五年（2018-2022）高考物理真题分类汇编01-9（打包9份）

五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编1-直线运动（含解析）
一、单选题
1．（2022·河北·统考高考真题）科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知（　　）
A．时间内，训练后运动员的平均加速度大
B．时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等
C．时间内，训练后运动员的平均速度小
D．时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动
2．（2022·湖北·统考高考真题）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（　　）
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
3．（2022·山东·统考高考真题）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于B点，与半径为的半圆弧相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过和。为保证安全，小车速率最大为。在段的加速度最大为，段的加速度最大为。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在段做匀速直线运动的最长距离l为（　　）
A．
B．
C．
D．
4．（2022·全国·统考高考真题）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2021·重庆·高考真题）质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则（　　）
A．时刻，甲的速率大于乙的速率
B．碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C．碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能
6．（2021·湖北·统考高考真题）2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（　　）
A．0.2 s B．0.4s C．1.0 s D．1.4s
7．（2021·辽宁·统考高考真题）某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2021·湖南·高考真题）物体的运动状态可用位置和动量描述，称为相，对应图像中的一个点。物体运动状态的变化可用图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（　　）
A． B． C． D．
9．（2021·河北·高考真题）铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面所用时间为；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为，O点到竖直平面、P点到Q点的距离均为，重力加速度取，则为（　　）
A．100∶1 B．1∶100 C．1∶200 D．200∶1
10．（2019·全国·高考真题）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足（　　）
A． B． C． D．
11．（2018·海南·高考真题）一攀岩者以1m/s的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。3s后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为（　　）
A．10m B．30m C．50m D．70m
12．（2019·海南·高考真题）汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶．前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8m/s2．从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为（ ）
A．10m B．20m C．25m D．50m
13．（2018·江苏泰州·统考一模）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为的路程，第一段用时，第二段用时，则物体的加速度是　　
A． B． C． D．
二、多选题
14．（2022·湖南·统考高考真题）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　）
A．在时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在时间内，返回舱的加速度不变
C．在时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在时间内，返回舱的机械能不变
15．（2021·海南·高考真题）甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，时经过路边的同一路标，下列位移-时间图像和速度-时间图像对应的运动中，甲、乙两人在时刻之前能再次相遇的是（　　）
A． B．
C． D．
16．（2021·广东·高考真题）赛龙舟是端午节的传统活动。下列和图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（　　）
A． B．
C． D．
17．（2020·海南·高考真题）小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出的速度大小为，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为，，忽略空气阻力，则射出的水（ ）
A．在空中的运动时间为
B．水平射程为
C．落地时的速度大小为
D．落地时竖直方向的速度大小为
18．（2018·全国·高考真题）甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
19．（2018·全国·高考真题）甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是（　　）。
A．两车在t1时刻也并排行驶 B．在t1时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小 D．乙车的加速度大小先减小后增大
20．（2018·海南·高考真题）如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（　　）
A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能
三、实验题
21．（2022·北京·高考真题）某同学利用自由落体运动测量重力加速度，实验装置如图1所示，打点计时器接在频率为的交流电源上。使重锤自由下落，打点计时器在随重锤下落的纸带上打下一系列点迹。挑出点迹清晰的一条纸带，依次标出计数点1，2，…，8，相邻计数点之间还有1个计时点。分别测出相邻计数点之间的距离，并求出打点2，3，…，7时对应的重锤的速度。在坐标纸上建立坐标系，根据重锤下落的速度作出图线并求重力加速度。
（1）图2为纸带的一部分，打点3时，重锤下落的速度______________（结果保留3位有效数字）。
（2）除点3外，其余各点速度对应的坐标点已在图3坐标系中标出，请在图中标出速度对应的坐标点，并作出图线______________。
（3）根据图3，实验测得的重力加速度______________（结果保留3位有效数字）。
（4）某同学居家学习期间，注意到一水龙头距地面较高，而且发现通过调节水龙头阀门可实现水滴逐滴下落，并能控制相邻水滴开始下落的时间间隔，还能听到水滴落地时发出的清脆声音。于是他计划利用手机的秒表计时功能和刻度尺测量重力加速度。为准确测量，请写出需要测量的物理量及对应的测量方法。_________________________
22．（2022·江苏·高考真题）小明利用手机测量当地的重力加速度，实验场景如图1所示，他将一根木条平放在楼梯台阶边缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒表”软件，用钢尺水平击打木条使其转开后，小球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声开始计时，接收到小球落地的撞击声停止计时，记录下击打声与撞击声的时间间隔t，多次测量不同台阶距离地面的高度h及对应的时间间隔t。
（1）现有以下材质的小球，实验中应当选用______。
A．钢球 B．乒乓球 C．橡胶球
（2）用分度值为的刻度尺测量某级台阶高度h的示数如图2所示，则______。
（3）作出图线，如图3所示，则可得到重力加速度______。
（4）在图1中，将手机放在木条与地面间的中点附近进行测量，若将手机放在地面A点，设声速为v，考虑击打声的传播时间，则小球下落时间可表示为______（用h、t和v表示）。
（5）有同学认为，小明在实验中未考虑木条厚度，用图像法计算的重力加速度g必然有偏差。请判断该观点是否正确，简要说明理由______。
23．（2022·辽宁·高考真题）某同学利用如图所示的装置测量重力加速度，其中光栅板上交替排列着等宽度的遮光带和透光带（宽度用d表示）。实验时将光栅板置于光电传感器上方某高度，令其自由下落穿过光电传感器。光电传感器所连接的计算机可连续记录遮光带、透光带通过光电传感器的时间间隔。
（1）除图中所用的实验器材外，该实验还需要___________（填“天平”或“刻度尺”）；
（2）该同学测得遮光带（透光带）的宽度为，记录时间间隔的数据如表所示，
编号 1遮光带 2遮光带 3遮光带 …
73.04 38.67 30.00 …
根据上述实验数据，可得编号为3的遮光带通过光电传感器的平均速度大小为___________（结果保留两位有效数字）；
（3）某相邻遮光带和透光带先后通过光电传感器的时间间隔为，则重力加速度___________（用d、表示）；
（4）该同学发现所得实验结果小于当地的重力加速度，请写出一条可能的原因：___________ 。
24．（2021·湖北·高考真题）某同学假期在家里进行了重力加速度测量实验。如图（a） 所示，将一根米尺竖直固定，在米尺零刻度处由静止释放实心小钢球，小球下落途经某位置时，使用相机对其进行拍照，相机曝光时间为s。由于小球的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。根据照片中米尺刻度读出小球所在位置到释放点的距离H、小球在曝光时间内移动的距离。计算出小球通过该位置时的速度大小v，进而得出重力加速度大小g。实验数据如下表∶
次数 1 2 3 4 5
/cm 0.85 0.86 0.82 0.83 0.85
v/（m·s-1） 4.25 4.10 4.15 4.25
H/m 0.9181 0.9423 0.8530 0.8860 0.9231
（1）测量该小球直径时，游标卡尺示数如图（b）所示，小球直径为________mm。。
（2）在第2次实验中，小球下落H =0.9423m时的速度大小v=________m/s（保留3位有效数字）；第3次实验测得的当地重力加速度大小g=________m/s2（保留3位有效数字）。
（3）可以减小本实验重力加速度大小测量误差的措施有_______。
A．适当减小相机的曝光时间
B．让小球在真空管中自由下落；
C．用质量相等的实心铝球代替实心钢球
25．（2020·海南·统考高考真题）（1）滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图，某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R（滑板车的长度远小于轨道半径）。
主要实验过程如下：
①用手机查得当地的重力加速度g；
②找出轨道的最低点O，把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，用手机测出它完成n次全振动的时间t，算出滑板车做往复运动的周期________；
③将滑板车的运动视为简谐运动，则可将以上测量结果代入公式________（用T﹑g表示）计算出轨道半径。
（2）某同学用如图（a）所示的装置测量重力加速度．
实验器材：有机玻璃条（白色是透光部分，黑色是宽度均为的挡光片），铁架台，数字计时器（含光电门），刻度尺．
主要实验过程如下：
①将光电门安装在铁架台上，下方放置承接玻璃条下落的缓冲物；
②用刻度尺测量两挡光片间的距离，刻度尺的示数如图（b）所示，读出两挡光片间的距离________cm；
③手提玻璃条上端使它静止在________方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过；
④让玻璃条自由下落，测得两次挡光的时间分别为和；
⑤根据以上测量的数据计算出重力加速度________（结果保留三位有效数字）。
26．（2020·江苏·统考高考真题）疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究。用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如题图1所示。
(1)家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中下落物体的是_____。
(2)下列主要操作步骤的正确顺序是_____。（填写各步骤前的序号）
①把刻度尺竖直固定在墙上
②捏住小球，从刻度尺旁静止释放
③手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置
④打开手机摄像功能，开始摄像
(3)停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如题图2所示。已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为，刻度尺的分度值是，由此测得重力加速度为_____。
(4)在某次实验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向。从该视频中截取图片，_____（选填“仍能”或“不能”）用(3)问中的方法测出重力加速度。
27．（2019·全国·高考真题）甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验．实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照．已知相机每间隔0.1s拍1幅照片．
（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是_______．（填正确答案标号）
A．米尺 B．秒表 C．光电门 D．天平
（2）简述你选择的器材在本实验中的使用方法．
答：________________________________________________
（3）实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5cm、ac=58.7cm，则该地的重力加速度大小为g=___m/s2．（保留2位有效数字）
28．（2018·全国·高考真题）甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间．实验步骤如下：
（1）甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端，让木尺自然下垂．乙把手放在尺的下端（位置恰好处于L刻度处，但未碰到尺），准备用手指夹住下落的尺．
（2）甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子．若夹住尺子的位置刻度为L1，重力加速度大小为g，则乙的反应时间为________（用L、L1和g表示）．
（3）已知当地的重力加速度大小为g=9.80 m/s2，L=30.0 cm，L1=10.4 cm，乙的反应时间为__________s．（结果保留2位有效数字）
（4）写出一条提高测量结果准确程度的建议：___________．
29．（2018·海南·高考真题）学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小．实验时，他们先测量分液漏斗下端到水桶底部的距离s；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时，下一滴水刚好从漏斗的下端滴落；用秒表测量第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t．
(1)重力加速度大小可表示为g=_____(用s、n、t表示)；
(2)如果某次实验中，s=0.90m，n=30，t=13.0s，则测得的重力加速度大小g=________m/s2；(保留2位有效数字)
(3)写出一条能提高测量结果准确程度的建议：____________________．
30．（2018·江苏·高考真题）某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g．细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤．实验操作如下：
①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；
②在重锤1上加上质量为m的小钩码；
③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止．释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；
④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t．
请回答下列问题：
（1）步骤④可以减小对下落时间t测量的_______（选填“偶然”或“系统”）误差．
（2）实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了________．
A．使H测得更准确
B．使重锤1下落的时间长一些
C．使系统的总质量近似等于2M
D．使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
（3）滑轮的摩擦阻力会引起实验误差．现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能观察到其________下落．
（4）使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0．用实验中的测量量和已知量（M、H、m、m0、t）表示g，则g＝_________．
四、解答题
31．（2022·辽宁·高考真题）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
（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时，滑过的距离，求加速度的大小；
（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周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为，滑行速率分别为，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员先出弯道。
32．（2021·重庆·高考真题）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为的物体（物体与头盔密切接触），使其从的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；
（2）物体做匀减速直线运动的时间；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。
33．（2021·福建·统考高考真题）一火星探测器着陆火星之前，需经历动力减速、悬停避障两个阶段。在动力减速阶段，探测器速度大小由减小到0，历时。在悬停避障阶段，探测器启用最大推力为的变推力发动机，在距火星表面约百米高度处悬停，寻找着陆点。已知火星半径约为地球半径的，火星质量约为地球质量的，地球表面重力加速度大小取，探测器在动力减速阶段的运动视为竖直向下的匀减速运动。求：
（1）在动力减速阶段，探测器的加速度大小和下降距离；
（2）在悬停避障阶段，能借助该变推力发动机实现悬停的探测器的最大质量。
34．（2021·天津·高考真题）一玩具以初速度从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求
（1）玩具上升到最大高度时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比。
35．（2021·河北·高考真题）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
参考答案：
1．D
【详解】A．根据图像的斜率表示加速度，由题图可知时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A错误；
B．根据图像围成的面积表示位移，由题图可知时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；
C．根据图像围成的面积表示位移，由题图可知时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；
D．根据图像可直接判断知，时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确。
故选D。
2．B
【详解】108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/s
由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍为总的节省时间，相邻两站间的距离
普通列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
同理高铁列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
相邻两站间节省的时间
因此总的节省时间
故选B。
3．B
【详解】在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据
可得在BC段的最大速度为
在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据
可得在CD段的最大速度为
可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为
AB段从最大速度vm减速到v的时间
位移
在AB段匀速的最长距离为
l=8m-3m=5m
则匀速运动的时间
则从A到D最短时间为
故选B。
4．C
【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v0），则列车进隧道前必须减速到v，则有
v = v0 - 2at1
解得
在隧道内匀速有
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有
v0 = v + at3
解得
则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为
故选C。
5．C
【详解】A．根据位移图像斜率表示速度可知，时刻，甲的速率小于乙的速率，故A错误；
BC．根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，故B错误C正确；
D．根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，故D错误。
故选C。
6．B
【分析】本题考查自由落体运动。
【详解】陈芋汐下落的整个过程所用的时间为
1.4s
下落前5 m的过程所用的时间为
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为
故B正确，ACD错误。
故选B。
7．A
【详解】图象斜率的物理意义是速度，在时间内，图象斜率增大，汽车的速度增大；在时间内，图象斜率不变，汽车的速度不变；在时间内，图象的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中图象可能正确。
故选A。
8．D
【详解】质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有
而动量为
联立可得
动量关于为幂函数，且，故正确的相轨迹图像为D。
故选D。
9．C
【详解】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即
解得
铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时，逆过程可视为自由落体，即
解得
则
故选C。
10．C
【详解】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动，根据初速度为零匀加速运动，连续相等的相邻位移内时间之比等于
可知
即
故选C。
11．C
【分析】本题考查自由落体运动遵循的规律及其相关的知识点，同时考查了估算能力。
【详解】根据自由落体运动遵循的规律可知，3s内石块自由下落的高度约为
用时3秒，攀岩者向上爬了3米，所以距离地面高度约为
他离地面的高度约为50m。
故选C。
12．C
【详解】汽车做匀减速运动，根据v02=2ax解得，故选C.
13．B
【详解】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，从开始运动第一段时计时，则时的瞬时速度等于~内的平均速度
时的瞬时速度等于~内的平均速度
两个中间时刻的时间间隔为
根据加速度定义可得
故选B。
14．AC
【详解】A．重力的功率为
由图可知在0~t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；
B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；
C．在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；
D．在t2~t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。
故选AC。
15．BC
【详解】A．该图中，甲乙在t0时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在t0时刻之前不能相遇，选项A错误；
B．该图中，甲乙在t0时刻之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在t0时刻之前能再次相遇，选项B正确；
C．因v-t图像的面积等于位移，则甲乙在t0时刻之前位移有相等的时刻，即两人能再次相遇，选项C正确；
D．因v-t图像的面积等于位移，由图像可知甲乙在t0时刻之前，甲的位移始终大于乙的位移，则两人不能相遇，选项D错误。
故选BC。
16．BD
【详解】A．此图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，故A错误；
B．此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确；
C．此图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；
D．此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故D正确。
故选BD。
17．BD
【详解】A．根据得，运动时间
故A错误；
B．水平射程为
故B正确；
CD．竖直方向分速度为
水平分速度为
落地速度为
故C错误，D正确。
故选BD。
18．CD
【详解】A．位移 时间图像的斜率表示物体运动的速度，由图可知，在t1时刻两图像的斜率不相等，即t1时刻两车的速度不相等，故A错误；
B．在0时刻，乙车的位置坐标为0，甲车在乙车的前方， t1时刻两车位置坐标相同，为x1，故从0到t1时间内，甲车走过的路程小于乙车走过的路程，故B错误；
C．t2时刻两车位置坐标相同，为x2，故从t1到t2时间内，两车走过的路程相等，故C正确；
D．由图可知，在t1到t2时间内的某时刻，两图像的斜率相等，即两车的速度相等，故D正确。
故选CD。
19．BD
【详解】AB．0~t1时间内
t1~t2时间内
t2时刻两车相遇，但0~t1时间内两者的位移差小于t1~t2时间内两者的位移差，则t1时刻甲在乙的后面，A错误B正确；
CD．由图象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大，C错误D正确。
故选BD。
20．BC
【详解】A．根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道木块最终停在哪里，无法求出木板的长度， A错误；
BC．由图像的斜率表示加速度求出长木板的加速度为
小物块的加速度
根据牛顿第二定律得
解得
BC正确；
D．由于不知道木板的质量，无法求出从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能，D错误。
故选BC。
21． 1.15 9.79 见解析
【详解】（1）[1]打点计时器接在频率为的交流电源上，相邻计数点之间还有1个计时点，则相邻两计数点之间的时间为
纸带做自由落体运动，打点3时的瞬时速度等于点2到点4之间的平均速度，由纸带数据可知
（2）[2]做出图像如图所示
（3）[3]根据，可知
根据图像可知其斜率为重力加速度，则有
（4）[4]需要测量的物理量：水滴下落的高度h和下落的时间t。
测量h的方法：用刻度尺测量水龙头出水口到地面的高度，多次测量取平均值；
测量t的方法：调节水龙头阀门，使一滴水开始下落的同时，恰好听到前一滴水落地时发出的清脆声音。用手机测量n滴水下落的总时间，则
22． A 61.20 9.55 不正确，理由见解析
【详解】（1）[1]为了减小空气阻力等误差影响，应该选用材质密度较大的小钢球，故选A。
（2）[2]刻度尺的分度值为1mm，估读到分度值的下一位，由图可知h=61.20cm；
（3）[3]根据可知
故在图像中斜率表示重力加速度，则根据图线有
（4）[4]下落过程中声音传播的时间为
则小球下落的时间为
（5）[5]设木条厚度为H，则台阶距离地面的高度h1时的时间为t1，高度h2时的时间为t2；则根据前面的分析有
可知与H无关。
23． 刻度尺 1.5 光栅板受到空气阻力的作用
【详解】（1）[1]该实验测量重力加速度，不需要天平测质量；需要用刻度尺测量遮光带（透光带）的宽度，故需要刻度尺；
（2）[2]根据平均速度的计算公式可知
（3）[3]根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的速度，有
可得
（4）[4]光栅板的长度明显，下落过程中受到空气阻力的影响，所以竖直向下的加速度小于重力加速度。
24． 15.75 4.30 9.85 AB
【分析】本题考查重力加速度的测量，意在考查考生对实验原理的理解以及处理实验数据的能力。
【详解】（1）[1]由游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为
（2）[2][3]由题意可知，小球下落H =0.9423 m时的速度
由运动学公式
得
（3）[4]A．小球下落一定高度时的瞬时速度近似为曝光时间内的平均速度，曝光时间越短，曝光时间内的平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，故A正确；
B．让小球在真空管中自由下落，可减小空气阻力的影响，可减小实验误差，故B正确；
C．质量相等的实心铝球代替实心钢球时，铝球体积更大，阻力对铝球的影响较大，实验误差较大，故C错误。
25． 竖直
【详解】(1)[1]滑板车做往复运动的周期为
[2]根据单摆的周期公式，得
(2)[3]两挡光片间的距离
[4]手提玻璃条上端使它静止在竖直方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过。
[5]玻璃条下部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为
玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为
根据速度位移公式有
代入数据解得加速度
26． 小钢球 ①③④② 9.61（9.5~9.7） 仍能
【详解】(1)要测量当地重力加速度需要尽量减小空气阻力的影响，所以密度大体积小的小钢球最适合；
(2)要完成实验首先应该将刻度尺竖直固定在墙上，安装好三脚架，调整好手机摄像头的位置；因为下落时间很短，所以一定要先打开摄像头开始摄像，然后在将小球从刻度尺旁静止释放，故顺序为①③④②；
(3)由三张图片读出小球所在位置的刻度分别为2.50cm，26.50cm，77.20cm；小球做自由落体运动，根据可得
(4)因为就算小球偏离了竖直方向，但是小球在竖直方向上的运动依然是自由落体运动，对实验结果无影响，故仍能用前面的方法测量出重力加速度。
27． A 将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺． 9.7
【详解】此实验用数码相机替代打点计时器,故实验原理是相同的,仍然需要米尺来测量点与点之间的距离;就本实验而言,因为是不同照片,所以是测量连续几张照片上小球位置之间的距离;加速度求解仍然用逐差法计算,注意是bc与ab之间的距离差.
