精品解析：甘肃兰州第一中学2026-2027学年高三上学期期中考试物理试题

兰州一中2026-2027-1学期期中考试试题 高三物理 说明：本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间75分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。 第I卷（选择题） 一、选择题（本题共10小题，共43分。每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） 1. 在汽车相撞时，安全气囊可使头部受伤率减少25%，面部受伤率减少80%左右。关于安全气囊的作用，下列说法正确的是（ ） A. 减小了乘客的惯性 B. 减小了碰撞过程中司机头部的受力面积 C. 增加了碰撞过程中司机头部的受力时间 D. 增大了碰撞过程中司机头部动量的变化率 2. 2025年8月8日至12日，世界机器人大会在北京举办。如图甲所示，分拣机器人到达指定投递口停住后，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，当托盘倾角增大某一角度时，包裹恰好开始下滑。侧视简化图如图乙，则（　　） A. 包裹滑动前，缓慢增大托盘倾角，包裹所受支持力大小减小 B. 包裹滑动前，缓慢增大托盘倾角，托盘对包裹的作用力大小增大 C. 包裹滑动后，继续增大托盘倾角，包裹所受摩擦力大小增大 D. 包裹滑动后，继续增大托盘倾角，包裹所受合外力保持不变 3. 随着科学技术的发展，机械臂（工业机器人）已渗透到生产的各个环节。如图所示，机械臂通过跨过两定滑轮的一不可伸长的轻绳提升重物。当机械臂与水平方向夹角时，机械臂末端到达M点，AM=OM，A、O在同一竖直线上，则到达M点时机械臂末端与重物的速度之比为（　　） A. 2：1 B. 2：3 C. 1：2 D. ：2 4. 如图所示，某防弹衣由不同材料的防护层构成，A层的厚度是B层的2倍。固定防弹衣，若子弹先垂直打穿A层，会停在B层的正中间；若相同的子弹以一样大小的初速度先垂直打穿B层，在A层内前进的最大距离为其厚度的四分之一。子弹在A、B层中可看作加速度大小分别为、的匀减速直线运动，则（　　） A. B. C. D. 5. 图为某风洞实验的简化模型，风洞管中的均流区斜面光滑，一物块在恒定风力的作用下由静止沿斜面向上运动，从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（弹簧在弹性限度内），下列说法正确的是（ ） A. 物块的速度一直减小到零 B. 物块的速度先增大再减小 C. 物块加速度先增大后减小 D. 物块能够静止在最高点 6. 用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，取重力加速度由此可判断出（　　） A. 手机可能离开过手掌 B. 手机在t1时刻运动到最高点 C. 手机在t2时刻改变运动方向 D. 手机在t1~t3时间内，受到的支持力先减小再增大 7. 某额定功率为的汽车以加速度匀加速启动，到额定功率后保持恒定功率行驶至最大速度，这一过程的图像如曲线①所示。若整个过程阻力不变，该汽车以两倍的加速度匀加速启动，并以相同方式达到最大速度，则此时汽车图像用曲线②表示，可能是下列中的（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小不变，则下列说法正确的是（　　） A. 重力的瞬时功率一直增大 B. 悬线的拉力始终不做功 C. 摆球机械能减少 D. 克服空气阻力做功为 9. 图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1∶4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（ ） A. 在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7.9km/s B. 某时刻有一个部件从航天器上分离，航天器的周期不变 C. 在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍 D. 在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3h，再过3h两卫星连线再次过地心 10. 为表彰在“理解复杂物理系统所作出的开创性贡献”，2021年诺贝尔物理学奖颁给了3位科学家。如图即为一个无序系统的模型：质量均为的小球P、Q用长度均为的轻杆a、b连接，轻杆a的一端可绕固定轴自由转动，轻杆b可绕小球P自由转动。先令两球与点处于同一高度，静止释放系统，两球在竖直面内做无序运动。某时刻，系统达到图中虚线位置，轻杆a与竖直方向成角，小球Q恰好到达与点等高处，且其速度水平向右。已知重力加速度为，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ） A. 