选择题专练(3)圆周运动、抛体运动-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破一 选择题专练（三） 物理·圆周运动、抛体运动 总分：64分时间：40分钟 1.质量为m的物体P置于倾角为01的固定光滑斜面上，轻绳跨 P 过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的轻绳平行于 0 斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，重力加速度为78n g,当小车与滑轮间的轻绳和水平方向所成夹角为02时（如图），下列判断正确的是 A.P的速率为v B.P的速率为 cos 0, C.绳的拉力大于mg sin01 D.绳的拉力等于mg sin01 2.(多选)为期两周的2025年上海网球大师赛完整覆盖国庆黄金周与中秋假期，网坛高手会师上 海，精彩赛事轮番上演。如图所示，网球运动员训练时，运动员在同一高度的前后两个不同位 置A、B将网球斜向上击出后，网球恰好垂直击中竖直墙上的同一固定点C,已知网球从B运 动到C的时间为t,重力加速度大小为g,忽略空气阻力，下列说法正确的是 A.两次网球在空中运动的时间相同 B.若AB两点间的距离为d,则A、B两点的击出速度大小之差为 2、 、B 。A C.在A点将网球击出时，若网球的速度方向与竖直方向的夹角为0，则 A点与墙面间的距离为gt2tan0 77777777777777777777 D.若A、C两点间的距离与B、C两点间的距离之比为n：1,则从A、B两点击出的网球的速 度大小之比也为n:1 3.如图所示，半球面的半径为R,球面上A点与球心O等高，小球先后两次 从A点以不同的速度1、v2沿AO方向抛出，下落相同高度h,分别撞击 到球面上B、C点。设上述两过程中小球运动时间分别为tAB、tAc,速度 的变化量分别为△TAB、△？AC。则 A.tAB<tAC B.△TAB<△VAC C十，=2R、员，式中g为重力加速度D.撞击C点时的速度方向与球面垂直 4.(多选)如图所示，风洞实验室中可以产生竖直向上、大小恒定的风力，一个 ●Q 质量为m的小球在O点以水平初速度。抛出，恰好能沿水平方向运动到 P点，O、P间的距离为L,将风力调大，小球仍由O点以水平初速度。抛 O● ------P 风 出，结果恰好经过P点正上方的Q点，P,Q间的距离为2L,重力加速度 为g,则 A.调节前的风力大小为0 B.调节前的风力大小为mg C.调节后的风力大小为mg十m D.调节后的风力大小为m元 物理·选择题专练（三）第1页（共4页） 鱼欧花门老 5.如图所示，长木板AB倾斜放置，板面与水平方向的夹角为0，在板的A端上P.→ B 方P点处，以大小为。的水平初速度向右抛出一个小球，结果小球恰好能垂 直打在板面上。现让板绕A端顺时针转过一个角度到图中虚线的位置，要让 球从P点水平抛出后仍能垂直打在板面上，则水平位移x及抛出的水平速度A9 的变化情况是（不计空气阻力） A.x变大，v大于vo B.x变小，v小于vo C.x变化不确定，v小于vo D.x变化不确定，v等于o 6.(多选)如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环BC和倾角为53°的斜面AC,A、B两点与 圆环BC的圆心O等高。现将甲、乙小球分别从A、B两点以初速度1、2沿水平方向同时抛 出，两球恰好在C点相碰（不计空气阻力），已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确的是 A.初速度v1、v2大小之比为3：4 A B.若1大小变为原来的一半，则甲球恰能落在斜面的中点D C.若1大小变为原来的两倍，为使两球仍在OC所在竖直面相遇，则v2 D 应增大到原来的2倍 53 D若要甲球事直击中圆环BC,则，应变为原米的号倍 7.如图，一物块以初速度。从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上以 相同速度大小抛出一个小球（图中未画出），物块和小球的质量相等，它们 在斜面上的P点相遇，不计空气阻力。下列说法正确的是 00 A.小球和物块加速度相等 B.小球运动到最高点时离斜面最远 C.在P点时，小球的动能大于物块的动能 D.小球和物块从O点到P点过程中合外力做功的功率相等 8.