专题卷(4)重力场、电场中的曲线运动-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（安徽专版）

·物理W· 做减速运动，由于a2=3m/s2>a1=1m/s2,所以纸板先减速9.BD【解析】四个物块都静止时，由于静摩擦力的大小无法确 为0，保持静止，橡皮擦继续以α1减速为0，规定向左为正方向 定，故彼此间的弹力无法确定，故A错误；四个物块一起匀加速 缘发第的位移为一云方：板的位落 1 运动时，根据整体法，对四个物块有F一4mg=4ma,设物块1 2a2 对物块2的弹力为F12,对物块2、3、4整体有F12一3umg= 1 6m,则二者相对位移为△x,=x-z=1D8m,可知橡皮擦最 3ma,设物块2对物块3的弹力为F23,对物块3、4整体有F23 2umg=2ma,设物块3对物块4的弹力为F34,对物块4有 2 终距离纸板中点的距离为△x=△x1一△x,=27m<0.1m,即 F-mg=m,联立解得Fa=F,a=P,Pa=F, 最终橡皮擦不会脱离纸板，且此过程中橡皮擦与纸板因摩擦而产 则物块之间的弹力的比值从左往右依次为3：2：1，故B正确； 生的热量为Q=4m1g(△x1+△x)=1080J,故C正确， 若F随时间均匀变化，且满足关系F=,则在1=m时F k D错误。 g,可知压力传感器的示数为0，故C错误；若F随时间均匀 7.D【解析】由题知，长木板A放在光滑的水平面上，不受摩擦 力作用，B、C与A间的动摩擦因数均为4，当F足够小时，B对 变化，且满足关系F=kt,则在1=4s时F=4mg,根据整体 A有静摩擦力作用，A在水平方向合力不为零，故A不能保持 法可知，四个物块刚好被推动，故D正确。 静止状态，A错误；根据牛顿第二定律可知，当拉力F=umg 10.ABC【解析】布袋相对传送带滑动时，由牛顿第二定律有 时，物块B与A间的摩擦力小于4mg,并不是刚好要滑动，B错 Ft一mg sin0=ma,垂直于传送带方向F支-mg cos0=0,又 误；当B与A发生相对滑动时，假设C与A不会发生相对滑 F:=uF支，解得a=0.4m/s2,A正确；设布袋与传送带共速需 动，则umg=(m十mc)a,解得a=mg,则A对C的摩擦力 m十mc 要的时间为41，由0=a4,得，=名=4s,此过程布袋通过的 f=mcam十mc·mcg<mcg,假设成立，即C与A不可能 位移x1=名t1-3.2m,因mgcos9>mg0,故之后布袋在 发生相对滑动，C错误；当C的质量也为m时，物块C能获得的 传送带上匀速运动，所用的时间，=L一1-16，则布袋通过 最大加浓度为a一竿%。=弓g,D正确」 1 传送带所需的时间为t=t1十t2=5s,B正确；在t1时间内，传 8.C【解析】根据对称性可知平台与两个圆柱表 送带通过的位移x2=vt1=6.4m,则布袋与传送带间的相对 1 面的摩擦力相等，大小均为f=21M十m)g= 位移为△x=x2-x1=3.2m,由Q=F△x,可得Q=204.8J, C正确；由能量守恒定律可得，因传送小麦，多消耗的电能为 5N,沿平行于轴线的方向给平台施加F=10N 的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动，初始 AE-号m2+mLsin0+Q=505.6J,D错误. 时刻，平台受到两圆柱的摩擦力刚好平衡，以平台和货物为整 BD【解析】由图像可知，当10N<F<15N时物块B和木板C相 F 体，加速度大小为a,=M十m=2m/sg<4:g=3m/s,圆柱表 对静止，当F>15N时木板的加速度图线斜率变大，可知此时物块 B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；对木板和物块组 面的点转动的线速度大小为v=wr=0.8m/s,设平台运动的 成的整体，当F1=10N时，a=0,则F1=(M+m)gsin0,当 速度大小为，如图所示，可知平台受到两个圆柱表面对平台沿 F2=15N时，a=2.5m/s2,则F2-(M十m)gsin0=(M+ 平行于轴线的方向的摩擦力大小均为f.=fcos0,根据牛顿第 二定律可得F一2f,=F一2fcos0=(M+m)a,可知随着平台速 m)a,联立方程可求解M十m=2kg:sin0=号，但是不能求解木 度)的逐渐增大，0逐渐减小，c0s0逐渐增大，加速度逐渐减小， 板C的质量，故C错误；因当F2=15N时，a=2.5m/s2,此时物 所以货物与平台不是一起做匀加速直线运动，故A错误；当平台 块和木板开始发生相对滑动，物块和木板之间的摩擦力达到最 速度v=0.6m/s时，则有cos0= 0.6 √0+=V0.6+0.g 大，则对物块有mgs0一mgsin=ma,解得么= 2,故B 0.6,又F一2fcos0=(M十m)a,可得加速度大小为a=0.8m/s2； 正确。 故B错误，C正确；若施加的恒力F<10N,由于初始时刻，两圆 11.(1)4m/s(2)0.8m/s4.8m/s(3)4s 柱对平台表面沿平行于轴线的方向的摩擦力大小为0，所以平 【解析】(1)对韩聪，根据牛顿第二定律有F=m1a, 台一定沿轴线的方向运动，故D错误。 解得a=2m/s2, *B【解析】释放瞬间对整体由牛顿第二定律有mg-3 mgsin30°+ 根据v2=2ax0,可得v=4m/s。 F=4ma1,F弹=3 ng sin30°，对物块B,有mg-T=ma1,联立 (2)设韩聪将隋文静迅速推出后两人的速度大小分别为⑦1、 解得T=3 mg,故A错误，B正确；在最高点P,由对称性可知， o2,根据动量守恒有m1v=m11十m2v2, 加速度大小为a:=a1=子g,对整体，有3mgsi血30-mg十 根据动能守恒有，心-名m+名时， 联立解得v1=0.8m/s,o2=4.8m/s。 F鼻=4ma2,对物块B,有T'-mg=ma2,解得F#=2mg, (3)由题意可知1+号4r=t, 解得t=4s。 