二轮专题(四) 抛体运动、圆周运动、天体运动-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（福建专用）

密 2025一2026学年度二轮专题精准提升（四） 题 物理·抛体运动、圆周运动、天体运动 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 答案 1.江淹的《别赋》中写到“日下壁而沉彩，月上轩而飞光”，形象地呈现出日月光交替转换的 自然美景。这种昼夜更替现象与地球的自转有关，结合万有引力定律的相关知识，下列 说法正确的是 () A.若地球自转变快，则地球静止卫星的轨道变高 B.地球静止卫星和极地同步卫星的加速度大小不同 C.地球表面赤道上的重力加速度比两极上的重力加速度大 D.以地心为参考系，置于武汉和北京的物体的向心加速度大小不同 2.如图所示，小木块a和b(可视为质点)用轻绳连接置于水平圆盘上，开始时轻绳处于伸 直状态但无拉力，a的质量为3m,b的质量为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分 别为r和2r,、b与盘间的动摩擦因数相同（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。圆盘从 静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘始终保持相对静止，、b所受摩擦力大 小分别为f2、f1,其随ω2变化的图像正确的是 () a 2 0 B 2 D 二轮专题精准提升（四）物理第1页（共8页） 真题 与其追星星，不此活成银河，自己发光才不惧黑暗 3.1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质量相差悬殊的天 班级 体（如地球和月亮）所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人 们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在地球与月球共同引力作用下，可以几 乎不消耗燃料而保持与地球同步做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2点， 姓名 跟地、月两个大天体保持相对静止。设地球质量是月球的k倍，地月间距为L,拉格朗 日点L2与月球间距离为d。下列说法正确的是 ( ● 得分 A.该卫星绕地球运动周期大于月球公转周期 B.该卫星在L2点处于平衡状态 C.该卫星与月球绕地球运动的线速度之比为v卫：v月=L：(L十d) 11L+d D.k、L、d的关系式为L十d)严十d=L 4.2024年12月19日，我国将天启星座04组卫星送入近地轨道，有效解决了地面网络覆 盖盲区的问题。如图所示为天启星座04组卫星中的卫星A与北斗导航卫星B绕地球 的运动轨迹，两卫星轨道均视为圆轨道，且两轨道平面不共面。某时刻，卫星A恰好位 于卫星B的正下方，一段时间后，A在另一位置从B的正下方经过，已知卫星A的轨道 半径为x,则卫星B的轨道半径可能为 () -导航卫星B 卫星A B(s) c.) , 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 5 6 7 6 答案 5.足球比赛中，运动员发任意球时，踢出的足球有时会在行进中绕过“人墙”转弯进入球门 (如图甲)，这就是所谓的“香蕉球”。踢出“香蕉球”是因为运动员踢出球时，足球向前运 动的同时还在绕轴自转（如图乙所示）；自上向下观察（如图丙所示）由于足球的自转使 贴着足球表面的一层薄空气被球带动做同一旋向的转动，导致足球A、B两侧的空气相 对球的速度不等而产生压力差F,使得足球发生偏转。则 () 球门 D)人墙 乙 丙 密卷 二轮专题精准提升（四）物理第2页（共8页） 6 A.图甲中足球受到空气压力向左 B.图甲中足球受到空气压力向右 C.空气流速大的一侧压力大 D.空气流速小的一侧压力大 6,利用重力加速度反常可探测地下的物质分布情况。