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（湖南专版）

·物理X· 加F=10N的恒力，使平台从静止开始沿轴线 F:一ng sin0=ma,垂直于传送带方向F支一mg cos0=0,又F:= 运动，初始时刻，平台受到两圆柱的摩擦力刚 F支，解得a=0.4m/s2,A正确；设布袋与传送带共速需要的 好平衡，以平台和货物为整体，加速度大小为 时间为1，由0=a1,得t,= 0 =4s,此过程布袋通过的位移 ao-M+m =2m/s2<42g=3m/s2,圆柱表 面的点转动的线速度大小为v'=wr=0.8m/s,设平台运动的 x1=之t1=3.2m,因mg cos0>mgsin0,故之后布袋在传送 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 带上匀速运动，所用的时间t2= 平行于轴线的方向的摩擦力大小均为f.=fcos0,根据牛顿第 L一x1=1s,则布袋通过传送 二定律可得F一2f.=F-2fcos0=(M+m)a,可知随着平台速 带所需的时间为t=t1十t2=5s,B正确；在t1时间内，传送带 度v的逐渐增大，日逐渐减小，cos0逐渐增大，加速度逐渐减小 通过的位移x2=t1=6.4m,则布袋与传送带间的相对位移为 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 △x=x2一x1=3.2m,由Q=F:△x,可得Q=204.8J,C正确； 0.6 由能量守恒定律可得，因传送小麦，多消耗的电能为△E= 速度v=0.6m/s时，则有cos0= √02+r√0.62+0.8 1 mu2+mgLsin0+Q=505.6J,D错误。 0.6,又F-2fcos0=(M+m)a,可得加速度大小为a=0.8m/s2 故B错误，C正确；若施加的恒力F<10N,由于初始时刻，两圆 10.AD【解析】由图可知，当夹角为90时，位移为0.2m,由竖直 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 上抛运动规律=2gh,解得=2m/s,故A正确；当夹角为 台一定沿轴线的方向运动，故D错误。 0时，位移为0.4m,根据=2ax,umg=ma,可得μ=0.5， *B【解析】释放瞬间对整体由牛顿第二定律有mg-3 mg sin30°+ 故B错误；根据ng cos0十mg sin0=ma,可得a=gsin0十 F#=4ma1,F赚=3 ng sin30°，对物块B,有mg-T=ma1,联立 gcos0=√1十ugsin(0十p),因此最大加速度为amx 解得T=子mg,故A结误，B正确；在最高点卫，由对称性可知。 1什7g=受8，此时有=2at,解得-25 5 25m, 1 加速度大小为a2=a1=4g,对整体，有3 ng sin30°-mg十 故C错误，D正确。 ￥BD【解析】由图像可知，当10N<F<15N时物块B和木板C相 1 F=4ma2,对物块B,有T'-mg=ma2,解得F0=2mg, 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 T-mg,放CD错误。 成的整体，当F1=10N时，a=0,则F1=(M十m)gsin0,当 F2=l5N时，a=2.5m/s2,则F2-(M+m)gsin9=(M+ 7.BD【解析】四个物块都静止时，由于静摩擦力的大小无法确 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 m)a,联立方程可求解M+m=2kg,sin9=号，但是不能求解木 运动时，根据整体法，对四个物块有F一4umg=4ma,设物块1 板C的质量，故C错误；因当F2=15N时，a=2.5m/s2,此时物 对物块2的弹力为F12,对物块2、3、4整体有F12一3mg= 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 3ma,设物块2对物块3的弹力为F23,对物块3、4整体有F23 2mg=2ma,设物块3对物块4的弹力为F4,对物块4有 大，则对物块有mg cos日一mg sin日=ma,解得μ=今，故B mg=a,联立解得F=F,=子F,F4=F, 正确。 11.(1)4m/s(2)0.8m/s4.8m/s(3)4s 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； 【解析】(1)对韩聪，根据牛顿第二定律有F=m1a, 若F随时间均匀变化，且满足关系F=kt,则在t=m3时F= 解得a=2m/s2, g,可知压力传感器的示数为0，故C错误；若F随时间均匀 根据v2=2axo,可得v=4m/s。 (2)设韩聪将隋文静迅速推出后两人的速度大小分别为1、 变化，且满足关系F=,则在1=m3时F=4mg,根据整体 2,根据动量守恒有m1v=m11十m22, 法可知，四个物块刚好被推动，故D正确。 1 8.ABD【解析】根据题意，设火箭的功率为P,牵引力为F,由公 根据动能守恒有2m102=21+2m,, 联立解得v1=0.8m/s,v2=4.8m/s。 式P=F和可得F-号，由牛倾第二定徘有F一mg=m,解得 (3)由题意可知n+号ai=t, a=卫·1一g,由图乙可知，a关系图像的斜率为6- 解得t=4s。 -（二2=(a,十g),则有=(a1十g)1,可得P 12.(1)0.9m(2)0.02 1 m. 