28． 0.20 多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子
【详解】试题分析 本题主要考查自由落体运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用教材知识解决实际问题的能力．
（2）根据题述，在乙的反应时间t内，尺子下落高度h=L-L1，由自由落体运动规律，h=gt2，解得t=．
（3）代入数据得：t=0.20s．
（4）多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子
点睛 测量反应时间是教材上的小实验，此题以教材小实验切入，难度不大．
29． 9.6 “适当增大n”或“多次测量取平均值”
【分析】本题考查一个利用自由落体运动规律测量重力加速度的实验
【详解】（1）已知第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t，所以一个水滴从漏斗的下端滴落到桶底所用的时间，所以，故
（2）2
（3）提高精度可以提高测量时间的精度和距离的精度，也可以适当增大n，或多测几次取平均．
30． （1）偶然 （2）B （3）匀速 （4）
【详解】本题考查重力加速度的测量，意在考查考生的实验探究能力．（1）时间测量是人为操作快慢和读数问题带来的误差，所以属于偶然误差．（2）由于自由落体的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多．（3）为了消除滑轮的摩擦阻力，可用橡皮泥粘在重锤1上，轻拉重锤放手后若系统做匀速运动，则表示平衡了阻力．（3）根据牛顿第二定律有，又，解得．
点睛：本题以连接体运动为背景考查重力加速度的测量，解题的关键是要弄清该实验的原理，再运用所学的知识分析得出减小误差的方法．
31．（1）；（2），甲
【详解】（1）根据速度位移公式有
代入数据可得
（2）根据向心加速度的表达式
可得甲、乙的向心加速度之比为
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为
代入数据可得甲、乙运动的时间为
，
因，所以甲先出弯道。
32．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由自由落体运动规律，带入数据解得
（2）由匀变速直线运动规律
解得
（3）由动量定理得
解得
33．（1），；（2）
【详解】（1）设探测器在动力减速阶段所用时间为t，初速度大小为，末速度大小为，加速度大小为a，由匀变速直线运动速度公式有
①
代入题给数据得
②
设探测器下降的距离为s，由匀变速直线运动位移公式有
③
联立②③式并代入题给数据得
④
（2）设火星的质量、半径和表面重力加速度大小分别为、和，地球的质量、半径和表面重力加速度大小分别为、和由牛顿运动定律和万有引力定律，对质量为m的物体有
⑤
⑥
式中G为引力常量。设变推力发动机的最大推力为F，能够悬停的火星探测器最大质量为，由力的平衡条件有
⑦
联立⑤⑥⑦式并代入题给数据得
⑧
在悬停避障阶段，该变推力发动机能实现悬停的探测器的最大质量约为。
34．（1）；（2）
【详解】（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，整个运动过程有
玩具上升到最大高度有
两式联立解得
（2）设玩具分开时两部分的质量分别为、，水平速度大小分别为、。依题意，动能关系为
玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为，设两部分落地时的速度大小分别为、，由速度合成公式，有
，
结合，解得
35．（1）；（2）
【详解】（1）设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得
联立解得
或
故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有
解得五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编2-相互作用（重力、弹力、摩擦力等）（含解析）
一、单选题
1．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为，则下列说法正确的是（　　）
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力大小为
C．减小夹角，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
2．（2022·广东·高考真题）图是可用来制作豆腐的石磨。木柄静止时，连接的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、和分别表示三根绳的拉力大小，且。下列关系式正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角，一重为的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的（　　）
A．作用力为 B．作用力为
C．摩擦力为 D．摩擦力为
4．（2022·河北·统考高考真题）如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的点，将木板以底边为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（　　）
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
5．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝与竖直方向夹角分别为。用分别表示的拉力，则（　　）
A．的竖直分力大于的竖直分力 B．的竖直分力等于的竖直分力
C．的水平分力大于的水平分力 D．的水平分力等于的水平分力
6．（2022·浙江·高考真题）如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（　　）
A．水桶自身重力的大小
B．水管每秒出水量的大小
C．水流对桶撞击力的大小
D．水桶与水整体的重心高低
7．（2022·湖南·统考高考真题）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
8．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为和。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（　　）
A．Q对P的磁力大小等于
B．P对Q的磁力方向竖直向下
C．Q对电子秤的压力大小等于＋F
D．电子秤对Q的支持力大小等于＋
9．（2022·湖南·统考高考真题）2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（　　）
A． B． C． D．
10．（2022·浙江·高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
11．（2022·浙江·统考高考真题）单位为J/m的物理量是（　　）
A．力 B．功 C．动能 D．电场强度
12．（2022·重庆·高考真题）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（　　）
A．大小等于 B．大小等于
C．方向竖直向上 D．方向水平向左
13．（2021·湖南·高考真题）质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由A点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（　　）
A．推力先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
14．（2021·广东·高考真题）唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（ ）
A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
15．（2021·江苏·高考真题）在光滑桌面上将长为的软导线两端固定，固定点的距离为，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为（　　）
A． B． C． D．
16．（2021·重庆·高考真题）如图所示，人游泳时若某时刻手掌对水的作用力大小为F，该力与水平方向的夹角为，则该力在水平方向的分力大小为（　　）
A． B． C．F D．
17．（2020·全国·高考真题）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于（　　）
A．45° B．55° C．60° D．70°
18．（2020·北京·高考真题）某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．实验中必须让木板保持匀速运动
B．图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线
C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7
D．只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数
19．（2020·山东·统考高考真题）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（　　）
A． B． C． D．
20．（2020·浙江·统考高考真题）矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力、与速度方向垂直的升力和与速度方向相反的空气阻力。下列受力分析示意图可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
21．（2020·浙江·统考高考真题）如图是“中国天眼”口径球面射电望远镜维护时的照片。为不损伤望远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，若将人视为质点，此时工作人员（　　）
A．受到的重力大小为 B．受到的合力大小为
C．对球面的压力大小为 D．对球面的作用力大小为
22．（2020·海南·统考高考真题）如图，上网课时小明把手机放在斜面上，手机处于静止状态。则斜面对手机的（ ）
A．支持力竖直向上
B．支持力小于手机所受的重力
C．摩擦力沿斜面向下
D．摩擦力大于手机所受的重力沿斜面向下的分力
23．（2019·江苏·高考真题）如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为
A． B． C．Tsinα D．Tcosα
24．（2019·全国·高考真题）用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示．两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°．重力加速度为g．当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则
A． B．
C． D．
25．（2019·浙江·高考真题）如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则
A．杆对A环的支持力变大 B．B环对杆的摩擦力变小
C．杆对A环的力不变 D．与B环相连的细绳对书本的拉力变大
26．（2019·浙江·高考真题）小明在观察如图所示的沙子堆积时，发现沙子会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的．小明测出这堆沙子的底部周长为31.4m，利用物理知识测得沙子之间的摩擦因数为0.5，估算出这堆沙子的体积最接近（　　）
A．60m3 B．200m3 C．250m3 D．500m3
27．（2019·天津·高考真题）2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
28．（2018·江苏泰州·一模）如图所示，一定质量的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，用T表示绳OB段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（　　）
A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T不变
C．F逐渐变小，T不变 D．F逐渐变小，T逐渐变小
29．（2018·浙江·高考真题）叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则：
A．上方球与下方3个球间均没有弹力
B．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力
C．水平地面对下方三个球的支持力均为
D．水平地面对下方三个球的摩擦力均为
30．（2019·浙江·高考真题）如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是
A．小明与船之间存在摩擦力
B．杆的弯曲是由于受到杆对小明的力
C．杆对岸的力大于岸对杆的力
D．小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力
二、多选题
31．（2021·河北·高考真题）如图，矩形金属框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过杆，金属框绕轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（　　）
A．小球的高度一定降低 B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大 D．小球所受合外力的大小一定变大
32．（2019·全国·高考真题）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N．另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°．已知M始终保持静止，则在此过程中（　　）
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
33．（2018·天津·高考真题）明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之,曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力N，则（　　）
A．若F一定，θ大时N大 B．若F一定，θ小时N大
C．若θ一定，F大时N大 D．若θ一定，F小时N大
三、实验题
34．（2021·辽宁·高考真题）某同学阅读教材中的“科学漫步”栏目，对“流体的阻力（f）跟物体相对于流体的速度（v）有关”这一说法产生了兴趣，通过查阅资料得知：对于球形物体，二者间存在定量关系f=kv，k为比例系数。该同学为探究这一关系利用如图（a）所示装置测量k。具体操作如下：在柱状玻璃容器中注入某透明液体，将小球在液面处由静止释放，当小球运动到0刻度线处开始计时，每下落10cm记录一次时间，得到多组下落高度h与时间t的数据，作出h-t图像如图（b）中实线所示。
（1）由h-t图像可知，从计时开始小球近似做___________运动。
（2）已知液体密度ρ=8.0×102kg/m3，小球体积V=5.0×10-10m3、质量m=4.0×10-6kg，结合h-t图像可得k=___________kg/s（浮力不能忽略，取重力加速度g=9.8m/s2）。
（3）若再用一个体积相同、密度较大的球，重复上述实验，所得h-t图像也是一条直线，则该直线可能是图（b）中的___________虚线。
四、解答题
35．（2019·浙江·高考真题）如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m=0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点高度h1=1.10m．篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1=0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2=0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2=0.01m，弹性势能为Ep=0.025J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内．求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）篮球在运动过程中受到的空气阻力；
（3）篮球在整个运动过程中通过的路程；
（4）篮球在整个运动过程中速度最大的位置．
参考答案：
1．B
【详解】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知
联立解得
故A错误，B正确；
C．拉力的大小为
其中，可知当时，拉力有最小值，即减小夹角，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误；
D．摩擦力大小为
可知增大夹角，摩擦力一直减小，当趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误；
故选B。
2．D
【详解】以点为研究对象，受力分析如图
由几何关系可知
由平衡条件可得
联立可得
故D正确，ABC错误。
故选D。
3．B
【详解】设斜杆的弹力大小为，以水平横杆和重物为整体，竖直方向根据受力平衡可得
解得
以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示
可知每根斜杆受到地面的作用力应与平衡，即大小为，每根斜杆受到地面的摩擦力为
B正确，ACD错误；
故选B。
4．B
【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为，木板对圆柱体的支持力为，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理
在木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0，又
且
可知
则
可知从锐角逐渐增大到钝角，根据
由于不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为，绳子拉力为，则
可得
不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误。
故选B。
5．D
【详解】CD．对结点O受力分析可得，水平方向
即F2的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确；
AB．对结点O受力分析可得，竖直方向
解得
则F1的竖直分量
F2的竖直分量
因
可知
选项AB错误。
故选D。
6．D
【详解】水管口持续有水流出而过一段时间桶会翻转一次，说明主要原因是装的水到一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，故选D。
7．D
【详解】A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；
BCD．由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有
，FT= mgcosθ
则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错误、D正确。
故选D。
8．D
【详解】AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于，选项AB错误；
CD．对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于＋，即Q对电子秤的压力大小等于＋，选项C错误，D正确。
故选D。
9．A
【详解】设风速度为，假设飘带总长为，质量为，飘带宽度为，该部分飘带的重力和所受风力分别为
则重力与风力的合力与竖直方向的夹角为
其中为单位面积上受到的风力，则角度的正切值恒定，则飘带为近似为一条倾斜的直线，故A正确，BCD错误。
故选A。
10．B
【详解】A．链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；
B．惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，C错误；
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向有关，D错误。
故选B。
11．A
【详解】根据功的定义式可知
则有
因N是力的单位，故单位为J/m的物理量是力。
故选A。
12．B
【详解】对擦窗工具进行正视图的受力分析如图所示
水平方向上拉力与擦窗工具所受摩擦力水平分量等大反向，竖直方向上重力与擦窗工具所摩擦力竖直分量等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中所示，大小为
故选B。
13．C
【详解】AB ．对滑块受力分析，由平衡条件有
滑块从A缓慢移动B点时，越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；
C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为
则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；
D．水平地面对凹槽的支持力为
则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；
故选C。
14．B
【详解】A．将拉力F正交分解如下图所示
则在x方向可得出
Fx曲 = Fsinα
Fx直 = Fsinβ
在y方向可得出
Fy曲 = Fcosα
Fy直 = Fcosβ
由题知α < β则
sinα < sinβ
cosα > cosβ
则可得到
Fx曲 < Fx直
Fy曲 > Fy直
A错误、B正确；
CD．耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD错误。
故选B。
【点睛】
15．A
【详解】从上向下看导线的图形如图所示
导线的有效长度为2L，则所受的安培力大小
设绳子的张力为，由几何关系可知
解得
故A正确，BCD错误。
故选A.