在地下某处（远小于地球半径）的球 形区域内有一重金属矿，如图甲所示，探测人员从地面O点出发，沿地面相互垂直的x、 y轴两个方向测量不同位置的重力加速度值，得到重力加速度值随位置变化分别如图 乙、丙所示。由此可初步判断 () Ag/(m's-2) g/(m's-2) Ay 地面 98 9.8 x/km 0 y/km 分 乙 丙 A.重金属矿地面位置坐标约为(0,10km) B.重金属矿地面位置坐标约为(10km,0) C.图像中△g1<△g2 D.图像中△g1>△g2 7.如图所示是嫦娥六号奔月的示意图，嫦娥六号在地球转移轨道P点第一次制动后进入 椭圆轨道I,第二次制动后变为椭圆轨道Ⅱ，第三次制动后变为圆轨道Ⅲ。已知嫦娥六 号在轨道I、Ⅱ、Ⅲ的运行周期分别为12h、4h和2h,圆轨道Ⅲ的半径为r,轨道I、Ⅱ 的半短轴分别约为√6r和√2r,月球的质量为M,嫦娥六号的质量为m,引力常量为G, 椭圆的面积公式为S=πab(a为椭圆的半长轴，b为椭圆的半短轴)，中心天体的连线在 单位时间扫过的面积与卫星在同一轨道上运行时间之比为常数，即2。L=k(L为卫 星到中心天体的距离，℃1为速度垂直于卫星与中心天体连线的分量)。下列说法正确的是 () 进入奔月轨道 中途轨道修正 进入月球轨道 A.椭圆轨道I的半长轴为6√6r B.嫦娥六号在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过P点的加速度相同 GM C.嫦娥六号在轨道Ⅱ上经过P点的线速度大小约为4· 2r D.嫦娥六号在P点制动，从轨道I变到轨道Ⅱ的过程中，制动力所做的功约 为2+6)GMm 2r 6 二轮专题精准提升（四）物理第3页（共8页） 真题名 8.如图所示，半径为R的光滑球固定在水平面上的A点，球上B点与球心O等高，C点位 于A点正上方，水平面上距A点x处的P点与O、A在同一竖直面内。在POA面内将 小球从P点以某一速度抛出，要使小球能够到达球的右侧，下列说法正确的是() 777777n777777777W77i7777777 A A.小球抛出的最小速度为√gR B.若小球恰好从C点掠过球面，则抛出的最小速度为√5gR C若x=3R,小球恰好从C点掠过球面，则抛出速度大小为@R D.小球抛出后可从圆弧B点以上任一点切入球面，沿球面到达右侧 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)如图甲，卫星和地心连线与地面的交点称为星下点，随着卫星绕地球运动以及地 球自转，星下点会在地球表面不断移动，形成星下点轨迹。地球半径为R,自转周期 T。=24小时。卫星A、B绕行方向与地球自转方向一致（图中未画），其星下点部分轨迹 分别如图乙、丙。已知地球同步卫星的轨道半径r=6R,1.313≈2.25，卫星运动均视为 匀速圆周运动。 90°N 自转 星下点 60°N C 纬 A 纬45°N ·卫星 30°N 0° 0 南 30°S 南45°S 60°S 90° 30°E 90°E150°E180°E 60°E 120°E180°E 甲 丙 卫星A、B的周期之比为 ,卫星A、B运行的线速度之比为 ,某时刻卫 星A、B相距最近，之后在A运动的20圈时间内，卫星A、B有 次相距最近。 10.(3分)在校园运动会的投掷项目中，某同学将小沙包沿与水平方向成53°角斜向上抛 出，同时用手机拍摄了小沙包的运动轨迹，以抛出时刻为计时起点，通过软件拟合出小 沙包在竖直方向上的高度随时间变化的方程为y=at2一bt十c,图像如图。g取 10m/s2,不计空气阻力，sin53°=0.8，c0s53°=0.6. ◆/m 3.0 y=ap-bt+c 1.2- 0 西 拟合方程中a= ,b= 0 密卷 二轮专题精准提升（四）物理第4页（共8页） 11.(3分)竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC(图甲)，B点为AC轨道的中点，小 球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程 中，其速度的平方与对应高度的关系图像如图乙。