专题精准强化4 万有引力与宇宙航行-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

〡物理 ☒错题序号： 专题精准强化4万有引力与宇宙航行 @错因分析： (建议用时：40分钟) [A组基础达标练] A.火卫一的公转轨道半径小于火卫二的公转 1.(2025·重庆模拟预测)如图所示，从一质量为 轨道半径 M、半径为2R的均匀球体的球心O处挖出一 B.在火星上观测到火卫一和火卫二的升起方 半径为R的小球，将其移至两球面相距R处， 向相同 已知引力常量为G,则大球剩余部分和小球间 C.在火星上每天能观测到火卫一3次升起落 下的情况 的万有引力大小为 D.火卫一和火卫二相邻两次相距最近的时间 间隔约为11小时 2R R 4.（多选)(2025·江西南昌一模)我国发射了世 0 界上第一颗在同步轨道上运行的合成孔径雷 达(SAR)卫星.该卫星可用于监测城市建设、 交通运输、海洋环境等人工活动.地球静止卫 A.TGMP B.7GM 星包含静止轨道卫星和倾斜轨道同步轨道卫 1024R2 512R2 星，关于地球静止卫星说法正确的是( ) c微 n 、同步卫星（倾斜）轨道 2.(多选)(2025·宁夏银川一模) 地球赤道 2025年2月20日，中国航天科 地球 同步卫星（静止）轨道 技研制的实践25号卫星在距离 地面3.6万千米的同步轨道，成功实现了人类 A.静止轨道卫星可能在南昌正上方 历史上首次太空加油.这次为服役多年的北斗 B.倾斜轨道静止卫星一天2次经过赤道同一 2号卫星注人了142kg的燃料，提升了其轨道 位置的正上方 维持能力达300%，瞬间让它焕发活力.图中 C.任何一颗静止轨道卫星和倾斜轨道静止卫 P、Q分别是“实践25号”和“北斗2号卫星”对 星与地心的连线在相等时间内扫过的面积 接前各自在预定轨道运行的情景，下列说法正 相等 确的是 D.静止卫星环绕地球运动的速度可能大于 A.在预定轨道运行时，P的周期小于Q的 7.9 km/s 5.(2025·河南卷，3)2024年天文学家报道了他 周期 们新发现的一颗类地行星Gliesel2b,它绕其 B.在预定轨道运行时，P的速率小于Q的 母恒星的运动可视为匀速圆周运动.已知 速率 C.为了实现对接，P应减速 Gcse12b轨道半径约为日地距离的，其母 D.为了实现对接，P应加速 恒星质量约为太阳质量的号，则Gliese2b绕 3.(多选)(2025·辽宁模拟预测)火星有两颗天 其母恒星的运动周期约为 ( 然卫星火卫一与火卫二，火卫一的公转周期约 A.13天 B.27天 为8小时，火卫二的公转周期约为30小时，火 C.64天 D.128天 星的自转周期约为24小时.假设火星的这两 6.(2025·浙江1月卷，6)地球和哈雷彗星绕太 颗天然卫星均在火星赤道的平面内绕火星做 阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从 匀速圆周运动，且运行方向与火星自转方向相 c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积 同，则下列说法正确的是 ) 分别为S1和S2,且S1>S2.彗星在近日点与 ·144· 专题精准强化 太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6 北斗三号卫星功能特点 倍，则彗 哈雷彗星 北斗 MEO卫 GEO IGSO 卫星 星(24) 卫星(3) 卫星(3) 。地球 S2 中圆轨道地球静止倾斜地球同 名称 太阳 卫星 轨道卫星 步轨道卫星 2万公里左 A.在近日点的速度小于地球的速度 轨道右，三个轨道3.6万公3.6万公里 B.从b运行到c的过程中动能先增大后减小 高度面，保持55 里左右 左右 C.从a运行到b的时间大于从c运行到d的 的倾角 时间 D.在近日点加速度约为地球的加速度的 星下点绕着地区划投影一锁定区域画 0.36倍 估计波浪 个点 8字 7.(多选)太空中存在一些离其他恒星很远的、由 环绕地球运 三颗星体组成的三星系统，可忽略其他星体对 与GEO互 行实现全球承载区域 它们的引力作用.已观测到稳定的三星系统存 功能 补，对亚太区 导航定位、短短报文 在两种基本的构成形式：一种是直线三星系统 特点 域可重点 报文通信、国通信 一三颗星体始终在一条直线上；另一种是三 服务 际救援 角形三星系统一三颗星体位于等边三角形 的三个顶点上.