该过程中，小球Q的机械能不守恒 B. 此时小球的速度方向竖直向下 C. 该过程中，轻杆b对小球做的功为 D. 该过程中，轻杆a和b对小球做的总功为 第II卷（非选择题） 二、实验题（本题共2小题，共15分。） 11. 某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。如图甲所示为某次实验中用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环的示意图，其中A为固定橡皮条的图钉，O为标记出的小圆环的位置，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据该次实验结果画出的图。 （1）图甲所示弹簧测力计读数为___________N （2）图乙中的力F和力F'，一定沿橡皮条AO方向的是___________（选填“F”或“F'”） （3）在另一次实验中，该同学用两个弹簧测力计，通过细绳对小圆环施加平行木板平面的拉力作用，两个拉力的方向如图丙所示。如果小圆环可视为质点，且小圆环、橡皮条和细绳的重力可忽略不计，小圆环平衡时，橡皮条AO、细绳OB和OC对小圆环的拉力的分别为F1、F2和F3，关于这三个力的大小关系，正确的是___________。 A. F1> F2> F3 B. F3> F1> F2 C. F2> F3> F1 D. F3> F2> F1 12. 某同学利用如图装置来研究机械能守恒，设计了如下实验。A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连。在B下放置一压力传感器，C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连。当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度。实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g。实验操作如下： （1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零。现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v。 （2）实验中保持A，B质量不变，改变C质量M，多次重复第（1）步。 ①该实验中，M和m大小关系必须满足M __________m（选填“小于”、“等于”或“大于”） ②为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应 ______（选填“相同”或“不同”）③根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出 _______（选填“v2﹣M”、“v2﹣”或“v2﹣”）图线。④根据③问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为 ________（用题给的已知量表示）。 三、计算题（本题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）。 13. 北京时间 2026年5月25日2时45分，神舟二十三号飞船与天宫一号完成3.5小时径向快速交会对接，航天员乘组顺利进驻天宫空间站。为了简化问题便于研究，将“天宫空间站”绕地球的运动视为匀速圆周运动，且不考虑地球自转。已知天宫空间站做匀速圆周运动的半径为r，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G。求： （1）地球的质量M； （2）“天宫空间站”运动的线速度v的大小。 14. 如图所示，半径为的圆弧形轨道竖直固定在水平地面上，半径与过圆心点的水平线夹角为。距点高度为的点水平抛出质量为的小球，小球恰好沿点切线进入圆形轨道做圆周运动，第一次到达最低点时速率为，不计空气阻力，重力加速度为，，。求： （1）小球在点时对轨道的压力大小； （2）小球经过点时的速度大小； （3）小球从到过程克服摩擦力所做的功。 15. 如图所示，水平传送带的两端与水平轨道分别衔接于、两点，半径为的圆弧轨道与水平轨道相切于D点。质量为的物体将固定在挡板上的轻弹簧压缩后并锁定（物体与轻弹簧不连接），弹簧储存的弹性势能为，某时刻解除锁定，物体由静止开始向右运动，物体运动到A点前轻弹簧已经恢复原长，经过一段时间物体沿圆弧轨道运动到最高点。已知传送带以恒定的速度顺时针匀速转动，的距离为，传送带左右两端的距离为，物体与段以及传送带间的动摩擦因数均为，物体与其余部分的摩擦均可忽略不计，重力加速度g取，物体可视为质点，物体经过衔接点时的机械能损失均忽略。