模块二 力与曲线运动（综合训练）（山东专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦力与曲线运动模块，通过选择、实验、计算三类题型整合平抛运动、圆周运动及天体运动知识，以实际情境为载体，强化运动与相互作用观念及模型建构能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|12题|单选与多选结合，涵盖平抛分解（题1）、连杆速度（题2）、天体运动（题6-7）等|从运动合成与分解到向心力公式应用，构建“平抛-圆周-天体”递进逻辑| |实验题|2题|平抛规律探究（题13）、向心力与速度关系（题14）|通过数据处理与误差分析，落实科学探究要素| |计算题|4题|含圆周运动张力（题15）、平抛相遇（题16）、天体引力（题18）|结合实际情境（如冰锅、太空电梯），强化科学推理与模型应用|

模块二 力与曲线运动（综合训练） 第Ⅰ卷 1、 选择题：本题共12小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每小题3分，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1．某质点在一竖直平面内运动，其水平方向的分运动情况和竖直方向的分运动情况分别如图甲、乙所示，初始时刻质点在坐标原点，竖直方向初速度为0，下列说法正确的是（     ） A．质点的运动轨迹是直线 B．时，质点的合速度方向与水平方向成 C．时，质点的合速度大小为 D．时，质点的合位移大小为 2．如图（a）所示，“筋膜枪”利用高速电机带动枪头，产生的高频振动可以作用到肌肉深层，以达到缓解疼痛的作用。如图（b）所示为某款筋膜枪的内部结构简化图，连杆以角速度绕垂直于纸面的轴匀速转动，带动连杆，使套在横杆上的滑块左右滑动。已知连杆长为，连杆长为，下列说法正确的是（     ） A．当时，滑块的速度最大，且为 B．当时，滑块的速度最大，且为 C．当时，滑块的速度最大，且为 D．当时，滑块的速度最大，且为 3．如图所示，圆心为，半径的粗糙圆盘平行于水平地面放置，到地面的高度为，在圆盘边缘放置一可看成质点的物块a。物块与圆盘间的动摩擦因数，重力加速度取。圆盘的角速度从零开始缓慢增大，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（     ） A．a随圆盘转动线速度的最大值为 B．a落地点到转轴的水平距离为 C．若增大极快，a离开圆盘时的速度增大 D．若增大极快，a离开圆盘时的速度不变 4．如图所示，一半径为R的光滑圆环在竖直面内，O为圆心，轻绳一端固定在圆环的最低点A，另一端连接套在圆环上的小球。当圆环绕竖直直径AB以角速度匀速转动、小球相对圆环静止时，小球、圆心连线与直径AB的夹角。已知小球质量为m，轻绳能承受的最大拉力为2mg，重力加速度大小为g。则（     ） A．圆环的角速度大小可能为 B．当圆环的角速度时，细绳即将断裂 C．当圆环的角速度时，小球受到3个力的作用 D．当圆环的角速度时，小球圆周运动的半径为 5．如图甲所示，一横截面为圆形的水泥涵管、内截面圆的半径为R。一儿童在最低点以一定的水平初速度踢出球，球沿管道运动在A点脱离管道后，恰好落入位于圆心O处的背兜，简化示意图如图乙所示。忽略一切阻力和滚动的影响，重力加速度为g，则A点离水平直径的距离h为（　　） A． B． C． D． 6．中国空间站“天宫”自2021年4月29日发射至今已稳定在轨运行接近5年经过不断建造空间站的功能越来越强大。若空间站绕地球运行近似为匀速圆周运动，运动周期为，地球半径为，地球表面的重力加速度为，地球的自转周期为，则下列说法正确的是（　　） A．空间站运动的轨道半径与同步卫星的轨道半径之比为 B．随着空间站的建设，“天宫”的质量越来越大，所受地球的引力也逐渐变大，需要调整其轨道半径不断减小才能维持其做圆周运动 C．地球的质量为 D．地球的密度大于 7．2025年10月31日，搭载神舟二十一号载人飞船的长征二号F遥二十一运载火箭在甘肃酒泉卫星发射中心成功点火发射，顺利将张陆、武飞、张洪章三名航天员送入太空，标志着我国载人航天事业取得进一步的发展。假设发射成功后的神舟二十一号飞船在距离地球表面h高度的圆形轨道上运行，地球半径为R，质量为M，地球表面附近的重力加速度为g，下列说法不正确的是（　　） A．神舟二十一号飞船内的三名宇航员处于完全失重状态 B．神舟二十一号飞船运行速度为 C．神舟二十一号飞船运行周期为 D．若神舟二十一号要返回地球，需要先减速制动 8．