已知小球在最高点C受到轨道的弹 力为11N,不计空气阻力，g取10m/s2。 U 4v2/m2·s-2) B 0.25 h/m 图乙中x= ,小球质量为 kg,小球在B点所受合力等于 N。 12.(6分)为了验证平抛运动规律，实验小组运用了水柱法。使用的器材是各种不同规格 的矿泉水瓶、透明薄板和红色颜料水。如图甲所示，在无盖的矿泉水瓶侧壁上钻小孔， 堵住小孔并往矿泉水瓶里装红色颜料水，然后打开小孔，水平射出的水就会形成曲线 状水柱。 204060 10 x/cm 20 30 甲 (1)已知图甲中左右两矿泉水瓶完全一样，左瓶装水多，右瓶装水少，下列叙述正确的 是 A.射出水的初速度与侧孔下方水高有关 B.左瓶出水初速度大于右瓶出水初速度 C.射出水柱的水平距离一直保持不变 (2)为了分析水柱曲线特征，使用透明薄板和记号笔描绘水柱曲线，下列说法正确 的是 A.透明薄板要靠近水柱，让水柱在薄板上留下痕迹 B.透明薄板竖直放置且要靠近水柱又不能接触水柱 C.为了更好地描绘水柱，应选用瓶径更大的矿泉水瓶 D.为了更好地描绘水柱，侧孔开口越大越好 (3)实验小组描绘的部分水柱如图乙所示，为了分析水柱曲线特征，水平方向建立了x 轴，竖直方向建立了y轴，若实验小组确定了水柱曲线为抛物线，则该次实验出水 初速度大小为 m/s(g取10m/s2,结果保留2位有效数字)。 13.(6分)学习小组利用手机和自行车探究圆周运动的相关知识。已知手机的加速度传感 器可以测量x、y、之三个方向的加速度值（如图甲），将自行车架起，手机固定在自行车 后轮轮胎上（如图乙，轮胎厚度不计），转动踏板，后轮带动手机在竖直面内做圆周 运动。 二轮专题精准提升（四）物理第5页（共8页） 真题密 方向 加速度 A ,方向 传感器、 。● y方向 正面 手机正面 手机 轮胎 乙 (1)若加速转动踏板，则手机可测到哪些方向的加速度值不为零 A.x、y方向的加速度值 B.x、之方向的加速度值C.y、之方向的加速度值 (2)利用Phyphox软件可以直接作出向心加速度an与角速度w的关系图像，为了直观 判断它们的关系，应让软件作出an- (填“w”或“ω2”)图像。 (3)若由乙所作图像测出斜率为，已知自行车后轮半径为R,则手机的加速度传感器到 轮胎边缘的距离为 (用题中符号表示)，查阅相关资料得知该手机使用的加 速度传感器质量为，当后轮角速度为ω。时，手机的加速度传感器做圆周运动的向 心力Fn= (用题中符号表示)。 14.(11分)图甲是某小河的航拍照片，河道弯曲形成的主要原因之一可解释为：河道弯曲 处的内侧与外侧河堤均受到流水重力产生的压强，外侧河堤还受到流水冲击产生的压 强。小河某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分，如图甲所示，假设河床水平，河水 密度为ρ，河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变，水的流动速度v大小恒定， d《R,忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，求在一极 短时间△t内(R、p、d、h、v、△t均为已知量)： (1)通过观测截面的流水质量△m; (2)流水速度改变量△v的大小； (3)外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p。 尽外侧河提 内侧河提 卷 二轮专题精准提升（四）物理第6页（共8页） 6 15.(12分)如图甲所示，在地面上方某一高度处的水平平台放置半圆形轨道ab,轨道a端 与斜槽相连。现将小球A从斜槽顶端无初速度释放，与静止在α端的小球B发生弹性 正碰，B、A两球经半圆形轨道b端飞出最终分别落在地面c、d两点。取水平向右为vz 的正方向，垂直向里为vy的正方向，竖直向上为的：正方向，图乙是整个过程小球B 运动的Ux-Uy-U:图。已知小球A、B的质量分别为2m、m,g取10m/s2,斜面与水平平 台平滑相连，不计一切摩擦和阻力。求： (1)水平平台距地面的高度； (2)小球A碰前瞬间速度的大小； (3)写出d点在图乙中的坐标值。 球A D/(m's-) 球B 2 0,/(ms-) b 多D./(ms) c4,0,-4) 甲 乙 二轮专题精准提升（四）物理第7页（共8页） 真题密卷 16.(16分)如图甲所示，质量为M、半径为R的半球静止地放置在光滑水平地面上，其表 面也是光滑的。半球顶端放有一质量为的小滑块（可视为质点），开始时两物体均处 于静止状态。小滑块在外界的微小扰动下从静止开始自由下滑，小滑块的位置用其和 球心连线与竖直方向夹角0表示。已知重力加速度为g。 (1)若半球在外力作用下始终保持静止，求当半球对小滑块支持力等于滑块重力一半 时对应角度的余弦值cos0。 (2)若半球可在水平面内自由滑动，现发现小物块脱离半球时对应角度0=37°，已知 cos37°=0.8，sin37°=0.6，试求： M ①半球与小滑块质量之比二； m ②如图乙所示，当运动时间无限小时，曲线运动可以看成圆周运动，对应圆称为曲 率圆，其半径称为曲率半径ρ，即把整条曲线用一系列不同曲率半径的小圆弧替 代。求小滑块的运动轨迹曲线在其脱离半球时对应点的曲率半径（答案可用分 数表示)。 A 77777777777 77777777777 二轮专题精准提升（四）物理第8页（共8页）】·物理· 参考答案及解析 匀速直线运动，加速所用时间 v相=√06十v2=5m/s (1分) t1=0=0.6s (1分) a a:=- 相 加速位移 va x1一2a =0.9m (1分) a,00 匀速运动的时间 由2- 4-1-4=0.19 (1分) 所以加速度a的方向不变，小物体的两个方向的 加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物体在 可得总时间 )方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速 t=t1+t2=0.7s (1分) 直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为 (2)小物块向A点射出后，恰好能从A,点返回 t,由匀减速运动可知 时，与传送带摩擦产生的热量最大，设射出的初 1 速度为⑦'，恰好到A点有 d=u-2at (1分) (1分) 可得1=(-) (1分) 运动的时间 此时沿AC方向的位移 (1分) 1 a x=2a,2-9-62 4 m<L=1.2m (1分) 此段产生的热量 假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点离 Q:=mg台+，） (1分) B点距离x=9-6V② 4 m。 (1分) 然后，小物块反向加速到与传送带共速，此段产 生的热量 Q2=μmg(vot1-x1) (1分) 所以总热量 15+6√6 Q=Q1+Q2= 2 (1分) (3)小物块射出后相对于传送带的运动方向如图 所示，由于滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得 2025一2026学年度二轮专题精准提升（四） 物理·抛体运动、圆周运动、天体运动 一、单项选择题 赤道上的重力加速度比两极上的重力加速度小，C 1,D【解析】根据万有引力提供向心力G,巴 Mm 错误；置于武汉和北京的物体做圆周运动的半径不相 同，根据a。=wr可知以地心为参考系，置于武汉和 GM 北京的物体的向心加速度大小不同，D正确。 mw2r,可得r= √产，若地球自转变快，则角速度变 2.C【解析】当圆盘角速度较小时，两木块均由静 大，地球静止卫星的角速度变大，可知地球静止卫星 摩擦力提供向心力，对a物块有f。