求： （1）物体第一次经过B点时的速度大小； （2）物体经过圆弧轨道D点与沿轨道到最大高度处对轨道压力大小的比值； （3）物体最终停在装置某处，整个过程因摩擦而产生的热量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兰州一中2026-2027-1学期期中考试试题 高三物理 说明：本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间75分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。 第I卷（选择题） 一、选择题（本题共10小题，共43分。每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） 1. 在汽车相撞时，安全气囊可使头部受伤率减少25%，面部受伤率减少80%左右。关于安全气囊的作用，下列说法正确的是（ ） A. 减小了乘客的惯性 B. 减小了碰撞过程中司机头部的受力面积 C. 增加了碰撞过程中司机头部的受力时间 D. 增大了碰撞过程中司机头部动量的变化率 【答案】C 【解析】 【详解】A．惯性只由质量决定，安全气囊不改变人的质量，故不能减小乘客的惯性，A错误； B．安全气囊充气后增大了头部与气囊的接触面积，即增大了头部的受力面积，从而减小单位面积上的受力，并非减小受力面积，B错误； CD．碰撞前后人的速度都由v减为0，动量变化量一定， 由动量定理得 安全气囊的缓冲延长了头部受力时间，使动量变化率与平均作用力F都减小，C正确，D错误； 故选C。 2. 2025年8月8日至12日，世界机器人大会在北京举办。如图甲所示，分拣机器人到达指定投递口停住后，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，当托盘倾角增大某一角度时，包裹恰好开始下滑。侧视简化图如图乙，则（　　） A. 包裹滑动前，缓慢增大托盘倾角，包裹所受支持力大小减小 B. 包裹滑动前，缓慢增大托盘倾角，托盘对包裹的作用力大小增大 C. 包裹滑动后，继续增大托盘倾角，包裹所受摩擦力大小增大 D. 包裹滑动后，继续增大托盘倾角，包裹所受合外力保持不变 【答案】A 【解析】 【详解】A．设包裹的质量为，根据平衡条件可得 缓慢增大托盘倾角，则减小，即包裹所受支持力大小减小，故A正确； B．包裹滑动前，托盘对包裹的作用力大小始终等于包裹的重力，即保持不变，故B错误； C．包裹滑动后，包裹所受摩擦力大小为 缓慢增大托盘倾角，则减小，即包裹所受摩擦力大小减小，故C错误； D．包裹滑动后，包裹支持力大小为 缓慢增大托盘倾角，则减小，即包裹所受支持力大小减小，则包裹所受合外力为 因为和均减小，所以包裹所受合外力减小，故D错误。 故选A。 3. 随着科学技术的发展，机械臂（工业机器人）已渗透到生产的各个环节。如图所示，机械臂通过跨过两定滑轮的一不可伸长的轻绳提升重物。当机械臂与水平方向夹角时，机械臂末端到达M点，AM=OM，A、O在同一竖直线上，则到达M点时机械臂末端与重物的速度之比为（　　） A. 2：1 B. 2：3 C. 1：2 D. ：2 【答案】B 【解析】 【详解】当机械臂与水平方向夹角为α=60°时，机械臂末端到达M点，此时AM=OM，机械臂末端M点的线速度与绳的夹角为30°，分解速度可得 则 故选B。 4. 如图所示，某防弹衣由不同材料的防护层构成，A层的厚度是B层的2倍。固定防弹衣，若子弹先垂直打穿A层，会停在B层的正中间；若相同的子弹以一样大小的初速度先垂直打穿B层，在A层内前进的最大距离为其厚度的四分之一。子弹在A、B层中可看作加速度大小分别为、的匀减速直线运动，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设B层的厚度为 d，则A层的厚度为 2d，子弹先打在A层时 子弹先打在B层时 联立解得 故选A。 5. 图为某风洞实验的简化模型，风洞管中的均流区斜面光滑，一物块在恒定风力的作用下由静止沿斜面向上运动，从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（弹簧在弹性限度内），下列说法正确的是（ ） A. 物块的速度一直减小到零 B. 物块的速度先增大再减小 C. 物块加速度先增大后减小 D. 物块能够静止在最高点 【答案】B 【解析】 【详解】AB．对物块进行受力分析，物块沿斜面方向受到恒定的风力（沿斜面向上）、重力的分力 （沿斜面向下）以及弹簧的弹力（沿斜面向下）。物块由静止向上运动，说明初始阶段。物块刚接触弹簧时，弹力，此时合外力，加速度方向向上，物块做加速运动；随着弹簧压缩量增大，弹力  增大，合外力减小，但速度仍在增加，直到时速度达到最大。此后弹力继续增大，合外力反向，物块做减速运动。所以速度是先增大后减小，故A错误，B正确； C．根据牛顿第二定律，在加速阶段有，随着增大，加速度减小；在减速阶段有，随着增大，加速度增大。所以加速度是先减小后增大，故C错误； D．