已知某直线三星系统A的每 A.MEO卫星速度大于7.9km/s B.GEO卫星可以相对静止在我国某地上空 颗星体的质量均为，相邻两颗星体中心间的 C.GEO卫星和IGSO卫星24h一定会相 距离都为R;某三角形三星系统B的每颗星体 遇一次 的质量恰好也均为，且三星系统A外侧的 两颗星体与三星系统B每颗星体做匀速圆周 D.MEO卫星周期T一定小于24h 运动的周期相等.引力常量为G,则( 9.(2025·山东模拟)宇宙中存在一些离其他恒 星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系 A.三星系统A外侧两颗星体运动的线速度大 统，可忽略其他星体对三星系统的影响.稳定 Gm 小为= 的三星系统存在两种基本形式：一种是三颗星 B.三星系统A外侧两颗星体运动的角速度大 位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半 径为R的轨道上运行，如图甲所示，周期为 1、5Gm 小为w=2求√R T1;另一种是三颗星位于边长为R的等边三 角形的三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆 C.三星系统B的运动周期为T=4πR R 5Gm 运行，如图乙所示，周期为T2.则T1：T2为 D.三星系统B任意两颗星体中心间的距离 为屑R 8.(2025·黄山模拟)三月春来早，北斗农机来报 到，基于北斗的自动驾驶农机能够按照既定路 线进行精准春耕作业，精细化程度显著提升， 虽然我国的北斗系统起步最晚，但“后来居 甲 上”，成为可与美国GPS媲美的最先进的全球 导航定位系统.下表是北斗三号卫星系统三种 A.5 B.25 卫星的参数，地球球体半径为6400km,以下 说法正确的是 D.4λ5 ·145· 丨物理 [B组创新应用练] 表面做简谐运动的图像如图(b)所示（不考虑 10.(多选)(2024·广东卷， 自转影响)，设地球、该天体的平均密度分别 9)如图所示，探测器及其 降落伞 为p1和p2.地球半径是该天体半径的n倍。 保护背罩通过弹性轻绳 的值为 ( 连接降落伞.在接近某行 02 背罩 星表面时以60m/s的速 探测器 度竖直匀速下落.此时启动“背罩分离”，探测器 2A 地球 与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接.已知 某天体 探测器质量为1000kg,背罩质量为50kg,该 0 0( 行星的质量和半径分别为地球的。和？，地 -2A 球表面重力加速度大小取g=10m/s2,忽略 (a) (b) 大气对探测器和背罩的阻力.下列说法正确 的有 () A.2n B受 A.该行星表面的重力加速度大小为4m/s2 C.2 B.该行星的第一宇宙速度为7.9km/s C.“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为 13.(多选)(2025·辽宁本溪二模)我国2025年 80m/s2 发射神舟二十号、神舟二十一号载人飞船和 D.“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其 一搜货运飞船，执行二次载人飞行任务.“神 做功的功率为30kW 舟二十号”飞船升空后先进人停泊轨道（即近 11.(2025·黑龙江齐齐哈 地圆形轨道)，之后进入转移轨道，最后在中 尔三模)华为mate60手 国空间站轨道与天和核心舱对接，如图所示 机实现了卫星通信，只 已知中国空间站轨道为圆形轨道，距地面高 要有卫星信号覆盖的地 度为h,飞船在停泊轨道运行的周期为T,地 方，就可以实现通信.如 球半径为R,地球表面重力加速度为g,引力 图所示，三颗赤道上空 常量为G,则下列说法正确的是 () 的通信卫星恰好能实现环赤道全球通信，已 中国空间站轨道（Ⅲ） 知三颗卫星离地高度相同，地球的半径为R, 转移轨道（Ⅱ） 地球表面重力加速度为g,忽略地球自转影 地球 Q 响，下列说法正确的是 ( ) A.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大 停泊轨道() 小一定相等 B.为了提高通讯质量，该卫星可以是近地 A.从停泊轨道进人转移轨道在P点需要 卫星 减速 C.该卫星离地高度为2R B.