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（冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏粤滇川专用）

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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 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() Ay/m 车轮 0 X 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，a、b所受摩擦力大 小分别为f2、f1,其随w2变化的图像正确的是 () 2 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 f f 姓名 A B A 得分 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x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() 甲 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 () B 37°d ○A 匆 乙 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 3gR C.球第二次到达C点的速度大小vc=, 5 D.接球时书包离A点的竖直高度为0.8R 密卷 二轮专题精准提升（四）物理第2页（共8页） 1 6.1772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飞倍，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° 球 60 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) 1 ,1L+d D.k、L、d的关系式为L十d)十kd2=L 7.2024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 A) B..s) c , 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 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 8 9 10 答案 8.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 () 二轮专题精准提升（四）物理第3页（共8页） 真题至 球门 F本A ①DD人墙 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 9.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 圆轨道魟，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"1L=(L为卫星到中心天体的距离，01 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 (2+6)GMm 为 2r 10.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 () ii777777777777777777777777777 密卷 二轮专题精准提升（四）物理第4页（共8页） A.小球抛出的最小速度为2√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？gR D.小球抛出后可从圆弧B点以上任一点切人球面，沿球面到达右侧 三、非选择题：本题共5小题，共54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 20 30 y/cm 分 (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)。 12.(8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。 z方向 加速度 x方向 传感器 y方向专 正面 手机正面 手机 轮胎 甲 乙 二轮专题精准提升（四）物理第5页（共8页） 真题密 (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“w2”)图像。 (3)若由乙所作图像测出斜率为k,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)。 13.(10分)“打水漂”是一种投掷扁平的石片或瓦片的游戏。图甲是打水漂的图片，图乙是 石片运动轨迹的示意图。现将打水漂简化成如下理想模型，弹性薄片沿倾斜方向落到 足够大水平弹性面上，薄片每次从水平面弹起时速度与水平面的夹角均为30°，速率损 失25%。测得薄片第1次弹起后的滞空时间为0.6s。薄片运动过程中不计空气阻 力，并始终在同一竖直面内且没有旋转。碰撞过程中忽略薄片重力的影响，重力加速 度g取10m/s2,结果可用根号表示。求： (1)薄片第1次弹起后速度v的大小及第2次弹起到第3次弹起的水平距离x; (2)薄片与弹性水平面间的动摩擦因数4。 1309 甲 乙 卷 二轮专题精准提升（四）物理第6页（共8页） 1 14.(13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x 的正方向，垂直向里为，的正方向，竖直向上为的v.