4mg,故CD错误。 12.(1)0.9m(2)0.02 ·3 参考答案及解析 【解析】(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰 解得加速度大小为a3=0.5m/s2, 壶滑动时受到的摩擦力处处相等，又因为冰壶沿直线运动，因此 根据牛顿第二定律可得mg一f空一f伞=ma3, 冰壶在A点至O点的运动过程为匀减速直线运动，假设冰壶运 解得降落伞提供的阻力大小为f伞=14N。 动的加速度大小为a,在A点时的速度大小为vA,在C点时的 15.(1)2√2kg·m/s(2)0.3m(3)(8√2+12)N·s 速度大小为c,因此有a4一2a好=x1, 【解析】(1)因a=tan0,则A、B一起下滑，斜面光滑，A、B共 1 同下滑的加速度为a,=2 mgsin0-5m/s,小物块B与挡板2 vA(+i2)-2a(t:+i:)-1+2:, 2m 碰撞前瞬间的速度为v=/2ao=√2m/s, 解得a=0.2m/s2,vA=3.6m/s, 由于发生弹性碰撞，则小物块B第一次与挡板2碰撞后瞬间的动 又由c=vA-a(t1十t2), 代入数据可得vc=0.6m/s, 量大小为pB=mw=2W2kg·m/s。 已知运动到O点时冰壶停下，因此有2一0=2ax3,代入已知 (2)物块B碰后在木板上向上运动，对木板A分析有mg cos0一 数据可知x3=0.9m。 mg sin0=0,说明木板A匀速下滑， 从物块B与挡板2碰撞到木板A与挡板1碰撞的过程，所用 (2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为f,则有f=g,根据 牛顿第二定律可知f=ma, 时同为队-名-瓷。 已知a=0.2m/s2,联立以上各式可得4=0.02. (1)2.0m/s2,竖直向上1.0m/s2,竖直向上 物块B减速上滑的加速度大小为a=mg cos日+mgsin0_ m (2)1.0s(3)15.0N<F1≤21.0N 10m/s2, 【解析】(1)假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿 第二定律有F1一F2一mg=ma1, 物块B从碰撞至减速为0所用时间为。=”-三 a10 s=tA, 解得a1=2.0m/s2,方向竖直向上， 对术板由牛顿第二定律有F2一Mg=Ma2,解得a2=1.0m/s2, 则木板A的长度至少为lm一2a +L=0.3m。 方向竖直向上， (3)木板A与挡板1碰撞后原速率返回，由于重力的下滑分力 因为a1>a2,所以假设成立。 与B施加的摩擦力同向，则匀减速运动的加速度也为α= (2)设经过时间t滑块从木板上端离开木板，则滑块从木板上 10m/s2。 端离开木板时分01心-分a,=L, 由于B所受摩擦力与重力沿斜面的下滑分力平衡，故B保持 02 代入数据得t=1.0s。 静止状态。木板A上滑至速度为0通过的位移为x=2a (3)为使滑块与木板一起向上运动，应使整体合力向上，故F> (M+m)g=15.0N, 0.1,时间为--号， 为使滑块与木板不发生相对滑动，F,最大时滑块与木板间静 然后二者从静止开始再次以加速度a。下滑，同时与挡板发生 摩擦力应等于最大静摩擦力，对木板由牛顿第二定律有F2一 Mg=Ma,解得a=4.0m/s2,方向竖直向上， x=0.2s, 第2次碰撞，运动时间为：一√ 对滑块由牛顿第二定律有F1一uF2一mg=ma,代入数据得 二者相对静止直至第3次碰撞。则从释放开始到第三次碰撞的 F1=21.0N, 总时间为1=”十4十，十3=22十3s,重力对木板A的总 综上所述，F1必须满足的条件为15.0N<F1≤21.0N。 ao 5 (1)30m/s(2)81m(3)14N 冲量为I=mgt=(8V2+12)N·s。 【解析】(1)火箭向上做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得 F-mg-f空=ma1, 物理（四） 解得加速度大小为a1=10m/s2, 1.C 发动机熄火时，火箭的速度大小为v1=a1t1=l0×3m/s=2.C【解析】由题图篮球的轨迹可知，篮球运动过程受到一定的 30m/s. 空气阻力作用，所以篮球在运动过程中加速度发生变化，图中 (2)火箭匀加速阶段上升的高度为 篮球运动轨迹关于最高点不对称，故AD错误；研究运动员投篮 1302 动作时，篮球的形状大小不能忽略不计，不可以将篮球视为质 h=2a1-2x10m=45m, 点，故B错误；篮球被投出到入框，重力和空气阻力都做负功， 发动机熄火后，根据牛顿第二定律可得mg十f空=ma2, 根据动能定理可知，篮球的动能减小，则篮球被投出瞬间的速 解得加速度大小为a2=12.5m/s2, 度一定比入框时大，故C正确。 发动机熄火后，火箭继续上升的高度为 3.A v2302 4.D【解析】运动员随圆盘做匀速圆周运动，受到重力、支持力、 h:=2a=2X12.5m=36m, 摩擦力的作用，向心力是一种效果力，不是运动员实际所受的 则火箭上升的最大高度为hm=h1十h2=81m。 力，故A错误；在圆盘最下方，设运动员到转动轴的距离为r,则 (3)火箭在降落伞作用下向下做匀加速运动，根据运动学公式 有F:一ngsin 15°=mu2r,可知运动员在最低点受到的摩擦力 可得2a3hm=v地， F,一定随着w的增大而增大，故B错误；运动员与圆盘始终保 高三二轮复习专题卷 持相对静止，运动员做圆周运动，加速度不为零，运动员不处于 平衡状态，故C错误；运动员从最高点运动到最低点过程中速度 大小不变，动能不变，设 $$W _ { 1 } 、 W _ { G }$$ 分别为摩擦力做功和重力做功， 由动能定理得 $$W _ { i } + W _ { G } = 0 ，$$ ，解得 $$W _ { t } = - W _ { G } = - 2 m g r \sin 1 5 ^ { \circ } ，$$ ，可 知摩擦力对运动员做负功，故D正确。 