确的是（　　）
A．从a点到c点的过程中，返回器机械能守恒 B．在d点，返回器的速度大于第一宇宙速度
C．在d点，返回器的加速度大小为 D．在e点返回器处于超重状态
[2022福建南平联考]
7．如图所示，月球探测器在一个环绕月球的椭圆轨道上运行，周期为，飞行一段时间后实施近月制动，进入距月球表面高度为的环月圆轨道，运行周期为。月球的半径为。下列说法正确的是（　　）
A．根据题中数据，无法求出月球探测器的质量
B．探测器在椭圆轨道远月点的速度大于近月点的速度
C．椭圆轨道的半长轴为
D．探测器在椭圆轨道上运行的最大速度为
[2021天津和平区期末]
8．2020年11月24日凌晨，嫦娥5号探测器发射成功，开启了探月工程难度最大的阶段。某研究小组的同学们在网上查阅了关于月球的信息：地球半径约是月球半径的倍，地球质量约是月球质量的倍。借助所学知识，可以对绕月飞行的有关规律做出如下推断（　　）
A．月球表面的重力加速度大于地球表面重力加速度
B．飞船绕月球表面做圆周运动的周期是绕地球表面运动周期的倍
C．月球的第一宇宙速度大于
D．探测器在月球表面受到的万有引力等于在地球表面所受的万有引力
[2021江西南昌一模]
9．2020年12月17日，我国自主研发的探月工程嫦娥五号探测器在月球表面挖取2千克重的月壤样本后成功返回地球，完成了我国迄今为止最为复杂的航天任务，标志着我国的航天技术处于世界巅峰水平。随着人类航天技术的进步，未来会有越来越多的其它星球的物质被运回地球，假设最终使得地球的质量逐渐增大，而月球的质量保持不变且只考虑地月间的万有引力，下列说法正确的是（　　）
A．月球受到地球的引力将逐渐变小 B．月球绕地球公转的轨道半径将逐渐变小
C．月球绕地球公转的线速度将逐渐变大 D．月球绕地球公转的周期将逐渐变大
[2021广东惠州第三次调研]
10．“嫦娥五号”月球探测器实现了人类首次月球背面软着陆和巡视勘察。“嫦娥五号”月球探测器在月球上空巡视可看成匀速圆周运动，其轨道半径为r，运动周期为T。已知地球质量为M1、半径为R1、表面的重力加速度为g，月球质量为M2、半径为R2，两者均可视为质量分布均匀的球体。则月球表面的重力加速度为（　　）
A． B． C． D．
[2023湖北武汉部分重点高中高二联考]
11．在“嫦娥五号”任务中，有一个重要环节，轨道器和返回器的组合体（简称“甲”）与上升器（简称“乙”）要在环月轨道上实现对接，以使将月壤样品从上升器转移到返回器中，再由返回器带回地球。对接之前，甲、乙分别在各自的轨道上做匀速圆周运动，且甲的轨道半径比乙小，如图所示，为了实现对接，处在低轨的甲要抬高轨道。下列说法正确的是（　　）
A．在甲抬高轨道之前，甲的线速度小于乙
B．甲可以通过增大速度来抬高轨道
C．在甲抬高轨道的过程中，月球对甲的万有引力逐渐增大
D．返回地球后，月壤样品的重量比在月球表面时大
二、计算题
[2022湖南永州三模]
12．嫦娥五号探月器成功登陆月球并取回月壤，成为中国的骄傲。登月取壤过程可简化：着陆器与上升器组合体随返回器和轨道器组合体绕月球做半径为3R的圆轨道运行；当它们运动到轨道的A点时，着陆器与上升器组合体被弹离，返回器和轨道器组合体速度变大沿大椭圆轨道运行；着陆器与上升器组合体速度变小沿小椭圆轨道运行半个周期登上月球表面的B点，在月球表面工作一段时间后，上开器经快速启动从B点沿原小椭圆轨道运行半个周期回到分离点A与返回器和轨道器组合体实现对接，如图所示。已知月球半径为R、月球表面的重力加速度为。
（1）求返回器与轨道器、着陆器与上升器的组合体一起在圆轨道上绕月球运行的周期T；
（2）若返回器和轨道器组合体运行的大椭圆轨道的长轴为8R，为保证上升器能顺利返回A点实现对接，求上升器在月球表面停留的时间t。
[2021天津市河东区一模]
13．嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r，“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为g/6。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。
(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E；
(2)通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0；
(3)求船舱匀速运动时的速度大小v；
(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小和此时电容器所带电荷量q。
[2021福建龙岩一模]
14．嫦娥五号任务的圆满完成，标志着我国航天事业发展中里程碑式的新跨越。嫦娥五号从地面发射后进入地月转移轨道，再经过变轨后进入绕月圆形轨道，已知圆形轨道距月球表面高度为h，月球半径为R，月球表面重力加速度为g0，已知万有引力常量为G。求
(1)月球质量M；
(2)探测器在圆轨道上运动的线速度v大小。
[2021湖南娄底高一期中]
15．2007年10月24日，“嫦娥一号”探月卫星发射升空，实现了中华民族千年奔月的梦想。2007年10月31日，“嫦娥一号”探月卫星在近地点600km处通过发动机短时点火，实施变轨。变轨后卫星从远地点高度12万余公里的椭圆轨道进入远地点高度37万余公里的椭圆轨道，直接奔向月球。已知地球质量大约是月球质量的81倍，地球半径大约是月球半径的4倍，地球的第一宇宙速度是7.9km/s。求：
（1）“嫦娥一号”奔向月球的过程中，“嫦娥一号”控月卫星通过月、地之间的某一位置时，月球和地球对它的引力大小相等，该位置到月球中心与到地球中心的距离之比是多少？
（2）月球的第一宇宙速度（保留3为有效数字）。
[2022河北石家庄重点高中月考]
16．“神舟五号”飞船完成了预定的空间科学和技术试验任务后，返回舱开始从太空向地球表面按预定轨道返回，返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后，在一定的高度打开阻力降落伞进一步减速下降，这一过程中若返回舱所受空气摩擦阻力与速度的平方成正比，比例系数（空气阻力系数）为k，所受空气浮力恒定不变，且认为竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱的速度——时间图象如下图中的AD曲线所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线交于横轴一点B，其坐标为（8，0），CD是曲线AD的渐近线，假如返回舱总质量为M＝400kg，重力加速度g取10m/s2。
试问：
（1）返回舱在这一阶段是怎样运动的；
（2）在t＝0时，返回舱的加速度多大；
（3）计算阻力系数k。
[2021北京丰台期末]
17．2020年11月24日，我国“嫦娥五号”探测器成功发射并进入地月转移轨道。28日“嫦娥五号”在图甲B处成功实施近月制动，进入环月椭圆轨道，月球在椭圆轨道的焦点上；29日探测器在椭圆轨道的近月点A处再次“刹车”，进入环月圆轨道（图甲没有按实际比例画图）。研究探测器在椭圆轨道上的运动可以按照以下思路进行：对于一般的曲线运动，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，其半径称为曲线在某点的曲率半径。图乙中最大内切圆的半径ρ即为曲线在P点的曲率半径，图甲中椭圆在A点和B点的曲率半径，rA为A点到月球球心的距离，rB为B点到月球球心的距离。已知月球质量为M，引力常量为G。
(1)求探测器在环月圆轨道1上运行时线速度v1的大小；
(2)证明探测器在椭圆轨道2上运行时，在近月点A和远月点B的线速度大小满足：vA·rA=vB·rB；
(3)某同学根据牛顿运动定律分析得出：质量为m的探测器在圆轨道1和椭圆轨道2上经过A点时的加速度a1、a2均满足，因此a1=a2。请你利用其它方法证明上述结论。（若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为m1和m2的两个质点相距r时的引力势能。）
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】根据
可得
故选C。
2．D
【详解】设“嫦娥四号”、地球质量分别为和M，则“嫦娥四号”在地球表面时和绕月球做半径为月球半径的K倍的圆周运动时，分别有
，
解得
故选D。
3．D
【详解】A．根据
可得
可得
故A错误；
B．是地球第二宇宙速度，是火箭脱离地球束缚的速度；而登月火箭的发射并没有脱离地球，所以登月火箭的发射速度应该小于，故B错误；
C．飞船从高轨道变轨到低轨道时，在变轨点需要减速，即在该位置，飞船的动能变小，引力势能不变，所以飞船从高轨道变轨到低轨道，机械能变小，故C错误；
D．根据
联立可得
故月球密度为
若知道飞船近月环绕的周期，就可以求出月球的密度，故D正确。
故选D。
4．B
【详解】A．不考虑月球的自转，在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，则
嫦娥五号在IV轨道上绕月运行时，由万有引力提供向心力，可得
联立可得，在IV轨道上绕月运行的速度大小为
故A错误；
B．在III轨道上和IV轨道上同一点Q，具有相同的重力势能，由III轨道进入IV轨道需要减速做近心运动，动能减小，所以在III轨道上的机械能比IV轨道上大，故B正确；
C．由I轨道进入II轨道需在P处进行减速，应向前喷气，由II轨道进入III轨道需在Q处进行减速，应向前喷气，故C错误；
D．根据牛顿第二定律，有
可知其他不变的情况下，轨道距离越远，加速度越小，所以在II轨道上稳定运行时经过P点的加速度小于经过Q点的加速度，故D错误。
故选B。
5．C
【详解】A．第三宇宙速度是卫星脱离太阳系的最小发射速度，所以“嫦娥一号”卫星的发射速度应大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，A错误；
B．由
得
所以卫星的周期与月球质量有关，与卫星质量无关，B错误；
C．由万有引力定律
可知，卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比，C正确；
D．卫星在绕月轨道上运行时，由于离地球很远，受到地球引力很小，卫星做圆周运动的向心力由月球引力提供，D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．嫦娥五号返回器从a点到c点的过程中，空气阻力做功，机械能不守恒，A错误；
B．嫦娥五号返回器经过d点后做近心运动，有
即
又因为第一宇宙速度为
故
B错误；
C．在d点由牛顿第二定律
又因为在地球表面有
联立可得
C正确；
D．在e点返回器加速度有向下的分量，故返回器处于失重状态，D错误。
故选C。
7．AC
【详解】A．利用万有引力定律对探测器研究时，探测器的质量会被消去，无法求出探测器的质量，故A正确；
B．由开普勒第二定律可知，探测器在椭圆轨道远月点的速度小于近月点的速度，故B错误；
C．设椭圆轨道的半长轴为，根据开普勒第三定律有
解得
故C正确；
D．探测器在圆轨道上运行的速度大小
探测器在椭圆轨道上运行时，在近月点的速度最大，由于探测器在近月点制动后进入圆轨道，探测器在椭圆轨道的近月点的速度大于在圆轨道上运行的速度，故D错误。
故选AC。
8．B
【详解】A．设月球质量M，半径R，地球质量qM，地球半径pR，根据
解得，同理可得
故
A错误；
B．根据万有引力提供向心力有
解得，同理可得
故
则有
B正确；
C．由于第一宇宙速度是最大绕行速度，故如果月球速度大于第一宇宙速度，则月球将脱离地球的束缚，C错误；
D．月球表面受到的万有引力
地球表面受到的万有引力
由探测器的质量m未知，故两个力不一定相等，D错误。
故选B。
9．BC
【详解】A．根据
可知月球受到地球的引力将逐渐变大，故A错误；
B．根据引力变大，则大于向心力，月球做近心运动，公转的轨道半径将逐渐变小，故B正确；
C．根据
解得，可知月球绕地球公转的线速度将逐渐变大，故C正确；
D．根据
解得，可知月球绕地球公转的周期将逐渐变小，故D错误；
故选BC。
10．C
【详解】CD．“嫦娥五号”月球探测器在月球上空巡视可看成匀速圆周运动有
嫦娥五号”月球探测器在月球表面时有
联立解得
所以C正确；D错误；
AB．嫦娥五号”月球探测器在地球表面时有
又
联立解得
所以AB错误；
故选C。
11．BD
【详解】A．在甲抬高轨道之前，两卫星均绕月球做匀速圆周运动，有
可得线速度为
因，则甲的线速度大于乙的线速度，故A错误；
B．低轨卫星甲变为高轨卫星，需要做离心运动，则需要万有引力小于向心力，则需向后喷气增大速度，故B正确；
C．在甲抬高轨道的过程中，离月球的距离r逐渐增大，由可知月球对卫星的万有引力逐渐减小，故C错误；
D．因地球表面的重力加速度比月球表面的重力加速度大，则由可知月壤样品的重量在地表比在月表要大，故D正确。
故选BD。
12．（1）；（2）（其中n=1、2、3、…）
【详解】（1）对组合体
在月球表面
解得
（2）设着陆器与上升器在小椭圆轨道运行的周期是T1，返回器与轨道器在大椭圆轨道运行的周期是T2。
对着陆器与上升器有

解得
对返回器与轨道器有
解得
上升器逗留的时间t应满足
t=nT2-T1（其中n=1、2、3、…）
解得
（其中n=1、2、3、…）
13．(1)Blv0；(2)；(3)；(4)，
【详解】(1)导体切割磁感线，电动势
(2)等效电路图如图
并联总电阻
电流
(3)匀速运动时线框受到安培力
根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F=FA，方向竖直向上，匀速条件
得
(4)匀速运动时电容器不充放电，满足
电容器两端电压为
电荷量为
14．(1)；(2)
【详解】(1)月球表面万有引力近似等于重力，有
解得
(2)探测器在圆轨道上运动时，万有引力提供向心力有
解得
15．（1）；（2）1.76km/s
【详解】（1）设该位置到月球中心和到地球中心的距离分别为r1和r2，月球的质量为m1，控月卫星的质量为m2，则由题意可得
解得
（2）设中心天体的质量为M，半径为R，第一宇宙速度为v，则根据牛顿第二定律可得
解得
则地球与月球的第一宇宙速度之比为
所以月球的第一宇宙速度为
16．（1）减速运动；（2）a大小为20m/s2，方向向上；（3）
【详解】（1）由v-t图像可知，返回舱做加速度在减小的减速运动
（2）t＝0时，
（a大小为20m/s2，方向向上）
（3）设返回舱浮力为F
时
（其中，）
处于D处时，返回舱做匀速直线运动

（其中）
联立可得
17．（1）；（2）见解析所示；（2）见解析所示
【详解】(1)探测器在圆轨道1上运行时，万有引力提供向心力：
得
(2)在轨道2的A点、B点分别取一段相等的极短时间，根据开普勒第二定律，有
得
(3)探测器在圆轨道1上的加速度
=
探测器在椭圆轨道2上经过A点时的加速度为
探测器在椭圆轨道2上从A点到B点过程中，由机械能守恒，有
联立可得
结合
联立可得
因此
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第6章 万有引力与航天
第6.8 讲 天体的相距最近和最远
【知识点精讲】
1.天体相距最近
两卫星的运转方向相同，且位于和中心连线的半径上同侧时，两卫星相距最近，从运动关系上，两卫星运动关系应满足（ωA-ωB）t=2nπ（n=1，2，3，…）。
2.天体相距最远
当两卫星位于和中心连线的半径上两侧时，两卫星相距最远，从运动关系上，两卫星运动关系应满足（ωA-ωB）t′=（2n-1）π（n=1，2，3…）。
【方法归纳】
“天体相遇”，指两天体相距最近。若两环绕天体的运转轨道在同一平面内，则两环绕天体与中心天体在同一直线上，且位于中心天体的同侧（或异侧）时相距最近（或最远）。类似于在田径场赛道上的循环长跑比赛，跑得快的每隔一段时间多跑一圈追上并超过跑得慢的。解决这类问题有两种常用方法。
1.角度关系
设天体1（离中心近些）与天体2某时刻相距最近，如果经过时间t，两天体与中心连线半径转过的角度之差等于2π的整数倍，则两天体又相距最近，即ω1t-ω2t=2nπ；如果经过时间t′，两天体与中心连线半径转过的角度之差等于π的奇数倍，则两天体又相距最远，即ω1t′-ω2t′=（2n-1）π（n=1，2，3，…）。
2.圈数关系
最近：-。
最远：。
天体相遇与追及问题的处理方法
首先根据判断出谁的角速度大，然后根据两星追上或相距最近时满足两星运动的角度差等于2π的整数倍，即ωAt-ωBt=n·2π（n=1，2，3，…），相距最远时两星运行的角度差等于π的奇数倍，即ωAt-ωBt=（2n＋1）π（n=0，1，2，…）。　　
a、b两天体相距最远图示：
【最新高考题精练】
（2011重庆理综第21题）
1．某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示。该行星与地球的公转半径比为（ ）
A． B．
C． D．
（2010上海物理）
2．如图，三个质点a、b、c质量分别为、、（）.在C的万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径之比,则它们的周期之比= ;从图示位置开始，在b运动一周的过程中，a、b、c共线了 次．
【最新模拟题精练】
（2023陕西师大附中期初检测）
3．屈原在长诗《天问》中发出了“日月安属 列星安陈 ”的旷世之问，这也是中国首次火星探测工程“天问一号”名字的来源。“天问一号”探测器的发射时间要求很苛刻，必须在每次地球与火星会合之前的几个月、火星相对于太阳的位置领先于地球特定角度的时候出发。火星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动。如图所示，不考虑火星与地球的自转，且假设火星和地球的轨道平面在同一个平面上，相关数据见下表，则根据提供的数据可知（　　）
质量 半径 绕太阳做圆周运动的周期
地球 M R 1年
火星 约0.1M 约0.5R 约1.9年
A．在火星表面附近发射飞行器的速度至少为7.9km/s
B．地球与火星从第1次会合到第2次会合的时间约为2.1年
C．火星到太阳的距离约为地球到太阳的距离的1.9倍
D．火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比约为3：5
（2023湖南名校期中）
4．如图所示，三个质点、、的质量分别为、、（远大于及），在万有引力作用下（忽略、之间的万有引力），、在同一平面内绕沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知、运动的周期之比为，下列说法中正确的有（　　）

A．、轨道半径之比为
B．、轨道半径之比为
C．从图示位置开始，在转动一周的过程中，、、共线次
D．从图示位置开始，在转动一周的过程中，、、共线次
（2023湖北新高考联盟期末联考）
5．2021年5月，天问一号探测器软着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步。火星与地球公转轨道近似为圆，两轨道平面近似重合，且火星与地球公转方向相同。火星公转周期约24个月，地球公转周期为12个月。由以上条件可以近似得（　　）
A．地球与火星的动量之比 B．地球与火星自转的周期之比
C．地球与火星相邻两次最近所用的时间 D．地球与火星表面重力加速度大小之比
（2023重庆沙家坝重点中学质检）
6．木星冲日就是指木星、地球和太阳依次排列大致形成一条直线时的天象。已知木星质量约为地球质量的318倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，则下列说法正确的是（　　）
A．木星绕日运行速度比地球绕日运行速度大
B．木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度小
C．木星第一宇宙速度比地球第一宇宙速度小
D．每两次“木星冲日”的时间间隔约为400天
（2022山东潍坊模拟）
7．北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星a、与地球自转周期相同的倾斜地球同步轨道卫星b、以及比它们轨道低一些的中轨道卫星c组成，它们均为圆轨道卫星。若某中轨道卫星与地球同步静止轨道卫星运动轨迹在同一平面内，下列说法正确的是（　　）
A．卫星b运行的线速度大于卫星c的线速度
B．卫星a与卫星b一定具有相同的机械能
C．可以发射一颗地球同步静止轨道卫星，每天同一时间经过北京上空同一位置
D．若卫星b与卫星c的周期之比为3∶1，某时刻两者相距最近，则约12小时后，两者再次相距最近
（2022辽宁沈阳二模）
8．2021年10月，神舟十三号载人飞船与空间站的天和核心舱成功对接，对接后成为一个太空组合体，开启了我国有宇航员长期驻留空间站的时代。某卫星A与组合体B的运行轨道在同一平面且绕行方向相同（二者运行轨道均可看作圆），可利用卫星A对组合体B进行观测。若A离地面的高度为地球半径的1.12倍，运行周期为T，根据观测记录可知，A观测B的最大张角，如图所示，设地球的半径为R，则下列说法正确的是（　　）
A．组合体B的运行轨道半径为1.06R
B．卫星A与组合体B的加速度之比为1：4
C．卫星A与组合体B运行的角速度之比为
D．某时刻卫星A和组合体B相距最近，再经过T时间，它们又相距最近
（2020河南开封一模）
9．2018年10月15日12时23分，我国在西昌卫星发射中心成功发射两颗中轨道卫星，它们是我国“北斗三号”系统第十五、十六颗组网卫星。已知它们的周期为8小时，若这两颗卫星的运动都可以近似的看成是匀速圆周运动，则下列判断正确的是（ ）
A．中轨道卫星的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径
B．中轨道卫星的线速度大于地球同步卫星的线速度
C．中轨道卫星做圆周运动所需向心力大于地球同步卫星所需的向心力
D．若中轨道卫星与地球同步卫星在同一轨道平面内沿同一方向做圆周运动，则二者两次相距最近所需的最短时间间隔为9小时
（2020安徽皖江名校联盟第5次联考）
10．2019年9月12日，我国在太原卫星发射中心“一箭三星”发射成功。 现假设三颗星a、b、c均在赤道平面上绕地球匀速圆周运动，其中a、b转动方向与地球自转方向相同，c转动方向与地球自转方向相反，a、b、c三颗星的周期分别为Ta =6h、Tb =24h、Tc=12h，下列说法正确的是（ ）
A．a、b每经过6h相遇一次
B．a、b每经过8h相遇一次
C．b、c每经过8h相遇一次
D．b、c每经过6h相遇一次
11．两颗人造卫星绕地球逆时针运动，卫星1、卫星2分别沿圆轨道、椭圆轨道运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．两卫星在图示位置的速度v2=v1
B．两卫星在A处的加速度大小相等
C．两颗卫星在A或B点处可能相遇
D．两卫星永远不可能相遇
（2023浙江稽阳联谊学校联考）
12．国产科幻片《流浪地球》的成功，掀起了天体热．小明同学课外查阅太阳系行星的一些资料．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日：5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断中正确的是（　　）
地球 火星 木星
轨道半径（AU） 1.0 1.5 5.2
土星 天王星 海王星
轨道半径（AU） 9.5 19 30
A．各地外行星每年都会出现冲日现象
B．在2015年内一定会出现木星冲日
C．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半
D．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最长
（2023湖北宜昌重点高中质检）
13．如图所示，两颗人造卫星绕地球逆时针运动，卫星1、卫星2分别沿圆轨道、椭圆轨道运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．两卫星在图示位置的速度v2C．两颗卫星可能在A或B点处相遇 D．两卫星永远不可能相遇
14．经长期观测发现，A行星运行轨道的半径近似为R0，周期为T0，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且周期性地每隔t0（t0＞T0）发生一次最大的偏离，如图所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，已知行星B与行星A同向转动，则行星B的运行轨道（可认为是圆轨道）半径近似为（　　）
A． B．
C． D．
15．2018年5月9日，夜空上演了“木星冲日”的精彩天象。火星、木星、土星等地外行星绕日公转过程中与地球、太阳在一条直线上且太阳和地外行星位于地球两侧称为行星“冲日”，如果行星与太阳位于地球同侧称为行星“合日”。现将木星和地球近似看成在同一平面内沿相同方向绕太阳做匀速圆周运动，已知木星的轨道半径，地球的轨道半径，根据你所掌握的知识，估算出木星从本次“冲日”到下一次“合日”的时间大约为( )
A．3个月 B．6个月 C．1.1年 D．2.1年
（2020·青岛调研）
16．地球赤道上有一个观察者a，赤道平面内有一颗自西向东运行的近地卫星b，a观测发现，其正上方有一颗静止不动的卫星c，每隔时间T卫星b就会从其正上方飞过，已知地球半径为R，地表处重力加速度为g，万有引力常量为G，下列说法正确的是（　）
A．c的加速度大于b的加速度 B．a的线速度大于c的线速度
C．地球的质量为 D．c的周期为
（2020·重庆巴蜀中学月考）
17．人造卫星甲、乙分别绕地球做匀速圆周运动，卫星乙是地球同步卫星，卫星甲、乙的轨道平面互相垂直，乙的轨道半径是甲轨道半径的倍，某时刻两卫星和地心在同一直线上，且乙在甲的正上方（称为相遇），如图所示，在这以后，甲运动8周的时间内，它们相遇了（ ）
A．4次 B．3次 C．2次 D．6次
（2020山东模拟2）
18．如图，运行轨道在同一平面内的两颗人造卫星A、B，同方向绕地心做匀速圆周运动，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近，已知A的周期为T，B的周期为。下列说法正确的是（　　）