16．D
【详解】沿水平方向和竖直方向将手掌对水的作用力分解，则有该力在水平方向的分力大小为
故选D。
17．B
【详解】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示
根据几何关系有
解得。
故选B。
18．C
【详解】AB．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；
C．由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7，故C正确；
D．根据
，
可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。
故选C。
19．C
【详解】当木板与水平面的夹角为时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图
沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力
根据平衡条件可知
对B物块受力分析如图
沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力
根据平衡条件可知
两式相加，可得
解得
故选C。
20．A
【详解】由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A选项符合题意。
故选A。
21．D
【详解】A．工作人员的质量为，则工作人员受到的重力
A错误；
B．工作人员在球面上缓慢行走，处于平衡状态，合力为0，B错误；
C．工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于，C错误；
D．由平衡条件可得球面对工作人员的作用力满足
再由牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为
D正确。
故选D。
22．B
【详解】设手机的质量为m，斜面倾角为θ。对手机进行受力分析，如图所示
由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件则有
，
因，故，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力
故选B。
23．C
【详解】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：，故C正确．
24．D
【详解】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由几何关系可知，， ．解得， 由牛顿第三定律知，故D正确
25．B
【详解】A．对两环和书本的整体受力分析，竖直方向：2N=mg，可知将两环距离变小后杆对A环的支持力不变，选项A错误；
BD．对圆环B受力分析可知，f=Tcosθ；对书本：2Tsinθ=mg，解得 （其中的θ是绳与杆之间的夹角），则当两环距离变小后，θ变大，则f减小，与B环相连的细绳对书本的拉力T变小，选项B正确，D错误；
C．同理，杆对A环的摩擦力减小，杆对A环的支持力不变，则杆对A环的力减小，选项C错误．
26．A
【详解】沙堆底部周长为31.4m，故圆锥体的底部圆半径为
对锥面上的一粒沙粒分析，当满足（为锥体的底角）时沙粒刚好静止，故
解得圆锥体高
故圆锥体的体积约为
A正确．
27．C
【详解】A．以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A错误；
B．由图甲可知，当索塔高度降低后，变大， 变小，故T变大，故B错误；
C．由B的分析可知，当钢索对称分布时，，钢索对索塔的合力竖直向下，故C正确；
D．受力分析如图乙，只要 ，钢索AC、AB的拉力FAC、FAB进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D错误；
故选C。
28．B
【详解】由于力F缓慢拉动节点O，即在移动过程中节点O始终处于平衡状态，以
结点O为研究对象进行受力分析可知，绳OB段的拉力
由上可得T不变
设绳OA与竖直方向的夹角为θ，根据三角函数关系可知
在结点O被向左缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知，F变大。
故选B。
29．C
【详解】对上方球分析可知，小球受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球一定与下方球有力的作用，故A错误；下方球由于受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有运动的趋势，故下方球受摩擦力作用，故B错误；对四个球的整体分析，整体受重力和地面的支持力而处于平衡，所以三个小球受支持力大小为4mg，每个小球受支持力为mg，故C正确；三个下方小球受到的是静摩擦力，故不能根据滑动摩擦力公式进行计算，故D错误．故选C．
30．A
【详解】A．小明与船之间存在运动的趋势，则它们之间存在摩擦力，选项A正确；
B．杆的弯曲是由于杆受到小明对杆的力，选项B错误；
C．杆对岸的力与岸对杆的力是作用与反作用力，大小相等，选项C错误；
D．小明对杆的力和杆对小明的力是一对相互作用力，选项D错误．
故选A。
31．BD
【详解】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向
而
可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确；
水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则
即
当转速较大时，FN指向转轴
即
则因 ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误；
根据
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。
故选BD。
32．BD
【详解】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；
对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选BD．
33．BC
【详解】选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的分力是相等的，力F的分解如图
则
所以
由公式可知，当F一定，θ小时FN大，当θ一定，F大时FN大，AD错误，BC正确；
故选BC。
【点睛】对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。
34． 匀速直线 ①
【详解】（1）[1]根据图象可知，下落的距离随时间均匀变化，所以小球近似做匀速直线运动
（2）[2]根据图象可知小球下落的速度为
小球下落过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的浮力和阻力，小球做匀速直线运动，受力平衡
式中表示液体对小球的浮力，代入数据可得比例系数
（3）[3]若选择一个密度更大，体积相同的小球，浮力不变，根据可知小球的质量增大，根据平衡方程可知小球的速度增大，所以在相同的时间内小球下落的高度增大，所以该直线可能是图象中的①虚线。
35．（1）500N/m（2）0.5N（3）11.05m（4）0.009m
【详解】（1）球静止在弹簧上，根据共点力平衡条件可得；
（2）球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理，
解得；
（3）球在整个运动过程中总路程s：，解得；
（4）球在首次下落过程中，合力为零处速度最大，速度最大时弹簧形变量为；
则；
在A点下方，离A点五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编3-牛顿运动动定律（牛顿第二定律）（含解析）
一、单选题
1．（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2022·山东·统考高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
3．（2022·江苏·高考真题）高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（　　）
A． B． C． D．
4．（2022·重庆·高考真题）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D．加速度大小先增大后减小
5．（2022·北京·高考真题）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（　　）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
6．（2021·浙江·高考真题）2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层的减速，速度从减为；打开降落伞后，经过速度进一步减为；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器（　　）
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
7．（2021·北京·高考真题）某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．30cm刻度对应的加速度为 - 0.5g B．40cm刻度对应的加速度为g
C．50cm刻度对应的加速度为2g D．各刻度对应加速度的值是不均匀的
8．（2021·湖南·高考真题）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（　　）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
9．（2021·海南·高考真题）公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（　　）
A． B． C． D．
10．（2021·浙江·统考高考真题）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时（　　）
A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
11．（2018·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（ ）
A．加速度逐渐减小
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
12．（2019·浙江·高考真题）如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．A、B两球分别连在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底（不计空气阻力，ρ木＜ρ水＜ρ铁）
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动
B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
13．（2018·海南·高考真题）如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上．若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将（ ）
A．沿斜面加速上滑
B．沿斜面加速下滑
C．沿斜面匀速上滑
D．仍静止在斜面上
二、多选题
14．（2022·全国·高考真题）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（　　）
A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
15．（2022·湖南·高考真题）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即，为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为。重力加速度大小为，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（　　）
A．发动机的最大推力为
B．当飞行器以匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D．当飞行器以的速率飞行时，其加速度大小可以达到
三、实验题
16．（2022·辽宁·高考真题）某同学利用如图所示的装置测量重力加速度，其中光栅板上交替排列着等宽度的遮光带和透光带（宽度用d表示）。实验时将光栅板置于光电传感器上方某高度，令其自由下落穿过光电传感器。光电传感器所连接的计算机可连续记录遮光带、透光带通过光电传感器的时间间隔。
（1）除图中所用的实验器材外，该实验还需要___________（填“天平”或“刻度尺”）；
（2）该同学测得遮光带（透光带）的宽度为，记录时间间隔的数据如表所示，
编号 1遮光带 2遮光带 3遮光带 …
73.04 38.67 30.00 …
根据上述实验数据，可得编号为3的遮光带通过光电传感器的平均速度大小为___________（结果保留两位有效数字）；
（3）某相邻遮光带和透光带先后通过光电传感器的时间间隔为，则重力加速度___________（用d、表示）；
（4）该同学发现所得实验结果小于当地的重力加速度，请写出一条可能的原因：___________ 。
17．（2021·福建·高考真题）某实验小组利用图（a）所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：
（1）首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。
（2）用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图（b）所示（纸带上的点由左至右依次打出），则垫块应该___________（填“往左移”“往右移”或“固定不动”）。
（3）在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。
（4）把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图（c）所示。已知打点计时器所用交流电的频率为，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出F点时小车的速度大小为___________（结果保留2位小数）。
（5）保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车v-t图像如图（d）所示，由图像可知小车加速度大小___________（填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”）。据此可以得到的实验结论是___________。
四、解答题
18．（2021·北京·高考真题）类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力（k为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程（①式）描述，其中m为物体质量，G为其重力。求物体下落的最大速率。
（2）情境2：如图1所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中的总电阻为R。闭合开关S，发现电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①式，写出电流I随时间t变化的方程；并在图2中定性画出I - t图线。
（3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。
情境1 情境2
物体重力势能的减少量
物体动能的增加量
电阻R上消耗的电能
19．（2020·全国·高考真题）我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
20．（2018·江苏·高考真题）如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B．质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）小球受到手的拉力大小F；
（2）物块和小球的质量之比M:m；
（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T
参考答案：
1．C
【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
可得
运动员在水平段做匀速直线运动，加速度
运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为
由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
C正确，ABD错误。
故选C。
2．A
【详解】A．火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
故选A。
3．B
【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度
解得
书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度。
故选B。
4．D
【详解】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到再合假人头静止，动量变化最大，AB错误；
C．根据动量与动能的关系有，而F—t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；
D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。
故选D。
5．B
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
故选B。
6．B
【详解】A．打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误；
B．打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖直向上，B正确；
C．打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气体的阻力不是平衡力，选项D错误。
故选B。
7．A
【分析】由题知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处，则弹簧的原长l0 = 0.2m；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则根据受力平衡有
mg = k(l - l0)
可计算出
k =
【详解】A．由分析可知，在30cm刻度时，有
F弹 - mg = ma（取竖直向上为正方向）
代入数据有
a = - 0.5g
A正确；
B．由分析可知，在40cm刻度时，有
mg = F弹
则40cm刻度对应的加速度为0，B错误；
C．由分析可知，在50cm刻度时，有
F弹 - mg = ma（取竖直向上为正方向）
代入数据有
a = 0.5g
C错误；
D．设刻度对应值为x，结合分析可知
，x = （取竖直向上为正方向）
经过计算有
a = (x > 0.2)或a = (x < 0.2)
根据以上分析，加速度a与刻度对应值为x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误。
故选A。
8．C
【详解】A．对动车由牛顿第二定律有
若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有
故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
而以额定功率匀速时，有
联立解得
故C正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知
可得动车组克服阻力做的功为
故D错误；
故选C。
9．B
【详解】AB．根据牛顿第二定律的表达式可知力的单位为，A错误，B正确；
C．根据压强的表达式可知力的单位可知力的单位为，但压强单位不是基本单位，C错误；
D．根据做功的表达式可知力的单位为，但功的单位不是基本单位，D错误。
故选B。
10．D
【详解】A．小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，A错误；
B．木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一定不在水平方向，B错误；
CD．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。
故选D。
11．D
【详解】由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，A错误；物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，B错误；从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，C错误；从A到B过程中根据动能定理可得，即，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，D正确．
12．D
【详解】开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬时，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力也为零，小球的重力也视为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，C球相对于杯底不动；故选D.
13．A
【分析】本题是一道关于安培力的共点力的平衡问题及牛顿第二定律相关知识
【详解】最初金属细杆受到三个力作用，且合力为零，如图所示
由平衡可知，安培力
若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，则安培力
根据牛顿第二定律
故金属细杆以
的加速度沿着斜面加速上滑，故A正确，BCD错误。
故选A。
14．AD
【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为
解得
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。
故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。
Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
解得
故滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误；
C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；
D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为
解得
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
故选AD。
15．BC
【详解】A．飞行器关闭发动机，以v1=匀速下落时，有
飞行器以v2=向上匀速时，设最大推力为Fm
联立可得
，
A错误；
B．飞行器以v3=匀速水平飞行时
B正确；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时
解得
C正确；
D．当飞行器最大推力向下，以v5=的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值
解得
am=2.5g
D错误。
故选BC。
16． 刻度尺 1.5 光栅板受到空气阻力的作用
【详解】（1）[1]该实验测量重力加速度，不需要天平测质量；需要用刻度尺测量遮光带（透光带）的宽度，故需要刻度尺；
（2）[2]根据平均速度的计算公式可知
（3）[3]根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的速度，有
可得
（4）[4]光栅板的长度明显，下落过程中受到空气阻力的影响，所以竖直向下的加速度小于重力加速度。
17． 往右移 0.15 逐渐变小 空气阻力随速度增大而增大
【详解】（2）[1]由题图（b）可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。
（4）[2]打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小，即
（5）[3]v-t图像的斜率表示加速度，所以由图像可知小车加速度大小逐渐变小。
[4]小车加速度随速度的增大而变小，根据牛顿第二定律可知小车和钩码组成的系统所受合外力F随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则
而钩码重力mg不变，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。
18．（1）；（2）a.，b.；（3）见解析
【详解】（1）当物体下落速度达到最大速度时，加速度为零，有
得
（2）a.由闭合电路的欧姆定理有
b.由自感规律可知，线圈产生的自感电动势阻碍电流，使它逐渐变大，电路稳定后自感现象消失，I - t图线如答图2
（3）各种能量转化的规律如图所示
情境1 情境2
电源提供的电能
线圈磁场能的增加量
克服阻力做功消耗的机械能
19．(1)；（2）2m/s2，
【详解】（1）空载起飞时，升力正好等于重力：
满载起飞时，升力正好等于重力：
由上两式解得：
（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以
解得：
由加速的定义式变形得：
解得：
20．（1） （2） （3）（或）
【详解】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2
F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg
解得
（2）小球运动到与A、B相同高度过程中
小球上升高度h1=3lsin53°，物块下降高度h2=2l
机械能守恒定律mgh1=Mgh2
解得
（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T
牛顿运动定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T
牛顿运动定律T′–mgcos53°=ma
解得（）
【点睛】本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律．解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等．五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编4-牛顿运动动定律的应用（含解析）
一、单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（　　）
A． B． C． D．
2．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡
B．鱼儿摆尾出水时浮力大于重力
C．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力
D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点
3．（2022·湖北·统考高考真题）2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是（ ）
A．组合体中的货物处于超重状态
B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C．组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D．组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
4．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是（　　）
A．v0= 2.5m/s B．v0= 1.5m/s C．μ = 0.28 D．μ = 0.25
5．（2022·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　）
A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
6．（2022·北京·高考真题）如图所示，质量为m的物块在倾角为的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是（　　）
A．斜面对物块的支持力大小为 B．斜面对物块的摩擦力大小为
C．斜面对物块作用力的合力大小为 D．物块所受的合力大小为
7．（2021·全国·高考真题）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（　　）
A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大
8．（2021·海南·高考真题）如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为、，P与桌面间的动摩擦因数，重力加速度。则推力F的大小为（　　）
A． B． C． D．
9．（2020·江苏·统考高考真题）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（　　）
A．F B． C． D．
10．（2020·山东·统考高考真题）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（　　）
A．0~t1时间内，v增大，FN>mg B．t1~t2时间内，v减小，FNC．t2~t3时间内，v增大，FN mg
11．（2020·北京·高考真题）在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力和偏转力。这两个力与篮球速度的关系大致为：，方向与篮球运动方向相反；，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是（　　）
A．、是与篮球转动角速度无关的常量
B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同
C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动
D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动
12．（2019·全国·高考真题）物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2．若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为
A．150kg B．kg C．200 kg D．kg
13．（2018·浙江·高考真题）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是
A． B． C． D．
14．（2018·全国·高考真题）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
15．（2019·浙江·高考真题）如图所示为某一游戏的局部简化示意图．D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内．某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点．已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（ ）
A．5s
B．4.8s
C．4.4s
D．3s
16．（2019·海南·高考真题）如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
17．（2022·全国·高考真题）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（　　）
A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
18．（2022·河北·统考高考真题）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机械能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．物体和的质量之比为 B．时刻物体的机械能为
C．时刻物体重力的功率为 D．时刻物体的速度大小
19．（2022·重庆·高考真题）一物块在倾角为的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（　　）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为时，物块动能为
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为
20．（2021·全国·高考真题）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）
A． B．
C． D．在时间段物块与木板加速度相等
21．（2021·全国·高考真题）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（　　）
A．在此过程中F所做的功为
B．在此过中F的冲量大小等于
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
22．（2020·浙江·统考高考真题）如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。现有质量为、额定功率为的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过到达高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则（　　）
A．空气对无人机的作用力始终大于或等于
B．直流电源对无人机供电的额定电流为
C．无人机上升过程中消耗的平均功率为
D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
23．（2020·海南·统考高考真题）如图，在倾角为的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为和，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（ ）
A．两物块一起运动的加速度大小为
B．弹簧的弹力大小为
C．若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
24．（2018·海南·高考真题）如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（　　）
A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能
25．（2019·全国·高考真题）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
三、实验题
26．（2020·山东·高考真题）2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：
（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。
（ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。
（iii）该同学选取部分实验数据，画出了—t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6 m/s2
（iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。
回答以下问题：
（1）当木板的倾角为37°时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为___________m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为___________m/s2。（结果均保留2位有效数字）
（2）根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为___________ m/s2。（结果保留2位有效数字，sin37°= 0.60，cos37°=0.80）
27．（2019·全国·高考真题）如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验．所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源，纸带等．回答下列问题：
（1）铁块与木板间动摩擦因数μ=______（用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示）
（2）某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ=30°．接通电源．开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下．多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图（b）所示．图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）．重力加速度为9.8 m/s2．可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为_____________（结果保留2位小数）．
四、解答题
28．（2022·浙江·统考高考真题）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
29．（2022·浙江·统考高考真题）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点（取，，重力加速度）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度。
30．（2022·湖南·统考高考真题）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
31．（2022·山东·统考高考真题）某粮库使用额定电压，内阻的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量，车上粮食质量，配重质量，取重力加速度，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
32．（2022·重庆·高考真题）小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为（g为重力加速度），方向均与x轴负方向成斜向上（x轴向右为正）。蛙位于y轴上M点处，，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取。
（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为，求蛙的最大跳出速率。
（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。
（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
33．（2021·浙江·统考高考真题）如图所示，质量m=2kg的滑块以v0=16m/s的初速度沿倾角θ=37°的斜面上滑，经t=2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求滑块
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数；
(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P。
34．（2021·浙江·高考真题）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
35．（2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
36．（2021·河北·高考真题）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
37．（2021·广东·高考真题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
38．（2020·浙江·高考真题）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后匀减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°。求小明和滑雪车：
（1）滑行过程中的最大速度的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力的大小。
39．（2020·全国·统考高考真题）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
40．（2020·浙江·统考高考真题）如图1所示，有一质量的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的图线如图2所示，末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
41．（2020·山东·统考高考真题）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
(2)M、N之间的距离L。
42．（2019·江苏·高考真题）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．
43．（2018·江苏·高考真题）如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B．质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）小球受到手的拉力大小F；
（2）物块和小球的质量之比M:m；
（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T
44．（2018·浙江·高考真题）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾角为 37°的倾斜冰面上，先以加速度 a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s 时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数 =0.25， sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度 g 取 10m/s2。求：
（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；
（2）企鹅在冰面向前滑动的加速度大小；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（结果可用根式表示）
参考答案：
1．A
【详解】当两球运动至二者相距时，,如图所示
由几何关系可知
设绳子拉力为，水平方向有
解得
对任意小球由牛顿第二定律可得
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
2．C
【详解】A．鱼儿吞食花瓣时处于失重状态，A错误；
BC．鱼儿摆尾出水时排开水的体积变小，浮力变小，鱼儿能够出水的主要原因是鱼儿摆尾时水对鱼向上的作用力大于重力，B错误、C正确；
D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，D错误。
故选C。
3．C
【详解】A．组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误；
B．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；
C．已知同步卫星的周期为24h，则根据角速度和周期的关系有
由于T同 > T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；
D．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有
整理有
由于T同 > T组合体，则r同 > r组合体，且同步卫星和组合体在天上有
则有
a同 < a组合体
D错误。
故选C。
4．B
【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则
由题干知
x = 1m，t = 1s，v > 0
代入数据有
v0 < 2m/s
故A不可能，B可能；
CD．对物块做受力分析有
a = - μg，v2 - v02= 2ax
整理有
v02 - 2ax > 0
由于v0 < 2m/s可得
μ < 0.2
故CD不可能。
故选B。
5．B
【详解】B．由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有
对B有
联立可得
由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；
A．设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得
化简得
当位移为最大位移的一半时有
带入k值可知F合=0，即此时加速度为0，故A错误；
C．根据B的分析可知
再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；
D．整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。
故选B。
6．B
【详解】A．对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为
故A错误；
B．斜面对物块的摩擦力大小为
故B正确；
CD．因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得
可知
则斜面对物块的作用力为
故CD错误。
故选B。
7．D
【详解】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知
可得
可知时，t 有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。
故选D。
8．A
【详解】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有
推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即
故Q物体加速下降，有
可得
而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律
解得
故选A。
9．C
【详解】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有
设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有
联立解得。
故选C。
10．D
【详解】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则
FNA错误；
B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则
FN=mg
B错误；
CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，处于超重，则
FN>mg
C错误，D正确。
故选D。
11．C
【详解】A．篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力的作用，而篮球转动时，将受到偏转力的作用，所以偏转力中的与篮球转动角速度有关，故A错误；
B．空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，故B错误；
C．篮球下落过程中，其受力情况如下图所示
篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到和的合力沿竖直方向的分力可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确；
D．如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力将变小，不能保持与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。
故选C。
12．A
【详解】
T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，代入数据解得：m=150kg，故A选项符合题意
13．C
【详解】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；
故选C．
【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态．
14．A
【详解】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma．可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0，故A正确，B、C、D错误．故选A．
【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等．
15．A
【分析】分两个阶段求解时间，水平阶段和斜面阶段，根据动能定理求出B点的速度，然后根据运动学规律求解AB段上的运动时间；在斜面阶段需要根据几何知识求解斜面的倾斜角，然后根据牛顿第二定律求解在斜面上的运动加速度，从而求解在斜面上的运动时间．
【详解】设小车的质量为m，小车在AB段所匀减速直线运动，加速度，在AB段，根据动能定理可得，解得，故；
小车在BC段，根据机械能守恒可得，解得，过圆形支架的圆心O点作BC的垂线，根据几何知识可得，解得，，故小车在BC上运动的加速度为，故小车在BC段的运动时间为，所以小车运动的总时间为，A正确．
【点睛】本题的难点在于求解斜面上运动的加速度，本题再次一次提现了数物相结合的原则，在分析物理时涉及几何问题，一定要动手画画图像．
16．D
【详解】根据牛顿第二定律，对PQ的整体：；对物体P：；解得，故选D。
17．AD
【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为
解得
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。
故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。
Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
解得
故滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误；
C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；
D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为
解得
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
故选AD。
18．BCD
【详解】A．开始释放时物体Q的加速度为，则
解得
选项A错误；
B．在T时刻，两物体的速度
P上升的距离
细线断后P能上升的高度
可知开始时PQ距离为
若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为