如图所示，离地面足够高的空间有A、B、C三点，同在一竖直平面内，B、C两点等高，现从A、B两点同时抛出甲、乙两个小球，初速度方向均指向C点，忽略空气阻力，重力加速度恒为g，此后的运动过程中（     ） A．两球一定会相碰，且碰撞点一定在C点正下方 B．两球不一定会相碰，若相碰，则碰撞点一定在C点正下方 C．两球一定会相碰，但碰撞点不一定在C点正下方 D．两球不一定会相碰，若相碰，则碰撞点不一定在C点正下方 9．如图，为竖直平面内圆轨道的直径，为圆心。弹射器（图中未画）可沿水平线移动，第一次将小球在点以某速度水平弹出，前移一段距离后，将相同的小球在点以另一速度水平弹出，两次小球均落在圆轨道同一点，其中有一次落在点的速度方向沿方向，与竖直方向的夹角为30°。不计空气阻力，小球可视为质点，则下列说法正确的是（    ） A．前后两次下落过程中小球的速度变化量相等 B．从点弹出的小球在点的速度沿方向 C．A、C两点之间的距离为圆轨道半径的一半 D．小球两次落在点的速度大小之比为 10．如图所示，底面半径为的圆柱形桶固定在水平桌面上，橡皮筋一端与桶顶部圆心点相连，另一端从桶内隔板中央的光滑小孔点穿过后与质量为的小球P（可视为质点）相连。已知橡皮筋的劲度系数为且原长等于。当点到桶底面距离足够大时，给小球P适当的速度，可使其在水平面内做匀速圆周运动（如图甲所示），且运动过程中不与桶壁接触。当点到桶底面距离较小时，在底面圆心点处给小球P适当的速度，可使小球紧贴着底面沿直径做往复运动（如图乙所示），若与桶壁碰撞，可视为弹性碰撞。已知橡皮筋的弹性势能，为橡皮筋的形变量，小球P与桶底面间的动摩擦因数，取，下列说法正确的是（　　） A．当小球在水平面内做圆周运动（不与桶壁接触）时，速度越大，小球与底面的距离越小 B．当小球在水平面内做圆周运动（不与桶壁接触）时，最大线速度为 C．当时，在点给小球P初动能，小球将与桶壁碰撞2次 D．当时，在点给小球P初动能，小球将停在距离点处 11．潮汐锁定是指一天体在绕另一天体公转时，由于潮汐力的作用，其自转周期逐渐与公转周期同步。若银河系中一双星系统中A、B星处于互相潮汐锁定状态，绕同一点做匀速圆周运动，已知A、B两星的质量之比为，半径之比为，下列说法正确的是（     ） A．A、B两星的公转轨道半径之比为 B．A、B两星“赤道”上放置的物体速度之比为 C．A、B两星的第一宇宙速度之比为 D．A、B两星的同步卫星轨道半径之比为 12．太空电梯是人类构想的一种通往太空的设备，其原理并不复杂，与生活中的普通电梯十分相似。只需在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“绳索”将其与地面相连，当空间站围绕地球运转时，绳索会系紧，宇航员、乘客以及货物可以通过电梯轿厢一样的升降舱沿绳索直入太空，这样不需要依靠火箭、飞船这类复杂航天工具。如乙图所示，假设有一长度为的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步空间站，相对地球静止，卫星与同步空间站的运行方向相同，此时二者距离最近，经过时间之后，第一次相距最远。已知地球半径，自转周期，下列说法正确的是（　　） A．太空电梯各点均处于完全失重状态 B．卫星的周期为 C．太空电梯停在距地球表面高度为的站点，该站点处的重力加速度 D．太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成正比 第Ⅱ卷 2、 实验题：本题共2小题，共14分 13．如图所示，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上的标尺可以测得水平位移。保持水平槽口距底板的高度不变，改变小球在斜槽轨道上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度、飞行时间和水平位移，记录在表中。 (1)由表中数据可知，在一定时，小球水平位移与其初速度成________关系，与________无关。 (2)一位同学计算出小球飞行时间的理论值，发现理论值与测量值之差约为。经检查，实验及测量无误，其原因是______________________________。 (3)另一位同学分析并纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竟发现测量值依然大于自己得到的理论值，二者之差在之间，且初速度越大差值越小。对实验装置的安装进行检查，确认斜槽槽口与底座均水平，则导致偏差的原因是______________________________。 14．某实验小组用如图甲所示的装置来探究向心力与速度大小的关系。