A．A的线速度大于B的线速度
B．A的加速度大于B的加速度
C．A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积相等
D．从此时刻到下一次A、B相距最近的时间为2T
19．万有引力定律是科学史上最伟大的定律之一，利用它我们可以进行许多分析和预测。2016年3月8日出现了“木星冲日”，当地球位于太阳和木星之间且三者几乎排成一条直线时，天文学家称之为“木星冲日”，木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，下列说法正确的是（　　）
A．下一次的“木星冲日”时间肯定在2018年
B．下一次的“木星冲日”时间肯定在2017年
C．木星运行的加速度比地球的大
D．木星运行的周期比地球的小
20．如图，三个质点、、的质量分别为、、（远大于及），在的万有引力作用下，、在同一平面内绕沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知轨道半径之比为，则下列说法正确的有（　　）
A．、运动的周期之比为
B．、运动的周期之比为
C．从图示位置开始，在转动一周的过程中，、、共线12次
D．从图示位置开始，在转动一周的过程中，、、共线14次
21．如图所示，有A、B两颗卫星绕地心O做圆周运动，旋转方向相同．A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，在某一时刻两卫星相距最近，则(引力常量为G)(　　)
A．两卫星经过时间t＝T1＋T2再次相距最近
B．两颗卫星的轨道半径之比为∶
C．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球的密度
D．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度
22．地球和海王星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为圆，地球一年绕太阳一周，海王星约164.8年绕太阳一周，海王星冲日现象是指地球处在太阳与海王星之间，2018年9月7日出现过一次海王星冲日，则(　　)
A．地球的公转轨道半径比海王星的公转轨道半径大
B．地球的运行速度比海王星的运行速度小
C．2019年不会出现海王星冲日现象
D．2017年出现过海王星冲日现象
（2023石家庄三模）
23．2023年2月，我国首颗超百G高通量卫星中星26号发射成功，开启卫星互联网新时代。如图所示，甲、乙卫星在地球赤道面内绕地球做匀速圆周运动，甲、乙卫星之间可直接进行无线信号通讯，由于地球遮挡甲、乙卫星之间直接通讯信号会周期性中断。已知地球的半径为R，甲卫星的轨道半径为2R，绕地球运行的周期为T，乙卫星的轨道半径为，甲、乙卫星运行方向均和地球自转方向相同。求：
（1）乙卫星绕地球运行的周期；
（2）在一个通讯周期内，甲、乙卫星直接通讯信号中断的时间（不计信号传输时间）。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】设某行星绕太阳公转的周期为，地球绕太阳公转的周期为，根据题意每过年，该行星会运行到日地连线的延长线上，则有
可得
可得某行星绕太阳公转的周期与地球绕太阳公转的周期之比为
根据万有引力提供向心力可得
可得
该行星与地球的公转半径比为
故选B。
2． 1：8， 14
【详解】万有引力提供向心力，则，所以，设每隔时间t，a、b共线一次，则，所以，所以b运动一周的过程中，a、b、c共线的次数为：
3．B
【详解】A．设地球最小的发射速度为v地，则
解得
则火星的发射速度与地球的发射速度之比为
可得火星的发射速度
故A错误；
B．根据
代入数据解得地球和火星从第1次会合到第2次会合的时间约为2.1年，故B正确；
C．根据开普勒第三定律得
代入数据解得火星到太阳的距离约为地球到太阳的距离的1.5倍，故C错误；
D．不考虑自转时，物体的重力等于万有引力
火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为
故D错误。
故选B。
4．BD
【详解】AB．根据万有引力公式可得
联立解得
故A错误，B正确；
CD．设每隔时间，、共线一次，可得
转动一周的过程中，、、共线的次数为
故C错误，D正确。
故选BD。
5．C
【详解】A．根据开普勒第三定律
已知可知火星公转周期和地球公转周期，可求得火星与地球绕太阳公转的半径之比，可求得火星与地球绕太阳公转的线速度之比，由于不知道火星、地球的质量关系，故不能求得地球与火星的动量之比，故A错误；
D．根据万有引力等于重力可得
可得
由于不知道火星、地球的质量关系和半径关系，故不能求得地球与火星表面重力加速度大小之比，故D错误；
B．由二者公转周期之比无法得到自转周期之比，故B错误；
C．设地球和火星的角速度分别为
，
从它们第一次相距最近到第二次相距最近，则有
联立解得
月
故C正确。
故选C。
6．D
【详解】A．在天体的环绕模型中，由太阳和行星之间的万有引力提供行星做圆周运动的向心力得
整理得
由于木星的环绕半径大于地球的环绕半径，则木星绕日运行速度比地球绕日运行速度小。故A错误；
B．在星球表面，忽略自转影响时
整理得
由题意可得木星和地球的重力加速度之比近似为
可知木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度大。故B错误；
C．由第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度，此时环绕半径为星球半径
整理得第一宇宙速度
由题意可得
可知木星第一宇宙速度比地球第一宇宙速度大。故C错误；
D．根据开普勒第三定律
又根据两次“木星冲日”时
解得
故D正确。
故选D。
7．D
【详解】A．设地球质量为M，质量为m的卫星绕地球做半径为r、线速度大小为v的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
解得
因为卫星b的轨道半径比卫星c的轨道半径大，根据上式可知卫星b运行的线速度小于卫星c的线速度，故A错误；
B．卫星a与卫星b轨道高度相同，周期相同，线速度相同，但二者质量不一定相同，所以机械能不一定相同，故B错误；
C．人造卫星的轨道平面一定过地心，否则无法在万有引力作用下绕地球做匀速圆周运动。而同步静止轨道卫星相对地面静止，与地球自转周期相同，所以其轨道平面一定和赤道平面重合，即同步静止轨道卫星需要在赤道上空做匀速圆周运动，不可能每天同一时间经过北京上空同一位置，故C错误；
D．由题意可知卫星b的周期为24h，卫星c的周期为8h，某时刻两者相距最近，设经过时间t后二者再次相距最近，则
解得
故D正确。
故选D。
8．AB
【详解】A．设地球半径为R，由题可知，卫星A的轨道半径为
则组合体B的运行轨道半径为1.06R，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力有
可得，卫星的向心加速度为
由于卫星A的轨道半径是组合体B的两倍，则卫星A与组合体B的加速度之比为1：4，故B正确；
C．根据
可得，卫星A与组合体B运行的角速度之比为，故C错误；
D．当卫星A和组合体B相距最近时，即卫星A组合体B与地球中心三点共线。由于卫星A的轨道半径与组合体B的轨道半径不同，根据开普勒第三定律可知卫星A与组合体B的运行周期不同。所以当卫星A运动一周回来时，组合体B运动的路程不为一周，则此时它们不可能又相距最近，故D错误。
故选AB。
9．B
【详解】由万有引力提供向心力
解得
，，，
A．由可知，周期小的轨道半径小，中圆轨道卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，故A错误；
B．由可知半径小的线速度大，故B正确；
C．因向心力与质量有关，质量关系不可知，则力的大小关系不可知，故C错误；
D．两次相距最近所需的时间间隔为为t，则
得
故D错误。
故选B。
10．BC
【详解】AB．a、b转动方向相同，在相遇一次的过程中，a比b多转一圈， 设相遇一次的时为， 则有
解得，所以A错误，B正确。
CD．b、c转动方向相反，在相遇一次的过程中，b、c共转一圈，设相遇次的时间为，则
有
解得，故C正确，D错误。
故选BC。
11．BD
【详解】A．v2为椭圆轨道的远地点，速度小于对应圆轨道的环绕速度，v1表示做匀速圆周运动的速度，根据 可知， ，故A错误；
B．两个轨道上的卫星运动到A点时，所受的万有引力产生加速度，加速度相同．故B正确；
CD．椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律知，两颗卫星的运动周期相等，则不会相遇，故D正确，C错误．
故选BD．
12．B
【详解】A．根据题述，“行星冲日”实质上是角速度大（周期小）的行星转过的圆弧所对的圆心角比角速度小（周期大）的行星转过的圆弧所对的圆心角多出（多转一圈），所以不可能各地外行星每年都出现冲日现象，故A错误；
B．对木星和地球，由开普勒第三定律
解得木星绕太阳运动周期大约为
设相邻两次出现木星冲日现象的时间间隔为t，由
解得
题述2014年1月6日出现木星冲日现象，则在2015年2月一定会再次出现木星冲日现象，故B正确；
C．对天王星和地球，由开普勒第三定律
解得天王星绕太阳运动周期大约为
设相邻两次出现天王星冲日现象的时间间隔为t1，由
解得
天王星相邻两次冲日的时间间隔稍小于木星相邻两次冲日的时间间隔，故C错误；
D．对海王星和地球，由开普勒第三定律
解得海王星绕太阳运动周期大约为
设相邻两次出现海王星冲日现象的时间间隔为t2，由
解得
比较可知，地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，故D错误。
故选B。
13．AD
【详解】A．v2为椭圆轨道的远地点，加速做离心运动，才能达到以所在点与地心连线为半径的圆周轨道，故速度小于对应圆轨道的环绕速度，v1表示做匀速圆周运动的速度，根据
可知
故A正确；
B．两个轨道上的卫星运动到A点时，所受的万有引力产生加速度
加速度大小相等，故B错误；
CD．椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律知，两颗卫星的运动周期相等，则不会相遇，故D正确，C错误。
故选AD。
14．A
【详解】A行星运行的轨道发生最大偏离，一定是B对A的引力引起的，且B行星在此时刻对A有最大的引力，故此时A、B行星与恒星在同一直线上且位于恒星的同一侧，设B行星的运行周期为T，运行的轨道半径为R，根据题意有
所以
由开普勒第三定律可得
联立解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
15．B
【详解】根据开普勒第三定律：
则
年
设木星从本次“冲日”到下一次“合日”的时间为t，则
解得年月，ACD错误；B正确。
故选B。
16．D
【详解】A．对于任一卫星，根据万有引力等于向心力，得
得
c的轨道半径大于b的轨道半径，则c的加速度小于b的加速度，A错误；
B．a、c的角速度相同，由
分析可知，a星的线速度小于c的线速度，B错误；
C．设b卫星的周期为Tb，由
得地球的质量为
由于b的周期
所以地球的质量为
C错误；
对b星，有
得
设c的周期为Tc。根据题意得
联立解得
D正确。
故选D。
【点睛】本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力．明确重力提供向心力和万有引力提供向心力，是处理卫星问题的关键。
17．B
【详解】根据万有引力等于向心力，；乙的轨道半径是甲 轨道半径的 倍，所以ω甲=5ω乙．所以甲的周期是，所以甲每转了两周半就会与乙相遇，所以甲运动8 周的时间内，它们相遇了3次，故选 B．
18．D
【详解】A．根据万有引力提供向心力，得
可知轨道半径越大，速度越小，由图可知A的轨道半径大，故A的线速度小，故A错误。
B．根据万有引力提供向心力
得
可知轨道半径越大，加速度越小，由图可知A的轨道半径大，故A的加速度小，故B错误。
C．卫星在时间t内扫过的面积为
因为卫星的轨道半径不同，所以A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积是不相等的，故C错误。
D．从此时刻到下一次A、B相距最近，转过的角度差为2π，即
求得
故从此时刻到下一次A、B相距最近的时间为2T，故D正确。
故选D。
19．B
【详解】CD．木星和地球绕太阳做圆周运动，都是以万有引力为合外力，故加速度
木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，故木星运行的加速度比地球的小；万有引力做向心力，即
所以
木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，故木星运行的周期比地球的大，故CD错误；
AB．由可知，若地球公转周期为年，那么木星公转周期为
（年）
那么“木星冲日”的周期为T′，则有
所以
（年）
故2016年3月8日出现了一次“木星冲日”，下一次的“木星冲日”时间肯定在2017年，故A错误，B正确。
故选B。
20．AD
【详解】AB．根据开普勒第三定律得
故A正确，B错误。
CD．设题图示位置、的夹角为，转动一周（圆心角为）的时间为，则、相距最远时
其中，可知，可取7个值；、相距最近时
其中，可知，可取7个值，故在转动一周的过程中，、、共线14次，故C错误，D正确。
故选AD。
21．B
【详解】两卫星相距最近时，两卫星应该在同一半径方向上，A比B多转动一圈时，第二次追上，转动的角度相差2π，即，得出，故A错误；根据万有引力提供向心力得，A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，所以两颗卫星的轨道半径之比为∶，故B正确；若已知两颗卫星相距最近时的距离，结合两颗卫星的轨道半径之比可以求得两颗卫星的轨道半径，根据万有引力提供向心力得，可求出地球的质量，但不知道地球的半径，所以不可求出地球密度和地球表面的重力加速度，故C、D错误．
22．D
【详解】地球的公转周期比海王星的公转周期小，根据万有引力提供向心力，可得：，可知地球的公转轨道半径比海王星的公转轨道半径小，故A错误；根据万有引力提供向心力，有，解得：，可知海王星的运行速度比地球的运行速度小，故B错误； T地＝1年，则T海＝164.8年，由(ω地－ω海)·t＝2π，ω地＝，ω海＝，可得距下一次海王星冲日所需时间为：t＝≈1.01年，故C错误，D正确．
23．（1）；（2）
【详解】（1）设卫星乙绕地球运动的周期为，由开普勒第三定律
解得
（2）如图所示，由于地球遮挡甲、乙卫星之间通讯信号会周期性中断，设在一个通讯周期内，甲、乙卫星通讯中断的时间为t，有
而

故有
由几何可知
所以
由几何关系知
故
综上可得
（或）
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第6章 万有引力与航天
第6.9 讲 空间站
【知识点精讲】
中国空间站（英文：China Space Station，缩写：CSS，又称：天宫空间站）是中华人民共和国建成的国家级太空实验室。中国空间站轨道高度为400~450千米，倾角42~43度，设计寿命为10年，长期驻留3人，最大可扩展为180吨级六舱组合体，以进行较大规模的空间应用。
中国空间站未来将形成“三大舱段”+“三艘飞船”的组合体，也就是天和核心舱、问天实验舱、梦天实验舱、天舟五号货运飞船、神舟十四号、神舟十五号载人飞船同时在轨的、总重超过100吨的空间站组合体。 [147]
2023年5月29日，中国载人航天工程办公室副主任林西强表示，为进一步支持在轨科学实验、为航天员的工作和生活创造更好的条件，将适时发射扩展舱段，将空间站基本构型由“T”字型升级为“十”字型。
中国空间站每年与载人飞船、货运飞船对接若干次进行补给，在400千米左右的轨道高度上维持设计寿命十年的运行。中国空间站包括天和核心舱、梦天实验舱、问天实验舱、载人飞船（即已经命名的“神舟”号飞船）和货运飞船（天舟飞船）五个模块组成。各飞行器既是独立的飞行器，具备独立的飞行能力，又可以与核心舱组合成多种形态的空间组合体，在核心舱统一调度下协同工作，完成空间站承担的各项任务。
中国空间站于2022年底完成T字构型建造，舱内活动空间超过110立方米，将配置2个航天员出舱舱口和1个货物气闸舱，并提供6个睡眠区和2个卫生区，可实现长期3人、短期6人驻留。
到2024年，中国空间站有望成为全世界唯一在轨运行的空间站。”
【方法归纳】
一、卫星变轨原理
1、卫星绕天体稳定运行时，万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力。
2、当v增大时，所需向心力 Fn=m增大，即万有引力不足以提供所需的向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大。
3、当卫星的速度v减小时，所需向心力 Fn=m减小，即万有引力大于卫星所需的向心力，因此卫星将做近心运动，同样会脱离原来的圆轨道，轨道半径变小。
二、卫星变轨两种情况
1、加速变轨
卫星在Q点加速，卫星由圆轨道1进入椭圆转移轨道2，当卫星到达远地点P时，启动发动机加速，进入圆轨道3。
2、制动（减速）变轨
卫星在P点减速，卫星由圆轨道3进入椭圆转移轨道2，当卫星到达近地点Q时，启动发动机减速，进入圆轨道1。
【最新高考题精练】
（2021高考新课程II卷海南卷）
1．2021年4月29日，我国在海南文昌用长征五号B运载火箭成功将空间站天和核心舱送入预定轨道。核心舱运行轨道距地面的高度为左右，地球同步卫星距地面的高度接近。则该核心舱的（　　）
A．角速度比地球同步卫星的小
B．周期比地球同步卫星的长
C．向心加速度比地球同步卫星的大
D．线速度比地球同步卫星的小
（2022·全国理综乙卷·14）
2．2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（　　）
A．所受地球引力的大小近似为零
B．所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C．所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D．在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
【最新模拟题精练】
（2023长春三模）
3．空间站在地球外层的稀薄大气中绕行时，因受气体阻力的影响，轨道高度会逐渐降低，空间站可通过发动机对轨道进行修正。如图所示为某空间站在某年2月初到8月初期间离地高度随时间变化的曲线。下列说法正确的是（ ）
A．空间站绕地球运行速度约为
B．2月份空间站的动能减小，机械能减小
C．若要增加空间站高度，应开启发动机，向运动方向喷气
D．3月份发动机对轨道进行过修正
（2023广东实验中学三模）
4．如图，我国“天宫”空间站位于距地面约400km高的近地轨道，是我国宇航员进行太空工作和生活的场所；而同样也是我国自主研发的北斗卫星导航系统，由5颗同步卫星、30颗非静止轨道卫星和备用卫星组成，其广泛应用于三维卫星定位与通信。若上述的空间站和北斗系统的卫星均在各自轨道上绕地球做匀速圆周运动，则下面说法正确的是（　　）
A．“天宫”空间站的运行速度大于北斗同步卫星的运行速度
B．“天宫”空间站里的宇航员处于悬浮状态是因为不受重力
C．所有的同步卫星离地球表面的高度都是一定的
D．若北斗卫星在飞行的过程中速度变小了，它将远离地球
（2023浙江十所名校期中联考）
5．2021年12月9日，“天宫课堂”第一课开课，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在空间站进行太空授课。此次太空授课活动进行了全程现场直播，在中国科技馆设地面主课堂，在广西南宁、四川汶川、香港、澳门分设4个地面分课堂，共1420名中小学生代表参加现场活动。在“天宫课堂”上，王亚平提到：在太空，我们一天能看到16次日出。据王亚平所述，下列说法不正确的是（　　）
A．“神舟十三”号飞船的周期比地球同步卫星的周期小
B．“神舟十三”号飞船的角速度比地球同步卫星的角速度大
C．“神舟十三”号飞船的线速度比地球同步卫星的线速度小
D．“神舟十三”号飞船的向心加速度比地球同步卫星的向心加速度大
（2023浙江温州重点高中期中联考）
6．2021年10月16日6时56分，“神舟十三号”载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。航天员翟志刚、王亚平、叶光富进驻天和核心舱，中国空间站开启有人长期驻留时代。中国空间站包括核心舱、实验舱梦天、实验舱问天、载人飞船和货运飞船五个模块。已知空间站在离地面高度约为400km的轨道运行，在轨运行时，可看成匀速圆周运动。下列选项正确的是（　　）
A．空间站在轨运行的线速度大于7.9km/s
B．已知空间站的周期、离地面高度和引力常量G，可求出空间站的质量
C．航天员相对空间站静止时，处于平衡状态
D．空间站的运行角速度大于地球自转角速度
（2023江苏名校联考）
7．2022年11月，“天舟五号”货运飞船仅用2小时就与“天宫”空间站快速交会对接，创造了世界纪录。飞船从预定轨道Ⅰ的A点第一次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达椭圆轨道的远地点B时，再次变轨进入空间站的运行轨道Ⅲ，与空间站实现对接，假设轨道Ⅰ和Ⅲ都近似为圆轨道，不计飞船质量的变化，则飞船（　　）