【解析】(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰 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 m(a1十g)v1,即火箭以恒定的功率启动，故AB正确，C错误； 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 由上述分析可知，a子的关系式为a=P.1 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 -g,当a=0时， m v 解得号-器-a,。即a关系图像在被箱的裁矩为 g 速度大小为c,因此有va一2a好=x1, ,,+)合a,+,=+z, a,fg。故D正确 解得a=0.2m/s2,va=3.6m/s, 9,ABC【解析】布袋相对传送带滑动时，由牛顿第二定律有 又由vc=vA-a(t1十t2), 。3 参考答案及解析 代入数据可得vc=0.6m/s, L_2 已知运动到O点时冰壶停下，因此有2一0=2a.x3,代入已知 时间为tn二 10s, 数据可知x3=0.9m。 (2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为f,则有f=mg,根据 物块B减速上滑的加速度大小为a=mg cos0+mgsin0 m 牛顿第二定律可知f=ma, 10m/s2, 已知a=0.2m/s2,联立以上各式可得a=0.02。 3. (1)2.0m/s2,竖直向上1.0m/s2,竖直向上 物块B从碰撞至减速为0所用时间为。=”一 a10 s=tA, (2)1.0s(3)15.0N<F1≤21.0N 【解析】(1)假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿 则木板A的长度至少为1一 -+L=0.3m。 第二定律有F1一F2一mg=ma1, (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 解得a1=2.0m/s2,方向竖直向上， 与B施加的摩擦力同向，则匀减速运动的加速度也为a= 对木板由牛顿第二定律有F2一Mg=Ma2,解得a2=1.0m/s2, 10m/s2。 方向竖直向上， 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 因为a1>a2,所以假设成立。 静止状态。木板A上滑至速度为0通过的位移为x一一 (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 蜡离开木板时分a,-:=L, v√2 0.1m,时间为t1=a=10s, 代入数据得t=1.0s。 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 (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, 2正=0.25 第2次碰撞，运动时间为：一√a。 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 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 摩擦力应等于最大静摩擦力，对木板由牛顿第二定律有F2 Mg=Ma,解得a=4.0m/s2,方向竖直向上， 总时间为1=”十4十，十3，-2E+3s,重力对木板A的总 5 对滑块由牛顿第二定律有F1一uF2一mg=ma,代入数据得 冲量为I=mgt=(8√2+12)N·s。 F1=21.0N, 综上所述，F1必须满足的条件为15.0N<F,≤21.0N。 物理（四） 4.(1)30m/s(2)81m(3)14N 1.C2.A 【解析】(1)火箭向上做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得 3.D【解析】运动员随圆盘做匀速圆周运动，受到重力、支持力、 F-mg-f空=ma1, 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 解得加速度大小为a1=10m/s2, 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 发动机熄火时，火箭的速度大小为v1=a1t1=10×3m/s= 有F:-mgsin 15°=mw2r,可知运动员在最低点受到的摩擦力 30m/s. 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 (2)火箭匀加速阶段上升的高度为 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 1=302 h:=2a1=2X10m=45m, 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、W。分别为摩擦力做功和重力做 发动机熄火后，根据牛顿第二定律可得mg十f空=ma2, 功，由动能定理得W:十Wc=0,解得W:=-W。=-2 ngrsin15°， 解得加速度大小为a2=12.5m/s2, 可知摩擦力对运动员做负功，故D正确。 发动机熄火后，火箭继续上升的高度为 4.B【解析】设立方体边长为1，从A点沿AB方向平抛落在F 302 h:=2ag=2X12.5m=36m, 点，竖直方向自由落体，1=名后，运动时间为1=√ 2L ,水平 则火箭上升的最大高度为hm=h1十h2=81m。 方向做匀速直线运动，l=1,可知初速度为，一√ gl (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 ,从A 可得2aghm=v地， 解得加速度大小为a3=0.5m/s2, 点沿AM方向，以W5的水平初速度抛出，经历时间t2= AM 5v0 根据牛顿第二定律可得mg一f室一f伞=ma3, 解得降落伞提供的阻力大小为f伞=14N。 