轻质细线的一端系着小钢球，另一端与固定在铁架台上的力传感器相连，光电门在力传感器的正下方。调节好细线长度，将小钢球拉起一定高度后由静止释放，光电门测出小钢球经过最低点时的挡光时间，力传感器测出此时细线的拉力大小。已知小钢球的直径为，当地的重力加速度为。 (1)某次光电门记录的挡光时间为，则小钢球经过最低点时的速度大小为____________。（用题中所给物理量的字母表示） (2)多次改变小钢球的释放位置，测出多组和的数据，作出如图乙所示的图像，则横坐标应为____________。（填“”“”或“”） (3)若图乙中图像与纵轴交点的纵坐标值为，则小钢球的质量为____________。（用题中所给物理量的字母表示） 三、计算题：本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 15．如图所示，已知绳长，水平杆长，小球质量，整个装置可绕竖直轴转动。取，要使绳子与竖直方向成角，求： (1)小球的向心加速度大小； (2)该装置转动的角速度和线速度大小； (3)此时绳子的张力大小。 16．投喂海鸟是很多游客最喜爱的活动。一只海鸟在距离游客高处以水平速度匀速飞行，游客面向海鸟飞来的方向，以与水平面成角斜向上抛出食物，海鸟恰好在食物运动到轨迹最高点时接住食物。飞鸟与食物轨迹在同一竖直面内，不计空气阻力，，，。求： (1)食物从抛出到升至最高点的时间； (2)食物抛出时的初速度大小； (3)游客抛出食物时，海鸟到游客的水平距离。 17．如图（a）为长春西湖公园的“巨型冰锅”，冰锅可视为半径为的球面的一部分。质量为的汽车（可视为质点）采用两种方式从锅底“脱困”，重力加速度为，不计空气阻力。 (1)第一种方式：汽车在过锅底的竖直面内做圆周运动，多次往复运动后荡出冰锅。某次通过锅底时速度为，如图（b）所示，求此时汽车对锅底的压力大小和方向。 (2)第二种方式：汽车从锅底沿锅壁螺旋上升，最后驶出冰锅。某一小段时间内汽车的运动可视为在水平面内的匀速圆周运动，汽车与冰锅球心点连线与竖直方向夹角为，如图所示，要使汽车不受摩擦力作用，其速度应等于多少。 18．某行星绕恒星做匀速圆周运动，该恒星和行星均可视为质量分布均匀的球体，恒星球心到行星球心的距离为。已知恒星质量为，行星的质量为，行星的半径为，引力常量为，忽略行星的自转。 (1)求行星绕恒星做匀速圆周运动的向心加速度大小； (2)假设在行星表面距恒星最近处有一质量为的物体，求恒星和行星对该物体万有引力的差值； (3)由于某种因素的影响，行星缓慢向恒星靠近，行星绕恒星的运动仍可近似看成匀速圆周运动。当行星与恒星球心之间的距离小于某个值时，行星表面物体就会被恒星吸走，进而导致行星可能被撕裂”（行星表面物体脱离行星表面，不再随行星同步运动），推导的表达式。【提示：当时， 10 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 模块二 力与曲线运动（综合训练） 第Ⅰ卷 1、 选择题：本题共12小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每小题3分，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1．某质点在一竖直平面内运动，其水平方向的分运动情况和竖直方向的分运动情况分别如图甲、乙所示，初始时刻质点在坐标原点，竖直方向初速度为0，下列说法正确的是（     ） A．质点的运动轨迹是直线 B．时，质点的合速度方向与水平方向成 C．时，质点的合速度大小为 D．时，质点的合位移大小为 【答案】C 【详解】由图可知，质点在水平方向的速度大小不变，为；在竖直方向，质点的加速度大小不变，为，质点在竖直方向做匀加速直线运动，竖直方向初速度为0，则 A．由上述分析可知，质点的合初速度方向沿水平方向，合加速度方向沿竖直方向，初速度与加速度不共线，质点运动轨迹为曲线，故A错误； B．时，质点的竖直速度 设合速度与水平方向夹角为，则 可知 故质点的合速度方向与水平方向成，故B错误； C．时，质点的竖直速度 则合速度大小，故C正确； D．时间内，质点沿水平方向的位移为 质点沿竖直方向的位移为 故质点的合位移大小为，故D错误。 故选C。 2．如图（a）所示，“筋膜枪”利用高速电机带动枪头，产生的高频振动可以作用到肌肉深层，以达到缓解疼痛的作用。如图（b）所示为某款筋膜枪的内部结构简化图，连杆以角速度绕垂直于纸面的轴匀速转动，带动连杆，使套在横杆上的滑块左右滑动。已知连杆长为，连杆长为，下列说法正确的是（     ） A．当时，滑块的速度最大，且为 B．当时，滑块的速度最大，且为 C．当时，滑块的速度最大，且为 D．当时，滑块的速度最大，且为 【答案】D 【详解】当时，点速度方向沿杆方向的分量不是最大，滑块速度不是最大；当时，点线速度的方向与杆平行，沿杆方向的分速度最大。根据关联速度关系 在中 解得 此时滑块速度最大。 故选D。 3．如图所示，圆心为，半径的粗糙圆盘平行于水平地面放置，到地面的高度为，在圆盘边缘放置一可看成质点的物块a。物块与圆盘间的动摩擦因数，重力加速度取。圆盘的角速度从零开始缓慢增大，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（     ） A．a随圆盘转动线速度的最大值为 B．a落地点到转轴的水平距离为 C．若增大极快，a离开圆盘时的速度增大 D．若增大极快，a离开圆盘时的速度不变 【答案】B 【详解】A．物块随圆盘做圆周运动时，静摩擦力提供向心力。由牛顿第二定律得 物块即将相对圆盘滑动时有 解得，故A错误； B．物块离开圆盘后做平抛运动，由竖直方向的运动规律得 物块沿圆盘切线方向的水平位移为 该位移与圆盘半径垂直，故落地点到转轴的水平距离为，故B正确； CD．若圆盘角速度增大较快，物块既有指向圆心的向心加速度，又有沿切线方向的切向加速度。设物块的切向加速度为，则向心加速度为 由牛顿第二定律得静摩擦力沿径向、切向的分力大小分别为， 由于径向与切向垂直，静摩擦力的大小为 物块即将相对圆盘滑动时，静摩擦力达到最大值，即 故有 角速度增大越快，切向加速度越大，由上式可知物块离开圆盘时的速度越小，故CD错误。 故选B。 4．如图所示，一半径为R的光滑圆环在竖直面内，O为圆心，轻绳一端固定在圆环的最低点A，另一端连接套在圆环上的小球。当圆环绕竖直直径AB以角速度匀速转动、小球相对圆环静止时，小球、圆心连线与直径AB的夹角。已知小球质量为m，轻绳能承受的最大拉力为2mg，重力加速度大小为g。则（     ） A．圆环的角速度大小可能为 B．当圆环的角速度时，细绳即将断裂 C．当圆环的角速度时，小球受到3个力的作用 D．当圆环的角速度时，小球圆周运动的半径为 【答案】C 【详解】当圆环绕竖直直径AB以角速度匀速转动、小球相对圆环静止时，小球、圆心连线与直径AB的夹角，球做圆周运动的半径为 在水平方向上，由牛顿第二定律有 在竖直方向上，由平衡条件有 当＝0时，解得 当＝2mg时，解得。 A．圆环的角速度大小为时，，细绳处于松弛状态，A错误； B．当圆环的角速度时，，细绳没有断裂，B错误； C．当圆环角速度时，，小球受到重力、圆环支持力和细绳拉力的作用，C正确； D．圆环角速度大于时，细绳断开，小球圆周运动的半径大于，D错误。 故选C。 5．如图甲所示，一横截面为圆形的水泥涵管、内截面圆的半径为R。一儿童在最低点以一定的水平初速度踢出球，球沿管道运动在A点脱离管道后，恰好落入位于圆心O处的背兜，简化示意图如图乙所示。忽略一切阻力和滚动的影响，重力加速度为g，则A点离水平直径的距离h为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】球在A点脱离管道的瞬间，设球速度大小为，AO与水平方向夹角为，球和管道之间的弹力为0，由重力沿AO方向的分力提供向心力，有 球脱离管道后做斜抛运动，沿AO方向，球受重力沿AO方向的分力作用，根据牛顿第二定律，有 解得 设运动时间为，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，得 沿垂直AO方向，球受重力垂直AO方向的分力作用，根据牛顿第二定律，有 解得 垂直于AO方向，有 代入，得 联立解得 则 所以A点离水平直径的距离h为 故选A。 6．中国空间站“天宫”自2021年4月29日发射至今已稳定在轨运行接近5年经过不断建造空间站的功能越来越强大。若空间站绕地球运行近似为匀速圆周运动，运动周期为，地球半径为，地球表面的重力加速度为，地球的自转周期为，则下列说法正确的是（　　） A．空间站运动的轨道半径与同步卫星的轨道半径之比为 B．随着空间站的建设，“天宫”的质量越来越大，所受地球的引力也逐渐变大，需要调整其轨道半径不断减小才能维持其做圆周运动 C．地球的质量为 D．地球的密度大于 【答案】D 【详解】A．设空间站轨道半径为，同步卫星轨道半径，由开普勒第三定律可知， 解得 即空间站运动的轨道半径与同步卫星的轨道半径之比为，故A错误； B．空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心加速度 解得，可知空间站做圆周运动与空间站的质量无关，故B错误； C．空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，其中 解得，式中为空间站轨道半径，不是地球半径，故C错误； D．