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（安徽专用）

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 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 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.如图为汽车在水平路面上匀速行驶时车轮边缘上M点的运动轨迹（车轮不打滑）。已知t=0 时刻M点与坐标原点O重合，车轮半径R=0.3m,汽车的速度v=2.0m/s,则 () ↑ylm 车轮 x/m A.M点运动到最高点A时的速度为零 B.M点在圆心等高点处的速度大小为2√2m/s C.最高点A的坐标为(0.6πm,0.6m) D.M点从O运动到B的时间为0.3s 3.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,a、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 二轮专题精准提升（四）物理第1页（共8页） 真题至 与其追星星，不此活成银河，自己发光才不惧黑暗 班级 a 姓名 得分 w C D 4.物理兴趣小组利用位移传感器采集位置和时刻数据，分析竖直平面内如图甲所示做圆 周运动的小球，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示，已知轻杆在圆心 处只有一个固定点，取水平向右为正方向，不计空气阻力。下列说法中正确的是() A.图乙中S1和S2的面积不相等 B.t1时刻杆上的弹力一定大于t2时刻杆上的弹力 C.在小球做一次完整圆周运动的过程中，小球的向心加速度有可能为零 D.在小球做一次完整圆周运动的过程中，杆上的弹力有且只有一次为零 5.如图甲所示为一小女孩在水泥管内踢球的情境，整个过程可简化为图乙。固定的竖直 圆形轨道半径为R,圆心为O,轨道上的C点和圆心O点的连线与水平方向的夹角为 37°。某次踢球时，小女孩把球从轨道最低点A水平向左踢出，球在第一次经过C点后 恰好能通过最高点B,当球第二次到达C点时，恰好离开轨道并落入书包内，接球时书 包与直径AB的水平距离为O.2R。已知球从A点刚被踢出时的速度是经过B点时速 度的3倍，球的质量为m,球与轨道间的动摩擦因数处处相等，重力加速度为g,球可视 为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是 () 密卷 二轮专题精准提升（四）物理第2页（共8页） 7 B .37 Q 匆 A.球从A到B和从B到A的过程中，摩擦力做功相等 B.球从A到B的过程中，摩擦力做功为2mgR C.球第二次到达C点的速度大小vc= 3gR D.接球时书包离A点的竖直高度为0.8R 6.电影“流浪地球”中提出了太空电梯的概念。简单来说就是通过超级缆绳将地球赤道上 的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，使它们随地球同步旋转。下列说法 正确的是 () 超级揽绳 於配重空间站 同步圣间站 赤道 基地 A.太空电梯位于P点时，太空电梯中的人处于失重状态 B.太空电梯中的人处于完全失重状态 C.同步空间站中的人处于超重状态 D.若配重空间站处自由释放一个物体，该物体将做近心运动 7.1772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 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， 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 () 地球 60° 月球 60 7 二轮专题精准提升（四）物理第3页（共8页） 真题 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) D.k、L、d的关系式为L十d)十kd=L3 1 +1L十d 8.2024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r,则卫星B的轨道半径可能为 () -导航卫星B 卫星A AT, B.s) c 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 9 10 答案 9.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 F本A ①①)人墙 0 B 甲 丙 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 密卷 二轮专题精准提升（四）物理第4页（共8页） 10.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 () ◆g/m's-2) 8(ms-2) y 地面 9.8 km 10 y/km 甲 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 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(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。 