第6期：圆周运动-【数理报】2027年高考物理一轮复习学案

素养 拓展 数理极 本版责任编辑：李杰 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 (2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律 报纸发行质量反馈电话 0351-5271248 圆周运动的临界问题 得2mg+F=2m盒 代人入(1)中的vg,可得FoB=0 第5期2、3版参考答案 一、单选题 ◆山东 王爱华 对A有FTo4-mg=m 1.D:2.C;3.A; 的位置是最低点，恰好滑动时mgcos0 4.C:5.D:6.C;7.D. 编者按：竖直平面内的圆周运动是高 可得FTo4=2mg 二、多选题 mgsin 0 mo'R. 中物理的核心变速圆周运动模型，核心特 3.解题技巧 根据牛顿第三定律，0轴所受力的大小为 8.BC;9.AC: 10.BC. 点是重力全程参与，运动过程速度大小不“ (1)物体通过圆周运动最低点、最高点（或 2mg,方向竖直向下. 三、实验题 断变化，向心力的大小和方向也随之动态 等效最低、最高点)时，利用合力提供向心力列 例3.如图4所示 11.(1)BCD 改变 一倾斜的匀质圆盘绕垂 (2)1.52.5 方程： 12.(1)C 在竖直平面内做圆周运动的物体，按 (2)物体从某一位置到另一位置的过程中， 直于盘面的固定对称轴 运动到轨道最高点时的受力情况可分为两警 用动能定理找出两处速度关系； 以恒定角速度ω转动 (2)x√2-1 类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道 (3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对盘面上离转轴2.5m处 a)√层 运动的过山车等)，称为“绳（环）约束模 象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律 有一小物体（可视为质 图4 /cos0 型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内 134 =sin 0 求出压力. 点)与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力 的运动等)，称为“杆（管）约束模型”. 例1.如图2所示，一质量 等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g (2)an9 1,竖直面内圆周运动两类模型对比】 为m=0.5kg的小球（可视为 取10m/s2,则以下说法中正确的是 ( 14.(1)m=3g 4 轻绳模型 轻杆模型 质点)，用长为0.4m的轻绳拴 A.小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速 A,C两点间的距离为 (最高点无支撑) (最高点有支撑) 着在竖直平面内做圆周运动，g 圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到 5g6 球与绳连接、水流星 4 球与杆连接、球在光滑 取10m/s2,下列说法不正确的 的摩擦力一定越大 实例 沿内轨道运动的“过山 管道中运动等 是 ) 车”等 B.小物体受到的摩擦力可能背离圆心 2签 A.小球要做完整的圆周运动，在最高点的 0、 7 图示 轨道 速度至少为2m/s C若小物体与盒面可的动摩擦因数为号 小球从A到B的运动 时间1：3网6 均是没有支撑的小球 均是有物体支撑的小球 B.当小球在最高点的速度为4m/s,轻绳拉 则w的最大值是l.0rad/s (3)小球从A到D平 力大小为15N 17gto C.若轻绳能承受的最大张力为45N,小球 D.若小物体与盘面间的动摩擦因数为 均速度为=50 力示意图 2 2= 33gto 0 0 的最大速度不能超过4√2m/s 则w的最大值是3rad/s 50 F丝向下或等于零 F弹向下、等于零或向上 D.若轻绳能承受的最大张力为45N,小球 解析：当物体在最高点时，也可能受到重 15.解析：(1)设正方 的最大速度不能超过4m/s 形的边长为so: 动力学方程 +,=m天 士保君 力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方 竖直方向做竖直上抛 F弹=0 解析：设小球通过最高点时的最小速度为向可能沿斜面向上（即背离圆心），也可能沿斜 运动，20= D=0 面向下（即指向圆心）.摩擦力的方向沿斜面向 g=完 水平方向做匀加速直 临界特征 即F.=0 ,则根据牛顿第二定律有5=m分，解得%二 上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦 即Dm血=gR F￥=mg 2m/s,故A正确；当小球在最高点的速度为= 线运动，30=之： 力越小，故A错误，B正确；当物体转到圆盘的最 (1)当v=0时，F￥ 4m/s时，设轻绳拉力大小为Fr,根据牛顿第二 解得1=6m/s 低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小 (2)由竖直方向的对 mg,F伴背离圆心 定律有F,+g=n亮，解得R,=15N,故B正 物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支 称性可知，小球再经过 (1)最高点，若8≥ (2)当0<B<gR 到x轴，水平方向做初速度 √gR,F￥+mg 时g-=m天 确；小球在最低点处速度最大，此时轻绳的拉力 持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合 为零的匀加速直线运动 ■后绳或轨道对 力提供向心力，支持力FN=mgeos30°，摩擦力 根据匀加速运动规律，两 F弹背离圆心并随v的 最大，根据牛顿第二定律有F-mg=mR,解 F,=uFN=umgcos30°，又umgcos30°- 次水平面位移之比为1：3， 讨论分析产生弹力F弹 增大而减小 所以回到x轴时落到x= 得vm=4√2m/s,故C正确，D错误 mgsin30°=mwR,解得w=1.0rad/s,故C正 12处，位置N的坐标为 (2)若u<√gR,则不 (3)当D=√gR时，F弹 能到达最高点，即到达 答案：D 确，D错误 (12,0) =0 最高点前小球已经脱 4)当v>g时，mg 例2.如图3所示，轻杆长 答案：BC 离了圆轨道 +F乐=m云F件指向国 21,中点固定在水平轴0上，两 主编余墨：竖直面内圆周运动类问题的 681012 端分别固定着小球A和B(均可 解题技巧 (3)到N点时竖直分 心并随v的增大而增大 视为质点)，A球质量为m,B球 (1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻 速度大小为 2,斜面上圆周运动的临界问题 质量为2m,重力加速度为g,两 '=o=4m/s, 如图1所示，物体在斜面上做圆周运动时， 杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同， 水平分速度 者一起在竖直平面内绕0轴做 设斜面的倾角为0，重力垂直斜面的分力与物体 (2)确定临界点：抓住绳模型中最高点 a水平·21=2m1=12m/s, 圆周运动. 