地球密度，其中， 解得，故D正确。 故选D。 7．2025年10月31日，搭载神舟二十一号载人飞船的长征二号F遥二十一运载火箭在甘肃酒泉卫星发射中心成功点火发射，顺利将张陆、武飞、张洪章三名航天员送入太空，标志着我国载人航天事业取得进一步的发展。假设发射成功后的神舟二十一号飞船在距离地球表面h高度的圆形轨道上运行，地球半径为R，质量为M，地球表面附近的重力加速度为g，下列说法不正确的是（　　） A．神舟二十一号飞船内的三名宇航员处于完全失重状态 B．神舟二十一号飞船运行速度为 C．神舟二十一号飞船运行周期为 D．若神舟二十一号要返回地球，需要先减速制动 【答案】B 【详解】A．飞船内的宇航员所受重力全部提供圆周运动的向心力，对支持物的压力为0，处于完全失重状态，故A正确； B．万有引力提供飞船圆周运动的向心力，有 根据黄金代换有 解得运行速度，故B错误； C．由万有引力提供向心力 根据黄金代换有 解得，故C正确； D．飞船返回地球需要做近心运动，减速后飞船所需向心力减小，万有引力大于所需向心力，飞船即可向近轨道运动，因此需要先减速制动，故D正确。 本题选不正确的，故选B。 8．如图所示，离地面足够高的空间有A、B、C三点，同在一竖直平面内，B、C两点等高，现从A、B两点同时抛出甲、乙两个小球，初速度方向均指向C点，忽略空气阻力，重力加速度恒为g，此后的运动过程中（     ） A．两球一定会相碰，且碰撞点一定在C点正下方 B．两球不一定会相碰，若相碰，则碰撞点一定在C点正下方 C．两球一定会相碰，但碰撞点不一定在C点正下方 D．两球不一定会相碰，若相碰，则碰撞点不一定在C点正下方 【答案】B 【详解】将每个小球的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动。两球自由落体分运动在任意时刻的位移相同，因此两球是否相碰只取决于各自匀速分运动的位置。 设两球的匀速分运动到达点所需时间分别为、。直线与仅相交于点，故两球相碰的条件为。题中未给出这一条件，所以两球不一定相碰。若两球在时刻相碰，此时两球的匀速分运动均到达点，且共同的自由落体分运动使它们相对点竖直下落 故碰撞点一定在点正下方。 故选B。 9．如图，为竖直平面内圆轨道的直径，为圆心。弹射器（图中未画）可沿水平线移动，第一次将小球在点以某速度水平弹出，前移一段距离后，将相同的小球在点以另一速度水平弹出，两次小球均落在圆轨道同一点，其中有一次落在点的速度方向沿方向，与竖直方向的夹角为30°。不计空气阻力，小球可视为质点，则下列说法正确的是（    ） A．前后两次下落过程中小球的速度变化量相等 B．从点弹出的小球在点的速度沿方向 C．A、C两点之间的距离为圆轨道半径的一半 D．小球两次落在点的速度大小之比为 【答案】AC 【详解】A．前后两次小球下落的高度相同，则时间相同，根据，可知下落过程中小球的速度变化量相等，A正确； BC．根据平抛运动的规律，末速度的反向延长线经过水平位移的中点，可知从C点弹出的小球在点的速度沿方向，若设D点在OB上的投影点为E点，则由几何关系可知CO=OE=0.5R，则AC=0.5R，B错误，C正确； D．水平方向根据可知小球两次落在点的水平位移之比为3:2，则水平速度大小之比为，竖直速度相等，根据可知小球两次落在点的速度大小之比不等于，D错误。 故选AC。 10．如图所示，底面半径为的圆柱形桶固定在水平桌面上，橡皮筋一端与桶顶部圆心点相连，另一端从桶内隔板中央的光滑小孔点穿过后与质量为的小球P（可视为质点）相连。已知橡皮筋的劲度系数为且原长等于。当点到桶底面距离足够大时，给小球P适当的速度，可使其在水平面内做匀速圆周运动（如图甲所示），且运动过程中不与桶壁接触。当点到桶底面距离较小时，在底面圆心点处给小球P适当的速度，可使小球紧贴着底面沿直径做往复运动（如图乙所示），若与桶壁碰撞，可视为弹性碰撞。已知橡皮筋的弹性势能，为橡皮筋的形变量，小球P与桶底面间的动摩擦因数，取，下列说法正确的是（　　） A．当小球在水平面内做圆周运动（不与桶壁接触）时，速度越大，小球与底面的距离越小 B．当小球在水平面内做圆周运动（不与桶壁接触）时，最大线速度为 C．当时，在点给小球P初动能，小球将与桶壁碰撞2次 D．当时，在点给小球P初动能，小球将停在距离点处 【答案】BCD 【详解】A．设小球做圆周运动半径为，橡皮筋形变量为 竖直投影 拉力 竖直方向受力 向心力 代入 得 当小球未离开底面时，高度为0，不变；离开底面后 得为定值，高度不变。因此速度变化不改变小球与底面的距离，故A错误。 B．不接触桶壁时最大 由 得 且此时 满足，因此最大线速度为，故B正确。 C．小球在底面运动时，竖直方向得支持力为 摩擦力 恒为定值。 