从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为
则此时物体Q的机械能
此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确；
CD．在2T时刻，重物P的速度
方向向下；此时物体P重力的瞬时功率
选项CD正确。
故选BCD。
19．BC
【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有
由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为
则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为
代入数据联立解得
故A错误；
C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有
解得
则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为
故C正确；
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为
合力做功为
则其比值为
则重力做功为时，物块的动能即合外力做功为，故C正确；
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为
则动量的大小之比为
故D错误。
故选BC。
20．BCD
【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有
A错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
BC正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。
故选BCD。
21．BC
【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
①
由速度位移公式有
②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
③
由速度位移公式有
④
由①②③④可得，水平恒力
动摩擦因数
滑动摩擦力
可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，
故C正确，D错误；
A．在此过程中，外力F做功为
故A错误；
B．由平均速度公式可知，外力F作用时间
在此过程中，F的冲量大小是
故B正确。
故选BC。
22．BD
【详解】A．无人机先向上加速后减速，最后悬停，则空气对无人机的作用力先大于200N后小于200N，最后等于200N，选项A错误；
B．直流电源对无人机供电的额定电流
选项B正确；
C．无人机的重力为
F=mg=200N
则无人机上升过程中克服重力做功消耗的平均功率
但是由于空气阻力的作用，故对无人机向上的作用力不等于重力，则无人机上升过程中消耗的平均功率大于100W，则选项C错误；
D．无人机上升及悬停时，螺旋桨会使周围空气产生流动，则会有部分功率用于对空气做功，选项D正确。
故选BD。
23．BC
【详解】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得，故A错误；
B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有
解得，故B正确；
C．根据，可知若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；
D．根据，可知只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。
故选BC。
24．BC
【详解】A．根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道木块最终停在哪里，无法求出木板的长度， A错误；
BC．由图像的斜率表示加速度求出长木板的加速度为
小物块的加速度
根据牛顿第二定律得
解得
BC正确；
D．由于不知道木板的质量，无法求出从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能，D错误。
故选BC。
25．AB
【详解】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
26． 0.32##0.33 3.1 9.4
【详解】（1）[1][2]根据可得
则由图像可知
则
v0=0.33m/s
（2）[3]由牛顿第二定律可知
即
当θ=53°时a=5.6m/s2，即
当θ=37°时a=3.0m/s2，即
联立解得
g=9.4m/s2
27． 0.35
【详解】（1）由mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得：μ=……①
（2）由逐差法a= 得：SII=（76.39-31.83）×10-2m，T=0.10s，SI=（31.83-5.00）×10-2m，故a= m/s2=1.97 m/s2，代入①式，得：μ= =0.35
28．（1）；（2）12m/s；（3）66N
【详解】（1）AB段
解得
（2）AB段
解得
BC段
过C点的速度大小
（3）在BC段有牛顿第二定律
解得
29．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
（2）根据运动学公式
解得
（3）根据牛顿第二定律
根据运动学公式
代入数据联立解得
30．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h1代入h2有
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h2代入h3有
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将hN-1代入hN有
其中
，
则有
则
方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为，反弹高度为，篮球受到冲量I后速度为v’，落地时速度为，则
，
联立可得
代入k可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得
，
同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得
，
同理化简可得
……③
……
第N次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以、、……、，再相加可得
得
其中，，，可得
可得冲量I的大小
31．（1）；（2）
【详解】（1）设电动机的牵引绳张力为，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有
解得
小车和配重一起匀速，设绳的张力为，对配重有
设斜面倾角为，对小车匀速有
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有
联立各式解得
，
（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为，对系统由牛顿第二定律有
可得
由运动学公式可知
解得
32．（1）；（2）；（3），或，
【详解】（1）虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知
青蛙做平抛运动，设时间为，有
联立解得
，
（2）设蛙和虫若同时开始运动时间均为，相遇时有
解得
则最小的位置坐标为
而蛙和虫不同时刻出发时需要轨迹相切，青蛙的平抛运动有
，
可得轨迹方程为
虫的轨迹方程为
两轨迹相交，可得
整理可知
令，即
解得
虫在x轴上飞出的位置范围为
（3）设蛙的运动时间为，有
解得
，
而
解得
，
而
解得
，
33．(1)16m；(2)0.25；(3)67.9W
【详解】(1)小车向上做匀减速直线运动，有
得
(2)加速度
上滑过程
得
(3)下滑过程
由运动学公式
重力的平均功率
34．（1），；（2）20s；（3）
【详解】（1）根据平均速度
解得刹车时间
刹车加速度
根据牛顿第二定律
解得
（2）小朋友过时间
等待时间
（3）根据
解得
35．（1）；（2）
【详解】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知
解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为
36．（1）；（2）
【详解】（1）设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得
联立解得
或
故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有
解得
37．（1）能；（2）0.2s
【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则
解得
v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度
v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
38．(1) ； (2) ；(3) 。
【详解】（1）小明和滑雪车在斜面上滑行时做初速度为0的匀加速的直线运动，在水平上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，由平均速度公式可得滑行分析运动过程可知：
，
则整个过程有：
解得：
（2）在斜直雪道上滑行过程中由可得，滑行的时间：
（3）根据匀变速直线运动速度时间关系式可得小明和滑雪车在斜直雪道上的加速度：
由牛顿第二运动定律：
解得：
39．（1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3）
【详解】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得
a1=2g，a2=3g③
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式
v0–a1t1= –v0+a2t1⑤
联立③④⑤式得
⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得
⑦
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有
⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得

（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0
联立 式并代入题给数据得

同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为

设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
x1+ x2≤L
联立 式，L应满足条件为

40．(1)，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m
【详解】(1)由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有
根据图2得此时FT=1975N，则有
方向竖直向下。
(2)结合图2根据运动学公式有
(3)根据图像可知匀速上升的位移
匀减速上升的位移
匀加速上升的位移为总位移的，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的，则有
所以总位移为
h=40m
41．(1)4.8 m；(2)12 m
【详解】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得
①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得
mgcos17.2°=ma1 ②
由运动学公式得
③
联立①②③式，代入数据得
d=4.8 m ④
(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得
v2=vMcos72.8° ⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得
mgsin17.2°=ma2 ⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得
⑦
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
L=12 m ⑨
42．（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）
【详解】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动2aAL=vA2
解得
（2）设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v=aAt，v=vB–aBt
且xB–xA=L
解得．
43．（1） （2） （3）（或）
【详解】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2
F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg
解得
（2）小球运动到与A、B相同高度过程中
小球上升高度h1=3lsin53°，物块下降高度h2=2l
机械能守恒定律mgh1=Mgh2
解得
（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T
牛顿运动定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T
牛顿运动定律T′–mgcos53°=ma
解得（）
【点睛】本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律．解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等．
44．(1) (2) (3)
【详解】【分析】企鹅向上“奔跑”做匀加速运动，由运动学公式求出企鹅向上“奔跑”的位移大小；根据牛顿第二定律求出企鹅在冰面滑动的加速度大小，结合运动学公式求出企鹅退滑到出发点时的速度大小；
解：（1）“奔跑”过程
（2）上滑过程：
下滑过程
（3）上滑位移，
退滑到出发点的速度，
解得五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编5-曲线运动（抛体运动）（含解析）
一、单选题
1．（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2022·广东·高考真题）如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（　　）
A．将击中P点，t大于 B．将击中P点，t等于
C．将击中P点上方，t大于 D．将击中P点下方，t等于
3．（2021·浙江·高考真题）某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度。下列说法正确的是（　　）
A．相邻位置运动员重心的速度变化相同 B．运动员在A、D位置时重心的速度相同
C．运动员从A到B和从C到D的时间相同 D．运动员重心位置的最高点位于B和C中间
4．（2021·江苏·高考真题）如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（　　）
A．A比B先落入篮筐
B．A、B运动的最大高度相同
C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小
D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同
5．（2021·河北·高考真题）铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面所用时间为；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为，O点到竖直平面、P点到Q点的距离均为，重力加速度取，则为（　　）
A．100∶1 B．1∶100 C．1∶200 D．200∶1
6．（2020·全国·统考高考真题）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于（　　）
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
7．（2020·浙江·高考真题）如图所示，钢球从斜槽轨道末端以的水平速度飞出，经过时间t落在斜靠的挡板中点。若钢球以的速度水平飞出，则（ ）
A．下落时间仍为t B．下落时间为2t C．下落时间为 D．落在挡板底端B点
8．（2018·全国·高考真题）在一斜面顶端，将质量相等的甲乙两个小球分别以和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为（ ）
A． B． C． D．
9．（2018·江苏·高考真题）某弹射管每次弹出的小球速度相等．在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球．忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的（ ）
A．时刻相同，地点相同
B．时刻相同，地点不同
C．时刻不同，地点相同
D．时刻不同，地点不同
二、多选题
10．（2022·山东·统考高考真题）如图所示，某同学将离地的网球以的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（　　）
A． B． C． D．
11．（2022·河北·统考高考真题）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以为圆心、和为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用、、和、、表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D．若，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则
12．（2022·湖南·统考高考真题）如图，间距的U形金属导轨，一端接有的定值电阻，固定在高的绝缘水平桌面上。质量均为的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒距离导轨最右端。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为。用沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻的电荷量为
13．（2021·广东·高考真题）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（　　）
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为
14．（2021·山东·高考真题）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（　　）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为
C．
D．
15．（2020·海南·高考真题）小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出的速度大小为，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为，，忽略空气阻力，则射出的水（ ）
A．在空中的运动时间为
B．水平射程为
C．落地时的速度大小为
D．落地时竖直方向的速度大小为
16．（2020·江苏·统考高考真题）如图所示，小球A、B分别从和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和。忽略空气阻力，则（　　）
A．A和B的位移大小相等 B．A的运动时间是B的2倍
C．A的初速度是B的 D．A的末速度比B的大
17．（2019·全国·高考真题）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则（　　）
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
18．（2019·海南·高考真题）三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下，已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为；它们的下端水平，距地面的高度分别为、、，如图所示，若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为、、，则（ ）
A． B． C． D．
三、解答题
19．（2022·全国·统考高考真题）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度和之比为3：7。重力加速度大小取，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
20．（2022·湖北·高考真题）如图所示，水族馆训练员在训练海豚时，将一发光小球高举在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距离为d，A位置离水面的高度为d。训练员将小球向左水平抛出，入水点在B位置的正上方，入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ。小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置，折射光线与水平方向的夹角也为θ。
已知水的折射率，求:
（1）tanθ的值；
（2）B位置到水面的距离H。
21．（2022·北京·高考真题）体育课上，甲同学在距离地面高处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为；乙同学在离地处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量，取重力加速度。不计空气阻力。求：
（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
22．（2022·重庆·高考真题）小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为（g为重力加速度），方向均与x轴负方向成斜向上（x轴向右为正）。蛙位于y轴上M点处，，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取。
（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为，求蛙的最大跳出速率。
（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。
（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
23．（2021·山东·高考真题）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
24．（2021·湖北·统考高考真题）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
25．（2021·北京·高考真题）如图所示，小物块A、B的质量均为m = 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v0的大小；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能。
26．（2020·北京·统考高考真题）无人机在距离水平地面高度处，以速度水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为。
(1)求包裹释放点到落地点的水平距离；
(2)求包裹落地时的速度大小；
(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为轴方向，竖直向下为轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。
27．（2019·浙江·高考真题）在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图所示．小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ=37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2m/s，然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点．已知B点的高度h1=1.2m，D点的高度h2=0.8m，D点与G点间的水平距离L=0.4m，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.25，sin37°= 0.6，cos37°= 0.8．
（1）求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度；
（2）求小滑块从D点飞出的速度；
（3）判断细管道BCD的内壁是否光滑．
参考答案：
1．C
【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
可得
运动员在水平段做匀速直线运动，加速度
运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为
由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
C正确，ABD错误。
故选C。
2．B
【详解】由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据
可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有
故选B。
3．A
【详解】A．因每次曝光的时间间隔相等，而运动员在空中只受重力作用，加速度为g，则相邻位置运动员重心的速度变化均为g t，选项A正确；
B．运动员在A、D位置时重心的速度大小相同，但是方向不同，选项B错误；
C．由图可知，运动员从A到B为4 t，从C到D的时间5 t，时间不相同，选项C错误；
D．运动员重心位置的最高点位于C点，选项D错误。
故选A。
4．D
【详解】AB．若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的AB两点，则A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即B先落入篮筐中，故AB错误；
C．因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即在最高点的速度比B在最高点的速度大，故C错误；
D．由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D正确。
故选D。
5．C
【详解】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即
解得
铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时，逆过程可视为自由落体，即
解得
则
故选C。
6．B
【详解】有题意可知当在a点动能为E1时，有
根据平抛运动规律有
当在a点时动能为E2时，有
根据平抛运动规律有
联立以上各式可解得
故选B。
7．C
【详解】钢球以飞出后落在长为的AB挡板中点，假设挡板与水平地面的夹角为，钢球做平抛运动分解位移：
解得：
若钢球恰好落在B点，则：
解得：
又因为，所以钢球以抛出，落在地面上B点右侧，落地时间与落在B点时间相同，综合上述分析可知落地时间：
故C正确，ABD错误。
故选C．
8．B
【详解】设斜面倾角为，小球落在斜面上速度方向偏向角为，甲球以速度抛出，落在斜面上，如图所示
根据平抛运动的推论可得
所以甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；对甲有
对乙有
联立可得
由于甲、乙两球质量相等，所以甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为
故选B。
9．B
【详解】本题考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，意在考查考生的理解能力．弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移相等，因此落点不相同，故选项B正确．
点睛：本题以平抛运动为背景考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，解题时要注意弹射管沿光滑竖直轨道向下做自由落体运动，小球弹出时在竖直方向始终具有跟弹射管相同的速度．
10．BD
【详解】设网球飞出时的速度为，竖直方向
代入数据得
则
排球水平方向到点的距离
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
平行墙面的速度分量
反弹后，垂直墙面的速度分量
则反弹后的网球速度大小为
网球落到地面的时间
着地点到墙壁的距离
故BD正确，AC错误。
故选BD。
11．BD
【详解】AB．根据平抛运动的规律
解得
可知若h1=h2，则
v1:v2 =R1:R2
若v1=v2，则
选项A错误，B正确；
C．若，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1=v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项C错误；
D．设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相等，则
相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为
相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。
故选BD。
12．BD
【详解】C．导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故Ｃ错误；
A．导体棒b与电阻R并联，有
当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有
联立解得a棒的速度为
a棒做平抛运动，有
联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为
故A错误；
B．导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为
导体棒b与电阻R并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻的电荷量为
故D正确。
故选BD。
13．BC
【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间
因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；
B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率
因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；
C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量
故C正确；
D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
故选BC。
【点睛】
14．BC
【详解】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地过程所用的时间内，根据解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
故C正确，D错误。
故选BC。
15．BD
【详解】A．根据得，运动时间
故A错误；
B．水平射程为
故B正确；
CD．竖直方向分速度为
水平分速度为
落地速度为
故C错误，D正确。
故选BD。
16．AD
【详解】A．位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得
，
A和B的位移大小相等，A正确；
B．平抛运动运动的时间由高度决定，即
，
则A的运动时间是B的倍，B错误；
C．平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则
，
则A的初速度是B的，C错误；
D．小球A、B在竖直方向上的速度分别为
，
所以可得
，
即，D正确。
故选AD。
17．BD
【详解】A．由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；
B．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确
C．由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由 易知a1>a2，故C错误
D．由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G-fy=ma，可知，fy118．BC
【详解】对轨道1，根据动能定理有
解得
小物块离开轨道后做平抛运动，所以，水平射程为
；
同理，对轨道2，射程；对轨道3，射程；则，。
故选BC。
19．
【详解】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为
设抛出瞬间小球的速度为，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为、，根据平抛运动位移公式有
令，则有
已标注的线段、分别为
则有
整理得
故在抛出瞬间小球的速度大小为
20．（1）；（2）
【详解】（1）由平抛运动的规律可知
解得
（2）因可知，从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为，则由折射定律可知
解得
由几何关系可知
解得
21．（1）；（2），方向与水平方向夹角；（3）
【详解】（1）设排球在空中飞行的时间为t，则
解得；则排球在空中飞行的水平距离
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小
得；根据
得；设速度方向与水平方向夹角为（如答图所示）
则有
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小
22．（1）；（2）；（3），或，
【详解】（1）虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知
青蛙做平抛运动，设时间为，有
联立解得
，
（2）设蛙和虫若同时开始运动时间均为，相遇时有
解得
则最小的位置坐标为
而蛙和虫不同时刻出发时需要轨迹相切，青蛙的平抛运动有
，
可得轨迹方程为
虫的轨迹方程为
两轨迹相交，可得
整理可知
令，即
解得
虫在x轴上飞出的位置范围为
（3）设蛙的运动时间为，有
解得
，
而
解得
，
而
解得
，
23．（1）；（2）
【详解】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为，竖直分速度大小为，据自由落体运动规律可得
则碰撞前鸟蛤的合速度为
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得
联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为
（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
综上所述可得x坐标区间为。
24．（1）2R ；（2）；（3）
【详解】解：（1）设 B到半圆弧轨道最高点时速度为，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
x=2R
（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为
解得
（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
解得
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中A和B损失的总动能为
解得
25．（1）0.30 s；（2）；（3）
【详解】（1）竖直方向为自由落体运动，由
得
t = 0.30 s
（2）设A、B碰后速度为，水平方向为匀速运动，由
得
根据动量守恒定律，由
得
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能
得
26．(1)；(2)；(3)
【详解】(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则
解得
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为
(2)包裹落地时，竖直方向速度为
落地时速度为
(3)包裹做平抛运动，分解位移
两式消去时间得包裹的轨迹方程为
27．（1） （2）1m/s（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑．
【详解】（1）上滑过程中，由牛顿第二定律：，解得；
由运动学公式，解得
（2）滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律，，解得；
（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编6-曲线运动（圆周运动）（含解析）
一、单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·山东·统考高考真题）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于B点，与半径为的半圆弧相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过和。为保证安全，小车速率最大为。在段的加速度最大为，段的加速度最大为。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在段做匀速直线运动的最长距离l为（　　）
A．
B．
C．
D．
3．（2022·浙江·高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
4．（2022·北京·高考真题）我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验（　　）
A．小球的速度大小均发生变化 B．小球的向心加速度大小均发生变化
C．细绳的拉力对小球均不做功 D．细绳的拉力大小均发生变化
5．（2021·全国·高考真题）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（　　）
A．10m/s2 B．100m/s2 C．1000m/s2 D．10000m/s2
6．（2021·广东·高考真题）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
7．（2021·浙江·高考真题）质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（　　）
A．秋千对小明的作用力小于
B．秋千对小明的作用力大于
C．小明的速度为零，所受合力为零
D．小明的加速度为零，所受合力为零
8．（2021·北京·高考真题）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
9．（2020·全国·统考高考真题）如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（　　）
A．200 N B．400 N C．600 N D．800 N
10．（2020·浙江·统考高考真题）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车（　　）
A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
11．（2019·海南·高考真题）如图，一硬币（可视为质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（ ）
A． B． C． D．
12．（2018·浙江·高考真题）A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们（　　）
A．线速度大小之比为4：3 B．角速度大小之比为3：4
C．圆周运动的半径之比为2：1 D．向心加速度大小之比为1：2
13．（2019·浙江·高考真题）一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（ ）
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4×104N
C．汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2
14．（2018·浙江·高考真题）如图所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已知图中双向四车道的总宽度约为15m，内径75m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，则运动的汽车
A．所受的合力可能为零
B．只受重力和地面的支持力作用
C．最大速度不能超过25m/s
D．所需的向心力由重力和支持力的合力提供
二、多选题
15．（2022·全国·统考高考真题）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（　　）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
16．（2022·河北·统考高考真题）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以为圆心、和为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用、、和、、表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D．若，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则
17．（2021·河北·高考真题）如图，矩形金属框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过杆，金属框绕轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（　　）
A．小球的高度一定降低 B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大 D．小球所受合外力的大小一定变大
18．（2018·江苏泰州·一模）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
19．（2019·江苏·高考真题）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱
A．运动周期为
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
20．（2018·江苏·高考真题）火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°。在此10s时间内，火车（　　）
A．运动路程为600m B．加速度为零
C．角速度约为1rad/s D．转弯半径约为3.4km
三、解答题
21．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（）
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。
22．（2022·辽宁·高考真题）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
（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时，滑过的距离，求加速度的大小；
（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周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为，滑行速率分别为，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员先出弯道。
23．（2021·湖北·统考高考真题）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
24．（2020·浙江·统考高考真题）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，）
25．（2020·江苏·统考高考真题）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
26．（2020·天津·统考高考真题）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能至少多大？
27．（2018·全国·高考真题）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球到达A点时动量的大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
28．（2019·天津·高考真题）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）．若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入．已知飞行员的质量，，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；
（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大．
29．（2018·浙江·高考真题）如图所示，一轨道由半径为2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平直轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上的B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6N，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m．小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻力．
（1）求小球运动至B点的速度大小以及小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（2）为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；
（3）小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止．假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等．求小球从C点飞出后静止所需的时间．
参考答案：
1．D
【详解】运动员从a到c根据动能定理有
在c点有
FNc ≤ kmg
联立有
故选D。
2．B
【详解】在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据
可得在BC段的最大速度为
在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据
可得在CD段的最大速度为
可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为
AB段从最大速度vm减速到v的时间
位移
在AB段匀速的最长距离为
l=8m-3m=5m
则匀速运动的时间
则从A到D最短时间为
故选B。
3．B
【详解】A．链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；
B．惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，C错误；
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向有关，D错误。
故选B。
4．C
【详解】AC．在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A错误，C正确；
BD．在地面上小球运动的速度大小改变，根据和（重力不变）可知小球的向心加速度和拉力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，BD错误。
故选C。
5．C
【详解】纽扣在转动过程中
由向心加速度
故选C。
6．A
【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；
B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；
C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为
y = lOPsin( + ωt)
则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；
D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为
x = lOPcos( + ωt) + lPQ
则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。
故选A。
【点睛】
7．A
【详解】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为 ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有
由于小明的速度为0，则有
沿垂直摆绳方向有
解得小明在最高点的加速度为
所以A正确；BCD错误；
故选A。
8．D
【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；
B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力
根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为
大小为0，故B错误；
C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；
D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
大小为，故D正确。
故选D。
9．B
【详解】在最低点由
知
T=410N
即每根绳子拉力约为410N，故选B。
10．B
【详解】A．有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交车一起运动，故A错误；
B．急刹车时，由于惯性，行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；
C．当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相对静止，故C错误；
D．当公交车急转弯时，由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误。
故选B。
11．B
【详解】硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则：，解得，即圆盘转动的最大角速度为，故选B.