5 0. (1)22kg·m/s(2)0.3m(3)(8V2+12)N·s 后品一台将与面BCGF隧拉，腰擦前后竖直向下的建度不空， 【解析】(1)因μ=tan0,则A、B一起下滑，斜面光滑，A、B共 平行于面BCGF的速度也不变，垂直于面BCGF的速度反向， 同下滑的加速度为a。=2 gsin9-5m/s,小物块B与挡板2 2m 再经历号时间落到地面恰好打在H点，A错误，B正确；加上沿 碰撞前瞬间的速度为v=√2aoL=√2m/s, AD方向的匀强电场，从A点沿AB方向水平抛出，不改变AB 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 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 量大小为ps=mu=22kg·m/s。 AD方向上做匀加速直线运动，若要打到G点，则抛出的初速 (2)物块B碰后在木板上向上运动，对木板A分析有gcos日 mg sin0=0,说明木板A匀速下滑， 度不变，仍为C皓误：AD方向上1=adi,代入上述公式解 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 得a=g,所以电场力为F电=mg,D错误。 高三二轮复习专题卷 5.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。 6.A【解析】设沿三个轴方向的加速度分别为az,ay,a.,则在三 个方向上分别有L=4.,0=-2a,2,L= 2a.t2,不 加电场时有L=vot,根据gE=m√a?十a?十a?,联立解得E= 2V3L t2。 *B【解析】粒子在电场中运动的时间为t=延， t=0时刻射入极 板间的粒子竖直方向先向下加速，后向下威速，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2d,故A错 误；由对称性可知，t=0时刻射入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OO'方向，故B正确；t 24时刻射人极板间的粒子竖直方向先向上加速运动2，然后向 V 上减速运动，则最终粒子恰能从上极板边缘飞出，放C错误， 由运动的对称性可知，除时刻之外其他时刻进人电场的粒 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Ek=2m06,故D错误。 7.ABC【解析】由题意可知，光斑的速度与 、U 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，如图新所示，设导 弹在A点时的速度为⑦A,根据几何关系有 v1=vAsin a,根据圆周运动参量的关系有 wh wh 一sm。,解得A一si。,A正确：；导弹由A点运动到B点的 过程，光束转过的角度0=。一A,根据1=日 ,解得t=g-9 B正确；根据运动的合成与分解可知，导弹在B点的速度VB= snB因为a>B,所以B>A,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-sin B) (a一B)sim'asin日，C正确。 8.BC【解析】设甲水平抛出石块的初速度为o,Q点相对于P 点的竖直高度为H,则H=2g,石块落在P点时速度的竖直 分量u,=√2gH,甲抛出小石块的水平位移x=乞osa,0, m3r-联立可得H=L,=√装1=√ x 3gL 8L 则A点相对于P点的高度：-名sna一品L,QA两点竖直 L 商度差为△A一品L-L-0故A错误，B正确：对于乙，有 4 L=司，号L=,结合前面式子可得片2， 3 1 3,4 √答，放心正确：小石块运动到最高点时选度即为水平方向 分速度，大小为，-，·0s53-8√层，故D筛误。 CD【解析】粒子由A点静止释放，粒子在E,中做匀加速直线运 4L 动，A,B两点间的距离为xA一os37=5L,x0=4Lta37=3L, 又E,=E,则该过程由动能定理得qE1xAs=2mo,解得"B= √IOkE江，粒子由B到C的过程做类斜抛运动，粒子在水平方向 做匀速直线运动，速度为=c0s37°=号√0EL,在竖直方 向做类竖直上抛运动，初速度为，=vusin37°=号√I0kE, 由题意知粒子在C点的速度与虚线的夹角为0=53°，设竖直方 向的速度为，则由an53-,解得=碧0E,在竖 直方向上由牛顿第二定律得a=E:=E2,由速度公式得 m 一v2十at2,又由位移公式得3L=一vzt2十2ati,解得t2= 9/10L 7√EE2一站E,故A错误，O、C两点间的距离为x ut2,整理得xoc=7 -7号L,故B错误；粒子由A到B的时间为 头-兴解得，=√受，所以粒子由A到C的总时同 t1= UB UB 为三十2二，”放C正确；粒子在C点的速度为0c=户 √十2，粒子由A到C的过程由动能定理得qUc= m呢，解得Ue-9EL,放D正确， AD【解析】电子在水平方向运动？所用时间T=0,电子 在垂直极板方向做匀变速直线运动，由运动学公式有21 .5d 7=aT,根据牛顿第二定律有Ee=ma,解得E=14mdo d 3el2 故A正确；电子做匀变速曲线运动，由题图知，电场力先做负 功后做正功，则电势能先增加后减小，故B错误；仅将电容器 的上极板竖直向上移动号，由E-号电答定文式U-吕电 E:S 容决定式C4·联立解得E一S,可知电场强度不变 即电子的出射点不变，故C错误，D正确。 ABD【解析】根据题意可得，重力和电场力的合力大小为F合= √(mg)+(Eq)产=0.5N,设合力与竖直方向的夹角为a,则 ana=9=3,所以合力与竖直方向的夹角为37，所以在A mg 4 UA 点有F台=m尺，解得uA=5m/s,故A正确；由等效最低点D 1 到A,根据动能定理可得-F台·2R=2mo员-2mo6,解得 0D=√125m/s,故B正确；小球经过A点后做斜下抛运动，则 R(1+c0s37)=(Asin371+号gt2,解得t=0.6s,故D正 运动员在B点速度大小vB=√0A十=25m/s, 确；小球落地点距离C点的距离为x=Rsin37°十UA COS37°· 在B点受力分析如图，cos日==5，即0=53°， 1-之×24，解得x=2.25m,放C错误. m 由牛顿第二定律得FN一mgs9=m尺，解得Fv=1860N, 11.(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， 由牛顿第三定律得，运动员在B点时对轨道的压力大小为 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 0 得mg tan37°-m 解得r=30m。 .30cD (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 (3)设运动员从C点飞出时的速度方向与斜坡的夹角为日，在垂直 加沿斜面向下的静摩擦力，其受力分析如图所示， 于斜坡方向上有mng cos30°=ma1,得a1=gos30°=5V3m/s2, 垂直于斜坡方向的初速度v1=Uc sin0,平行于斜坡方向上有 mg sin30°=ma2, 得a2=gsin30°=5m/s2, 平行于斜坡方向的初速度v2=vccos0,运动员从C点落到斜 坡上的时间1=2=10sin (s), a1√5 根据牛顿第二定律可得，在y轴方向有FNcos37°=mg十 fsin37°， 运动员落到斜坡上距C点的距离1=0，t十 2a2t2, 在x轴方向有fcos37+Fxin37”-mw2, r, 代人数据并整理可得1-15+20sn（20-30)(m】 联立解得f=350N。 当0=60时，即速度方向与斜坡成60°夹角斜向上时，l最大， 12.(1)3mg(2)"msmg 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)V3gR 2 (2)② mg,方向与x轴正方向成45角斜向上 3)ngk 在最低点有Fr一mg=m乙，解得Fn=3mg。 【解析】(1)根据题意可知，小球a做平抛运动，水平方向做匀 速直线运动，有Rcos30°=vot, (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 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 竖直方向做自由落体运动，有Rsn30=号g,可得 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 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 V3gR 2 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 (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 的过程中有mgL-E:gL十E,9L=2mi,则小球在最低点有 场力合成后可看作在等效重力场中的运动。由于OB与y轴 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 vi Fn一mg-E,9=m元，其中Fm=4mg,杆从右边水平位置 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 其 B所受重力与电场力的合力方向沿x轴正方向，大小为mg, E,9L=2mui,则小球在最低点有Fn一mg一E,9=m元 中Fr2=8mg, 则匀强电场的电多漫度大小为E=号，方向与：箱正方向 联立解得E,== 成45°角斜向上。 (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 13.(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√Eg2一mg-ma, 125m 【解析】(1)由平抛运动的特点可得h=2g,解得1一√g /2h 由运动学规徘得od=2ax,解得x=名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 √10s=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o品=2a(x十R), 又x=,得运动员经过A点的速度A=二=0 t2 m/s= 小球c离开圆形区域时的动能Ex=2mv品， 15m/s。 11 (2)运动员在B点竖直方向速度v,=gt=20m/s, 解得Ek=8mgR。 ·物理X· 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A=方g,2h=2, E,=子m,解得E=mgh. (2)小球带正电，设初速度为vx,末速度为⑦，，根据动能的公 3 式有2E.=2mu,25Ek=2mo2, 根据运动的分解有v=2a,h,v2=2az×2h, 根据牛顿第二定律有qE.=maz,mg十qE,=may, 则电场强度大小为E。=√E+E,解得E。=mg 设电场强度与竖直方向的夹角为0，则有an0=E-5, gE 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a。的匀减速直线运动， T~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ax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~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y=A=名0，T,=a,T 5 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=(v+ayT)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y3十y4十y5=15h,小 球的位移大小s=√/x2+y2=5√13h。 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 (R十)，故B错误；根据万有引力提供向心力 Mm S (R+h)2 m(罕)(R+),又根据G Mm (R+h)2 =mg,联立解得核心舱处 的重力加速度大小为g一 4S8 R十)，故C错误；根据万有引力 提供向心力得G Mm (R+h)=mT) (R+h),解得M= 6R十而地球的密度为P一RC:农于0g放DE箱。 4S8 M 3S8 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，放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 「GM<G=7.9km/s,故 mR+h其线速度的大小和=√R十方<√R 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。 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16.7km/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子，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GMm=ma,可得a r2 ,”,由于空间站对接前后的运行轨道可近似看为圆轨道且半 GM 径一样，可知对接后，空间站的加速度大小不变，选项D正确。 C【解析】根据万有引力提供向心力可得G=ma=m0 2 m,解得a-以。=√受。=√受a和：的角速度相 等，且a的轨道半径小于c的轨道半径，根据v=rw可知v。< Gw可知v,> 对于b、c、d,由于r。<r.<ra,根据0=√ v>⑦a,综上可知b的线速度最大，其在相同时间内转过的孤 长最长，故A错误；a和c的角速度相等，由于r。<r。<ra,根据 心√可知>，>4，综上可知b的角速度最大，放B 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 径，根据a=rw2可知，a的向心加速度小于c的向心加速度；由 于6的轨道半径小于：的轨道半径，根据a-G可知b的向心 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 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 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 卫星所需要的能量不一定最大，故D错误。 D【解析】飞船从A运动到B,根据开普勒第二定律可知，飞 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 误；飞船在A、B两点时，在极短的相等时间间隔内，根据开普 勒第二定律有210△=2r0a△1，解得-2，故C错误； 根据G三maAGMn-maa,解得会-号，放D正确。一 r品 r2 、Mm4π2 B【解析】根据万有引力提供向心力可得G 2 =m产，联立 ·5 参考答案及解析 ，T产一图能价斜本为一高该是球和意球的A0【保行】根据方有引力提供有心力有一（学》广 可得T?=4π2,3 GMm c (R+h),又根据黄金代换有GM=gR2,联立解得T≈1.7h,故 M_k0=”=”,故A错误；“探测卫星”在该星球表 质量之比M。P A正确：绕地球转动的线速度为=2rR+h)≈7.5km/s,故B T m 错误；该时刻后“黎明星”经过1.7h恰好运动一个周期回到“原 面附近和地球表面附近运动时均满足T2=c,则 π2R2 地”，而北京转回“原地”，需要24h,1.7h与24h的最小整数倍 GMp 为17天，故C错误，D正确。 4R,则 10.BD【解析】撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔 GM。 。VM。 ·,根据万有引力提供向心力可得 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 02 GM R=mR,可得v一√R ·,该星球和地球的第一宇宙速度 距离为L,双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以GM- L 之比 Ma-狐，故B正确；体积为V= oa√MaRp πR,密度 4 -m禁联立解箱-对T一千n则两限 MR4π 4π M 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 为。一，该星球和地球的密度之比为”一三，，故C错 Po MoRi 线的距离减小，故B正确，C错误。根据万有引力提供向心力 误：根据万有引力与重力的关系G二mg,该星球表面和地球 有-版一m,两个小行基中心连线的距高被小，则两颗 表面的重力加速度大小之比为：-，-河，故D错误。 小行星的向心加速度均变大，故D正确。 