天和核心舱的向心加速度大小 D该卫星运行的线速度大小为√零 为 12.(2024·辽宁卷，7)如图(a),将一弹簧振子竖 C.可估得地球密度为3 T2 直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O,竖 D.飞船从P点运行到Q点需要的时间为 直向上为正方向建立x轴.若将小球从弹簧 原长处由静止释放，其在地球与某球状天体 h T1+2 ·146·|物理 8.C[根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为△ 可得h=鸟，则甲、乙两球离悬挂点的高度之比为hp: 亏=5×0.6m=0.12m, h2=4:1,故甲、乙两球不在同一水平面上，B错误； 近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有= 甲、乙两球均做匀速圆周运动，由mgtan日=wLsin8 △L_0.12m/s=6m/s, △t 1 得是=ucos0,再由p<a得c0sa>c0sB,故a<B, 50 但此大小关系与质量无关，C错误；由题知拉力F= 在最低，点根据牛顿第二定律有T-mg=m,, ),因m,=4me,且h,:he=41,故甲球 代入数据解得T=7N.] 受到的轻绳的拉力等于乙球受到的轻绳的拉力，D 9.AB[物体做斜抛运动，将物体在A,B两点的速度分解 正确.门 如图所示，可得 13.解析：(1)小球做斜抛运动，小球的初速度可分解为沿 B o 斜面和垂直于斜面两个方向的分速度，沿斜面方向的 53 分速度V,=c0s60°， 垂直斜面方向的分速度v,=6sin60°， 重力加速度g沿斜面方向的分量为gx=gsin30°， 重力加速度g垂直斜面方向的分量为g,=gc0s30°， 37 A 8or-----------Nop 则小球飞行至离斜面最远时的时间(=丛= gy g VAy=vasin37°，VA=t1c0s37°=Uo, v=vusin53°，e=vgc0s53°=， 由对称性可知全程飞行时间1=26=2， 取竖直向下为正方向，则有=一v4十gt,L=t,联 小球沿斜面方向的运动可看作匀加速直线运动，则位 立求得西=号√g从A到B的时间及从A点挑由时 移为xw=U1叶名g, 的速度大小为1三，心 ,4=虹，故A正确，C错 2 2=7.2m 代入数揚，解得工山=g 误；根据斜抛运动规律，可知物体从A到B过程中，在最 (2)若x证=8m即为斜面长度，计算可得= 高点时速度最小，为m==号Vg,故B正确；取竖 2√10m/s,而16m/s>2√10m/s,则小球落到水平 直向下为正方向，则A,B之间的高度差为hB=一vawt十 地面上，由竖直方向的分运动计算飞行时间，取向下为 ，代入教据未得u=子L,故D错误.] 1 正方向，则有九=-sin30+2t, 10.C[设正方形棱长为1，落，点在棱BB1上的小球，初速 代入数据解得t=2s, 度沿AB方向，落在B点时竖直位移最大，根据t= 水平方向位移x=,c0s30°t=16√5m, 区可知，时间最长，根据=二可知，水平抛出的初速 则合位移s=√十h=28m 答案：(1)7.2m(2)28m 度最小，故A错误；落点在面A1B,C1D1内的小球竖直 专题精准强化4 位移相等，则运动时间相等，故B错误：落，点在三角形 BCD,内的小球运动时间相等，最大的水平位移为 1.A[大球剩余部分和小球的质量之比为m1:2= 「 ,最小的水平位移为，最小水平位移与最大水平 [3x2RR-专R]:4 :3πR=7:1,质量之和为m 2 十m2=M,所以大球剩余部分和小球的质量分别为1= 位移之比为1：2，由U=工知水平抛出的初速度的最 M,m,=日M,所以二者之间的万有引力大小为F 7 t 小值与最大值之比是1：2，故C正确；落点在线B:D1 n1712 7GM 上的小球，竖直速度均为心，=√2g,落地时重力的瞬 (2R+R+R)1024R,故选A.] G 时功率P。=mgU,均相同，故D错误.] 11.AC[若两小球的初速度大 2AD[银据开誉粉第三定律可得只-6，因P的轨道半径 小相等，如图，根据平抛运动 小，所以周期也小，即在预定轨道运行时，P的周期小于Q 推论，速度偏转角的正切值 10 45 等于位移偏转角正切值的两 的周期，故A正确：由万有引力提供向心力有=m 倍，两小球落在圆弧时速度 方向相互垂直，有tan0=之 1 解得U=√r ,所以在预定轨道运行时，P的速率大于 1 Q的速率，故B错误；根据变轨原理可知，为了实现对 tan45°= 2,sin 0= 接，P应加速做离心运动，故C错误，D正确.