12．A
【详解】A．因为相同时间内他们通过的路程之比是4：3，根据，则A、B的线速度之比为 4：3，故A正确；
B．运动方向改变的角度之比为3：2，根据，则角速度之比为3：2，故B错误；
C．根据可得圆周运动的半径之比为
故C错误；
D．根据a=vω得，向心加速度之比为
故D错误。
故选A。
13．D
【分析】汽车转弯时做圆周运动，重力与路面的支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律分析解题．
【详解】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得，解得，所以汽车转弯的速度为20m/s时，所需的向心力小于1.4×104N，汽车不会发生侧滑，BC错误；汽车能安全转弯的向心加速度，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2，D正确．
【点睛】本题也可以求解出以20m/s的速度转弯时所需的向心力，与将侧向最大静摩擦力与所需向心力比较，若静摩擦力不足提供向心力，则车会做离心运动．
14．C
【详解】汽车在水平面内做匀速圆周运动，合外力提供向心力，始终指向圆心，拐弯时静摩擦力提供向心力，所需的向心力不可能由重力和支持力的合力提供，ABD错误；汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，，根据牛顿第二定律，当r最大时，，有最大速度，，即车的最大速度不能超过25m/s，C正确．
【点睛】本题考查匀速圆周运动，关键在于分析向心力的来源，汽车转弯时静摩擦力提供向心力，当轨道半径最大时有最大速度．
15．BD
【详解】C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为
带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
，
可得
即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
A．粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
D．粒子3做向心运动，有
可得
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选BD。
16．BD
【详解】AB．根据平抛运动的规律
解得
可知若h1=h2，则
v1:v2 =R1:R2
若v1=v2，则
选项A错误，B正确；
C．若，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1=v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项C错误；
D．设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相等，则
相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为
相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。
故选BD。
17．BD
【详解】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向
而
可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确；
水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则
即
当转速较大时，FN指向转轴
即
则因 ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误；
根据
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。
故选BD。
18．AC
【详解】试题分析: 质点P下滑的过程，由动能定理得，可得 ；在最低点，质点P的向心加速度 ；根据牛顿第二定律得 ,解得；故AC正确，BD错误．故选AC．
考点：考查动能定理；向心力．
【名师点睛】解决本题的关键掌握动能定理解题，以及知道质点在B点径向的合力提供圆周运动的向心力．
19．BD
【详解】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D正确．
20．AD
【详解】A．本题考查匀速圆周的概念，意在考查考生的理解能力，圆周运动的弧长
故选项A正确；
B．火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B错误；
CD．由于角度与弧度的换算关系
所以由题意得圆周运动的角速度
又
所以
故选项C错误，D正确。
故选AD。
21．（1）7N；（2） （）；（3），，
【详解】（1）滑块释放运动到C点过程，由动能定理
经过C点时
解得
（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时
解得
而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理
可解得
则要保证小球能到F点，，带入可得
（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……
解得
n=1,3,5, ……
又因为
，
当时，，当时，，当时，，满足要求。
即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度的值可能为，， 。
22．（1）；（2），甲
【详解】（1）根据速度位移公式有
代入数据可得
（2）根据向心加速度的表达式
可得甲、乙的向心加速度之比为
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为
代入数据可得甲、乙运动的时间为
，
因，所以甲先出弯道。
23．（1）2R ；（2）；（3）
【详解】解：（1）设 B到半圆弧轨道最高点时速度为，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
x=2R
（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为
解得
（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
解得
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中A和B损失的总动能为
解得
24．(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （）；（）
【详解】(1)机械能守恒定律
牛顿第二定律
牛顿第三定律
方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为点，功能关系
得
故不会冲出
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
碰撞后的速度为，动量守恒定律
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
得
25．(1)；(2)；(3)
【详解】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为
(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有
结合(1)可解得杆对球的作用力大小为
(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知
而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有
联立各式解得
26．（1）；（2）
【详解】（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为，有
②
由动量定理，有
③
联立①②③式，得
④
（2）设两球粘在一起时速度大小为，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为，由动量守恒定律，有
⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能至少为
⑧
27．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
得
（2）设小球到达A点的速度大小为，作，交PA于D点，由几何关系得
由动能定理有
得小球在A点的动量大小为
（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
得
【点睛】小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新。
28．（1）；（2）
【详解】（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
29．（1）2.4J（2）3.36m（3）2.4s
【详解】（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有：
解得：
A至B过程中，由动能定理：，解得：；
（2）B至C过程中，由动能定理：
B至P的水平距离为：
当时P至B的水平距离最大，最大距离为：；
（3）C至P的时间为：，由于小球每次碰撞机械能损失，由，则碰撞后的速度为碰撞前速度的，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方向分速度的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的，所以：
第一次反弹至落地时间为：
第二次反弹至落地时间为：
第三次反弹至落地时间为：
……
第n次反弹至落地时间为：
由数学归纳法分可得总时间为：．五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编7-万有引力与航天（含解析）
一、单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（　　）
A．所受地球引力的大小近似为零
B．所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C．所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D．在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
2．（2022·浙江·统考高考真题）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（　　）
A．发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间
B．从P点转移到Q点的时间小于6个月
C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
3．（2022·山东·统考高考真题）“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022·广东·高考真题）“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（　　）
A．火星公转的线速度比地球的大 B．火星公转的角速度比地球的大
C．火星公转的半径比地球的小 D．火星公转的加速度比地球的小
5．（2022·浙江·高考真题）神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则（　　）
A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大
B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力
C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行
D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒
6．（2022·湖北·统考高考真题）2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是（ ）
A．组合体中的货物处于超重状态
B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C．组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D．组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
7．（2022·浙江·高考真题）图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中的小球将保持静止
B．甲图中的小球仍将来回振动
C．乙图中的小球仍将来回摆动
D．乙图中的小球将做匀速圆周运动
8．（2022·河北·统考高考真题）2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b，2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为（ ）
A． B．2 C． D．
9．（2021·全国·高考真题）科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为（太阳到地球的距离为）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（　　）
A． B． C． D．
10．（2021·全国·高考真题）2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8×105s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105m。已知火星半径约为3.4×106m，火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为（　　）
A．6×105m B．6×106m C．6×107m D．6×108m
11．（2021·天津·高考真题）2021年5月15日，天问一号探测器着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步，在火星上首次留下国人的印迹。天问一号探测器成功发射后，顺利被火星捕获，成为我国第一颗人造火星卫星。经过轨道调整，探测器先沿椭圆轨道Ⅰ运行，之后进入称为火星停泊轨道的椭圆轨道Ⅱ运行，如图所示，两轨道相切于近火点P，则天问一号探测器（　　）
A．在轨道Ⅱ上处于受力平衡状态 B．在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时短
C．从轨道Ⅰ进入Ⅱ在P处要加速 D．沿轨道Ⅰ向P飞近时速度增大
12．（2021·山东·高考真题）迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为，地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（　　）
A． B．
C． D．
13．（2021·浙江·高考真题）嫦娥五号探测器是我国首个实施月面采样返回的航天器，由轨道器、返回器、着陆器和上升器等多个部分组成。为等待月面采集的样品，轨道器与返回器的组合体环月做圆周运动。已知引力常量G=6.67×10-11N m2/kg2地球质量m=6.0×1024kg，月球质量m2=7.3×1022kg，月地距离r1=3.8×105km，月球半径r2=1.7×103km。当轨道器与返回器的组合体在月球表面上方约200km处做环月匀速圆周运动时，其环绕速度约为（　　）
A．16m/s B．1.1×102m/s C．1.6×103m/s D．1.4×104m/s
14．（2021·浙江·高考真题）空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02-2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站（　　）
A．绕地运行速度约为
B．绕地运行速度约为
C．在4月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒
D．在5月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒
15．（2021·北京·高考真题）2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。“天问一号”在火星停泊轨道运行时，近火点距离火星表面2.8102 km、远火点距离火星表面5.9105 km，则“天问一号” （　　）
A．在近火点的加速度比远火点的小 B．在近火点的运行速度比远火点的小
C．在近火点的机械能比远火点的小 D．在近火点通过减速可实现绕火星做圆周运动
16．（2021·广东·高考真题）2021年4月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行，若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（　　）
A．核心舱的质量和绕地半径
B．核心舱的质量和绕地周期
C．核心舱的绕地角速度和绕地周期
D．核心舱的绕地线速度和绕地半径
17．（2021·湖北·高考真题）2021年5月，天问一号探测器软着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步。火星与地球公转轨道近似为圆，两轨道平面近似重合，且火星与地球公转方向相同。火星与地球每隔约26个月相距最近，地球公转周期为12个月。由以上条件可以近似得出（　　）
A．地球与火星的动能之比
B．地球与火星的自转周期之比
C．地球表面与火星表面重力加速度大小之比
D．地球与火星绕太阳运动的向心加速度大小之比
18．（2021·海南·高考真题）2021年4月29日，我国在海南文昌用长征五号B运载火箭成功将空间站天和核心舱送入预定轨道。核心舱运行轨道距地面的高度为左右，地球同步卫星距地面的高度接近。则该核心舱的（　　）
A．角速度比地球同步卫星的小
B．周期比地球同步卫星的长
C．向心加速度比地球同步卫星的大
D．线速度比地球同步卫星的小
19．（2021·河北·高考真题）“祝融号”火星车登陆火星之前，“天问一号”探测器沿椭圆形的停泊轨道绕火星飞行，其周期为2个火星日，假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为2个火星日，已知一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则该飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值约为（　　）
A． B． C． D．
20．（2021·山东·高考真题）从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受陆平台的作用力大小之比为（　　）
A．9∶1 B．9∶2 C．36∶1 D．72∶1
21．（2021·江苏·高考真题）我国航天人发扬“两弹一星”精神砥砺前行，从“东方红一号”到“北斗”不断创造奇迹。“北斗”第49颗卫星的发射迈出组网的关键一步。该卫星绕地球做圆周运动，运动周期与地球自转周期相同，轨道平面与地球赤道平面成一定夹角。该卫星（　　）
A．运动速度大于第一宇宙速度
B．运动速度小于第一宇宙速度
C．轨道半径大于“静止”在赤道上空的同步卫星
D．轨道半径小于“静止”在赤道上空的同步卫星
22．（2020·海南·高考真题）2020年5月5日，长征五号B运载火箭在中国文昌航天发射场成功首飞，将新一代载人飞船试验船送入太空，若试验船绕地球做匀速圆周运动，周期为T，离地高度为h，已知地球半径为R，万有引力常量为G，则（ ）
A．试验船的运行速度为
B．地球的第一宇宙速度为
C．地球的质量为
D．地球表面的重力加速度为
23．（2020·全国·统考高考真题）火星的质量约为地球质量的，半径约为地球半径的，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（　　）
A．0.2 B．0.4 C．2.0 D．2.5
24．（2020·全国·统考高考真题）若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是（　　）
A． B． C． D．
25．（2020·全国·统考高考真题）“嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K倍。已知地球半径R是月球半径的P倍，地球质量是月球质量的Q倍，地球表面重力加速度大小为g。则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为（　　）
A． B． C． D．
26．（2020·浙江·高考真题）如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星，则（ ）
A．a、b的周期比c大
B．a、b的向心力一定相等
C．a、b的速度大小相等
D．a、b的向心加速度比c小
27．（2020·浙江·统考高考真题）火星探测任务“天问一号”的标识如图所示。若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3∶2，则火星与地球绕太阳运动的（　　）
A．轨道周长之比为2∶3 B．线速度大小之比为
C．角速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为9∶4
28．（2020·山东·统考高考真题）我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为（　　）
A． B． C． D．
29．（2020·北京·统考高考真题）我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”。已知火星质量约为地球质量的10%，半径约为地球半径的50%，下列说法正确的是（　　）
A．火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
B．火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间
C．火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度
D．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
30．（2020·天津·统考高考真题）北斗问天，国之夙愿。我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍。与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星（ ）
A．周期大 B．线速度大 C．角速度大 D．加速度大
31．（2019·江苏·高考真题）1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动，如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则（　　）
A． B．
C． D．
32．（2019·全国·高考真题）金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火．已知它们的轨道半径R金A．a金>a地>a火 B．a火>a地>a金
C．v地>v火>v金 D．v火>v地>v金
33．（2019·浙江·高考真题）20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
34．（2018·全国·高考真题）为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍．P与Q的周期之比约为（ ）
A．2:1 B．4:1 C．8:1 D．16:1
35．（2018·浙江·高考真题）土星最大的卫星叫“泰坦”（如图），每16天绕土星一周，其公转轨道半径约为，已知引力常量，则土星的质量约为（　　）
A． B．
C． D．
36．（2019·海南·高考真题）2019年5月，我国第45颗北斗卫星发射成功．已知该卫星轨道距地面的高度约为36000km，是“天宫二号”空间实验室轨道高度的90倍左右，则（ ）
A．该卫星的速率比“天宫二号”的大
B．该卫星的周期比“天宫二号”的大
C．该卫星的角速度比“天宫二号”的大
D．该卫星的向心加速度比“天宫二号”的大
37．（2019·全国·高考真题）2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描F随h变化关系的图像是（　　）
A．
B． C． D．
38．（2018·全国·高考真题）2018年2月，我国500 m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19 ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为．以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（ ）
A． B．
C． D．
39．（2019·浙江·高考真题）某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星（即卫星相对于地面静止），则此卫星的（　　）
A．线速度大于第一宇宙速度
B．周期小于同步卫星的周期
C．角速度大于月球绕地球运行的角速度
D．向心加速度大于地面的重力加速度
40．（2019·浙江·高考真题）下列陈述与事实相符的是
A．牛顿测定了引力常量
B．法拉第发现了电流周围存在磁场
C．安培发现了静电荷间的相互作用规律
D．伽利略指出了力不是维持物体运动的原因
41．（2018·海南·高考真题）土星与太阳的距离是火星与太阳距离的6倍多．由此信息可知( )
A．土星的质量比火星的小
B．土星运行的速率比火星的小
C．土星运行的周期比火星的小
D．土星运行的角速度大小比火星的大
42．（2018·北京·高考真题）若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证（　　）
A．地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的
B．月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的
C．自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的
D．苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的
43．（2019·天津·高考真题）2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为、半径为，探测器的质量为，引力常量为，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为的匀速圆周运动时，探测器的（　　）
A．周期为 B．动能为
C．角速度为 D．向心加速度为
44．（2018·浙江·高考真题）如图为人造地球卫星轨道的示意图，则卫星（ ）
A．在a轨道运行的周期为24 h
B．在b轨道运行的速度始终不变
C．在c轨道运行的速度大小始终不变
D．在c轨道运行时受到的地球引力大小是变化的
45．（2019·北京·高考真题）2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星（同步卫星），该卫星（　　）
A．入轨后可以位于北京正上方
B．入轨后的速度大于第一宇宙速度
C．发射速度大于第二宇宙速度
D．若发射到近地圆轨道所需能量较少
46．（2018·江苏·高考真题）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高．今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000km，它们都绕地球做圆周运动．与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是（　　）
A．周期
B．角速度
C．线速度
D．向心加速度
二、多选题
47．（2022·湖南·统考高考真题）如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（　　）
A．火星的公转周期大约是地球的倍
B．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D．在冲日处，火星相对于地球的速度最小
48．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角，两角最大值分别为、。则（　　）
A．水星的公转周期比金星的大
B．水星的公转向心加速度比金星的大
C．水星与金星的公转轨道半径之比为
D．水星与金星的公转线速度之比为
49．（2022·重庆·高考真题）我国载人航天事业已迈入“空间站时代”。若中国空间站绕地球近似做匀速圆周运动，运行周期为T，轨道半径约为地球半径的倍，已知地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则（　　）
A．漂浮在空间站中的宇航员不受地球的引力
B．空间站绕地球运动的线速度大小约为
C．地球的平均密度约为
D．空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的倍
50．（2021·湖南·高考真题）2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。下列说法正确的是（　　）
A．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的倍
B．核心舱在轨道上飞行的速度大于
C．核心舱在轨道上飞行的周期小于
D．后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
51．（2021·重庆·高考真题）2021年5月15日“祝融号”火星车成功着陆火星表面，是我国航天事业发展中具有里程碑意义的进展。此前我国“玉兔二号”月球车首次实现月球背面软着陆，若“祝融号”的质量是“玉兔二号”的K倍，火星的质量是月球的N倍，火星的半径是月球的P倍，火星与月球均视为球体，则（　　）
A．火星的平均密度是月球的倍
B．火星的第一宇宙速度是月球的倍
C．火星的重力加速度大小是月球表面的倍
D．火星对“祝融号”引力的大小是月球对“玉兔二号”引力的倍
52．（2021·辽宁·统考高考真题）2021年2月，我国首个火星探测器“天问一号”实现了对火星的环绕。若已知该探测器在近火星圆轨道与在近地球圆轨道运行的速率比和周期比，则可求出火星与地球的（　　）
A．半径比 B．质量比
C．自转角速度比 D．公转轨道半径比