5.B【解析】设立方体边长为 l， ，从A点沿AB方向平抛落在F 点，竖直方向自由落体， $$l = \frac { 1 } { 2 } g t _ { 1 } ^ { 2 } ，$$ 运动时间为 $$t _ { 1 } = \sqrt { \frac { 2 l } { g } }$$ ，水平 方向做匀速直线运动， $$l = v _ { 0 } t _ { 1 }$$ ，可知初速度为v 为v-、号，从A $$v _ { 0 } = \sqrt { \frac { g l } { 2 } } ， M$$ A 点沿AM方向， ，的水平初速度抛出，经历时间t $$t _ { 2 } = \frac { A M } { \sqrt 5 v _ { 0 } } =$$ $$\frac { \frac { \sqrt 5 } { 2 } l } { \sqrt 5 v _ { 0 } } = \frac { l _ { 1 } } { 2 } ，$$ ，将与面 BCGF 碰撞，碰撞前后竖直向下的速度不变 平行于面 BCG F的速度也不变， 垂直于面 BCGF 的速度反向 再经历 时间落到地面恰好打在H点，A错误，B正确；加上沿 AD方向的匀强电场，从A点沿 AB方向水平抛出，不改变AB 方向的匀速运动，也不改变竖直方向的自由落体运动，而平行 AD方向上做匀加速直线运动，若要打到 G 点，则抛出的初速 度不变，仍为 $$v _ { 0 } ， C$$ 错误；AD方向上 $$\overrightarrow { 1 1 }$$ $$l = \frac { 1 } { 2 } a t _ { 1 } ^ { 2 } ，$$ ，代入上述公式解 得 a=g， ，所以电场力为 $$F _ { } = m g ， D$$ 错误。 6.C【解析】根据轨迹可知，小球的合力竖直向上，小球受竖直向 下的重力，所以小球所受电场力一定竖直向上，小球电性未知， 无法确定电场强度的方向，由于电场力与重力做功均与路径无 关，所以从O到M与从M到N合力对小球做功相同，故动能 的变化量相同，但无法确定小球的运动方向，故BD错误；从O 到N电场力对小球做负功，所以小球的机械能减少，重力做正 功，小球的重力势能减小，故A错误，C正确。 7.A【解析】设沿三个轴方向的加速度分别为 $$a _ { x } ， a _ { y } ， a _ { x }$$ ，则在三 个 个 方 上分别有 $$L = \frac { 1 } { 2 } a _ { x } t ^ { 2 } ， 0 = v _ { 0 } t - \frac { 1 } { 2 } a ， t ^ { 2 } ， L = \frac { 1 } { 2 } a _ { x } t ^ { 2 } ，$$ 加电场时有 $$L = v _ { 0 } t ，$$ 根据 $$q E = m \sqrt { a _ { x } ^ { 2 } + a _ { y } ^ { 2 } + a _ { x } ^ { 2 } } ，$$ ，联立解得E= $$\frac { 2 \sqrt 3 L } { k e ^ { 2 } }$$ 8.B【解析】粒子在电场中运动的时间为 $$t = \frac { 4 d } { v _ { 0 } } ， t = 0$$ 0时刻射入 极板间的粒子竖直方向先向下加速，后向下减速，因粒子恰能 从极板右侧射出，则离开电场时沿电场方向的位移为 $$\frac { 1 } { 2 } d$$ ，故 A 错误；由对称性可知， ，t=0 时刻射人极板间的粒子离开电场时 沿电场方向的速度减为零，则速度方向仍沿 $$O O ^ { ' }$$ 方向，故B正 确； $$t = \frac { 2 d } { v _ { 0 } }$$ 时刻射入极板间的粒子竖直方向先向上加速运动 $$\frac { 2 d } { v _ { 0 } }$$ 然后向上减速运动 $$\frac { 2 d } { v _ { 0 } }$$ ，则 则最终粒子恰能从上极板边缘飞出，故 C错误；由运动的对称性可知，除 $$\frac { 2 n d } { v _ { 0 } }$$ 时刻之外其他时刻进入电 场的粒子，竖直方向都要经过先加速后减速到零，然后反向加 速后反向减速到零，即粒子出离电场时沿电场方向的速度均为 零，可知粒子从右侧射出时的动能均为B $$E _ { k } = \frac { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 } ，$$ 故 D 错误 D【解析】若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是 在正向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏上侧留下一个光斑； 当电子是在反向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏下侧留下 一个光斑，故A错误；若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电 场，电子一直向上偏转，所以在荧光屏0点及上方看到一个光斑 移动，故B错误；若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，电 子先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上从下 向上移动，并循环这个过程，故C错误；若在偏转极板加上如图 丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O 点两侧做往复运动，故D正确。 