门 R 3.AD[由题知，火卫一的公转周期小于火卫二的公转周 心s0-赏联立得正，故A正瑰，B错：当 期，根据开普勒第三定律号=k, 心、山不相等时，两小球运动时间可能不相等，速度偏 可知火卫一的公转轨道半径小于火卫二的公转轨道半 径，故A正确：由于火卫一的公转周期小于火星自转周 转角不相等，但总能有两小球落在圆孤时速度方向相 互垂直的速度值，故C正确，D错误.] 期，而火卫二的公转周期大于火星的自转周期；故在火 12.D[1轮、2轮通过皮带传动，系统稳定后，1轮、2轮匀 星上观测到火卫一和火卫二的升起方向相反，故B错 速转动，线速度大小相等，即=2，根据v=r,则有 误；一个火星日，火卫一绕火星转3圈，比火星多转2圈， w·2R=u,R,所以w1:0,=0甲：u2=1:2,A错误； 所以在火星上每天能观测到火卫一2次升起落下的情 甲、乙两球做匀速圆周运动，设日为轻绳与轴的夹角，显 况，故C错误；设火卫一和火卫二相邻两次相距最近的 然0<0K受，由mgtan日=maw2Lsin0,h=Lcos0,联立 时词调岛的为，则有学1一票 票△1=2x,化简得号-岩 =1,解得△t=10.9h≈11h,故D正确.] ·278· 答案精析1 4.BC[静止卫星位于赤道平面内，南昌不位于赤道上，静 上空，相对于地球表面静止，我国不在赤道上，所以GEO 止卫星不可能在南昌的正上方，故A错误；由于倾斜地 卫星不可能相对静止在我国某地上空，故B错误；GEO 球同步轨道卫星的周期和地球自转周期相等，地球赤道 卫星和IGSO卫星轨道半径相同、线速度相同、周期都为 某一位置转过180°，该卫星也转过180°，该卫星又处于 24h,能否相遇取决于起始位置，所以不一定会相遇一 赤道上某位置上空，所以，倾斜轨道静止卫星一天2次经 过赤道正上方同一位置，故B正确：根据开普勒第二定 、次，故C错误；根据万有引力提供向心力：G二m r2 律可知，对于同一卫星来说，它与地心的连线在相同时 4πr 间内扫过的面积相等，所以任何一颗静止轨道卫星和倾 ,解得T=√CM,则MEO卫星周期T一定小于 斜轨道静止卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面 24h,故D正确.] 积相等，故C正璃：旅据G=m,可得√网 GM 9.B[设恒星的质量为，分别选两种情况下做圆周运动 的一颗恒星受力分析如图： 7.9km/h是地球近地卫星的环绕速度，由于静止卫星的 4π 轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据轨道半径越 图甲中由牛颜第二定律有：Gmnm+D2二m迟T’ (2R) 大环绕速度越小，因此静止卫星运行的线速度一定小于 第一宇宙速度，故D错误.] 5.A[地球绕太阳运行的周期约为365天，根据万有引力 m4π2 提供向心力得”=m元， ro 已知rM=号M,同理得=m禁r,整里得 甲 乙 TrMo TM R 解得：T=4√5Gm图乙中星体之间的距离均为R,恒 代入数据得T=28T≈13天.门 星做图周运动的半径r=5R, 6.C[地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 3 Gm=m√ GM r ,哈雷普星在近日点曲率半径 由牛领第二定求有：2×0s30=m 4π° 小于地球半径，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球 T 绕太阳的公转速度，A错误；从b运行到c的过程中万有 解得：T=成所以2=2厚故B三确A 引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷普星速度一直减 C、D错误.门 小，因此动能一直减小，B错误；根据开普勒第二定律可 10.AC[A,在星球表面，根据GMm 知哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根 R之=mg, 据S1>S,可知从a运行到b的时间大于从c运行到d 的时间，C正确：万有引力提供加速度GMm=ma→a= 可得发兴行黑的质要和来经分列为地球的品和 2 GM,则哈雷昔星的加速度a1与地球的加速度a,比值为 之，地球表面重力加速度大小取g=10m/g,可得该行 + 星表面的重力加速度大小g'=4m/s2,故A正确；B.在 a== a0.36D错误.] 1 星球表面上空，根据万有引力提供向心力GMm R2 7.BCD「三星系统A中，三颗星体位于同一直线上，外侧 两颗星体围绕中央星体在半径为R的同一圆轨道上运 ”贡·可得里球的常一字窗连度√受，行是的质量 行，外侧的其中一颗星体由中央星体和另一颗外侧星体 和丰径分别为地球的品和了，可得孩行星的第一宇亩 的万有引力的合力提供向心力，有G R+G m (2R)=m 速度= 写，地球的第一宇宙速度为7,9km/s,所 Gm,选项A错误；三星系统A中，周期T 尺，解得√4 以该行星的第一宇宙速度h=5X7.9km/s,故B错 R=4R长，则外侧两颗星体的角速度为4 2π 误；C.“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整 体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与 是，G,选项B正确；由题意知三星系统B的运动 =2求NR1 保护背罩之间的作用力F=mg=4000N,“背罩分离” 周期与三星系统A外侧两颗星体运动周期相同，即为T 后，背罩所受的合力大小为4000N,对背罩，根据牛顿 第二定律F=m'a,解得a=80m/s,故C正确：D.“背 =4πR R,选项C正确；三星系统B中，三颗星体位 罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率P= 5Gm 于等边三角形的三个顶，点上，并沿外接于等边三角形的 mg'v=1000×4×60W=240kW,故D错误.] 11.D[通信卫星受到的万有引力 圆形轨道运行，对其中一颗星体，由万有引力定律和牛 顿第二定律，有2Gm L 大小为F=GM,由于不知道 户，解得L 72cos30°n2c0530。·4π r2 三颗通信卫星的质量大小关系， 巴R,选项D正确门 所以三颗通信卫星受到地球的 万有引力大小不一定相等，故A 8.D[7.9k/s是卫星绕地球表面运行的速度，根据万有 错误；三颗通信卫星若要全面覆 d,1.9 引力提供向心力有G=m,解得√ 盖，则其如图所示 1-2 由几何关系可知，∠AOB=120°，∠AOC=60°，其中OA km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，MEO卫星 轨道半径大于地球半径，其速度小于7.9km/s,故A错 为地球半径R,由几何关系有c0s60-把，解得0C 误；GEO卫星是地球静止轨道卫星，位于赤道平面某地 2R=R十h,即h=R,所以通信卫星高度至少为R.故 ·279· 丨物理 中，合力大小为F金2=1N,物体所受摩擦力大小为f= BC错误；根据 (R十=mR千万：在地球表面Gm GMm R mg=4N,则拉力大小分别为F1=6N,F2=3N,故A错 m,联立解得四，故D正南] E=2m/s, 误：在工=4m时，物体的速度大小为知√ 12.C[设地球表面的重力加速度为g,某球状天体表面的 拉力的功率P=F,v=6W,故B错误；从x=0运动到x 重力加速度为g',弹簧的劲度系数为，根据简谐运动 =4m的过程中，物体克服摩擦力做的功W=gx= 的对称性有k·4A一mg=mg,k·2A一mg=mg',可 16J,故C错误；在x=2m时，物体的速度大小为w'= 得g=24,g=A,可得各=2，设某球状天体的半径 7 g 2E=22m/5,从x=0运动到x=2m的过程中，物 4 为R,在星球表面，有G P1·3π(nR)3·m 体运动的时间t=兰=反s,拉力的冲量大小为I=下t (nR) =mg 2 ·Rm 6√2kg·m/s,故D正确.] G- 5.BD[最初甲球做竖直圆周运动，受重力、支持力两个力 R =mg,联立可得A=二.] n 作用，其中重力沿速度方向的分力提供切向加速度，用 13.BC[飞船需要通过加速从停泊轨道进入转移轨道，A 以改变速度大小；重力垂直于速度方向的分力与曲面对 错误；设天和核心舱的向心加速度大小为α，地表物体 小球支持力的合力提供向心加速度，用以改变速度的方 质量为m,则有GM=g,由G Mm R R+h)2=ma,解 向，甲球只在开始下落时加速度等于重力加速度，此后 未离开曲面时用以加速的加速度大小都小于重力加速 