某射击游戏道具如图()所示，将圆形转筒十等分后间隔排列五片弧形薄板，其余位置留空，俯 视图如图(b)所示。已知转筒直径d=1m,角速度w=8πrad/s,w> 小德用玩具手枪瞄准中轴线随机打出一枪，弹丸可认为做水平 匀速直线运动且速度v1=20m/s,弹丸穿过薄板后速度会减半， 忽略空气阻力和弹丸穿过薄板所需时间，下列说法正确的是 薄板 ·O A.薄板上各点线速度相同 B.薄板上一定会留下一个弹孔 图(a) 图(b) C.若增大角速度，薄板上至少会留下一个弹孔 D.若减小角速度，薄板上至少会留下一个弹孔 9.(多选)360°空中旋转自行车，是一种极具趣味性的无动力 游乐设施，如图1所示，其简化结构如图2所示。竖直平面 内固定一光滑圆轨道，圆心O处固定一轻杆，轻杆一端装有 质量为M的配重，另一端是总质量为m的人与自行车，自 80 行车车轮与圆轨道相接触，轻杆总长4L,配重离圆心O处 m 距离L。人坐在自行车上蹬车，停止蹬车后，人与自行车在 图1 图2 竖直平面内继续做圆周运动。当人与自行车运动到最低点时，杆对配重恰好没有作用。若人 与自行车、配重均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是 物理·选择题专练（三）第2页（共4页） 班级 A.配重与人的角速度大小相同 B.人与自行车运动到最低点时，配重的线速度为0 C.人与自行车运动到最低点时，其所受的弹力大小为3mg 姓名 D.人与自行车运动到最低点时，其所受的弹力大小为4mg 10. (多选)如图所示，物块A、B放在水平圆盘的一个直径上，用不可伸长的轻绳相连，绳子刚好 得分 伸直，圆盘可绕竖直轴OO'转动，A、B到轴的距离分别为2x和r,两物块的质量关系为 ms=2mA。两物块与圆盘面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，轻绳 能承受的拉力足够大，当圆盘以不同角速度绕轴OO'匀速转动时，下列说法正确的是 A.由于mA·2rw2=mB·rw2,因此A、B受到的摩擦力始终为零 0 -- 答题栏 B. 当角速度增大到时，轻绳中开始出现拉力 /2x :1 C.随着角速度增大，最终A沿圆盘半径向外滑动 2 D.随着角速度增大，B受到的最大摩擦力与A受到的最大摩擦力相等 11. 用两根轻绳连接两个球A和B,其中一根绳的另一端固定在一个竖直转轴上，如图所示，当 4 两球随转轴一起匀速转动时两球所处的位置可能是图中的 5 6 7 9 ..00 10 C D 11 12.从中国到新加坡、阿联酋、沙特、美国，从环卫车、矿用卡车到小巴车、出租车…中国自动驾 12 驶的脚步正逐步从国内迈向全球，一场由技术驱动的出行热浪正从中国涌向世界。如图所 13 14 示为某次电动汽车自动泊车时的全景示意图。汽车按图示路线（半径为6m的二圆弧与长为 15 5m的直线构成)顺利停车，用时40s。已知汽车与地面间的动摩擦因数为0.3（最大静摩擦 16 力等于滑动摩擦力)，重力加速度g=10m/s2,汽车可视为质点，下列 说法正确的是 A.汽车在转弯过程中做匀变速曲线运动 B.汽车在转弯过程中的最大允许速度约为18km/h C.汽车泊车的平均速度约为1.13km/h D.汽车在泊车过程中受到的摩擦力总是与运动方向相反 13.(多选)“飞车走壁”是一项传统的杂技表演艺术，演员骑车在倾角很 杂技演员 大的锥形桶面上做圆周运动而掉不下来。简化后的模型如图所示， 若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，在水平面内做圆周运动 的半径为R,摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨 道平面离地面的高度为H,侧壁倾斜角度α不变。则下列说法正确 7777777777777777777777777 的是 物理·选择题专练（三）第3页（共4页） 广多默龙门表 A.运动过程中杂技演员和摩托车整体受到侧壁的支持力、重力和向心力三个力的作用 B.摩托车做圆周运动的高度H越高，运动的线速度越大 C.摩托车在不同高度做圆周运动时对侧壁的压力相等 D.杂技演员和摩托车的角速度大小与高度无关 14.（多选)如图甲所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一小球。