ABC【解析】由题意可知，光斑的速度与 导弹的速度总相等，将导弹的速度沿光束 和垂直光束方向进行分解，如图所示，设导 弹在A点时的速度为？A,根据几何关系有 v1=vAsin a,根据圆周运动参量的关系有 1=0,解得0A= ,A正确；导弹由A点运动到B点的 sina 过程，光束转过的角度0=。一B,根据1=9，解得1=二卫，B 正确；根据运动的合成与分解可知，导弹在B点的速度B= sinB,因为a>9,所以B>0A,导弹由A点运动到B点的过程 wh 做加速运动，D错误；根据加速度的定义式有a=A,解得a= wh(sin'a-sinB) （a-9 )sinasin,C正确。 0.BC【解析】设甲水平抛出石块的初速度为，Q点相对于P 点的竖直高度为H,则H=?g,石块落在P点时速度的警 L 直分量u,=√2gF,甲抛出小石块的水平位移x=2cosa, 3gL @an37°三，联立可得H三合，，10 /8L 5g则A点相对于P点的高度hA三2sina=0L,Q、 3 4 两点竖直高度差为△h=0L一15=30，故A错误，B正确： 对于乙有品L=，1 .3 L=A·d,结合前面式子可得= 224gL 3,0A=√15 ,故C正确；小石块运动到最高点时速度即 为水平方向分速度，大小为，=A·cos53°三号/%，故D 错误。 ABD【解析】根据题意可得，重力和电场力的合力大小为F合= w√(mg)2十(Eg)2=0.5N,设合力与竖直方向的夹角为a,则 tana=E=3 mg=年，所以合力与竖直方向的夹角为37”，所以在A 点有P=m爱，解得队=5m/s,放A正确；由等效最低点D 到A,根据动能定理可得-P6·2R=了a心i-合mi,解得 vD=√125m/s,故B正确；小球经过A点后做斜下抛运动，则 R(1+cos37)=(vAsin37)t+2gt,解得t=0.6s,故D正 。4 确；小球落地点距离C点的距离为x=Rsin37°十UA COS37°· 运动员在B点速度大小vg=√0A十=25m/s, 1一号×，解得x-225国，故C结误。 在B点受力分析如图，c0s0=0=号，即0=53 1. (1)30m(2)350N 【解析】(1)设人和自行车的总质量为m,若不受摩擦力作用， 由牛顿第二定律得FN一ng cos0=mR,解得Fv=1860N, 则由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可 由牛顿第三定律得，运动员在B点时对轨道的压力大小为 得mg tan37=mu 1860N. r 解得r=30m。 (2)运动员骑车以20m/s的速度运动时，大于15m/s,此时重 力和支持力的合力不足以提供向心力，斜面对人和自行车施 .30cD 加沿斜面向下的静摩擦力，其受力分析如图所示， (3)设运动员从C点飞出时的速度方向与斜坡的夹角为0，在垂直 于斜坡方向上有mgcos30°=ma1,得a1=gcos30°=55m/s2, 垂直于斜坡方向的初速度v1=vcsin0,平行于斜坡方向上有 mg sin30°=ma2, 得a2=gsin30°=5m/s2, g 平行于斜坡方向的初速度2=ccos0,运动员从C点落到斜 根据牛顿第二定律可得，在y轴方向有FNcos37°=mg十 坡上的时间：=2”=10sin9(s), a1√3 fsin37°， 在x轴方向有fcos37°+Fxsin37°=mo2 运动员落到斜坡上距C点的距离l=vt十2a2t, r 联立解得f=350N。 代人数据并整理可得1=125+250 3+3sin(20-30)(m), (1)3mg (2)mg mg 当0=60°时，即速度方向与斜坡成60°夹角斜向上时，l最大， 99 最大值为125m。 【解析】(1)从水平位置无初速度释放到达最低点时，有 14.(1)3gR 2 (2) 。mg,方向与x轴正方向成45角斜向上 在最低点有F一mg=m元，解得F=3mg。 g 【解析】(1)根据题意可知，小球a做平抛运动，水平方向做匀 (2)加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的 速直线运动，有Rcos30°=vt, 拉力均比无电场时大，则说明电场在竖直方向的分量向下：而 轻杆从左边释放小球在最低点受到的拉力小于轻杆从右边释 竖直方向微自由落体运动，有Rsn30°=号gt2,可得 放小球在最低点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量 向左，则杆从左边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点 V0=V3gR 2 的过程中有mgL一E,9L+E,9L=mi,则小球在最低点有 (2)小球b在重力场与匀强电场的复合场中运动，将重力与电 场力合成后可看作在等效重力场中的运动。由于OB与y轴 Fn一mg-E,g=m元，其中Fn=4mg,杆从右边水平位置 正方向的夹角也为30°，且经过B点时的动能与小球a经过A 点时的动能相等，可知小球a在重力场中的运动与小球b在等 无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有mgL十E:qL十 效重力场中的运动情况相同，做一样的类平抛运动，所以小球 !日甘于一40一07具一目宁用H业目十私一—及 B所受重力与电场力的合力方向沿x轴正方向，大小为mg, 中Fr2=8mg, 则匀强电场的电场强度大小为E=巨 mg,方向与x轴正方向 联立解得E,=g,E.-3 成45°角斜向上。 q (3)将小球c沿x轴负方向弹出，小球c做匀减速直线运动，设经 (1)15m/s(2)1860N(3)与斜坡成60°夹角斜向上 位移x后速度减为0，由牛顿第二定律得√Eg一mg=ma, 125m 【解析】(1)由平抛运动的特点可得h=2g,解得t= 由运动学规律得听=2ax,解得x=音R<R, 可知小球c先向左做匀减速运动，速度减为0再反向做匀加速 2×20 W10 -s=2S, 运动，经过圆周与x轴正方向的交点D离开圆形区域。