53．（2021·福建·统考高考真题）两位科学家因为在银河系中心发现了一个超大质量的致密天体而获得了2020年诺贝尔物理学奖。他们对一颗靠近银河系中心的恒星的位置变化进行了持续观测，记录到的的椭圆轨道如图所示。图中O为椭圆的一个焦点，椭圆偏心率（离心率）约为0.87。P、Q分别为轨道的远银心点和近银心点，Q与O的距离约为（太阳到地球的距离为），的运行周期约为16年。假设的运动轨迹主要受银河系中心致密天体的万有引力影响，根据上述数据及日常的天文知识，可以推出（　　）
A．与银河系中心致密天体的质量之比
B．银河系中心致密天体与太阳的质量之比
C．在P点与Q点的速度大小之比
D．在P点与Q点的加速度大小之比
54．（2020·江苏·统考高考真题）甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有（　　）
A．由可知，甲的速度是乙的倍
B．由可知，甲的向心加速度是乙的2倍
C．由可知，甲的向心力是乙的
D．由可知，甲的周期是乙的倍
55．（2019·全国·高考真题）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
56．（2018·全国·高考真题）2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（　　）
A．质量之积 B．质量之和
C．速率之和 D．各自的自转角速度
57．（2018·天津·高考真题）2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的（ ）
A．密度 B．向心力的大小 C．离地高度 D．线速度的大小
三、解答题
58．（2022·江苏·高考真题）在轨空间站中物体处于完全失重状态，对空间站的影响可忽略，空间站上操控货物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为L，如题图1所示，机械臂一端固定在空间站上的O点，另一端抓住质量为m的货物，在机械臂的操控下，货物先绕O点做半径为、角速度为的匀速圆周运动，运动到A点停下，然后在机械臂操控下，货物从A点由静止开始做匀加速直线运动，经时间t到达B点，A、B间的距离为L。
（1）求货物做匀速圆周运动时受到合力提供的向心力大小；
（2）求货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率P。
（3）在机械臂作用下，货物、空间站和地球的位置如题图2所示，它们在同一直线上，货物与空间站同步做匀速圆周运动，已知空间站轨道半径为r，货物与空间站中心的距离为d，忽略空间站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比。
59．（2022·北京·高考真题）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。
（1）某质量为m的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，在近日点速度为v1，在远日点速度为v2。求从近日点到远日点过程中太阳对行星所做的功W；
（2）设行星与恒星的距离为r，请根据开普勒第三定律（）及向心力相关知识，证明恒星对行星的作用力F与r的平方成反比；
（3）宇宙中某恒星质量是太阳质量的2倍，单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍。设想地球“流浪”后绕此恒星公转，且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样。地球绕太阳公转的周期为T1，绕此恒星公转的周期为T2，求。
60．（2021·福建·统考高考真题）一火星探测器着陆火星之前，需经历动力减速、悬停避障两个阶段。在动力减速阶段，探测器速度大小由减小到0，历时。在悬停避障阶段，探测器启用最大推力为的变推力发动机，在距火星表面约百米高度处悬停，寻找着陆点。已知火星半径约为地球半径的，火星质量约为地球质量的，地球表面重力加速度大小取，探测器在动力减速阶段的运动视为竖直向下的匀减速运动。求：
（1）在动力减速阶段，探测器的加速度大小和下降距离；
（2）在悬停避障阶段，能借助该变推力发动机实现悬停的探测器的最大质量。
参考答案：
1．C
【详解】ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；
D．根据万有引力公式
可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】A．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故A错误；
B．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故B错误；
C．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；
D．卫星从Q点变轨时，要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由
可得
可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故D错误；
故选C。
3．C
【详解】地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得
解得
根据题意可知，卫星的运行周期为
根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有
联立解得
故选C。
4．D
【详解】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期
C．根据可得
可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C错误；
A．根据可得
结合C选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A错误；
B．根据可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B错误；
D．根据可得
可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D正确。
故选D。
5．C
【详解】AC．根据
可得
可知圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小；而只要环绕速度相同，返回舱和天和核心舱可以在同一轨道运行，与返回舱和天和核心舱的质量无关，故A错误，C正确；
B．返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航员绕地球运动的向心力，故B错误；
D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机械能减小，故D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误；
B．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；
C．已知同步卫星的周期为24h，则根据角速度和周期的关系有
由于T同 > T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；
D．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有
整理有
由于T同 > T组合体，则r同 > r组合体，且同步卫星和组合体在天上有
则有
a同 < a组合体
D错误。
故选C。
7．B
【详解】AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将在弹力的作用下来回振动，A错误，B正确；
CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止不动，不会来回摆动；也不会做匀速圆周运动，若给小球一定的初速度，则小球在竖直面内做匀速圆周运动，C、D错误。
故选B。
8．C
【详解】地球绕太阳公转和行星望舒绕恒星羲和的匀速圆周运动都是由万有引力提供向心力，有
解得公转的线速度大小为
其中中心天体的质量之比为2:1，公转的轨道半径相等，则望舒与地球公转速度大小的比值为，故选C。
9．B
【详解】可以近似把S2看成匀速圆周运动，由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是
地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知
解得太阳的质量为
同理S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知
解得黑洞的质量为
综上可得
故选B。
10．C
【详解】忽略火星自转则
①
可知
设与为1.8×105s的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为，由万引力提供向心力可知
②
设近火点到火星中心为
③
设远火点到火星中心为
④
由开普勒第三定律可知
⑤
由以上分析可得
故选C。
11．D
【详解】A．天问一号探测器在轨道Ⅱ上做变速圆周运动，受力不平衡，故A错误；
B．根据开普勒第三定律可知，轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，故在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时长，故B错误；
C．天问一号探测器从轨道Ⅰ进入Ⅱ，做近心运动，需要的向心力要小于提供的向心力，故要在P点点火减速，故C错误；
D．在轨道Ⅰ向P飞近时，万有引力做正功，动能增大，故速度增大，故D正确。
故选D。
12．A
【详解】根据
可得卫星做圆周运动的线速度
根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为
因导线绳所受阻力f与安培力F平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线绳中的电流方向向下，即电池电动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势 ，可得
解得
故选A。
13．C
【详解】根据
可得
故选C。
14．D
【详解】AB．卫星贴近地面做匀速圆周运动的线速度大小设为v1，此速度为第一宇宙速度，即v1=7.9km/s；地球半径约为6400km，则空间站离地高度在418km~421km之间。由
，
解得
空间站距离地面的最小高度约为h=418km＜R=6400km，则
所以空间站绕地运行速度
故AB错误；
C．在4月份轨道半径出现明显的变大，则可知，机械能不守恒，故C错误；
D．在5月份轨道半径基本不变，故可视为机械能守恒，故D正确。
故选D。
15．D
【详解】A．根据牛顿第二定律有
解得
故在近火点的加速度比远火点的大，故A错误；
B．根据开普勒第二定律，可知在近火点的运行速度比远火点的大，故B错误；
C．“天问一号”在同一轨道，只有引力做功，则机械能守恒，故C错误；
D．“天问一号”在近火点做的是离心运动，若要变为绕火星的圆轨道，需要减速，故D正确。
故选D。
16．D
【详解】根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供，可得
可得
可知已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，都不能求解地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量。
故选D。
17．D
【详解】A． 设地球和火星的公转周期分别为T1、T2 ，轨道半径分别为r1、r2，由开普勒第三定律可得
可求得地球与火星的轨道半径之比，由太阳的引力提供向心力，则有
得
即地球与火星的线速度之比可以求得，但由于地球与火星的质量关系未知，因此不能求得地球与火星的动能之比，A错误；
B．则有地球和火星的角速度分别为
由题意知火星和地球每隔约26个月相距最近一次，又火星的轨道半径大于地球的轨道半径，则
由以上可解得
月
则地球与火星绕太阳的公转周期之比
T1∶T2 =7∶13
但不能求出两星球自转周期之比，B错误；
C．由物体在地球和火星表面的重力等于各自对物体的引力，则有
得
由于地球和火星的质量关系以及半径关系均未知，则两星球表面重力加速度的关系不可求，C错误；
D．地球与火星绕太阳运动的向心加速度由太阳对地球和火星的引力产生，所以向心加速度大小则有
得
由于两星球的轨道半径之比已知，则地球与火星绕太阳运动的向心加速度之比可以求得，D正确。
故选D。
18．C
【详解】核心舱和地球同步卫星都是受万有引力提供向心力而做匀速圆周运动，有
可得
而核心舱运行轨道距地面的高度为左右，地球同步卫星距地面的高度接近，有，故有
，，，
则核心舱角速度比地球同步卫星的大，周期比地球同步卫星的短，向心加速度比地球同步卫星的大，线速度比地球同步卫星的大，故ABD错误，C正确；
故选C。
19．D
【详解】绕中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可得
则
，
由于一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则飞船的轨道半径
则
故选D。
【点睛】
20．B
【详解】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据
可得
故选B。
21．B
【详解】AB．第一宇宙速度是指绕地球表面做圆周运动的速度，是环绕地球做圆周运动的所有卫星的最大环绕速度，该卫星的运转半径远大于地球的半径，可知运行线速度小于第一宇宙速度，选项A错误B正确；
CD．根据
可知
因为该卫星的运动周期与地球自转周期相同，等于“静止”在赤道上空的同步卫星的周期，可知该卫星的轨道半径等于“静止”在赤道上空的同步卫星的轨道半径，选项CD错误。
故选B。
22．B
【详解】A．试验船的运行速度为，故A错误；
B．近地轨道卫星的速度等于第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有
根据试验船受到的万有引力提供向心力有
联立两式解得第一宇宙速度
故B正确；
C．根据试验船受到的万有引力提供向心力有
解得
故C错误；
D．地球重力加速度等于近地轨道卫星向心加速度，根据万有引力提供向心力有
根据试验船受到的万有引力提供向心力有
联立两式解得重力加速度
故D错误。
故选B。
23．B
【详解】设物体质量为m，则在火星表面有
在地球表面有
由题意知有
故联立以上公式可得
故选B。
24．A
【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则
， ，
知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期
25．D
【详解】设“嫦娥四号”、地球质量分别为和M，则“嫦娥四号”在地球表面时和绕月球做半径为月球半径的K倍的圆周运动时，分别有
，
解得
故选D。
26．C
【详解】A．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律：
解得：，轨道半径越大，周期越大，根据题意可知、的周期比小，故A错误；
BD．万有引力提供向心力：
解得：，、的轨道半径相同，所以向心加速度大小相同，方向不同，的轨道半径最大，向心加速度最小，故BD错误；
C．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律：
解得：，、的轨道半径相同，所以速度大小相同，方向不同，故C正确。
故选C．
27．C
【详解】A．由周长公式可得
则火星公转轨道与地球公转轨道周长之比为
A错误；
BCD．由万有引力提供向心力，可得
则有
即
BD错误，C正确。
故选C。
28．B
【详解】忽略星球的自转，万有引力等于重力
则
解得
着陆器做匀减速直线运动，根据运动学公式可知
解得
匀减速过程，根据牛顿第二定律得
解得着陆器受到的制动力大小为
ACD错误，B正确。
故选B。
29．A
【详解】A．当发射速度大于第二宇宙速度时，探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动，火星在太阳系内，所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，故A正确；
B．第二宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件，当发射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之间时，探测器将围绕地球运动，故B错误；
C．万有引力提供向心力，则有
解得第一宇宙速度为
所以火星的第一宇宙速度为
所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；
D． 万有引力近似等于重力，则有
解得星表面的重力加速度
所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。
故选A。
30．A
【详解】卫星有万有引力提供向心力有
可解得
可知半径越大线速度，角速度，加速度都越小，周期越大；故与近地卫星相比，地球静止轨道卫星周期大，故A正确，BCD错误。
故选A。
31．B
【详解】“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以，过近地点圆周运动的速度为 ，由于“东方红一号”在椭圆上运动，所以，故B正确．
32．A
【详解】AB．由万有引力提供向心力可知轨道半径越小,向心加速度越大,故知A项正确，B错误；
CD．由得可知轨道半径越小,运行速率越大,故C、D都错误．
33．D
【分析】根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量；
【详解】直线推进时，根据动量定理可得
解得飞船的质量为
绕孤立星球运动时，根据公式
，
解得
故选D。
【点睛】本题需要注意的是飞船在绕孤立星球运动时，轨道不是星球的半径，切记切记。
34．C
【详解】设地球半径为R，根据题述，地球卫星P的轨道半径为RP=16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ=4R，根据开普勒定律，可得
==64
所以P与Q的周期之比为
TP∶TQ=8∶1
ABD错误，C正确。
故选C正确。
35．B
【详解】
卫星绕土星运动，土星的引力提供卫星做圆周运动的向心力设土星质量为M，则
解得
代入计算可得
故选B。
36．B
【详解】根据解得，,，，因北斗卫星的运转半径大于天宫二号的轨道半径，可知该卫星的速率比“天宫二号”的小；该卫星的周期比“天宫二号”的大；该卫星的角速度比“天宫二号”的小；该卫星的向心加速度比“天宫二号”的小；故选项B正确，ACD错误．
37．D
【详解】根据万有引力定律可得
可得h越大，F越小，且F与h不是线性关系，ABC错误，D正确。
故选D。
38．C
【详解】试题分析;在天体中万有引力提供向心力，即 ，天体的密度公式，结合这两个公式求解．
设脉冲星值量为M，密度为
根据天体运动规律知：
代入可得： ，故C正确；
故选C
点睛：根据万有引力提供向心力并结合密度公式求解即可．
39．C
【详解】A．第一宇宙速度是所有绕地球运行的卫星的最大速度，则此卫星的线速度小于第一宇宙速度，选项A错误；
B．卫星属于地球静止轨道卫星，即为地球的同步卫星，选项B错误；
C．根据可知，因此卫星做圆周运动的半径远小于月球绕地球做圆周运动的半径，可知角速度大于月球绕地球运行的角速度，选项C正确；
D．根据可知，向心加速度小于地面的重力加速度，选项D错误．
40．D
【详解】A．卡文迪许测定了引力常量，选项A错误；
B．奥斯特发现了电流周围存在磁场，选项B错误；
C．库伦发现了静电荷间的相互作用规律，选项C错误；
D．伽利略指出了力不是维持物体运动的原因，选项D正确；
41．B
【分析】本题考查圆周运动及万有引力定律相关的知识点．
【详解】根据万有引力提供向心力，得，即r越大速度越小，但是不比较土星和地球质量大小，故A错误，B正确；由，得，即r越大周期越大，故C错误；由，得，即r越大角速度越小，故D错误．
42．B
【详解】A．设月球质量为，地球质量为M，苹果质量为，则月球受到的万有引力为
苹果受到的万有引力为
由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A错误；
B．根据牛顿第二定律
，
整理可以得到
故选项B正确；
C．在地球表面处
在月球表面处
由于地球、月球本身的半径大小、质量大小关系未知，故无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故选项C错误；
D由C可知，无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与地球表面引力之间的关系，故选项D错误。
故选B。
43．A
【详解】由万有引力提供向心力可得
可得周期、线速度、角速度、向心加速度分别为
，，，
探测器动能
综上分析，答案为A。
44．D
【详解】同步卫星的运行周期为24小时，即相对地球静止，所以只能在赤道平面内，A错误；b轨道内的卫星做圆周运动，其速度方向时刻变化，所以其速度时刻变化着，B错误；c轨道为椭圆轨道，根据，可知在近地点速度大，在远地点速度小，根据，同一卫星在近地轨道受到的引力大，在远地轨道受到的引力小，C错误D正确．
45．D
【详解】A．由于卫星为同步卫星，所以入轨后一定只能与赤道在同一平面内，故A错误；
B．由于第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速度，所以卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；
C．由于第二宇宙速度为卫星脱离地球引力的最小发射速度，所以卫星的发射速度一定小于第二宇宙速度，故C错误；
D．将卫星发射到越高的轨道克服引力所作的功越大，所以发射到近地圆轨道所需能量较小，故D正确．
故选D。
46．A
【详解】设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则得
得
可知，卫星的轨道半径越大，周期越大，而角速度、线速度和向心加速度越小，“高分五号”的轨道半径比“高分四号”的小，所以“高分五号”较小的是周期，较大的是角速度、线速度和向心加速度。
故选A。
点睛：解决本题的关键是要掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道卫星的线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，对于周期，也可以根据开普勒第三定律分析．
47．CD
【详解】A．由题意根据开普勒第三定律可知
火星轨道半径大约是地球轨道半径的1.5倍，则可得
故A错误；
BC．根据
可得
由于火星轨道半径大于地球轨道半径，故火星运行线速度小于地球运行线速度，所以在冲日处火星相对于地球由东向西运动，为逆行，故B错误，C正确；
D．由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星和地球速度方向相同，故相对速度最小，故D正确。
故选CD。
48．BC
【详解】AB．根据万有引力提供向心力有
可得
因为水星的公转半径比金星小，故可知水星的公转周期比金星小；水星的公转向心加速度比金星的大，故A错误，B正确；
C．设水星的公转半径为，地球的公转半径为，当α角最大时有
同理可知有
所以水星与金星的公转半径之比为
故C正确；
D．根据
可得
结合前面的分析可得
故D错误；
故选BC。
49．BD
【详解】A．漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供向心力做匀速圆周运动而处于完全失重，视重为零，故A错误；
B．根据匀速圆周运动的规律，可知空间站绕地球运动的线速度大小约为
故B正确；
C．设空间站的质量为，其所受万有引力提供向心力，有
则地球的平均密度约为
故C错误；
D．根据万有引力提供向心力，有
则空间站绕地球运动的向心加速度大小为
地表的重力加速度为
可得
即空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的倍，故D正确。
故选BD。
50．AC
【详解】A．根据万有引力定律有
核心舱进入轨道后的万有引力与地面上万有引力之比为
所以A正确；
B．核心舱在轨道上飞行的速度小于7.9km/s，因为第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以B错误；
C．根据
可知轨道半径越大周期越大，则其周期比同步卫星的周期小，小于24h，所以C正确；
D．卫星做圆周运动时万有引力提供向心力有
解得
则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以变轨时需要点火减速或者点火加速，增加质量不会改变轨道半径，所以D错误；
故选AC。
【点睛】
51．AD
【详解】A．根据密度的定义有
体积
可知火星的平均密度与月球的平均密度之比为
即火星的平均密度是月球的倍，故A正确；
BC．由
可知火星的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为
即火星的重力加速度是月球表面的重力加速度的，由
可知火星的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为
故BC错误；
D．由万有引力定律
可知火星对“祝融号”引力大小与月球对“玉兔二号”引力大小之比为
即火星对“祝融号”引力大小是月球对“玉兔二号”引力大小的倍，故D正确。
故选AD。
52．AB
【详解】A．探测器在近火星轨道和近地轨道作圆周运动，根据
可知
若已知探测器在近火星轨道和近地轨道的速率比和周期比，则可求得探测器的运行半径比；又由于探测器在近火星轨道和近地轨道运行，轨道半径近似等于火星和地球的半径比，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力有
可得
结合A选项分析可知可以求得火星和地球的质量之比，故B正确
C．由于探测器运行的周期之比不是火星或地球的自转周期之比，故不能求得火星和地球的自转角速度之比；故C错误；
D．由于题目中我们只能求出火星和地球的质量之比和星球半径之比，根据现有条件不能求出火星和地球的公转半径之比，故D错误。
故选AB。
53．BCD
【详解】A．设椭圆的长轴为2a，两焦点的距离为2c，则偏心率
且由题知，Q与O的距离约为，即
由此可得出a与c，由于是围绕致密天体运动，根据万有定律，可知无法求出两者的质量之比，故A错误；
B．根据开普勒第三定律有
式中k是与中心天体的质量M有关，且与M成正比；所以，对是围绕致密天体运动有
对地球围绕太阳运动有
两式相比，可得
因的半长轴a、周期，日地之间的距离，地球围绕太阳运动的周期都已知，故由上式，可以求出银河系中心致密天体与太阳的质量之比，故B正确；
C．根据开普勒第二定律有
解得
因a、c已求出，故可以求出在P点与Q点的速度大小之比，故C正确；
D．不管是在P点，还是在Q点，都只受致密天体的万有引力作用，根据牛顿第二定律有
解得
因P点到O点的距离为a+c,，Q点到O点的距离为a-c，解得
因a、c已求出，故在P点与Q点的加速度大小之比，故D正确。
故选BCD。
54．CD
【详解】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，则
A．因为在不同轨道上g是不一样的，故不能根据得出甲乙速度的关系，卫星的运行线速度
代入数据可得
故A错误；
B．因为在不同轨道上两卫星的角速度不一样，故不能根据得出两卫星加速度的关系，卫星的运行加速度
代入数据可得
故B错误；
C．根据，两颗人造卫星质量相等，可得
故C正确；
D．两卫星均绕地球做圆周运动，根据开普勒第三定律，可得
故D正确。
故选CD。
55．AC
【详解】A、由a-x图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：，变形式为：，该图象的斜率为，纵轴截距为重力加速度．根据图象的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为：；又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即：，即该星球的质量．又因为：，联立得．故两星球的密度之比为：，故A正确；
B、当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，，即：；结合a-x图象可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为：，故物体P和物体Q的质量之比为：，故B错误；
C、物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置（a=0）时，它们的动能最大；根据，结合a-x图象面积的物理意义可知：物体P的最大速度满足，物体Q的最大速度满足：，则两物体的最大动能之比：，C正确；
D、物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P和Q振动的振幅A分别为和，即物体P所在弹簧最大压缩量为2，物体Q所在弹簧最大压缩量为4，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，D错误；
故本题选AC．
56．BC
【详解】AB．双中子星做匀速圆周运动的频率f=12Hz（周期），由万有引力等于向心力，可得
，
r1+r2=r=400km
联立解得
选项B正确A错误；
C．由可得
选项C正确；
D．不能得出各自自转的角速度，选项D错误。
【点睛】此题以最新科学发现为情景，考查天体运动、万有引力定律等。
57．CD
【详解】AB．根据题意，已知卫星运动的周期T，地球的半径R，地球表面的重力加速度g，卫星受到的外有引力充当向心力，故有
卫星的质量被抵消，则不能计算卫星的密度，更不能计算卫星的向心力大小，AB错误；
C．由
，G=mg
解得
而
故可计算卫星距离地球表面的高度，C正确；
D．根据公式
由选项C可知，轨道半径可以求出，周期已知，故可以计算出卫星绕地球运动的线速度，D正确。
故选CD。
【点睛】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1．万有引力等于重力（忽略自转），2．万有引力提供向心力，并能灵活运用。
58．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）质量为的货物绕点做匀速圆周运动，半径为，根据牛顿第二定律可知
（2）货物从静止开始以加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式可知
解得
货物到达点时的速度大小为
货物在机械臂的作用下在水平方向上做匀加速直线运动，机械臂对货物的作用力即为货物所受合力，所以经过时间，货物运动到点时机械臂对其做功的瞬时功率为
（3）空间站和货物同轴转动，角速度相同，对质量为空间站，质量为的地球提供向心力
解得
货物在机械臂的作用力和万有引力的作用下做匀速圆周运动，则
货物受到的万有引力
解得机械臂对货物的作用力大小为
则
59．（1）；（2）见解析；（3）
【详解】（1）根据动能定理有
（2）设行星绕恒星做匀速圆周运动，行星的质量为m，运动半径为r，运动速度大小为v。恒星对行星的作用力F提供向心力，则
运动周期
根据开普勒第三定律，k为常量，得
即恒星对行星的作用力F与r的平方成反比。
（3）假定恒星的能量辐射各向均匀，地球绕恒星做半径为r的圆周运动，恒星单位时间内向外辐射的能量为P0。以恒星为球心，以r为半径的球面上，单位面积单位时间接受到的辐射能量