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/ms） 球B ",/ms) 6 →v/(ms） c4,0,-4) 甲 之 入y 二轮专题精准提升（四）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(17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 二轮专题精准提升（四）物理第8页（共8页）】真题密卷 二轮专题精准提升 由于0：=00 1 d+d,=2a6 (1分) 所以加速度a的方向不变，小物体的两个方向的 解得t0=4s (1分) 加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物体在 (2)当物块进入电场E1后由于电场力竖直向下， )方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速 增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对 直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为 地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静止， t,由匀减速运动可知 在电场E1中，在力F未撤去时，设物块和木板共 1 同运动的加速度大小为a1,由牛顿第二定律有 d=u-ay F-u2[(m+M)g+Eg]=(m+M)a (1) 可=-》 解得 (1分) a1=0 此时沿AC方向的位移 即在物块进入电场E1中的1s时间内物块和木 x=2a,t-9-6v2 板一起做匀速直线运动，物块对长木板的摩擦力 1 4 m<L=1.2m (1分) 所用的功 假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点离 W=1mgx1=0.4×1×10×(11.5-8)J=14J (2分) B点距离x=9-62 4 m。 (1分) (3)此时距进入电场E2的距离 x2=d3-x1=11.5m-8m=3.5m (1分) B D 设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度 相 大小为a1,由牛顿第二定律有 u2[(m+M)g+Eg]=(m+M)a (1分) 解得a1=4m/s2 设物块和木板共同进入电场E2时的速度大小为 v2,则由速度与位移的关系可得 a v2-v1=-2a1x2 (1分) 15.(1)4s(2)14J(3)6m 解得v2=6m/s 【解析】(1)在物块未进入电场时设其最大加速 当进入匀强电场E2,电场力竖直向上，对物块在 度大小为a0,则由牛顿第二定律有 竖直方向有 μ1mg=mao (1分) mg=E2g (1分) 解得ao=4m/s2 (1分) 可知，物块在电场E2中做匀速直线运动，因此， 当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持 物块离开匀强电场E2时速度的大小为6m/s。 相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度 设物块出电场E2所用的时间为t2,在物块出电 的加速度大小为α，则对整体由牛顿第二定律有 场E2的过程中木板在电场E2中做匀减速直线 F-u2(m+M)g=(m+M)a (1分) 运动的加速度大小为a2,则 代入数据解得 di=v2t2 (1分) a=2 m/s2<ao u2Mg=Ma2 则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移 解得t2=1s,a2=2m/s2 --×2x5m=25m 设该过程中木板的位移为x3,可得 (1分) (1分) xa=wt红-2a2t号=5m (1分) 可知xo>d1十d2 则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进 则可得物块出电场E2时距离木板右端的距离 入电场，设从开始运动到物块进入电场的施加为 d5=d1-(d4-x3)=6m。 (1分) t。,由位移与时间的关系可得 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 径变小，则地球静止卫星的轨道变低，A错误；根据牛 Mm 1.D【解析】根据万有引力提供向心力G,产=mr, 顿第二定律G一ma,可得a三，可知地球静上 可得r √，若地球自转变快，则角速度变大，地球 G 卫星和极地同步卫星的加速度大小相同，B错误：地 静止卫星的角速度变大，可知地球静止卫星的轨道半 球两极，根据牛顿第二定律G R2=mg瓶，可得g板= ·12· ·物理· 参考答案及解析 R,对赤道，根据牛顿第二定律G GM Mm 才能增大，由于仅有轻杆能提供水平分方向的力， R2 一mw2R=mg赤， 由此得到，小球在最高点时，轻杆必然对小球有向 GM 上的支持力。而小球运动至圆心以下时，轻杆必 可得g*一RwR,可知地球表面赤道上的重力加速 然对小球有指向圆心的拉力。可见在小球做一次 度比两极上的重力加速度小，C错误；置于武汉和北京 完整圆周运动的过程中，杆上的弹力必然有两次 的物体做圆周运动的半径不相同，根据an=wr可知以 为零的时刻，D错误。 地心为参考系，置于武汉和北京的物体的向心加速度大 5.C【解析】球从A到B的过程比从B到A的过程 小不同，D正确。 