在小球静止时给小球 一个瞬时速度v,此时轻绳拉力为FT,Fv2图像如图乙所示。已知重力加速度g取 10m/s2,小球可视为质点，不计一切阻力。下列说法正确的是 A.小球的质量为1kg FN B.小球做圆周运动的半径为1.0m 30 C.当v2=25m2/s2时，小球能做完整的圆周 10 运动 D.当v2=30m2/s2时，小球通过最高点时受 -0-1 0 10v2/(m2·s-2) 甲 乙 到轻绳拉力的大小为10N 15.如图所示，长为L的不可伸长的轻绳一端固定在倾角为0=30°的固定斜面体上的O点，另一 端拴一质量为、可视为质点的滑块。在最低点A点给滑块沿斜面且垂直绳的初速度，滑块 转动并恰能通过最高点B点。已知滑块与斜面体间的动摩擦因数为4，重力加速度大小为 g,则下列说法正确的是 A.滑块恰好通过B点时的速度大小为√gL B B.滑块从A点滑到B点克服摩擦力做的功为√3umgL A C.滑块在A点的初动能为mg+gL 30 D.滑块在A点时轻绳的拉力大小为mg十√3πug 16.(多选)在工业生产中，常用圆锥形滚筒搭建水平传送带以完成90°转弯，其结构如图所示。 圆锥滚筒两端横截面半径分别为R,和R2,转弯轨道的内、外半径分别为1和r2。已知货 物与滚筒间不打滑，每个圆锥筒以相同的角速度转动，则下列说法正确的是 轴线 圆锥形滚筒示意图 A.可视为质点的货物分别从靠近内、外两侧的转弯轨道通过传送带时的线速度大小相等 B.可视为质点的货物分别从靠近内、外两侧的转弯轨道通过传送带时的角速度大小相等 C.单个圆锥滚简滚动时内、外两端角速度大小之比-！ @2 R2 D.单个圆锥滚筒滚动时内、外两端横截面的半径之比发，7 R1_T1 物理·选择题专练（三）第4页（共4页）高考试题逐题突破 挂钩间的摩擦，则挂钩相当于动滑轮，两端绳子的拉力总是相 等，故C错误。在有风的情况下，两段绳子之间的夹角变小，但 是两细绳拉力的合力等于风力与重力的合力，则拉力F发生变 化，故D错误。 9.BD【解析】对B球受力分析，如图所示，由 相位三角形可知器-是能得R-器R, 随着OA距离的减小，圆环对B的弹力一直增 大，故A错误，B正确。根据R=(AB), FN kqAqB F:-领器，可知，路者OA减小，ABE离在 减小，所以A、B间的库仑力Fε增大，故C错误，D正确。 10.D【解析】对A受力分析如图，由几何关系可知，B对A的支 持力FNB与竖直方向夹角为60°，则B对A的支持力为FNB c0s60=2mg,即A对B的压力大小为2mg,选项A错误。 mg 对A、B整体受力分析可知，地面 对B的支持力为2mg,即B对地 面的压力大小为2mg,选项B错 误。挡板对A的支持力为F、= mg tan60°=√3mg,可知A对竖直 挡板的压力大小为√3mg,选项C错误。对整体分析可知，B 受到水平地面的摩擦力大小等于挡板对A的支持力，即为 f=FN=√3mg,选项D正确。 11.CD【解析】对结点O受力分析如图甲所示，则m1g= mgc0s0,可知m,=弓m:,故A错误。由图乙可知，F从图 中所示的状态顺时针转动90°的过程中，轻绳a的拉力大小、 方向均不变，轻绳b的拉力大小逐渐变小但方向不变，力F先 减小后变大，当力F与轻绳b垂直时，力F有最小值，为Fm= migsin 0=13 m1g,故B错误，C正确。F从图中所示的状态 顺时针转动90°的过程中，轻绳b的拉力m2g一FN变小，故地 面对物块B的支持力F、变大，故D正确。 U 0 mig--- A m A m m2g-FNY B mz ZZZZ227777ZZ27777227777772772727777772272272 ZZZZ2272777Z22777777777272777777227772222777 乙 12.A【解析】在材料绕轴线逆时针缓慢转过 90°角的过程中，对均匀圆柱形木棒受力分 /60° 析，由力的平衡条件可知，重力mg、槽面 OA对木棒的弹力F。A和槽面OB对木棒 的弹力Fs构成封闭的三角形，即三力的 合力是零，如图所示，在转动中两弹力 FA、Fs的夹角不变，可知当由题图所示 位置逆时针缓慢转过30°时，槽面OA对木棒的弹力FA有最 大值，最大值为Foam=sin60 mg =25mg,A正确。由图可知， Q 槽面OB对木棒的弹力Fos一直增大，B错误。槽面OA对木 棒的弹力先增大后减小，C错误。由力的平衡条件可知，槽面 OA与槽面OB对木棒弹力的合力大小始终等于木棒的重力， 合力大小不变，D错误。 