go MoR第n *BC【解析】在其他星球上是能够做单摆实验的，与在地球表面 BD【解析】根据开普勒第二定律知，同一椭圆轨道上，行星与 类似，A销误：单摆周期T=片，又T=2x√厂，忽略是球白转时， 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 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 对其表面一质量为m,的物体有G=mg,星球体积V R2 积都相等，故A错误；行星表面的重力加速度为g表，可知 专R,害度p-兰联立求得p一部，B正确溪角较大时，由机 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 8地 械能守恒有mg(L-=Lcos60)三)mw,E一mg二m,解得 0.1×4号放B正确：行星的第一字宙速度为1=√袋 GM Fr-2mvg ,C正确；卫星贴近星球表面做匀速圆周运动速度至 则火星第一字宙速度和地球第一宇宙速度之比为！ v V地1 少为v,则 =m只，在该星球表面发射卫星时需要的最小 .2 /11 √0.11×子=√0，故C错误；行星的同步卫星的轨道半径为 发射速度为”= 2m√R,D错误。 GMT 一，因火星和地球的自转周期均为T,则其同步卫星 200 11.) 3R2T一R (2)2元to 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 【解析】(1)采样球以。做竖直上抛运动，经t。时间落回行星 311 步卫星到地心的距离之比为0.页一√100，故D正确。 表面，则=g·乞， BD【解析】停泊轨道I半径近似为地球半径R,则飞船在停泊 解得g= 2u0 轨道I运行的速度等于第一字宙速度，即7.9km/s,飞船在停 泊轨道I上P点加速，做离心运动进入转移轨道Ⅱ，故飞船在 (2)设小行星质量为M,探测器质量为m,则探测器在小行星 转移轨道Ⅱ上P点的速度大于在停泊轨道I上P点的速度，即 表面有 大于7.9km/s,故A错误；由万有引力提供向心力有GM Mm-mg' 2 Mm 4π2 m,解得a一GM可知飞船在转移轨道Ⅱ上Q点的加速度等 探测器在同步轨道上有Gh十R=m产(h十R), 于在空间站轨道Ⅲ上Q点的加速度，故B正确；由万有引力提 3RT0-R。 联立解得h=√2t。 供向心力有“-m二，解得。一√网则飞船在件泊轨道 12.(a)4mR 2πR T (2)2R GT2 I与组合体在空间站轨道Ⅲ上的速率之比为√R+h：√反，故 【解析】(1)设探测器质量为m,探测器做匀速圆周运动，万有 /2R+h13 C错误；由开普勒第三定律有 2 一，解得T 引方铝供向心力C=a(等)R,解得月球质量M= T√(1+)，故D正确. G7,月球的第一字宙速度=2x迟」 4π2R3 T (2)由题意，设椭圆轨道I的半长轴为a,则2a=2R十h,2025一2026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6小题，每小题4分，共24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9 U 北 风 风 风 A C D 2.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 3.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 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w的增大而减小 C.运动员与圆盘始终保持相对静止，处于平衡状态 1591. D.运动员从最高点运动到最低点过程中，摩擦力对其做功 4.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v。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 物理X·专题卷（四）第1页（共8页） 鱼跃龙 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 M A 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 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 E 方向水平抛出，要使小球落在G点，初速度为√2vo 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 5.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 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 6.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, 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k,则该匀强电场的电场强度大小为 A 23L B.25L C 2L 4L kt2 kt2 kt2 D. kd? *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m、电荷量为十q、初速度为 v。的粒子。已知极板长度为4，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; 8d -U-- --- 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时刻射人极板间的粒子离开电场时速度方向仍沿OO'方向 C.t=2时刻射入极板间的粒子将打在极板上 右侧射出时的最大动能为Ek一 门卷 物理X·专题卷（四）第2页（共8页） 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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。 7.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 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B,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 sin a ay B B.导弹由A点运动到B点经历的时间为一 h C.导弹由A点运动到B点的平均加速度大小为“6(simn。simg) (a-B)sin2asin2B D.导弹由A点运动到B点的过程做减速运动 8.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，c0os37°=0.8，则 Q4两点竖直高度差为号 B.甲抛出的小石块初速度大小为，3g W10 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 3gL 20 9.虚线为如图所示的电场的边界线，虚线左侧的匀强电场E1与水平虚线间的夹角为α=37°，一 比荷为k的带正电的粒子由水平虚线上的A点静止释放，经过一段时间由竖直虚线的B点（图 中未画出)进入虚线右侧竖直向下的匀强电场E2(E2未知)，最终粒子由水平虚线的C点（图中 未画出)离开电场，离开电场瞬间的速度与水平虚线的夹角为0=53°。已知OA=4L、电场强度 E1=E,不计粒子的重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是 A.E2=E B.OC=10L E C.粒子由A到C的时间为7√E 1610L 80 D.A、C两点的电势差为。EL 9 物理X·专题卷（四）第3页（共8页） 鱼跃方 10.如图，充电后与电源断开的平行板电容器水平放置，极板长度为1，间距为d,一电子从B点 射入电容器，从下极板右侧边缘射出，图中相邻竖直线的间距均为7，A与B、B与C、C与D 之间的距离分别为、1、，电子的质量为m,电荷量为，不计电子的重力，已知电子 沿极板方向的速度为z,则 14mdv? A.电场强度的大小E= 3el2 D--- C-. B.电子做匀变速曲线运动，电势能一直减小 B C.仅将电容器的上极板竖直向上移动受，电子的出射点将上移 D。仅将电容器的上极板竖直向上移动号，电子的出射点不变 ￥某科技馆中有一光滑绝缘轨道如图所示，轨道由半径为R=2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=十3×105C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 A.小球在A点的速度大小是5m/s 6 A 、37 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 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 C 11.(7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 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。 (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x; (2)若运动员骑车以20m/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 力的大小。 门卷 物理X·专题卷（四）第4页（共8页） 班级 12.(9分)如图所示，一个带正电的小球，质量为m,电荷量为q,固定于绝缘轻杆一端，轻杆的另 13. 一端光滑铰接于O点，重力加速度为g。 姓名 (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 得分 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。 答题栏 1 2 ● 3 5 6 * 7 8 9 o 物理X·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25m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。 B .308cD 物理X·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m、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a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： (1)弹射器将小球弹出的初速度的大小； 30% (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。 030° 物理X·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√Ek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Ek; (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 甲 物理X·专题卷（四）第8页（共8页）