故2=2+= 受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以 (1)若A球在最高点时，杆的A端恰好不受 ≥√gR及杆模型中v≥0这两个临界条件 √/10m/s. 按以下操作，把问题简化 力，求此时B球的速度大小； (3)研究状态：通常情况下竖直平面内的 (2)若B球到最高点时的速度等于第(1) 圆周运动只涉及最高，点和最低点的运动. 问中的速度，求此时O轴的受力大小和方向； (4)受力分析：对物体在最高点或最低点 解析：(1)A在最高点时，对A根据牛顿第二 时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方 -30 程，F合=n 立体图 视图 正视（斜面图 定律得mg=m兰解得，=V原，因为A,日两 图 (5)过程分析：应用动能定理或机械能守 物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动 球的角速度相等，半径相等，则vg=vA=√g; 恒定律将初、末两个状态联系起来列方程. 数浮极 高考物理 第6期 第一轮复习 总第1202期 2026年8月11日星期二 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：C14-0707八F)邮发代号：21-359A 动，甲在乙的上方.则 ( 解题金钥匙之 A.球甲的角速度一定大于球乙的角速度 B.球甲的线速度一定大于球乙的线速度 C.球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期 寻找向心力 D.甲对内壁的压力一定大于乙对内壁的压力 解析：对小球受力分析，小球受到重力和支 ◆山西乔继龙 持力，它们的合力提供向心力，设支持力与竖直 方向夹角为0，根据牛顿第二定律有mgtan0= 圆周运动问题的核心解决逻辑，完全依托 3.变速圆周运动中向心力来源 于牛顿第二定律的动力学框架，而精准找到向 如图1所示，当小球在 R =mRw2,解得v=√gRan0,w= 心力来源，是正确列写牛顿第二定律方程的核 竖直面内摆动时，沿半径 方向的合力提供向心力， √R,由题图可知，球甲的轨迹半径大，则球 gtan 0 心前提.先对做圆周运动的物体进行受力分析， 注意不要额外添加“向心力”这个效果力.再找F。=F-mgcos(8=mR 甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的线 到做圆周运动的圆心，沿半径指向圆心的方向 图1 4,圆周运动中动力学问题的分析思路 速度一定大于球乙的线速度，故A错误，B正确： 就是向心力的方向，最后将所有受力沿径向和 切向分解，把径向方向指向圆心的分量求和，这 赛提穿风一→垛务哭瞬黎的 根据T=2红，因为球甲的角速度一定小于球乙 个径向合力就是圆周运动的向心力.匀速圆周 确定圆周运动的轨道平而，确定圆心 的角速度，则球甲的运动周期一定大于球乙的 运动中，物体的合力完全充当向心力；变速圆周 →分析几何关系，求半径 运动中，只有径向的分力提供向心力.下面就从 运动周期，故C钻误：因为支持力人、。结 三析 务整价的编荣图人变题关时 4个方面谈谈如何寻找向心力. 合牛顿第三定律，球甲对内壁的压力一定等于 1.向心力来源 金挺尊霜笑婆物尚物隆定麟美赛 球乙对内壁的压力，故D错误 国列 根据牛顿运动定律和圆周运动知识列方程 向心力是按力的作用效果命名的，可以由 答案：B 重力、弹力、摩擦力、静电力、洛伦兹力等各种力 考向1圆周运动的动力学问题 考向3生活中的圆周运动 提供，也可以是几个力的合力或某个力的分力 例1.如图2所示，矩形金“心 例3.列车转弯时的受力 提供，因此在受力分析中要避免再另外添加一 属框MNQP竖直放置，其中 00 分析如图4所示，铁路转弯处 个向心力. MN、PQ足够长，且PQ杆光滑， 0000 的圆弧半径为R,两铁轨之间 2.常见匀速圆周运动中向心力来源 根轻弹簧一端固定在M点， 的距离为d,内外轨的高度差 另一端连接一个质量为m的小、 运动模型 向心力的来源图示 为h,铁轨平面和水平面间的 球，小球穿过PQ杆，金属框绕 图4 夹角为a(很小，可近似认 MN轴分别以角速度ω和ω'匀 为tana≈sina),重力加速度为g,下列说法正 汽车在水平路面转弯 速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω'>ω，则 确的是 ) 与以ω匀速转动时相比，以ω'匀速转动时 A.列车转弯时受到重力、支持力和向心力 = A.小球的高度一定降低 的作用 水平转台（光滑）》 B.弹簧弹力的大小一定不变 B.列车转弯的速度v= gR时，列车轮缘 B C.小球对杆压力的大小一定变大 D.小球所受合力的大小一定变大 不会挤压内轨和外轨 解析：对小球受力分析，设弹簧弹力为F, C.列车转弯的速度< gRh 时，列车轮缘 弹簧与水平方向的夹角为，则对小球竖直方向 圆锥摆 有Fsin0=mg,而R,=k(MP 会挤压外轨 cos 0 -),可知0为 D.若减小x角，可提高列车安全转弯的速度 定值，F,不变，则当转速增大后，小球的高度不 解析：列车以规定速度转弯时受到重力、支 变，弹簧的弹力不变，故A错误，B正确；水平方持力的作用，重力和支持力的合力提供向心力， 飞车走壁 向当转速较小，杆对小球的弹力F、背离转轴故A错误；当重力和支持力的合力提供向心力 F=matan 0 时，则Fcos0-FN=mwr,即FN=Fcos0 时，有mngtan=m mw2r,当转速较大，Fx指向转轴时，则Fcos0+ ,解得，=， dsm F%=mw2r,即F=mw2r-Fc0s0,因w'>w, 飞机水平转弯 根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一 当列车转高的速度：=√西时，列车轮缘不会 F.-mgan 0 定变大，故C错误；根据F合=mwr可知，因角速挤压内轨和外轨，故B正确；当列车转弯的速度 度变大，则小球所受合力变大，故D正确 ZA d gRh 时，转弯所需的向心力F<ngtan a, 答案：BD 考向2圆锥摆模型 此时列车内轨受挤压，故C错误；若要提高列车 火车转弯 例2.如图3所示，质量相等 转弯的速度，则列车所需的向心力增大，即需要 的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏 增大α角，故D错误， 斗内壁做水平面内的匀速圆周运 图3 答案：B 5.如图4所示，质量为m的小球固定在杆的一 《圆周运动》单元检测卷 C.b小球受到的绳子拉力大小恒为mg 端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动.