R 得a= 度，因此在甲球没有离开曲面时，其速率任意时刻都小 R+h g,B正确；船在停泊轨道运行的周期为 于乙球的速率，则同时释放两球，任一时刻两球动能不 工旅摆万有引力锐供向心力有6=m(停)R,解 相等，故A错误；由于曲面光滑，甲球在曲面上运动时只 有重力做功，而乙球做自由落体运动，也只有重力做功， 得M=4π G,则地球的密度为p= M,解得p= 则由机械能守恒可知两球经过相同高度时动能相等，故 B正确；两球经过相同高度时，两球的速度大小相等，但 速度方向不同，重力的功率等于重力与重力方向上速度 3rπ 的乘积，由于两球沿重力方向上的速度大小不同，则两 GT ,C正确；设飞船在转移轨道运行的周期为T2,由 球经过相同高度时重力的瞬时功率不同，故C错误；设 2R-h 甲球运动到C,点时的速度为，则由机械能守恒有gR R品 开善勒第三定律有 2 ,整理可得T,= T 2m0①，甲球从C点开始微平抛运动，落地时间为 √(+) ,故飞船在转移轨道上从P点飞到Q点 t,则有R=弓g②，从C点到落地，甲球运动的水平位 移为x=t③，联立①②③解得x=2R>1.5R,因此控制 所需的时为T01=/(+泉) 1 乙球释放的时刻，两球有可能在空中相碰，故D正确.] ,D错误.门 6.CD[由题图乙可知小球在x=h十x,处重力与所受弹 专题精准强化5 力大小相等，又小球在x=h处时有向下的速度，由运动 1.BC[拉力所做的功为W,=Fxcos0,轮胎做加速运动， 的对称性可知小球在x=h十2x处有向下的速度，到达 则Fcos 0>f,则轮胎克服阻力做的功小于Fxcos日，故 最低，点后再经过x=h十2x。处有向上的速度，故最低，点 A、D错误；由动能定理可知，轮胎所受合外力做的功为 的坐标不是h十2x。,且小球在x=h十2x。处动能不是最 W台=之，故B正确；拉力的最大功率为Pn=Fcos日， 1 小，故A、B错误；由题图乙可知mg=kx(k为弹簧的劲 度系数)，当x=h十2x时，弹簧的压缩量为2x0,此时的 故C正确.] 弹力大小为2g,根据牛顿第二定律可得小球的加速度 2.A[a球向右运动0.1m时，由几何关系得，b上升距离 为a=g二F_mg2mg=一g,故C正确：小球在x=h 177 177 为h1=0.4m-√0.5-0.4m=0.1m,此时细绳与水 十x。处时，弹簧的压缩量为x。,小球所受弹簧弹力与重 平方向夫角的正切值为1am0=子，可知c0s0=号sin0 力等大反向，此时小球的动能最大，根据动能定理有 3 mgh十2)+W维=E-0,依题可得W=一0+m5, =亏，由运动的合成与分解知识可知sin0=飞c0s日， 可得=8m/s,以b球为研究对象，由动能定理得W 所以Es=mgh十之mgo,故D正确.] 一mgh1=号m,代入数据解得W:=33J,故A正确.] 7.AD[转筒边缘上，点的线速度大小等于水桶的速度大 小，根据线速度与角速度的关系有v=wR,因0~2t。内， 3.BD[设该铅球质量为，刚开始斜抛时初速度大小为 仙与t成正比，所以水桶的速度v与t成正比，即水桶做 6,与水平方向的夹角为日，则经过时间t,其动能为E= 初速度为零的匀加速直线运动，故A正确；图乙中0 mmm(wcos msin g 3。内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提 升到井口过程中转筒转过的角度，设为日，则日= 一g),则E与t为非线性关系，图像为抛物线的一部 分，且E:先减小后增大，故A错误，B正确；铅球做斜上 t3t6)=2,to,故水井的深度为h=R=2m,Rt,故 2 抛运动，水平方向有x=cOs日·t,所以Ek= B错误；把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做 )+号n(sin0-6s)）广可知B与 1 1 功的平均功率为P=_g·2@R=2mR,故 3to 3to x也为非线性关系，其图像也是抛物线的一部分，且E C错误；根据动能定理可知，把水桶从井底提升到井口的 先减小后增大，故C错误，D正确.门 4,D[根据动能定理可知，图像斜率的绝对值代表物体所 过程中合力对水桶和桶中水做功为W。=号m心-0= 受合力的大小，即从x=0运动到x=2的过程中，合 力大小为F合1=2N,从x=2m运动到x=4m的过程 2m(wR):=maR -,故D正确.] 2 ·280·