在最高点时，物块速度为零，但此时弹簧压缩量最大，弹力最大，满足，合外力沿斜面向下且不为零，物块具有向下的加速度，不能静止，故D错误。 故选B。 6. 用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，取重力加速度由此可判断出（　　） A. 手机可能离开过手掌 B. 手机在t1时刻运动到最高点 C. 手机在t2时刻改变运动方向 D. 手机在t1~t3时间内，受到的支持力先减小再增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，手机的加速度某段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，所以手机可能离开过手掌，故A正确； B．图像与横轴围成的面积表示速度变化量，题意知手机初速度为0，故速度变化量表示为末速度，结合图像可知，0到时间内速度变化量为正，即末速度为正值，说明手机还在继续上升，并未到达最高点，故B错误； C．0到时间内速度变化量为正且变化量最大，说明此时速度向上最大，后加速度为负值，说明手机开始向上做减速运动，故手机运动方向未改变，故C错误； D．由图可知时间加速度a向上不断减小，设手机受到的支持力大小为F，根据牛顿第二定律得 整理得 可知时间支持力F不断减小；时间内加速度向下不断增大，根据牛顿第二定律得 整理得 可知时间支持力不断减小；综合以上分析可知，手机在时间内手机受到的支持力一直减小，故D错误。 故选 A。 7. 某额定功率为的汽车以加速度匀加速启动，到额定功率后保持恒定功率行驶至最大速度，这一过程的图像如曲线①所示。若整个过程阻力不变，该汽车以两倍的加速度匀加速启动，并以相同方式达到最大速度，则此时汽车图像用曲线②表示，可能是下列中的（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】BC．汽车的最大速度由额定功率和阻力决定，满足 两次额定功率、阻力均不变，因此最终最大速度完全相同。匀加速直线运动阶段满足 匀加速直线运动的末速度满足 可知汽车的加速度越大，匀加速直线运动阶段的末速度越小，故BC错误； AD．汽车以加速度和匀加速直线运动时，匀加速直线运动的时间分别为， 即汽车以两倍的加速度匀加速启动，匀加速直线运动持续的时间不及第一次的一半，故A错误，D正确。 故选D。 8. 如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小不变，则下列说法正确的是（　　） A. 重力的瞬时功率一直增大 B. 悬线的拉力始终不做功 C. 摆球机械能减少 D. 克服空气阻力做功为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．当小球在B点时，速度方向与重力方向垂直，此时重力的瞬时功率为0，则重力的瞬时功率不是一直增大，故A错误； B．在摆球运动过程中，悬线的拉力始终与运动方向垂直，所以悬线的拉力始终不做功，故B正确； CD．空气阻力的大小不变，空气阻力所做的总功等于每个小弧段上阻力所做功的代数和，则有 可知克服空气阻力做功为，摆球机械能减少，故C错误，D正确。 故选BD。 9. 图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1∶4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（ ） A. 在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7.9km/s B. 某时刻有一个部件从航天器上分离，航天器的周期不变 C. 在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍 D. 在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3h，再过3h两卫星连线再次过地心 【答案】BC 【解析】 【详解】A．7.9 km/s是第一宇宙速度，从地面发射卫星的速度不小于第一宇宙速度，卫星绕地球做圆周运动的速度不大于第一宇宙速度，故A错误； B．部件从航天器上分离，航天器的轨道半径不变，由开普勒第三定律可知航天器的周期不变，故B正确； C．万有引力提供向心力，有得加速度 因两者的轨道半径之比为，所以加速度比为，故C正确； D．根据开普勒第三定律，由题意，解得 在题图中状态之后，当“轨道康复者”转过的弧度与地球同步卫星转过的弧度差为时，两卫星连线再次过地心。经，地球同步卫星转过的弧度为 “轨道康复者”转过的弧度为 弧度差为 因此再过两卫星连线不会过地心，故D错误。 故选BC。 10. 为表彰在“理解复杂物理系统所作出的开创性贡献”，2021年诺贝尔物理学奖颁给了3位科学家。如图即为一个无序系统的模型：质量均为的小球P、Q用长度均为的轻杆a、b连接，轻杆a的一端可绕固定轴自由转动，轻杆b可绕小球P自由转动。先令两球与点处于同一高度，静止释放系统，两球在竖直面内做无序运动。