A．在轨道Ⅰ的线速度大于第一宇宙速度
B．在轨道Ⅰ上的运行周期小于空间站的运行周期
C．第一次变轨需加速，第二次变轨需减速
D．在圆轨道Ⅰ上A点与椭圆轨道Ⅱ上A点的加速度不同
（2023辽宁本溪期中）
8．2022年9月1日，神舟十四号航天员乘组在问天实验舱圆满完成首次出舱任务，问天实验舱对接天和核心舱的过程可简化为如图情景：问天实验舱经椭圆轨道I转移到圆形轨道II后，与圆形轨道上的天和核心舱对接，轨道II离地高度约为400km（同步卫星轨道离地约为36000km），下列说法正确的是（　　）
A．问天实验舱与天和核心舱对接时，若以地面为参考系，则问天实验舱静止不动
B．问天实验舱在轨道I上机械能等于其在轨道II上的机械能
C．问天实验舱在轨道II上运行速率在7.9km/s到11.2km/s之间
D．问天实验舱在轨道II上的向心加速度大于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度
（2023湖南二轮复习联考）
9．2023年1月21日，农历除夕当晚，中国空间站过境祖国上空，神舟十五号航天员费俊龙、邓清明、张陆向全国人民送来新春祝福。如图所示，中国空间站绕地心做近似圆周运动，轨道半径为r，航天员们在空间站内观察地球的最大张角为。已知地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转。则（　　）
A．地球半径为 B．航天员所受地球引力几乎为零
C．空间站绕地球运动的周期为 D．航天员的向心加速度为
（2023云南昆明一中六模）
10．梦天实验舱于2022年11月1日4时27分成功对接于天和核心舱前向端口。后续，按计划实施梦天实验舱转位，梦天实验舱与天和核心舱、问天实验舱已形成空间站“T”字基本构型组合体。将组合体的轨迹近似看做圆周，距地面的高度为h（约为400km），已知地球表面重力加速度为g，引力常量为G，将地球看做半径为R的球体。下列说法正确的是（　　）
A．组合体运行的线速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度
B．组合体的动能小于组成前各自的动能之和
C．组合体轨道处的重力加速度大小为
D．地球的平均密度可表示为
（2023重庆一中质检）
11．“神舟十三号”飞船开始在半径为的圆轨道I上运行，运行周期为，在A点通过变轨操作后进入椭圆轨道Ⅱ运动，沿轨道Ⅱ运动到远地点B时正好与处于半径为的圆轨道Ⅲ上的核心舱对接，A为椭圆轨道Ⅱ的近地点。假设飞船质量始终不变，关于飞船的运动，下列说法正确的是（　　）
A．沿轨道Ⅰ运动到A时的速率大于沿轨道Ⅱ运动到B时的速率
B．沿轨道Ⅰ运行时的机械能等于沿轨道Ⅱ运行时的机械能
C．沿轨道Ⅱ运行的周期为
D．沿轨道Ⅰ运动到A点时的加速度小于沿轨道Ⅱ运动到B点时的加速度
（2023年广东广州一模）
12．为空间站补给物质时，我国新一代货运飞船“天舟五号”实现了2小时与“天宫空间站”快速对接，对接后的“结合体”仍在原空间站轨道运行。对接前“天宫空间站”与“天舟五号”的轨道如图所示，则（　　）
A．“天宫空间站”对地球的引力小于地球对“天宫空间站”的引力
B．“天宫空间站”的向心加速度小于“天舟五号”的向心加速度
C．“结合体”受到地球的引力比“天宫空间站”受到地球的引力小
D．“结合体”受到地球的引力等于“天宫空间站”受到地球的引力
（2023湖南名校高二联考）
13．2022年11月1日凌晨4点27分，我国“梦天”实验舱与“天和”核心舱成功实现“太空握手”，整个交会对接过程历时大约13小时。“梦天”入列，标志着我们组建中国空间站的“最后一块积木”已经到位。如图所示，若“梦天”实验舱进入轨道Ⅰ运行，之后与在高度为H的轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱成功对接（M点为对接点），航天员进入核心舱开始工作。则下列说法中正确的是（　　）
A．对接前，“梦天”实验舱在Ｍ点的加速度与“天和”核心舱在M点的加速度相等
B．对接前，“梦天”实验舱在N点与M点加速度的大小相等
C．进入核心舱后，航天员完全失重，故航天员的向心加速度为零
D．进入核心舱后，航天员对核心舱有压力
（2023山东济南期末）
14．2022年11月1日4时27分，“梦天实验舱”与“天和核心舱”成功对接，这标志着中国空间站建造由全面实施阶段进入收官阶段。已知组合体的质量为m，绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，不考虑地球自转的影响，则组合体的动能为（　　）
A． B． C． D．
（2023济南重点高中质检）
15．2022年6月5日17时42分，神舟十四号载人飞船与天和核心舱径向端口成功对接。对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其轨道离地面高度为地球半径的。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．神舟十四号与天和核心舱对接时，要先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速追上核心舱进行对接
B．组合体的向心加速度大于g
C．组合体的线速度小于地球赤道上物体的线速度
D．组合体运行的周期为
（2022河北唐山三模）
16．2022年3月23日下午，中国空间站“天宫课堂”再度开课，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富演示了太空“冰雪”实验、液桥演示实验、水油分离实验、太空抛物实验等，并与地面课堂学生进行了互动。以下说法正确的是（　　）
A．空间站的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
B．在空间站中水和油由于不受地球引力而处于混合态
C．“水油分离实验”中，同位置的水和油做圆周运动所需向心力不同
D．“太空抛物实验”中，冰墩墩被抛出后，做平抛运动
（2022山西临汾模拟）
17．2021年12月9日航天员翟志刚、王亚平、叶光富在空间站授课，他们在距地面的圆轨道上“天和”核心舱内为地球上的学生授课，实现天地互动，被称为“天宫课堂”。下列说法正确的是（　　）
A．宇航员在空间站中处于完全失重状态，不受地球的引力
B．该空间站绕地球的运行速度大于第一宇宙速度
C．该空间站的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
D．在空间站中，液体对浸入其中的物体不产生浮力
（2022北京海淀二模）
18．2021年10月16日，神舟十三号载人飞船成功对接空间站，此后三名中国航天员在轨驻留开展科学实验。航天员在空间站一天内可以看到16次日出，这是因为空间站约就会绕地球一周，每绕一周就会看到一次日出日落。空间站绕地球运行的轨道可视为圆轨道，下列说法正确的是（　　）
A．空间站在轨道上的运行速率可能大于
B．空间站绕地球运行的速率小于同步卫星的运行速率
C．空间站绕地球运行的角速度大于同步卫星的角速度
D．空间站距离地面的高度大于同步卫星距离地面的高度
（2022山东临沂二模）
19．2022年3月23日，中国空间站“天宫课堂”第二课开讲。空间站轨道可简化为高度约400km的圆轨道，认为空间站绕地球做匀速圆周运动。在400km的高空也有非常稀薄的气体，为了维持空间站长期在轨道上做圆周运动，需要连续补充能量。下列说法中正确的是（　　）
A．如果不补充能量，系统的机械能将增大
B．如果不补充能量，空间站运行的角速度将变大
C．空间站的运行速度小于第一宇宙速度
D．空间站的运行速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
（2022福建泉州质检五）
20．在2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员王亚平摇晃装有水和油的小瓶，静置后水和油混合在一起没有分层。图甲为航天员叶光富启动“人工离心机”，即用绳子一端系住装有水油混合的瓶子，以绳子的另一端O为圆心做如图乙所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层（水的密度大于油的密度），以空间站为参考系，此时（　　）
A．水和油的线速度大小相等 B．水和油的向心加速度大小相等
C．水对油的作用力大于油对水的作用力 D．水对油有指向圆心的作用力
（2022天津河东二模）
21．如图所示，北京时间2021年10月16日，神舟十三号载人飞船成功对接天和核心舱构成四舱组合体（还在原轨道上飞行）。此后，航天员王亚平成功出舱作业，成为中国女航天员太空行走第一人。下列说法正确的是（　　）
A．对接前，核心舱处于平衡状态
B．对接前，为提高轨道高度飞船应加速
C．对接后，飞船的线速度小于第一宇宙速度
D．对接后，空间站由于质量增大，轨道半径将明显变小
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】核心舱和地球同步卫星都是受万有引力提供向心力而做匀速圆周运动，有
可得
而核心舱运行轨道距地面的高度为左右，地球同步卫星距地面的高度接近，有，故有
，，，
则核心舱角速度比地球同步卫星的大，周期比地球同步卫星的短，向心加速度比地球同步卫星的大，线速度比地球同步卫星的大，故ABD错误，C正确；
故选C。
2．C
【详解】ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；
D．根据万有引力公式
可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。
故选C。
3．D
【详解】A．卫星圆周运动绕地球最大速度为第一宇宙速度7.9km/s，因此不可能是10km/s，故A错误；
B．2月份到3月份，半径变小，引力做正功，动能增大，因为有阻力做负功，机械能减小，故B错误；
C．若要增加空间站高度，应开启发动机，使其加速，向运动反方向喷气，故C错误；
D．根据图像可知，3月份到4月份轨道变高过，所以3月份发动机对轨道进行过修正，故D正确。
故选D。
4．AC
【详解】A．根据
可得
“天宫”空间站的运行轨道半径小于北斗同步卫星的轨道半径，则“天宫”空间站的运行速度大于北斗同步卫星的运行速度，选项A正确；
B．“天宫”空间站里的宇航员处于悬浮状态是因为处于完全失重状态，但仍受重力，选项B错误；
C．根据
所有的同步卫星具有相同的周期，则离地球表面的高度都是一定的，选项C正确；
D．若北斗卫星在飞行的过程中速度变小了，万有引力大于所需的向心力，则它将向靠近地球的方向运动，选项D错误。
故选AC。
5．C
【详解】A．地球同步卫星的周期与地球自转周期相等，由于在太空，我们一天能看到16次日出，表明“神舟十三”号飞船的周期比地球同步卫星的周期小，A正确，不符合题意；
B．根据
根据上述，“神舟十三”号飞船的周期比地球同步卫星的周期小，则“神舟十三”号飞船的角速度比地球同步卫星的角速度大，B正确，不符合题意；
C．根据
解得
由于“神舟十三”号飞船的周期比地球同步卫星的周期小，则“神舟十三”号飞船的轨道半径比地球同步卫星的轨道半径小，根据
解得
可知，“神舟十三”号飞船的线速度比地球同步卫星的线速度大，C错误，符合题意；
D．根据
解得
由于“神舟十三”号飞船的轨道半径比地球同步卫星的轨道半径小，则“神舟十三”号飞船的向心加速度比地球同步卫星的向心加速度大，D正确，不符合题意。
故选C。
6．D
【详解】A．第一宇宙速度是最大运行速度，所以空间站在轨运行的线速度小于7.9km/s，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力有
可得
可知已知空间站的周期、离地面高度和引力常量G，不可求出空间站的质量，只能求出地球的质量，故B错误；
C．空间站围绕地球做匀速圆周运动，合外力不为零，当航天员相对空间站静止时，航天员不能处于平衡状态，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力有
可得
同步卫星相对地球静止，其运动角速度等于地球自转角速度，而空间站轨道半径比同步卫星小，由此可知空间站的运行角速度大于地球自转角速度，故D正确。
故选D。
7．B
【详解】A．根据万有引力提供向心力可得
解得
地球第一宇宙速度等于卫星在地球表面轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，可知飞船在轨道Ⅰ的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力可得
解得
由于轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，则飞船在轨道Ⅰ上的运行周期小于空间站的运行周期，故B正确；
C．卫星从低轨道变轨到高轨道，在变轨处都需要点火加速，则第一次变轨需加速，第二次变轨也需加速，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得
解得
由于、都相同，则飞船在圆轨道Ⅰ上A点与椭圆轨道Ⅱ上A点的加速度相同，故D错误。
故选B。
8．D
【详解】A．由于对接点所在轨道II离地高度约为，低于静止卫星的高度，所以实验舱相对地面是运动的，故A错误；
B．实验舱在轨道I上需要在A点加速才能变轨到轨道II上，变轨过程中机械能增加，所以问天实验舱在轨道I上机械能小于其在轨道II上的机械能，故B错误；
C．环绕地球做圆周运动的最大速度为第一宇宙速度，轨道越高，运行速度越小，故C错误；
D．物体绕地运行的加速度为
可知，半径越大，加速度越小，所以实验舱在轨道II上的向心加速度大于地球静止卫星的加速度，又由公式
可知，由于地球静止卫星与赤道上的物体做圆周运动的角速度相同，但地球静止卫星的运动半径更大，所以地球静止卫星比赤道上物体做圆周运动的加速度大，综上可知，实验舱在轨道II上的向心加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度，故D正确。
故选D。
9．C
【详解】A．由题图，设地球的半径为R，由几何关系可得
解得地球半径为
A错误；
B．因为地球表面物体的重力等于地球的引力，可得
可得
设航天员的质量为m＇，由万有引力定律可知，航天员所受地球引力为
因航天员的质量m＇不是零，所以航天员所受地球引力不是零，B错误；
C．空间站受地球的引力提供向心力，可得
解得
C正确；
D．由牛顿第二定律可得
解得航天员的向心加速度为
D错误。
故选C。
10．BC
【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，所以地球同步卫星运行的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．梦天实验舱在对接前的速度要大于对接后的速度，所以组合体的动能小于组成前各自的动能之和，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力，则有
在地球表面万有引力等于重力
联立可得组合体轨道处的重力加速度大小为
故C正确；
D．在地球表面万有引力等于重力
地球的平均密度为
联立可得
故D错误。
故选BC。
11．AC
【详解】B．飞船从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ，需要在A点加速，所以其在轨道Ⅰ的机械能小于轨道Ⅱ的机械能，选项B错误；
A．飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上，根据万有引力提供向心力有
解得
可知
飞船从轨道Ⅱ转移到轨道Ⅲ，需要在B点加速，有
所以有
即沿轨道Ⅰ运动到A时的速率大于沿轨道Ⅱ运动到B时的速率，选项A正确；
C．根据开普勒第三定律有
解得
选项C正确；
D．加速度
A点的r比B点小，所以沿轨道Ⅰ运动到A点时的加速度大于沿轨道Ⅱ运动到B点时的加速度，选项D错误。
故选AC。
12．B
【详解】A．“天宫空间站”对地球的引力与地球对“天宫空间站”的引力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，因此“天宫空间站”对地球的引力等于地球对“天宫空间站”的引力，A错误；
B．根据
解得
可知，轨道半径越小，向心加速度越大，即“天宫空间站”的向心加速度小于“天舟五号”的向心加速度，B正确；
CD．根据
可知，轨道半径相同，结合体的质量大于对接前空间站的质量，则“结合体”受到地球的引力比“天宫空间站”受到地球的引力大，CD错误；
故选B。
13．A
【详解】A．根据易知，对接前，“梦天”实验舱在M点的加速度与“天和”核心舱在M点的加速度大小相等，方向相同，故A正确；
B．同理，对接前，“梦天”实验舱在N点与M点时与地球的距离不同，所以加速度的大小不相等，故B错误；
C．进入核心舱后，航天员做匀速圆周运动，其向心加速度为不为零，故C错误；
D．进入核心舱后，航天员做匀速圆周运动，自身重力提供向心力，对核心舱的压力为零，故D错误。
故选A。
14．D
【详解】万有引力提供向心力
则地球表面
组合体的动能
联立以上三式得
Ek=
故选D。
15．D
【详解】A．根据万有引力提供向心力，有
神舟十四号变轨到达与天和核心舱同一轨道，若再加速则会做离心运动，不会追上核心舱进行对接，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，组合体的向心加速度为
由
组合体的轨道半径r大于地球半径R，故组合体的向心加速度小于g，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力可得
解得
由于组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则组合体的线速度大于同步卫星的线速度，同步卫星的角速度等于地球自转角速度，所以同步卫星的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故组合体的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故C错误；
D．设组合体运行的周期为T，则
在地球表面有
联立解得
故D正确。
故选D。
16．C
【详解】A．第一宇宙速度是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的速度，同时也是物体绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，当物体的速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间时，物体将绕地球做椭圆运动，“天宫”绕地球做匀速圆周运动，其运行速度不可能介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间，故A错误；
B．在空间站中水和油由于处于完全失重状态而处于混合态，但并不是不受地球引力，此时地球引力全部提供给“天宫”及其内部物体做匀速圆周运动的向心力，故B错误；
C．“水油分离实验”中，同位置的水和油向心加速度相同，但由于水和油的密度不同，相同体积下水的质量比油的质量大，所需的向心力比油大，故C正确；
D．由于“天宫”中物体处于完全失重状态，所以不存在重力使物体物体下落的作用效果，在“天宫”中做“太空抛物实验”时，冰墩墩被抛出后近似做直线运动，故D错误。
故选C。
17．D
【详解】A．宇航员在空间站中处于完全失重状态，地球对宇航员的万有引力提供他们围绕地球做圆周运动的向心力，故A错误；
B．根据第一宇宙速度，由于空间站的轨道半径大于地球的球体半径，所以该空间站绕地球的运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C．根据
由于同步卫星的轨道半径大于空间站的轨道半径，所以空间站的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故C错误；
D．由于物体在空间站中处于完全失重状态，物体之间的相互作用力为0，则液体和浸入液体内部的物体之间的作用力为0，所以液体对浸入其中的物体不产生浮力，故D正确。
故选D。
18．C
【详解】A．第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动的物体的最大速度，所以空间站在轨道上的运行速率不可能大于，故A错误；
D．空间站的周期
小于同步卫星的周期，根据可得
可知空间站距离地面的高度小于同步卫星距离地面的高度，故D错误；
B．根据可得
结合D选项可知空间站绕地球运行的速率大于同步卫星的运行速率，故B错误；
C．根据可知空间站绕地球运行的角速度大于同步卫星的角速度，故C正确。
故选C。
19．BC
【详解】AB．如果不补充能量，克服阻力做功，系统的机械能将减小，轨道半径减小
角速度会变大，故A错误B正确；
CD．第一宇宙速度是最大的卫星环绕速度，所以空间站的运行速度小于第一宇宙速度，故C正确D错误。
故选BC。
20．D
【详解】Ａ．水的密度大于油的密度，所以混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质量更大，根据可知，水球需要的向心力更大，故当水油分层后水在瓶底，油在表面，水和油做圆周运动的半径不相同，角速度相同，根据知，水比油的半径大时，线速度也大，A错误；
Ｂ．根据知，角速度相同时，水的半径大，向心加速度也就大，B错误；
Ｃ．水对油的作用力和油对水的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，此二力大小相等方向相反，C错误；
Ｄ．油做圆周运动的向心力由水提供，故水对油有指向圆心的作用力，D正确；
故选D。
21．BC
【详解】A．对接前核心舱做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，不是平衡状态，故A错误；
B．对接前，飞船需要从较低轨道做离心运动到达较高轨道，故应加速以提高轨道高度，故B正确；
C．第一宇宙速度等于近地卫星的线速度，是最大的运行速度，由万有引力提供向心力
得
对接后，飞船的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，故飞船的线速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D．由运行速度表达式
可知速度与飞船质量无关，故D错误。
故选BC。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第6章 万有引力与航天
第6.10 讲 火星探测
【知识点精讲】
火星是太阳系八大行星之一，按离太阳由近及远的次序排列为第四颗。在太阳系八大行星之中，火星也是除了金星以外，距离地球最近的行星。火星探测是指人类通过向火星发射空间探测器，对火星进行的科学探测活动。大约每隔26个月就会发生一次火星冲日，地球与火星的距离在冲日期间会达到极近值，通常只有不足1亿千米，而在火星发生大冲时，这个距离甚至不足6000万千米。火星冲日意味着这时可以使用较小花费将探测器送往火星，因此人类的火星探测活动通常也会每隔26个月出现一次高潮。
到目前为止，火星是除了地球以外人类了解最多的行星，已经有超过30枚探测器到达过火星，它们对火星进行了详细的考察，并向地球发回了大量数据。同时火星探测也充满了坎坷，大约三分之二的探测器，特别是早期发射的探测器，都没有能够成功完成它们的使命。但是火星对于人类却有一种特殊的吸引力，因为它是太阳系中最近似地球的天体之一。火星赤道平面与公转轨道平面的交角非常接近于地球，这使它也有类似地球的四季交替，同时，火星的自转周期为24小时37分，这使火星上的一天几乎和地球上的一样长。
人类使用空间探测器进行火星探测的历史几乎贯穿整个人类航天史。几乎就在人类刚刚有能力挣脱地球引力飞向太空的时候，第一个火星探测器也开始了它的旅程。最早期的探测器几乎都失败了，而火星探测也就是在一次又一次的失败中不断前进。1960年10月10日，苏联向火星发射了第一枚探测器。紧接着就在四天以后，即1960年10月14日第二枚火星探测器升空。然而这两枚火星探测的先行者却连地球轨道都没能到达。1962年10月24日，当火星又一次运行到合适的位置时，苏联的第三枚火星探测器升空了，然而这次它也是仅仅到达了环绕地球轨道而已。1962年11月1日，苏联向火星发射了火星1号，这枚探测器成功进入了前往火星的轨道，并且计划于1963年6月19日到达火星，然而当1963年3月21日它飞行到距离地球1.06亿千米的距离时，却与地面永远失去了通信联系。三天以后，即1963年3月24日苏联的又一枚探测器升空，这枚探测器同样面临着失败的命运，仅仅到达环绕地球轨道，此后火箭未能再次成功点火，两个月后堕入地球大气层烧毁。1964年，美国也先后向火星发射了两枚探测器：水手3号和水手4号。水手3号于12月5日发射升空，是美国发射的第一枚火星探测器，然而探测器的保护外壳未能按预定计划成功与探测器分离，导致探测器偏离轨道，最终导致发射失败。水手4号于12月28日发射升空，这是有史以来第一枚成功到达火星并发回数据的探测器，水手4号于1965年7月14日在火星表面9800千米上空掠过火星，向地球发回了21张照片，此后又在环绕太阳轨道上花费三年时间对太阳风进行探测。水手4号发回的数据表明火星的大气密度远比此前人们认为的稀薄。
苏联也于1964年11月30日再次向火星发射了探测器，但是这枚探测器再次以失败告终，它虽然最终到达了火星附近，但是却没有能够向地球发回任何数据。1969年美国向火星发射了水手6号和水手7号。前者于2月24日发射升空，7月31日抵达火星。后者于3月27日发射升空，8月5日抵达火星。这两枚探测器携带有更先进的仪器和通讯设备，它们成功掠过火星，对火星大气成分进行分析，并发回了大量照片。苏联也于1969年向火星发射了两枚探测器，然而这次甚至比此前的情况更加糟糕，第一枚探测器在发射后7分钟因发动机故障发生爆炸，而另一枚探测器发射后不到1分钟就坠向了地面。
1971年，美国向火星发射了两枚探测器，尝试进入火星轨道，环绕火星飞行，以获取火星的高清晰照片。5月8日，水手8号发射升空，几分钟后因火箭故障坠入了大西洋。5月30日，水手9号发射升空，这是有史以来第一枚成功进入环绕火星轨道的探测器，取得了空前的成功。水手9号于1971年11月14日到达火星，在火星轨道上工作了将近一年之久，发回了7329张照片，覆盖了火星表面超过80%的部分，同时还对火星的两颗卫星进行了探测。苏联在1971年向火星发射了三枚探测器。第一枚探测器于5月10日发射，包括一个轨道器和一个着陆器，尝试在火星表面着陆，但实际上它仅仅到达了环绕地球轨道，按照计划，探测器应该在地球轨道上停留1.5小时，然后点火向火星进发，但是由于失误，结果它的计时器要等上1.5年向火箭发出这个点火指令，这枚探测器后来被称为宇宙419号，因为苏联事后否认这枚探测器将要前往火星。火星2号和火星3号是苏联当年发射的另外两枚火星探测器，与宇宙419号的设计几乎完全相同，分别于5月19日和5月28日发射升空，火星2号着陆器于12月27日到达火星后不久便与地球失去了联系，轨道器运行了约8个月，而火星3号的轨道器没有成功，但是其着陆器却成为了有史以来第一个成功在火星表面着陆的探测器，虽然它仅仅火星上工作了大约20秒，甚至没能发回一张完整的照片就永远与地球失去了通信联系。苏联在1973年连续向火星发射了四枚探测器，但是都没有完成它们的探测任务。火星4号于1973年7月21日发射升空，火星5号于1973年7月25日发射升空，它们分别于1974年2月10日和1974年2月12日到达火星附近，火星4号没能成功进入环绕火星轨道，而火星5号则在进入环绕火星轨道拍到世界第一张火星彩照后停止工作。火星6号和火星7号都携带有轨道器和着陆器，它们分别于1973年8月5日和1973年8月9日发射升空，然后分别于1974年3月12日和1974年3月9日到达火星附近，火星6号的着陆器成功进入了火星大气层并打开了降落伞，然后就丢失了，而火星7号甚至还没进入环绕火星轨道就丢失了。
以火卫一的名字命名的福波斯1号和福波斯2号探测器分别于1988年7月7日和1988年7月12日发射升空，这是继1973年失败后，苏联又一个火星探测计划。然而尽管相隔15年之久，这两颗探测器依然没能逃脱失败的命运，福波斯1号于1988年9月2日在飞往火星的途中失去联系，而福波斯2号则在1989年3月27日探测器进入环绕火星轨道后不久与地球失去了通信联系，它所携带的着陆器也因此没能在火星表面着陆。
经过多次推迟，美国的火星观察者探测器于1992年9月25日发射升空，开始了它前往火星的旅程。一切似乎进展得相当顺利，然后就在它几乎就要到达火星的1993年8月21日，当准备点火进入环绕火星轨道时，与地球失去了通信联系。1996年12月7日，美国的火星环球勘测者探测器发射升空，这枚探测器持续运作了10年，最后在2006年11月5日失去讯号联络，它是最成功的火星探测任务之一。1996年12月16日，俄罗斯发射了火星96号探测器，探测器进入地球轨道后未能成功点火进入前往火星的轨道，不久后在坠入太平洋而宣告失败。1998年底和1999年初发射的四枚探测器最终都以失败告终，包括日本的希望号探测器、美国的火星气候轨道器、火星极地登陆者和深空2号。
2020年4月24日，中国行星探测任务被命名为“天问系列”，首次火星探测任务被命名为“天问一号”，后续行星任务依次编号。
2020年7月23日12时41分，长征五号遥四运载火箭托举着中国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场点火升空。 [3]
2021年5月14日，据国家航天局官网消息，根据目前飞行情况，天问一号探测器拟于北京时间5月15日凌晨至5月19日期间择机着陆于火星乌托邦平原。
2021年5月15日7时18分，科研团队根据“祝融号”火星车发回遥测信号确认，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，我国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功 [21]。5月17日8时，天问一号环绕器已实施第四次近火制动，顺利进入周期为8.2小时中继通信轨道。祝融号火星车正在按计划开展周围环境感知和状态检查，各系统工作正常。两器已建立器间通信链路，第一次通过环绕器传回火星车遥测数据。 [22]
2021年6月11日，国家航天局在京举行天问一号探测器着陆火星首批科学影像图揭幕仪式，公布了由祝融号火星车拍摄的着陆点全景、火星地形地貌、“中国印迹”和“着巡合影”等影像图。
2021年6月12日，国家航天局举办新闻发布会，介绍中国首次火星探测任务情况。后续将开展火星取样返回和木星系探测任务。
2023年4月24日，国家航天局和中国科学院联合发布中国首次火星探测火星全球影像图。
【方法归纳】
天问一号（代号：Tianwen 1），是由中国航天科技集团公司下属中国空间技术研究院抓总研制的探测器，负责执行中国第一次火星探测任务。
天问一号于2020年7月23日在文昌航天发射场由长征五号遥四运载火箭发射升空 [3]，成功进入预定轨道 [2]。2021年2月10日天问一号与火星交会，成功实施捕获制动进入环绕火星轨道。对预选着陆区进行了3个月的详查后，于2021年5月15日成功实现软着陆在火星表面 [10°]。2021年5月22日，祝融号火星车成功驶上火星表面，开始巡视探测 [94]。2021年11月8日，天问一号环绕器成功实施第五次近火制动，准确进入遥感使命轨道，开展火星全球遥感探测。
截至2022年9月15日，天问一号环绕器已在轨运行780多天，火星车累计行驶1921米，完成既定科学探测任务，获取原始科学探测数据1480GB。科学研究团队通过对中国自主获取的一手科学数据的研究，获得了丰富的科学成果。通过对着陆区分布的凹锥、壁垒撞击坑、沟槽等典型地貌的综合研究，揭示了上述地貌的形成与水活动之间存在的重要联系。通过相机影像和光谱数据，在着陆区附近的板状硬壳岩石中发现含水矿物，证明了在距今10亿年（晚亚马逊纪时期）以来，着陆区存在过大量液态水活动。中国科学家利用“天问一号”火星探测任务获得的科学数据，揭示了现今火星浅表精细结构和物性特征，为深入认识火星地质演化与环境、气候变迁提供了重要依据。相关研究结果于北京时间2022年9月26日晚在国际学术期刊《自然》杂志发表。2022年12月26日，天问一号第十七批科学探测数据正式发布。该次发布的数据由地面应用系统生产制作，包括环绕器上的火星离子与中性粒子分析仪、火星能量粒子分析仪在2022年10月获取的科学数据；高分辨率相机、中分辨率相机在2022年5月获取的科学数据；共计8336个数据文件，总数据量112.2GB。2023年1月16日，据中国科学院上海天文台网站，2021 年火星日凌期间（9 月下旬到 10 月中旬），在国家航天局支持下，中国科学院上海天文台、中国科学院国家空间科学中心、北京大学地球与空间科学学院、中国科学院国家天文台、澳大利亚塔斯马尼亚大学和欧洲甚长基线干涉测量研究所等中外科研机构，利用“天问一号”环绕器和“火星快车”轨道器的测控通信信号，联合开展了对太阳的日凌掩星观测，取得重要研究成果。
【最新高考题精练】
（2022·高考广东物理）
1．“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（　　）
A．火星公转的线速度比地球的大 B．火星公转的角速度比地球的大
C．火星公转的半径比地球的小 D．火星公转的加速度比地球的小
（2021重庆高考）
2．2021年5月15日“祝融号”火星车成功着陆火星表面，是我国航天事业发展中具有里程碑意义的进展。此前我国“玉兔二号”月球车首次实现月球背面软着陆，若“祝融号”的质量是“玉兔二号”的K倍，火星的质量是月球的N倍，火星的半径是月球的P倍，火星与月球均视为球体，则（　　）
A．火星的平均密度是月球的倍
B．火星的第一宇宙速度是月球的倍
C．火星的重力加速度大小是月球表面的倍
D．火星对“祝融号”引力的大小是月球对“玉兔二号”引力的倍
（2021新高考辽宁卷）
3．2021年2月，我国首个火星探测器“天问一号”实现了对火星的环绕。若已知该探测器在近火星圆轨道与在近地球圆轨道运行的速率比和周期比，则可求出火星与地球的（　　）
A．半径比 B．质量比
C．自转角速度比 D．公转轨道半径比
（2021高考新课程I卷山东卷）
4．从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受陆平台的作用力大小之比为（　　）
A．9∶1 B．9∶2 C．36∶1 D．72∶1
（2021高考河北物理）
5．“祝融号”火星车登陆火星之前，“天问一号”探测器沿椭圆形的停泊轨道绕火星飞行，其周期为2个火星日，假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为2个火星日，已知一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则该飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值约为（　　）
A． B． C． D．
（2021高考新课程湖北卷）
6．2021年5月，天问一号探测器软着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步。火星与地球公转轨道近似为圆，两轨道平面近似重合，且火星与地球公转方向相同。火星与地球每隔约26个月相距最近，地球公转周期为12个月。由以上条件可以近似得出（　　）
A．地球与火星的动能之比
B．地球与火星的自转周期之比
C．地球表面与火星表面重力加速度大小之比
D．地球与火星绕太阳运动的向心加速度大小之比
【最新模拟题精练】
（2023湖北高考冲刺模拟）
7．“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（　　）
A．从P点转移到Q点的时间小于6个月
B．发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间
C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上大
D．在地火转移轨道运动的速度大于地球绕太阳的速度
（2023湖南张家界模拟）
8．我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，是应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平面内、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是（　　）
A．地球的公转线速度大于火星的公转线速度
B．当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约13分钟到达火星
C．若火星运动到B点、地球恰好在A点时发射探测器，则探测器沿椭圆轨道运动到C点时，恰好与火星相遇
D．下一个发射时机需要再等约2.1年
（2023河北衡水中学一模）
9．2021年5月15日，天问一号着落器着陆于火星表面。着落器的着陆过程简化如下：首先在距火星表面高为h处悬停，接着以恒定加速度a竖直下降，下降过程火箭产生的反推力大小恒为F。当四条“缓冲脚”接触火星表面时，火箭立即停止工作，着落器经时间t速度减至0。已知着落器的质量为m，火星半径为R（R>>h），万有引力常量为G。则下列说法正确的是（　　）
A．火星的质量约为
B．火星表面的重力加速度约为
C．火箭反推力对着落器所做的功约为
D．着落器对火星表面的平均冲击力大小约为
（2023湖南衡阳二模）
10．如图所示，“天问一号”探测器先在地球轨道上绕太阳匀速转动，在近日点短暂点火后进入霍曼转移轨道，到达远日点再次短暂点火进入火星轨道。已知万有引力常量为，太阳质量为，地球轨道和火星轨道半径分别为和，地球、火星、“天问一号”探测器运动方向都为逆时针方向。若只考虑太阳对“天问一号”探测器的作用力，下列说法正确的是（　　）
A．“天问一号”在地球轨道上的角速度小于在火星轨道上的角速度
B．“天问一号”运动中在转移轨道上点的加速度等于在火星轨道上点的加速度
C．两次点火之间的时间间隔为
D．两次点火喷射方向都与速度方向相同
（2023山东潍坊期末）
11．火星的半径是地球半径的二分之一，质量为地球质量的十分之一，忽略星球自转影响，地球表面重力加速度 g=10m/s 。假定航天员在火星表面做了如下实验：一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，1s后与倾角为45°的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径R=5m，小球可看作质点且质量m=5kg。则（　　）
A．火星表面重力加速度大小为 2.5m/s
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为4m
C．小球经过管道的A点时，对管壁的压力为116N
D．小球经过管道的B点时，对管壁的压力为66N
（2023重庆涪陵重点高中质检）
12．中国行星探测任务名称为“天问系列”，首次火星探测任务被命名为“天问一号”。若已知“天问一号”探测器在距离火星中心为的轨道上做匀速圆周运动，其周期为。火星半径为，自转周期为。引力常量为，若火星与地球运动情况相似，下列说法正确的是（　　）
A．火星的质量为
B．火星表面两极的重力加速度为
C．“天问一号”探测器环绕速度为
D．火星的同步卫星距离星球表面高度为
（2022山东淄博二模）
13．中国“天问一号”探测器着陆火星，为下一步实现火星采样返回打下了重要基础。已知“天问一号”探测器在火星停泊轨道运行时，探测器到火星中心的最近和最远距离分别为280km和5.9×104km，探测器的运行周期为2个火星日（一个火星日的时间可近似为一个地球日时间），万有引力常量为6.67×10-11N·m2/kg2，通过以上数据可以计算出火星的（　　）
A．半径 B．质量
C．密度 D．表面的重力加速度
（2022山东济南5月模拟）
14．2021年5月15 日，我国首个火星探测器天问一号降落火星。考虑到时间与经济成本、技术限制，科学家们计算出地球探测器到火星的最佳轨道只有一条，那就是外切于地球公转轨道同时内切于火星公转轨道的椭圆轨道。该轨道只有在地球与火星相对位置满足合适条件的时候发射探测器才能实现，这个相对合适的位置所对应的发射时间段称为发射窗口。下列四幅图中地球与火星的相对位置可能满足发射窗口的是（　　）
A． B． C． D．
（2022湖北武汉武昌区5月模拟）
15．2021年5月15日中国首次火星探测任务“天问一号”探测器在火星乌托邦平原南部预选着陆区成功着陆，在火星上首次留下中国印迹，迈出了中国星际探测征程的重要一步。“天问一号”探测器需要通过霍曼转移轨道从地球发送到火星，地球轨道和火星轨道看成圆形轨道，此时霍曼转移轨道是一个近日点M和远日点P分别与地球轨、道、火星轨道相切的椭圆轨道（如图所示）。在近日点短暂点火后，“天问一号”进入霍曼转移轨道，接着“天问一号”沿着这个轨道直至抵达远日点时，再次点火进入火星轨道。已知地球公转周期为1年，火星轨道半径R是地球轨道半径r的k倍，地球、火星、“天问一号”运行方向都为图中逆时针方向。若只考虑太阳对“天问一号”的作用力，下列说法正确的是（　　）
A．两次点火时喷气方向都与运动方向相同
B．“天问一号”与太阳的连线相同时间内在地球轨道上扫过的面积等于在火星轨道上扫过的面积
C．“天问一号”在霍曼转移轨道上近日点的速度比在火星轨道上的速度小
D．“天问一号”沿霍曼转移轨道从M点运动至P点所用的时间为年
（2022陕西宝鸡陈仓区二模）
16．“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（　　）
A．发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间
B．从P点转移到Q点的时间小于6个月
C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
（2022安徽巢湖一中等十校联盟最后一卷）
17．中国航天“超级2021”，再创航天纪录。这一年，“天和”核心舱一飞冲天，中国正式迈入空间站时代，“天问一号”火星着陆，“羲和号”实现中国太阳探测零的突破，......，长征系列火箭立下汗马功劳，无数航天人接力探索，成就了这史无前例的航天大年！已知重力加速度，地球半径，引力常量。下列选项中错误的是（　　）
A．距地面400km高的“天和”核心舱绕地球做圆周运动的周期小于24小时
B．“天问一号”火星探测器在绕火星的某个椭圆轨道上运动，在近火点的速率大于远火点
C．“羲和号”卫星的发射速度一定大于第三宇宙速度
D．某一长征运载火箭在发射时，若喷出一定质量气体的速度越大，则火箭获得的速度越大
（2022广州培正中学三模）
18．2021年5月我国研制的“天问一号”火星探测器着陆火星，巡视器与环绕器分离。如图为“天问一号”发射过程的简化示意图，虚线为卫星的椭圆转移轨道，将火星与地球绕太阳的运动简化为在同一平面、沿同一方向的匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．天问一号的发射速度大于小于
B．火星公转的向心加速度大于地球公转的向心加速度
C．天问一号在转移轨道上远日点的线速度小于地球绕太阳公转的线速度
D．天问一号从地球飞到火星轨道的时间为地球绕太阳公转周期的一半
（2022云南名校联考）
19．2021年5月15日，我国“天问”一号火星探测器在火星上成功软着陆，这是我国航天事业又一个具有里程碑意义的进展，图中甲、乙是“天问”一号着陆器的运动示意图，关于“天问”一号探测器的发射和着陆，下列说法正确的是（　　）
A．着陆器按如图甲的样子沿箭头方向飞向火星比按如图乙更能有效减速
B．火星探测器的发射速度在第一宇宙速度至第二宇宙速度之间
C．着陆器向火星着陆的过程中使用降落伞，说明火星上有大气层
D．尽管地球距火星非常遥远，科学家们还是可以同步操控火星着陆器着陆
（2022江苏南京宁海中学4月模拟）
20．2020年7月23日，我国在文昌航天发射场，用长征五号遥四运载火箭成功发射我国首枚火星探测器“天问一号”。发射后“天问一号”在地火转移轨道飞行7个月后，到达火星附近，通过“刹车”完成火星捕获，进入环火轨道，然后进行多次变轨，进入近火圆轨道，最终在2021年5月15日成功着陆火星表面。如图为“天问一号”环绕火星变轨示意图，已知火星的直径约为地球的，质量约为地球的，下列说法正确的是（　　）
A．火星表面的重力加速度大于，火星的第一宇宙速度大于
B．“天问一号”在轨道3上经过A点的速度大于在轨道1上经过A点的速度
C．“天问一号”在轨道1上A点的加速度小于在轨道2上A点的加速度
D．“天问一号”在轨道1上经过B点的机械能大于在轨道2上经过A点的机械能
（2022云南师大附中质检）
21．2021年5月22日10点40分，中国火星探测器“天问一号”的火星车祝融号着陆火星表面。设想未来某天人类乘坐载人飞船到火星上开展科学实验：在距火星表面附近h处无初速释放一个小球，经时间t落至火星。已知火星的半径为R、引力常量为G，忽略火星自转，下列说法正确的是（　　）
A．火星表面加速度为
B．火星的平均密度为
C．火星的第一宇宙速度为
D．宇宙飞船绕火星做圆周运动的周期不小于
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期
C．根据可得
可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C错误；
A．根据可得
结合C选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A错误；
B．根据可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B错误；
D．根据可得
可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D正确。
故选D。
2．AD
【详解】A．根据密度的定义有
体积
可知火星的平均密度与月球的平均密度之比为
即火星的平均密度是月球的倍，故A正确；
BC．由
可知火星的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为
即火星的重力加速度是月球表面的重力加速度的，由
可知火星的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为
故BC错误；
D．由万有引力定律
可知火星对“祝融号”引力大小与月球对“玉兔二号”引力大小之比为
即火星对“祝融号”引力大小是月球对“玉兔二号”引力大小的倍，故D正确。
故选AD。
3．AB
【详解】A．探测器在近火星轨道和近地轨道做圆周运动，根据
可知
若已知探测器在近火星轨道和近地轨道的速率比和周期比，则可求得探测器的运行半径比；又由于探测器在近火星轨道和近地轨道运行，轨道半径近似等于火星和地球的半径比，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力有
可得
结合A选项分析可知可以求得火星和地球的质量之比，故B正确
C．由于探测器运行的周期之比不是火星或地球的自转周期之比，故不能求得火星和地球的自转角速度之比；故C错误；
D．由于题目中我们只能求出火星和地球的质量之比和星球半径之比，根据现有条件不能求出火星和地球的公转半径之比，故D错误。
故选AB。
4．B
【详解】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据
可得
故选B。
5．D
【详解】绕中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可得
则
，
由于一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则飞船的轨道半径
则
故选D。
【点睛】
6．D
【详解】A． 设地球和火星的公转周期分别为T1、T2 ，轨道半径分别为r1、r2，由开普勒第三定律可得
可求得地球与火星的轨道半径之比，由太阳的引力提供向心力，则有
得
即地球与火星的线速度之比可以求得，但由于地球与火星的质量关系未知，因此不能求得地球与火星的动能之比，A错误；
B．则有地球和火星的角速度分别为
由题意知火星和地球每隔约26个月相距最近一次，又火星的轨道半径大于地球的轨道半径，则
由以上可解得
月
则地球与火星绕太阳的公转周期之比
T1∶T2 =7∶13
但不能求出两星球自转周期之比，B错误；
C．由物体在地球和火星表面的重力等于各自对物体的引力，则有
得
由于地球和火星的质量关系以及半径关系均未知，则两星球表面重力加速度的关系不可求，C错误；
D．地球与火星绕太阳运动的向心加速度由太阳对地球和火星的引力产生，所以向心加速度大小则有
得
由于两星球的轨道半径之比已知，则地球与火星绕太阳运动的向心加速度之比可以求得，D正确。
故选D。
7．B
【详解】A．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故A错误；
B．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故B正确；
C．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C错误；
D．卫星从Q点变轨时，要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由
可得
可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故D错误；
故选B。
8．AD
【详解】A．设太阳质量为，行星质量为，轨道半径为，根据
解得行星的公转速度
由于地球的轨道半径小于火星的轨道半径，可知地球的公转线速度大于火星的公转线速度，A正确；
B．当火星离地球最近时，地球上发出的指令到达火星的时间
分钟
B错误；
C．根据开普勒第三定律有
由于探测器轨道的半长轴小于火星轨道的半径，可知
则如果火星运动到B点、地球恰好在A点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹AC先运动到C点，此时火星还没有达到C点，两者并不能恰好在C点相遇，C错误；
D．根据题意，两者相距最近时，恰好是一次发射机会，设到达下一次机会的时间为，则有
结合题中数值，解得
年
D正确。
故选AD。
9．AD
【详解】AB．加速下降过程
解得火星表面的重力加速度
对火星表面的物体
解得火星的质量
选项A正确，B错误；
C．火箭反推力对着落器所做的功约为
选项C错误；
D．着落器落在火星表面时，设向上为正方向，由动量定理
其中
解得
选项D正确。
故选AD。
10．BC
【详解】A．由万有引力提供向心力可知
得
由于“天问一号”在地球轨道上的轨道半径小于在火星轨道上的轨道半径，故“天问一号”在地球轨道上的角速度大于在火星轨道上的角速度，故A错误；
B．由万有引力提供向心力可知
得
点到太阳距离相同， “天问一号”运行中在转移轨道上点的加速度和在火星轨道上点的加速度相等，故B正确；
C．由开普勒第三定律可知，霍曼转移轨道和地球轨道的周期与半长轴满足关系式
地球轨道上，由万有引力提供向心力有
联立解得
则两次点火之间的时间间隔为
故C正确；
D． “天问一号”探测器在两次点火时都要做离心运动，要加速，故点火方向都与运动方向相反，故D错误。
故选BC。
11．BC
【详解】A．忽略星球自转影响，在星球表面的物体受到的万有引力等于重力，则有
可知
由此可得
故A错误；
B．小球运动到C点的竖直分速度为
与倾角为45°的斜面垂直相碰，则有
水平位移为
联立并代入数据解得点C与B点的水平距离为
故B正确；
C．对小球从A点到B点的过程，由动能定理可得
在A点，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得
由牛顿第三定律得
联立解得
故C正确；
D．小球经过管道的B点时,设管壁给小球向下压力F2，由牛顿第二定律有
解得
说明管壁给小球有向上压力4N，根据牛顿第三定律，小球经过管道的B点时对管壁的压力为4N，故D错误。
12．B
【详解】A．设火星的质量为、“天问一号”探测器的质量为， “天问一号”探测器在距离火星中心为的轨道上做匀速圆周运动，有
解得
A错误；
B．假定有一质量为的物体静止在火星两极表面上，则有
得
B正确；
C．设“天问一号”探测器环绕速度为，则有
解得
C错误；
D．设火星的同步卫星的质量为，距离星球表面高度为，则有
解得
D错误。
故选B。
13．B
【详解】将椭圆轨道近似看成圆轨道
可得
由已知条件可知能求出火星质量，无法求出火星半径、密度、及表面重力加速度，故B准确，ACD错误。
故选B。
14．C
【详解】根据万有引力定律，则有
可得行星在轨运行的速度为
可知，由于地球的轨道半径小于火星的轨道半径，其速度大于火星的速度；其次，发射探测器时最好能借助地球公转运行速度，即沿着地球自转切线方向且与地球公转同向发射，这样可以节省发射成本；所以最好的发射窗口是，火星与地球相距较近且火星在地球的斜前方合适的距离；此时发射探测器，由于发射器脱离地球后的速度大于火星的速度，这样探测器在往高轨道运动时，由于引力的作用，其速度在一定程度上变小而接近火星，故ABD错误，C正确。
故选C。
15．D
【详解】A．“天问一号”两次点火时都需要加速，则喷射方向必须都与速度方向相反，从而给探测器向前的推力，使之加速，从而变到更高的轨道，选项A错误；
B．“天问一号”与太阳的连线相同时间内在同一轨道上扫过的面积相等，选项B错误；
C．“天问一号”探测器绕太阳运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
因为“天问一号”在地球轨道上的轨道半径小于在火星轨道上的轨道半径，则有
又“天问一号”地球轨道上需要点火加速才能进入霍曼转移轨道，则“天问一号”在霍曼转移轨道上近日点M的速度大于在地球轨道上的速度，所以
即“天问一号”在霍曼转移轨道上近日点的速度比在火星轨道上的速度大，选项C错误；
D．根据开普勒第三定律知，探测器在地球轨道上及霍曼转移轨道上运行时满足
解得探测器在霍曼转移轨道上运行时的周期
则“天问一号”沿霍曼转移轨道从M点运动至P点所用的时间
选项D正确；
故选D。
16．C
【详解】A．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故A错误；
B．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故B错误；
C．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；
D．卫星从Q点变轨时，要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由
可得
可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故D错误；
故选C。
17．C
【详解】A．同步卫星的轨道高度约为地球半径的6倍，由题意可知“天和”核心舱的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据
可得
可知距地面400km高的“天和”核心舱绕地球做圆周运动的周期小于同步卫星的周期24小时，故A正确，不符合题意；
B．由开普勒第二定律可知“天问一号”火星探测器在绕火星的某个椭圆轨道上运动，在近火点的速率大于远火点，故B正确，不符合题意；
C．第三宇宙速度为逃逸出太阳引力场的最小发射速度，所以“羲和号”卫星的发射速度一定小于第三宇宙速度，故C错误，符合题意；
D．根据动量守恒定律可知某一长征运载火箭在发射时，若喷出一定质量气体的速度越大，则火箭获得的速度越大，故D正确，不符合题意。
故选C。
18．C
【详解】A．天问一号要离开地球到达火星，所以它的发射速度大于11.2km/s小于16.7km/s，故A错误；
B．由牛顿第二定律
解得
由于火星的公转半径大于地球公转半径，则火星公转的向心加速度小于地球公转的向心加速度，故B错误；
C．对火星和地球分析，可知都围绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有
可得
由于火星的公转半径大于地球公转半径，则有；而天问一号从转移轨道变到火星运行轨道，则要在转移轨道上的远日点进行点火加速，做离心运动，则在转移轨道远日点的速度小于，所以综合分析有
故C正确；
D．由开普勒第三定律可知
由于天问一号椭圆轨道半长轴大于地球轨道半径，天问一号从地球飞到火星轨道的时间大于地球绕太阳公转周期的一半，故D错误。
故选B。
19．AC
【详解】A．着陆器按如图甲的样子沿箭头方向飞向火星，空气阻力垂直于接触面，沿着陆器运动的反方向即空气阻力与重力的合力向上起减速的效果，图乙的阻力垂直于接触面，其阻力竖直方向上的分力与重力的合力起减速效果，相对比可知图甲更能有效减速，A正确；
B．由于“天问”一号火星探测器需要到达火星，因此最终会脱离地球的引力束缚，其发射速度应大于第二宇宙速度，B错误；
C．着陆器向火星着陆的过程中使用降落伞，根据牛顿第二定律可知，减速下降是利用了大气层的阻力，说明火星上有大气层，C正确；
D．地球与火星距离遥远，只能靠着陆巡视器全程自主控制：着陆时，火星和地球的距离达到3.2亿千米，无线电信号一来一往大约35分钟，地面不可能直接遥控，所有动作触发条件的测量、判断，所有动作的执行，包括最后阶段通过拍摄着陆区的图像并选择满足条件的着陆点，均是自主测量、自主判断、自主控制，D错误。
故选AC。
20．D
【详解】A． 地球表面重力加速度
在火星表面重力加速度
地球第一宇宙速度
火星第一宇宙速度
故A错误；
B．从轨道3到轨道1需要在A点点火加速，做离心运动，故“天问一号”在轨道3上经过A点的速度小于在轨道1上经过A点的速度，故B错误；
C．在同一点受到的万有引力相同，加速度相同，故C错误；
D．从轨道2到轨道1需要点火加速机械能增大，同一轨道上机械能守恒，故“天问一号”在轨道1上经过B点的机械能大于在轨道2上经过A点的机械能，故D正确。
故选D。
21．D
【详解】AB．根据自由落体运动，可得火星表面的重力加速度为
根据万有引力提供重力有
解得
火星的平均密度为
故A、B错误；
C．根据万有引力提供向心力有
解得
故C错误；
D．宇宙飞船绕火星做圆周运动的周期为，则有
解得
则轨道半径越大其周期越长，则最短周期为
故D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第7章 机械能
第7.1 讲 功和功率
【知识点精讲】
一、功
1.做功的两个要素
（1）作用在物体上的力；
（2）物体在力的方向上发生的位移。
2.公式：W=Flcosα
（1）α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。
（2）该公式只适用于恒力做功。
3.功的正负
夹角 功的正负
α＜90° 力对物体做正功
α=90° 力对物体不做功
α>90° 力对物体做负功或说成物体克服这个力做了功
二　功　率
1.定义：功与完成这些功所用时间的比值。
2.物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3.公式
（1），P为时间t内的平均功率。
（2）P=Fv
①v为平均速度，则P为平均功率。
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率。
4.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率。
5.实际功率：机械实际工作时输出的功率。要求小于或等于额定功率。
6.求解功率时应注意的“三个”问题
（1）首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；
（2）平均功率与一段时间（或过程）相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间（或过程）内做功的平均功率；
（3）瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻（或状态）的功率。
【方法归纳】
一、判断力是否做功及做正、负功的方法
1.看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形。
2.看力F的方向与速度v的方向间的夹角α——常用于曲线运动的情形。
3.根据动能的变化：动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系，即W合=Ek末-Ek初，当动能增加时合外力做正功；当动能减少时，合外力做负功。
二、功的计算
1.恒力做功
其中l是相对地的位移
2.变力做功
（1）用动能定理：。
（2）当变力的功率P一定时，可用W=Pt求功，如机车恒定功率启动时。
（3）将变力做功转化为恒力做功：
当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程（不是位移）的乘积。如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等。
3.总功的计算
（1）先求物体所受的合外力，再求合外力的功；
（2）先求每个力做的功，再求各功的代数和。
4.一对作用力跟反作用力的功的代数和不一定为零。这是因为虽然一对相互作用力的大小相等、方向相反，但相互作用物体的位移由它们的初速度和合外力等情况决定，不存在必然的联系。
5.静摩擦力做功的特点
（1）静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
（2）在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能量。
（3）相互摩擦的系统，一对静摩擦力所做功的代数和总等于零。
6.滑动摩擦力做功的特点
（1）滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功（如相对运动的两物体之一相对地面静止，则滑动摩擦力对该物体不做功）。
（2）在相互摩擦的物体系统中，一对相互作用的滑动摩擦力，对物体系统所做总功的多少与路径有关，其值是负值，绝对值等于摩擦力与相对位移的积，即W=-F·x相对，表示物体系统损失了机械能，克服了摩擦力做功，即ΔE损=Q=F·x相对（摩擦生热）。
（3）一对滑动摩擦力做功的过程中能量的转化和转移的情况：一是某一物体的部分机械能转移到另一个物体上；二是部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量。
7. |瞬时功率的计算方法
（1）利用公式P=F·vcos α，其中v为t时刻的瞬时速度。
（2）P=F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
（3）P=Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
8. 变力做功的计算方法
（1）动能定理法
方法 以例说法
应用动 能定理 用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF-mgl（1-cosθ）=0，得WF=mgl（1-cos θ）
（2）微元法
方法 以例说法
微元法 质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf=Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…=Ff（Δx1＋Δx2＋Δx3＋…）=Ff·2πR
（3）图象法
方法 以例说法
图象法 一水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W=F0x0
（4）平均力法
方法 以例说法
平均 力法 弹簧由伸长量x1被继续拉至伸长量x2的过程中，克服弹力做功
【最新高考题精练】
（2020高考天津卷）
1．复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（ ）
A．做匀加速直线运动 B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率 D．牵引力做功
（2020年7月浙江选考）
2．如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。现有质量为、额定功率为的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过到达高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则（　　）
A．空气对无人机的作用力始终大于或等于
B．直流电源对无人机供电的额定电流为
C．无人机上升过程中消耗的平均功率为
D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
（2020高考北京卷）
3．在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力和偏转力。这两个力与篮球速度的关系大致为：，方向与篮球运动方向相反；，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是（　　）

A．、是与篮球转动角速度无关的常量
B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同
C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动
D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动
（2019高考江苏卷物理8）
4．如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（　　）
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
（2019高考理综天津卷）
5．完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）．若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入．已知飞行员的质量，，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；
（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大．
（2019年4月浙江选考）
6．小明以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1kg的小皮球，最后在抛出点接住，假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍，求小皮球
（1）上升的最大高度；
（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功；
（3）上升和下降的时间。
（2015·浙江10月学考）
7．快艇在运动中受到的阻力与速度的平方成正比(即Ff＝kv2)．若油箱中有20 L燃油，当快艇以10 m/s的速度匀速行驶时，还能行驶40 km，假设快艇发动机的效率保持不变，则快艇以20 m/s的速度匀速行驶时，还能行驶(　　)
A．80 km B．40 km
C．10 km D．5 km
（2014·浙江7月学考）
8．一飞船返回舱进入大气层后，在离地面20 km处打开减速伞，如图所示。在返回舱减速下降的过程中（　　）

A．合力做负功 B．重力做负功
C．空气阻力做正功 D．伞绳拉力做正功
（2014·浙江1月学考）
9．质量为m的物体受一水平力F作用，在光滑的水平面上通过的位移为x，该力做功为W；若把该物体放在某一粗糙的水平面上，受同样水平力F作用做匀速直线运动，通过相同的位移x，则该力做功为（　　）
A．大于W B．小于W
C．W D．0
【最新模拟题精练】
（2023广东名校联盟大联考）
10．在110米栏比赛中，主要有起跑加速、途中匀速跨栏和加速冲刺三个阶段。若运动员的脚与地面未发生相对滑动，则下列说法正确的是（　　）
A．起跑加速阶段地面对运动员的摩擦力做正功
B．匀速阶段地面对运动员的摩擦力做负功
C．加速冲刺阶段地面对运动员的摩擦力做正功
D．整个过程地面对运动员的摩擦力不做功
（2023河北九师联盟质检）
11．如图所示，质量为m的物块放在光滑的水平桌面上，系在物块上的轻质绳子绕过光滑的定滑轮，滑轮右侧绳子水平，人拉着绳子的下端以速度水平向左做匀速运动，在拉紧的绳子与水平方向的夹角由53°变成37°的过程中（sin53°=0.8、cos53°=0.6），人对物体做的功为（　　）
A． B． C． D．
（2023河南洛阳等4市三模）
12．如图所示，一根两端开口的薄壁圆管竖直插入盛有水的薄壁圆柱体桶中。在圆管内有一不漏气的活塞，它可沿圆管上下无摩擦地滑动。开始时，圆管内外水面相齐，且活塞恰好触及水面，圆桶内水面距桶口高度差为h。现通过轻绳对活塞施加一个向上的拉力，使活塞缓慢向上移动（圆桶和圆管竖直固定不动，圆桶内水足够深）。已知圆管半径为r，圆桶半径为2r，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计活塞质量。当活塞上升到和圆桶口相平的过程中（此时活塞仍触及水面）。关于绳子拉力所做的功W，下列关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
（2023湖南邵阳二模）
13．地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，
A．矿车上升所用的时间之比为4:5
B．电机的最大牵引力之比为2:1
C．电机输出的最大功率之比为2:1
D．电机所做的功之比为4:5
（2023云南昭通巧家县一中模拟）
14．如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动到最低点的过程中有（ ）
A．在释放瞬间，支架对地面压力为(m＋M)g
B．摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大
C．摆球到达最低点时，支架对地面压力为(2m＋M)g
D．摆动过程中，支架对地面压力一直增大
（2023湖南名校期中）
15．用铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与钉进入木块内的深度成正比。在铁锤击打第一次后，能把铁钉击入木块内，则击打第二次后，能击入多少深度？（设铁锤质量远大于铁钉质量，且每次撞击铁钉速度相同。）（　　）
A． B． C． D．
（2023山东济南期末）
16．如图所示，长为l的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，初始时悬线沿水平方向伸直。将小球由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，小球从开始释放到运动到最低点的过程中重力功率的最大值为（　　）
A． B．
C． D．
（2023湖南怀化期中）
17．如图1所示，质量为的物体静止在水平粗糙的地面上，物体与地面间的动摩擦因数为。物体在水平外力的作用下运动，外力和物体克服摩擦力做的功与物体位移的关系如图2所示。重力加速度取，下列说法正确的是（　　）
A．图线Ⅰ表示物体克服摩擦力做的功
B．物体的质量为
C．物体在前运动过程中的加速度大小为
D．物体的最大速度为
（2023湖南怀化期中）
18．如图所示，在光滑竖直滑杆上套着一质量为m的圆环，圆环跨过水平转轴用细线吊着一质量为M的重物，转轴到滑竿的距离为d，刚开始用手按住圆环，使之处于图中的位置。松手后，圆环上升，当其上升到与转轴等高的P处时的速度大小为。不计细线与转轴间的摩擦，重力加速度为g。若在圆环运动到P点的过程中重物未落地，则下列说法正确的是（　　）
A．在P处时，绳对圆环的拉力功率为0 B．细线拉力对重物做功为
C．细线的拉力始终大于重物的重力 D．重物的动能一直增大
（2022朝阳区高三下质量检测一）
19．将一个小球竖直向上抛出，假设小球在运动过程中受到大小不变的空气阻力作用，经过一段时间后小球又返回至出发点。关于小球从抛出到返回原位置的过程，下列说法正确的是（　　）
A．小球上升过程中的加速度小于下落过程中小球的加速度
B．小球上升过程中克服重力做的功大于下落过程中重力做的功
C．小球上升过程中的机械能的变化大于下落过程中机械能的变化
D．小球上升过程中所受重力做功的平均功率大于下落过程中重力做功的平均功率
（2022北京平谷模拟）
20．质量均为m的两个物体，分别在地球表面和月球表面以相同的初速度v0竖直上抛，不计空气阻力，已知月球表面的重力加速度约为地球表面的重力加速度的，下列说法正确的是（　　）
A．物体在地球表面比在月球表面的惯性大
B．从抛出到运动至最高点的过程中，重力的平均功率相等
C．从最高点落回至抛出点，物体重力势能的变化量相等
D．落回抛出点时，重力的瞬时功率相等
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．BC
【详解】AB．动车的功率恒定，根据可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得
可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；
C．当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为
C正确；
D．动车功率恒定，在时间内，牵引力做功为
根据动能定理得
D错误。
故选BC。
2．BD
【详解】A．无人机先向上加速后减速，最后悬停，则空气对无人机的作用力先大于200N后小于200N，最后等于200N，选项A错误；
B．直流电源对无人机供电的额定电流
选项B正确；
C．无人机的重力为
F=mg=200N
则无人机上升过程中克服重力做功消耗的平均功率
但是由于空气阻力的作用，故对无人机向上的作用力不等于重力，则无人机上升过程中消耗的平均功率大于100W，则选项C错误；
D．无人机上升及悬停时，螺旋桨会使周围空气产生流动，则会有部分功率用于对空气做功，选项D正确。
故选BD。
3．C
【详解】A．篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力的作用，而篮球转动时，将受到偏转力的作用，所以偏转力中的与篮球转动角速度有关， A错误；
B．空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，B错误；
C．篮球下落过程中，其受力情况如图所示。

篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到和的合力沿竖直方向的分力可能大于重力，可使篮球竖直方向的分速度减小到零或变成竖直向上，因此篮球有可能向上运动，C正确；
D．如果篮球的速度变成水平方向，则有空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力将变小，不能保持与重力持续等大反向，所以篮球不可能在空中持续一段水平直线运动，D错误。
故选C。
4．BC
【详解】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误．
5．（1）；（2）
【详解】（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
6．（1）；（2）0；；（3），
【详解】（1）小球上升过程，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
上升的高度
（2）从抛出小球到接住的过程中，重力做功
空气阻力做功
（3）小球上升的时间
下降过程，根据牛顿第二定律有
解得
根据
解得
7．C
【详解】快艇在匀速行驶时，发动机的牵引力等于阻力，所以功率为：P＝Fv＝Ffv＝kv3，行驶距离为x时所需的时间为，20 L燃油能提供的能量为W＝Pt＝kv2x，所以当行驶的速率增大一倍时，能行驶的位移就变为原来的，即10 km，故C正确，ABD错误．
8．A
【详解】A．飞船返回舱在减速下降过程中，空气阻力向上，重力向下，绳拉力向上，合力向上，而位移向下，故合力做负功，故A正确；
B．飞船返回舱在减速下降过程中，重力向下，位移向下，重力做正功，故B错误；
C．飞船返回舱在减速下降过程中，空气阻力向上，位移向下，空气阻力做负功，故C错误；
D．飞船返回舱在减速下降过程中，绳拉力向上，位移向下，绳的拉力做负功，故D错误。
故选A。
9．C
【详解】由于物体受到的都是恒力的作用，根据恒力做功的公式W=Fx可知，在两次拉物体运动的过程中，拉力的大小相同，物体运动的位移也相等，所以两次拉力做的功相同，均等于W，所以C正确。
故选C。
10．D
【详解】不论加速还是匀速，脚与地面接触产生静摩擦力时，脚相对地面是静止的，脚在力的方向上没有位移，所以在比赛的三个阶段摩擦力均不做功。
故选D。
11．B
【详解】把绳子下端的速度分别沿着垂直绳子方向和沿着绳子的方向分解，物块在各个时刻的速度等于对应时刻沿着绳子方向的分速度，由功能关系可得人做的功等于物块的动能的增加量，则有
故选B。
12．B
【详解】活塞上升距离为，设管外液面下降距离为，设
因液体体积不变，有
可得
由功能关系可知，拉力做的功全部转化为上升水的重力势能。则
故选B。
13．AC
【详解】A．由图可得，变速阶段的加速度 ，设第②次所用时间为t，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，，解得：，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为 ，选项A正确；
B．由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；
C．由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；
D．加速上升过程的加速度，加速上升过程的牵引力，减速上升过程的加速度，减速上升过程的牵引力
，
匀速运动过程的牵引力．第①次提升过程做功
；
第②次提升过程做功
；
两次做功相同，选项D错误．
【点睛】此题以速度图像给出解题信息．解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功．实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同．
14．D
【详解】A．在释放瞬间，m的速度为零，根据
细线拉力为零，对支架受力分析，支架受重力和地面对它的支持力，处于静止状态。所以在释放瞬间，支架对地面压力为Mg，故A错误；
B．小球在开始运动时的速度为零，则这时重力的功率
P1＝mgv0＝0
当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得
mgRsinθ＝mv2
并且重力与速度的方向夹角为θ，则这时重力的功率P2
当小球运动到最低点时，速度的方向水平垂直于重力的方向
P3＝mgv' cos90°＝0
因此重力功率变化为：先变大后变小，故B错误；
C．在从释放到最低点过程中，根据动能定理得
mgR＝mv2
在最低点绳子拉力为T，对小球受力分析：小球受重力和绳子拉力，根据牛顿第二定律得
当小球在最低点时，支架受重力、支持力、绳子的拉力。根据平衡条件得
FN＝Mg＋T
解得
FN＝(3m＋M)g
故C错误；
D．对小球在向下运动过程中某一位置进行受力分析
当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得
mgRsinθ＝mv2
根据牛顿第二定律得
T＝mgsinθ＝2mgsinθ＝3mgsinθ
而此时支架受重力、支持力、绳子的拉力、地面摩擦力．根据平衡条件得：在竖直方向上有
Tsinθ＋Mg＝FN
所以
FN＝3mgsin2θ＋Mg
摆动过程中θ逐渐增大，所以地面对支架的支持力也逐渐增大，根据牛顿第三定律：即摆动过程中，支架对地面压力一直增大，故D正确。
故选D。
15．B
【详解】设铁钉进入木块深度为d，则所受阻力大小为
第一次据动能定理可得
则铁锤做功为
同理可得第二次铁锤做功为
每次撞击铁钉速度相同，故两次对铁钉所做的功相同，联立可解得
故击打第二次后，能击入的深度为
故选B。
16．C
【详解】令轻绳与水平方向夹角为，则球体向下运动过程有
，
解得
假设
则有
解得
可知，此时小球重力功率达到最大，则有
故选C。
17．BD
【详解】AB．根据题意可知，物体在运动过程中所受为滑动摩擦力
恒定不变，克服摩擦力做功为
即图像始终为一条过原点的倾斜直线，即图线Ⅱ，根据图2可知
解得
故A错误，B正确；
CD．根据图线Ⅰ可知，在位移为时，外力为
则物体在前做匀加速运动，加速度大小为：
在位移为时，外力为
则物体在前内做匀减速直线运动，可知，在位移时物体的速度最大，则有
解得
故C错误，D正确。
故选BD。
18．AB
【详解】A．在P处时，绳对圆环的拉力水平，圆环的只具有竖直向上的速度，两者垂直，则绳对圆环的拉力功率为0，故A正确；
CD．圆环运动到P点时，圆环水平速度为零，则重物的速度也为零，所以此过程中，重物是先向下加速后向下减速，所以细线的拉力先小于重物的重力，然后再大于重物的重力。重物动能先增大后减小，故CD错误；
B．圆环运动到P点时，重物速度为零，则根据动能定理有
则细线拉力对重物做的功为
故B正确。
故选AB。
19．D
【详解】A．小球运动过程中受的空气阻力大小不变，则上升、下降过程中加速度大小分别为
所以
故A错误；
B．小球上升过程中克服重力做的功等于下落过程中重力做的功相等，即
故B错误；
C．小球机械能的变化，等于空气阻力对小球做的功，即
所以小球上升过程中的机械能变化等于下落过程中机械能的变化，故C错误；
D．上升、下降过程所用时间分别为、，则有
由于，则
上升、下降过程的平均功率分别为
所以
故D正确。
故选D。
20．C
【详解】A．两物体的质量相同，则惯性相同，即物体在地球表面与在月球表面的惯性同样大，选项A错误；
B．根据
则从抛出到运动至最高点的过程中，重力的平均功率
因地球和月球表面的重力加速度不同，则重力的平均功率不相等，选项B错误；
C．从最高点落回至抛出点，物体重力势能的变化量
则物体重力势能的变化量相等，选项C正确；
D．落回抛出点时，速度大小仍为v0，则重力的瞬时功率
PG=mgv0
因地球和月球表面的重力加速度不同，则重力的瞬时功率不相等，选项D错误。
故选C。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第7章 机械能
第7.2 讲 机车启动和运行
【知识点精讲】
机车的两类起动问题：
当机车从静止开始沿水平面加速运动时，有两种不同的加速过程，但分析时采用的基本公式都是P=Fv和F-Ff=ma。
（1）以恒定功率由静止开始加速，由公式P=Fv和F-Ff=ma知，由于P恒定，随着v的增大，F必将减小，a也必将减小，机车做加速度不断减小的加速运动，直到F=Ff，a=0，此时v达到最大值，可见恒定功率的加速一定不是匀加速。这种过程发动机做功只能用W=Pt计算，不能用W=Flcos α求。
（2）以恒定牵引力由静止开始加速，由公式P=Fv和F-Ff=ma知，由于F恒定，a恒定，机车做匀加速直线运动，随着v的增大，P也将不断增大，直到P达到额定功率Pmax，功率不能再增大，此时匀加速运动结束，其最大速度，此后机车要想继续加速只能做恒定功率的变加速运动了，可见以恒定牵引力加速时功率一定不恒定。这种加速过程发动机做的功只能用W=Flcos α计算，不能用W=Pt计算。要注意两种加速运动的最大速度的区别。
【方法归纳】
1.以恒定功率启动
（1）动态过程
（2）这一过程的图象和图象如图所示：
2.以恒定加速度启动
（1）动态过程
（2）这一过程的图象和图象如图所示：
3.机车启动的建模技巧
（1）无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即 （式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻）。
（2）机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即。
（3）机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W=Pt。由动能定理：Pt-F阻x=ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。
【最新高考题精练】
（2022年6月浙江选考）
1．小明用额定功率为、最大拉力为的提升装置，把静置于地面的质量为的重物竖直提升到高为的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，取，则提升重物的最短时间为（　　）
A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s
（2021重庆高考）
2．额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从和时刻开始以额定功率行驶，从和时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比，且比例系数相同，则（　　）
A．甲车的总重比乙车大 B．甲车比乙车先开始运动
C．甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同 D．甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同
（2021新高考北京卷）
3．如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是（　　）
A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小 B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大
C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小 D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大
（2021年6月浙江选考物理）
4．中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为，假设泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（　　）
发动机最大输出功率（） 332 最大输送高度（m） 63
整车满载质量（） 最大输送量（） 180
A． B． C． D．
[2020·天津卷，8]
5．复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（ ）
A．做匀加速直线运动 B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率 D．牵引力做功
【最新模拟题精练】
（2023河南四市二模）
6．汽车生产时都要进行一系列测试，其中一项为加速性能的测试，测试方法为：将汽车停在 水平平直试验路段起点，实验开始时，司机立即将油门踩到底（保持汽车以额定功率运 动），记录汽车速度从0加速到100km/h所用时间，该时间是衡量汽车动力水平的一个重要参考指标。某国产汽车的额定功率为100kW，在某次测试时，汽车从静止开始以额 定功率运动，假设运动过程中所受阻力恒定，汽车最终做匀速直线运动。通过传感器测得汽车运动速度的倒数与加速度a的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．汽车所受阻力大小为1000N
B．汽车运动的最大速度为50m/s
C．汽车的质量为4000kg
D．当汽车的速度为25m/s时，其加速度为2m/s2
【知识拓展】
（1） 机车以恒定功率启动的功率图像和速度图像：
（2）机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W=Pt，由动能定理得Pt-F阻x=ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。
（3）恒定功率启动的图像
由F-Ff=ma，P=Fv可得：，则①斜率；②纵截距；③横截距。
（2023湖南怀化期中）
7．质量为 800 kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度 a 与速度的倒数 的关系如图所示，已知图像斜率 k 的数值大小为 400。则赛车（　　）
A．速度随时间均匀增大
B．加速度随时间均匀增大
C．赛车运动时发动机输出功率为 32 kW
D．图中 b 点取值应为 0.01，其对应的物理意义表示赛车的最大时速为360km/h
（2023江苏名校联考）
8．汽车在平直公路上以速度匀速行驶，发动机功率为P，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶。设汽车行驶时所受的阻力恒定，则下面四个图像中，哪个图像正确表示了司机从减小油门开始，汽车的速度与时间的关系（　　）
A． B．
C． D．
（2022福建龙岩一模）
9．一辆小轿车在平直路面上以恒定功率加速，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示。已知轿车的总质量为1300kg，其所受的阻力不变，则轿车（　　）
A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀减小
C．所受阻力大小为2.73×103N D．电动机输出功率为9.1×103W
（2022四川遂宁二模）
10．“碳中和”、“低碳化”、“绿色奥运”是北京冬奥会的几个标签。本次冬奥会运行超1000辆氢能源汽车，是全球最大的一次燃料电池汽车示范。某款质量为M的氢能源汽车（如图所示）在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动，行驶路程x，恰好达到最大速度。已知该车所受阻力恒定。下列判定正确的是（　　）
A．启动过程中，车做匀加速直线运动
B．启动过程中，牵引力对车做的功为
C．车速从0增至的加速时间为
D．车速为时，车的加速度大小为
11．我国自行研制的新一代轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，其将成为中国军方快速部署轻型装甲部队的主力装备。设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，则前进较短的距离s其速度便可达到最大值vmax。设在加速过程中发动机的功率恒为P，装甲车所受阻力恒为f，当速度为v（vmax>v）时，所受牵引力为F。以下说法正确的是（　　）
A．装甲车速度为vmax时，牵引力做的功为Fs
B．装甲车的最大速度
C．装甲车速度为v时，加速度
D．装甲车从静止开始达到最大速度vmax所用时间
（2022湖南长沙周南中学模拟）
12．汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车的速度与拉力大小倒数的图像。已知汽车在平直路面上由静止启动，平行于轴，反向延长过原点。已知阻力是车重的0.2倍，汽车质量为，下列说法正确的是（　　）
A．汽车由b到c过程做匀加速直线运动
B．汽车从a到b持续的时间为4s
C．汽车额定功率为50kW
D．汽车能够获得的的最大速度为为12m/s
（2022 湖南长沙重点高中质检）
13．一航空兴趣小组自制一带动力飞行器。小组开始让飞行器悬停在空中，某次测得从高处竖直向下运动范围内，飞行器的加速度a与下降的高度h关系如图所示。设飞行器总质量为m不变，取向下方向为正方向，重力加速度为g。飞行器下落过程中，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．飞行器下降时，其发动机提供动力大小为
B．飞行器下降过程中，其机械能增加
C．飞行器下降时，其速度大小为
D．飞行器下降时，其发动机功率为
（2021天津一中质检）
14．一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示。若汽车的质量为1.2×103kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是（　　）
A．汽车的最大功率为5×104W
B．汽车匀加速运动阶段的加速度为2.5m/s2
C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
D．汽车从静止开始运动12s内位移是60m
（2023济南重点高中期中）
15．一台起重机将质量为m的重物竖直吊起（不计物体所受空气阻力），重力加速度为g，如图所示为该物体的速度—时间图像，其中时刻起重机输出功率达到最大，此后功率保持不变，最大速度为，由图可知（　　）
A．时间内，重物做匀加速运动且起重机输出功率恒定
B．起重机的最大输出功率为
C．时间内，起重机对重物做功为
D．时间内，起重机对重物做功为
（2022广州培正中学三模）
16．电动自行车在平直路面上匀速行驶，某一时刻从车上掉落一货物，车行驶的功率不变，货物掉落前后车速随时间的变化图象较符合实际的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023浙江名校联盟联考）
17．如图a所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图像如图b所示，在t=20s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变。假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）f1=2000N。（解题时将汽车看成质点）求：
(1)运动过程中汽车发动机的输出功率P；
(2)汽车速度减至8m/s的加速度a大小；
(3)BC路段的长度。
（2023浙江九校期中联考）
18．如图所示某重型气垫船，质量为，最高时速为，装有额定输出功率为的燃气轮机，假设该重型气垫船在海面航行过程所受的阻力与速度v满足，求：
（1）的数值及其单位；
（2）当以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率；
（3）当以额定功率航行，速度达到时，气垫船的加速度。
（2023山东青岛二中下学期期中）
19．如图所示，一个与平台连接的足够长斜坡倾角，一辆卡车的质量为1t。关闭发动机，卡车从静止开始沿斜坡滑下，最大速度可达120km/h，已知卡车运动过程中所受空气阻力和地面阻力与速度成正比，即f = kv。
（1）求出比例系数k；
（2）现使卡车以恒定功率P沿斜坡向上行驶，达到的最大速度为54km/h，求功率P；
（3）当卡车开上平台后，继续保持（2）问的恒定功率行驶40s重新匀速行驶，求卡车开上平台后到匀速行驶的过程中克服阻力所做的功。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
当功率达到额定功率时，设重物的速度为，则有
此过程所用时间和上升高度分别为
重物以最大速度匀速时，有
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为，该过程根据动能定理可得
又
联立解得
故提升重物的最短时间为
C正确，ABD错误；
故选C。
2．ABC
【详解】A．根据题述，两车额定功率P相同，匀速运动后牵引力等于阻力，因此甲车阻力大于乙车阻力，根据甲车时刻后和乙车时刻后两车牵引力不变，甲车牵引力大于乙车可知
可知甲车的总重比乙车大，故A正确；
B．如图所示
甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，所以甲车从这个时刻开始，做加速运动；乙车在B点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，乙车从这个时刻开始加速，所以甲车比乙车先开始运动，故B正确；
C．两车分别从和时刻开始以额定功率行驶，这两个时刻，两车的牵引力等大，由
可知，甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同，故C正确；
D．时刻甲车达到最大速度，时刻乙车达到最大速度，根据汽车的额定功率
可知由于甲车的总重比乙车大，所以甲车在时刻的速率小于乙车在时刻的速率，故D错误。
故选ABC。
3．B
【详解】AB．在ab段，根据平衡条件可知，牵引力
所以在ab段汽车的输出功率
不变，在bc段牵引力
bc段的输出功率
故A错误B正确；
CD．在cd段牵引力
汽车的输出
在cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段，故CD错误。
故选B。
4．C
【详解】泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功
故选C。
5．BC
【详解】AB．动车的功率恒定，根据可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得
可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；
C．当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为
C正确；
D．动车功率恒定，在时间内，牵引力做功为
根据动能定理得
D错误。
故选BC。
6．B
【详解】A．汽车恒定功率启动，由
可知，加速度为0时，牵引力等于摩擦力，汽车做匀速直线运动，则
故A错误；
BC．最大速度的倒数为，由
解得
汽车的最大速度为，则
解得
故C错误，B正确；
D．当汽车速度为时，可得
由
解得
故D错误。
故选B。
7．D
【详解】A．由图可知，以恒定功率加速，牵引力逐渐变小，则加速度逐渐变小，故做变加速直线运动，A 错误；
B．汽车加速运动，速度增大，牵引力减逐渐小，加速度逐渐减小，B 错误；
C．对汽车受力分析，根据牛顿第二定律，有
F f ma
又因为
联立得
由于
= 400
可得
C 错误；
D．当物体的速度最大时，加速度为零，根据
可得
此时最大速度
D正确。
故选D。
8．B
【详解】汽车匀速行驶时牵引力等于阻力；功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率和速度关系公式，牵引力减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，由公式可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，物体重新做匀速直线运动；
故选B。
9．C
【详解】A．由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；
B．函数方程
因为轿车做变加速运动，速度随时间不是均匀变化，所以加速度不是随时间均匀减小，故B错误；
CD．对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
联立得
结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，
解得
所以最大速度为33m/s由图象可知
解得
由图象可知
解得
故C正确D错误。
故选C。
10．C
【详解】A．汽车以恒定功率P启动，根据
可知，启动过程中，速度增大，则牵引力减小，根据牛顿第二定律有
可知，加速度减小，则车做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．根据题意，可知汽车受到的阻力为
启动过程中，根据动能定理有
牵引力对车做的功为
故B错误；
C．根据题意，可知汽车受到的阻力为
车速从0增至的过程中，根据动能定理有
联立解得
故C正确；
D．车速为时，汽车的牵引力为
根据牛顿第二定律有
解得
故D错误。
故选C。
11．BC
【详解】A．因为在运动过程中，装甲车功率不变，速度增大，则牵引力减小，故加速过程牵引力不是恒力，所以装甲车速度为时，牵引力做的功不能通过W=Fs求解，则牵引力做的功不等于Fs，A错误；
B．当牵引力与阻力相等时，装甲车的速度达到最大，根据知，最大速度
B正确；
C．当装甲车的速度为v时，根据牛顿第二定律得加速度
C正确；
D．据动能定理得
解得
D错误。
故选BC。
12．C
【详解】A．由于图像斜率为定值，即
可知，发电机功率为定值，由牛顿第二定律可得
可得
所以，不变，增大，则加速度减小，故汽车由到过程做加速度减小的变加速直线运动，故A错误；
B．汽车从到牵引力不变，设为，阻力不变，汽车做匀加速直线运动，设加速度大小为，根据牛顿第二定律有
由图可知，牵引力
由图可知，当速度达到最大速度时，牵引力
联立并带入数据得加速度
设点的速度为，汽车从到持续的时间为
故B错误；
C．点时已经达到最大功率，则最大功率为
故C正确；
D．汽车能够获得的最大速度为
故D错误。
故选C。
13．C
【详解】A．由图像可得图线斜率为
则飞行器的加速度a与下降的高度h关系式
当飞行器下降时，可得加速度为
则
求解得
故A错误；
B．飞行器下降过程中，其动能变化对应合外力做功，纵坐标乘质量为合力大小，其大小为解析图的梯形面积大小乘质量m，由动能定理
可得
故发动机做负功，所以其机械能减小，故B错误；
CD．飞行器下降h0时有
可得速度大小为
且此时飞行器只受重力，则发动机提供的动力为0，功率为0，故C正确，D错误。
故选C。
14．AB
【详解】ABC．由图可知，汽车在前4s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4－12s内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值；可知在4s末汽车的功率达到最大值，12s末汽车的速度达到最大值，汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力
前4s内汽车的牵引力为
由牛顿第二定律
可得
4s末汽车的速度
所以汽车的最大功率
故AB正确，C错误；
D．汽车在前4s内的位移
汽车在内的位移设为x2，则
其中
解得
所以汽车的总位移
故D错误。
故选AB。
15．B
【详解】A．速度—时间图像的斜率表示加速度，可知，时间内，重物做匀加速运动，牵引力一定，根据
可知，当牵引力一定时，速度增大，起重机输出功率增大，A错误；
B．根据图像可知，时刻之后，重物做匀速直线运动，则有
，
解得起重机的最大输出功率为
B正确；
D．时间内，重物上升的位移为
起重机对重物做功为W1，则有
解得
D错误；
C．时间内，令该段时间上升的高度为h，根据动能定理有
解得
C错误。
故选B。
16．A
【详解】电动自行车的功率P=Fv，匀速行驶时，牵引力等于阻力，即
F=f
加速度a=0。货物掉落后瞬间速度未变，车整体质量减小，阻力减小为f'，牵引力大于阻力，具有向前的加速度，车开始加速，由于功率不变，牵引力逐渐减小，加速度减小，当牵引力F'趋近于f'时，加速度趋近于0，电动自行车达到最大速度
v'=
以后继续做匀速运动。
故选A。
17．(1)20kW；(2)0.75m/s2；(3)93.75m
【详解】(1)汽车在AB路段时，牵引力和阻力相等
F1=f1
P=F1v1
联立解得
P=20kW
(2)t=15s后汽车处于匀速运动状态，有
F2=f2
P=F2v2
f2=
联立解得
f2=4000N
v=8m/s时汽车在做减速运动，有
F=
解得
a=0.75m/s2
(3)由动能定理有
解得
s=93.75m
18．（1）数值，单位；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意可知，当船以额定功率航行，牵引力等于阻力时，船的速度最大，则有
又有
其中
联立解得
（2）当以最高时速一半的速度匀速航行时，此时的牵引力为
气垫船发动机的输出功率为
（3）当以额定功率航行，速度达到时，牵引力为
阻力为
由牛顿第二定律有
解得
19．（1）10N s/m；（2） 7250W；（3）4 × 104J
【详解】（1）卡车沿斜面下滑时受到沿斜面向上的阻力，当汽车所受阻力与重力沿斜面向下的分力大小相等时，汽车具有最大速度，所以有
mgsinθ = kvm
解得
（2）汽车沿斜面向上行驶时，沿斜面方向受到向上的牵引力F和沿斜面向下的阻力f和沿斜面向下的重力分力mgsinθ，当汽车速度最大时有
F = f＋mgsinθ
根据题意有当汽车速度最大时汽车所受的阻力为
f = kv′m
因为P = Fv′m，则当卡车沿斜坡向上行驶，达到最大速度时有
由此可得
P = 7250W
（3）卡车开上平台后，受牵引力和阻力作用，卡车先做加速度逐渐减小的加速运动，当汽车牵引力等于阻力时卡车做匀速直线运动，令此时卡车速度为v2，则根据题意有，此时卡车牵引力
F2 = f2 = kv2
卡车的功率
P = F2v2 = kv22
卡车平台上运动40s的过程中对卡车使用动能定理有
代入数据有
Wf = －4 × 104J
所以卡车开上平台后到匀速行驶的过程中克服阻力所做的功为4 × 104J。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第7章　机械能
第7.3讲　动能定理
【知识点精讲】
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能。
2．公式：Ek＝。
3．单位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。
4．矢标性：动能是标量，只有正值。
5．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。
二、动能定理
1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：或W＝Ek2－Ek1。
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件
（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
5．对动能定理的理解：
（1）做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”。
（2）动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
（3）合外力对物体做正功，物体的动能增加；合外力对物体做负功，物体的动能减少；合外力对物体不做功，物体的动能不变。
（4）动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”
数量关系 合力的功与物体动能的变化可以等量代换
单位关系 国际单位都是焦耳
因果关系 合力做的功是物体动能变化的原因
（5）“一个参考系”：高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系。
【方法归纳】
一　应用动能定理解决问题的步骤
1．选取研究对象，明确它的运动过程。
2．分析研究对象的受力情况和各力的做功情况，然后求各个外力做功的代数和。
受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功
3．明确物体始末状态的动能Ek1和Ek2。
4．列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解。
二　动能定理的应用
1．动能定理适用于直线运动，也可用于曲线运动；动能定理适用于恒力做功，也可用于变力做功；动能定理可分段处理，也可整过程处理。
2．解决多过程问题的策略：
（1）分解过程（即将复杂的物理过程分解成若干简单过程处理）
（2）整个过程用动能定理
【最新高考题精练】
（2021高考全国甲卷）
1．一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知，重力加速度大小为g。则（　　）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
[2020·江苏卷，4]
2．如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能与水平位移x关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
（2020高考全国理综I）
3．一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（　　）
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
（2015·浙江10月学考）
4．如图所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数，汽车继续沿下坡匀加速直行、下降高度时到达“避险车道”，此时速度表示数。
（1）求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；
（2）求汽车在下坡过程中所受的阻力；
（3）若“避险车道”与水平面间的夹角为，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移（）。
【最新模拟题精练】
一．选择题
（2023湖南名校期中）
5．如图甲所示，物体以一定初速度从倾角的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能随高度h的变化如图乙所示。，，。则（　　）
A．物体的质量
B．物体与斜面间的动摩擦因数
C．物体上升过程的加速度大小
D．物体回到斜面底端时的动能
（2023重庆涪陵重点高中质检）
6．如图所示，在水平的PQ面上有一小物块（可视为质点），小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点（水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接）。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB（如图中虚线所示），小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。已知小物块与水平面和小物块与斜面的动摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线。则（　　）
A．小物块恰好能运动到B点
B．小物块最远能运动到B点上方的某点
C．小物块只能运动到C点
D．小物块最远能运动到B、C两点之间的某点
（2023江苏常州期中）
7．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2．该物体的质量为