弹性势能 为小球到的距离。 根据能量守恒，初总能量 化简得 碰撞次数判断，第一次到右桶壁，，代入得右边 能到达，故第一次碰撞； 反弹后到左桶壁， 代入得右边 能到达，故第二次碰撞； 之后剩余能量不足到达右桶壁（第三次碰撞需要总路程，总能量需要），因此共碰撞2次，故C正确。 D．停下来的条件是拉力 即。通过能量守恒逐步推导，最终小球停下时距离刚好为，满足 合力为零停下，故D正确。 故选BCD。 11．潮汐锁定是指一天体在绕另一天体公转时，由于潮汐力的作用，其自转周期逐渐与公转周期同步。若银河系中一双星系统中A、B星处于互相潮汐锁定状态，绕同一点做匀速圆周运动，已知A、B两星的质量之比为，半径之比为，下列说法正确的是（     ） A．A、B两星的公转轨道半径之比为 B．A、B两星“赤道”上放置的物体速度之比为 C．A、B两星的第一宇宙速度之比为 D．A、B两星的同步卫星轨道半径之比为 【答案】BC 【详解】A．设，两星的质量分别为，，绕共同圆心的公转轨道半径分别为，，公转角速度均为。由牛顿第二定律，万有引力分别提供两星做圆周运动的向心力，有 整理得，故A错误； B．潮汐锁定使两星的自转周期均等于共同公转周期，因此自转角速度相同，设为。设两星半径分别为，，由线速度与角速度的关系，两星赤道处物体的线速度分别为， 所以，故B正确； C．设绕，两星表面附近做匀速圆周运动的卫星质量均为，其第一宇宙速度分别为，。由万有引力提供向心力，分别有， 整理得， 所以，故C正确； D．潮汐锁定使两星的自转角速度均等于共同公转角速度，设为。设两星同步卫星的质量均为，轨道半径分别为，。由万有引力提供向心力，分别有， 整理得 所以，故D错误。 故选BC。 12．太空电梯是人类构想的一种通往太空的设备，其原理并不复杂，与生活中的普通电梯十分相似。只需在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“绳索”将其与地面相连，当空间站围绕地球运转时，绳索会系紧，宇航员、乘客以及货物可以通过电梯轿厢一样的升降舱沿绳索直入太空，这样不需要依靠火箭、飞船这类复杂航天工具。如乙图所示，假设有一长度为的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步空间站，相对地球静止，卫星与同步空间站的运行方向相同，此时二者距离最近，经过时间之后，第一次相距最远。已知地球半径，自转周期，下列说法正确的是（　　） A．太空电梯各点均处于完全失重状态 B．卫星的周期为 C．太空电梯停在距地球表面高度为的站点，该站点处的重力加速度 D．太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成正比 【答案】BCD 【详解】A．太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动，只有位置达到静止卫星的高度的点才处于完全失重状态，并不是各点均处于完全失重状态，故A错误； B．静止卫星的周期，当两卫星第一次相距最远时满足 解得，故B正确； C．太空电梯的长度即为静止卫星离地面的高度，由万有引力提供向心力有 太空电梯停在距地球表面高度为的站点，太空电梯上质量为的货物，受到的万有引力 货物绕地球做匀速圆周运动，设太空电梯对货物的支持力为，万有引力与支持力的合力提供向心力，有 在货梯内有，而 联立以上各式可得，故C正确； D．太空电梯与地球一起转动，相对地球静止，各点角速度相同，根据可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成正比，故D正确。 故选BCD。 第Ⅱ卷 2、 实验题：本题共2小题，共14分 13．如图所示，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上的标尺可以测得水平位移。保持水平槽口距底板的高度不变，改变小球在斜槽轨道上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度、飞行时间和水平位移，记录在表中。 (1)由表中数据可知，在一定时，小球水平位移与其初速度成________关系，与________无关。 (2)一位同学计算出小球飞行时间的理论值，发现理论值与测量值之差约为。经检查，实验及测量无误，其原因是______________________________。 (3)另一位同学分析并纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竟发现测量值依然大于自己得到的理论值，二者之差在之间，且初速度越大差值越小。