=3mw2r,b物 的轨道半径变小，则地球静止卫星的轨道变低，A错 块有fb=mw2·2r,b物块受到的摩擦力较小，当 Mm GM 角速度为w1时，b物块所受摩擦力达最大值，则 误；根据牛顿第二定律G ,产=ma,可得a=,产，可 mg=2mwr,此时a物块所受摩擦力f=3mwr 知地球静止卫星和极地同步卫星的加速度大小相同， Mm 2mg<3umg,即仍未达到最大值；此后随着圆 B错误；地球两极，根据牛顿第二定律G R2 =mg极， 盘角速度逐渐增大，b物块所受摩擦力保持不变，a GM Mm 物块所受摩擦力继续增大；当角速度为w2时，a物 可得g=R,对赤道，根据牛顿第二定律G R2 块所受摩擦力达最大值，设绳子拉力为T,对a、b GM mu2R=mg泰，可得g赤= 分别有T+3μmg=3mwr,T十mg=2mw3r,继 R2 一w2R,可知地球表面 续增大圆盘角速度，绳子拉力继续变大，b物块所 ·11· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 需向心力较小，所以b物块所受摩擦力将逐渐减7.BC【解析】椭圆轨道I、Ⅱ和Ⅲ的周期之比为 小至零后反向再增大，此过程a物块所受摩擦力 T1:T2:T3=6:2:1,根据开普勒第三定律得 为最大值保持不变，C正确。 aiai r3 3.D【解析】该卫星与月球同步绕地球运动，可知 TT=T%,解得a1=36r,a:=4r,A错误； 卫星绕地球运动周期等于月球公转周期，A错误； 嫦娥六号在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过P点时，万有 该卫星绕地球做匀速圆周运动，所受的合力为地 =ma,所以加速度均为a= 球和月球对它引力的合力，这两个引力方向相同， 引力提供加速度GMm r2 合力不为零，处于非平衡状态，B错误；由A选项 可得卫星与月球的角速度相等，根据=wr,可知 ,产，且方向均指向月球，B正确；设在轨道Ⅲ上经 GM v卫：v月=(L十d):d,C错误；设地球的质量为 过P点时速度大小为v3,由万有引力提供向心力 M,月球的质量为m1,卫星的质量为m2,则对月 M=m1wL,对卫星有GL十)+ Mm2 得GMm解得0二√/，设姊娥六号在轨 球有G r2 道[和轨道Ⅱ上经过P点时的线速度大小为1和 Gmm2=mw2(L十d),其中M=km1联立解得 d2 2,由上工=k,可得 2ur=a6,1 T1’22r= 1 1 L+d (L+d)十kd=L,D正确。 a2b21元r2 ，解得u= /36GM 4.D【解析】设卫星A周期为T。,则它运动到地球另 T223r= 6Wr,02= 一侧经连的时间-=n。+号-(2m十1)m-0, 4. GM l 2r 二，C正确；设嫦娥六号在P点制动，从轨 1,2,3…,设导航卫星B周期为T,经过的时间△t= 道[变到轨道Ⅱ的过程中，制动力所做的功为W,由 nT工=（2m十1)，n=0,1,23…,由于卫星A轨 动能定理可得W=上， 2mu,解得W= 道更低，周期更短，则T>T。,当它从导航卫星B (2-6)GMm 正下方经过时，满足△t=△t',即(2m十1)2 、To D错误。 2r 8.BC【解析】当小球与球面相切，且恰好到达C点 T (2m十1)2m>n,设导航卫星B的半径为r',根 时，连度最小，根据动能定理有mg×2R=弓m,解 据开普勒第三定律，则卫星B的轨道半径r'= 得1=2√gR,A错误；若小球恰好从C点掠过球 372m+11 r,其中m、n取整数且m 面，则在C点有mg=m R,根据动能定理有mgX >n,D正确。 二、双项选择题 m-mi,解得比时把出的及小造度 2R1 5.BD【解析】图甲中足球受到空气的压力，而绕过 “人墙”转弯进入球门，根据曲线运动的特点，可知 02=√5gR,B正确；若x=3R,小球恰好从C点 足球受到的空气压力指向运动轨迹的凹侧，根据 掠过球面，则最高点的速度℃2=√gR,设小球与 甲图中足球的运动轨迹可判断，足球受到的空气 斜面相切时，切点与圆心连线与竖直方向的夹角 压力向右，A错误，B正确；踢出“香蕉球”是因为 足球两侧的空气相对球的速度不等而产生压力差 为0，剥mgR(1-cas0）-名m时-号m,旅据 F,压力较大的一侧会推动足球向压力较小的一侧 斜抛运动规律可知3R一Rsin0=v3cost,R+ 偏转。从丙图可知，压力差F指向空气流速快的 一侧，即空气流速大的一侧压力小，空气流速小的 Rcos0=0sint+2gt,则抛出速度大小v, 一侧压力大，C错误，D正确。 5 6,AC【解析】由图像可知，重力加速度最大的位置 √(o3cos0)+(o3sin0+gt)=2√gR,C正确； 处于x=0、y=10km的位置，所以重金属矿地面 小球抛出后可从圆孤B点以上任一点切入球面， 位置坐标约为(0,10km),B错误，A正确；由于在 若小球所受合力不足以提供向心力，则小球不能 (0,10km)处所受力为重金属矿产生的引力和地 沿球面到达右侧，D错误。 球产生的引力直接相加，而在(0,0)处所受力是金 三、非选择题 属矿产生的引力分量和地球产生的引力相加，因 9.1:4(1分)94：1(1分)5(1分) 此，在(0,10km)处重力加速度比(0,0)处大，且 【解析】根据图乙可知，A星下点在地球上由 无穷远处的加速度均为g,所以△g1<△g2,D错 30E转到180°E的过程中，A转了半圈，比地球 误，C正确。 自转多转了150°，可知地球转动了180°一150°= 6 ·12· ·物理· 参考答案及解析 30,周有号-×80-花银标围有可如，B (3)由运动公式可得xc=xab=w0T,ye一yab= gT2,代入数据有vo=2.0m/s。 星下，点在地球上由60°E转到180°E的过程中，B 13.(1)A(1分)(2)w2(1分)(3)R-k(2分) 转了一圈，比地球自转多转了120°，地球转动了 mwk(2分) 360°-120°=240°，则有TB 360×240°-2T。 To 【解析】(1)后轮带动手机在竖直面内做圆周运 3 动，所以加速度在竖直平面内，故x、y方向的加 TA 1 速度值不为零，之方向的加速度值为零，A正确。 结合上迷解得A,B的周期之比为一；根据开 (2)根据an=w2R可知，anw2图像为直线，an-w 物律专器器等4发：2后 RA 6 图像为曲线，应让软件作出an-w2图像能直观地 判断它们的关系。 (3)若由(2)所作图像测出斜率k等于手机到后 又因为2-2解得： 轮圆心的距离，故手机的加速度传感器到轮胎边 缘的距离为R一k;若由(2)所作图像测出斜率k 1,根据图乙与图丙可知，A、B轨道平面不在同一平 等于手机到后轮圆心的距离，即手机做圆周运动 面内，则有20Ta=nTB,结合上述解得n=5。 的半径，则手机的加速度传感器做圆周运动的向 10.5(1分)6(1分)3(1分) 心力Fn=mwk。 【解析】由y=at2-bt+c可知t=0时，c=3,斜 v2 抛运动位置与时间关系式为y=at2一bt十c= 4,Iehu·△L②)R·4y(3)Ado R -8n53+78+3,故a=号×10=5，根 1 【解析】(1)由题可知，极短时间△t水流的距离 △l=U·△L (1分) 据图像知从抛出到最高点的高度差h1=3.0m一 由于横截面积 1.2m=1.8a=7,解得时间=0.6，又 S=dh (1分) 根据 根蒂教学如汉知，=会解得b=6… b m P-V (1分) 11.9(1分)0.5(1分)701(1分) 可得水的质量 【解析】由机栈能守恒定律号m心i=2m2十 △m=p·△V=p·dho·△t (1分) (2)由于△士极短，可以把水的运动简化为圆周匀速 mgh,解得v2=-2gh十品，由图乙可知，当h= 运动，根据匀速圆周运动的规律可知，其加速度 0.25m时，v2=4m/s2,代入上式，得o=3m/s, v2 又当h=0时，v2==9m/s2,即x=9;由题图 a一R (1分) 乙可知，轨道半径R=0.125m,小球在C点的速 又因为 度vc=2m/s,由牛顿第二定律可得F十mg= 8 (1分) m尺，解得m=0.5kg:小球从A到B过程中由 联立解得 1 v2 机械能守恒有)m6三2m品+mgR,在B点 △u=R·△M (1分) (3)根据牛顿第二定律可得 Na=mR,代入数据得Ng=26N,由于小球还受 2 F=△mR (1分) 重力作用，小球在B点所受合力为√N十(mg)严= 联立上述结论，解得 √/70IN。 12.(1)B(2分)(2)BC(2分)(3)2.0(2分) F=p·dh3·△t R (1分) 【解析】(1)射出水的初速度与侧孔上方水高有关， 水流与河堤作用的面积 与下方水高无关，上方水高越大，射水初速度越大， S'=△l·h=h·△t (1分) A错误；上方水高会越来越小，出水初速度越来越 故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强 小，水柱水平距离越来越小，B正确，C错误。 p·dhu3·△t (2)为了描绘水柱，透明薄板竖直放置且要靠近 F R odv? 水柱又不能接触水柱，A错误，B正确；选用瓶径 p=S=h·△t Ro (1分) 越大，上方水高下降越慢，出水初速度变化越慢， 15.(1)0.8m(2)3m/s(3)(1,0,-4) 水柱形状越稳定，有利于描绘水柱，侧孔开口口 【解析】（1)由图乙知平抛运动落地时竖直方向 径越大，上方水高下降越快，水柱越不稳定，C正 速度v.=4m/s (1分) 确，D错误。 由v2=2gh (1分) ·13· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 得h=0.8m (1分) 脱离前，小滑块相对半球做圆周运动，在脱离瞬 (2)由图乙知平抛运动落地时水平方向速度V.= 间，只受重力作用，以半球（此瞬间为惯性系）为 4 m/s (1分) 参考系，小滑块受力满足 对球A、B碰撞过程分析，由动量守恒有 2mvo-2mv1+mv: mgcos 0-m R （1分) (1分) 由动能定理有 联立可得 1 1 M(cos0)3-3cos0+2_7 2X2mvi-2X2mvi+2mv (1分) m 3cos 0-2 25 (1分) 解得vo=3m/s (2分) ②由上式解得 (3)小球A碰后经半圆形轨道b端飞出做平抛运 4 54 动，落地时沿水平方向速度v=v1=1m/s 0=√58R,=8√58R (2分) (1分) 即小滑块实际速度 A、B两球抛出速度方向相同，故v,=0(1分) M74 两者落地时在竖直方向的速度都为v:=4m/s V:= 40N58R,u,='sin0=3/Ag 5V58R (1分) (1分) 故d点在图乙中的坐标值为d(1,0,一4)。 如图所示，此时小滑块可视为做曲率半径为P的 (1分) 圆周运动 16a;@①号® 滑块速度与水平方向夹角α满足 7 【解析】(1)由动能定理可得 cos a-25 (1分) 1 mgR (1-cos 0)=2mo (1分) 小滑块对应向心加速度 小滑块做圆周运动，向心力满足 an=gcos a= 258 (1分) v2 mg cos0-2mg=m月 (1分) 由圆周运动向心加速度公式可得 0203+o27 联立上式得 an= 258 (1分) cos 0=6 (2分) 代入数据解得 125」 (2)①设小滑块脱离半球时，半球速度大小为1， p=i12R。 (1分) 小滑块相对半球速度大小为'。水平方向动量 守恒可得 Mu1=m (v'cos 0-v1) (1分) 整体机械能守恒可得 mgR (1-cos 0)-Mu+m (v'sin 0)?+ 2m(v'cos o-v)2 (2分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（五） 物理·功与功率、功能关系、机械能守恒定律、能量守恒定律 一、单项选择题 Wf=一2mgR,B错误；当球第二次到达C点时， 1.C【解析】球从A到B的过程比从B到A的过 恰好离开轨道并落入书包内，则有mg sin37°= 程中到达相同高度时速度大，因此A到B的过程 m 3gR 球对轨道的压力更大，摩擦力也更大，摩擦力做功 R,解得0e一√，C正确；离开轨道时球欧 更多，A错误；由球在第一次经过C点后恰好能通 斜抛运动，将c分解为水平方向和竖直方向， vx=vcsin37°，vy=vccos37°，水平方向有 过最高点B,故在B点有mg=m, R,得B= Rcos37°十0.2R=vxt,竖直方向有y=-,t十 1 √gR,则vA=3√gR,球从A到B的过程运用动 gt,则接球时书包离A点的竖直高度h=R+ 能定现有一2mgR十W,-方mi一司m以，解得 167 Rsin37°-y,联立解得h 227R,D错误。 ·14·