由运 动学规律得v品=2a(x+R), 又x=A,得运动员经过A点的速度A=二=30 1 t-2 m/s= 小球c离开圆形区域时的动能E,=2m0品， 15m/s。 (2)运动员在B点竖直方向速度v,=gt=20m/s, 解得E=号ngR。 ·物理W· 15.(1)mgh(2)2mg,斜向左下方，与竖直方向的夹角为60 (3)5/13h 【解析】(1)不带电小球做平抛运动，则有h=2gt,2h=o, E:-2mu,解得E,=mgk. (2)小球带正电，设初速度为v:,末速度为，根据动能的公 式有2E.=2m03,23E.=2mu2, 根据运动的分解有3=2a,h,o2=2az×2h, 根据牛顿第二定律有qE,=maz,mg十gE,=may, 则电场强度大小为E。=√E:+Eg,解得E。=2ms 设电场强度与竖直方向的夹角为0，则有tan9=E: gE =3, 可知电场应斜向左下方，与竖直方向的夹角为60°。 (3)小球在水平方向的运动规律如下： 0~T:小球做水平向右、加速度为ax的匀减速直线运动， T一2T:电场反向，电场力的水平分力向右，小球做水平向右、 加速度为a,的匀加速直线运动，之后再重复前面的运动； 小球在竖直方向的运动规律如下： 0~T:小球做竖直向下、加速度为a,的匀加速直线运动， T一2T:电场反向，竖直向上的电场力分力与重力平衡，所以 小球竖直向下做匀速直线运动，后面重复前面的运动，因此 0~5T内，小球的水平位移为x=5×2h=10h, 0~T的竖直位移为y1=h=2a,T,0=a,T, T~2T的竖直位移为y2=T=2h, 2T~3T的竖直位移为y=T+2a,T2=3h, 3T~4T的竖直位移为y4=(o十a,T)T=4h, 以此类推，小球在4T~5T竖直分位移为5h,因此在5T时间 内的竖直方向的总位移为y=y1十y2十y十ya十y=15h,小 球的位移大小s=√x2+y=5√I3h。 物理（五） 1.D【解析】航天员相对核心舱静止时，依然绕地球做圆周运动， 所受合外力不为零，故A错误；由题知，核心舱与地球中心的连 线在单位时间内扫过的面积为S。,则核心舱的运行周期为T= x(R十h) S。 ,故B错误；根据万有引力提供向心力G,Mm (R+h)2= m(学)广R+A).又根据GR十=mg,联立解得枝心舱处 Mm 的重力加速度大小为g= 4S8 (R+),故C错误；根据万有引力 提供向心力得G R=m()） Mm (R十h),解得M= 4S号 M 3S号 G(R十h),地球的密度为p= :Gπ(R+h)R8,故D正确。 3 2.A【解析】卫星发射升空过程中，重力加速度的大小g= (R十h),随着高度增大，重力加速度减小，故A正确，卫星运 GM 动的高度约为h=900km,做匀速圆周运动，R十h)一 GMm 2 GMGM mR十h其线速度的大小和=√R十方<√R =7.9km/s,故 B错误；卫星运动的线速度是矢量，运动过程中速度的方向时刻 沿轨迹圆的切线方向，则速度方向变化，9颗卫星运行在同一圆 周轨道不同位置，线速度不相同，故C错误；不同功能的卫星质 量不一定相同，故运行的高度相同时机械能不一定相同，故D 错误。 C【解析】对地球卫星有Gmr,解得二G,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”所在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，货物还受到电梯向上的力的 作用，货物处于失重状态，但不是完全失重，只有货物上升到同 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，此时货物才处于 完全失重状态，故A错误；如图所示，电 梯转入地球的阴影区时就无法直接利 用太阳能充电，且s如a=得a=30 故能直接利用太阳能充电的时间约为 1-36802T=20,故B错误：右从 P处轿厢向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P点转 动的方向向前运动，一边落向地球，做近心运动，故C正确；若 两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，其 断裂处为椭圆的近地点，因为在近地点线速度较大，半径较小； 需要的向心力更大，故D错误。 B【解析】轨道①对应的第一宇宙速度是人造卫星绕地球做圆 周运动的最大环绕速度，也是人造卫星绕地球运行所需的最小 发射速度，故A错误；卫星的发射速度v满足7.9km/s<v< 11.2km/s,卫星将绕地球运动，故B正确；根据开普勒第二定律 可知，同一颗卫星在同一轨道上运行时与中心天体的连线在单位 时间内扫过的面积相等，故C错误；当发射速度达到16.7k/s, 即达到第三宇宙速度时，飞行器会脱离太阳的束缚，卫星沿轨道 ④运动，将脱离地球的束缚，故D错误。 D【解析】在空间站中，所有物体都处于完全失重状态，无法利 用哑铃锻炼，选项A错误；飞船与空间站对接成功后的组合体 受到的合外力为地球的吸引力，选项B错误；根据万有引力表 达式F-Gc,可知神舟二十一号载人飞船在地面上所 受引力的大小大于其对接前瞬间做圆周运动所需的向心力，选 项C错误；根据万有引力提供向心力可知GM=ma,可得a r2 GM ,?,由于空间站对接前后的运行轨道可近似看为圆轨道且半 径一样，可知对接后，空间站的加速度大小不变，选项D正确。 B【解析】从地球上看，太阳和水星与观察者的眼睛连线所成 角度的正弦值最大为尺，故A错误，由开普勒第三定律可知 _T解得T(工，故B正确：由m =m GMm4π2 =m,可得 ·5 参考答案及解析 M=4r GT9,故D错误。 GM 积都相等，故A错误；行星表面的重力加速度为名表一R,可知 7.C【解析】根据万有引力提供向心力可得G=a=m0 火星表面重力加速度和地球表面重力加速度大小之比为达 地 411 GM 0.11× 1一25，故B正确行星的第-字宙速度为=√尺， 等，且a的轨道半径小于c的轨道半径，根据o=rw可知o。< 则火星第一宇宙速度和地球第一字宙速度之比为”= GM 心地1 :对于b、c、d,由于r<r.<r,根据0= 可知6> /0.11 行一√0，故C错误；行星的同步卫星的轨道半径为 2 /11 v。>0。,综上可知b的线速度最大，其在相同时间内转过的弧 长最长，故A错误；a和c的角速度相等，由于r6<r.<ra,根据 GMT r=入4x2 ，因火星和地球的自转周期均为T,则其同步卫星 GM 可知w6>w:>w4,综上可知b的角速度最大，故B 的周期都为T,可知火星同步卫星到火星中心的距离和地球同 错误；a和c的角速度相等，且a的轨道半径小于c的轨道半 311 步卫星到地心的距离之比为0.=√00，故D正确 径，根据a=rw2可知，a的向心加速度小于c的向心加速度；由 10.BD【解析】撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔 于6的轨道半径小于c的轨道半径，根据a-GM可知b的向心 r2 变短，可知双星系统的运动周期变小，故A错误；设双星之间的 加速度大于c的向心加速度，综上可知a的向心加速度小于b 距离为L,双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以G L2 的向心加速度，故C正确；d卫星的轨道半径最大，发射卫星时 R4π=mrz,联立解得《一m 4π1 4π2L3 需要克服万有引力做功，但各个卫星的质量大小未知，发射d ,=M,T2=GM十m,则两颗 卫星所需要的能量不一定最大，故D错误。 小行星做圆周运动的半径之比保持不变，两个小行星中心连 D【解析】飞船从A运动到B,根据开普勒第二定律可知，飞 线的距离减小，故B正确，C错误。根据万有引力提供向心力 船与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，故A错误；飞船 从A运动到B,只有万有引力做功，飞船的机械能不变，故B错 有CMm=M=ma,两个小行星中心连线的距离减小，则两颗 误；飞船在A、B两点时，在极短的相等时间间隔内，根据开普 小行星的向心加速度均变大，故D正确。 1 勒第二定律有)r1A△t=2T20e△t,解得一，故C错误；当 *BC【解析】在其他星球上是能够做单摆实验的，与在地球表面 UB r1 根据GM-aA,GM-aa,解得- 类似，A错误：单摆周期T=。又T=2x√日 ,忽略星球自转时， r a店，放D正确。 4π2 对其表面一质量为m。的物体有G=m,g,星球体积V= 【解析】根据万有引力提供向心力可得G?=mT7,联立 R2 可得T2=4π2 .4π2 GM,Tr图像的斜率为k=G,该星球和地球的 专成，寄度。一出联立求得6B正有，接角较大时，由机 1 械能守恒有mgL-Lcos60)=2mui,Fr一mg=m元，解得 M=ke=”=”,故A错误；“探测卫星”在该星球表 质量之比M。pg” 2mvs FT= ,C正确；卫星贴近星球表面做匀速圆周运动速度至 L m 4π2Rp 02 面附近和地球表面附近运动时均满足T2=c,则 少为，则GM”=m,在该星球表面发射卫星时需要的最小 GMp 4R品，则 2πn RpMp 3 m 发射速度为口=t √LF,D错误。 GMe ,根据万有引力提供向心力可得 Mm v GM 11.(1 RTvo-R G R=mR,可得=√R ,该星球和地球的第一宇宙速度 2w(2)√2to t 【解析】(1)采样球以0。做竖直上抛运动，经t。时间落回行星 之比P= pRQ=m,故B正确；体积为V=4 3πR,密度 to 表面，则00=g·2’ M 为p该星球和地球的密度之比为巴-M,R。=放C错 200 Po MoRp 解得g=t Mm 误；根据万有引力与重力的关系G R=mg,该星球表面和地球 (2)设小行星质量为M,探测器质量为m,则探测器在小行星 Mm 表面有G 表面的重力加速度大小之比为2-M,后-狐，故D错误。 R2 =mg, g。MaRn 探测器在同步轨道上有GMm BD【解析】根据开普勒第二定律知，同一椭圆轨道上，行星与 (h+R)2=m a+R. 太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，不同的行星周期 3RT0一R。 不同，并不是所有行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面 联立解得h一√2xt2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（四） 物理·重力场、电场中的曲线运动 （考试时间75分钟，满分100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.2025年12月28日，我国自主研制的6吨级倾转旋翼无人飞行器镧影R6000完成首飞，标志 着我国在倾转旋翼这一关键技术上实现突破。“风洞”实验是飞行器研制工作中的重要过程， 一简化模型如下：一小球在光滑的水平面上以初速度。穿过一段风带，经过风带时风会给小 球一个与。方向垂直、水平向北的恒力，其余区域无风。小球穿过风带过程的运动轨迹及穿 过风带后的速度方向表示正确的是 北 北 北 A B D 2.2025年7月“浙BA”在浙江全省火爆开打，如图所示为频率一定的频闪相机拍下的某运动员 罚篮命中的场景，则 A.篮球在运动过程中加速度不变 B.研究运动员投篮动作时可将篮球视为质点 C.篮球被投出瞬间的速度一定比人框时大 D.图中篮球运动轨迹关于最高点对称 3.篮球是中学生喜欢的运动，如图所示，小明从同一高度的A、B两点先后将篮球抛出，篮球恰 好都能垂直打在篮板上的P点，不计空气阻力，上述两个过程中篮球从A点 A.抛出后在空中的运动时间与从B点抛出时相等 B.抛出后速度的变化量大 C.抛出时小明对球做的功比从B点抛出时多 D.抛出后克服重力做功的功率先增大后减小 4.我国滑雪运动员为了备战2026年冬奥会，利用圆盘滑雪机模拟训练，训练过程简化如图。圆 盘滑雪机绕固定转轴以恒定的角速度ω匀速转动，运动员站在盘面上可看成质点，与圆盘始 终保持相对静止，盘面与水平面的夹角为15°，下列说法正确的是 物理W·专题卷（四）第1页（共8页） 鱼跃龙！ A.运动员随圆盘做匀速圆周运动，受到重力、支持力、摩擦力和 向心力的作用 B.运动员在最低点受到的摩擦力一定随着ω的增大而减小 159L- C.运动员与圆盘始终保持相对静止，处于平衡状态 D.运动员从最高点运动到最低点过程中，摩擦力对其做功 5.如图所示，在立方体的塑料盒内，其中AE边竖直，质量为m的带正电小球（可看作质点），第 一次从A点以水平初速度。沿AB方向抛出，小球在重力作用下运动恰好落在F点。M点 为BC的中点，小球与塑料盒内壁的碰撞为弹性碰撞，落在底面不反弹。重力加速度为g。则 下列说法正确的是 A.第二次将小球从A点沿AM方向，以√5v。的水平初速度抛出，会撞上 D FG的中点 B.第二次将小球从A点沿AM方向，以√5v。的水平初速度抛出，落在 H点 ·H C.若又在空间增加沿AD方向的匀强电场，第三次将小球从A点沿AB 方向水平抛出，要使小球落在G点，初速度为√2。 D.若又在空间增加沿AD方向的匀强电场，第三次将小球从A点沿AB方向水平抛出，要使 小球落在G点，电场力大小为2mg 6.竖直面内，一带电小球以一定的速度进入匀强电场中，如图所示，虚线为匀强电场的等势面， 实线为带电小球的轨迹。下列说法正确的是 A.小球从O到N机械能守恒 B.从O到M与从M到N,小球的动能的变化量相同，且小球一定是 M 从O运动到N的 C.从O到N小球的机械能减少，重力势能减小 D.小球所受电场力方向一定竖直向上，所以匀强电场的方向也一定竖直向上 7.在如图所示的空间直角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子沿y轴正方 向从坐标为(L,0,L)处的A点以某一初速度平行y轴正方向射出，经时间A,s t,粒子沿y轴正方向前进的距离为L,在该空间加上匀强电场，粒子仍从A 点以相同的速度射出，经相同时间t后恰好运动到坐标原点O,已知粒子的 比荷为，则该匀强电场的电场强度大小为 2√3L kt2 B. 2√5L 2L kt? C.kt 4L D. kdz 门卷 物理W·专题卷（四）第2页（共8页） 8.如图()所示，两平行正对的金属板间距为d,两板间所加电压如图(b)所示。在两板左侧中间 位置O点有一个粒子源，能沿两板中轴线OO'向外持续射出质量为、电荷量为十q、初速度 为v。的粒子。已知极板长度为4d,不计粒子重力及粒子间的相互作用，t=0时刻两板间电 场方向竖直向下，此时射入板间的粒子恰好能从极板右侧射出，则 U U 2d:4d:6d8d: 图(a) 图(b) A.t=0时刻射入极板间的粒子离开电场时沿电场方向的位移为d B.t=0时刻射入极板间的粒子离开电场时速度方向仍沿OO'方向 C.1=24时刻射入极板间的粒子将打在极板上 D.粒子从右侧射出时的最大动能为E.=2m06十gU。 电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经 电子枪 加速电场加速后高速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在 荧光屏 显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不同情况， 偏转电场 以上极板带正电时为正，下列说法正确的是 U 1234s 甲 丙 A.若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑 B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏的O点下侧移动 C.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动 D.若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往 复运动 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入 总分。 9,中国火箭军成功进行了一次洲际弹道导弹全射程试验，弹头最终准确落入预定海域。某物理 兴趣小组，想用光束研究导弹的运动特点，为此设计了如图所示的模型，设导弹始终沿水平方 物理W·专题卷（四）第3页（共8页） 鱼跃龙 向做直线运动，距离导弹运动方向为h的O点发出的光束以角速度ω顺时针匀速转动，发现 在A、B两点之间光斑始终落在导弹上，当导弹在A点时，光束与导弹运动方向所在水平线的 夹角为α，当导弹在B点时，光束与导弹运动方向所在水平线的夹角为3，A、B、O三点在同一 竖直平面内，下列说法正确的是 A.导弹在A点时的速度大小为h B sina B.导弹由A点运动到B点经历的时间为°一9 hi C.导弹由A点运动到B点的平均加速度大小为h(sina二sin9) (a-B)sin asinB D.导弹由A点运动到B点的过程做减速运动 10.如图所示，甲爬上山坡底端C点处的一棵树，从树上Q点正对着山坡水平抛出一个小石块， 石块正好垂直打在山坡中点P。乙（身高不计）在山坡顶端的A点水平抛出一个小石块，石 块也能落在P点。已知山坡长度AC=L,山坡与水平地面间夹角为α=37°，重力加速度为 g,空气阻力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则 AQA两点竖白高度芳为始 B。甲抛出的小石块初速度大小为，停号 C.甲、乙抛出的石块在空中飞行的时间之比为2√2：3 D.若乙仅将小石块抛出的速度方向变为垂直山坡平面向上，则 小石块运动到最高点时的速度大小为，√20 3gL ￥某科技馆中有一光滑绝缘轨道如图所示，轨道由半径为R=2m的竖直光滑绝缘圆轨道和光滑 水平轨道构成，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。若空间存在一个水平向右、大小为 E=1.0×104V/m的匀强电场，质量为0.04kg,电荷量为q=十3×10-5C的小球在C点获得 一个速度，恰好能过A点，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。下列说法正确的是 R A.小球在A点的速度大小是5m/s A 379 B.小球在圆轨道上的最大速度为√/125m/s C.小球落地点距离C点2.4m D.小球从A点飞出后经过0.6s落到地面上 7777777777 门卷 物理W·专题卷（四）第4页（共8页） 班级 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 13. 11.(8分)2025年第十五届全国运动会场地自行车项目在香港单车馆举办。某段场地自行车圆 姓名 形赛道的路面与水平面夹角为37°，运动员骑自行车在该段赛道上做匀速圆周运动，重力加 速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 得分 (1)运动员骑车的速度为15m/s时，自行车恰不受侧向摩擦力作用， 求运动员做圆周运动的半径r； (2)若运动员骑车以20/s的速度仍沿(1)问中的半径r做匀速圆周 运动，运动员与自行车的总质量为75kg,求自行车所受侧向摩擦 答题栏 力的大小。 1 2 3 4 5 6 7 12.(10分)如图所示，一个带正电的小球，质量为m,电荷量为g,固定于绝缘轻杆一端，轻杆的 9 另一端光滑铰接于O点，重力加速度为g。 9 (1)将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，小球到达最低点时，求轻杆对它的拉力大小。 (2)若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小、方向均未知。将轻杆从左边水平位 置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4g;将轻杆从右边水平位置无 初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8g。求电场强度的水平分量大小 E,和竖直分量大小Ey。 o 物理W·专题卷（四）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (10分)2026年1月1日，在跳台滑雪世界杯德国站女子大跳台决赛上，中国运动员曾坪夺得 亚军，这是中国运动员首次在跳台滑雪国际A类赛事中获得奖牌。如图所示为某段滑雪轨 道简化图，运动员经过A点时速度水平，在B点恰好沿切线方向进入一段半径为25的光 滑圆弧轨道BC,在C点调整姿态后飞出，之后落到倾角为30°的斜坡轨道CD上。已知运动 员的质量为60kg,A、B两点的高度差为20m,水平距离为30m,B、C两点在同一水平面上（即 运动员经过B、C两点速度大小相等)，不考虑空气阻力，重力加速度为10m/s2,在C处调整姿 态只改变速度方向，不改变速度大小，斜坡CD足够长。 (1)求运动员经过A点的速度大小； (2)求运动员在B点时对轨道的压力大小； (3)运动员调整姿态，使其在斜坡上的落点距C点最远，求在C点飞出时的速度方向及落点 到C点的最远距离。 A个→ .0 h B C .30°cD 物理W·专题卷（四）第6页（共8页）】 14.(14分)竖直平面内有一半径为R的圆形区域，其圆心O处有一旋转弹射器，该弹射器可以 15. 向竖直面内各个方向以大小相等的速度发射质量为、电荷量为g的带正电小球。以圆心 O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系。弹射器将小球α沿x轴正方向弹出，经过 第四象限圆周上的A点，OA与x轴正方向的夹角为30°。现在圆形区域内加上与竖直面平 行的匀强电场，弹射器将小球b沿y轴正方向弹出后在第一象限做类平抛运动并经过圆周 上的B点，OB与y轴正方向的夹角也为30°，且小球b经过B点时的动能与小球a经过A 点时的动能大小相等。已知重力加速度为g,求： 个y (1)弹射器将小球弹出的初速度的大小； 309 (2)所加匀强电场的电场强度的大小和方向； (3)将小球c沿x轴负方向弹出，小球c离开圆形区域时的动能。 130 物理W·专题卷（四）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)如图甲所示，在水平面的上方，A、B为同一竖直面内的两点，A、B之间的高度差为 h,水平距离为2h,现将一质量为m的不带电小球自A点以一定初动能Ek(未知)水平向右 抛出，经过一段时间小球运动至B点。若该小球带正电、电荷量为q,并在竖直面内加上周 期性变化的匀强电场，电场强度的变化规律如图乙所示，在t=0时刻将小球仍从A点以 2√3Eks的初动能水平向右抛出，在t=T时，小球恰好以2Ek的动能竖直向下经过B点，且 该时刻电场的方向刚好反向。重力加速度为g,求： (1)不带电小球水平抛出时的初动能Es; (2)0~T时间内匀强电场的电场强度E。的大小和方向； (3)从抛出开始计时经过5T的时间内，带电小球位移的大小。 A ●B 3747 甲 物理W·专题卷（四）第8页（共8页）