当小球 cos 0 D.a小球运动到最高点时受到的绳子拉力为mgcos0 1 ◎数理报社试题研究中心 运动到最高点时，瞬时速度：=√g,L是球心 9.如图8所示，4、B两个相同的茶杯放在 题 号 三 总 分 到0点的距离，则球对杆的作用力是 ( 餐桌上的自动转盘上，一个杯中装满水，另 得 分 A.2mg的拉力 B.1 个是空杯A离转轴的距离为r,B离转轴的距 2mg的压力 图8 离为2r,转盘在电动机的带动下以周期T匀速转动，A、B两杯与转盘 第I卷选择题（共46分】 C.零 Ds的力 保持相对静止，均可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 瑩 速度为g,下列说法正确的是 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的 6.剪纸艺术源远流长，经久不衰，是中国 四个选项中，只有一项是符合题目要求) 民间艺术中的瑰宝.将如图5所示具有对称性 A.动摩擦因数至少为8m gT 部 1.如图1所示，物块P置于水平转盘上随转 的剪纸平放并固定在水平圆盘上，剪纸中心与 B.装满水的杯子受到的摩擦力一定较大 盘一起运动，且与转盘相对静止，图中c沿半径 圆盘中心重合，圆盘匀速转动，在暗室中用每 C.若增大转动的角速度，空杯一定先滑动 指向圆心，a与c垂直，下列说法正确的是 秒闪光10次的频闪光源照射圆盘，暗室中静 D.若增大转动的角速度，茶杯B一定先滑动 止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则圆盘 10.如图9所示，质量为m的小球由轻绳a和 A.当转盘匀速转动时，P受摩擦力方向为b方向 图1 的转速至少为 )b分别系于一轻质细杆的A点和B点，当轻杆绕 B.当转盘加速转动时，P受摩擦力方向可能为c方向 A.0.02/s B.2/s C.4r/s D.4πr/s 轴00'以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内 C.当转盘加速转动时，P受摩擦力方向可能为α方向 7.如图6所示，在竖直平面内，直径为R 做匀速圆周运动，a绳与水平面成0角，b绳平行 10 D.当转盘减速转动时，P受摩擦力方向可能为d方向 于水平面且长为1，重力加速度为g,则下列说法 2.如图2所示是我国自行研制的“直11” 的光滑半圆轨道和半径为R的光滑子圆轨道 正确的是 系列直升机，是一种小吨位直升机，可用于轻4 水平相切于0点.0点在水平地面上，可视为 A.小球一定受a绳的拉力作用 型武装直升机或运输机，在直升机螺旋桨上有 质点的小球从O点以某一初速度进入半圆，刚 B.小球所受a绳的拉力随角速度的增大而增大 A、B、C三点，其中A、C在叶片的端点，而B在 图6 叶片的中点（叶片长度相等）.当叶片转动时 好能通过半圆的最高点A,从A点飞出后落在子圆轨道上的B点，不 C当角速度。>√品。时，6绳将出现弹力 () 计空气阻力，g取10m/s2,则B点与0点的高度差为 D.若b绳突然被剪断，则α绳的弹力一定发生变化 A.这三点的周期关系为T4>Tn>Tc B.这三点的角速度大小关系为w4>wB>wG A.(3-5)R B.(3+5)R 2 2 第Ⅱ卷非选择题（共54分）】 C.这三点的线速度大小关系为vA=vc>vB 崇 D.这三点的向心加速度大小关系为a4>ap>ac c.(3-5)R 10 D.(3+5)R 10 三、实验题（本题共2小题，每小题8分，共16分，将正确答案填在 3.冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的飞倍，在水 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，每小题的4个选项题中横线上或按要求作答） 平冰面上沿半径为R的圆周滑行的运动员，其安全速度应为( )中，有多个选项是正确的，全选对的得6分，少选的得3分，有选错或不 11.某实验小组用如图10甲所示的装置探究向心力大小与周期、 A.U=k√gR B.u≤√hgR 选的得0分) 半径之间的关系，轻绳一端系着小球，另一端固定在竖直杆上的力传 感器上，小球套在光滑水平杆上.水平杆在电动机带动下可以在水平 C.u≥√gR gR D.u≤k 8.如图7所示，质量均为m的a、b两 小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起 面内绕竖直杆匀速转动.小球做圆周运动的半径为r,电子计数器可记 4.质量为m的飞机以恒定速率v在空中水平盘 来，使小球α在竖直平面内来回摆动，小 录杆做圆周运动的圈数n,用秒表记录小球转动n圈的时间为t. 旋，如图3所示，其做匀速圆周运动的半径为R,重力 终 加速度为g,则此时空气对飞机的作用力大小为 球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小 球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆 图7 动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为0，重力加速度为g,则下列说 A.mR B.mg 法正确的是 ) 图3 A.a、b两小球圆周运动的半径之比为1：sin0 R B.a、b两小球都是所受合力充当向心力 1 (1)若保持小球运动半径不变，仅减小运动周期，小球受到的拉 (2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆 15.(18分)如图14所示，餐桌中心是一个半径r=1.5m的圆盘， 力将 ;若保持小球运动的周期不变，仅减小运动半径，小球受 周运动，如图12所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分 圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之 到的拉力将 (以上两空均选填“变大”“变小”或“不变”). 别为R甲=8m、Rz=9m,滑行速率分别为m=10m/s、z=11m/s, 间的间隙可忽略不计.已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩 (2)该小组同学做实验时，保持小球做圆周运动的半径不变，选求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动 擦因数1=0.6，与餐桌间的动摩擦因数w2=0.225,餐桌离地高度h 用质量为m,的小球甲和质量为m2(m,>m2)的小球乙做了两组实 员先出弯道。 =0.8m.设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩 验.两组实验中分别多次改变小球运动的转速，记录实验数据，作出了 擦力，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力. R甲 F与？关系如图乙所示的①和②两条曲线，图中反映小球甲的实验 (1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？ (2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑 R∠ 数据是」 (选填“①”或“②”)，若小球质量为m,根据理论分析 落到地面，餐桌半径R的最小值为多大？ F= (3)若餐桌半径R'=2r,则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从 12.某同学利用图11甲所示的DIS向心力实验器来探究砝码做圆 图12 圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L 周运动所需要向心力F与其质量m、转动半径r和转动线速度之间的 为多少？ 关系.实验时，砝码和挡光杆随旋臂一起做圆周运动，砝码所需的向心 力可通过牵引杆由力传感器测得，挡光杆每经过光电门一次，通过力 传感器和光电门就同时获得一组向心力F和挡光杆挡光时间：的数 据.牵引杆的质量和一切摩擦可忽略。 图14 传感器 14.(12分)如图13甲所示，某游戏机顶上有一个半径为4.5m的 牵卡 “伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图 电 乙.该游戏机高0,02=5.8m,绳长5m.小明挑选了一个悬挂在“伞 盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg.小明和椅 甲 子的转动可简化为圆周运动.在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内 图11 (1)为了探究向心力大小与线速度的关系，则应保持 稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37°.g取10m/s2,sin37°=0.6， 不变（用题中给出物理量的符号表示） cos37°=0.8，在此过程中： (2)已知挡光杆和砝码到转轴的距离均为L,挡光杆的挡光宽度 (1)求座椅受到绳子的拉力大小； 为d,在满足(1)的条件下，改变其转速得到多组F、的数据，得到F- (2)求小明运动的线速度大小： (3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求玻璃球落地点与 ()?图线如图乙所示根据图乙得到的实验结论是 游戏机转轴的距离（本问保留2位有效数字）： (3)求得图线的斜率为k,则砝码的质量为 (用题中给出 物理量的符号表示) 四、解答题（共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方程式和 1 演算步骤.只写出最后结果不能给分，有数值计算的题，答案中必须写 出数值和单位) 13.(8分)某次短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道 速滑队夺得金牌 (1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的 匀加速直线运动，若运动员加速到速度v=9/s时，滑过的距离x= 15m,求加速度的大小； 参考答案见下期高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 数理极 答案详解 2026~2027学年 高考物理人教（第一轮复习） 第5~8期(2026年8月) 第5期3版参考答案 根据=子可知，反弹之前的水平速度大于反弹后的水平速 1.D;2.C;3.A;4.C;5.D;6.C;7.D. 提示： 度，即球刚离开A点时的水平速度大小大于刚到达B点时的水 1.合运动是曲线运动，分运动可能都是直线运动，如平抛 平速度大小，故C正确；根据v,=√2gh可知，球刚离开A点的 运动的水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运 竖直速度大小小于刚到达B点时的竖直速度大小，球刚离开 动，都是直线运动，故A错误；合运动和分运动同时发生，具有 A点时的速度大小不一定大于刚到达B点时的速度大小，故D 等时性，故B错误；速度是矢量，合速度与分运动速度遵循平行 错误， 四边形定则，合速度可以等于、大于、小于分速度，故C错误；两 5.将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个分运动，可 个非共线的匀变速直线运动的合运动一定还是匀变速运动，但 知小球沿斜面方向做初速度为"ocos0,加速度为gsin0的匀加 轨迹可能是直线也可能是曲线，若合初速度与合加速度共线 速直线运动，则小球在斜面上的投影做匀加速直线运动；小球 时，做直线运动，若不共线时，做曲线运动，故D正确 垂直斜面方向做初速度为vosin0,加速度为gcos0的匀减速直 2.船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的 线运动，B点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时小球垂 摆动速度的合速度.如图1所示根据平行四边形定则有，”人= 直斜面方向的分速度刚好为0，根据对称性可知，O到B与B到 cos0,故A、B错误；对小船受力分析，如图2所示，则有Fcos0 C的时间相等，均为：=8有=6o04+号 2 gt'sin 0. -f=ma,因此船的加速度大小为a=Fcos0-⊥，故C正确，D m Lnc=6cos0:2+7g(2)Psin0,可得Lc=Lc-Lm=wcos0 错误. 1 tatcos sin 2g×3?sin0,则有o二 -> 1 %tcos0+28×3fsin0 votcos 0+ 2 gi'sin =3,故AB错误；将小球的运动分 1 图1 图2 3ocos0+2g×3tsin0 3.当船头与河岸垂直时，船渡河时间最短，则船渡河的最 解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，则小球 短时间为故A正确：根据运动的合成可知，水流速度 从0到B有xoB=ot,小球从0到C有xoc=o×2t=2xB, 若D点在B点的正下方，则有xoc=2xD,可知D点是OC的中 和船速都是匀速运动，故船渡河的运动仍是直线运动，故B错 点，则OD与DC长度相等，故C错误；由A选项可知，沿斜面方 误；若1>2，根据运动的合成可知，船不能到达正对岸，设船 向和垂直于斜面方向将小球的运动分解后，到达B点的速度为 头与河岸上游的夹角为0，则c0s0=二，所以船渡河的最小位 a=cos0+gsin,小球运动整段的平均速度为i=,整 toc dvid 移为x=0s0 >山，故C错误；若4<2，船能到达正对 理可得元=%cos0+2gsi优0c由A选项结论可知，0到B与 岸，则船渡河的位移最短为d,由运动学公式可得，船渡河的时 间为t=d d B到C的时间相等，放=子c,联立上式可知i=a,放D 亏，故D错误 正确。 4.球在上升阶段和下降阶段的加速度均为重力加速度，故 6.设篮球初速度为o,与水平方向夹角为0，末速度为v,与 A错误；球从A点到0点的逆过程是平抛运动，根据1=√名 2h 竖直方向夹角为0，斜向下.由题意可知o=ocos0=sin0= 飞，tan0,o,=v,tan20,篮球做匀变速曲线运动，则竖直方向 可知，球从A点到O点的运动时间小于从O点到B点的运动时 间，故B错误；因反弹后的水平位移等于反弹之前的水平位移， y=24=2(a0-1)i, 2 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 水平方向x=v,tant, 的位移比为：1：3：5：7：…：(2n-1).运动员沿x轴方向做 运动时间为t=-（-=(1+tam20), 匀加速直线运动，且t1=t2,但由于初速度不为零，所以根据初 速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内的位移比特点可 又s=√/2+y=7.2m. 知号>了放C正确，D错误 1 联立解得t=1.2s 故ABD错误，C正确 10.如果鱼饵颗粒恰好落在堤坝与水面的交点处，则满足 本题可以取特殊值法设出手 h =t,h= gh ,联立可得m= ang放当u> 1 tan 0 点与篮筐水平，如图3，使问题简 化t=2,t=7.2m,又，= 巫，。时，鱼饵颗粒落在水面上，1=√ 2 tan 0 与无关，故A g 3.6m U,故t=1.2s. 图3 错误，B正确：当。<√受·品时，鱼饵颗粒落在堤坝上， 7.竖直方向上，运动员先做竖直上抛运动，再做自由落体 1 运动，运动时间具有对称性，甲的滞空时间t比乙长，根据h= tan ,解得t=2tan,与有关，故C正确，D 1 t 2 8(分)》尸可知，甲的最大腾空高度更大，故A错误：运动员滑 错误 出后做斜抛运动，则竖直方向的分速度，=√2gh,说明甲初 三、实验题 速度的竖直分速度更大；水平分速度，即最小速度，乙的最小 11.(1)BCD(2)1.52.5 速度比甲的最小速度大；因为v=√(+)，则无法确定二 解析：(1)该实验中两球的质量可以不相等，故A错误，B 者初速度大小，故B错误；设滑出的速度与水平方向夹角为0， 正确；两球应同时落地，故C正确；为排除偶然性，应改变装置 的高度，多次实验，故D正确；实验只能说明A球在竖直方向做 则tan0=,结合选项B,可知甲的初速度与水平方向的夹角 自由落体运动，不能说明A球在水平方向上做匀速直线运动， 更大，故C错误：水平位移为x=,t,因为甲的滞空时间比乙 故E错误， 长，乙的水平分速度比甲大，所以甲、乙再次滑入赛道的位置可 能相同，故D正确， (2)根据T-倍-V侣-√隔=Q1,小球平鞋 二、多选题 8.BC;9.AC;10.BC 的初速度大小为6=兰-最片。=15。 提示： 经过6点时的竖直莲度引-号-2心 8.石子接触水面时速度方向与水面的夹角为0，石子水平 经过b点的速度大小为=√%+=2.5m/s 抛出的速度为，石子竖直方向做自由落体运动，则有h= 2gt,石子接触水面时，根据速度分解有ta0=马=匙，解 1 2uc2(3V晨 % 解析：(1)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的 得tan0=2巫，可知，出手高度越大，石子接触水面时速度方 是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的，故 A错误；为保证抛出的初速度相同，应使小球每次从斜槽上相 向与水面的夹角越大，根据题意可知，为了观察到明显的“水 同的位置由静止释放，故B错误，C正确；因为存在摩擦力，故 漂”效果，则应适当减小出手的高度，故A错误，B正确；结合上 不满足机械能守恒定律，故D错误. 述可知，石子出手速度越大，石子接触水面时速度方向与水面 (2)竖直方向根据自由落体运动规律可得y2-y1=gTP, 的夹角越小，可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当 水平方向由匀速直线运动得x=,T 增加出手的速度，故C正确，D错误. 9.依题意，以C点为原点，CD为 联立解得o= /2-1 =x√2-1 x轴，垂直CD向上方向为y轴，建立 g 坐标系如图4所示，对运动员的运动 (3)由平抛运动的规律有△y=y2-y1=gT,x=T.联 进行分解，y轴方向做类竖直上抛运 动，x轴方向做匀加速直线运动.当运 立可得△y=号x D 动员速度方向与轨道平行时，在y轴 图4 方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性可知t=t2, 所以△y一2图像的斜率为k=是，解得o=√货 故A正确，B错误；将初速度沿x、y方向分解为1、2，将加速度 四、解答题 沿xy方向分解为a1、a2,结合初速度为零的匀加速直线运动 13.解析：(1)由几何关系可知：小球A下降的竖直高度为 的比例关系知：初速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内： yA=Rcos0,小球B下降的竖直高度为yB=Rsin0, 2 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 由平抛运动规律可知：yA= 1 1 戏，a=286 (2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平 方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速运动规律， 由此可得：专=√n0 /cos 0 两次水平位移之比为1：3，所以回到x轴时落到x=12处，位置 N的坐标为(12,0) (2)由几何关系可知：两小球水平运动的位移分别为： (3)到N点时竖直分速度大小为v'=6=4m/s, x Rsin0,%8 Rcos 0, 水平分速度飞，=a水平·2t1=21=12m/s, 由平抛运动规律可知：xA=UAA,xg=Vgtg, 故2=√02+=4√0m/s. 由此可得：4= (sin0)3=√/(tan0) cos0 第6期3版参考答案 14.解析：(1)小球到达C点时的速度与AB正好平行，AB 一、单选题 与BC垂直，则小球到达C点时的速度与BC垂直，把小球在C 1.D;2.C;3.B;4.C;5.B;6.B;7.A. 点的速度分别沿着水平方向和竖直方向分解， 提示： 3gto 1.物块随转盘转动时，其向心力由静摩擦力提供，当它匀 则有5=am53,解得= 速转动时其方向指向圆心，当它加速转动时其方向斜向前方， 由平抛运动的规律可得x1=,o,y1= ,A,C两点间的 gto 当它减速转动时，其方向斜向后方.故D正确。 3.直升机螺旋桨上A、B、C三点为同轴转动，则这三点的周 距离为31=√+ 期及角速度大小均相同，因为A、C在叶片的端点，而B在叶片 -3g6,-3g6 的中点，则A、C两点的转动半径相同，大于B点的转动半径，根 综合可得x=4= 4 据v=rw可知三点的线速度大小关系为vA=vc>Ug,根据a= (2)AB与水平面的夹角为 rw2可知三点的向心加速度大小aA=ac>ag,故C正确. 53°，斜面AB把x1= 分 3.当处于临界状态时，有g=m京，得临界速度。 两部分，分别设为2、x,如图5 53 371 √gR.故安全速度v≤√gR,故B正确. 所示 4.飞机在空中水平盘旋时在水平面 由几何关系可得 图5 内做匀速圆周运动，受到重力和空气的作 2 y +h tan 53=, 用力两个力的作用，其合力提供向心力， h=tan37°· F.=m 飞机受力情况示意图如右图 2 联立可得一哥 所示，则F:mg+=m√+辰放C正确 设小球从A到B的运动时间为t,由平抛运动的规律可得 5.球在最高点对杆恰好无压力时，重力提供向心力，由牛 为+h= 顿第二定律有g=m艺解得。=V亿.由于：=√合g< √34to 联立解得t= 5 o,所以杆对球有支持力，由牛顿第二定律有mg-F、=m L (3)小球从A到D平均速度为可=上+h-17g 21 2。-50 解得F、=mg-m乙=2mg,由牛顿第三定律可知，球对杆有 规定竖直向下为正方向，由匀加速直线运动规律可得 1 向下的压力，大小为mg,故B正确 -×20+2g(2)2=y+h 6.剪纸每转动0=×2m(N=1,23,…,转动后的图 综合解得2= 33g 50 形都会与原图形重合，只要在经过相邻两次闪光的时间间隔 15.解析：（1)设正方 形的边长为s 内，剪纸都转过0=分×2m(N=1,23,…）,静止不动的观察 竖直方向做竖直上抛 5×2m o 运动，20=21 图6 若就硬察到明纸相对静止则山=号=1(N=1,23。 t …)n=会=2N/s(N=1,23,…,当N=1时，n最小，此 水平方向做匀加速直线运动，3$。= 2 解得v1=6m/s. 时n=2/s,故B正确.速解：剪纸在0.1s内至少转号圈，则看 3 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 起来相对静止，即1s至少转2圈，故B正确。 4m2mr·(”)2,因为甲球的质量较大，所以可得曲线①为小球 7.由题意知小球刚好能通过半圆的最高点A,则有mg= 甲的实验数据。 m 只，得三√分3R小球从A点做平抛运动，有=，t,y9 12.(1)m 2 (2)当质量m、转动半径r不变时，向心力与线速度的平方 ,又2+2=，代入解得y=《5,)B,则B点与0点 成正比 2 (3)L 的高度差为hm=R-y=3,5)卫，故A正确， 2 解析：(1)根据F=m亡，探究向心力大小与线速度的关 二、多选题 系，应保持质量m和转动半径r不变， 8.ACD;9.AD;10.AC. (2)线速度大小为：=，则有F=丹（兰）户，图线斜率 提示： 8.由几何关系可知，a、b两小球圆周运动的半径之比为1： 表示质量与半径的比值，且保持不变，由此可知，当质量m、转 sim0,故A正确；小球a做变速圆周运动，只有在最低点时合力 动半径r不变时，向心力与线速度的平方成正比 充当向心力，其他位置时绳拉力与重力沿绳向外的分力的合力 (3)由图线的斜率为：=受，得砝码的质量为m=L 提供向心力；而小球b做匀速圆周运动，是合力充当向心力，故 四、解答题 B错误：根据矢量三角形可得Fo0=mg,即R=。故C 13.(1)2.7m/s2 (2)25 甲先出弯道 242 正确；小球到达最高点时速度为零，将重力正交分解有F。= 解析：(1)根据速度与位移公式有2=2ax mgcos0,故D正确. 代入数据可得a=2.7m/s2. 9.对于B茶杯，根据摩擦力提供向心力F:=umg≥ (2)根据向心加速度的表达式a= 孕·2，可得动摩因数至少为产放1正确杯子受到 R 225 得甲、乙的向心加速度之比为=2·R=2 的摩擦力等于杯子做圆周运动所需的向心力，不清楚哪个杯子 az v Ro 装满了水，无法比较两杯子的向心力大小，故B错误；杯子刚要 甲、乙两运动员做匀速圆周运动，则运动的时间为：=尽 滑动时，对茶杯A,有mg=mor,对茶杯B,有umg=mo2·2r, 代入数据可得甲、乙在弯道运动的时间为t如= 4 可得茶杯A、B发生滑动的最小角速度分别为w,=√一，“，= 5s,t2= 9T √停，若塔大转动的角速度，茶杯B一定先滑动，故C错误，D 因为t仰<t之，所以甲先出弯道。 正确 14.(1)500N(2)7.5m/s(3)8.7m 10.对小球受力分析，在竖直方向有mg=Fsin0,可知小 解析：(1)拉力沿竖直方向的分力大小等于重力，由平行 球一定受a绳的拉力作用，且小球所受a绳的拉力随角速度的 四边形定则可知，拉力F=m。 增大保持不变，故A正确，B错误；当b绳刚要绷紧出现弹力时， -00N=50wN 0.8 水平方向根据牛顿第二定律，有F.cos0=mwl,联立解得w (2)根据受力分析，由牛顿第二定律得 mgtan37°=m 2 g。,即当角速度w>√an0 =入lan ,g时，b绳将出现弹力，故C R 其中R。=R+lsin37°=4.5m+5m×0.6=7.5m 正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，α绳的弹力可 联立解得v=7.5m/s. 能不变，故D错误 (3)由几何关系可知座椅离地高度 三、实验题 h=0102-lcos37°=5.8m-5m×0.8=1.8m 11.(1)变大 变小(2)①4mmr·(2) 由平抛运动规律得：=，人=乃式 解析：(1)小球做圆周运动时，有r,=m0r=m(2牙)， 联立解得x=45m 当小球运动半径不变，仅减小运动周期，小球受到的拉力将变 由勾股定理可知，落地点与游戏机转轴距离 大；若保持小球运动的周期不变，仅减小运动半径，小球受到的 r'=√+x=(7.5)2+(4.5)7m=8.7m 拉力将变小 15.(1)2rad/s(2)2.5m(3)2.1m ，可得F=m(2)2,= 解析：(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转 (2)根据题意有周期T= t 动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转 4 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 速的增大，小物体受到的静摩擦力增大，当静摩擦力最大时，小 知”x子x都与有关，所以是≠号，立≠故正 物体即将离开圆盘，此时圆盘的角速度达到最大，有 120102 F=umg mo'r CM) 解得w=2rad/s. 错误， GM,与r无关，故D正确. GM (2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为 零，对应的餐桌半径取最小值.设物体在餐桌上滑动的位移为 4根据万有引力定律有P=6学，B卫星在由近地点向远 s,物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a,有α= m 地点运动过程中受到地球引力逐渐减小，故A错误：由题意知 又Ff=mg B卫星半长轴为A卫星圆轨道半径的2倍，根据开普勒第三定 解得a=h2g=2.25m/s2 律得R=2R解得T。=22T4,所以地心与卫星B的连线 物体在餐桌上滑动的初速度o=or=3m/s 由运动学公式0-6=-2as可得s=2m 在2T4时间内扫过的面积小于椭圆面积，故B、C错误；1轨道 由几何关系可得餐桌半径的最小值 圆心在地心，2轨道的一个焦点也在地心，所以二者重合，故D R=P+2=2.5m 正确. (3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度 5.在卫星轨道半径变小的过程中，地球引力做正功，引力 为物体在餐桌上滑动的末速度 势能一定减小，卫星轨道半径变小，动能增大，由于稀薄气体阻 由题意可得2-哈=-2as 力做负功，机械能减小，故A、C错误，B正确；根据动能定理，卫 星动能增大，卫星克服稀薄气体阻力做的功小于地球引力做的 由于餐桌半径R'=2r,所以s'=r=1.5m,解得v= 正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小量，所以卫星 1.5m/s 克服稀薄气体阻力做的功小于引力势能的减小量，故D错误. 设物体做平抛运动的时间为，则么：，解得1= 6.由(@1-0加=2：和7：巴可得火星冲目时间间隔 2h=0.4s 21年.放A正确：由开者勒第三定律可得二学 物体做平抛运动的水平位移s=t=0.6m t=T-T地 所以，水平距离L=s'+s=2.1m. ，则火星与地球公转轨道半径之比约为3：2，故B错误：由8 T地 第7期3版参考答案 一、单选题 与产，可得火星与地球表面重力加速度之比约为4：9，故C 1.C:2.B:3.D:4.D:5.B:6.A:7.C. 误；由p= 3M 提示： R,可得火星与地球密度之比约为8：9，放D错 GM 1.根据第一宇宙速度)=√ 误 ,可得月球与地球的第一 R 7.根据开普勒第三定律有 =k,且k= 。,可得T 宇宙速度之比为=， )地√M地R男 aR 宙速度约为=子=号×8kmse18kms,在月球上 ,故A错误；由万有引力提供向心力得GMm=m4红， 2 72, 发射卫星的最小速度约为1.8k/s,月球卫星的环绕速度小于 得 >GM可得G=6,解得M=,故B错误；由p与 a Ga 或等于1.8km/s,“近月卫星”的线速度为1.8km/s,小于“近 4π2b 地卫星”的线速度，故C正确。 长，且V=号心，可得p= M 4 0=aeR,故C正 4 2.由题知“天宫”空间站周期T=头h=1.5h,运行半径 3 mhi 3 TRi 16 T1=6800km,“吉林一号”谣感卫星运行半径r2=6935km,根 c4m26 确：由G=mg得g= R R -板D民 =R 据开普勒第三定律有？一 三是，解得T,≈T=1.5h,故B 二、多选题 正确. 8.BD:9.AD;10.BD. 3.卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 提示： GM Gm=mor=m可得uVw,由P =r CR=m其R+,得 8.由万有引力提供向心力G,Mm 可知，由于轨道半径不同，则≠2，故A错误：由以上分析可 卫星距离地面高度为h= GMT 012 -R,故A错误；卫星运行时 一 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 受到地球引方的大小为Fa=6RA,放C错误第一字宙 小球从静止释放到C点过程，由动能定理得 1 GM mg(H-2r）=2m2-0 速度为二、，卫星的运行速度”=NR+h<,放B止 联立解得F=2m型-5mg T 顾：地表重力加速度为：，卫星运行的向心加速度。」 根据图像数据可知，当H1=0.5m时，F,=0N,当H2= (R+)户<&，故D正确 GM 1.0m时，F2=5N,把数据代入方程解得g=5m/s2,r=0.2m (2)第一宇宙速度与贴着星球表面做匀速圆周运动的速 9.根据开普勒第二定律可知探测器在同一轨道上相等时 间内与火星的连线扫过的面积相等，但是图中两阴影部分不在 度相等，则有mg=mR 同一轨道，不相等，故A正确：根据开普勒第三定律可知，从“调 解得该星球的第一宇宙速度大小为v=√gR= 相轨道”进人“停泊轨道”，探测器的轨道半长轴变小，周期变 √/5×5000×103m/s=5000m/s. 小，故B错误；从“调相轨道”进入“停泊轨道”，探测器做向心 四、解答题 运动，需要减速，探测器机减能变小，故C错误；根据公式Gm 2 13.(1)N7 oR 2voR =ma可知探测器在P点的加速度大于在N点的加速度，故D (2)入N 正确. 解析：(1)由题意可知星球表面重力加速度为g= t 10.黑洞A、B运行的角速度相同，A的半径较大，则A的线 速度较大，故A错误；设它们相距为L,角速度为0，根据1，M 由星球表面万有引力等于物体重力知mg=mR 2 voR =以心L业=Moe可得<，期当B的质量 解得=√gR=√t 减小，A的质量增加时，两个质量的乘积变大，故它们之间的引 (2)由星球表面万有引力等于物体重力知GMm=mg 力变大，故B正确；根据LA+Ls=L,整理得o= 又物体在行星表面的引力势能E,=-G M+迈，根据T=2江可知角速度不变，周期不变，故C R 解得E。=-mR 错误；人类要把航天器发射到距黑洞A较近的区域进行探索， t 必须冲出太阳系，所以发射速度一定大于第三宇宙速度，故D 从行星表面到无穷远处，由机械能守恒定律有 正确 1 t 三、实验题 12速率片奇 解得2=入√ UoR t 解析：(1)对AB整体研究，利用牛顿第二定律有F。=(m 14.(1)gR 片质年V四 +m1)a 解析：(1)从地球发射飞船到轨道Ⅲ的最小速度即为第 对物体A研究有a= E m 字宙速度，则mg=mR 联立解得m=F。- mofi 解得v=√gR (2)由于处于完全失重，则由拉力提供向心力，则有F= (2)当飞船在地球表面静止不动时，有G=mg R2 m26 解得GM=gR 由于描点作图得到一条直线，可知应以为纵坐标： 设飞船在轨道I上的运行速率1，轨道I是圆轨道，根据 万有引力提供向心力GMm=m习 2 根据上述可知斜率k=m6,解得m三后 12.(2)0.25(2)贴着星球表面（答案不惟一，合理即 联立可得子V 可得分)5000 (3)设飞船在轨道Ⅲ上的运行周期为T3,轨道Ⅲ是圆轨 解析：(1)小球过C点时，根据牛顿第二定律 道，根据万有引力提供向心力G紧=m受R F+mg m- 又GM=gR2 6 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 解得T,=2m√ 1.设墨条转动一周转过的弧长为s,用时为t,则转动一圈 过程中F做的功W=s,又s=t,联立求得t=2s,故B正确， 设飞船在轨道Ⅱ上的运行周期为T2,轨道半长轴为 2.雨滴在地面附近下落过程中做匀速运动，对雨滴下落高 a,=R4=2.5n 度h的过程，由动能定理有mgh-W=0,即W,=mgh,故B正 2 确，A、C、D错误 根据开普勒第三定律可得 a 3.设在时间间隔△t内，喷出燃气的质量m=pS△t,根据 解得T2= 5π 10R 动能定理可得发动机做的功为W=AE:=了mr=s4。 2V g 所以飞船在轨道Ⅱ从B点到A点的时间 则Ns-5涡扇发动机喷气的功率为P=是=心，放A 正确， 4.6s末达到最大速度.此时牵引力为F=mg+f,最大速 15.(1)983GmR 4 2g (2)②R 3 (3)33 2g 度为a=卡，根据动能定理，有P1-(mg+fh=7m2 0,代人数据解得h=55.1m,故B正确. 解析：(1)根据自由落体运动规律可得h= 5.由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功 所以g=2业 W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W= 2 故地= 之m+HTg相=-乞，a=g,=,联立以上各式可 g火地 得W=m2,故C正确. 则8=4 4 6.根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增 6地=98 地球的密度P地= M 3g地 加量，即心，故A错误；根据动能定理，摩擦力对物块做功 4 3nki 4GmR地 大小为2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带的位 火星的密度P火= M 3g火 =4GmR火 移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对 3 mki 4 物块做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于弓…，故B错 ==号×子=号 。42 8 误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量与 P地 一g地R火 8 2g 故火星的密度P妖=9P地=3CmR 摩擦产生的内能之和，故大于，放C错误：在传送物块过 程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q= (2)根据万有引力提供向心力G把=mg=m天 R2 F△，设加速时间为，物块的位移为51=了，传送带的位移 地球的第一宇宙速度大小U地=√g地R地 为=，根据动能定理=之m,故热量Q=FA 火星的第一宇宙速度大小火=√g火R 故= g水R水= (5)=,放D正疏 地 √g地R地 3 7.小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上 解得k=2级 运动的总路程为s,整个过程由动能定理有mgh-mg=0,所 3 (3)设小球经过时间t后落到斜面上，水平方向x=ot 以小物块在BC面上运动的总路程为s=上=0.30m 0.1m=3m, 竖直方向A=方6x心 而d=0.5m,刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距 离为0，故D正确。 又tan30°= h 4 8火= 98地- 98 二、多选题 解得1=33 8.BD;9.AC;10.AD. g 提示： 第8期3版参考答案 8.从A到D全过程，由动能定理得mgh-umgcos0· h sin0 一、单选题 -mgs=0-0,从D到A的过程，由动能定理得W。-wmg- 1.B;2.B;3.A;4.B;5.C;6.D;7.D. in0mgh=0-0,解得W,=2mgh,故BD正确。 h 提示： umgeos0· 7 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 9.由题图乙可知物体运动的总位移大小为10m,故A正 解得v1=1m/s. 确；由动能定理得-Fs=△E=-100J,则摩擦力大小F:= (2)当滑块速度达到最大时，滑块的加速度为零，由受力 10N,由牛顿第二定律得F,=ma,则a-=5m/g,放B.D 分析可得 m mgsin 0 umgcos 0+kx 2E0 错误：物休的初动能E。=2片=101，则场=√品 可得弹簧的压缩量为x=0.02m 滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度最大时，根据动 10m/s,故C正确. 能定理有 10.A相对B的运动有两种可能，相对静止和相对滑动.当 A、B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量； mg()sino-umg(cos -Em 当A、B相对滑动时，拉力F做的功大于A、B系统动能的增加 量，故A正确，B错误；由动能定理知，F2对B做的功等于B的 解得最大速度。=2⑥ 5 m/s. 动能的增加量，拉力F和Fa对A做的功之和等于A的动能的增 14.(1)E1-mgh1 加量，故D正确，C错误 (2)umngh.mghaE-mgh umgl 三、实验题 11.(1)⑥4.0⑦0.08120.0800(2)9.7 解析：(1)对物块从B点到落地的过程，由动能定理有 解析：(1)⑥小钢球通过光电门的时间极短，可以用平均 mghy =E1-E8 速度替代瞬时速度，则小钢球经过光电门时的速度为。=4 解得EB=E1-mgh1 t (2)对物块从A点到落地的整个过程，当落地动能为E =10.0×103 2.50×103m/s=4.0m/s: 时，对应的拉力最大，设为Fm,由动能定理有 FmL -umgL mghy =E ⑦此过程中小钢球重力势能的减少量为△E。=mgh= 10.0×10-3×9.8×82.90×102J=0.0812J 解得Fax- E-mgh umgL L 小钢球动能的增加量为A=7mr=子×100×10 若物块恰能到达C点，对应的拉力最小，设为Fm,根据动 能定理有FmL-umgL-mgh2=0 ×4.02J=0.0800J (2)若机械能守恒则有2mw=mgh,即，=2gh,根据图 解得F=ngL+mg L 像斜率有2g=)行，解得g:9.7 则恒力F必须满足的条件为 umgl.t mgh-mgh +umgl 12.(2)1:2(3)不需要 L L 440(52g=(+(号 15.(1)6m/s(2)1.2m(3)能 m 解析：(2)由圆周运动规律可知vpvo=2:1,又p:o= 解析：(1)设滑块第一次到B点的速度为1，从A到B根据 d:d,解得p:to=1:2 1 动能定理有mgLawsin0=2mu-0 tp to (3)验证机械能守恒定律时，由于钢球P、Q的质量相等， 代入数据解得v1=6m/s. 则验证机械能守恒定律的表达式中质量可以约掉，所以不需要 (2)设滑块第一次到D点的速度为2，滑块从A到D的过 测量钢球的质量。 程根据动能定理有 (4)20分度游标卡尺的分度值为0.05mm,由题图可知挡 mglsin 0-pmgbne -mgRm 光片宽度为d=4mm+0×0.05mm=4.00mm. 设滑块第一次离开D点速度减到O时距D点的高度为h, (5)若系统转动过程中满足机械能守恒，则有2mgL-mgL 1 d2 1m(L）+2m( 根据动能定理有-mgh=0-之m to 代人数据解得h=1.2m. 即2g=(4)2+(4) tp (3)假设滑块能再次返回斜面，设返回斜面最高点距B点 四、解答题 的距离为L,全过程根据动能定理得 13.(1)1m/s(2)2m/s mg(LAn -L)sin 0-2umgLnc =0-0 5 代入数据解得L= 解析：(1)滑块与弹簧上端第一次刚好接触时，根据动能 3 m. 定理可得mosin0-wmg5ocos0=2m-0 -8