13.D14.A 15.C【解析】由题意可知安培力方向沿导轨平面向上，由左手定 则可知导体棒中的电流方向为由M到N,所以a端为电源的 正极，故A错误。当通过导体棒的电流为I时，对导体棒受力 分析有FA1十Fi max一mgsin0=0,当通过导体棒的电流为2I 时，对导体棒受力分析有FAe一Ftmx一mg sin0=O,由题意可 知Fe=2FAM,解得FA= 3 mgsin Fimmgsin FA1=BId,解得B=2 ng sin0 ,故B错误。当通过导体棒的电 3Id 流为I时，导轨对导体棒的摩擦力Fim=3 mg sin0,沿导轨 向上，导轨对导体棒的支持力F、=mg cos0,导轨对导体棒的 作用力F1=√Fx十F%,当通过导体棒的电流为2I时，导 轨对导体棒的摩擦力F:mx= 3 mg sin0,沿导轨向下，导轨对 导体棒的支持力FN=mg cos0,导轨对导体棒的作用力F2= √Fmx十F,所以F,=F2,故C正确。由题意可知F:mx= 3 mg sin0=μFN=mg cos0,解得μ=3tan0,故D错误。 6. ABC【解析】图甲和图乙中的两个物体都处于平衡状态，根 据平衡条件，可知与物体相连的竖直细绳，其拉力大小等于物 体的重力；分别取C点和G点为研究对象，受力如图甲、乙所 示，对C点根据受力平衡可得FAc=m1g,Fc=2m1gcos60°= m1g,对G点根据受力平衡可得Fx-sin30 m2g -2m2g,F HG- tan30=3m2g,则有Fac:Fo=m:2m2,Fc:Fc= m2g 3:2,FBc FHG-m1:3m2,FAc FHG=m1:3m2 AA A上 FEG C 30G 30° D 物理选择题专练（三） C AC【解析】采用逆向思维，网球做平抛运动，根据=2gh, 两次高度相同，故竖直方向的速度相同，根据=2g2,可得 匹，可知运动时间相同，故A正确。采用逆向思维，网球 =入g 做平抛运动，两球运动的时间相等，都为t,在水平方向上有d= xA一xB=toAl一Bl,解得水平方向速度之差为△V=voA V08 ,故B错误。采用逆向思维，网球做平抛运动，竖直方 1 向的高度为九=之1，根据速度夹角正切值等于位移夹角正切 值的两倍，则有品)一2冬， ,解得A点与墙面间的距离为x gt2tan0,故C正确。若A、C两点间的距离与B、C两点间的距 离之比为n：1,时间相等，根据平均速度的定义可知，从A、B 两点击出的网球运动到C点过程的平均速度大小之比为n：1, 故D错误。 C【解析】小球做平抛运动，根据九=g,可知运动时间相 同，A错误。根据△o=gt,由于运动时间相同，所以速度变化量 也相同，B错误。设两小球的水平位移分别为x1和x2,由几何 关系可知x1=R一√R-h,x2=R+√R一h,根据平抛运 1 动规律，可知x1=U1t,x2=v2t,h=28t,联立可得01十2= 2R√：，C正确。若撞击C点时的速度方向与球面垂直，则0 点速度方向的反向延长线过圆心O,根据平抛运动的推论，速度 的反向延长线一定过水平位移的中点，而O点不是水平位移的 中点，与假设相矛盾，所以撞击C点时的速度方向与球面不垂 直，D错误。 ·2 BC 8.B【解析】根据v=rw可知，薄板上各点线速度大小相等，方向 C【解析】对小球运动的轨迹进行分析，如图甲所示，设AP的 不同，故A错误。若弹丸先射穿薄板，再进入转筒，弹丸在转筒 距离为H,根据几何关系有H=y十xtan0,由平抛运动的规律 中运动的时间为t= d=0.1s,此时转筒转过的角度为0= 1 可知兰=×=可得y=2品。联立可得x 21 H wt=0.8π=144°，由题意可知，圆筒上每隔36°的圆心角即有一 1 ，由数学知识可知，当2an0=tan0时z有最大 块薄板，由几何关系可知，弹丸经空隙射出；同理可得，若弹丸不 2tan日+tan 经薄板，直接射人转筒，其在转筒中运动时，转筒转过72°，弹丸 射穿薄板飞出转筒，因此薄板上一定会留下一个弹孔，故B正 值，因为初始时刻日角度未知，所以当日变小后，x可能变小，也 确。由选项B可知，无论是增大角速度还是减小角速度，子弹 可能变大，即x变化不确定；将小球落在板上的速度进行分解， 都可能只由空隙处穿过薄板，在薄板上都可能不留下任何弹孔， 如图乙所示，根据几何关系可得vo=v,tan0=gttan0,水平方 故C、D错误。 gH 向有x=vot,联立可得v=gxtan 0= 一，由题意可知0 9.AD【解析】配重与人在相同时间内转过的角度相等，所以配 重与人的角速度大小相同，故A正确；当人与自行车运动到最 2tan0+1 低点时，杆对配重恰好没有作用，以配重为对象，根据牛顿第二 减小，则tan0变小，故初速度vo减小，即v<v。 P之 定律可得Mg=ML,可得角速度为a=√是，则配重的线速 /B /B x.. 度为v=wL=√gL,故B错误；人与自行车运动到最低点时， 以人与自行车为对象，根据牛顿第二定律可得N一mg=mw2· A角， A 3L,又w=√i ,解得N=4mg,故C错误，D正确。 10.BD【解析】由于轻绳开始刚好伸直，没有张力，因此圆盘转 ACD【解析】两小球竖直位移相同，则运动时间相同，初速度 动后，A、B开始随圆盘转动需要的向心力由静摩擦力提供，故 1:大小之比为%-马-Rtan37°=3 ,故A正确。若让两 A错误。物块A刚好要滑动时，有umAg=mAX2rωi,解得 R 球仍在OC所在竖直面相遇，则xOA十xoB=xAB,其中xoA ,此时B受到的摩擦力f=mprw=mAg<umBg, w1=√2 v1t,xos=02t,若1大小变为原来的2倍，则时间t变为原来 继续增大转动角速度，轻绳开始有拉力并和摩擦力一起提供 的一半，要能相遇，则乙球的速度2要增大为原来的2倍，故C 向心力，当转动角速度为w2时，由于mAX2r(w?一w)= 正确。甲球落在D,C两点时的竖直位移之比为头-？，根据 Br(w2一wi),可见增加的向心力相同且都由轻绳提供，因此 从A刚好要滑动开始，随着转动的角速度增大，A、B受到的 摩擦力大小始终不变，始终等于mAg,A、B不可能滑动，故 t一入Ng 三-号华用子回阳明阳学鲍a攀鞋由此世C B、D正确，C错误。 t 11. C ,甲球落在D、C两点时的水平位移之比为 12.C【解析】汽车在转弯过程中受到的摩擦力方向在时刻变化 √2 所以不是匀变速曲线运动，故A错误。汽车转弯过程中靠静 兰可知甲球落在D,C两点时的初速度大小之比为-。 摩擦力提供向心力，又因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，有 umg= ,三，代人数据解得v。=√8m/s≈15kmh,故B错 是-放若大小变为 t -2 v1,则甲球恰能落在斜面的中点 误。汽车泊车过程的位移大小为x=√(6+5)+6m≈ D,故B错误。若要甲球垂直击中圆环BC,则击中BC时的速 12.5m,则汽车泊车的平均速度约为。=二=125 m/s≈ 度方向一定过O点，且根据平抛运动规律的推论可知O点为甲 t 40 球水平位移的中点，故甲球落点到A点的水平距离为x' 1.13km/h,故C正确。汽车在泊车过程中摩擦力不仅要改变 汽车的速度大小，还要改变汽车的速度方向，所以摩擦力的方 2Rtan37=t',竖直距离为y=√R2-(Rtan37°严=7R, 向不是总与运动方向相反，会有一段过程与速度成钝角（大于 90°，小于180)，故D错误。 结合在C点相碰的情况下x=Rtan37°=v1t,y=R,根据y= 13.BC【解析】作出受力图，则整体受重力和支持力， 向心力是效果力，故A错误。根据牛顿第二定律 ),解得=7生=4所以若要甲球垂直击中圆环BC t一2’v17 则o1应变为原来的 方倍，故D正确 得ng tan a=-mR,得v=√gR tan a,H越高，R 越大，则v越大，故B正确。根据题意，由平衡条mg C【解析】把小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向， 件可得下=g,由牛顿第三定律可知，摩托车对 cos a 当垂直斜面方向的分速度减为0时，小球离斜面最远，但此时小 球不是运动到最高点，故B错误。把小球的速度分解到沿斜面 侧壁的压力P'=F=。则摩托车对侧壁的压力F与H 方向和垂直斜面方向，则小球沿斜面方向的速度小于物块的速 无关，故C正确。由牛顿第二定律mg tan a=mw2R,得w= 度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不 可能在P点相遇，所以斜面是粗糙的；从O点到P点，小球和 tam,可知角速度与圆周运动的半径有关，而高度越高， 物块克服重力做功相等，但物块还要克服摩擦力做功，由于初 圆周运动的半径越大，故D错误。 动能相等，根据动能定理可知，在P点时，小球的动能大于物块 14.ACD【解析】由乙图可知，当2=0时，小球处于静止状态， 的动能，故C正确。从O点到P点过程，小球只克服重力做功， 可得Fr=mg,解得m=1kg,故A正确。由乙图可知，当 物块需要克服重力和摩擦力做功，则合外力对物块做功的大小 大于合外力对小球做功的大小，又所用时间相等，所以小球和 02=10m/s2时，根据牛顿第二定律，可得Fr一mg=m,, 物块从O点到P点过程中合外力的功率不相等，故D错误。小 解得r=0.5m,故B错误。小球做完整的圆周运动时，在最高 球的加速度为a肆-g,设斜面倾角为0，物块与斜面间的动摩擦 因数为μ，根据牛顿第二定律可得mg sin0十mg cos日=ma物， 点的临界速度满足mg=m,解得v-5m/s,小球从最 可得物块的加速度大小为a物=gsin0十gcos0,不能确定小球 和物块加速度是否大小相等，故A错误。 低点运动至最高点过程，由机械能守恒可知2mw ·物理· 1 之m0最低点=一2mgr,解得0低点=25m2/52,故C正确。当 4. 5. 。2=30m/g时，根据机核能守恒，合a2一合mo2- 一2mgr,又F乳十mg=m鱼色，联立解得F%=10N,即小球 通过最高点时受到轻绳拉力的大小为10N,故D正确。 15.C【解析】滑块恰能通过最高点B点，表明在最高点由重力沿 斜面的分力提佚向心力，则有mg血0=m是，解得 √受，放A错误，滑块所受滑动摩浆方大小始终为∫N 6. mg cos0,摩擦力方向始终与线速度方向相反，则滑块从A点 滑到B点克服摩擦力做的功为W克=∫·π，解得W克= V3 2mgL,故B错误。滑块从A点滑到B点过程，根据动能 定理有-mg·2Lsin0-W意=号mi-Eu,解得E4- 合mgL+ngL,放C正确。滑块在A点时，对滑块进行 3 分析，根据牛顿第二定律有T一mg sin0=m2,其中Eu mui,解得轻绳的拉力大小为T=3mg十3mg,故D 1 错误。 16.BD【解析】由题图可知，货物与滚筒间不打滑，所以货物的 角速度与滚筒的角速度相等，由于同轴转动，则货物分别从靠 近内、外两侧的转弯轨道通过传送带时的角速度大小相等，由 于外侧比内侧半径大，角速度相同，故外侧比内侧线速度大，故 A错误，B正确；单个圆锥滚筒滚动时内、外两端角速度相等， 即1 W2 ，故C错误：单个圆锥滚筒滚动时内、外两端角速度 相等为0，线速度之比”=S=一，内外两端横截面的半径 U2aωR2r2 之比尽=，故D正确。 R2 r2 物理选择题专练（四）】 1.BD【解析】根据开普勒第二定律，小行星甲在远日点的速度 于在近日点的速度，故A错误。根据G?=ma,小行 在远日点的加速度等于地球公转加速度，故B正确。根据开普 /R1十R3 勒第三定律，小行星甲与乙的运行周期之比 2 R2+R 2 (R+R)3 √R,十R),故C错误。小行星甲与乙从远日点到近日点的 时间之比即为周期之比1= /(R1+R)3 √(R十R),故D正确。 2.C 3.D【解析】设球体的密度为ρ，则没有挖去小球体前的质量为 M=p·3R,被挖去的小球体质量为M=p· M,根据万有引力定律可得F,=GMm_GM'm=GMm 1 R2 /R\2 2R2 2 F,=GMm-GMm=17GM,采用填补法，可知剩余部分在 R2 /3R\2 18R2 2 位置“2”的万有引力大小等于挖掉的部分在位置“2”的万有引力 9 大小，即F2 m_GMm,则有E=F2<F3 2 A B【解析】根据开普勒第三定律 2=k,可知2016H03的公转 周期比311P的公转周期小；根据1AUD=2.2AU 一，解得 12 T2 T≈3.3年，311P的公转周期小于4年，故A错误，B正确；天问 二号用于对绕太阳沿椭圆轨道公转的小行星2016HO3和主带 彗星311P进行探测，其围绕太阳运动，则发射速度大于第二宇 宙速度小于第三宇宙速度，故C错误；开普勒第二定律只适用 于同一个行星，故D错误。 AB【解折】对卫显有m-,解得a-G, r2 ,,由于近地点卫 星到地心距离r最小，故加速度最大，故A正确；根据开普勒第 二定律可知，从近地点到远地点，卫星速度逐渐减小，故B正 确；卫星在椭圆轨道运行，只有地球引力做功，机械能守恒，故C 错误；从近地点到远地点，卫星高度升高，重力势能增大，故D 错误。 B【解析】飞船绕Kepler-725c表面运行的周期与Kepler-725c 绕宿主恒星运行的公转周期(207.5天)无关。根据GM R2 4π1 R m T京R,可得卫星周期公式T=2√GM,代入Kepler-725c的 R施，因 I0M)和半径(2R),可得T=X2r√GM √5 R老≈83min,可知该飞船的运行周期远小于 T地=2r入√GM地 v 07.5天，故A错误，根据G三=mR,得第一宇宙速度公 0=,地球的第一字宙速度为7.9km/s。对 Kepler-725c,质量是地球的l0倍，半径是地球的2倍，代入得 V= G·10M地=5· AV2R地 GM重=5X7.9km/s≈17.7km/s, WR地 显然大于7.9km/s,故B正确。重力加速度g=R GM 10M地 Kepler725e表面g(2Re·G=2.5g人在kepler725c 上的重力是在地球上的2.5倍，故C错误。密度公式为ρ M 10 一，Kepler-725c的密度p= 10M地 4 3R 4 3 π(2R地)3 1.25p地，密度比地球大，故D错误。 C【解析】相同时间内扫过的面积相等，是指绕同一中心天体 运动且在同一轨道上的卫星，图(b)中阴影部分的面积为探测 器在不同轨道上时相同时间扫过的面积，不相等，故A错误；探 测器从调相轨道变到停泊轨道需要在P点减速，故B错误；由 (R1+R2）3 R 2 开普勒第三定律可得 (1年)2二 -,解得探测器从A T? 1R1十R2) 点运动到C点的时间t=2T=4√2R: 1 年，故C正确。 在C点探测器需要加速才能进入火星所在轨道，则探测器在转 移轨道上C点的速度小于火星绕太阳运行的速度，地球、火星 太阳做匀速圆周运动，由，一m,,可知地球绕太 r2 行的速度大于火星绕太阳运行的速度，以地球绕太阳运行的 速度大于探测器在地火转移轨道上C点的速度，故D错误。 BD【解析】微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕 地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度与空间站的角速 度相等，根据0=r可知”卫显=十d,放A错误。根据牛顿 V空间站 ·3 参考答案及解析 第二定律G=m,解得空间站所在轨道处的加速度a T=2t。和L=5x0代人得m1+m2 Gg,故C正确；设 125π2x8 G,在地球表面G-， R=m8,解得g=6所以2- M 4 8,放 ab两恒星的半径分别为R1和R2,则有m1=p·3R, Mm GM m=p·R,得尺√m 4 B正确。根据牛顿第二定律G 、m1=。二，设a、b两恒星表面的」 r2 =mwr,解得u=√，，可 知仅有万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径 重力加速度分别为g1和g2,根据两恒星表面物体所受重力等 大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动， 由F=mwr可知所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有 CRmg=G”,两式作比得 于万有引力有mg1=G”, R g2 拉力作用，微型卫星不是处于完全失重状态。所以，若机械臂操 %.R-2 32 作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站，故C错误，D正确。 m2R3× X(3）=3,故D错误。 GM 13.C【解析】对于直线三星系统中左侧星体，根据万有引力提供 0. C【解析】对地球卫星有G2=mwr,解得w=√：，可 2 GmiGmi 4π2 L 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 向心力，有L话+2)=mTL,解得T=4r√5Gm, 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 故A错误。对于直线三星系统中左侧星体，根据牛顿第二定律 同步轨道相同，即“太空电梯”上某位置的角速度小于该位置轨 Gmi 道半径上卫星的角速度，则“太空电梯”上某位置圆周运动所需 有+2有ma解得a故B错误，对于目 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 角形三星系统中其中一个星体，根据万有引力提供向心力，有 的作用，人与货物处于失重状态，但不是完全失重，只有货物上 L2 升到同步卫星轨道上时，其角速度与同步 米 4π2. 2 L; 轨道卫星的角速度相等，此时万有引力恰 贤cos30=m,行×cos30,解得T,=2r√3C 2 G -,故C 好等于圆周运动所需的向心力，此时货物 正确。对于三角形三星系统中其中一个星体，根据牛顿第二定 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 律有2Gm。 房cos30=mza2解得a,-3C72,放D错淚 L 利用太阳能充电，且sina= 2,得a=30, 14.AB【解析】由于空间站与月球具有相同的周期，则它们的角 速度也相同，根据a=w2r,由于月球运行的轨道半径较大，则 故能直接利用太阳能充电的时间约为4=36020T=20h, 空间站的加速度小于月球的加速度，A正确。根据v=ωr,则 360° 空间站的线速度小于月球的线速度，B正确。根据F=mw2r, 故B错误。若从P轿厢向外自由释放一个小物块，则小物块 由于月球质量和运行的轨道半径都较大，则空间站的向心力小 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 于月球的向心力，C错误。空间站受到月球和地球的万有引 动，故C正确。若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地 力，月球受到空间站和地球的万有引力，D错误。 球做椭圆运动，其断裂时所处位置为椭圆的近地点，因为在近 15.A【解析】小球撞到斜面时，将速度沿水平方向和竖直方向正 地点线速度较大，半径较小，需要的向心力更大，故D错误。 交分解，可知tama=,因此月球表面的重力加速度为g C【解析】在地球表面有GM 2 ,=mg,卫星B处有 tana,A正确。根据GMm =mg,可得月球的质量M= Mm R+)=mg',又h=R,解得g=年g,故A错误。对卫 G VoR2 GtanaB错误。月球的密度p= M 30 (R+h)=m(R+h) Mm 4 4πGRtan,C错 星B,由万有引力提供向心力可得G T 3πR3 /2R VoR 解得T1=4π√g ,故B错误。根据万有引力提供向心力 误。根据mg= 尺可得月球的第-宇宙速度v一√ana,D 错误。 Mm GM G ,=m ,解得=√， ,扇形面积S= r2 2r,单位时间 16.C【解析】设卫星轨道半径为r,由万有引力提供向心力 、内扫过的面积辶=久=子GM,故相同时间内，卫星A与 G=加，其中M为地球的质量，由题目条件知其引方势 r2 地心连线比卫星B与地心连线扫过的面积大，故C正确。A、 能为E,=一GMm,联立可得，卫星在，处时的总能量为E= 3两卫星相邻两次相距最近的过程有元△1一云△=2π，解得 1 To E。十2mw2=,半径为时，卫星总能量E= TiTo △=T。-,故D错误。 GMm,半径为，时，其总能量E,=_GMm,由功能关系 2r1 2r2 l2.C【解析】设a、b两恒星绕O点做圆周运动的半径分别为r1 得，卫星轨道变化过程中克服阻力做的功W,=E1一E2= 和r2,a、b的球心到OA连线的距离即为两恒星做圆周运动的 半径，所以r1=3xo,r2=2x。,因两恒星的角速度相等，根据 +,在地球表面有G=mg,联立可得 2r1 2r2 r可知，a6的线速度之比为-=，放A错误：设 w,=mgR(1-1) 2 r2 r1 a、b两恒星的质量分别为m1和m2,两恒星做圆周运动所需向 物理选择题专练（五） 心力均来自对方的万有引力，所以有m1wr1=m2wr2,得 1.CD【解析】滑动摩擦力大小为f=mg =20N,一开始推力大 m1=2=2 =3,故B错误；根据题意可知，a、b两恒星做圆周运 于滑动摩擦力，随着推力的减小，物体先做加速度逐渐减小的加 速运动；当推力减小到20N时，加速度为零，物体的速度达到最 动的周期为T=2t。,两恒星球心间的距离为L=r1十r2= 大；之后推力小于滑动摩擦力，物体做加速度逐渐增大的诚速运 4π2 5,根据万有引力提供向心力有G三m1rY 动，当推力减小为零后，物体做匀减速运动，故A、B错误。根据 F-x图像中图线与横轴所围的面积表示推力做的功，可得运动 Gm0-m:,两式相加并整理得m十m, 4π2 4x2L3 GT2,将 过程中推力做的功为W=2×100×4J=200J,故C正确。当