0204060 10- x/cm h 20 30 y/cm 匆 (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)。 二轮专题精准提升（四）物理第5页（共8页）】 真题密 12.(10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。 方向 加速度 x方向 传感器、 。● y方向 正面 手机正面 手机 轮胎 甲 (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“ω”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m,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Fm= (用题中符号表示)。 13.(10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卫。 、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） 2 14.(14分)用螺栓和螺母紧固构件，结构简单、连接可靠、装拆方便。 (1)如图甲所示，一种螺纹细密的新型螺母，其螺纹牙底有一个与螺栓轴向夹角α=30° 的楔形面，拧紧后，螺栓上螺纹的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的A点，对A点施加 垂直于楔形面的作用力N,由此产生沿螺栓轴向张紧的力F,求N与F的比值。 (2)如图乙所示，固定的、螺距为d的螺栓上有一螺母。由于负荷的机械作用，螺母沿 轴向平移。 ①若螺母沿轴向匀速平移的速度为v,求其绕轴转动的角速度ω。 ②把螺母简化为半径为r的圆筒，螺母从静止开始转动且沿轴向的加速度恒为αo, 推导螺母内壁上的任意一点速度v,与时间t的关系。 N 螺母 螺母 轴向 牙底 螺纹 螺栓 螺栓 螺栓 螺距 螺母 乙 二轮专题精准提升（四）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18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m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日=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 a1=0 当进入匀强电场E2,电场力竖直向上，对物块在 即在物块进入电场E1中的1s时间内物块和木 竖直方向有 板一起做匀速直线运动，物块对长木板的摩擦力 mg=E2q (1分) 所用的功 可知，物块在电场E2中做匀速直线运动，因此， W=41mgx1=0.4×1×10×(11.5-8)J=14J 物块离开匀强电场E2时速度的大小为6m/s。 (2分) 设物块出电场E2所用的时间为2，在物块出电 (3)此时距进入电场E2的距离 场E,的过程中木板在电场E2中做匀减速直线 x2=d3-x1=11.5m-8m=3.5m (1分) 运动的加速度大小为a2,则 设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度 d=v2t2 (1分) 大小为a1,由牛顿第二定律有 u2Mg=Ma2 u2[(m+M)g+Eg]=(m+M)a (1分) 解得t2=1s,a2=2m/s 解得a1=4m/s2 设该过程中木板的位移为x3,可得 设物块和木板共同进入电场E2时的速度大小为 1 x=w2-2a2t号=5m (1分) 2,则由速度与位移的关系可得 v3-1=-2a1x2 (1分) 则可得物块出电场E?时距离木板右端的距离 解得v2=6m/s d5=d1-(d4-x3)=6m。 (1分) 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、选择题 2.B【解析】M点运动到最高，点A时的速度不为零， Mm 方向水平向右，A错误；M,点的运动可看成匀速圆周 1.D【解析】根据万有引力提供向心力G 运动与匀速直线运动的合成，则M点在圆心等高点 GM w2r,可得r=√0 ,若地球自转变快，则角速度变 处的速度大小M=√22+2m/s=2√2m/s,B正 确；M点的运动可看成匀速圆周运动与匀速直线运 大，地球静止卫星的角速度变大，可知地球静止卫星 动的合成，则最高点A的纵坐标yA=2R=0.6m,匀 的轨道半径变小，则地球静止卫星的轨道变低，A错 速圆周运动的周期T=2=0.3ms,0点运动至A 误；根据牛顿第二定律Gm =ma,可得a=2,可 1 知地球静止卫星和极地同步卫星的加速度大小相同， 点的时间toA=2T=0.15rs,最高点A的横坐标 B错误；地球两极，根据牛顿第二定律GR=mg数， Mm xA=t=0.3πm,纵坐标yA=2R=0.6m,则最高点 A的坐标为(0.3πm,0.6m),C错误；根据对称性，M GM Mm 可得g=,对赤道，根据牛顿第二定律GR巴 点从O运动到B的时间tos=2taM=0.3πs,D错误。 3.C【解析】当圆盘角速度较小时，两木块均由静 GM 1w2R=mg赤，可得g赤= 摩擦力提供向心力，对a物块有f。=3mw2r,b物 R2 一w2R,可知地球表面 块有fb=mw2·2r,b物块受到的摩擦力较小，当 赤道上的重力加速度比两极上的重力加速度小，C 角速度为w1时，b物块所受摩擦力达最大值，则 错误；置于武汉和北京的物体做圆周运动的半径不相 mg=2mw1r,此时a物块所受摩擦力f=3mw1r= 同，根据an=wr可知以地心为参考系，置于武汉和 北京的物体的向心加速度大小不同，D正确。 2mg<3mg,即仍未达到最大值；此后随着圆 ·15· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 盘角速度逐渐增大，b物块所受摩擦力保持不变，a 得vc= 物块所受摩擦力继续增大；当角速度为w2时，a物 3g,C正确；离开轨道球做斜抛运动，将 块所受摩擦力达最大值，设绳子拉力为T,对a、b vc分解为水平方向和竖直方向得，vz=Ucsin37°， 分别有T+3mg=3mwr,T+μmg=2mωr,继 y=ccos37°，水平方向有Rcos37°+0.2R=v,t, 续增大圆盘角速度，绳子拉力继续变大，b物块所 1 竖直方向有)=一0，十2，则接球时书包离A点 需向心力较小，所以b物块所受摩擦力将逐渐减 小至零后反向再增大，此过程a物块所受摩擦力 的竖直高度h=R十Rsin37°-y,联立解得h= 为最大值保持不变，C正确。 27R,D错误。 167 4.B【解析】t1时刻小球通过最高点，面积S1表示 6.A【解析】在同步空间站中，万有引力等于向心 小球从最低，点运动到水平直径最左端时的水平位 力，人处于完全失重状态，C错误；太空电梯位于 移大小，其值为轨道半径；S2表示小球从水平直 P点时，如果只受万有引力，该轨道半径小，其角 径最左端运动到最高，点时的水平位移大小，其值 也等于轨道半径，故S1和S2的面积相等，A错 速度比空间站更大，故列方程得GMm一N- +2 误；由图可知，小球从1时刻开始运动到第一次与 圆心等高位置过程中，水平方向的速度先增大后 mwr,可知N小于GM ,处于失重状态，A正确， r2 减小，故在1时刻小球处在最高点，轻杆对小球的 B错误；在配重空间站处，万有引力小于需要的向 弹力不为零；而t2时刻小球水平方向的速度最大， 心力，因此自由释放物体后，物体将做离心运动，D 故t2时刻杆对小球无弹力，B正确；t1时刻小球处 错误。 在最高点，此时速度最小且不为零，根据向心加速 7.D【解析】该卫星与月球同步绕地球运动，可知 度公式a,-,小球的向心加定废不可能为零，C 卫星绕地球运动周期等于月球公转周期，A错误； 该卫星绕地球做匀速圆周运动，所受的合力为地 错误；图乙显示t1时刻的水平速度不是最大，t1 至t2时间内，小球从最高点开始顺时针转动，只有 球和月球对它引力的合力，这两个引力方向相同， 小球受到水平向右分方向上的力时，其水平速度 合力不为零，处于非平衡状态，B错误；由A选项 才能增大，由于仅有轻杆能提供水平分方向的力， 可得卫星与月球的角速度相等，根据v=ωr,可知 由此得到，小球在最高点时，轻杆必然对小球有向 v卫：v月=(L十d):d,C错误；设地球的质量为 上的支持力。而小球运动至圆心以下时，轻杆必 M,月球的质量为m1,卫星的质量为m2,则对月 然对小球有指向圆心的拉力。可见在小球做一次 球有GM=m1uL,对卫星有GL十i Mm2 L2 完整圆周运动的过程中，杆上的弹力必然有两次 为零的时刻，D错误。 Gmima d2 =m2w2(L十d),其中M=km1,联立解得 5.C【解析】球从A到B的过程比从B到A的过 1 1 L+d 程中到达相同高度时速度大，因此A到B的过程 L+d)十d=L,D正确。 球对轨道的压力更大，摩擦力也更大，摩擦力做功 8D【解析】设卫星A周期为T。,则它运动到地球 更多，A错误；由球在第一次经过C点后恰好能通 过最高点B,故在B点mg=m后， 另一得能这的时间a1=mT:十号-m十)号 R,0B=√gR,则 m=0,1,2,3…,设导航卫星B周期为T,经过的 UA=3√gR,从A到B的过程运用动能定理有 T T -2mgR+g,=方mi-号m,解得w,= 时间△1'=nT+2=(2m十1)2n=0,1,2,3, 由于卫星A轨道更低，周期更短，则T>T。,当它 一2mgR,B错误；当球第二次到达C点时，恰好离 从导航卫星B正下方经过时，满足△t=△t',即 开轨道并落入书包内，则有mgsin37°=m】 R,解 (2m+1) =(2a十1)写n>≥a,设导统卫星B 2 7 ·16· ·物理· 参考答案及解析 的半径为x',根据开普勒第三定律，则卫星B的轨 图像为曲线，应让软件作出a。-w2图像能直观地 道半径r' 3/2m+1 判断它们的关系。 r,其中m、n (3)若由(2)所作图像测出斜率等于手机到后 取整数且m>n,D正确。 轮圆心的距离，故手机的加速度传感器到轮胎边 二、选择题 缘的距离为R一k;若由(2)所作图像测出斜率k 9.BD【解析】图甲中足球受到空气的压力，而绕过 等于手机到后轮圆心的距离，即手机做圆周运动 “人墙”转弯进入球门，根据曲线运动的特点，可知 的半径，则手机的加速度传感器做圆周运动的向 足球受到的空气压力指向运动轨迹的凹侧，根据 心力Fn=mwk。 甲图中足球的运动轨迹可判断，足球受到的空气 13.