中到达相同高度时速度大，因此A到B的过程球对 2.B【解析】M点运动到最高，点A时的速度不为零， 轨道的压力更大，摩擦力也更大，摩擦力做功更多，A 方向水平向右，A错误；M,点的运动可看成匀速圆周 错误；由球在第一次经过C点后恰好能通过最高点 运动与匀速直线运动的合成，则M点在圆心等高，点 mvB B,故在B点mg=Rwg=√gR,则A=3√gR, 处的速度大小vw=√2十2m/s=2W2m/s,B正 从A到B的过程运用动能定理有一2gR十W,= 确；M点的运动可看成匀速圆周运动与匀速直线运 动的合成，则最高点A的纵坐标yA=2R=0.6m,匀 司mi-mi,解得W,=-2ngR,B错误；当球第 速圆周运动的周期T=-2 =0.3πs,0点运动至A 二次到达C点时，恰好离开轨道并落入书包内，则 有mg sin37-mo】 3gR 1 点的时间to4= 2T=0.15πs,最高点A的横坐标 =尺，解得c一√5，C正确：离开 轨道球做斜抛运动，将分解为水平方向和竖直方 xA=t=0.3πm,纵坐标yA=2R=0.6m,则最高，点 向得，vz=vcsin37°，v,=vccos37°，水平方向有 A的坐标为(0.3πm,0.6m),C错误；根据对称性，M 1 点从O运动到B的时间toB=2to4=0.3元S,D错误。 Rcos37°+0.2R=,t,竖直方向有y=-,t+2, 3.C【解析】当圆盘角速度较小时，两木块均由静 则接球时书包离A点的竖直高度h=R十Rsin37°一 摩擦力提供向心力，对a物块有f。=3mw2r,b物 167 块有fb=mw2·2r,b物块受到的摩擦力较小，当 y,联立解得h二22 R,D错误。 角速度为ω1时，b物块所受摩擦力达最大值，则6，D【解析】该卫星与月球同步绕地球运动，可知 mg=2mwr,此时a物块所受摩擦力f=3mwr= 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 2mg<3mg,即仍未达到最大值；此后随着圆 球和月球对它引力的合力，这两个引力方向相同， 盘角速度逐渐增大，b物块所受摩擦力保持不变，a 合力不为零，处于非平衡状态，B错误；由A选项 物块所受摩擦力继续增大；当角速度为w2时，a物 可得卫星与月球的角速度相等，根据v一wr,可知 块所受摩擦力达最大值，设绳子拉力为T,对a、b v卫：v月=(L十d):d,C错误；设地球的质量为 分别有T+3μmg=3mwr,T+mg=2mwr,继 M,月球的质量为m1,卫星的质量为m2,则对月 续增大圆盘角速度，绳子拉力继续变大，b物块所 GM=wL,对卫星有GL十)+ 球有 Mm2 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 G1m2=m02(L十d),其中M=km1,联立解得 d2 为最大值保持不变，C正确。 4.B【解析】t1时刻小球通过最高点，面积S1表示 +动，D正 1 小球从最低，点运动到水平直径最左端时的水平位 7.D【解析】设卫星A周期为T。,则它运动到地球另 移大小，其值为轨道半径；S2表示小球从水平直 径最左端运动到最高，点时的水平位移大小，其值 一侧经过的时间=m,+号-(2m十1)受m=0, 也等于轨道半径，故S1和S?的面积相等，A错 1,2,3…,设导航卫星B周期为T,经过的时间△'= 误；由图可知，小球从t1时刻开始运动到第一次与 、T 圆心等高位置过程中，水平方向的速度先增大后 T+=(22+1D7n=01,2,3…,由于卫星A轨 减小，故在t1时刻小球处在最高点，轻杆对小球的 道更低，周期更短，则T>T。,当它从导航卫星B 弹力不为零，而t2时刻小球水平方向的速度最大， 故t2时刻杆对小球无弹力，B正确；t1时刻小球处 下方经过时，满足△t=△t,即(2m十1)2， 在最高，点，此时速度最小且不为零，根据向心加速 (2m十，m>m,设导航卫星B的半径为，'，根 度公式a= ,,小球的向心加速度不可能为零，C 据开普勒第三定律，则卫星B的轨道半径x'= 错误；图乙显示t1时刻的水平速度不是最大，t TT,-'72m+ 至t2时间内，小球从最高点开始顺时针转动，只有 )-Wm+1) r,其中m、n取整数 小球受到水平向右分方向上的力时，其水平速度 且m>n,D正确。 ·13· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 二、多项选择题 5 8.BD【解析】图甲中足球受到空气的压力，而绕过 u=√(acos0)+(vssin0+gt)=2√gR, “人墙”转弯进入球门，根据曲线运动的特点，可知 C正确；小球抛出后可从圆孤B点以上任一点切 足球受到的空气压力指向运动轨迹的凹侧，根据 入球面，若小球所受合力不足以提供向心力，则小 甲图中足球的运动轨迹可判断，足球受到的空气 球不能沿球面到达右侧，D错误。 压力向右，A错误，B正确；踢出“香蕉球”是因为 三、非选择题 足球两侧的空气相对球的速度不等而产生压力差 11.(1)B(2分)(2)BC(2分)(3)2.0(2分) F,压力较大的一侧会推动足球向压力较小的一侧 【解析】(1)射出水的初速度与侧孔上方水高有 偏转。从丙图可知，压力差F指向空气流速快的 关，与下方水高无关，上方水高越大，射水初速度 一侧，即空气流速大的一侧压力小，空气流速小的 越大，A错误；上方水高会越来越小，出水初速度 一侧压力大，C错误，D正确。 越来越小，水柱水平距离越来越小，B正确，C 9.BC【解析】椭圆轨道I、Ⅱ和Ⅲ的周期之比为 错误。 T1:T2:T3=6:2:1,根据开普勒第三定律得 (2)为了描绘水柱，透明薄板竖直放置且要靠近 ai a r3 T-T=T,解得a1-36r,a:-海r,A错误； 水柱又不能接触水柱，A错误，B正确；选用瓶径 越大，上方水高下降越慢，出水初速度变化越慢， 嫦娥六号在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过P点时，万有 水柱形状越稳定，有利于描绘水柱，侧孔开口口 引力提供加速度GM=ma,所以加递度均为a 径越大，上方水高下降越快，水柱越不稳定，C正 r2 确，D错误。 ”,且方向均指向月球，B正确；设在轨道Ⅲ上经 GM (3)由运动公式可得xc=xb=v0T,yc一 yb=gT2,代入数据有vo=2.0m/s。 过P点时速度大小为3，由万有引力提供向心力 12.(1)A(2分)(2)w2(2分)(3)R-k(2分) mwk(2分) 得GMm-mws.解得o3= ,设嫦娥六号在轨 r2 r 【解析】(1)后轮带动手机在竖直面内做圆周运 道I和轨道Ⅱ上经过P,点时的线速度大小为1和 动，所以加速度在竖直平面内，故x、y方向的加 ,由之”1L=,可得 2=a:61 速度值不为零，之方向的加速度值为零，A正确。 T1,22r (2)根据an=w2R可知，an-w2图像为直线，anw πa2b21 36 GM 图像为曲线，应让软件作出anw2图像能直观地 T’2r= T,解得= 6Wx,= 判断它们的关系。 (3)若由(2)所作图像测出斜率飞等于手机到后 互·√C正确；设嫦娘六号在P点制动，从轨 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 道[变到轨道Ⅱ的过程中，制动力所做的功为W,由 等于手机到后轮圆心的距离，即手机做圆周运动 动能定里可得W=号mi-号mi,解得w 的半径，则手机的加速度传感器做圆周运动的向 心力Fn=mwk。 (2-6)GM ,D错误。 2r 13.(1)6m/s 3sme9 10.ABC【解析】当小球与球面相切，且恰好到达C 【解析】(1)薄片在竖直方向做竖直上抛运动，运 点时，速度最小，根据动能定理有mg×2R= 动总时间t=0.6s=2t1 1 2m,解得u1=2VgR,A正确；若小球恰好从C 由vy=gt1 解得v,=3m/s (1分) 点掠过球面，则在C点有mg=m 尺，根据动能定 根据vy=vsin30° 联立解得v=6m/s (1分) 有mg×2R=m-n,解得比时出的 对薄片在第2次碰撞后，速度v2=(1一25%)v 空中运动时间t2= 2v2 sin 30 最小速度2=√5gR,B正确；若x=3R,小球恰好 (2分) g 从C点掠过球面，则最高，点的速度v2=√gR,设 则水平距离x=v2c0s30°Xt2 小球与斜面相切时，切，点与圆心连线与竖直方向 联立解得一8动万n (1分) 的夫商为0，则mgR1-s0)=方m-md, (2)薄片竖直方向碰撞过程中，忽略重力，设水面 根据斜抛运动规律可知3R一Rsin0=v%cost, 给薄片的作用力为FN,规定向下为正方向，由动 1 量定理有一FN△t=m△vy (1分) R+Rcos日=sin e+2gt,则抛出速度大小 在水平方向，每次与水平面碰撞过程中，由于摩 ·14· ·物理· 参考答案及解析 擦力作用，有一f=FN 小滑块相对半球速度大小为'。水平方向动量 规定向右为正方向，由动量定理有 守恒可得 -uFN△t=m△vx (2分) Mv=m(ucos 0-v1) (1分) 由速率损失25%，有△vx=(1一0.25)v: 整体机械能守恒可得 0x=-0.25vz,△vy=-0.750y-vy=-1.75v, 1 由每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为 mgR1-cos0)=分Mui+ 2 m(v'sin 0)2+ 1 30°，有tan30°-y (1分) 2m(v'cos o-v:)2 (2分) 脱离前，小滑块相对半球做圆周运动，在脱离瞬 √3 联立解得4=7。 (1分) 间，只受重力作用，以半球（此瞬间为惯性系）为 14.(1)0.8m(2)3m/s(3)(1,0,-4) 参考系，小滑块受力满足 【解析】(1)由图乙知平抛运动落地时竖直方向 21 mgcos 0-m R2 (1分) 速度o.=4m/s (1分) 由v2=2gh (1分) 联立可得 得h=0.8m (1分) M_(cos0)3-3cos0+2_7 (1分) 25 (2)由图乙知平抛运动落地时水平方向速度 m 3cos 0-2 ②由上式解得 v,=4 m/s (1分) 对球A、B碰撞过程分析，由动量守恒有 4 54 (2分) 2mvo-2mv+mv, (1分) 0'=√58R,01=8/58R 由动能定理有 即小滑块实际速度 1 1 M74 3 4 ×2mu6=2×2muf+2mu2 (2分) u:=m1=40√5gR,w,=0'sin0=i√5gR 解得vo=3m/s (1分) (1分) (3)小球A碰后经半圆形轨道b端飞出做平抛运 如图所示，此时小滑块可视为做曲率半径为ρ的 动，落地时沿水平方向速度v,=v1=1m/s 圆周运动 (1分) 滑块速度与水平方向夹角α满足 A、B两球抛出速度方向相同，故v,=0(1分) cos a-25 (1分) 两者落地时在竖直方向的速度都为v:=4m/s (1分) 小滑块对应向心加速度 故d点在图乙中的坐标值为d(1,0,-4)。 7 (2分) an-gcos a-258 (1分) 15.(1)5 125 由圆周运动向心加速度公式可得 112R v23+2_ an- 258 (1分) 【解析】(1)由动能定理可得 mgR(1-cs0）-7m 代入数据解得 (2分) 125 p=112R. (1分) 小滑块做圆周运动，向心力满足 1 v2 mg cos 0-2mg-m R (1分) 联立上式得 5 c0s0=6 (2分) (2)①设小滑块脱离半球时，半球速度大小为1， 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 4.8×104 h1-h2 24kW=2X103kW,B错误；一次涨潮，发 1.D【解析】涨潮时水库水重心上升h= 2 电机发电量E。=gh,水的质量m=(h1一h2)× 2m,A错误；根据电功率的公式有P=W Sp,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 ·15· 1