A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg
（2023江苏盐城期中）
8．如图所示，将一物体分别沿着AB、ACB两条斜面轨道从静止开始运动到B端。已知物体与两条斜面轨道的动摩擦因数相同，不计在轨道处的能量损失。则物体两次运动（　　）
A．位移不同 B．到达B端的速度相同
C．到达B端的动能相同 D．克服摩擦力做的功不同
（2022北京朝阳二模）
9．如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止。已知斜面倾角为，小木块质量为m，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，A、O两点的距离为x。在小木块从斜面顶端滑到A点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．如果h和一定，越大，x越大 B．如果h和一定，越大，x越小
C．摩擦力对木块做功为 D．重力对木块做功为
（2021广州一模）
10．如图，质量为的滑雪运动员（含滑雪板）从斜面上距离水平面高为的位置静止滑下，停在水平面上的处；若从同一位置以初速度滑下，则停在同一水平面上的处，且与相等。已知重力加速度为，不计空气阻力与通过处的机械能损失，则该运动员（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功为（　　）
A． B． C． D．
（2021江西九校协作体联考）
11．如图所示，将一小物块从倾斜轨道上的M点自由释放，滑至水平轨道上的N点停下。现将倾斜轨道的倾角调大，为使物块从斜轨上某处释放后仍然在N点停下，则释放处应该是（已知小物块与倾斜轨道、水平轨道的动摩擦因数相同，且能平顺滑过轨道拼接处）（　　）
A．J点 B．Q点 C． K点 D．K点下方某点
（2023安徽皖北五校联盟联考）
12．如图所示的水平轨道足够长，只有部分是粗糙的，其长度为，其余部分是光滑的，质量为1kg，长度为的粗细相同的匀质软绳静止在点的左侧（绳的右端在点），软绳与粗糙部分的动摩擦因数为，现用的水平向右的恒力作用在软绳上，软绳始终保持伸直状态且长度不变，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在软绳运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．软绳先做匀加速后做匀减速运动 B．软绳的左端能经过点
C．软绳的最大动能为0.5J D．软绳克服摩擦力做功4.0J
（2023河南开封二模）
13．某同学利用如图甲所示的装置，探究滑块a上升的最大高度，忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量。起初物块a放在地面上，物块b距地面的高度为h，细绳恰好绷直，现静止释放物块b，物块b碰地后不再反弹，测出物块a上升的最大高度H，每次释放物块b时，确保物块a在地面上，改变细绳长度及物块b距地面的高度h，寻找多组（H，h），然后做出的图像（如图乙所示），测得图像的斜率为k，已知物块a、b的质量分别为、。则（　　）
A．物块a、b的质量之比
B．物块a、b的质量之比
C．图像的斜率k的取值范围是
D．图像的斜率k的取值范围是
（2022河北唐山三模）
14．一质量为的汽车从时刻由静止开始沿平直公路运动，其所受的合外力F与位移x的关系如图所示。则（　　）
A．汽车在这段位移内做匀加速直线运动
B．汽车在位置时的速度大小为
C．汽车在的位置F的瞬时功率为
D．所用时间为
（2021广西二模）
15．如图甲所示，质量为1kg的木块（视为质点）被水平向左的力F压在竖直墙壁上，木块初始位置离地面高度，木块与墙面之间的动摩擦因数，木块距离地面的高度h与力F之间的关系如图乙所示，取重力加速度大小。则木块下滑到地面前的瞬间的速度大小为（　　）
A．4m/s B．6m/s C．8m/s D．10m/s
（2023福建部分学校联考）
16．如图所示，内壁光滑的半圆弧槽固定在水平面上，一个质量为m的物块静止在圆弧槽的最低点A，第一次用大小为F的水平恒力作用于物块，使物块沿圆弧面运动到B点；第二次作用力的大小仍为F，作用力的方向始终沿圆弧的切线方向，物块到达B点的速度是第一次到达B点速度的倍．已知B点与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，则推力F的大小为（　　）
A． B． C． D．
（2023·河北名校联考）
17．一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不计空气阻力）（　　）
A． B． C． D．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BC
【详解】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
整理得
；
A错误，C正确；
B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
求解得出
B正确；
D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
由上式可知
a上 > a下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式
则可得出
D错误。
故选BC。
2．A
【详解】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离为x，根据动能定理，有
整理可得
即在斜面上运动时动能与x成线性关系；
当小物块在水平面运动时,根据动能定理由
即
为物块刚下滑到平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与x也成线性关系。
故选A。
3．AB
【详解】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；
B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能
mgh＝30J
可得质量
m＝1kg
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
μmg·cosθ·s＝20J
求得
μ＝0.5
B正确；
C．由牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcosθ＝ma
求得
a＝2m/s2
C错误；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。
故选AB。
4．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）从发现刹车失灵至到达“避险车道”的过程汽车动能的变化量为
已知
代入上式解得
（2）由动能定理得
代入数据解得
（3）设向上运动的最大位移为s。由动能定理得
代入数据解得
5．B
【详解】A．根据题意可知，运动到最高点时，物体的速度为0，结合图乙可知，此时的重力势能为，又有
解得
故A错误；
B．根据题意可知，物块上滑过程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能关系可知
解得
故B正确；
C．根据题意，由牛顿第二定律有
解得
故C错误；
D．根据题意可知，物块下滑过程中摩擦力做功与上滑过程中摩擦力做功相等均为
整个过程由动能定理有
其中
解得
故D错误。
故选B。
6．D
【详解】AC．设物块能到达斜面上最高点与水平面的距离为h，与Q点的水平距离为x，根据动能定理得
即
若减小倾角θ时，h不变，则x不变，故AC错误；
B．若h变大，则x变小，故B错误；
D．若h变小，则x变大，故D正确。
故选D。
7．C
【详解】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N．
8．C
【详解】A．由位移定义，位移是初位置到末位置的有向线段，其大小与路径无关，故两次位移相同，故A错误；
BCD．从A到B，根据动能定理有
θ是AB倾角，从A到C到B，根据动能定理
α和β分别为两部分的倾角，AB水平的距离相等，可得
故到达B时，克服摩擦力做功相同，动能大小相等，速度大小相等，但是速度方向不同，故BD错误，C正确。
故选C。
9．D
【详解】AB．对小木块运动的整个过程，根据动能定理有
解得
所以x与θ无关，故AB错误；
CD．根据前面分析可知重力对木块做功为
摩擦力对木块做功为
故C错误，D正确。
故选D。
10．C
【详解】设运动员从静止开始滑下，停在水平面上处时，在斜面上克服阻力做的功为，在水平面上克服摩擦力做的功为，由动能定理得
当运动员以速度v从同一高度下滑时，停在同一水平面上的处，且与相等，由动能定理可得
联立两式求得
故选C。
11．C
【详解】设物体下滑的高度为h，在斜面上运动时，水平方向位移为s，水平面运动距离为L，则由功能关系可得
这样化解得到
也就是说，物块与轨道的动摩擦因数等于M、N两点连线倾角的正切，而与斜轨的倾角无关，现在我们想使物块从斜轨上某处释放后仍然在N点停下，必须实释放位置在M、N两点连线上，所以可以选择K点，故C正确，ABD错误；
故选C。
12．C
【详解】设绳子B端向右运动位移为，当时，绳子所受摩擦力
当时，绳子所受摩擦力
绳子所受摩擦力随位移变化如图所示
又图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功，当时，
①
对绳子由动能定理得
②
当时
又
得
所以设绳子B端向右运动位移为速度为零，停止运动。
A．拉力先比摩擦力大，后比摩擦力小，软绳先做加速运动后做减速运动。时，摩擦力为变力，所以加速度不恒定，A错误；
B．当时，绳子停止运动，软绳的左端不能经过点，B错误；
C．由①②得,当
动能最大
C正确；
D．B端向右运动位移L的过程中，克服摩擦力做功
D错误。
故选C。
13．BC
【详解】AB．物块的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，与此同时物块加速下降，速率与物块相同，第二个阶段为物块落地后，物块在自生重力的作用下减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有
第二阶段对物块由动能定理有
联立以上两式可得
结合图像可得
可知
故A错误，B正确；
CD．要将物块拉起，则有
对物块，则有
可得
因此有
即
故C正确，D错误。
故选BC。
14．D
【详解】A．汽车在这段位移内所受合外力逐渐增大，汽车做加速度增大的加速直线运动，故A错误；
B．F-x图像与坐标轴所围的面积表示F的功，所以F在这段位移内对汽车所作的功为
设汽车在位置时的速度大小为v1，根据动能定理有
解得
故B错误；
C．设汽车在的位置的速度大小为v2，根据动能定理有
解得
汽车在的位置F的瞬时功率为
故C错误；
D．设所用时间为t，根据动量定理有
解得
故D正确。
故选D。
15．C
【详解】根据题述，木块初始位置离地面高度,由图乙可知对应的压
力
所受的滑动摩擦力
仿照图乙可画出滑动摩擦力随高度h变化的图像如图
根据滑动摩擦力随高度h变化的图像面积表示滑动摩擦力做功可知，从木块从初始位置开始下滑到滑到地面瞬间的过程中，滑动摩擦力做功
由动能定理
解得
故选C。
16．D
【详解】设半圆弧槽的半径为R，第一次根据动能定理
第二次根据动能定理
解得
故D正确。
故选D。
17．A
【详解】小球下落的高度为
h = πR - R + R = R
小球下落过程中，根据动能定理有
mgh = mv2
综上有
v =
故选A。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第7章：机械能
第7.4讲探究动能定理
【知识点精讲】
[考纲解读]
（1）通过实验探究力对物体做的功与物体速度变化的关系。
（2）体会探究的过程和所用的方法。
实验原理
为了探究功与速度变化的关系，需要测量功和初、末两个状态的速度。
在方案一中，功的大小等于小车所受的合力与小车位移的乘积，当悬挂重物的质量远小于小车质量及小车所受的阻力已被平衡时，功的大小约等于重物重力与小车位移的乘积。
在方案二中，不需要测量功的具体数值，分别用1根、2根、3根…相同的橡皮筋时，橡皮筋对小车做功的大小分别是W、2W、3W…。这两种方案中，小车获得的速度都可利用打点计时器测量，然后通过图象法找出功与速度变化的关系。
实验器材
方案一：重物（小盘中放砝码或砂桶中盛砂）、打点计时器、小车、纸带、复写纸、电源、导线、刻度尺、一端带有滑轮的长木板、带小钩的细线等。
方案二：橡皮筋若干根（材质、长短、粗细均相同）、打点计时器、小车、纸带、复写纸、电源、导线、刻度尺、木板、铁钉等。
实验步骤
方案一：
（1）用天平测出重物的质量m（m M车），将数据记录在表中。
（2）将打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，纸带的一端夹在小车后端，另一端穿过打点计时器。将长木板安装有打点计时器的一端适当垫高，调整高度，直至轻推小车后，恰能使小车在木板上做匀速运动为止。
（3）在小车前系好细线并通过滑轮挂上重物。将小车置于靠近打点计时器处。接通打点计时器电源，释放小车。
（4）改变重物质量，重做上述实验。
（5）如图所示，将纸带上的第一个点记为计数点O，再在纸带的后端选择连续的5个打印点分别记为计数点1、2、3、4、5。分别测出计数点1、2、3、4、5至计数点O的距离（即小车的位移l），并利用打上点的纸带，测出打各计数点时小车的速度v，将实验数据记录在表中。
（6）将计算得到的功W记录在表格中。
（7）根据记录的W、v数据，在坐标纸上作出合适的图象。两次实验可以在同一坐标系中作出两条图线。
（8）整理实验器材。
方案二：
（1）将打点计时器固定在长木板的一端，纸带的一端夹在小车后端，另一端穿过打点计时器。将长木板安装有打点计时器的一端适当垫高，调整高度，直至轻推小车后，恰能使小车在长木板上匀速运动为止。
（2）将橡皮筋的一端固定在长木板前端的铁钉上，另一端固定在小车前端的钩子上。将小车置于靠近打点计时器处，记下小车的位置。接通打点计时器的电源，释放小车。
（3）用2根、3根、4根、5根相同的橡皮筋分别代替1根橡皮筋重做实验，保证每次释放小车的位置相同，即橡皮筋被拉长的长度相同。
（4）在上述实验中打出的5条纸带上分别找出小车近似做匀速运动的点，并分别求出匀速运动时的速度v，将实验数据记录在表中。
（5）根据记录的W、v数据，在坐标纸上作出合适的图象。
（6）整理实验器材。
【方法归纳】
【实验原理和操作】
1．平衡摩擦力：实验中的小车不可避免地要受到摩擦力的作用，摩擦力对小车做负功，我们研究的是小车合外力的功与物体速度的关系，应设法排除摩擦力的影响，可采用将木板一端垫高的方法来实现。将木板一端垫高，使重力沿斜面方向的分力与摩擦力平衡，就能消除摩擦力的影响。判断已平衡掉摩擦力的方法是轻推一下小车，观察到小车不受其他力时能在木板上匀速运动，即表明摩擦力已平衡。
2．在方案二中，我们用2根、3根…相同的橡皮筋进行第2次、第3次…实验时，每次实验时使小车从同一地点静止释放，使橡皮筋伸长的长度都应保持一致。
3．在方案二中，打点计时器打出的纸带上相邻各点的间距并不均匀，应选间距均匀的那一段纸带来计算小车的速度，因为这一段是橡皮筋对小车做功完毕时的情形。
【实验数据处理】
方案一：
（1）如图所示，将纸带上的第一个点记为计数点O，再在纸带的后端选择连续的5个打印点分别记为计数点1、2、3、4、5。分别测出计数点1、2、3、4、5至计数点O的距离（即小车的位移l），并利用打上点的纸带，测出打各计数点时小车的速度v。
（2）功W的大小约等于重物重力与小车位移的乘积。
（3）根据W、v数据，在坐标纸上作出合适的图象。两次实验可以在同一坐标系中作出两条图线。
方案二：
（1）实验数据处理时，不直接计算W和v的数值，而只是看第2次、第3次…实验中的W和v是第1次的多少倍，简化数据的测量和处理。
（2）以橡皮筋对小车做的功W为纵坐标，小车获得的速度为横坐标，以第一次实验时做的功W为单位，作出图象。用W－v2图象处理实验数据，比W－v图象更加直观、明了。
【误差分析】
（1）平衡摩擦力不彻底或平衡过度也会造成误差。
（2）橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做的功与橡皮筋的条数不成正比。
（3）利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准带来误差。
【最新高考题精练】
（2021年1月浙江选考）
1．用如图所示装置进行“探究功与速度变化的关系”实验。装有砝码的盘用绕过滑轮的细线牵引小车，盘和砝码的重力可当作牵引力。小车运动的位移和速度可以由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变砝码质量，便可探究牵引力所做的功与小车速度变化的关系。
①关于这个实验，下列说法正确的是 ；
A.需要补偿小车受到阻力的影响
B.该实验装置可以“验证机械能守恒定律”
C.需要通过调节定滑轮使细线与长木板平行
D.需要满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量
②如图2所示是两条纸带，实验时打出的应是第 条（填写“I”或“II”）纸带；
③根据实验数据，在坐标纸上画出的W-v2图象是一条过原点的直线，据此图象 （填“能”或“不能”）求出小车的质量。
（2020高考全国理综III卷）
2．某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。
已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.02 s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB= m/s，打出P点时小车的速度大小vP= m/s（结果均保留2位小数）。
若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量为 。
（2019高考江苏卷物理10）
3．某兴趣小组用如题1图所示的装置验证动能定理．
（1）有两种工作频率均为50Hz的打点计时器供实验选用：
A．电磁打点计时器
B．电火花打点计时器
为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择 （选填“A”或“B”）．
（2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动．看法正确的同学是 （选填“甲”或“乙”）．
（3）消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码．接通打点计时器电源，松开小车，小车运动．纸带被打出一系列点，其中的一段如题2图所示．图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A点的速度vA= m/s．
（4）测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A点的距离为L．小车动能的变化量可用ΔEk=算出．砝码盘中砝码的质量为m，重力加速度为g；实验中，小车的质量应 （选填“远大于”“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W=mgL算出．多次测量，若W与ΔEk均基本相等则验证了动能定理．
（2018年4月浙江选考）
4．用图所示装置做“探究功与速度变化的关系”实验时，除了图中已给出的实验器材外，还需要的测量工具有 （填字母）
A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．弹簧测力计
（2）用图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时，释放重物前有下列操作，其中正确的两项是 （填字母）
A．将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上
B．手提纸带任意位置
C．使重物靠近打点计时器
（3）如图是小球做平抛运动的频闪照片，其上覆盖了一张透明方格纸．已知方格纸每小格边长均为0.8 cm，由图中可知小球的初速度大小为 m/s（g取10 m/s2，结果保留两位有效数字）。
【最新模拟题精练】
（2023四川成都名校联盟三模）
5．某同学“探究合外力做功与动能变化的关系”的实验装置如图（a）所示，光电门A、B相距L固定于木板上，小车（含宽度为d的遮光条）质量为M，每个钩码的质量均为m，当地重力加速度大小为g。
实验关键步骤如下：
①按图（a）安装好仪器，调节滑轮高度，使连接小车的轻绳平行于木板，绕过滑轮，挂上钩码；
②记录钩码个数n，调节斜面倾角，使小车经过光电门A、B的时间相等，实现小车沿斜面匀速运动；
③去掉钩码与轻绳，将小车从光电门A的右侧任意位置静止释放，记下此次小车分别经过两个光电门的时间和；
④增加钩码个数，并重复②③步骤；
⑤记录数据，整理仪器。
（1）用螺旋测微器测量遮光条宽度d时，其示数如图（b）所示，则d＝ mm；小车经过光电门B时，小车速度大小的表达式为＝ （用题中相关字母表示）。
（2）若某次实验使用了n个钩码，则去掉钩码与轻绳后，小车下滑中所受的合外力大小为＝ （用题中相关字母表示）。
（3）该实验 （填“需要”或“不需要”）；斜面摩擦力对实验系统误差 （填“有”或“无”）影响。
（4） 多次实验获得多组数据后，为了直观简洁地分析问题，该同学以钩码个数n为横坐标，做出的图线如图（c）所示，分析可知图线的斜率k＝ （用M、m、L、d、g表示）。
（2023河南开封二模）
6．某同学利用如图所示的装置验证动能定理。在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮和动滑轮与弹簧测力计相连。实验时，测出光电门1、2间的距离为L，遮光条的宽度为d，滑块和遮光条的总质量为M，钩码质量为m。
（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图所示，则 cm；
（2）完成下列实验步骤中的填空：
①安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
②实验时要调整气垫导轨水平，不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块能在气垫导轨上静止，则表示气垫导轨已调整至水平状态；
③挂上钩码后，接通气源，再放开滑块，记录滑块通过光电门1的时间和通过光电门2的时间，若弹簧测力计的示数为F，则滑块所受合外力做的功 （用题目中出现的物理量表示），动能变化量，如果表达式成立，则动能定理即可得到验证；
④改变钩码的质量，重复步骤③，求得滑块在不同合力作用下的动能变化量。
（3）对于上述实验，下列说法正确的是
A.滑块的加速度大小是钩码加速度大小的2倍
B.弹簧测力计的读数为滑块所受合外力的大小且等于所挂钩码重力的一半
C.实验时两光电门之间的距离尽量大一些
D.钩码的总质量m应远小于滑块和遮光条的总质量M
（4）如果实验时，总有W的值略小于，造成的原因可能是
A.空气阻力
B.遮光条太窄
C.气垫导轨未调水平，需要将调节旋钮P上调，使气垫导轨左端稍微升高一些
D.气垫导轨未调水平，需要将调节旋钮Q上调，使气垫导轨右端稍微升高一些
（2023辽宁省辽西联考）
7．某中学实验小组的同学利用如图甲所示的实验装置完成了动能定理的验证，将带有遮光条的物块放在气垫上，用细绳连接并跨过光滑的定滑轮，在靠近滑轮的位置固定一光电门，已知滑块和钩码的质量分别为M、m，重力加速度为g。该小组的同学完成来如下操作：
（1）用螺旋测微器测量来遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d= mm。
（2）将滑块由远离定滑轮的一段无初速度释放，并测出释放点距离光电门的间距s。
（3）记录遮光条的挡光时间t。
（4）多次改变s，重复（2）（3），如果利用图像完成实验的验证，该小组的同学用s为纵轴， （填“t”“ t2”“ ”或“”）为横轴，如图丙，发现该图像为过原点的直线，则该图像的关系式为 （用已知量和测量量表示）。
（2023吉林通化梅河口五中二模）
8．某组同学找到一根弹性好，又特别轻的橡皮条，要利用它和钢球进行实验，探究该橡皮条的形变量与被它弹开的钢球的动能之间的关系。可以利用的器材还有较光滑的木板（一段水平，一段为斜面）、铁钉、刻度尺以及墨水。组装的装置如图1所示，橡皮条平行于斜面底端固定，且刚好处于原长。实验时，用钢球抵住橡皮条，向右拉到位置，然后释放，记下钢球达到的高度，计算出位置对应的橡皮条形变量x1。再取、等多个位置，重复上述操作，记下相应的h和x的值，然后通过探究h和x之间的关系得出橡皮条的形变量与被它弹开的钢球的动能之间的关系。实验中橡皮条弹性保持良好，钢球始终没有冲出斜面，钢球可视为质点。回答下列问题：
（1）为方便标记钢球的位置，需用到的器材是 。
（2）实验中选取的、等点应尽量分布在两铁钉连线的中垂线上。这样做的好处是钢球在斜面上运动到最高点时 ，为此，实验时，应先画出该直线，再选取P点进行实验。
（3）实验得到的h-x图像如图2所示。在某两次实验中，钢球达到的高度h是前一次的2倍，摩擦忽略不计，则橡皮条的形变量与前一次形变量之比 （填“大于”“等于”或“小于”）2。
（4）由图2得出猜想：h与可能存在着正比关系。但这是在斜面摩擦忽略不计的条件下得到的。如果斜面对钢球的摩擦力不可忽略，是否还可以用该实验来验证这种猜想？ （填“可以”或“不可以”）。简述你的理由： 。
（2023湖南怀化期中）
9．某同学用如图所示装置测量动摩擦因数并验证动能定理。侧面装有标尺的长木板一端着地，一端用垫木垫高，标尺的 0 刻度刚好与水平地面接触，光电门 1、2 固定在长木板的侧面，由标尺可以测出两光电门间的距离为 L0，挡光片的宽度为 d，垫木的高为 h，已知重力加速度为 g，滑块和挡光片的总质量为 m。
（1）某实验中，该同学测得滑块通过光电门 1 时挡光片的挡光时间为 t，则滑块通过光电门 1 的速度大小可近似为 v = 。
（2）移动垫木的位置，直到轻推滑块后，滑块通过两光电门时挡光片挡光时间相等，记录这时垫木与标尺接触点的示数L1，则滑块与木块间的动摩擦因数为 μ= 。
（3）将垫木向左明显移动一段距离，记录此时垫木与标尺接触点的示数 L2，将滑块放在长木板上由静止释放，记录滑块通过光电门 1、2 时挡光片挡光时间分别为 t1、t2，则滑块运动过程中受到的合外力大小为 ，如果表达式 成立，则动能定理得到验证。（均用m、g、h、d、L0、L1、L2表达）
（2023江苏盐城期中）
10．某同学用如图所示的实验装置验证动能定理。所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片入、两个光电门、码盘和码等。已知当地的重力加速度为g。实验步骤如下：
第一，调节气垫导轨水平；
第二，砝码的质量m1，用天平测得砝码盘的质量m0、滑块（含遮光片）的质量m2；测出A、B之间的距离s；
第三，用细线跨过轻质定滑轮，将滑块与砝码盘连接，滑块在细线水平拉动下向右运动，记录遮光片经过A、B两处光电门的挡光时间t1、t2；
第四，改变砝码的质量，测出遮光片经过A、B两处光电门的挡光时间。
请回答下列问题：
（1）在步骤一中，开动气泵，轻推滑块，若发现遮光片经过A处光电门的时间大于经过B处的，此时应将气垫导轨的左侧调 （选填“高”、“低”），直至遮光片经过两光电门的时间相等；
（2）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果满足 条件（均用上述物理量的字母表示），就可将砝码和砝码盘所受重力大小视为滑块所受的拉力大小；
（3）在满足（2）的条件下，滑块从A运动到B，合力做的功W= ，滑块动能的变化= （均用上述物理量的字母表示）：
（4）在实验操作过程中，随着砝码质量的不断增加，W与的差值越来越大，其原因是 。
（2023南昌二中开学质检）
11．某实验小组采用如图甲所示装置探究做功与动能变化的关系，并测量斜面的动摩擦因数μ。主要步骤如下：
（1）把平板竖直放置，并画上一条水平线AB，测出水平线与水平地面的高度h，将斜面一端抬高，顶端至少要高于水平线，斜面的底端垂直斜面放置光电门，可以测量形状为正方体、质量为m的小滑块经过光电门时的挡光时间为t，要间接测量出滑块通过光电门的动能，还需要测量的物理量为 （填写该物理量名称和符号），小滑块通过光电门的动能表达式为Ek= ；
（2）将小滑块放置在斜面上水平线对应位置，并测量出该位置与光电门位置的水平距离L，小滑块由静止释放后沿斜面下滑通过光电门，斜面的动摩擦因数 和当地重力加速度g视为不变，则小滑块从同一高度h滑下合外力做功的表达式为W= ；
（3）以斜面底端为支点，保持该位置不动，改变斜面顶端位置，重复步骤（2），该实验小组利用实验数据描绘得到了如图乙所示的图像（－L图像），用该图像来反映合外力做功与动能变化的关系，则还可以算出斜面的动摩擦因数 = （用所测量的物理量和图中相关的物理量表示）。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． ACD Ⅱ 能
【详解】①[1]A．题中需要将盘和砝码的重力可当作牵引力，所以首先需要补偿小车受到阻力的影响，即抬高长木板右端，小车在不接盘和砝码的情况下，轻推小车，使小车做匀速直线运动，说明小车重力沿斜面的分力与小车所受阻力等大反向，A正确；
D．然后挂上盘与砝码，根据牛顿第二定律
对小车，根据牛顿第二定律
两式相比解得绳子拉力
当满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量，即，盘和砝码的重力可当作牵引力，D正确；
B．实验过程中摩擦阻力无法消除，本实验装置无法验证“机械能守恒定律”故B错误。
C．细线与长木板平行需要平行，保证绳子的拉力与小车运动方向一致，这样盘和砝码的重力可完全当作牵引力，C正确。
故选ACD。
②[2]小车做匀加速直线运动，位移逐渐增大，所以实验打出的纸带是第II条。
③[3]根据动能定理可知，图像的斜率为，据能求出小车的质量。
2． 0.36 1.80 B、P之间的距离
【详解】[1][2]由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度
[3]验证动能定理需要求出小车运动的过程中拉力对小车做的功，所以还需要测量对应的B、P之间的距离。
3． B 乙 0.31（0.30~0.33都算对） 远大于
【详解】(1)为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选电火花打点计时器即B；
(2)当小车开始运动时有小车与木板间的摩擦为最大静摩擦力，由于最大静摩擦力大于滑动摩擦力，所以甲同学的看法错误，乙同学的看法正确；
(3)由图可知，相邻两点间的距离约为0.62cm，打点时间间隔为0.02s，所以速度为
；
(4)对小车由牛顿第二定律有：，对砝码盘由牛顿第二定律有： 联立解得：，当时有：，所以应满足：．
4． C AC##CA 0.70
【详解】（1）[1]A．探究功与速度变化的关系实验中因为使用打点计时器测速度，打点计时器本身就是计时工具，不需要秒表，故A错误；
B．该实验只要质量保持不变即可，在找关系时不需要天平测质量，故B错误；
C．由纸带上的点计算速度需要刻度尺测量距离，故C正确；
D．每次试验时橡皮筋成倍数的增加，不需要测力，故D错误。
故选C。
（2）[2]A．图中利用自由落体运动验证机械能守恒定律，需要将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上，故A正确；
B．释放前手应该提纸带不挂重锤的一端，使纸带竖直，故B错误；
C．为了打上更多的点，重物应该靠近打点计时器，故C正确。
故选AC。
（3）[3]由平抛运动的规律得：水平方向做匀速直线运动
竖直方向做自由落体运动
联立解得
5． 0.730 nmg 不需要 无
【详解】（1）[1]螺旋测微器需要估读，分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，故
[2]小车经过光电门的时间很短，可认为平均速度等于瞬时速度，故
（2）[3]挂钩码时小车匀速运动，撤去钩码后，小车所受合外力大小等于撤去钩码的重力大小，故小车所受合外力大小为
（3）[4] [5]本实验利用平衡法得到小车所受合外力，故不需要，斜面对小车的摩擦力对小车也无影响。
（4）[6]本实验探究的关系式为
即
故斜率
6． FL##LF AC##CA C
【详解】（1）[1]主尺刻度为0.1cm，有标尺为20分度，故最小分度为0.05mm，则可得
（2）[2]由实验装置可知，动滑轮两边绳子拉力大小相等，弹簧测力计的示数大小即为滑块所受合力大小，而滑块通过两个光电门之间的距离为L，故可得滑块所受合外力做的功
（3）[3]A．由此实验装置可知，钩码向下运动的位移，滑块就要运动的位移，因此可知滑块的加速度大小是钩码加速度大小的2倍，故A正确；
B．弹簧测力计的读数为滑块所受合外力的大小，设钩码和动滑轮得总质量为，加速度为，则根据牛顿第二定律有
可得弹簧测力计得读数为
故B错误；
C．实验时两光电门之间的距离尽量大一些，可以减小测量距离带来的误差，使实验结果更加准确，故C正确；
D．钩码的总质量m不需要远小于滑块和遮光条的总质量M，因为其合外力是直接通过弹簧测力计测得的，故D错误。
故选AC。
（4）[4]实验时，在气垫导轨调节水平的情况下，因为阻力的原因，总有W的值略大于，但若出现W的值略小于，则一定是气垫导轨未调节水平，且向着滑块运动方向的一端低，致使滑块在运动过程中自身的重力也在做正功，因此需要将调节旋钮P上调，使气垫导轨左端稍微升高一些。
故选C。
7． 1.881（1.880、1.882均可）
【详解】（1）[1] 根据螺旋测微器的读数规则分析，固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为38.1×0.01mm＝0.381mm，则螺旋测微器的读数为
d＝1.5mm＋0.381mm＝1.881mm
（4）[2] [3]利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则物块通过光电门的瞬时速度
根据动能定理得
解得
所以，以s为纵轴，以 为横轴，图像为如图丙的过原点的直线。
8． 墨水 速度为零 小于 可以 橡皮条形变量相同时释放钢球，不计摩擦和考虑摩擦时得到的最大高度h是成比例的
【详解】（1）[1] 为方便标记钢球的位置，需用到的器材是墨水，利用钢球在木板上留下的痕迹来记录其位置。
（2）[2] 这样做的好处是钢球在斜面上运动到最高点时速度为零，使钢球的动能完全转化为重力势能，减小实验误差。
（3）[3]根据
又
解得
可知橡皮条的形变量与前一次形变量之比小于2。
（4）[4][5]橡皮条形变量相同时释放钢球，不计摩擦和考虑摩擦时得到的最大高度h是成比例的，所以如果斜面对钢球的摩擦力不可忽略，还可以用该实验来验证这种猜想。
9．
【详解】（1）[1]挡光板通过光电门的运动时间极短，该过程可近似成匀速直线运动，则
v =
（2）[2]物块匀速下滑，设长木板倾角为 θ，则由受力分析有
得
（3）[3]由受力分析得合外力大小为
[4]动能定理为合外力所做功等于动能变化量，如果表达式
成立，化简即：
成立，动能定理得到验证。
10． 低 远大于 随着的增加，细线拉力与砝码和砝码盘的总重力的差值越来越大
【详解】（1）[1]在步骤一中，开动气泵，轻推滑块，若发现遮光片经过A处光电门的时间大于经过B处的，说明滑块做加速运动，A处高于B处，此时应将气垫导轨的左侧调低，直至遮光片经过两光电门的时间相等；
（2）[2]在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，根据牛顿第二定律
对滑块有
对整体有
解得
若将砝码和砝码盘所受重力大小视为滑块所受的拉力大小需满足远大于。
（3）[3]在满足（2）的条件下，滑块从A运动到B，合力做的功
滑块经过A的速度
滑块经过B的速度
则滑块动能的变化
(4)[4]在实验操作过程中，随着砝码质量m1的增加，细线拉力与砝码和砝码盘的总重力的差值越来越大，因此W与的差值越来越大。
11． 正方体滑块的边长d mgh-μmgL
【详解】(1)[1]利用光电门测滑块的瞬时速度，还需要测量正方体滑块的边长d，则滑块通过光电门的速度可表示为
[2]小滑块通过光电门的动能表达式为
(2)[3]小滑块从同一高度h滑下合外力做功的表达式为
(3)[4]由动能定理可得
即
整理得
由乙图可知，当时，L=a，代入可得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第7章　机械能
第7.5讲　机械能守恒定律
【知识点精讲】
一、重力势能
1．重力做功的特点
（1）重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。
（2）重力做功不引起物体机械能的变化。
2．重力做功与重力势能变化的关系
（1）定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减小；重力对物体做负功，重力势能就增大。
（2）定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量。即WG＝－（Ep2－Ep1）＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。
（3）重力势能的相对性和系统性
①重力势能的具体大小与零势能面的选取是有关的，即具有相对性。
②重力势能是物体和地球共有的，即具有系统性。
二、弹性势能
1．概念：物体由于发生弹性形变而具有的能。
2．大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。
3．弹力做功与弹性势能变化的关系：类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W＝－ΔEp。
二　机械能守恒定律及应用
1．机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。
2．机械能守恒定律
（1）内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
（2）表达式：mgh1＋mv＝mgh2＋mv。
3．守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。
4．机械能守恒定律的表达式
【方法归纳】
1．对重力做功和重力势能的几点理解
（1）重力做功的大小与物体的运动状态无关，与物体是否受其他力无关；
（2）重力做功，一定会引起重力势能的变化；
（3）重力势能是标量，但有正负，其意义表示物体的重力势能比它在参考平面的重力势能大还是小；
（4）WG＝－ΔEP中的负号表示重力做的功与重力势能变化的绝对值相等，符号相反。
2．对弹性势能的理解
（1）弹性势能是由物体的相对位置决定的能。
（2）当弹簧形变量的长度为零时，弹性势能计为零，弹簧被拉长或压缩后，都具有弹性势能。
（3）表达式适用范围：在弹簧的弹性限度之内，该式成立，与其他受力无关，与运动状态无关。
3．机械能守恒的判断方法
（1）直接判断法：物体的动能与势能之和保持不变。
（2）做功判断法：只有重力或系统内的弹力做功，其他力做功代数和为0。
（3）能量转化判断法：系统内只有动能和势能的转化，没有其他形式的能转化。
4．只要满足下列条件之一，机械能一定守恒。
（1）物体只受重力，只发生动能和重力势能的相互转化。如自由落体运动、抛体运动等。
（2）只有系统内弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化。如在光滑水平面上运动的物体碰到一个弹簧，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒。
（3）物体既受重力，又受弹力，只有重力和系统内弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化。如自由下落的物体落到竖直的弹簧上，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒。
（4）除受重力（或系统内弹力）外，还受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零。如物体在沿斜面向下的拉力F的作用下沿斜面向下运动，其拉力的大小与摩擦力的大小相等，在此运动过程中，其机械能守恒。
5　用机械能守恒定律解题的基本思路
【最新高考题精练】
（2021年1月浙江选考）
1．如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（　　）