对实验装置的安装进行检查，确认斜槽槽口与底座均水平，则导致偏差的原因是______________________________。 【答案】(1) 正比 飞行时间 (2)计算时重力加速度取值大于实际值 (3)光电门传感器置于槽口的内侧，传感器的中心距水平槽口还有一段很小的距离，故从小球经过传感器到小球到达抛出点还有一段很短的时间，而且速度越大该时间越短，从而使测量值大于理论值 【详解】（1）由题表中数据可知，一定时，小球的水平位移与初速度成正比关系，与飞行时间无关。 （2）根据，可知该同学计算时重力加速度取的是，一般情况下应取，从而导致约的偏差。 （3）光电门传感器置于槽口的内侧，传感器的中心距水平槽口（小球开始做平抛运动的位置）还有一段很小的距离，故从小球经过传感器到小球到达抛出点还有一段很短的时间，而且速度越大该时间越短，从而使测量值大于理论值。 14．某实验小组用如图甲所示的装置来探究向心力与速度大小的关系。轻质细线的一端系着小钢球，另一端与固定在铁架台上的力传感器相连，光电门在力传感器的正下方。调节好细线长度，将小钢球拉起一定高度后由静止释放，光电门测出小钢球经过最低点时的挡光时间，力传感器测出此时细线的拉力大小。已知小钢球的直径为，当地的重力加速度为。 (1)某次光电门记录的挡光时间为，则小钢球经过最低点时的速度大小为____________。（用题中所给物理量的字母表示） (2)多次改变小钢球的释放位置，测出多组和的数据，作出如图乙所示的图像，则横坐标应为____________。（填“”“”或“”） (3)若图乙中图像与纵轴交点的纵坐标值为，则小钢球的质量为____________。（用题中所给物理量的字母表示） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据光电门的测量原理，时间很短时可以近似认为平均速度等于瞬时速度，所以 （2）在最低点对小球应用牛顿第二定律，有 整理后有 所以要做的图像。 （3）根据上一问计算可知，截距为小球的重力，即 所以 三、计算题：本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 15．如图所示，已知绳长，水平杆长，小球质量，整个装置可绕竖直轴转动。取，要使绳子与竖直方向成角，求： (1)小球的向心加速度大小； (2)该装置转动的角速度和线速度大小； (3)此时绳子的张力大小。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）小球绕竖直轴做圆周运动，其轨道平面在水平面内，对小球受力分析如图所示，设绳对小球拉力为，小球重力为，则绳的拉力与小球重力的合力提供小球做圆周运动的向心力 对小球，利用牛顿第二定律可得 小球的向心加速度大小 （2）由几何关系有 又有， 联立解得该装置转动的角速度大小，线速度大小。 （3）在竖直方向上，根据平衡条件可知此时绳子的张力大小。 16．投喂海鸟是很多游客最喜爱的活动。一只海鸟在距离游客高处以水平速度匀速飞行，游客面向海鸟飞来的方向，以与水平面成角斜向上抛出食物，海鸟恰好在食物运动到轨迹最高点时接住食物。飞鸟与食物轨迹在同一竖直面内，不计空气阻力，，，。求： (1)食物从抛出到升至最高点的时间； (2)食物抛出时的初速度大小； (3)游客抛出食物时，海鸟到游客的水平距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）食物竖直方向做竖直上抛运动，上升到最高点时竖直位移 最高点竖直速度为0，则食物从抛出到升至最高点的时间满足                              解得 （2）食物抛出时在竖直方向的初速度满足 解得 又食物抛出瞬间，速度与水平面成角，可知 解得 （3）食物的水平分速度 时间内食物的水平位移 海鸟位移 二者相向运动，故海鸟到游客的水平距离 17．如图（a）为长春西湖公园的“巨型冰锅”，冰锅可视为半径为的球面的一部分。质量为的汽车（可视为质点）采用两种方式从锅底“脱困”，重力加速度为，不计空气阻力。 (1)第一种方式：汽车在过锅底的竖直面内做圆周运动，多次往复运动后荡出冰锅。某次通过锅底时速度为，如图（b）所示，求此时汽车对锅底的压力大小和方向。 (2)第二种方式：汽车从锅底沿锅壁螺旋上升，最后驶出冰锅。某一小段时间内汽车的运动可视为在水平面内的匀速圆周运动，汽车与冰锅球心点连线与竖直方向夹角为，如图所示，要使汽车不受摩擦力作用，其速度应等于多少。 【答案】(1)，方向竖直向下 (2) 【详解】（1）设锅底对汽车的弹力为，汽车在竖直面做匀速圆周运动根据牛顿第二定律有 解得 汽车对锅底的压力大小为 方向竖直向下。 （2）设汽车此时速度为，汽车做圆周运动半径 汽车所受重力及冰锅支持力的合力提供向心力 解得 18．某行星绕恒星做匀速圆周运动，该恒星和行星均可视为质量分布均匀的球体，恒星球心到行星球心的距离为。已知恒星质量为，行星的质量为，行星的半径为，引力常量为，忽略行星的自转。 (1)求行星绕恒星做匀速圆周运动的向心加速度大小； (2)假设在行星表面距恒星最近处有一质量为的物体，求恒星和行星对该物体万有引力的差值； (3)由于某种因素的影响，行星缓慢向恒星靠近，行星绕恒星的运动仍可近似看成匀速圆周运动。当行星与恒星球心之间的距离小于某个值时，行星表面物体就会被恒星吸走，进而导致行星可能被撕裂”（行星表面物体脱离行星表面，不再随行星同步运动），推导的表达式。【提示：当时， 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）行星绕恒星做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，即 解得 （2）恒星对该物体的万有引力为 行星对该物体的万有引力为 所以恒星和行星对该物体万有引力的差值 （3）设行星表面的物体m恰好被吸走，此时物体与行星间的支持力为零。对物体m，其受到恒星的引力与行星的引力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有 脱离时刻，行星表面物体和行星有相同的角速度由得 物体的向心加速度 可得 整理得 由于，所以 代入可得 整理可得 20 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $ 模块二 力与曲线运动（综合训练） 第Ⅰ卷 1、 选择题：本题共12小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每小题3分，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B C A D B B AC BCD 题号 11 12 答案 BC BCD 第Ⅱ卷 2、 实验题：本题共2小题，共14分 13．(1) 正比 飞行时间 (2)计算时重力加速度取值大于实际值 (3)光电门传感器置于槽口的内侧，传感器的中心距水平槽口还有一段很小的距离，故从小球经过传感器到小球到达抛出点还有一段很短的时间，而且速度越大该时间越短，从而使测量值大于理论值 14．(1) (2) (3) 三、计算题：本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 15．(1) (2)， (3) 【详解】（1）小球绕竖直轴做圆周运动，其轨道平面在水平面内，对小球受力分析如图所示，设绳对小球拉力为，小球重力为，则绳的拉力与小球重力的合力提供小球做圆周运动的向心力 对小球，利用牛顿第二定律可得 小球的向心加速度大小 （2）由几何关系有 又有， 联立解得该装置转动的角速度大小，线速度大小。 （3）在竖直方向上，根据平衡条件可知此时绳子的张力大小。 16．(1) (2) (3) 【详解】（1）食物竖直方向做竖直上抛运动，上升到最高点时竖直位移 最高点竖直速度为0，则食物从抛出到升至最高点的时间满足                              解得 （2）食物抛出时在竖直方向的初速度满足 解得 又食物抛出瞬间，速度与水平面成角，可知 解得 （3）食物的水平分速度 时间内食物的水平位移 海鸟位移 二者相向运动，故海鸟到游客的水平距离 17．(1)，方向竖直向下 (2) 【详解】（1）设锅底对汽车的弹力为，汽车在竖直面做匀速圆周运动根据牛顿第二定律有 解得 汽车对锅底的压力大小为 方向竖直向下。 （2）设汽车此时速度为，汽车做圆周运动半径 汽车所受重力及冰锅支持力的合力提供向心力 解得 18．(1) (2) (3) 【详解】（1）行星绕恒星做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，即 解得 （2）恒星对该物体的万有引力为 行星对该物体的万有引力为 所以恒星和行星对该物体万有引力的差值 （3）设行星表面的物体m恰好被吸走，此时物体与行星间的支持力为零。对物体m，其受到恒星的引力与行星的引力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有 脱离时刻，行星表面物体和行星有相同的角速度由得 物体的向心加速度 可得 整理得 由于，所以 代入可得 整理可得 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $