《万有引力与宇宙航行》核心素养综合测评-【数理报】2025-2026学年高一物理必修第二册期末复习专号升级突破大模拟（人教版）

《万有引力与宇宙航行》核心素养综合测评 ◆数理报社试题研究中心 第I卷 选择题（共46分） 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分，选对得4分， b 选错或不选得0分) 批 1.丹麦天文学家第谷连续20年详细记录了行星的运动过程 中的位置的变化，这些资料既丰富又准确，达到了肉眼所能及的 限度，但他并没有发现行星运动规律，对此，下列说法不正确的有 ( A.占有大量感性材料是有重要意义的 数 B.第谷的工作为发现行星运动规律创造了前提 报 C.说明第谷没有真正发挥主观能动性 的 高 D.第谷缺少的是对感性材料的加工、制作 翠 2.如图1所示，北斗系统由55颗导航 理 卫星组成其中有几颗卫星是地球同步卫 星，关于同步卫星的说法正确的是 必 ( A.同步卫星的速度相同 图 B.同步卫星的向心力相同 册 ● C.同步卫星的周期相同 茶 D.同步卫星的动能相同 常 3.如图2所示，两颗卫星分别位于同一 轨道上绕地球做匀速圆周运动若卫星均逆 时针运行，不计卫星间的相互作用力，则以 卫星2 下判断中正确的是 ( A.两颗卫星的线速度相同 图2 B.两颗卫星的加速度大小相等 C.两颗卫星所受到的向心力大小相等 D.卫星2向后喷气就一定能追上卫星1 4.如图3所示，“祝融号”火星车的高 度有185公分，重量达到240千克.设计寿命 批 为3个火星月，相当于约92个地球日.“祝 融号”火星车将在火星上开展地表成分、物 图3 质类型分布、地质结构以及火星气象环境等探测工作.已知火星 直径约为地球的一半，火星质量约为地球质量的十分之一，则“祝 融号”在火星上受到的重力大小最接近 ( A.240N B.960N C.1200N D.2400N 5.观察“神舟十九号”在圆轨道 神舟十九号 上的运动，发现每经过时间2通过的 弧长为L,该弧长对应的圆心角为地琴口 (孤度)，如图4所示，已知引力常量 图4 为G,由此可推导出地球的质量为 ( L B.2L30 C.Z D.2L2 4G02 GL2 "4G02 Co2 6.1984年4月我国发射了第一颗地球同步卫星，2024年嫦娥 六号赴“霄汉”，成功带回月背“土特产”，根据你的理解，以下正确 的是 ) A.同步卫星运行的加速度小于赤道物体随地球自转的向心 加速度 B.在地球表面给物体的初速度小于第一宇宙速度，物体最终 必定落回地面 C.对于沿圆轨道绕地球运动的卫星，运行速度大于第一宇宙 速度而小于第二宇宙速度 D.在地球表面发射一颗绕月卫星，发射速度要大于第二宇宙 速度而小于第三宇宙速度 7.科幻电影《流浪地球2》中出 超级筑绳 方舟号国际空间站 现了太空电梯的场景.电影中提到太 太空电梯 空电梯用于连接地表和太空建设中 图5 的方舟号国际空间站，如图5所示.以便运输物资和人员，太空电 梯是一种类以于缆绳的结构，使空间站和地球能够保持同步转 动.若方舟号空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则以 下说法正确的是 () A.方舟号空间站绕地心运动的角速度大于地球同步卫星绕 地心运动的角速度 B.方舟号空间站运行的线速度可能大于7.9km/s C.方舟号空间站的向心加速度大于地球同步卫星的向心加 速度 D.方舟号空间站绕地心运动的周期等于24h 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出 的四个选项中，有多个选项是正确的，全选对的得6分，少选的得3 分，有错选或不选的得0分) 8.如果将某个双黑洞系统简化为如图 6所示的圆周运动模型，两黑洞绕0点做匀 黑洞1Q 速圆周运动.在相互强大的引力作用下，两 黑洞间的距离逐渐减小，在此过程中，两黑 洞做圆周运动的 图6 A.周期均逐渐增大 B.线速度均逐渐减小 C.角速度均逐渐增大 D.向心加速度均逐渐增大 9.“静止”在赤道上空的地球同步气象卫星把广阔视野内的 气象数据发回地面，为天气预报提供准确、全面和及时的气象资 料，设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的倍，下列说法中正 确的是 ( A.同步卫星距地面的高度是地球半径的(n-1)倍 数 B同步卫星运行速度是第一字宙速度的√只倍 痕 C.同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得 的速度的入倍 物 D.同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的：倍（忽 略地球的自转效应) 10.如图7所示，一颗质量为m的卫星要发射到中地圆轨道 上，通过M、N两位置的变轨，经椭圆转移轨道进入中地圆轨道运 册 行.已知近地圆轨道的半径可认为等于地球半径，中地圆轨道与近 地圆轨道共面且轨道半径为地球半径的3倍，地球半径为R,地球 表面的重力加速度为g,下列说法中正确的是 中地圆轨道 0 近地轨道 转移机道 图7 A.卫星进入中地圆轨道时需要在N点加速 B.在转移轨道上的M点和N点速度关系为vw<w C.该卫星在中地圆轨道上运行的速度为，四 D.该卫星在转移轨道上从M点运行至N点(M、N与地心在同 一直线上)所需的时间为2m 2R 掰 第Ⅱ卷 非选择题（共54分） 三、实验题（本题共2小题，共16分，将正确答案填在题中横 线上或按要求作答) 11.(8分)月-地检验是验证地球与月球间的吸引力与地球 对树上苹果的吸引力是同一种性质的力的最初证据.月-地检验 可以这样思考，地球可以看成质量均匀、半径为R的均匀球体，质 量为m。的物体静止在地面上时对地面的压力大小为F, (1)地面上的重力加速度大小g可以表示为 (用mo 和F表示)； (2)若已知引力常量为G,地球的质量为M,忽略地球的自 转，则GM= (用mo、F和R表示) (3)月球和地球之间的距离为r,月球绕地球的运动可以看成 理 是匀速圆周运动，月球绕地球运动的周期为T.则月球的向心加速 度大小可表示为 (用r和T表示). 高 (4)月球绕地球做匀速圆周运动的向心力由地球对其万有引 理 力提供，据此可以得到GM=■ (用r和T表示) 教 12.(8分)在某星球表面，宇航员利用图8所 必 示装置测星球表面的重力加速度，铁架台放在水 平台面上，上端固定电磁铁M,接通电磁铁M的 册 开关后能吸住小球，电磁铁正下方安装一个位置 可上下调节的光电门A.实验中测出小球的直径 为d、小球球心与光电门中心的高度差为h,断开 图8 开关，小球自由下落，记录小球通过光电门的挡光时间t,调整光电 门位置，得出多组h、t数据 (1)实验中，小球经过光电门时的瞬时速度大小v= (用给定的物理量符号表示)· (2)实验中，多次实验得到多组h、t数据后，数据处理时应绘 制 (选填h-”“h-”或h-”)图像，得出的图像 斜率为k,则该星球的重力加速度g= (用d、k表示). (3)星球表面的重力加速度已在第(2)问中测出，若宇航员 测得该星球的半径为R,已知引力常量为G,则该星球的质量M= (用G、R、d、k表示). 四、计算题（本题共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方 程式和演算步骤.只写出最后结果的不能给分，有数值计算的题， 答案中必须写出数值和单位)》 13.(10分)如图9所示是“月亮女 神”、“嫦娥一号”两卫星绕月球同向匀 月 速圆周运行时某时刻的图片，用T、T2 分别表示“月亮女神”和“嫦娥一号”的 图9 周期，用1、R2分别表示月球的半径和“嫦娥一号”的轨道半径 求： (1)月球的质量； (2)月球的平均密度； (3)从图示位置开始，经多少时间两卫星第一次相距最远 14.(12分)木星是太阳系八大行星中体积最大、自转最快，距 离太阳第五远的行星.已知木星的质量约为地球的300倍，木星的 直径约为地球直径的11倍，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公 转半径的5倍.若不考虑太阳系其他行星的影响，求：（以下结果可 以用分式、根式表示，不需计算为小数) (1)木星与地球公转周期之比； (2)木星与地球的第一宇宙速度大小之比. 15.(16分)我国发射的“天问一号”探测器成功进入环绕火 星的轨道，开启了我国首次火星探测之旅.假定探测器贴近火星表 面绕火星做匀速圆周运动，经时间，探测器运动的弧长为s,探测 器与火星中心连线扫过的圆心角为0，已知引力常量为G,t小于探 测器绕火星运行的周期，不考虑火星自转的影响，求： (1)探测器的环绕周期； (2)火星的质量； (3)火星表面的重力加速度 数理报·高中物理人教（必修第二册）16 C正确：若飞镖初速度增大为原来的2倍，由A分析可知，飞行 时间为=方=0.1万，则下落高度为h=之s”=01m 10cm=R,即恰好将击中圆心O,故D正确， 10.根据题意可知，保证每个装配工位上都能完成零件装 配，则有o=2受+2km(k=0,1,23,…),当k=0时a= 2T 5 5to 当k=1时w= :或者有w%-号+2k=0.12.3, 5to 当k=0时0=经，当长=1时0=4；或者有o。: 6T + 2m=0.12.3,…),当k=0时a-当k=1时如 16π 5to 或者有o-8+26m（=01,2.3,),当=0时0 8T 5to 当k=1时o= 18m,故BD正确 5to 11.(1)角速度相等 (2)相等 B(C)C(B) 解析：(1)挡板A和C处半径相等，小明探究的是向心力大 小与角速度的关系，此时应当选用质量相等的小球分别放在挡 板A和C处 (2)探究向心力大小和半径之间的关系时，要保持其余的 物理量不变，则需要质量、线速度或角速度都相同，应将传动皮 带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在 挡板B(C)和挡板C(B)处 12.滑块质量3.16变大 解析：(1)为探究向心力大小与半径的关系，应保持转动的 角速度和滑块质量不变； (2)角速度0= 0.8-0.3ad/s=4mad/s 2n 力传感器的示数应为F=mo2L=3.16N (3)根据F=m@wL,F-L图像的的斜率k=mo2,若增加转 动的角速度，则图线的斜率会变大 13.(1)0.6m:(2)10N:(3)5,2 rad/s 解析：(1)由几何关系得：r=L'+Lsin0=0.6m; (2)由竖直方向受力平衡得：Fcos0=mg 解得：F=子g=10N (3)由圆周运动和牛顿第二定律可得： mgtan 0 moo2r 解得：ω= gtan 0 5 rad/s. 《 2 14.(1)=√2gR;(2)x=/Rh 解析：(1)在B点轨道对小球的支持力为重力的3倍，即F、 3mg. 由牛顿第二定律和圆周运动有FN-mg=m 2 解得v=2gR (2)由平抛运动有A=之 解得= 2h 小球落地点到B点的水平距离 15.