A．沿雪道做匀速直线运动 B．下滑过程中机械能均守恒
C．前后间的距离随时间不断增大 D．所受重力沿雪道向下的分力相同
（2021年1月浙江选考）
2．一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示则汽车（　　）
A．发动机的输出功率为70kW
B．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J
D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
（2021年1月浙江选考）
3．如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
（2020高考江苏物理）
4．如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度H。
（2020年7月浙江选考）
5．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，）
（2016·浙江10月学考）
6．如图所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是（　　）
A．动能 B．动能、重力势能
C．重力势能、机械能 D．动能、重力势能、机械能
【最新模拟题精练】
（2023福建厦门四模）
7．如图所示，一个以O为圆心、半径为R的光滑圆环固定在竖直平面，O点正上方固定一根竖直的光滑细杆。轻质弹簧套在光滑细杆上，上端固定在M点，下端连接套在细杆上的滑块。小球穿在圆环上，通过一根长为的两端有铰链的轻质细杆与滑块连接。初始时小球处于圆环最高点，弹簧处于原长状态。小球受微小扰动（初速度视为0）后沿圆环顺时针滑下。当小球运动到与圆心等高的Q点时，滑块速度达到最大值。已知滑块和小球的质量均为m，弹簧的劲度系数，弹性势能（x为弹簧的形变量），重力加速度为g，滑块和小球均可视为质点，则（ ）
A．小球运动到Q点的过程中，滑块、小球组成的系统机械能守恒
B．小球运动到Q点时速度大小与滑块相等
C．小球运动到Q点时受到细杆的弹力为
D．小球运动到圆环最低点P时向心加速度大小为
（2023湖北荆门三校5月联考）
8．如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
（2023河南洛阳等4市三模）
9．如图所示，U型光滑导轨，水平放在光滑水平面上。一光滑细杆ab跨放在U型导轨上，且细杆ab始终与U型导轨垂直。一水平轻质弹簧，左端与U型导轨中点相连，右端与细杆ab中点相连，整体静止不动，轻质弹簧处于原长状态。现给细杆ab一个水平向右的初速度v，使其沿U型导轨向右开始运动，则从细杆ab沿U型导轨开始向右运动到弹簧伸长量最大的过程中（弹簧始终在弹性限度内），下列说法正确的是（　　）
A．U型导轨和细杆ab二者组成的系统机械能守恒
B．U型导轨和细杆ab二者组成的系统动量守恒
C．U型导轨、弹簧和细杆ab三者组成的系统能量守恒
D．细杆ab克服弹簧弹力做的功等于弹簧对U型导轨做的功
（2023湖南新高考联盟第一次联考）
10．如图所示，在倾角为37°的固定斜面上，轻质弹簧一端与固定在斜面底端的挡板C拴接，另一端连接滑块A。一轻细绳通过斜面顶端的定滑轮（质量忽略不计，轻绳与滑轮间的摩擦不计），一端系在物体A上，另一端与小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长。滑块A刚要沿斜面向上运动。已知mB=2mA=4kg，弹簧的劲度系数为k=100N/m，滑块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，且弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。现由静止释放球B，已知B球始终未落地，则下列说法正确的是（　　）。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
A．释放B球前，手受到B球的压力大小为24N
B．释放B球后，滑块A向上滑行x=0.20m时速度最大
C．释放B球后，滑块A向上滑行过程中的最大动能为1.2J
D．释放B球后。滑块A向上滑行的最大距离为0.48m
（2023广东实验中学三模）
11．如图所示，取一支质量为m的按压式圆珠笔，将笔的按压式小帽朝下按在桌面上，无初速放手后笔将会竖直向上弹起一定的高度h，然后再竖直下落。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．按压时笔内部弹簧的弹性势能增加了mgh
B．放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能全部转化为笔的动能
C．笔在离开桌面后的上升阶段处于超重状态
D．笔从离开桌面到落回桌面过程的时间为
（2023山东济南期末）
12．如图所示，三个相同的木块a、b、c通过两个相同的轻弹簧P、Q和一段轻绳连接，其中a放在光滑水平桌面上。每个木块的重力均为10N，轻弹簧的劲度系数均为500N/m。开始时P弹簧处于原长，轻绳好伸直，三个木块均处于静止状态。现用水平力F缓慢地向左拉P弹簧的左端，直到木块c刚好离开水平地面。从开始到木块c刚好离开地面的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P弹簧的左端向左移动的距离是4cm
B．P弹簧的左端向左移动的距离是8cm
C．水平力F做的功等于P弹簧增加的弹性势能
D．轻绳对木块b做的功等于木块b增加的重力势能
（2023湖南名校期中）
13．如图所示，固定光滑斜面倾角，其底端与竖直平面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点过程中，下列判断正确的是（　　）
A．A和B系统的机械能守恒
B．小球运动到最低点时的速度大小为
C．刚释放时小球A的加速度大小为
D．已知小球A运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a，则此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小为
（2023陕西省名校期末联考）
14．质量M=1kg的重物B和质量m=0.3kg的小圆环A用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A端绳与轮连接，B端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2︰1。重物B放置在倾角为固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数μ=，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L=4m。现将圆环A从与滑轮轴上表面等高处a静止释放，当下降H=3m到达b位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g=10m/s2。下列判断正确的是
A．圆环A到达b位置时，A、B组成的系统机械能减少了2.5J
B．圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为5︰3
C．圆环A能下降的最大距离为Hm=7.5m
D．圆环A下降过程，作用在重物B上的拉力始终大于10N
（2022·河南漯河5月模拟）
15．图所示，长度为L的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球；B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动。在无任何阻力的情况下，下列说法中正确的是（　　）
A．摆动过程中A球机械能守恒
B．B球向左摆动所能达到的最大高度应高于A球开始运动的高度
C．A球到达最低点时速度为
D．A球到达最低点时，杆对A做功为
（2022·吉林东北师大附中5月模拟）
16．如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为0.3m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一水平光滑直杆。质量为2kg的小球a套在半圆环上，质量为1kg的小球b套在直杆上，两者之间用长为L=0.4m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处静止释放，让其沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，g取10m/s2，则以下说法中正确的是（　　）
A．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a、b两球的速度大小相等
B．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a的速度大小为m/s
C．小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点（图中未画出）过程中，a、b两球组成的系统机械能守恒
D．小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点（图中未画出）的过程中，杆对小球b做的功为
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图

根据牛顿第二定律可知加速度
又因为相同，所以同学们做匀加速直线运动，A错误；
B．下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B错误；
C．根据匀加速直线运动位移与时间的关系，可知同学们前后距离随着时间不断增大，也可以从速度的角度分析，同学们做匀加速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时时间内通过的位移越来越大，所以同学们前后距离随着时间不断增大，C正确；
D．各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力也可能不相同，D错误。
故选C。
2．C
【详解】A．由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为1.7×104J，则输出功率为
选项A错误；
BCD．每1s消耗的燃料有6.9×104J进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9×104J，选项C正确，BD错误。
故选C。
3．(1)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或
【详解】(1)机械能守恒
解得
动量定理
方向水平向左
(2)机械能守恒
牛顿第二定律
解得
满足的条件
(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动
其中，，则
得
机械能守恒
h满足的条件
4．(1)；(2)；(3)
【详解】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为
(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有
结合(1)可解得杆对球的作用力大小为
(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知
而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有
联立各式解得
5．(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （）；（）
【详解】(1)机械能守恒定律
牛顿第二定律
牛顿第三定律
方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为点，功能关系
得
故不会冲出
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
碰撞后的速度为，动量守恒定律
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
得
6．C
【详解】无人机在匀速上升过程中，它的质量不变，速度不变，则动能不变；同时高度增加，其重力势能增加；因机械能等于动能与势能的总和，所以无人机的机械能增加。
故选C。
7．BD
【详解】A．小球运动到Q点的过程中，弹簧对滑块做负功，滑块、小球组成的系统机械能守恒减少，故A错误；
B．小球运动到Q点时，根据几何关系可知，此时轻杆与竖直方向的夹角满足
可得
此时滑块的速度方向竖直向下，小球的速度方向刚好也竖直向下，滑块与小球两者沿杆方向的分速度大小相等，则有
可知小球运动到Q点时速度大小与滑块相等，故B正确；
C．由于小球运动到与圆心等高的Q点时，滑块速度达到最大值，可知此时滑块的加速度为零，此时弹簧伸长量为
弹簧弹力大小为
以滑块为对象，根据受力平衡可得
解得
可知小球运动到Q点时受到细杆的弹力为，故C错误；
D．小球运动到圆环最低点P时，此时滑块运动到最低点，滑块的速度为零，设此时小球的速度为，此时弹簧的伸长量为
弹簧的弹性势能为
根据能量守恒可知
小球运动到圆环最低点P时向心加速度大小为
联立解得
故D正确。
故选BD。
8．D
【详解】A．电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒，得
代入数据解得
故A错误；
B．与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误；
C．电梯停止在井底时，由受力平衡得
代入数据解得
故C错误；
D．当电梯速度最大时，此时加速度为零，则
解得
电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做的负功，则
故D正确。
故选D。
9．BC
【详解】AC．整个过程中，弹簧弹力也做功，弹簧伸长量最大时，弹簧的弹性势能最大，所以U型导轨、弹簧和细杆ab三者组成的系统能量守恒，故A错误，C正确；
B．水平面光滑，弹簧弹力对U型导轨和细杆ab二者的弹力大小相等，方向相反，所以U型导轨和细杆ab二者组成的系统所受外力之和为零，满足动量守恒，故B正确；
D．细杆ab克服弹簧弹力做的功等于细杆ab的动能减少量，弹簧对U型导轨做的功等于U型导轨的动能增加量，根据能量守恒可知，细杆ab的动能减少量等于U型导轨的动能增加量和弹性势能增加量之和，则细杆ab克服弹簧弹力做的功大于弹簧对U型导轨做的功，故D错误。
故选BC。
10．AD
【详解】A．用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长，设绳子拉力为T，滑块A刚要沿斜面向上运动可知
对B受力分析，设手的支持力为F，则
根据牛顿第三定律可知手受到B球的压力为24N，故A正确；
B．松手后，A做加速度减小的加速运动，当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度为零时，B的加速度也为零，对A受力分析得
对B受力分析得
解得
故B错误；
C．根据能量守恒定律，松手后到滑块A最大速度的过程中有
解得
故C错误；
D．当滑块A向上滑行的距离最大时，A、B的速度都为0，物块B的重力势能转化为A的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能，根据能量守恒定律有
解得
故D正确。
故选AD。
11．A
【详解】A．因放手后笔将会竖直向上弹起一定的高度h，该过程中弹簧的弹性势能转化为重力势能，则弹性势能为mgh，则按压时笔内部弹簧的弹性势能增加了mgh，选项A正确；
B．放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能转化为笔的动能和重力势能，选项B错误；
C．笔在离开桌面后的上升阶段，加速度向下为g，则处于完全失重状态，选项C错误；
D．根据竖直上抛运动的对称性可知，笔从离开桌面到落回桌面过程的时间为
选项D错误。
故选A。
12．BD
【详解】AB．没有施加拉力时，对Q弹簧处于压缩状态，则有
解得
木块c刚好离开地面时，Q弹簧处于拉伸状态，则有
解得
此时P弹簧处于拉伸状态，则有
对a分析有
F=T
对b分析有
解得
则P弹簧的左端向左移动的距离是
A错误，B正确；
C．根据上述，Q弹簧初状态的压缩量与末状态的拉伸量相等，则始末状态Q弹簧的弹性势能不变，木块b重力势能增大，P弹簧弹性势能增大，根据功能关系可知水平力F做的功等于P弹簧增加的弹性势能与木块b增加的重力势能之和，C错误；
D．由于Q弹簧初状态的压缩量与末状态的拉伸量相等，则始末状态Q弹簧的弹性势能不变，木块b重力势能增大，则轻绳对木块b做的功等于木块b增加的重力势能，D正确。
故选BD。
13．AB
【详解】A．由于小球A和B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，A正确；
B．过O点分别向AB和斜面做垂线，如图所示，根据几何关系可知
BO=R，
当A下降到最低点时，B的速度为零，根据机械能守恒可知
解得此时A的速度
B正确；
C．刚释放时小球A的时，杆对小球的弹力沿着杆，与运动方向垂直，根据牛顿第二定律
解得
C错误；
D．小球A运动到最低点时，对小球B，根据牛顿第二定律
对小球A
解得
D错误。
故选AB。
14．AC
【详解】A．由题可知圆环A到达b位置时，重物B沿斜面的运动的位移为
A、B组成的系统机械能减少了
故选项A正确；
B．轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2:1，圆环A速度最大时，环A沿绳方向的分速度与重物B的速度之比为
因为H=3m，L=4m，所以此时绳与水平方向的夹角为，把环A的速度沿绳和垂直于绳方向分解，则环A沿绳方向的分速度
解得
故选项B错误；
C．圆环A能下降的最大距离为，重物B沿斜面的运动的位移为
根据能量守恒可知
解得圆环A能下降的最大距离为，故选项C正确；
Ｄ．圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B也是先加速后减速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对B的拉力
即
所以绳子对B的拉力先大于10N后小于10N，故选项D错误；
故选AC。
15．BD
【详解】A．A、B组成的系统机械能守恒，摆动过程中轻杆对A球做功，因此A球的机械能不守恒，A错误；
C．由几何关系可知，摆动过程中A、B球的速度大小相等，A球到达最低点时，A、B球的速度大小均为，根据机械能守恒可得
解得
C错误；
B．A球到达最低点时，B球向左摆动到A球开始运动的高度，此时A、B球的速度大小不为零，因此系统将继续摆动，最终B球向左摆动所能达到的最大高度高于A球开始运动的高度，B正确；
D．A球到达最低点的过程中，杆对A做功为，根据动能定理得
解得
A球到达最低点时，杆对A做功为，D正确。
故选BD。
16．BCD
【详解】A．当a滑到与O同高度P点时，a的速度v沿圆环切向向下，a沿杆方向速度为零，所以b的速度为零，故A错误；
B．由机械能守恒定律可得
解得
m/s
故B正确；
C．小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点（图中未画出）过程中，a、b两球组成的系统除了两球的机械能在变化，系统没有其他形式能量在变化，所以系统机械能守恒。故C正确；
D．杆与圆相切时，如图所示。
a的速度沿杆方向，设此时b的速度为，根据杆不可伸长和缩短，有
由几何关系可得
在图中，球a下降的高度
a、b系统机械能守恒，则有
对b，由动能定理得
J
故D正确。
故选BCD。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第7章　机械能
第7.7讲　能量守恒定律和功能关系
【知识点精讲】
1．功能关系
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
2．能源：人类对能源的利用大致经历了三个时期，即柴薪时期、煤炭时期、石油时期。自工业革命以来，煤和石油成为人类的主要能源。
3．自然界中自动地能量转化和转移具有方向性
（1）机械能可以自发地全部转化为内能，但内能不能自发地全部转化为机械能而不引起其他变化。
（2）内能总是自动地从高温物体向低温物体转移，而不能自动地从低温物体向高温物体转移。
4．能量耗散
（1）燃料燃烧时，一旦把自己的热量释放出去，就不会再次自动能聚集起来供人类重新利用。电池中的化学能转化为电能，电能又通过灯泡转化为内能和光能，热和光被其他物质吸收之后变成周围环境的内能，我们无法把这些内能收集起来重新利用，这种现象叫做能量的耗散。
（2）能量耗散带来的问题：一是可利用能源越来越少，造成能源危机；二是使环境吸收的耗散能量越来越多，造成环境污染，温度升高。
（3）．能源短缺和环境恶化已经成为关系到人类社会能否持续发展的大问题。
5．功和能的关系
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。
（3）功和能量变化关系如下：
6．能量守恒定律内容：能量既不会消灭，也不会创生。它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
表达式：ΔE减＝ΔE增。
【方法归纳】
1．　能量守恒定律解题思路
2．对能量守恒定律的理解
（1）转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
（2）转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等。
3．多过程问题的解题技巧
（1）“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景。
（2）“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。
（3）“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法。
4．　摩擦力做功与能量转化
（1）两种摩擦力的做功情况比较
类别 比较 静摩擦力 滑动摩擦力
不同点 能量的转化方面 只有能量的转移，而没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化
一对摩擦力的总功方面 一对静摩擦力所做功的代数和等于零 一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ff·x相对，即摩擦时产生的热量
相同点 正功、负功、不做功方面 两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
（2）．求解相对滑动物体的能量问题的方法
（i）正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析。
（ii）利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。
（iii）公式Q＝Ff·x相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x相对为总的相对路程。
【最新高考题精练】
（2021年1月浙江选考）
1．如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
（2020高考江苏物理）
2．如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度H。
（2020年7月浙江选考）
3．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，）
（2015·浙江学业水平考试）
4．太阳能汽车是利用太阳能电池板将太阳能转化为电能工作的一种新型汽车。已知太阳辐射的总功率约为，太阳到地球的距离约为，假设太阳光传播到达地面的过程中约有40%的能量损耗，某太阳能汽车所用太阳能电池板接收到的太阳能转化为机械能的转化效率约为15%。如果驱动该太阳能汽车正常行驶所需的机械功率为5kW，且其中的来自于太阳能电池，则所需的太阳能电池板的面积至少约为（　　）
A． B． C． D．
（2015·浙江学业水平考试）
5．如图所示为跳伞爱好者表演高楼跳伞的情形，他们从楼顶跳下后，在距地面一定高度处打开伞包，最终安全着陆。则跳伞者（　　）

A．机械能一直减小 B．机械能一直增大
C．动能一直减小 D．重力势能一直增大
【最新模拟题精练】
（2023天津南开区一模）
6．桔槔（gāo）是我国古代的一种取水机械。其原理如图所示，在竖直支架上安装一根可绕支点转动的长细杆，杆的一端固定磐石，另一端通过长竹悬挂水桶。取水时人借助自身重力向下拉动长竹，使水桶浸入水中；打满水后，人向上助力提起水桶，忽略桔槔各衔接处的阻力，下列说法正确的是（　　）
A．向下取水过程，桔槔系统的机械能守恒
B．向下取水过程，人对桔槔系统做的功等于磐石增加的重力势能
C．向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量
D．向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统的动能改变量
（2023湖南名校5月质检）
7．如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道AB通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道AB和水平轨道BO（长为）在B点与一个半径的光滑的竖直固定圆弧轨道相切于B点。以水平轨道BO末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下。水平轨道BO右下方有一段弧形轨道PQ，该弧形轨道是曲线在坐标系xOy（x>0，y>0）中的一半（见图中实线部分），弧形轨道Q端在y轴上。带电量为q（q>0）、质量为m的小球1与水平轨道AB、BO间的动摩擦因数为，在x轴上方存在竖直向上的匀强电场，其场强，重力加速度为g。
（1）若小球1从倾斜轨道上由静止开始下滑，恰好能经过圆形轨道的最高点，求小球1经过O点时的速度大小；
（2）若小球1从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上，请证明小球1每次落在PQ时动能均相同，并求出该动能大小；
（3）将小球2静置于O点，小球1沿倾斜轨道由静止开始下滑，与小球2发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球1与小球2发生碰撞前的速度为，要使两小球碰后均能落在弧形轨道PQ上的同一地点，且小球1运动过程中从未脱离过圆形轨道，求小球1和小球2的质量之比。
（2023湖北武汉4月调研）
8．如图所示，在水平地面上方固定一足够长水平轨道，质量为的滑块套在水平轨道上，一不可伸长的轻绳一端固定在滑块底部O点，另一端连接质量为的小球。已知O点到地面的高度为，重力加速度大小为，不计小球与滑块受到的空气阻力。现将小球拉至与O点等高的A处（A在水平轨道正下方），轻绳伸直后由静止释放。
（1）若水平轨道光滑，轻绳长度为，当小球摆动到最低点时，迅速剪断轻绳，小球运动一段时间后落地（不反弹），小球落地时与滑块间的水平距离是多少？
（2）若水平轨道粗糙，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球在摆动过程中，滑块始终保持静止：
i.当小球所受重力的功率最大时，轻绳与水平方向的夹角的正弦值是多少？
ii.滑块与水平轨道间的动摩擦因数至少是多少？
（2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟）
9．如图所示，水平传送带以v=6m/s顺时针匀速转动，水平部分AB的长为L，并与长为3.6m的光滑倾斜轨道BC在B点平滑连接，BC与水平面的夹角为。现将一个可视为质点的工件从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数为，，要使工件能到达C点（没有施加其他外力辅助），下列关于和的取值可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023四川成都七中二诊）
10．如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是（　　）

A．饺子一直做匀加速运动
B．传送带的速度越快，饺子的加速度越大
C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量
D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能
（2022福建厦门四模）
11．如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且为水平。物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图乙所示。已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为已知量，则（　　）
A．过程，物块所受的摩擦力方向向右
B．过程，物块做匀加速运动
C．弹簧的劲度系数为
D．传送带的速度为
（2022天津大港期末）
12．如图所示，AB为倾角θ=37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP为圆心角等于143°，半径R=1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m=2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后（不拴接）释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x=12t-4t2（式中x单位是m，t单位是s），假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）试求：
(1)若CD=1m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；
(2)B、C两点间的距离x。
(3)若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小。
（2021辽宁模拟预测13）
13．如图所示，倾角为的直角斜面体固定在水平地面上，其顶端固定有一轻质定滑轮，轻质弹簧和轻质细绳相连，一端接质量为m2的物块B，物块B放在地面上且使滑轮和物块间的细绳竖直，一端连接质量为m1的物块A，物块A放在光滑斜面上的P点保持静止，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为EP．不计定滑轮，细绳，弹簧的质量，不计斜面，滑轮的摩擦，已知弹簧的劲度系数为k，P点到斜面底端的距离为L．现将物块A缓慢斜向上移动，直到弹簧刚恢复原长时由静止释放物块A，当物块B刚要离开地面时，物块A的速度即变为零，求：
(1)当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度；
(2)在以后的运动过程中物块A的最大速度．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或
【详解】(1)机械能守恒
解得
动量定理
方向水平向左
(2)机械能守恒
牛顿第二定律
解得
满足的条件
(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动
其中，，则
得
机械能守恒
h满足的条件
2．(1)；(2)；(3)
【详解】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为
(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有
结合(1)可解得杆对球的作用力大小为
(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知
而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有
联立各式解得
3．(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （）；（）
【详解】(1)机械能守恒定律
牛顿第二定律
牛顿第三定律
方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为点，功能关系
得
故不会冲出
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
碰撞后的速度为，动量守恒定律
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
得
4．C
【详解】根据题意，设太阳能电池板的面积为，则太阳能电池板接受太阳能的功率为
又有
联立解得
故选C。
5．A
【详解】AB．由于空气阻力和降落伞对人的拉力做负功，跳伞者的机械能一直减小，故A正确，B错误；
C．打开伞包前人加速下降，动能增大，故C错误；
D．人的高度一直降低，重力势能一直减小，故D错误。
故选A。
6．C
【详解】A．向下取水的过程中，人对桔槔系统做正功，桔槔系统的机械能增大，故A错误；
B．向下取水的过程中，磐石的重力势能和动能都增大，水桶的重力势能减小，动能增大，所以人对桔槔系统做的功不一定等于磐石增加的重力势能，故B错误；
CD．根据功能关系，向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量，故C正确，D错误。
故选C。
7．（1）；（2）证明过程见解析，；（3）或
【详解】（1）设小球1恰好经过圆形轨道最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有
①
设小球1经过O点时的速度大小为v0，对小球1从圆形轨道最高点到O点的运动过程，根据动能定理有
②
联立①②解得
③
（2）小球1离开O点后做平抛运动，设经时间t小球1落在弧形轨道PQ上，根据运动学规律可知落点的坐标分别为
④
⑤
由题意可知
⑥
设小球1落在弧形轨道PQ时的动能为Ek，对小球1从O点到落在弧形轨道PQ的过程，根据动能定理有
⑦
联立③~⑦式解得
⑧
由⑧式可知小球1每次落在PQ时动能均相同。
（3）设小球2质量为M，小球1与小球2碰撞后二者的速度大小分别为、。要使两小球均能落在弧形轨道PQ上，两小球从O点抛出时应具有相同的速度，而两小球发生的是弹性碰撞，碰后不可能速度相同（即粘在一起），所以小球1碰后一定反弹，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别有
⑨
⑩
联立⑨⑩解得


小球1运动过程中从未脱离过圆形轨道，分以下两种情况：
第一种：小球1反弹后进入圆形轨道运动但未超过圆形轨道圆心等高处就沿轨道滑回，并且在返回O点时的速度大小为v2，这种情况下根据动能定理有

联立 解得

第二种：小球1反弹后进入圆形轨道并能够通过最高点，并到达倾斜轨道上，之后从倾斜轨道上滑回经过圆形轨道最终返回O点，且返回时速度大小为v2，这种情况下根据动能定理有

联立 解得

8．（1）；（2）i.；ii.
【详解】（1）设小球摆到最低点时速度大小为，滑块速度大小为，根据水平方向系统动量守恒，有
根据系统机械能守恒，有
剪断轻绳后，滑块做匀速运动，小球做平抛运动，经时间落地，有
小球落地时与滑块间的水平距离
联立解得
（2）设轻绳长度为，轻绳与水平方向夹角为时，绳中张力为，小球速度为
i.对小球，根据动能定理，有
根据牛顿第二定律，有
小球的功率
重力功率最大时，小球速度的竖直分量最大，即小球加速度的竖直分量
则
联立解得
ii.对滑块，根据力的平衡，水平方向
竖直方向
滑块始终保持静止
联立解得
则
解得
9．BC
【详解】设工件恰好到达C点，根据机械能守恒
工件达到B点的最小速度为
恰好与传送带速度相等，则在水平传送带上，根据动能定理
且
得
代入选项数据可知BC的取值时可能的。
故选BC。
10．C
【详解】A．饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；
B．饺子的加速度
与传送带的速度无关，故B错误；
C．饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能
因摩擦产生的热量
又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移
所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；
D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。
故选C。
11．AC
【详解】AB．物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当x=x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x而正比例增大，由此可推知当x=x0时，物块刚好达与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x~2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x=2x0时，弹簧弹力大小增大至与滑动摩擦力大小相同，故A正确，B错误；
C．根据前面分析可知，弹簧的劲度系数为
故C正确；
D．在0~x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为
设传送带的速度为v，此过程对物块根据动能定理有
解得
故D错误。
故选AC。
12．(1)156J；(2)6.125m；(3)49N
【详解】(1)由
x=12t-4t2
知，物块在C点速度为
v0=12m/s
加速度大小
a=8m/s2
设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得
W-mgsin37°·
代入数据得
W=+mgsin37°·=156J。
(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力
F=ma=16N
物块在P点的速度满足
mg=
C到P的过程，由动能定理得
-Fx-mgR（1+cos37°)=
解得
x=m=6.125m。
(3)物块从C到P的过程中，由动能定理得
-mgxsin37°-mgR（1+cos37°）=-
物块在P点时满足
FN+mg=
联立以上两式得
FN=49N。
13．(1) A的加速度大小为，方向沿斜面向上
(2)
【详解】(1)B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后B不会离开地面．当B刚要离开地面时，地面对B的支持力为零，设绳上拉力为F． B受力平衡，F=m2g
对A，由牛顿第二定律，设沿斜面向上为正方向， m1gsinθ-F=m1a
联立解得
由最初A自由静止在斜面上时，地面对B支持力不为零，
推得m1gsinθ＜m2g， 即， 故A的加速度大小为，方向沿斜面向上
(2)由题意，物块A将以P为平衡位置振动，当物块回到位置P时有最大速度，设为vm．
从A由静止释放，到A刚好到达P点过程，由系统能量守恒得，
当A自由静止在P点时，A受力平衡，m1gsinθ=kx
联立解得，
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第7章　机械能
第7.8讲　功和能中的STSE问题
【知识点精讲】
功和能中的STSE问题主要有：体育与娱乐、奥运会、传送带等。
【方法归纳】
1．解决功和能中的STSE问题的方法是：利用功和能、能量守恒定律及其相关知识解答。
2．能量观点分析传送带问题：传送带模型因初始条件，滑块的运动规律各不相同，但总体而言可以从力和运动及能量观点分析。这里重点学习从能量观点分析传送带问题。主要可分为两类：
（1）在水平传送带模型中，摩擦力对滑块所做的功与滑块动能增量相等；系统的摩擦热产生在滑块与传送带相对滑行阶段。
（2）在倾斜传送带模型中，摩擦力和重力对滑块做功的代数和等于滑块动能的增量。
【方法总结】
机械能守恒定律和能量守恒定律的易混点：
（1）机械能守恒定律反映的是一个系统中只有重力和弹力做功，系统内物体的重力势能、弹性势能和动能可以相互转化，但总机械能不变。
（2）能量守恒定律反映的是一个系统除了机械能以外还有其他形式的能量参与转化，总能量不变。
（3）机械能守恒定律的适用是有条件的，能量守恒定律的适用无条件。
【最新高考题精练】
（2022新高考江苏卷）
1．某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能与水平位移x的关系图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2021新高考北京卷）
2．秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a.人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能应满足的条件。
（2020高考天津卷）
3．复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（ ）
A．做匀加速直线运动 B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率 D．牵引力做功
（2020年7月浙江选考）
4．如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。现有质量为、额定功率为的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过到达高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则（　　）
A．空气对无人机的作用力始终大于或等于
B．直流电源对无人机供电的额定电流为
C．无人机上升过程中消耗的平均功率为
D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
（2019高考理综天津卷）
5．完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）．若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入．已知飞行员的质量，，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；
（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大．
【最新模拟题精练】
（2023湖南岳阳重点高中质检）
6．“打水漂”是人类最古老的游戏之一，游戏者运用手腕的力量让撇出去的石头在水面上弹跳数次。如图所示，游戏者在地面上以速度抛出质量为m的石头，抛出后石头落到比抛出点低h的水平面上。若以抛出点为零势能点，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．抛出后石头落到水平面时的势能为mgh
B．抛出后石头落到水平面时重力对石头做的功为－mgh
C．抛出后石头落到水平面上的机械能为
D．抛出后石头落到水平面上的动能为
（2023云南师大附中模拟）
7．如图所示为一款近期火爆的玩具“弹簧小人”，由头部、弹簧及底部组成，头部质量为m，弹簧质量不计，劲度系数为k，底部质量为，开始弹簧小人静止于桌面上，现轻压头部后由静止释放，小人不停上下振动，已知当弹簧形变量为x时，其弹性势能，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列判断中正确的是（　　）
A．若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在振动过程中底部能离开桌面
B．若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在运动过程中头部的最大速度为
C．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，头部在最高点的加速度为
D．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，则轻压头部释放时弹簧的压缩量为
（2022四川成都三模）
8．如图，游乐园中某海盗船在外力驱动下启动，某时刻撤去驱动力，此后船自由摆动，当悬臂OA水平时，船的速度恰好为零。若A、B、C处质量相等的乘客始终相对船静止，且以相同的半径随船摆动，摆动装置（含乘客）的重心位于圆弧AC的中点B，∠AOC＝60°，不计一切阻力，重力加速度大小为g，则海盗船在自由摆动过程中（　　）
A．水平时，船对C处乘客的作用力为零
B．OA水平时，B处乘客的加速度大小为
C．A处乘客从图示位置运动至最低点的过程中，始终处于失重状态
D．A、B处乘客分别运动至最低点时，船对乘客竖直方向的作用力大小之比为
（2021唐山八校联考）
9．发光弹弓飞箭是游乐场常见的儿童玩具，其大致原理是利用弹弓将发光的飞箭弹出，若某人将飞箭（视为质点）从水平地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时动能大小为E，设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变，且飞箭上升过程中克服空气阻力做的功为，以地面为零势能面，下列说法正确的是（　　）
A．飞箭刚飞出时的初动能为 B．飞箭下落过程中重力做功为
C．飞箭在最高点具有的机械能为 D．飞箭所受重力与空气阻力大小之比为6∶1
（2022成都二模）
10．如图，a、b、c是某游客在游乐场乘过山车依次通过的轨道上三个位置。若轨道可视为竖直面内的圆弧，游客座位在车的中间，且该过程中对车和人系统只考虑重力和轨道弹力，则（　　）
A．游客在最高点a处处于平衡状态
B．游客在a、b、c三处的线速度大小关系为vaC．游客在a、b、c三处的向心加速度大小关系为aaD．游客在a、b、c三处的机械能大小关系为Ea（2023四川成都名校联盟三模）
11．游乐场的过山车项目，虽惊险刺激，但安全事故时有发生，若游客未系好安全带，后果将不堪设想。如图所示为某同学进行的模拟探究：过山车轨道均在竖直平面内，一质量为的游客乘坐过山车从左边第一个峰点P静止出发，无动力沿轨道运动，先后经过半径为的圆轨道最低点A和半径为的圆轨道最高点B。已知P、A的高度差为，A、B的高度差为，两圆轨道之间是与圆轨道分别相切的倾斜直轨道，游客可视为质点，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度大小取。
（1）求游客在A点对座椅的压力大小；
（2） 若游客未系安全带，则他可能在半径为的圆轨道上某处抛出。试通过计算判断游客能否沿轨道到达B点。
（2023浙江常州期中）
12．如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图2所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接，B、C分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A点由静止滚下，到达B点时的速度为vB=，且恰好能通过C点。已知A、B间的高度差为h=4R，重力加速度为g。求：
（1）小球运动到B点时，轨道对小球的支持力F的大小；
（2）小球通过C点时的速率vC；
（3）小球从A点运动到C点的过程中，克服摩擦阻力做的功W。
（2023浙江杭州九校期中联考）
13．过山车是一种机动游乐设施，深受年轻游客的喜爱（如图a所示）。可将过山车（含游客）看作质点，其质量kg。部分轨道如图（b）所示，AB是长m、倾角为37°的倾斜直轨道，过山车与轨道间的滑动摩擦因数；BC段可视半径m的光滑圆弧轨道，O为圆心，D点为轨道最高点，。过山车经过A点时速度，之后靠惯性冲上轨道最高点D，则过山车在运动过程中（取，，），求：
（1）过山车在AB段的加速度大小；
（2）摩擦力对过山车的冲量大小；
（3）过山车运动到最高点D时对轨道的压力。
（2023河南名校联考）
14．2019年6月29日首个江南文化特色的无锡融创乐园隆重开园。其中有一座飞翼过山车，它是目前世界最高（最高处60米）、速度最快（最高时速可达120公里）、轨道最复杂的过山车。过山车运行时可以底朝上在圆轨道上运行，游客不会掉下来．我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下，小球从圆轨道下端进入后沿圆轨道运动．如果已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g，不考虑阻力．求：
（1）若小球从高为h的A处由静止释放，求小球到达圆轨道底端时对轨道的压力；
（2）若要使小球运动过程中能通过圆弧最高点且不脱离轨道，试求小球由静止释放时的高度应满足的条件．
（2023江苏连云港期中）
15．如图为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由倾斜直线轨道、圆弧形轨道、半圆形轨道、水平轨道组成，已知轨道的倾角，A、B间高度差，轨道的半径，轨道的半径，轨道最低点C距水平地面高度差，在轨道上运动时摩托车（含人）受到的阻力为正压力的0.2倍，其余阻力均不计。表演者从A点驾驶摩托车由静止开始沿轨道运动，接着沿轨道运动，然后从F点离开轨道，最后落到地面上的G点。已知摩托车功率P恒为，发动机工作时间由表演者控制，表演者与摩托车总质量，表演者与摩托车可视为质点。
（1）某次表演中，通过C点时摩托车对轨道的压力为，求经过C点的速度；
（2）满足（1）中的条件下，求摩托车发动机的工作时间t；
（3）已知“受力因子k”等于表演者与摩托车整体承受的压力除以整体的重力，在条件下表演者是安全的，求能在安全完成完整表演的情况下，表演者落点G点与F点的水平距离的可能值。
（2023山西太原期末）
16．某滑雪场滑道的示意图如图所示，质量为60kg的运动员（含装备）从助滑道的A点由静止开始自由滑下，到达B点时沿与水平方向成的方向离开跳台，恰沿与竖直方向成角的方向落在下方雪道上的C点。已知A、B两点的高度差为48m，B、C两点的高度差为35m，将运动员视为质点，取，，忽略空气阻力的作用。求：
（1）运动员到达B点速度的大小；
（2）运动员从A点滑到B点的过程中损失的机械能。
（2023湖南怀化期中）
17．自由式滑雪空中项目是冬季奥运会项目之一，图为简化的轨道。倾斜直线轨道AB长度L=60m，与水平面夹角θ=37 ，圆弧形轨道BCD半径R=25m，与AB相切于B点，C为圆弧最低点，DE与FG为落差h=5m的水平直轨道。某滑雪运动员在一次滑雪表演中，从A点静止滑下，经过BCD后升空完成动作落至P点，运动员从D点升空到落地瞬间机械能损失20％，速度方向变为水平向右，随后沿平直轨道PE做匀减速直线运动并从E点水平飞出，落在FG轨道上。已知：运动员的质量m1=50kg，滑板质量m2=10kg，运动员经过C点时双脚对滑板的压力F0=1300N，经过D点的速度大小vD=15m/s，水平轨道FG的长度s=10m，PE间距离。g取10m/s2，sin37 =0.6，cos37 =0.8，忽略运动过程中的空气阻力。试求：
（1）运动员在C点速度大小；
（2）在ABC阶段中运动员（连同滑板）受到的滑道摩擦力做的功；
（3）要使运动员最终落在FG轨道上，求滑板和水平直轨道DE间的动摩擦因数μ应满足的条件。
（2023济南重点高中期中）
18．2022年北京冬季奥运会已经圆满落幕，中国体育代表团表现出色，取得了参加冬奥会的历史最好成绩。跳台滑雪难度很高，是奥运会中最具观赏性的项目之一，某同学观看了跳台滑雪，设想了如下情景。如图所示，质量运动员由点静止出发，通过高的弯曲滑道进入半径、圆心角为的圆形滑道（两轨道在处平滑相切，与等高），并从点飞出后落至倾角的斜面雪道上点后（点未标出），由于斜面雪道的作用，仅保留沿斜面雪道方向的速度，垂直斜面雪道方向的速度立即减为0。随后由斜面雪道底部进入长的减速水平轨道。整个运动过程中运动员可视为质点，轨道连接处均平滑相切，不考虑空气阻力。（，，）
（1）若运动员到达圆形滑道最低点时速度，求运动员在点对轨道的压力；
（2）求在（1）问情况下运动员在滑道上运动过程中阻力做的功；
（3）若运动员在点沿着切线飞出后，到达最高点时速度，最高点离斜面雪道点竖直高度为且点与点距离、运动员与斜面雪道上的动摩擦因数为，运动员进入水平轨道后通过调节滑雪板姿态以改变阻力，要保证安全停在水平轨道上，求水平轨道对运动员的平均阻力的最小值。
19．浙江最大抽水蓄能电站 2016 年将在缙云开建，其工作原理是：在用电低谷时（如深夜），电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电．如图所示，若该电站蓄水池（上水库）有效总库容量（可用于发电）为 7．86×106m3 ， 发电过程中上下水库平均水位差 637m，年抽水用电为 2．4×108 kW·h，年发 电 量 为 1．8×108 kW·h （ 水 的 密 度 为 ρ=1．0×103kg/m3 ， 重力加速度为 g=10m/s2 ， 以下水库水面为零势能面）．则下列说法正确的是（）
A．抽水蓄能电站的总效率约为 65%
B．发电时流入下水库的水流速度可达到 112m/s
C．蓄水池中能用于发电的水的重力势能约为 Ep=5．0×1013 J
D．该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电（电功率以105 kW 计算）约10h
20．图示中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约0.3 m2.晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能约为3×106J．如果每天等效日照时间约为6 h，光电池一天产生的电能可供30 W的路灯工作8 h．光电池的光电转换效率约为(　　)
A．4.8 % B．9.6 % C．16 % D．44 %
21．毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地．如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子（磁极）转动，使定子（线圈，不计电阻）中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为（　　）
A． B． C． D．
22．某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出（　　）
A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000N
B．汽车的额定功率为80kW
C．汽车加速运动的时间为22.5s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有
即
下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。
故选A。
2．（1）；（2）a.见解析；b.
【详解】（1）根据牛顿运动定律
解得
（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得
已知v1 = v2，得
因为，得
所以
b.设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为，根据功能关系得
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为,根据牛顿运动定律得
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得
得
3．BC
【详解】AB．动车的功率恒定，根据可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得
可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；
C．当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为
C正确；
D．动车功率恒定，在时间内，牵引力做功为
根据动能定理得
D错误。
故选BC。
4．BD
【详解】A．无人机先向上加速后减速，最后悬停，则空气对无人机的作用力先大于200N后小于200N，最后等于200N，选项A错误；
B．直流电源对无人机供电的额定电流
选项B正确；
C．无人机的重力为
F=mg=200N
则无人机上升过程中克服重力做功消耗的平均功率
但是由于空气阻力的作用，故对无人机向上的作用力不等于重力，则无人机上升过程中消耗的平均功率大于100W，则选项C错误；
D．无人机上升及悬停时，螺旋桨会使周围空气产生流动，则会有部分功率用于对空气做功，选项D正确。
故选BD。
5．（1）；（2）
【详解】（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
6．C
【详解】A．以抛出点为零势能点，水平面低于抛出点h，所以石头在水平面上时的重力势能为－mgh，A错误；
B．抛出点与水平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对石头做功为mgh，B错误；
C．整个过程机械能守恒，以抛出点为零势能点，抛出时的机械能为，所以石头在水平面时的机械能也为，C正确；
D．根据动能定理得
可得石头在水平面上的动能
D错误。
故选C。
7．BC
【详解】A．设头部在初始位置时弹簧的压缩量为x0，对头部列平衡方程
mg＝kx0 ①
施加力F后弹簧再压缩x，头部的平衡方程为
F＋mg＝k（x0＋x）②
若刚释放时头部的加速度大小为g，根据牛顿第二定律得
则
F＝mg③
由①②③得
kx＝mg
撤去力F的瞬间，头部所受的回复力
F回＝k（x0＋x）－mg＝kx
当头部向上运动到初始位置上方距离也是x时，由对称性知F回＝kx，而kx＝mg，可见头部所受弹簧弹力恰好是零，以底部为研究对象，受力分析知地面对底部的支持力为
因此小人在振动过程中底部不能离开桌面。A错误；
B．刚释放时弹簧的形变量为
弹簧振子在平衡位置时的动能最大，根据能量守恒得
结合动能
故小人在运动过程中头部的最大速度为，B正确；
C．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，即当头部在最高点时，底部受到桌面的弹力为0，受力分析得弹簧此时的弹力等于底部的重力
此时对头部受力分析，根据牛顿第二定律有
故头部在最高点的加速度为，C正确；
D．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，开始施加力后弹簧再压缩，头部的平衡方程为
分析得
则轻压头部释放时弹簧的压缩量为
D错误。
故选BC。
8．D
【详解】A．设乘客质量为，根据力的分解可知，水平时，船对C处乘客的作用力为
故A错误；
B．OA水平时，B处乘客的加速度大小
故B错误；
C． A处乘客从图示位置运动至最低点的过程中，当向心加速度在竖直方向的分量大于切向加速在竖直方向分量时，A处乘客处于超重状态，故C错误；
D．设整体质量为，A处乘客分别运动至最低点时，根据动能定理得
在最低点，对A处乘客
解得
B处乘客分别运动至最低点时，根据动能定理得
在最低点，对B处乘客
解得
可得
故D正确。
故选D。
9．D
【详解】A．飞箭上升阶段和下降阶段克服空气阻力做功相等，设飞箭的初动能为E0，由能量守恒定律得：
E0=E+0.2E+0.2E=1.4E
故A错误；
B．飞箭下落过程，设重力做功为W，由能量守恒定律得：
W-0.2E=E
解得
W=1.2E
故B错误；
C．设飞箭在最高点的机械能为E最高，飞箭下降过程，由能量守恒定律得：
E最高=0.2E+E=1.2E
故C错误；
D．设飞箭所示空气阻力为f，设下落高度为h，飞箭下落过程重力与空气阻力之比
故D正确。
故选：D。
10．BC
【详解】A．游客随着过山车做圆周运动，到达最高点时，速度不为零，有向心加速度，故不是处于平衡状态，故A错误；
BD．车和人系统只考虑重力和轨道弹力，运动过程中，弹力不做功，只有重力做功，则运动过程中人的机械能守恒，由于可知，在点重力势能最大，则动能最小，点重力势能最小，动能最大，则有
，
故D错误，B正确；
C．根据
可知
故C正确。
故选BC。
11．（1）；（2）不能到达B点，见解析
【详解】（1）游客从P点到A点，由机械能守恒定律有
在A点，游客受重力和座椅支持力作用，由牛顿第二定律有
联立求解并代入数据得
由牛顿第三定律解得游客在A点对座椅的压力大小为
（2）假设游客能从P点经A点到B点，由机械能守恒定律有
代入数据可得游客在B点的速度为
在B点，由牛顿第二定律有
代入数据得
因，假设不成立
游客将在B点左侧圆轨道上某处抛出，不能到达B点
12．（1）7mg（2）（3）1.5mgR
【详解】（1）小球在B点时，根据牛顿第二定律有
解得：
F=7mg
（2）因为小球恰能通过C点，根据牛顿第二定律有
解得：
（3）在小球从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有
解得
W=1.5mgR
13．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设过山车在AB段的加速度大小为,由题意，根据牛顿第二定律有
解得
（2）设过山车运动到B所用时间为，由运动学公式可得
解得
或（不合题意，舍去）
故从A到B的过程中，摩擦力对过山车冲量的大小为
（3）由以上分析可知，过山车到达B点时的速度为
设到达D点的速度为，从B到D由动能定理可得
解得
另设过山车在D点时轨道对过山车的支持力为，过山车在圆弧上做圆周运动，运动到最高点时有
解得
则由牛顿第三定律可得过山车运动到最高点D时对轨道的压力
14．（1） ，方向竖直向下 （2） h ≥
【详解】（1）小球从高为h处由静止释放，到达最低点速度为v，此过程由动能定理：
mgh =mv2 ①
小球到达圆轨道底端时轨道对小球的弹力为N，由牛顿第二定律：
②
联立①②式可解得
根据牛顿第三定律小球到达圆轨道底端时对轨道的压力为
方向竖直向下。
（2）小球在最高点不脱离轨道，由牛顿第二定律：
③
小球从高h处到圆轨道最高点，由动能定理得：
mg（h 2R）= ④
联立③④式可解得
h ≥
15．（1）；（2）1.12s；（3）最小值，最大值
【详解】（1）由牛顿第二定律知
得
（2）从A到C运动过程中，由动能定理
其中
代入得
（3）要使表演者能完整的运动，临界条件是能恰好经过D点，经过D点的最小速度满足
即
由机械能守恒得通过E点的最小速度
注意到小圆半径小于大圆半径，故最小速度由大圆半径决定
要保证表演者安全，其受到的最大压力
可判断得经过E点时，恰好为最大压力值，则
可得
此情形下经过C点速度为，由机械能守恒
得
对C点压力为
得
说明上述判断正确.
由上可得，经过E点的速度最大值为
最小值
由平抛知识，落地时间
水平位移
代入两个临界速度，得水平位移最大值
最小值
16．（1）；（2）
【详解】（1）设运动员离开跳台时速度大小为，沿水平方向分速度的大小为，有
设运动员落在C点时速度的大小为，沿水平方向分速度的大小为，有
，
又
解得
（2）运动员从A点滑到B点过程中克服阻力做的功为，损失的机械能为
又
解得
17．（1）20m/s；（2）-12600J；（3）
【详解】（1）运动员经过C点时，受到滑板的支持力大小为，由牛顿第二定律可得
解得运动员在C点速度大小为
（2）在ABC阶段中，对运动员（连同滑板）由动能定理可得
解得滑道摩擦力做的功为
（3）运动员从D点升空后落到P点瞬间的速度大小为
从P滑行到E过程，若恰好到达E点，据动能定理可得
解得
当运动员从E点以速度飞出时做平抛运动，恰好到达G点，据平抛运动规律可得
从P到E过程据动能定理可得
联立解得
故要使运动员最终落在FG轨道上，滑板和水平直轨道DE间的动摩擦因数μ应满足的条件为
18．（1），方向竖直向下 ；（2）；（3）
【详解】（1）在C点，根据牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，运动员在C点对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（2）从A到C的过程，根据动能定理得
解得
（3）从最高点落到斜面过程中做平抛运动，则有
联立解得
可得
因此
落到P点后的速度为
从P到N过程中，根据动能定理得
解得水平轨道对运动员的平均阻力的最小值为
19．C
【详解】A．已知年抽水用电为，年发电量为，则抽水蓄能电站的总效率为
故A错误；
B．若没有任何阻力，由机械能守恒得
得
由题知，水流下的过程中受到阻力，所以发电时流入下水库的水流速度小于，故B错误；
C．蓄水池中能用于发电的水的重力势能为
故C正确；
D．该电站平均每天所发电量为
可供给一个大城市居民用电（电功率以计算）的时间为
故D错误．
20．C
【详解】据题意，已知每只路灯的有效采光面积S，每平米每小时接收太阳能，每天日照时间t，则每只路灯每天接收到的太阳能为：；光电池每天可以是路灯工作，则光电池光电转换率为：，故选项C正确．
【点睛】本题分析的关键是抓住光电转换效率公式为：；在分析时需要注意光电池接收太阳能，其中，而光电池一天产生的电能，其中，只要注意到这个单位应用上的区别，就可以解决本问题．
21．A
【详解】风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为
V＝vt·S＝vt·πl2
则风的质量
M＝ρV＝ρvt·πl2
因此风吹过的动能为
Ek＝Mv2＝ρvt·πl2·v2
在此时间内发电机输出的电能
E＝P·t
则风能转化为电能的效率为
η＝＝
故选A。
22．BD
【详解】A．由题意知，关闭储能装置后汽车在地面阻力作用下做匀减速直线运动，对于图线①，根据动能定理得
得到
故A错误；
B．设汽车匀速运动的速度为v，则有
得
汽车的额定功率为
故B正确；
C．汽车保持额定功率不变做加速运动过程中，根据动能定理得
代入数据解得
故C错误；
D．根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为
故D正确。
故选BD。
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