设地球绕太阳公转半径为r1在新轨道上公转半径为r2。地球在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样，必须满足P不变，由于恒星单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍，得
r2 = 4r1
设恒星质量为M，地球在轨道上运行周期为T，万有引力提供向心力，有
解得
由于恒星质量是太阳质量的2倍，得
60．（1），；（2）
【详解】（1）设探测器在动力减速阶段所用时间为t，初速度大小为，末速度大小为，加速度大小为a，由匀变速直线运动速度公式有
①
代入题给数据得
②
设探测器下降的距离为s，由匀变速直线运动位移公式有
③
联立②③式并代入题给数据得
④
（2）设火星的质量、半径和表面重力加速度大小分别为、和，地球的质量、半径和表面重力加速度大小分别为、和由牛顿运动定律和万有引力定律，对质量为m的物体有
⑤
⑥
式中G为引力常量。设变推力发动机的最大推力为F，能够悬停的火星探测器最大质量为，由力的平衡条件有
⑦
联立⑤⑥⑦式并代入题给数据得
⑧
在悬停避障阶段，该变推力发动机能实现悬停的探测器的最大质量约为。五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编8-动能与动能定理（含解析）
一、单选题
1．（2022·浙江·统考高考真题）单位为J/m的物理量是（　　）
A．力 B．功 C．动能 D．电场强度
2．（2022·江苏·高考真题）某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能与水平位移x的关系图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2021·山东·高考真题）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（　　）
A． B． C． D．
4．（2021·天津·高考真题）2021年5月15日，天问一号探测器着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步，在火星上首次留下国人的印迹。天问一号探测器成功发射后，顺利被火星捕获，成为我国第一颗人造火星卫星。经过轨道调整，探测器先沿椭圆轨道Ⅰ运行，之后进入称为火星停泊轨道的椭圆轨道Ⅱ运行，如图所示，两轨道相切于近火点P，则天问一号探测器（　　）
A．在轨道Ⅱ上处于受力平衡状态 B．在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时短
C．从轨道Ⅰ进入Ⅱ在P处要加速 D．沿轨道Ⅰ向P飞近时速度增大
5．（2021·湖南·高考真题）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（　　）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
6．（2021·重庆·高考真题）质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则（　　）
A．时刻，甲的速率大于乙的速率
B．碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C．碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能
7．（2021·湖北·统考高考真题）如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（　　）
A．m=0.7 kg，f=0.5 N B．m=0.7 kg，f=1.0N
C．m=0.8kg，f=0.5 N D．m=0.8 kg，f=1.0N
8．（2020·全国·统考高考真题）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于（　　）
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
9．（2020·江苏·统考高考真题）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能与水平位移x关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2018·全国·高考真题）在一斜面顶端，将质量相等的甲乙两个小球分别以和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为（ ）
A． B． C． D．
11．（2018·全国·高考真题）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
12．（2018·天津·高考真题）滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（　　）
A．合外力做功一定大于零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力始终与速度垂直
D．机械能始终保持不变
13．（2018·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（ ）
A．加速度逐渐减小
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
14．（2018·全国·高考真题）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（ ）
A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
15．（2018·江苏·高考真题）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是（ ）
A． B．
C． D．
16．（2018·全国·高考真题）如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定：()
A．等于拉力所做的功；
B．小于拉力所做的功；
C．等于克服摩擦力所做的功；
D．大于克服摩擦力所做的功；
17．（2019·浙江·高考真题）如图所示为某一游戏的局部简化示意图．D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内．某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点．已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（ ）
A．5s
B．4.8s
C．4.4s
D．3s
二、多选题
18．（2022·全国·统考高考真题）质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（　　）
A．时物块的动能为零
B．时物块回到初始位置
C．时物块的动量为
D．时间内F对物块所做的功为
19．（2022·重庆·高考真题）一物块在倾角为的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（　　）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为时，物块动能为
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为
20．（2021·全国·高考真题）一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知，重力加速度大小为g。则（　　）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
21．（2021·辽宁·统考高考真题）冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一、某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
22．（2018·海南·高考真题）如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（　　）
A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能
23．（2018·江苏泰州·一模）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
24．（2019·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（　　）
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
三、解答题
25．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（）
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。
26．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
27．（2022·湖南·统考高考真题）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
28．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。
（1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
29．（2022·北京·高考真题）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。
（1）某质量为m的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，在近日点速度为v1，在远日点速度为v2。求从近日点到远日点过程中太阳对行星所做的功W；
（2）设行星与恒星的距离为r，请根据开普勒第三定律（）及向心力相关知识，证明恒星对行星的作用力F与r的平方成反比；
（3）宇宙中某恒星质量是太阳质量的2倍，单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍。设想地球“流浪”后绕此恒星公转，且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样。地球绕太阳公转的周期为T1，绕此恒星公转的周期为T2，求。
30．（2021·全国·高考真题）一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
31．（2021·全国·高考真题）如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
32．（2021·北京·高考真题）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a.人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能应满足的条件。
33．（2021·山东·高考真题）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
34．（2021·福建·统考高考真题）如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求：
（1）当拉力为时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B点时的动能；
（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
35．（2020·全国·统考高考真题）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
36．（2020·全国·统考高考真题）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
37．（2020·浙江·统考高考真题）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，）
38．（2020·浙江·高考真题）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道和相连）、高度h可调的斜轨道组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径，长，长，圆轨道和光滑，滑块与、之间的动摩擦因数。滑块质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小；
（2）当且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力大小及弹簧的弹性势能；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能与高度h之间满足的关系。
39．（2018·北京·高考真题）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10m，C是半径R=20m圆弧的最低点，质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度，到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。
40．（2019·浙江·高考真题）某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5．（sin37°=0.6）
（1）若h=2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；
（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件
（3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件．
41．（2018·浙江·高考真题）如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2所示的示意图，倾角的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h=24m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1，水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L=20m，质量的过山车（包括乘客）从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数，EF段摩擦不计，整个运动过程空气阻力不计．（，）
（1）求过山车过F点时的速度大小；
（2）求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
（3）如图过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少多大？
42．（2019·天津·高考真题）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）．若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入．已知飞行员的质量，，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；
（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大．
参考答案：
1．A
【详解】根据功的定义式可知
则有
因N是力的单位，故单位为J/m的物理量是力。
故选A。
2．A
【详解】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有
即
下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。
故选A。
3．B
【详解】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理
可得摩擦力的大小
故选B。
4．D
【详解】A．天问一号探测器在轨道Ⅱ上做变速圆周运动，受力不平衡，故A错误；
B．根据开普勒第三定律可知，轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，故在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时长，故B错误；
C．天问一号探测器从轨道Ⅰ进入Ⅱ，做近心运动，需要的向心力要小于提供的向心力，故要在P点点火减速，故C错误；
D．在轨道Ⅰ向P飞近时，万有引力做正功，动能增大，故速度增大，故D正确。
故选D。
5．C
【详解】A．对动车由牛顿第二定律有
若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有
故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
而以额定功率匀速时，有
联立解得
故C正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知
可得动车组克服阻力做的功为
故D错误；
故选C。
6．C
【详解】A．根据位移图像斜率表示速度可知，时刻，甲的速率小于乙的速率，故A错误；
BC．根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，故B错误C正确；
D．根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，故D错误。
故选C。
7．A
【分析】本题结合图像考查动能定理。
【详解】0~10m内物块上滑，由动能定理得
整理得
结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值
10~20 m内物块下滑，由动能定理得
整理得
结合10~20 m内的图像得，斜率
联立解得
故选A。
8．B
【详解】有题意可知当在a点动能为E1时，有
根据平抛运动规律有
当在a点时动能为E2时，有
根据平抛运动规律有
联立以上各式可解得
故选B。
9．A
【详解】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离为x，根据动能定理，有
整理可得
即在斜面上运动时动能与x成线性关系；
当小物块在水平面运动时,根据动能定理由
即
为物块刚下滑到平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与x也成线性关系。
故选A。
10．B
【详解】设斜面倾角为，小球落在斜面上速度方向偏向角为，甲球以速度抛出，落在斜面上，如图所示
根据平抛运动的推论可得
所以甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；对甲有
对乙有
联立可得
由于甲、乙两球质量相等，所以甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为
故选B。
11．B
【详解】AC．根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即
v=at
由动能公式
可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，AC错误；
B．由
可知列车动能与位移x成正比，B正确；
D．由动量公式
可知列车动能
即与列车的动量二次方成正比，D错误。
故选B。
12．C
【详解】A．运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零。故A错误；
B．运动员受力如图所示
运动过程中速率恒定，且在减小，由
可知摩擦力越来越小。B错误；
C．运动员运动过程中速率不变，做匀速圆周运动，合外力提供向心力，始终与速度垂直。故C正确；
D．因为克服摩擦力做功，所以机械能不守恒。故D错误。
故选C。
13．D
【详解】由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，A错误；物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，B错误；从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，C错误；从A到B过程中根据动能定理可得，即，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，D正确．
14．C
【详解】设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理得
F·3R-mgR=mvc2
又
F=mg
解得
vc2=4gR
小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为
小球在水平方向的加速度
a=g
在水平方向的位移为
x=at2=2R
由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量
△E=F·5R=5mgR
故选C。
15．A
【详解】小球做竖直上抛运动时，速度
根据动能
得
故选A。
16．B
【分析】受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可．
【详解】木箱受力如图所示：
木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，
根据动能定理可知即： ，所以动能小于拉力做的功，故B正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，ACD错误．
故选B
【点睛】正确受力分析，知道木箱在运动过程中有那几个力做功且分别做什么功，然后利用动能定理求解末动能的大小．
17．A
【分析】分两个阶段求解时间，水平阶段和斜面阶段，根据动能定理求出B点的速度，然后根据运动学规律求解AB段上的运动时间；在斜面阶段需要根据几何知识求解斜面的倾斜角，然后根据牛顿第二定律求解在斜面上的运动加速度，从而求解在斜面上的运动时间．
【详解】设小车的质量为m，小车在AB段所匀减速直线运动，加速度，在AB段，根据动能定理可得，解得，故；
小车在BC段，根据机械能守恒可得，解得，过圆形支架的圆心O点作BC的垂线，根据几何知识可得，解得，，故小车在BC上运动的加速度为，故小车在BC段的运动时间为，所以小车运动的总时间为，A正确．
【点睛】本题的难点在于求解斜面上运动的加速度，本题再次一次提现了数物相结合的原则，在分析物理时涉及几何问题，一定要动手画画图像．
18．AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从s内由动量定理可知
即
得
3s时物块的动量为
设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B．s物块发生的位移为x1，由动能定理可得
即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为
拉力所做的功为
故D正确。
故选AD。
19．BC
【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有
由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为
则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为
代入数据联立解得
故A错误；
C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有
解得
则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为
故C正确；
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为
合力做功为
则其比值为
则重力做功为时，物块的动能即合外力做功为，故C正确；
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为
则动量的大小之比为
故D错误。
故选BC。
20．BC
【详解】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
整理得
；
A错误，C正确；
B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
求解得出
B正确；
D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
由上式可知
a上 > a下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式
则可得出
D错误。
故选BC。
21．CD
【详解】设斜面倾角为，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足
可得
即有
因，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得
滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有
其中，可得
，
代入，可得
，
综合需满足
和
故选CD。
22．BC
【详解】A．根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道木块最终停在哪里，无法求出木板的长度， A错误；
BC．由图像的斜率表示加速度求出长木板的加速度为
小物块的加速度
根据牛顿第二定律得
解得
BC正确；
D．由于不知道木板的质量，无法求出从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能，D错误。
故选BC。
23．AC
【详解】试题分析: 质点P下滑的过程，由动能定理得，可得 ；在最低点，质点P的向心加速度 ；根据牛顿第二定律得 ,解得；故AC正确，BD错误．故选AC．
考点：考查动能定理；向心力．
【名师点睛】解决本题的关键掌握动能定理解题，以及知道质点在B点径向的合力提供圆周运动的向心力．
24．BC
【详解】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误．
25．（1）7N；（2） （）；（3），，
【详解】（1）滑块释放运动到C点过程，由动能定理
经过C点时
解得
（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时
解得
而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理
可解得
则要保证小球能到F点，，带入可得
（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……
解得
n=1,3,5, ……
又因为
，
当时，，当时，，当时，，满足要求。
即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度的值可能为，， 。
26．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得。
27．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h1代入h2有
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h2代入h3有
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将hN-1代入hN有
其中
，
则有
则
方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为，反弹高度为，篮球受到冲量I后速度为v’，落地时速度为，则
，
联立可得
代入k可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得
，
同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得
，
同理化简可得
……③
……
第N次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以、、……、，再相加可得
得
其中，，，可得
可得冲量I的大小
28．（1）；（2）；（3）当时，，当时，
【详解】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律
解得
与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
（2）由（1）分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，高度为，根据动能定理可得
解得
以竖直向下为正方向
由动能定理
联立可得
（3）当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得
从点飞出后，竖直方向
水平方向
根据几何关系可得
联立解得
代入数据解得
当时，从释放时，根据动能定理可得
解得
可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得
解得
距离点0.6m，综上可知当时
代入数据得
29．（1）；（2）见解析；（3）
【详解】（1）根据动能定理有
（2）设行星绕恒星做匀速圆周运动，行星的质量为m，运动半径为r，运动速度大小为v。恒星对行星的作用力F提供向心力，则
运动周期
根据开普勒第三定律，k为常量，得
即恒星对行星的作用力F与r的平方成反比。
（3）假定恒星的能量辐射各向均匀，地球绕恒星做半径为r的圆周运动，恒星单位时间内向外辐射的能量为P0。以恒星为球心，以r为半径的球面上，单位面积单位时间接受到的辐射能量
设地球绕太阳公转半径为r1在新轨道上公转半径为r2。地球在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样，必须满足P不变，由于恒星单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍，得
r2 = 4r1
设恒星质量为M，地球在轨道上运行周期为T，万有引力提供向心力，有
解得
由于恒星质量是太阳质量的2倍，得
30．（1）；（2）
【详解】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得
（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做得功为
联立可得
（舍去）
31．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
联立以上各式解得
（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）由题意可知
可得
32．（1）；（2）a.见解析；b.