(1)3rad/s:(2)2.1m; (3)2.0m 解析：(1)根据牛顿第二定律得umg=mw品r 解得om=3rad/s (2)当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，设物体在餐 桌上滑动的位移为s,物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小 为a,根据牛顿第二定律得 u2mg ma 解得：a=2.5m/s2 物体的初速度为o=omr=3m/s 由速度和位移关系有0-场=-2as 解得：s=1.8m 根据勾股定理得R=√P+s≈2.1m (3)若餐桌的半径R'=√万r,物体滑动的位移为 s'=r Im 末速度为斤-哈=-2as 解得：v1=2m/s 做平抛运动的时间为h= 282 解得：t=0.4s 平抛的水平位移为x=81t=0.8m 总水平位移为L=s'+x=1.8m 总位移为1=√h2+L2≈1.97m. 《万有引力与宇宙航行》核心素养综合测评 1.C;2.C;3.B;4.B;5.A;6.B;7.D. 提示： 1.占有大量的感性材料是实现理性认识的基础，故A错误， 参考答案 B正确：第谷之所以没有发现行星运行规律，缺少的是对感性材 料的加工、制作.故C错误，D正确 2.根据F=GMm 4 户可知，因同步卫星的周 期与地球自转周期相同，所以所有同步卫星的周期都相同，运动 半径相同，速度大小相同，但是速度方向不同，因同步卫星的质 量不一定相同，则向心力不一定相同，动能也不一定相同.故C 正确 3.两题卫星的线速度方向不相同，所以线速度不相同，故A 结误：根据牛顿第二定律得6少=m,解得a:6兰.两颗卫 星的加速度大小相等，故B正确：根据万有引力定律得F= G,两颗卫星的质量不一定相等，所受到的向心力大小不一 定相等，故C错误；卫星2向后喷气将做离心运动，脱离原来的轨 道，不能追上卫星1，故D错误 4.物体在星球表面所受万有引力和重力近似相等，则6架 =mg,解得星球表面的重力加速度g= 兴，所以火显与地球表 面重力加速度之比为达：M火心 g地 M地R =子，即g 子地，“祝融号”火星车在火星上与地球上的质量相等，“祝融 2 号”火星车在火星上受到的重力大小约为G=mg火=亏mg地 =号×240×10N=960N,故B正确 5.“神舟十九号”的线速度。=左，轨道半径r=合，根据 2 2=m ,得地球的质量为M= L 2 4G02 ,故A正确， 6.同步卫星运行时与地面物体相对静止，角速度相同，则根 据向心加速度a=ωr可知，同步卫星的环绕半径比地面物体随 地球做圆周运动的半径大，则同步卫星运行的加速度大于地面 物体随地球自转的向心加速度.故A错误；第一宇宙速度是物体 脱离地球表面的最小发射速度，若物体的初速度小于第一宇宙 速度，则物体必定会落回地面.故B正确：对于沿圆轨道绕地球 运动的卫星，发射速度应大于第一字宙速度而小于第二字宙速 度.第一宇宙速度对应最小的发射速度以及最大的卫星环绕速 度.因此地球卫星的运行速度（即环绕速度）不可能大于第一宇 宙速度，故C错误；在地球表面发射一颗绕月卫星，卫星仍在地 球引力范围内，则发射速度不能大于第二宇宙速度，否则会摆脱 地球束缚.故D错误。 7.空间站和地球能够保持同步转动，即空间站与同步卫星 具有相同的角速度和周期，故A错误，D正确；7.9k/s是第一宇 宙速度，是最大的环绕速度，方舟号空间站运行的线速度小于 7.9k/s,故B错误；方舟号空间站的轨道半径小于同步卫星的 轨道半径，根据a=or可知方舟号空间站的向心加速度小于地 球同步卫星的向心加速度，故C错误， 8.CD:9.AB:10.AD 提示： 8.根据c 4R,同理可得 G72 从·会器心，所以以+迟 (R:+R)= G2,当M, +M2不变时，L减小，则T减小，即双星系统运行周期会随间距减 小而减小，故A错误；根据G M1M2、M12 P=R解得= GM2RL 2 由于L2的减小比R1和R2的减小量大，则线速度增大，故B错误； 角速度。=严，结合A可知，角速度增大，故C正确：根据 4=M,a1=M,4知，L变小，则两星的向心加速度增大， G P 故D正确. 9.依题意，可得同步卫星距地面的高度h=r-R=(n- 1)R,故A正确：根据万有引力提供向心力，有G恤=m二，可 得=√何-√任·√网 即同步卫星运行速度是第一宇 宙速度的，√仁倍，故B正确：由？=0可知，同步卫星与地球赤 道上物体具有相同的角速度，则同步卫星的运行速度是地球赤 道上物体随地球自转获得的速度的n倍，故C错误；由a=ro2可 知，同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的倍，故D 错误 10.卫星进人中地圆轨道时需要在N点加速，故A正确；由 开普勒第二定律，M点到地球的距离小于W点到地球的距离，因 此近地点M点的速度大于远地点N点的速度，即w>vw,故B错 误；卫星在中地圆轨道上，由万有引力提供向心力得Gm (3R)2 3在近地面=m,解得。=入 R2 ,故C错误；卫星在中 数理报 3R 地圆轨道上周期7中=2π3水=6、g 由开普勒第三定律 得2R 3R2,联立解得T转=4m√g 在转移轨道上从 M点运行至N点(M、N与地心在同一直线上)所需的时间tww三 T =-2mN 2, 故D正确 11.(1) mo 72 解析：(1)地面对物体的支持力大小为F,根据平衡条件可 知物体的重力大小为F,则地面上的重力加速度大小g可以表示 为g= F mo (2)根据G 架=g,结合g=无，可得m= o mo (3)根据向心加速度与周期的关系可得月球的向心加速度 大小表示为a。= 72 (4)根据G=ma,可得GM= 4π2r2 7 (3) PR 2kG 解析：(1)根据光电门测速原理可知”= d (2)根据自由落体运动公式有h= 数据处理时 2g 2g1 应绘制-子 图像，图像斜率片= ,可得g=21 (③)对该星球表面质量为m的物体，有GM=mg可得M PR2 2kG 4π2R 13.(1) (2) 3π周 T T GT号 GTR (3) (T2-T1) 解析：(1)设月球的质量为M,嫦娥一号的质量为m,则嫦娥 一号的向心力由万有引力提供，有 R 4T2R3 可得月球质量M= G1号 (2)由密度公式p= M M 3 3πR 解得月球的平均密度p= GI号R (3)设经过时间t,两卫星第一次相距最远，则有 2π -t.- T 解得：t= TTa 2(T2-T1) 14(1)55 300 (2)/1m 解析：(1)行星绕太阳转动时，由万有引力提供向心力，得 GM大m 4m2 m 7 可得：T= GM太 可得木星与地球公转周期之比为 (2)行星的第一宇宙速度等于卫星在行星表面的运行速 度，则有 GMm =m R2 R 可得：w= GM R 则木星与地球的第一宇宙速度大小之比为 M本，R地 本三人M地R本 300 地 11 15.(1)T= 2 (2)M火= (3)8=9 2 解析：(1)探测器绕火星运动的角速度为@=日 环绕周期为T=2π d 联立解得：T=2m (2)探测器贴近火星表面飞行，轨道半径为火星半径R,设火 星质量为Mk,探测器质量为m,由题意有s=R0 GMk m 由万有引力提供向心力，得 R2 m=mo'R 联立解得火星的质量为M火= (3)设火星表面的重力加速度为g火，由物体在火星表面受 数理极 参考答案 17 到万有引力等于重力可得 的机械能不断减小，故D错误.本题选不正确的，故选CD. 解得：w=6m/s GMk mo =mog火 10.小球A的速度与竖直方向的夹角为0，由速度关联可得 因为v=6m/s>√gR=2m/s,则小车从右端轮子最高点 R2 4c0s6=g,故除P.Q两点外，小球A的速度始终大于物块B的做平抛运动，则落水点距离传送带右端的水平距离：x'=1= 联立解得：8火= 速度，故A正确；小球A由P下滑至Q的过程中，弹簧弹力对小球6m.离0点的水平距离为s=6m+8m=14m. A和物快B组成的系统做功，系统机械能不守恒，故B错误；由题 《必修第二册》核心素养综合测评（一） 《机械能守恒定律》核心素养综合测评 1.C;2.A;3.D;4.B;5.D;6.C;7.A 意可知01=L,00==膏，8上升的高度为A=00- 1.C;2.A;3.B;4.A;5.B;6.A;7.B. 提示： 提示： 0P=子L,小球A由P下滑至Q的过程中，物块B初态和末态动 1.实心球做的是斜上抛运动，故A错误；实心球的速度先减 1.返回舱在喷气过程中向下做减速直线运动，加速度方向 向上，返回舱在喷气过程中处于超重状态，故A错误；返回舱在能不变（皆为零），因此重力势能增加量即为物块B的机械能增 小后增加，故B错误；实心球只受重力作用，加速度为g不变，故 C正确；实心球的竖直高度先增加后减小，则重力势能先增加后 喷气过程中向下做减速直线运动，加速度方向向上，所受合力向加量，4E=4E。=子mgL,弹簧初态处于压缩，未态处于拉伸，减小，故D错误 上，运动方向与所受合力方向相反，所受合力做负功，故B错误； 返回舱在喷气过程中速度减小，故动能减小；高度下降，故重力 在P点时，弹簧压缩量为x1,在Q点时，弹簧伸长量为x2,则x1+ 2在地球表面万有引力近似等于重力GMm=G,运动轨道 势能减小，所以机械能减小，故C正确：返回舱在匀速下降过程？=了L,故C错误，D正确 距地面高度为地球半径的5.6倍，卫星所受地球的引力F= 中动能不变，重力势能减小，故机械能减小，故D错误. 11.(1)A;(2)D:(3)大于 (R+5.6R)2≈2.3%G,故A正确 G'Mm 2.根据功率与牵引力的关系P=F可知，当速度最小时，牵 解析：(1)还需要用刻度尺量取纸带上点之间的距离，故A 引力最大，变速杆应推至“1”挡，故①正确，②错误；在额定功率 正确；质量可以约掉，不需要测量质量，故B错误；打点计时器记 3.支持力与轮胎的运动方向垂直，支持力对轮胎不做功，故 下以最高速度行驶时，F=鱼=15000=3000N,故③正确，录了时间，不需要再用秒表计时，故C错误：电火花计时器使用A错误：轮胎沿水平方向做匀加速运动，轮胎的动能增大，合力 V 220V交流申，故D错误. 对轮胎做正功，故B正确：轮胎沿水平方向做匀加速运动，人对 3.6 (2)纸带与振针之间有摩擦阻力，会使得动能的增加量减 轮胎的拉力大于轮胎的摩擦力，故C错误，人对轮胎的拉力所做 ④错误故A正确，BCD错误 3.没有摩擦冰面时，对冰壶运动的全过程，由动能定理有 小，故A错误；重物下落过程中受到空气阻力，会使得动能的增 的功大于摩擦力对轮胎所做的功，而时间又相同，所以人对轮胎 加量减小，故B错误；释放重物前纸带不处于竖直位置，会增加 的拉力的功率大于摩擦力的功率，故D错误. umgt=0-2m哈，滑行10m后摩擦冰面，对冰壶运动的全过 下落的摩擦力，会使得动能的增加量减小，故C错误；先释放重 4.根据万有引力提供向心力得GMm=m亡，解得2= 2 物，后接通电源打出纸带，会使得下落的高度有一部分没有记 程，由动能定理有-wmg-0.8wmg(x-1）=0-m6,解 录，从而使得重物重力势能的减少量mgh小于动能的增加量 创，由题意k=GM,对火星表面物体G地-mg火，解得g火 得：x'=35m,故ABC错误，D正确， 之m2,故D正确 4.根据题意可知，运动员在C点的机械能为￡=之m2+ ，故A正确 mgh,=9150J,从C点离开后，运动员在空中只有重力对其做 (3)根据动能定理，有mgh-A=2,解得2=（g 5.乒乓球最终匀速运动时，加速度最小为0，而乒乓球刚向 功，机械能守恒，则可知运动员（含装备）落地前瞬间的机械能 上抛出时，速度最大，阻力最大，加速度最大，设最大速度为0， 为9150J.故B正确 -片)人，故图线斜率为=8 则mg+6=mam,4E。=m哈，乒乓球最终匀速运动时，速度 5.根据P=F,起飞过程，P恒定，速度增大，牵引力F减小， 故质量越大，斜率越大，所以m。>m6 由牛顿第二定律可得F-f=ma,可知加速度减小，飞机做加速 md- 为，则mg=k,此时的动能E。=2m听，联立解得am=5g。 度减小的加速运动，速度增加越来越慢，故AB错误：根据速度图 12.(1)mgL(1-cos0); 2；(2) 故B正确， 像与时间轴所围的面积表示位移，知飞机的位移比匀加速直线 解析：(1)小球下摆下降的高度为h=L(1-cos),所以重 6.由于在最高点时，圆形管道内壁能支撑小球，所以小球能 运动的位移大，则飞机的平均速度比匀加速直线运动的平均速力势能减少量△E。=mg(1-©0s0):小球下摆到最低点的速度够通过最高点时的最小速率为0，故A正确，B错误；如果小球在 度之大：故C错误：设该过接克服阻力所做的功为根据动能。=兰，所以小球的动能增加量△上。=受（兰）”-0一学 最高点时的速率为√gR,设此时管道对小球的弹力大小为F,由 定理得P-W=m2,解得W=P。-m,故D正确 牛顿第二定律得mg+F=m大，解得F=0,根据牛顿第三定律 (2)由题意可知 mgL(1 cos 0) 22 知，小球对管道的内、外壁均没有作用力，故C错误：如果小球在 6.不计空气阻力，企鹅做斜上抛运动，企鹅经过最高点时动 21 2 能不为0，故A错误；若企鹅以同样大小的速度竖直向上起跳，由 所以os6=1-22·户，解得1k1=28 最低点时的速率为√gR,根据牛顿第二定律，有FN~mg三 动能定理知，重力做功等于动能的增加量，则两种情况落水时速 13.(1)24m;(2)4200W m大，解得Fv=2mg>0,根据牛顿第三定律知，小球通过最低 度方向不同，大小相同，故B错误；以海面为参考平面，由机械能 解析：(1)由牛顿第二定律mgsin30°-f=mu 点时对管道的外壁有作用力，大小为2mg,故D错误 守恒定律知mgh+弓m哈=弓m2+0,则重力做功为W。 解得：a=4m/s2 7.在OA段滑行过程，根据机械能守恒定律可得mgH= 子2-子听：故C正确：企鹅做斜上抛运动，速度方向和大小 由运动学公式=w+分 之m2,可得运动员水平飞出的速度为。=√2g五，若H加倍，则 不断变化，故D错误， 其中o=2m/s,t=3s,解得3s内滑雪者下滑位移的大小 水平飞出的速度变为原来的2倍，故A错误；运动员从A点飞出 7.根据平抛运动的特点可知，水柱到达最高点时仍然有沿 为x=24m. 水平方向的分速度，动能不等于0.故A错误；平抛运动以及逆运 (2)由运动学公式：=o+at 重力的瞬时功率P=mgvsin30 后微平抛运动，由位移偏角公式可得1m02 vt =解得1 动的过程中空气阻力不计，水柱的机械能守恒.故B正确；水柱 联立解得，3s末人与滑板总重力的瞬时功率为P=4200W. 沿竖直方向的分速度为：，=si血45=10，反×号=10m/,水 =2an9,若H加倍，则在空中运动的时间变为原来的，万倍，故 g 14.