<1)phw△t(2)R·At32a☑o2 压力向右，A错误，B正确；踢出“香蕉球”是因为 R 足球两侧的空气相对球的速度不等而产生压力差 【解析】(1)由题可知，极短时间△t水流的距离 F,压力较大的一侧会推动足球向压力较小的一侧 △l=v·△t (1分) 偏转。从丙图可知，压力差F指向空气流速快的 由于横截面积 一侧，即空气流速大的一侧压力小，空气流速小的 S=dh 一侧压力大，C错误，D正确。 根据 10.AC【解析】由图像可知，重力加速度最大的位 P-V 置处于x=0、y-10km的位置，所以重金属矿 可得水的质量 地面位置坐标约为(0,10km),B错误，A正确； 由于在(0，l0km)处所受力为重金属矿产生的引 △m=p·△V=p·dhv·△t (1分) (2)由于△极短，可以把水的运动简化为圆周匀速 力和地球产生的引力直接相加，而在(0,0)处所 运动，根据匀速圆周运动的规律可知，其加速度 受力是金属矿产生的引力分量和地球产生的引 力相加，因此，在(0,10km)处重力加速度比 、2 a一反 (1分) (0,0)处大，且无穷远处的加速度均为g,所以 又因为 △g1<△g2,D错误，C正确。 三、非选择题 a出 （1分) 11.(1)B(2分)(2)BC(2分)(3)2.0(2分) 联立解得 【解析】(1)射出水的初速度与侧孔上方水高有 v2 关，与下方水高无关，上方水高越大，射水初速度 △w=R·△t (1分) 越大，A错误；上方水高会越来越小，出水初速度 (3)根据牛顿第二定律可得 越来越小，水柱水平距离越来越小，B正确，C (1分) 错误。 F-mR (2)为了描绘水柱，透明薄板竖直放置且要靠近 联立上述结论，解得 水柱又不能接触水柱，A错误，B正确：选用瓶径 F=p·dho3.△z (1分) 越大，上方水高下降越慢，出水初速度变化越慢， R 水柱形状越稳定，有利于描绘水柱，侧孔开口口 水流与河堤作用的面积 径越大，上方水高下降越快，水柱越不稳定，C正 S'=△l·h=h·△t (1分) 确，D错误。 故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强 (3)由运动公式可得xc=xb=VgT,ye一yb= p·dho3·△t R R gT2,代入数据有。=2.0m/s。 p= ST=- pdv? (2分) zh·△t R 12.(1)A(2分)(2)w(2分)(3)R-k(3分) mw品k(3分) 14.(1)2(2)①d 2πU ②u,=aotva+4π， d 【解析】(1)后轮带动手机在竖直面内做圆周运 【解析】(1)将N沿螺栓轴向与垂直于螺栓轴向 动，所以加速度在竖直平面内，故x、y方向的加 分解，则有F=Vsin a (2分) 速度值不为零，之方向的加速度值为零，A正确。 N (2)根据an=w2R可知，an-w2图像为直线，an-w 解得F=2 (1分) ·17· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 (2)①螺母转动一周，螺母沿轴向平移一个螺距， 脱离前，小滑块相对半球做圆周运动，在脱离瞬 则布号台 间，只受重力作用，以半球（此瞬间为惯性系）为 (1分) 参考系，小滑块受力满足 2πv 解得ω=d (1分) '2 mgcos 0-mR (1分) ②对螺母内壁上的点，根据速度公式，在轴向上 联立可得 有v1=a0t (2分) M_(cos0)3-3c0s9+2_7 任意时刻该，点绕轴的线速度有2=w'r(1分) m 3cos 0-2 25 (1分) 结合上述有ω'= 2πV1 ②由上式解得 (2分) d 4 54 则螺母内壁上的任意一点速度，=√十 8V58R (2分) (2分) 即小滑块实际速度 解得u,=atva+4π， M74 (2分) d 0x= mI40158R,v,=v'sin 0=34 5W58R 18a (2)①25 (1分) 如图所示，此时小滑块可视为做曲率半径为·的 【解析】(1)由动能定理可得 圆周运动 mgR (1-cos 0)=m 滑块速度与水平方向夹角α满足 (1分) 7 小滑块做圆周运动，向心力满足 cos a-25 (1分) 1 02 小滑块对应向心加速度 mg cos 0- 2mg-mR (1分) 7 联立上式得 an-gcos a= 258 (1分) ca0-号 由圆周运动向心加速度公式可得 (2分) (2)①设小滑块脱离半球时，半球速度大小为1， a,=g-呢+7 (2分) p p 258 小滑块相对半球速度大小为'。水平方向动量 代入数据解得 守恒可得 (2分) Mu1=m (v'cos 0-v1) (1分) 整体机械能守恒可得 mgk C1-c0s)'sim) 1 2m(v'cos 0-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、选择题 S,发电机日平均发电量E=4E。,解得小型发电 站所圈占的海湾面积S=5.4×105m2,C错误；采 1.D【解析】涨潮时水库水重心上升h=1一h: 2 用U=200kV直流电向某地区输电时，通过输电 P 2m,A错误；根据电功率的公式有P=W 线的电流I=,输电线上损耗的功率△P=IPr, t AP 4.8X10kW=2X10kW,B错误；一次涨潮，发 解得7-P×10%=5%,D正确。 24 2.A【解析】设地球质量为M,月球的质量为m, 电机发电量E。=gh,水的质量m=(h1一h2)× 探测器的质量为m。,引力的合力做功与引力势能 ·18·