【详解】（1）根据牛顿运动定律
解得
（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得
已知v1 = v2，得
因为，得
所以
b.设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为，根据功能关系得
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为,根据牛顿运动定律得
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得
得
33．（1）、；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得
若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去，所以恒力得最小值为
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得
由B、C得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得
脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
则C最后停止的位移为
所以C向右运动的图象为
34．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
①
②
③
联立①②③式并代入题给数据得
④
（2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
⑤
式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有
⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
⑦
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有
⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
⑨
35．（1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3）
【详解】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得
a1=2g，a2=3g③
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式
v0–a1t1= –v0+a2t1⑤
联立③④⑤式得
⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得
⑦
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有
⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得

（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0
联立 式并代入题给数据得

同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为

设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
x1+ x2≤L
联立 式，L应满足条件为

36．(1)2.75s；(2) ， ；(3)0，方向竖直向上
【详解】(1)传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有
②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
，⑨
(3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩

联立①⑩ 式并代入题给数据得
t3=1.0s
x2=5.5m
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有

由① 式可知
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，

则
减速运动时间
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理有
，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
，方向竖直向上
37．(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （）；（）
【详解】(1)机械能守恒定律
牛顿第二定律
牛顿第三定律
方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为点，功能关系
得
故不会冲出
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
碰撞后的速度为，动量守恒定律
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
得
38．（1）；（2） ，；（3），其中
【详解】（1）滑块恰过F点的条件：
解得
（2）滑块在斜面上摩擦受重力、支持力和摩擦力，其中仅重力和摩擦力做功从E到B，动能定理
代入数据可得
在E点做圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
从O到E点，根据能量守恒定律：
解得
（3）要使游戏成功，首先滑块不能脱离轨道，其次滑块需要恰好停留在B点，设滑块恰能过F点，从O点到F点，此情况由能量守恒定律可得
滑块恰能过F点，恰好能停留在B点，设此时B点离地高度为h1，从O点到B点能量守恒有
解得
由于滑块需要停留在B点，则需要
解得
即B点离地高度最高为
从O到B点
其中
39．(1)；(2)；(3) ，3 900 N
【详解】1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即
可解得
(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以
(3)小球在最低点的受力如图所示
由牛顿第二定律可得
从B运动到C由动能定理可知
解得
【点睛】本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小。
40．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块由静止释放到B的过程中：
解得vB=4m/s
（2）左侧离开，D点速度为零时高为h1
解得h（3）右侧抛出，D点的速度为v，则
x=vt
可得
为使能在D点水平抛出则：
解得h≥3.6m
41．（1）（2）（3）
【详解】（1）由于已知F点乘客受到的支持力，设圆周运动半径为r，根据向心力公式
解得
（2）由动能定理可知从B点到F点，
解得
（3）从D到F过程中
触发制动后恰好能到达E点对应的摩擦力为，则
解得
要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为，
综合考虑可知
42．（1）；（2）
【详解】（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编9-机械能守恒定律（含解析）
一、单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（　　）
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
2．（2022·全国·统考高考真题）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·山东·统考高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
4．（2022·浙江·高考真题）神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则（　　）
A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大
B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力
C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行
D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒
5．（2022·湖北·高考真题）如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（　　）
A．μmgk B． C． D．
6．（2022·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　）
A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
7．（2021·全国·高考真题）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（　　）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
8．（2021·浙江·统考高考真题）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（　　）
A．沿雪道做匀速直线运动 B．下滑过程中机械能均守恒
C．前后间的距离随时间不断增大 D．所受重力沿雪道向下的分力相同
9．（2021·浙江·高考真题）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为，假设泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（　　）
发动机最大输出功率（） 332 最大输送高度（m） 63
整车满载质量（） 最大输送量（） 180
A． B． C． D．
10．（2021·重庆·高考真题）质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则（　　）
A．时刻，甲的速率大于乙的速率
B．碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C．碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能
11．（2021·河北·高考真题）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不计空气阻力）（　　）
A． B． C． D．
12．（2021·海南·高考真题）水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度，末端到水面的高度。取重力加速度，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（　　）
A． B． C． D．
13．（2021·重庆·高考真题）如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平，、O'为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N点时，速度大小为（重力加速度为g）（　　）
A． B． C． D．
14．（2020·全国·统考高考真题）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
15．（2019·全国·高考真题）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2．该物体的质量为
A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg
16．（2018·天津·高考真题）滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（　　）
A．合外力做功一定大于零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力始终与速度垂直
D．机械能始终保持不变
二、多选题
17．（2022·湖南·统考高考真题）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　）
A．在时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在时间内，返回舱的加速度不变
C．在时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在时间内，返回舱的机械能不变
18．（2022·河北·统考高考真题）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机械能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．物体和的质量之比为 B．时刻物体的机械能为
C．时刻物体重力的功率为 D．时刻物体的速度大小
19．（2021·广东·高考真题）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（　　）
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为
20．（2020·全国·统考高考真题）一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（　　）
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
21．（2020·山东·统考高考真题）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（　　）
A．M<2m
B．2m C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
22．（2019·全国·高考真题）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2．由图中数据可得
A．物体的质量为2 kg
B．h=0时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
三、实验题
23．（2021·河北·高考真题）某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为，实验操作步骤如下：
①安装器材，调整两个光电门距离为，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；
③保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；
④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量及系统总机械能的减少量，结果如下表所示：
0.200 0.250 0.300 0.350 0.400
0.582 0.490 0.392 0.294 0.195
0.393 0.490 0.686 0.785
回答下列问题：
（1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为______J（保留三位有效数字）；
（2）步骤④中的数据所缺数据为______；
（3）若M为横轴，为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出图像______；
若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为______（保留两位有效数字）
四、解答题
24．（2022·湖北·统考高考真题）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
25．（2021·浙江·统考高考真题）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
26．（2021·北京·高考真题）类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力（k为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程（①式）描述，其中m为物体质量，G为其重力。求物体下落的最大速率。
（2）情境2：如图1所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中的总电阻为R。闭合开关S，发现电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①式，写出电流I随时间t变化的方程；并在图2中定性画出I - t图线。
（3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。
情境1 情境2
物体重力势能的减少量
物体动能的增加量
电阻R上消耗的电能
27．（2020·江苏·统考高考真题）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
28．（2020·天津·统考高考真题）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能至少多大？
29．（2018·江苏·高考真题）如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B．质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）小球受到手的拉力大小F；
（2）物块和小球的质量之比M:m；
（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T
30．（2018·全国·高考真题）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球到达A点时动量的大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
31．（2019·浙江·高考真题）在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图所示．小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ=37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2m/s，然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点．已知B点的高度h1=1.2m，D点的高度h2=0.8m，D点与G点间的水平距离L=0.4m，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.25，sin37°= 0.6，cos37°= 0.8．
（1）求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度；
（2）求小滑块从D点飞出的速度；
（3）判断细管道BCD的内壁是否光滑．
参考答案：
1．C
【详解】如图所示
设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得
由几何关系可得
联立可得
可得
故C正确，ABD错误。
故选C。
2．D
【详解】运动员从a到c根据动能定理有
在c点有
FNc ≤ kmg
联立有
故选D。
3．A
【详解】A．火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
故选A。
4．C
【详解】AC．根据
可得
可知圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小；而只要环绕速度相同，返回舱和天和核心舱可以在同一轨道运行，与返回舱和天和核心舱的质量无关，故A错误，C正确；
B．返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航员绕地球运动的向心力，故B错误；
D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机械能减小，故D错误。
故选C。
5．C
【详解】Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足
若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为
故选C。
6．B
【详解】B．由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有
对B有
联立可得
由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；
A．设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得
化简得
当位移为最大位移的一半时有
带入k值可知F合=0，即此时加速度为0，故A错误；
C．根据B的分析可知
再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；
D．整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。
故选B。
7．B
【详解】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
8．C
【详解】A．同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图
根据牛顿第二定律可知加速度
又因为相同，所以同学们做匀加速直线运动，A错误；
B．下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B错误；
C．根据匀加速直线运动位移与时间的关系，可知同学们前后距离随着时间不断增大，也可以从速度的角度分析，同学们做匀加速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时时间内通过的位移越来越大，所以同学们前后距离随着时间不断增大，C正确；
D．各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力也可能不相同，D错误。
故选C。
9．C
【详解】泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功
故选C。
10．C
【详解】A．根据位移图像斜率表示速度可知，时刻，甲的速率小于乙的速率，故A错误；
BC．根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，故B错误C正确；
D．根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，故D错误。
故选C。
11．A
【详解】小球下落的高度为
h = πR - R + R = R
小球下落过程中，根据动能定理有
mgh = mv2
综上有
v =
故选A。
12．A
【详解】人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为，根据机械能守恒定律可知
解得
从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据可知落水时间为
水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为
故选A。
13．D
【详解】图中连线与水平方向的夹角，由几何关系可得
可得
设小物块通过N点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律可知
解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
14．D
【详解】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。
故选D。
15．C
【详解】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N．
16．C
【详解】A．运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零。故A错误；
B．运动员受力如图所示
运动过程中速率恒定，且在减小，由
可知摩擦力越来越小。B错误；
C．运动员运动过程中速率不变，做匀速圆周运动，合外力提供向心力，始终与速度垂直。故C正确；
D．因为克服摩擦力做功，所以机械能不守恒。故D错误。
故选C。
17．AC
【详解】A．重力的功率为
由图可知在0~t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；
B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；
C．在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；
D．在t2~t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。
故选AC。
18．BCD
【详解】A．开始释放时物体Q的加速度为，则
解得
选项A错误；
B．在T时刻，两物体的速度
P上升的距离
细线断后P能上升的高度
可知开始时PQ距离为
若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为
从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为
则此时物体Q的机械能
此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确；
CD．在2T时刻，重物P的速度
方向向下；此时物体P重力的瞬时功率
选项CD正确。
故选BCD。
19．BC
【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间
因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；
B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率
因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；
C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量
故C正确；
D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
故选BC。
【点睛】
20．AB
【详解】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；
B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能
mgh＝30J
可得质量
m＝1kg
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
μmg·cosθ·s＝20J
求得
μ＝0.5
B正确；
C．由牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcosθ＝ma
求得
a＝2m/s2
C错误；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。
故选AB。
21．ACD
【详解】AB．由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有
故有，故A正确，B错误；
C．由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。
22．AD
【详解】A．Ep-h图像知其斜率为G，故G= =20N，解得m=2kg，故A正确
B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；
C．h=2m时，Ep=40J，Ek= E机-Ep=90J-40J=50J，故C错误
D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek’=100J，故D正确
23． 0.980 0.588 0.40（0.38~0.42）
【详解】（1）[1]四个钩码重力势能的减少量为
（2）[2]对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知
其中系统减少的重力势能为
系统增加的动能为
系统减少的机械能为，则代入数据可得表格中减少的机械能为
（3）[3]根据表格数据描点得的图像为
[4]根据做功关系可知
则图像的斜率为
解得动摩擦因数为
（0.38~0.42）
24．（1）；（2）6.5mg；（3）
【详解】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知
解得
（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知
解得
CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知
解得
F=6.5mg
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知
令
对上式求导数可得
当时解得
即
此时
于是有
解得
此时C的最大动能为
25．(1)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或
【详解】(1)机械能守恒
解得
动量定理
方向水平向左
(2)机械能守恒
牛顿第二定律
解得
满足的条件
(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动
其中，，则
得
机械能守恒
h满足的条件
26．（1）；（2）a.，b.；（3）见解析
【详解】（1）当物体下落速度达到最大速度时，加速度为零，有
得
（2）a.由闭合电路的欧姆定理有
b.由自感规律可知，线圈产生的自感电动势阻碍电流，使它逐渐变大，电路稳定后自感现象消失，I - t图线如答图2
（3）各种能量转化的规律如图所示
情境1 情境2
电源提供的电能
线圈磁场能的增加量
克服阻力做功消耗的机械能
27．(1)；(2)；(3)
【详解】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为
(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有
结合(1)可解得杆对球的作用力大小为
(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知
而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有
联立各式解得
28．（1）；（2）
【详解】（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为，有
②
由动量定理，有
③
联立①②③式，得
④
（2）设两球粘在一起时速度大小为，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为，由动量守恒定律，有
⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能至少为
⑧
29．（1） （2） （3）（或）
【详解】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2
F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg
解得
（2）小球运动到与A、B相同高度过程中
小球上升高度h1=3lsin53°，物块下降高度h2=2l
机械能守恒定律mgh1=Mgh2
解得
（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T
牛顿运动定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T
牛顿运动定律T′–mgcos53°=ma
解得（）
【点睛】本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律．解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等．
30．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
得
（2）设小球到达A点的速度大小为，作，交PA于D点，由几何关系得
由动能定理有
得小球在A点的动量大小为
（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
得
【点睛】小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新。
31．（1） （2）1m/s（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑．
【详解】（1）上滑过程中，由牛顿第二定律：，解得；
由运动学公式，解得
（2）滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律，，解得；
（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