(1)2gR;(2)4R;(3)6mg 10 解析：(1)小球从A到D,根据动能定理可得： D错误；由速度偏角公式可得tana=L=2an0可知，只要运 向上运动的时间为：三÷三高0=1s,出水口离建筑物 1 mg(4R-2R)=2m6 动员落到斜面上，位移偏角θ就不变，则速度与水平方向夹角α 水平距离等于水柱沿水平方向的位移x=,t=cos45°·t三 不变，故B正确；运动员落到斜面上的速度大小可表示为”合= 10m.故C正确；设出水口与水平地面之间的夹角为0，则水柱上 解得：wD=2√gRm/s. 升的度为山：-，可知如果要使水住您灭预六位 (2)小球离开D点后做平抛运动，根据平抛运动规律可以得到： 0。结合A解析可知，若加倍，运动员落到斜面上的速度大 2g 水平方向有：x=ot 小变为原来的2倍，故C错误 置的火焰，消防员可以通过改变出水速度和出水口与水平地面 竖直方向有：2R= 8.ABC;9.AC;10.CD 夹角来实现.故D正确.本题选不正确的，故选A. 提示： 8.BD:9.CD:10.AD. 整理可以得到：x=4R. 提示： (3)从A到C,根据动能定理得： &由Gm得：√俨在人造卫星自然运行的 8.竖直方向上，两物块仅受重力，不受支持力，做自由落体 mg(4R-R)=之m2-0 轨道上，线速度随着距地心的距离减小而增大，所以远地点的线 运动：故水平方向不受摩擦力，只受绳子弹力，因此包含绳子在 速度比近地点的线速度小，心A<g,故A正确：人造卫星从椭圆 内的系统整体机械能守恒；故A错误；初始时刻物块受重力和弹 在C点，根据牛顿第二定律有：F=m尺 轨道Ⅱ变轨到圆形轨道I,需要点火加速，发生离心运动才能 力，但是弹力逐渐变小，故合力方向逐渐变化，物块做变加速曲 解得：FN=6mg 线运动，待弹力等于0之后，合力不变（即重力），但此时速度方 实现，因此<1，所以E4<E1,故B正确：由GMm 由牛顿第三定律可知，小球经过半圆轨道的C点时对轨道 向并不竖直，故物块做匀变速曲线运动；故B正确；落地时，物块 的压力为6mg. 4元2r 竖直方向有？=2gH,解得竖直方向的速度，=√2gH,由于水 15.(1)80N:(2)6m/s,6m 咖（亭，得T=√，可知到地心距离越大，周期越大，因 平方向速度不为0，故实际速度必定大于2g:故C错误；两物块的 解析：(1)玩具滑车到达D点时，由牛顿第二定律有： 此Tm<T,,故C正确；人造卫星运动的加速度由万有引力提 运动完全对称，落地时速度大小相同，但方向不同.故D正确 供，因此不管在轨道Ⅱ还是在轨道I上，两者的受力是相等的， 9.根据动能定理可得Ek-Eo=-mgxsin0-umgxcos0,可 Fo-mg m 因此加速度相等，故D错误 R 得E=Ek0-(mgsin0+umgcos0)x,可知Ek与位移x成线性 解得：，=g+m是=40N+4xN=0N 9.设小木块开始滑动的临界角速度为wm,根据牛顿第二定 关系，故A正确；物体的重力势能为Ep=mgr·sin0,可知En与 律有mg=mo2r,解得wn=√华，因为r。>r,所以a开始 位移成正比，故B正确；滑块以速度o冲上粗糙的斜面，加速度 (2)若无传送带时，由平抛知识可知：x=o1 大小为a=gsin0+gcos0,则有t=%-(gsin9+ugcos0)t, 解得：t=1s 滑动的临界角速度小、于b开始滑动的临界角速度，则先开始滑 滑块动能与时间的关系为E=2mr=2m[-(gsi血0+ 如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理动，故A正确，B错误；若a,与圆盘相对静止，则当刚好要发生 ugcos0)·]2,故C错误；上滑过程中，摩擦力对滑块做负功，滑块 有：m2-m=-mg 滑动时，国盘的角速度最大，为如.√俨：√受故c正确，