某时刻，系统达到图中虚线位置，轻杆a与竖直方向成角，小球Q恰好到达与点等高处，且其速度水平向右。已知重力加速度为，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ） A. 该过程中，小球Q的机械能不守恒 B. 此时小球的速度方向竖直向下 C. 该过程中，轻杆b对小球做的功为 D. 该过程中，轻杆a和b对小球做的总功为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．小球Q初始与O点等高且静止，该时刻又回到与O点等高处、速度水平向右，重力势能不变而动能增大，小球Q的机械能不守恒，A正确； B．轻杆的一端绕固定轴O转动，小球P的速度方向始终垂直于杆；此时杆与竖直方向成，故P的速度方向与水平方向成，并非竖直向下，B错误； CD．设该时刻P、Q的速度大小分别为、，P绕固定轴O转动，其速度垂直于杆； 由题图几何关系，杆与竖直方向成，两球沿杆方向的分速度相等，故 得 此过程中P下降、Q的高度不变，系统只有重力做功，由机械能守恒定律得 代入 解得 于是P、Q的动能分别为、 对Q，重力不做功，由动能定理得杆对Q做的功 对P，重力做功 由动能定理得两杆对P做的总功，故C正确，D错误。 故选AC。 第II卷（非选择题） 二、实验题（本题共2小题，共15分。） 11. 某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。如图甲所示为某次实验中用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环的示意图，其中A为固定橡皮条的图钉，O为标记出的小圆环的位置，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据该次实验结果画出的图。 （1）图甲所示弹簧测力计读数为___________N （2）图乙中的力F和力F'，一定沿橡皮条AO方向的是___________（选填“F”或“F'”） （3）在另一次实验中，该同学用两个弹簧测力计，通过细绳对小圆环施加平行木板平面的拉力作用，两个拉力的方向如图丙所示。如果小圆环可视为质点，且小圆环、橡皮条和细绳的重力可忽略不计，小圆环平衡时，橡皮条AO、细绳OB和OC对小圆环的拉力的分别为F1、F2和F3，关于这三个力的大小关系，正确的是___________。 A. F1> F2> F3 B. F3> F1> F2 C. F2> F3> F1 D. F3> F2> F1 【答案】（1）1.90 （2）F （3）A 【解析】 【小问1详解】 图中弹簧测力计的分度值为，读数为。 【小问2详解】 由图乙可知，力F'是由做平行四边形得到的合力理论值，由于存在一定的误差，F'的方向不一定沿橡皮条AO方向；力F是通过一个力拉橡皮筋得到的合力实验值，根据二力平衡可知，F的方向一定沿橡皮条AO方向。 【小问3详解】 对O点进行受力分析，与的合力与等大反向，如图 根据几何关系可知 故选A。 12. 某同学利用如图装置来研究机械能守恒，设计了如下实验。A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连。在B下放置一压力传感器，C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连。当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度。实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g。实验操作如下： （1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零。现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v。 （2）实验中保持A，B质量不变，改变C质量M，多次重复第（1）步。 ①该实验中，M和m大小关系必须满足M __________m（选填“小于”、“等于”或“大于”） ②为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应 ______（选填“相同”或“不同”）③根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出 _______（选填“v2﹣M”、“v2﹣”或“v2﹣”）图线。④根据③问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为 ________（用题给的已知量表示）。 【答案】 ①. 大于 ②. 相同 ③. ④. 【解析】 【详解】①[1]根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质量M要大于A的质量m； ②[2]在刚释放C时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为F=mg，因此弹簧的形变量为，不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了，则C下落的高度为，即C下落的高度总相同； ③[3]开始时弹簧的压缩量和当B对传感器的压力为零时弹簧的伸长量均为，两个位置时弹簧的弹性势能相同，若机械能守恒则满足，即则为得到线性关系图线，应作出图线。 ④[4]根据③问的图线知，图线在纵轴上截距为b，即则弹簧的劲度系数为。 三、计算题（本题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）。 13. 北京时间 2026年5月25日2时45分，神舟二十三号飞船与天宫一号完成3.5小时径向快速交会对接，航天员乘组顺利进驻天宫空间站。为了简化问题便于研究，将“天宫空间站”绕地球的运动视为匀速圆周运动，且不考虑地球自转。已知天宫空间站做匀速圆周运动的半径为r，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G。求： （1）地球的质量M； （2）“天宫空间站”运动的线速度v的大小。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 地球表面质量为m的物体，所受重力等于地球对物体的万有引力，则 解得地球质量 【小问2详解】 “天宫空间站”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设“天宫空间站”质量为m′，轨道半径为r，则 所以 14. 如图所示，半径为的圆弧形轨道竖直固定在水平地面上，半径与过圆心点的水平线夹角为。距点高度为的点水平抛出质量为的小球，小球恰好沿点切线进入圆形轨道做圆周运动，第一次到达最低点时速率为，不计空气阻力，重力加速度为，，。求： （1）小球在点时对轨道的压力大小； （2）小球经过点时的速度大小； （3）小球从到过程克服摩擦力所做的功。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 对小球在B点进行受力分析，由牛顿第二定律得 代入数据得 由牛顿第三定律可知，小球在点时对轨道的压力大小 【小问2详解】 由到，小球做平抛运动，竖直方向 代入数据解得 在A点对速度进行分解 代入数据解得 【小问3详解】 从到，由动能定理得 代入数据得 所以克服摩擦力做功为 15. 如图所示，水平传送带的两端与水平轨道分别衔接于、两点，半径为的圆弧轨道与水平轨道相切于D点。质量为的物体将固定在挡板上的轻弹簧压缩后并锁定（物体与轻弹簧不连接），弹簧储存的弹性势能为，某时刻解除锁定，物体由静止开始向右运动，物体运动到A点前轻弹簧已经恢复原长，经过一段时间物体沿圆弧轨道运动到最高点。已知传送带以恒定的速度顺时针匀速转动，的距离为，传送带左右两端的距离为，物体与段以及传送带间的动摩擦因数均为，物体与其余部分的摩擦均可忽略不计，重力加速度g取，物体可视为质点，物体经过衔接点时的机械能损失均忽略。求： （1）物体第一次经过B点时的速度大小； （2）物体经过圆弧轨道D点与沿轨道到最大高度处对轨道压力大小的比值； （3）物体最终停在装置某处，整个过程因摩擦而产生的热量。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 弹簧弹开物体的过程，由机械能守恒定律得 解得 物体从A到B的过程，由动能定理得 解得 【小问2详解】 假设物体滑上传送带后一直做匀减速直线运动，则由动能定理得 解得 假设成立。由于段光滑，则物体在D点的速度与C点的速度相等，则物体在D点时由牛顿第二定律得 解得 由牛顿第三定律可知物体经过圆弧轨道D点对轨道压力 物体沿圆弧上升到最大高度时该点与圆心连线与竖直方向的夹角为，则由机械能守恒定律得 物体在该点时的速度为0，则向心力为0，沿半径方向有 解得 由牛顿第三定律可知物体在最高点对轨道的压力 物体经过圆弧轨道D点与沿轨道到最大高度处对轨道压力大小的比值 【小问3详解】 物体第一次在段运动时，因摩擦而产生的热量为 物体在传送带上滑动时的加速度为 物体第一次在传送带上运动的时间为 物体相对传送带的位移为 该过程物体与传送带因摩擦而产生的热量为 物体从圆弧的最高点返回，第二次滑上传送带，设物体运动到B点的速度为，物体从C到B的过程由动能定理得 解得 物体第二次在传送带上运动的时间为 物体第二次在传送带上运动的相对位移为 该过程物体与传送带因摩擦而产生的热量为 假设物体第二次滑上段后做匀减速直线运动，最终停止，由动能定理得 解得 假设成立，物体第二次滑上段后，最终停在距B点0.5m处，物体第二次在段因摩擦而产生的热量为 则整个过程因摩擦而产生的热量为 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $