1、暑假練習01拋體運動暑假練習01拋體運動一、選擇題：第17題為單選題，第810題為多選題。1雨滴由靜止開始下落（不計空氣阻力），遇到水平方向吹來的風，設風對雨滴持續作用，下列說法中正確的是（ ）A風速越大，雨滴下落的時間將越長B風速越大，雨滴落地的瞬時速度越大C雨滴著地時的速度與風速無關D雨滴下落的時間與風速有關2（）A速度的變化量 B速度的變化率 C位移 D加速度3如圖，身高不同的甲、乙兩人站在同一位置，同時向正前方水平地面上的玩具水平拋出圓環，圓環恰好都套中玩具。若圓環離手后的運動可視為平拋運動，環的初速度分別為v1與v2，可判斷（）A甲先套住玩具熊B兩人同時套住玩具Cv1v2Dv1v24

2、如圖所示，運動員把足球從A點斜向上踢出，B是軌跡的最高點，C是下落過程中的點，已知A、B兩點的高度差為，B、C兩點的高度差為d，B、C兩點的水平位移為d，重力加速度為g，不計空氣的阻力，下列說法正確的是（）A足球從A到B的運動時間為B足球從B到C的運動時間為CA、B的間距與B、C的間距之比eq r(10)1D足球在最高點的速度為5如圖所示，物體A和B的質量均為m，且分別與跨過定滑輪的輕繩連接（不計繩與滑輪、滑輪與軸之間的摩擦），用水平力F拉物體B沿粗糙水平面向右運動，整個過程物體A始終勻速，則（）A物體B做加速直線運動B地面對物體B的摩擦力逐漸增大C地面對物體B的摩擦力逐漸減小D繩子對物體B的

3、拉力不變6如圖所示，小張同學為自己設計了一個投擲彈性小球的小游戲，他站在水平地面上將一個彈性小球水平拋出，拋出點A點距地面高度為1.8 m，小張的右側有一豎直放置的擋板B，當小球打到右側擋板時水平方向小球等速彈回，豎直方向的速度不受影響，若小球能恰好落入水平地面的地洞C里，則該游戲成功。已知C點到A、B兩點的水平距離相等，重力加速度g取10 m/s2，小球可視為質點，則B擋板處距地面高度為（）A1.0 mB0.8 mC0.9 mD0.5 m7某電視綜藝節目中有一個“橄欖球空中擊劍”游戲，寶劍從空中B點自由下落，同時橄欖球從A點以速度v0沿方向拋出，恰好在空中C點擊中劍尖，不計空氣阻力。關于橄欖

4、球，下列說法正確的是（）A在空中運動的加速度大于寶劍下落的加速度B若以大于v0的速度沿原方向拋出，一定能在C點上方擊中劍尖C若以小于v0的速度沿原方向拋出，一定能在C點下方擊中劍尖D無論以多大速度沿原方向拋出，都能擊中劍尖8一條兩岸為平行直線、寬為600 m的大河，河中某點的水流速度v與該點到較近河岸的距離d的關系式為(m/s)，現船以靜水中的速度4 m/s渡河，且船渡河的時間最短，下列說法正確的是（）A船在河水中航行的軌跡是一條直線B船在行駛過程中，船頭始終與河岸垂直C渡河最短時間為240 sD船離開河岸400 m時的速度大小為2eq r(5) m/s9如圖所示，斜面傾角為，位于斜面底端A正

5、上方的小球以初速度正對斜面頂點B水平拋出，小球到達斜面經過的時間為t，重力加速度為g，不計空氣阻力，則（）A若小球以最小位移到達斜面，則B若小球垂直擊中斜面，則C若小球能擊中斜面中點，則D若小球能擊中斜面中點，則10（）A初速度v1、v2大小之比為3：4B若僅增大v1，兩球不可能相碰C若v1大小變為原來的一半，則甲球恰能落在斜面的中點DD若只拋出甲球并適當改變v1大小，則甲球可能垂直擊中圓環BC二、非選擇題11圖甲（a）是一個能夠顯示平拋運動及其特點的演示實驗，用小錘敲擊彈性金屬片，小球A就沿水平方向飛出，做平拋運動；同時小球B被松開，做自由落體運動。圖甲（b）是該裝置一次實驗的數碼連拍照片，

6、同時顯示了A、B球分別做平拋運動和自由落體運動的軌跡。(1)由圖甲（b）的數碼連拍照片分析可知，做平拋運動的A球離開軌道后在豎直方向的分運動是_。(2)現在重新設計該實驗，如圖乙所示，光源位于S點，緊靠著光源的前方有一個小球A，光照射A球時在豎直屏幕上形成影子P。現打開數碼相機，同時將小球向著垂直于屏幕的方向水平拋出，不計空氣阻力，小球的影像P在屏幕上移動情況即被數碼相機用連拍功能（每隔相同的時間自動拍攝一次）拍攝下來，如圖丙所示。則小球的影像P在屏上移動情況應當是圖丙中的_（選填“（c）”或“（d）”）。(3)如果圖乙中小球A水平拋出的初速度為1 m/s，SPL0.5 m，經過0.2 s小球

7、到達B點時在屏幕上留下的影子假設為Q，則Q點沿著屏幕向下運動的速度大小為_m/s。12第24屆冬奧會于2022年由北京和張家口兩個城市聯合舉辦，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一，其空中翻轉動作優美，深受觀眾喜愛。某滑道示意圖由助滑道、直滑道、斜坡滑道、圓弧滑道組成，某運動員從助滑道某位置由靜止開始下滑，到達起跳點O時借助設備和技巧，沿與水平方向成37角的方向起跳，恰從B點沿切線進入圓弧軌道，實現完美一躍。已知O、B兩點高度差為35 m，圓弧軌道圓心角53，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，運動員在空中運動過程中可視為質點，忽略運動過程中空氣的作用。求：(1)

8、O、B間的水平距離L的大小；(2)運動員落到B點時速度的大小？13風洞是研究空氣動力學的實驗設備。如圖，在距地面h3 m高度上方設置一足夠大的風洞，可以使實驗中所用小球受到水平向右等大恒定風力作用。一質量m甲2 kg的小球甲從距地面高H4 m處以一定初速度v0甲2 m/s水平拋出。在距拋出點同一豎直平面內水平距離L1.6 m處地面上，同時豎直向上拋出另一質量m乙0.2 kg的小球乙（甲、乙可視為質點，除風洞產生的風力外不考慮其他空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2）。(1)關閉風洞，兩小球恰好在空中相遇，求小球乙拋出時的初速度；(2)打開風洞，調節風力，調節乙小球拋出時的初速度為v0乙6 m

9、/s，兩小球恰好在空中相遇，求相遇點距地面的高度；(3)打開風洞，調節風力，調節乙小球拋出時的初速度為v0乙16 m/s，兩小球恰好在空中相遇，求該次風力的大小。答案與解析答案與解析1【答案】B【解析】分運動和合運動具有等時性，在豎直方向上，僅受重力，做自由落體運動，高度不變，所以運動時間不變，即雨滴下落的時間與風速無關，AD錯誤；雨滴落地時豎直方向的速度不變，風力越大，水平方向上的加速度越大，時間不變，則落地時水平方向上速度越大，根據平行四邊形定則，落地的速度越大，B正確，C錯誤。2【答案】C【解析】平拋運動是勻變速曲線運動，在此過程中，連續相等的時間間隔內有，即速度的變化量相等，A錯誤；速

10、度的變化率就是加速度，平拋運動過程中加速度不變，故BD錯誤；物體做平拋運動的過程中，速度越來越大，在連續相等的時間間隔內，位移必然越來越大，故C正確。3【答案】C【解析】根據，解得，乙的h小，運動時間短，乙先套住玩具，AB錯誤；根據，解得，根據題意知水平位移相同，且，解得，C正確，D錯誤。4【答案】C【解析】由逆向思維，斜上拋運動可以看成由最高點以等大反向的初速度的兩個平拋運動，在豎直方向根據可得，故AB錯誤；平拋運動與的初速度等大反向，設初速度為，水平方向上根據可得，由AB分析可知，則，由幾何關系可得A、B的間距為，B、C的間距為，則A、B的間距與B、C的間距之比為，故C正確；由平拋運動的規

11、律，足球在最高點的速度為，故D錯誤。5【答案】B【解析】根據關聯速度問題可分解B的速度有，解得，用水平力F拉物體B沿粗糙水平面向右運動，角越來越小，所以物體B做減速直線運動，故A錯誤；由于A做勻速直線運動，則細繩的拉力大小保持不變，B向右運動，角越來越小，所以繩子對B物體的拉力大小不變，但是方向改變，又因為，所以地面對B的摩擦力逐漸增大，故B正確，CD錯誤。6【答案】A【解析】水平方向做勻速運動，從A到B的距離為從B到C的距離的2倍，所以小球在之間的運動時間與小球在之間的運動時間之比為2：1，即可以求出小球總的下落時間與小球從A下落到B的時間之比為3：2，根據，得出總的下落高度與間豎直距離之比

12、為，所以B點距地面高度為，故選A。7【答案】B【解析】設B點高度為h，橄欖球水平位移為x，初始速度與水平方向的夾角為，經過時間t恰好擊中，則有，橄欖球在空中運動的加速度等于寶劍下落的加速度，均等于重力加速度，故A錯誤；橄欖球若以大于v0的速度沿原方向拋出，則水平方向的速度增大，運動到相遇點的時間減小，劍下降的高度減小，一定能在C點上方擊中劍尖，故B正確；橄欖球若以小于v0的速度沿原方向拋出，則水平方向的速度減小，運動到相遇點的時間增大，劍下降的高度增大，可能劍尖落地后橄欖球才到C點所在的豎直線，所以橄欖球可能在C點下方擊中劍尖，也可能擊不中劍尖，故C錯誤；若拋出的速度太小，可能橄欖球不會與劍尖

13、相遇，故D錯誤。8【答案】BD【解析】因為船在靜水中速度不變，水流速度在變化，可知船在沿河岸方向上有加速度，合速度的方向與加速度的方向不在同一條直線上，軌跡是曲線，A錯誤；當船頭與河岸垂直時，渡河時間最短，B正確，C錯誤；船離開河岸400m時，離較近河岸的距離為200m，此時水流速度為2m/s，根據平行四邊形定則可知船運動的合速度大小，D正確。9【答案】ABD【解析】若小球最小位移到達斜面，則位移垂直于斜面，根據平拋規律，根據幾何關系可知，聯立解得，A正確；若小球垂直擊中斜面，則速度垂直于斜面，根據幾何關系，解得，B正確；若小球擊中斜面中點，根據幾何關系，解得，D正確，C錯誤。10【答案】AD

14、【解析】甲乙兩球從等高處做平拋運動怡好在C點相碰，則時間相等，水平方向有，初速度v1、v2大小之比為3：4，故A正確；兩球相碰，則滿足，若僅增大v1，顯然存在t滿足方程，所以兩球會相碰，故B錯誤；若v1大小變為原來的一半，在時間不變的情況下水平位移會變為原來的一半，但由于甲球會碰到斜面，下落高度減小，時間減小，所以甲球的水平位移小于原來的一半，不會落在斜面的中點，故C錯誤；若甲球垂直擊中圓環BC，則落點時速度的反向延長線過圓心O，由幾何關系有，以上方程為兩個未知數兩個方程可以求解和t，因此只拋出甲球并適當改變大小，則甲球可能垂直擊中圓環BC，故D正確。11【答案】(1)自由落體運動 (2)（d

15、）(3)2.5【解析】(2)方法一：設經過時間t照相機拍攝一次，從拋出開始經時間t后到達C點，經時間2t后經過B點，如圖所示，根據幾何關系有，水平方向做勻速運動，所以，豎直方向做自由落體運動，所以，聯立得，即PGGQ，所以小球的影像P在屏上移動情況應當是等間距的，故選（d）。方法二：設經過時間t，小球的水平位移為x，豎直方向的位移為y，影子的位移為H，則有，解得，所以小球的影像P在屏上移動位移與時間成正比，勻速下落，應當是等間距的，故選（d）。(3)由以上解析可知影子在豎直方向上做勻速運動，根據幾何關系可知，解得。12【解析】(1)設運動員的起飛速度為v，沿水平方向的分速度沿豎直方向的分速度運

16、動員在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做勻變速直線運動，到達B點時速度沿水平方向的分速度大小為，沿豎直方向的分速度大小為，則水平方向有，豎直方向有，又有聯立解得，。(2)設動員落到B點時速度的大小，根據題意有解得。13【解析】(1)關閉風洞，球甲做平拋運動，從拋出假設經過時間兩小球在空中相遇，球甲在水平方向做勻速直線運動，則有球甲在豎直方向做自由落體運動，則有球乙豎直向上做加速度為的勻減速直線運動，則有兩球的豎直位移關系為聯立以上式子解得。(2)打開風洞，調節風力，調節乙小球拋出時的初速度為，兩小球恰好在空中相遇，由于風力水平向右，不影響球甲和球乙在豎直方向的運動，球乙在豎直方向上升的最大高

17、度為說明球乙沒有進入風洞區域，相遇點一定在球乙拋出點的正上方，假設從拋出經過時間，兩球在空中相遇，則有解得相遇時的高度為。(3)打開風洞，調節風力，調節乙小球拋出時的初速度為，兩小球恰好在空中相遇，由于風力水平向右，不影響球甲和球乙在豎直方向的運動，假設從拋出經過時間，兩球在空中相遇，則有解得相遇時離地面的高度為說明相遇位置位于風洞區域內，假設球乙剛進入風洞區域的速度為，則有解得球乙從拋出到剛進入風洞區域所用時間為假設風力大小為，則兩球在水平方向的加速度分別為，從拋出到兩球相遇，兩球在水平方向的位移分別為，兩球的水平位移關系為聯立解得風力為。暑假練習暑假練習02圓周運動一、選擇題：第16題為單

18、選題，第79題為多選題。1物體做勻速圓周運動時（）A必須受到恒力的作用 B合力大小可能變化C合力必須等于零 D合力大小不變，方向不斷變化2短道速滑比賽中，彎道區是運動員超越對手的重要地段，因此彎道滑行也是短道速滑最重要的技術動作之一，但在彎道區常常出現側滑。圖圓弧實線ON為正常運動路線的彎道，OM為運動員在O點的速度方向。運動員在O點稍發生側滑，就會偏離正常比賽路線，則其滑動線路（）A沿OM直線B在OM左側區域C在OM和ON之間區域D在ON右側區域3現代社會提倡健康綠色出行，自行車越來越受到人們的追捧。如圖為某款變速自行車的后輪變速齒輪組，共有七個直徑可以選擇，前輪變速齒輪組共有三個直徑可以選

19、擇，有關變速齒輪的說法正確的是（）A該車可變換10種不同擋位B該車可變換21種不同擋位C自行車運動時，鏈條連接的前后齒輪邊緣的加速度大小一定是相同的D如果想騎行更加“輕快”“省勁”，應該選擇前輪變速齒輪半徑更大4下列現象中，不是利用離心現象的是（）A用洗衣機脫水B汽車轉彎時要減速C用離心沉淀器分離物質D轉動雨傘，可以去除雨傘上的一些水5如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的固定光滑細管（忽略管的內徑），半徑OB水平，OA豎直，一個直徑略小于管內徑的小球（也可視為質點）質量為m，在光滑管內的頂部A點水平飛出，恰好又從管口B點射入管內，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A小球在A點對上側管壁有彈力

20、作用，對管壁作用力大小為mgB小球在A點對上側管壁有彈力作用，對管壁作用力大小為C小球在A點對下側管壁有彈力作用，對管壁作用力大小為mgD小球在A點對下側管壁有彈力作用，對管壁作用力大小為6Ar1r225 BT1T252 Cl1l211 Dl1l232eq r(6)7圖為“修正帶”內部結構示意圖，兩個半徑不同的齒輪是其核心部件，A、B兩點分別在兩齒輪的邊緣。當握住其外殼在紙面上水平向左劃動時，帶子與紙面發生摩擦，把帶子上的修正液均勻滾涂在紙上的同時帶動齒輪轉動；兩個齒輪相互傳動，一個齒輪出帶子，一個齒輪收帶子。則（）A大齒輪在收帶子，小齒輪在出帶子 B大齒輪在出帶子，小齒輪在收帶子CA點與B點

21、線速度大小相等 DA點與B點角速度大小相等8如圖所示，一輪軸可繞軸O自由轉動，其輪半徑R15 cm、軸半徑r10 cm，用輕質繩纏繞在輪和軸上，分別在繩的下端吊起質量m0.5 kg、M2 kg的物塊，將兩物塊由靜止釋放并開始計時，已知釋放后兩物塊均做初速度為零的勻加速直線運動，不計輪軸的質量和一切摩擦，取g10 m/s2。在M下降、m上升的過程中以下說法正確的是（）AM減少的重力勢能等于m增加的重力勢能BM下降2.4 m時的速度大小為6 m/sCM所受繩子的拉力大小為8 ND輪軸轉動的角速度與時間t的關系為50t9如圖所示，質量為m的小球（可視為質點）由長為R的細線系住，細線的另一端固定在A點

22、，在最低點先給小球一水平初速度，小球恰能在豎直平面內繞A點做圓周運動；若在水平半徑AC的中點B處釘一枚光滑的釘子，仍在最低點給小球同樣的初速度，則小球向上通過C點后將繞B點做圓周運動，D點為小球繞B點做圓周運動的最高點。重力加速度大小為g，不計細線與釘碰撞時的機械能損失和空氣阻力，也不考慮細線纏繞帶來的運動半徑變化。則（）A小球繞A點做圓周運動時，在最高點提供小球的向心力大小為eq r(2)mgB小球繞B點做圓周運動時，到達最高點D時細線的拉力大小為3mgC小球繞A點做圓周運動時，在該圓最高點與最低點細線拉力之差為6mgD小球繞B點做圓周運動時，在該圓最高點與最低點細線拉力之差為6mg二、非選

23、擇題10某實驗小組通過如圖所示的裝置驗證向心力的表達式。滑塊套在水平桿上，隨桿一起繞豎直桿做勻速圓周運動，力傳感器通過一細繩連接滑塊，用來測量向心力F的大小。滑塊上固定一遮光片，寬度為d，與固定在鐵架臺上的光電門可測量滑塊的角速度。旋轉半徑為R，每經過光電門一次，通過力傳感器和光電門就同時獲得一組向心力F和角速度的數據。(1)某次旋轉過程中遮光片經過光電門時的遮光時間為t，則角速度_；(2)以F為縱坐標，以_（填“t”“”“”或“”）為橫坐標，可在坐標紙中描出數據點作一條直線；(3)該小組驗證(2)中的表達式時，經多次實驗，分析檢查，儀器正常，操作和讀數均沒有問題，發現示數F的測量值與其理論值

24、相比_。（填“偏大”或“偏小”）11如圖所示，在豎直平面內，斜面AB與水平面BC的夾角45，連接處平滑，BC右端連接光滑的四分之一圓軌道CD，其半徑R0.2 m。一個質量m1 kg的小球從A點靜止釋放。已知A點離水平面高度h0.4 m，BC段的長xBC0.4 m，小球與BC間的動摩擦因數0.5。(1)若斜面AB光滑，小球釋放后從C點拋出，求小球落在所在的水平面上，落地點距拋出點C的水平位移；(2)若斜面AB存在摩擦，小球從A點靜止釋放后，運動到P點剛好離開圓弧軌道，已知COP30，求小球在斜面AB上克服摩擦力做的功。12如圖所示，光滑水平面（足夠大）的右端B處連接一半徑R0.5 m的光滑豎直半

25、圓軌道，B點為水平面與半圓軌道的切點，用大小恒定的水平推力將一質量m0.2 kg的滑塊（視為質點）從B點左側的A點由靜止開始推到B點，然后立即撤去推力，滑塊恰好能沿半圓軌道運動到最高點C，并且恰好落回A點。取重力加速度大小g10 m/s2，不計空氣阻力。(1)求A、B兩點的距離x；(2)若A、B兩點的距離可調節，用最小推力完成上述過程（不要求滑塊經過C點時對半圓軌道無壓力），求該最小推力Fmin及其對應A、B兩點的距離s。答案與解析答案與解析1【答案】D【解析】做勻速圓周運動的物體，其所受合力即為向心力，始終指向圓心，大小不變但方向時刻變化，所以受到的是變力作用，故D正確，ABC錯誤。2【答案

26、】C【解析】若運動員水平方向不受任何外力時，沿OM做離心運動，實際上運動員受到摩擦力的作用，摩擦力提供向心力，當摩擦力等于需要的向心力時，運動員將沿ON做圓周運動，若運動員發生側滑，摩擦力不足以提供向心力，即摩擦力小于所需要的向心力，滑動方向在OM和ON之間的區域。3【答案】B【解析】根據組合規律可以算出該車可變換種不同擋位，A錯誤，B正確；自行車運動時，鏈條連接的前后齒輪邊緣的線速度大小相同，但是加速度大小不一定是相同的，C錯誤；如果想騎行更加“輕快”“省勁”，即角速度要大，則應該選擇前輪變速齒輪半徑更小才可以，D錯誤。4【答案】B【解析】用洗衣機脫水、用離心沉淀器分離物質、通過轉動雨傘來去

27、除雨傘上的一些水，都是利用離心現象，汽車轉彎時減速是對離心現象的防止，故ACD不符合題意，B符合題意。5【答案】D【解析】從A運動到B，小球做平拋運動，則有，得，若小球對上、下管壁均無壓力，則，得，因為，所以管壁對小球有向上的作用力，解得，由牛頓第三定律，小球對下側管壁有壓力，大小為，故D正確，ABC錯誤。6【答案】A【解析】設繩子與豎直方向夾角分別為，對下面小球受力分析豎直方向有，兩個球看作整體豎直方向上有，穩定時繩子與豎直方向夾角的正切值分別為及，聯立解得，B錯誤；對下面小球受力分析水平方向有，上面小球受力分析水平方向有，立解得，A正確；據幾何關系，解得，CD錯誤。7【答案】BC【解析】由

28、圖可知，外殼在紙面上水平向左劃動，左側帶子向下移動，右側帶子向上移動，所以大齒輪在出帶子，小齒輪在收帶子，故B正確，A錯誤；A點與B點分別在兩齒輪的邊緣，兩齒輪依靠齒輪傳動，邊緣點線速度大小相等，由于半徑不同，則角速度不同，故C正確，D錯誤。8【答案】BD【解析】因為不計輪軸的質量和一切摩擦，所以M、m所組成的系統在運動過程中機械能守恒，所以在M下降、m上升的過程中，M減少的重力勢能等于m增加的重力勢能與系統增加的動能之和，故A錯誤；由題意知，輪半徑R15cm、軸半徑r10cm，根據線速度加速度關系可知，M下降、m上升的高度關系為，根據系統機械能守恒得，代入數據解得，故B正確；對M，根據動能定

29、理有，得，故C錯誤；根據牛頓第二定律得M的加速度為，所以，其中，代入得，故D正確。9【答案】BCD【解析】小球恰能在豎直平面內繞A點做圓周運動，則在最高點滿足僅由重力提供小球的向心力，故A錯誤；小球恰能在豎直平面內繞A點做圓周運動，則在最高點有，解得，從最低點到最高點，由機械能守恒定律可知，解得初速度，根據向心力公式有，解得，小球繞A點做圓周運動時，在該圓最高點與最低點細線拉力之差為6mg，故C正確；小球繞B點做圓周運動時，設小球到最高點D時速度為，根據機械能守恒定律，有，根據向心力公式有，解得，故B正確；小球繞B點做圓周運動時，設小球到最低點時速度為，根據機械能守恒定律，有，根據向心力公式有

30、，解得，則小球繞B點做圓周運動時，在該圓最高點與最低點細線拉力之差為6mg，故D正確。10【答案】(1) (2) (3)偏小【解析】(1)物體轉動的線速度為，由解得。(2)根據向心力公式可知，聯立解得，故以為橫坐標，可在坐標紙中描出數據點作一條直線。(3)由于靜摩擦力的存在，示數F的測量值與其理論值相比會偏小。11【解析】(1)小球從A點運動到C點，由動能定理可知解得此后小球做平拋運動，聯立解得。(2)小球在P點剛好離開圓弧軌道，即小球與圓弧軌道的作用力為零，重力的分量提供向心力小球從A點到P點的過程中，由動能定理可知聯立解得即小球在斜面上克服摩擦力做的功。12【解析】(1)設滑塊到達C點時的

31、速度大小為，滑塊離開C點后在空中運動的時間為t，根據平拋運動的規律有，可得又解得。(2)設推力大小為F，對應A、B兩點的距離為，對滑塊從A點運動到C點的過程，根據動能定理有其中整理得當時，推力F最小，故解得將代入，可得。暑假練習暑假練習03萬有引力與宇宙航行一、選擇題：第17題為單選題，第810題為多選題。1歷史上第一個比較準確地測出萬有引力常量的物理學家是（）A牛頓B第谷C開普勒D卡文迪許2開普勒行星運動定律是我們研究天體運動的基礎，下面關于開普勒三定律理解錯誤的是（）A由開普勒第一定律知，行星繞太陽運動的軌道不是標準的圓形B由開普勒第一定律知，太陽處在繞它運動的行星軌道的焦點上C由開普勒第

32、二定律知，一個行星從遠日點向近日點運動的速度是逐漸增大的D由開普勒第三定律知，地球與火星軌道的半長軸的二次方跟公轉周期的三次方的比值相等3我國“北斗二代”計劃共發射35顆衛星，形成全球性的定位導航系統，比美國GPS多5顆。多出的這5顆是相對地面靜止的高軌道衛星（以下簡稱“靜衛”），其他的有27顆中軌道衛星（以下簡稱“中衛”）軌道半徑為靜止軌道半徑的。下列說法正確的是（）A“中衛”的線速度介于7.9 km/s和11.2 km/s之間B“靜衛”的軌道穿過我國上空C如果質量相同，“靜衛”與“中衛”的動能之比為35D“靜衛”的運行周期小于“中衛”的運行周期4如圖所示，甲是地球赤道上的一個物體，乙是“神

33、舟十三號”宇宙飛船（繞地運行周期為90 min），丙是地球的同步衛星，它們運行的軌道示意圖如圖所示，它們都繞地心做勻速圓周運動。下列說法錯誤的是（）A它們運動的周期大小關系是T甲=T丙T乙B它們運動的向心加速度大小關系是a乙a丙a甲C衛星乙的運行速度小于地球的第一宇宙速度D同步衛星丙的運行速度大于地球的第一宇宙速度52021年10月16日“神舟十三號”載人飛船成功進入預定軌道，順利將翟志剛、王亞平、葉光富3名航天員送入太空，11月8日，航天員王亞平成功出艙作業，成為中國女航天員太空行走第一人。“神舟十三號”飛船繞地心做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）A“神舟十三號”飛船的發射速度大于第二宇宙

34、速度B航天員此時處于完全失重狀態，故不受地球的引力作用C若航天員與連接空間站的安全繩脫落，航天員會立刻高速飛離空間站D若已知該飛船在軌運行周期、軌道半徑及引力常量，則可估算出地球的質量6如圖，“嫦娥五號”、“天問一號”探測器分別在近月、近火星軌道運行。已知火星的質量為月球質量的9倍、半徑為月球半徑的2倍。假設月球、火星均可視為質量均勻分布球體，忽略其自轉影響，則（）A月球表面重力加速度比火星表面重力加速度大B月球的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度大CD“嫦娥五號”繞月周期比“天問一號”繞火星周期大7宇宙中半徑均為R0的兩顆恒星S1、S2，相距無限遠。若干行星分別環繞恒星S1、S2運動的公轉周期

35、平方T2與公轉半徑立方r3的規律如圖所示。不考慮兩恒星的自轉，則（）AS1的質量小于S2的質量BS1的密度等于S2的密度CS1表面的環繞速度大于S2表面的環繞速度DS1表面的重力加速度小于S2表面的重力加速度8A小球豎直上拋的初速度為2aB小球從O 點上升的最大高度為C火星的質量為D火星的第一宇宙速度為9據央視報道，2020年5月31日搭載兩名美國宇航員的美國太空探索技術公司Space X龍飛船發射成功，乘“獵鷹9號”火箭飛往國際空間站，并在31日成功與國際空間站對接，把兩位航天員送入國際空間站。龍飛船發射過程可簡化為：先讓飛船進入一個近地的圓軌道，然后在P點變軌，進入橢圓形轉移軌道，到達遠地

36、點Q時再次變軌，進入圓形軌道，已知橢圓軌道的近地點與近地圓軌道相切于P點，遠地點與最終運行軌道相切于Q點。關于飛船的運動，下列說法正確的是（）A飛船沿軌道經過P點時需要的向心力小于沿軌道經過P點時需要的向心力B飛船沿轉移軌道運行到遠地點Q點時的速率等于在軌道上運行的速率C飛船沿軌道經過P點時受到的萬有引力小于沿軌道經過P點時受到的萬有引力D飛船在軌道上運行的速率大于在軌道上運行經過Q點時的速率10A若知道C的軌道半徑，則可求出C的質量B恒星B的質量為C若A也有一顆運動周期為T2的衛星，則其軌道半徑一定小于C的軌道半徑D設A、B、C三星由圖示位置到再次共線的時間為t，則二、解答題11預計我國將在

37、2030年前后實施航天員登月計劃，航天員乘飛船登月后將進行一系列的科學探測與實驗。若宇航員在月球表面用測力計測得質量為m0的物塊重力為G0，已知引力常量為G，月球的半徑為R，求：(1)月球的質量；(2)宇航員乘飛船貼著月球表面運行一周所用的時間。12如圖所示，A是地球的同步衛星。另一衛星B的圓形軌道也位于赤道平面內，離地面高度為h。已知地球半徑為R，地球自轉角速度為，地球表面的重力加速度為g，O為地球中心。求：(1)同步衛星A離地面的高度H；(2)求衛星B的運行的角速度為B；(3)如衛星B繞行方向與地球自轉方向相同，某時刻A、B兩衛星相距最近（O、B、A在同一直線上），則至少經過多長時間，他們

38、再一次相距最近？答案與解析答案與解析1【答案】D【解析】歷史上第一個比較準確地測出萬有引力常量的物理學家是卡文迪許，故選D。2【答案】D【解析】由開普勒第一定律知，行星繞太陽運動的軌道不是標準的圓形，而是橢圓，A正確；由開普勒第一定律知，太陽處在繞它運動的行星軌道的焦點上，B正確；由開普勒第二定律知，一個行星從遠日點向近日點運動的速度是逐漸增大的，C正確；由開普勒第三定律知，地球與火星軌道的半長軸的三次方跟公轉周期的二次方的比值相等，D錯誤。本題選錯誤的，故選D。3【答案】C【解析】是環繞地球做圓周運動的物體的最大速度，則“中衛”的線速度小于，故A錯誤；“靜衛”相對地面靜止，其軌道一定在赤道上

39、空，故B錯誤；根據萬有引力提供向心力，又有，可得，如果質量相同，“靜衛”與“中衛”的動能之比為，故C正確；根據萬有引力提供向心力，可得，由于“靜衛”的軌道半徑大于“中衛”的軌道半徑，則“靜衛”的運行周期大于“中衛”的運行周期，故D錯誤。4【答案】D【解析】依題意，甲和丙的周期相同，即，故A正確；根據，解得，可得，根據，可得，則有，故B正確；地球的第一宇宙速度是所有衛星最大的環繞速度，所以衛星乙的運行速度和同步衛星丙的運行速度均小于地球的第一宇宙速度，故C正確，D錯誤。本題選錯誤的，故選D。5【答案】D【解析】第二宇宙速度是逃逸出地球引力場的最小速度，所以“神舟十三號”飛船的發射速度小于第二宇宙

40、速度，故A錯誤；航天員仍受到地球引力作用，由于萬有引力完全用來提供圓周運動所需的向心力，所以航天員此時處于完全失重狀態，故B錯誤；若航天員與連接空間站的安全繩脫落，航天員繼續繞地球做勻速圓周運動，故C錯誤；若已知該飛船在軌運行周期、軌道半徑及引力常量，根據，可得地球的質量，故D正確。6【答案】D【解析】由，可得，結合題意可得，A錯誤；由可知，可知，B錯誤；由可知，C錯誤；由，可知，得，D正確。7【答案】C【解析】根據萬有引力提供向心力得，根據圖象可知S1的比較大，所以行星S1的質量大于行星S2的質量，故A正確；由圖可知，兩星球的半徑相等，則體積相等，根據可得S1的密度大于S2的密度，故B錯誤；

41、根據可得，可知S1表面的環繞速度大于S2表面的環繞速度，故C正確；根據，可得，可知S1表面的重力加速度大于S2表面的重力加速度，故D錯誤。8【答案】BC【解析】根據，可得，由圖像可知v0=a，即，A錯誤；小球從O 點上升的最大高度，B正確；根據，可得火星的質量，C正確；根據，火星的第一宇宙速度，D錯誤。9【答案】AD【解析】飛船從軌道變至軌道時需要在P點加速，所以飛船沿軌道經過P點時的速率小于沿軌道經過P點時的速率，而軌道在P點的曲率半徑與軌道的半徑相等，根據可知飛船沿軌道經過P點時需要的向心力小于沿軌道經過P點時需要的向心力，故A正確；飛船從軌道變至軌道時需要在Q點加速，所以飛船沿轉移軌道運

42、行到遠地點Q點時的速率小于在軌道上運行的速率，故B錯誤；飛船沿軌道經過P點時受到的萬有引力等于沿軌道經過P點時受到的萬有引力，故C錯誤；設飛船在半徑為r的圓軌道上運行時的速率為v，根據牛頓第二定律有，解得，所以，結合B項分析可知，故D正確。10【答案】BD【解析】在知道C的軌道半徑和周期的情況下，根據萬有引力定律和牛頓第二定律列方程只能求解B的質量，無法求解C的質量，故A錯誤；在A、B組成的雙星系統中，對A根據牛頓第二定律有，解得，故B正確；若A也有一顆運動周期為T2的衛星，設衛星的質量為m，軌道半徑為r，則根據牛頓第二定律，解得，同理可得C的軌道半徑為，對A、B組成的雙星系統有，因為，所以，

43、則，故C錯誤；如圖所示，A、B、C三星由圖示位置到再次共線時，A、B轉過的圓心角與C轉過的圓心角互補，則，解得，故D正確。11【解析】(1)設月球的質量為M，根據題意有解得。(2)設乘飛船貼著月球表面運行一周所用的時間為T，根據萬有引力提供向心力有解得。12【解析】(1)根據題意可知，A是地球的同步衛星，則A的角速度與地球自轉角速度相等為，設地球的質量為，根據萬有引力提供向心力有又有物體在地球表面的重力等于物體受到的萬有引力，則聯立解得。(2)根據萬有引力提供向心力有又有聯立解得。(3)設至少經過時間t，他們再一次相距最近，根據題意有代入數據解得。暑假練習暑假練習04功 功率和動能定理一、選擇

44、題：第15題為單選題，第610題為多選題。1下列物理量中，不是標量的是（）A功 B重力勢能 C向心力 D動能2在多年前的農村，人們往往會選擇讓驢來拉磨把食物磨成面，假設驢對磨桿的平均拉力為600 N，半徑r為0.5 m，轉動一周為5 s，則（）A驢轉動一周拉力所做的功為0B驢轉動一周拉力所做的功為650 JC驢轉動一周拉力的平均功率為120 WD磨盤邊緣的線速度為0.1 m/s3A在最低點B時對滑道的壓力大小為eq f(1,2)mgB先處于超重狀態后處于失重狀態C重力的功率一直增大D克服摩擦力做功為eq f(1,4)mgr4A小球受到的合力做功為0B拉力F的功為Flsin C重力勢能的變化等于

45、mglcos D拉力F對小球做的功大于小球克服重力做的功5汽車在研發過程中都要進行性能測試，如圖所示為某次測試中某型號汽車的速度與拉力大小倒數的圖像。已知汽車在平直路面上由靜止啟動，平行于軸，反向延長過原點。已知阻力是車重的0.2倍，汽車質量為，下列說法正確的是（）A汽車由b到c過程做勻加速直線運動B汽車從a到b持續的時間為4 sC汽車額定功率為50 kWD汽車能夠獲得的的最大速度為為12 m/s6如圖所示，物塊A、B疊放在粗糙水平面上，A、B之間的接觸面粗糙，用水平力F拉B，使A、B一起沿水平面做勻減速直線運動。在A、B一起運動的過程中，下列說法正確的是（）AB對A的摩擦力對A做正功BB對A

46、的摩擦力對A做負功CA對B的摩擦力對B做正功DA對B的摩擦力對B做負功7已知做功公式W=Fx，則F-x圖像與坐標軸圍成的面積可以表示W。現有一均勻變小的力F拉著物體在粗糙水平地面從靜止開始滑動，物體質量m=1 kg，與地面間動摩擦因數=0.7，F隨物體位移x的變化如圖所示，當物體位移為3 m時停止運動。g取10 m/s2，則下列說法正確的是（）A物體動能的最大值為2.25 JBF0=17.5 NC物體在1.5 m時的速度最大D物體速度的最大值為1.5 m/s8如圖所示，內壁光滑的圓軌道豎直固定，小球（視為質點）靜止在軌道的最低點A。現用小錘沿水平方向擊打（擊打后迅速移開小錘）小球，第一次擊打小

47、球后，小球未能到達圓軌道的最高點，當小球回到A點時，再次用小錘沿水平方向擊打小球，第二次擊打后，小球才通過圓軌道的最高點。已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，第一次擊打過程中小錘對小球做的功為W，兩次擊打過程中小錘對小球做的功全部用來增加小球的動能，則第二次擊打過程中小錘對小球做的功可能為（）AWB2WC3WD4W9A在相等的時間間隔內，重力勢能的改變量總是相同的B在相等的時間間隔內，速度的改變量總是相同的C在下落相等高度的過程中，動能的改變量越來越大D若增大初速，則運動員落在斜坡上時速度方向與水平方向的夾角不變10從地面豎直向上拋出一質量為1 kg的物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到

48、一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用，如圖所示是物體距離地面3 m范圍內的動能Ek隨h變化的圖像（物體上升的高度大于3 m），重力加速度取10 m/s2。下列說法正確的是（）A空氣阻力大小為2 NB空氣阻力大小為1 NC物體上升的高度為6 mD物體運動過程中克服空氣阻力做功24 J二、非選擇題11某研究性學習小組設計測量彈簧彈性勢能Ep的實驗裝置如圖甲所示。實驗器材有：上端帶有擋板的斜面體、輕質彈簧。帶有遮光片的滑塊（總質量為m）、光電門、數字計時器、游標卡尺、毫米刻度尺。實驗步驟如下：用游標卡尺測得遮光片的寬度為d；彈簧上端固定在擋板P上，下端與滑塊不拴接，當彈簧為原長時，遮光片中心

49、線通過斜面上的M點；光電門固定在斜面上的N點，并與數字計時器相連；壓縮彈簧，然后用銷釘把滑塊鎖定，此時遮光片中心線通過斜面上的O點；用刻度尺分別測量出O、M兩點間的距離x和M、N兩點間的距離l；拔去鎖定滑塊的銷釘，記錄滑塊經過光電門時數字計時器顯示的時間；保持x不變，移動光電門位置，多次重復步驟。根據實驗數據做出的圖像為圖乙所示的一條傾斜直線，求得圖像的斜率為k、縱軸截距為b。(1)下列做法中，有利于減小實驗誤差的有_；A選擇寬度較小的遮光片 B選擇質量很大的滑塊C減小斜面傾角 D增大光電門和M點距離(2)滑塊在MN段運動的加速度a=_，滑塊在M點的動能Ek=_，彈簧的彈性勢能Ep=_。（用“

50、m、d、x、k、b”表示）12一貨車裝有水平放置的毛竹運往遠處的加工廠，車與貨物總重為8 t。貨車以額定功率啟動，在水平直路面上行駛時阻力f是車重的0.1倍，當速度為10 m/s時，貨車的加速度大小為0.2 m/s2，g=10 m/s2，求： (1)該貨車的額定功率P；(2)該貨車行駛的最大速度vm；(3)貨車從靜止開始經過10 s，速度達到最大值，求該過程行駛的距離s。13如圖，AB是固定在豎直平面內半徑R=1.25 m的eq f(1,4)光滑圓弧軌道，OA為其水平半徑，圓弧軌道的最低處B無縫對接足夠長的水平軌道，將可視為質點的小球從軌道內表面最高點A由靜止釋放。己知小球進入水平軌道后所受阻

51、力為其重力的0.2倍，g取10 m/s2。求：(1)小球經過B點時的速率；(2)小球剛要到B點時加速度的大小和方向；(3)小球過B點后到停止的時間和位移大小；(4)如對小球施加一個水平的恒定拉力使它能又回到A點，則這個力至少是重力的幾倍。答案與解析答案與解析1【答案】C【解析】功、重力勢能、動能是標量；向心力是矢量。2【答案】C【解析】驢對磨的拉力沿圓周切線方向，拉力作用點的速度方向也在圓周切線方向，故可認為拉磨過程中拉力方向始終與速度方向相同，故根據微分原理可知，拉力對磨盤所做的功等于拉力的大小與拉力作用點沿圓周運動弧長的乘積，則磨轉動一周，弧長，所以拉力所做的功，故AB錯誤；根據功率的定義

52、得，故C正確；線速度，故D錯誤。3【答案】D【解析】在最低點B時，根據牛頓第二定律可得，解得，根據牛頓第三定律可知，小朋友在最低點B時對滑道的壓力大小為，A錯誤；小朋友在A點的加速度方向沿著切線向下，處于失重狀態，在最低點B時加速度方向向上，處于超重狀態，B錯誤；小朋友在A點的速度為零，重力的功率為零，到最低點B時重力方向與速度方向垂直，重力的功率也為零，故重力的功率先增大后減小，C錯誤；小朋友從A到B的過程，根據動能定理可得，解得，D正確。4【答案】A【解析】小球緩慢移動，則所受合力為零，則受到的合力做功為0，A正確；因拉力F是變力，則拉力的功不等于，B錯誤；重力勢能的變化等于，C錯誤；由動

53、能定理可知，拉力F對小球做的功等于小球克服重力做的功，D錯誤。5【答案】C【解析】6【答案】BC【解析】A、B一起沿水平面向右做勻減速直線運動，可知加速度向左，物體B對A的靜摩擦力方向向左，可知B對A的摩擦力對A做負功；A對B的摩擦力方向向右，則A對B的摩擦力對B做正功，AD錯誤，BC正確。7【答案】AC【解析】在內，F做的功為，根據動能定理得，其中，解得，故B錯誤；當與滑動摩擦力大小相等時速度最大，則有，由圖可得，解得，此時速度最大，根據動能定理得，解得，故AC正確，D錯誤。8【答案】BCD【解析】小球在運動過程中未脫離軌道，則第一次擊打后小球最高到達與球心O點等高位置，根據動能定理有，即，

54、第二次擊打后小球能上到最高點速度最小為vmin，由圓周運動規律，設第二次擊打過程中小錘對小球做的功為，根據動能定理有，聯立解得，則第二次擊打過程中小錘對小球做的功可能為、，故A錯誤，BCD正確。9【答案】BD【解析】運動員在豎直方向做自由落體運動，則在相等的時間間隔內，運動員下落的豎直高度不同，則重力勢能的改變量不相同，A錯誤；根據可知，在相等的時間間隔內，速度的改變量總是相同的，B正確；根據動能定理，在下落相等高度的過程中，動能的改變量相等，C錯誤；由平拋運動可得速度方向的夾角，位移方向的夾角，因此可得，若增大初速，運動員落在斜坡上時位移方向與水平方向的夾角保持不變，速度方向與水平方向的夾角

55、也不變，D正確。10【答案】ACD【解析】根據動能定理可知，在圖中，斜率的大小即合外力的大小，結合圖像可知上升過程中，下降過程中，解得，即空氣阻力大小為2N，A正確，B錯誤；設物體上升的高度為h，上升的初動能為，根據動能定理可得，帶入數據解得，C正確；物體離開拋出點和回到拋出點的動能分別為，整個過程中重力做功為零，根據動能定理可得，物體運動過程中克服空氣阻力做功24J，D正確。11【答案】(1)AD (2) 【解析】(1)選擇寬度較小的遮光片，遮光片在擋光時間內的平均速度更接近遮光片通過光電門時的瞬時速度，能減小誤差，故A正確；選擇質量很大的滑塊，滑塊運動的距離減小，從而增大測量偶然誤差，故B

56、錯誤；減小斜面傾角，增大摩擦力，滑塊運動的距離減小，從而增大測量偶然誤差，故C錯誤；增大光電門和M點距離，能減小長度測量的偶然誤差，故D正確。(2)滑塊從M到N做勻加速直線運動，設加速度為a，由于寬度較小，時間很短，所以瞬時速度接近平均速度，因此有N點的速度為，根據運動學公式則有，化簡得，由圖象得，解得，滑塊在M點的動能，從O點到M點由動能定理，又，所以彈簧的彈性勢能。12【解析】(1)火車運動受阻力為根據牛頓第二定律可得解得則火車額定功率。(2)當時，貨車行駛的最大速度，則有(3)設該過程行駛的距離為s，由動能定理可得代入數據解得。13【解析】(1)根據動能定理有解得(2)小球剛要到B點時，

57、小球還處于圓弧軌道中，做圓周運動，此時的加速度為向心加速度，即，方向豎直向上(3)根據牛頓第二定律有則小球通過B點后的加速度為小球過B點后到停止的時間為小球過B點后到停止的位移大小為(4)若對小球施加一個水平的恒定拉力使它恰好能回到A點，即到A點的速度恰好為零，則只有拉力一直作用到A點時，拉力為最小值，根據動能定理得由此可得，拉力的最小值為故這個拉力至少是重力的倍。暑假練習暑假練習05機械能守恒定律及其應用一、選擇題：第15題為單選題，第610題為多選題。1機械能守恒的條件是“只有重力對物體做功”，這句話的意思是（）A物體只能受重力的作用，而不能受其他力的作用B物體除受重力以外，還可以受其他力

58、的作用，但其他力不做功C只要物體受到的重力做了功，物體的機械能就守恒，與其他力做不做功無關D以上說法均不正確2人站在距地面高為h的陽臺上以相同的速率v0分別把三個小球豎直向下、豎直向上、水平拋出，不計空氣阻力，則三個小球落地時的速率（）A上拋的小球最大B下拋的小球最大C平拋的小球最大D一樣大3如圖，處于斜面上的物體，在水平推力作用下，從靜止開始沿粗糙斜面向上運動至具有某一速度，物體獲得的動能一定（）A小于推力所做的功B等于克服重力所做的功C等于克服摩擦力所做的功D大于克服摩擦力所做的功4“新冠”疫情期間，湖南一民警自費買藥，利用無人機空投藥品，將藥品送到了隔離人員手中。假設無人機在離地面高度為

59、8 m處懸停后將藥品靜止釋放，藥品勻加速豎直下落了2 s后落地，若藥品質量為1 kg，重力加速度g=10 m/s2，則藥品從釋放到剛接觸地面的過程中（）A藥品機械能守恒B機械能減少了48 JC重力勢能增加了80 JD合力做了48 J的功5如圖所示，小滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計一切摩擦，重力加速度大小為g。則（）Aa落地前，輕桿對b一直做正功Ba落地時速度大小為2eq r(2gh)Ca下落過程中，其加速度始終小于gDa落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力為mg6蹦極是一項既驚險又刺激的運動，

60、深受年輕人的喜愛。如圖所示，蹦極者從P點靜止跳下，到達A處時彈性繩剛好伸直，繼續下降到最低點B處，B離水面還有數米距離。現分析蹦極者（視為質點）在其第一次下降的整個過程中，蹦極者重力勢能的減少量為E1、繩的彈性勢能增加量為E2，蹦極者克服空氣阻力做功為W，彈性繩的質量忽略不計，則下列說法正確的是（）A蹦極者在A點速度最大B蹦極者機械能的減少量為E1C蹦極者與繩組成的系統機械能的減少量為WDE1=W+E27如圖所示，固定的粗糙斜面的長為，傾角為，一小物塊從A點處由靜止釋放，下滑到B點與彈性擋板碰撞，每次碰撞前后速率不變，第一次返回到達的最高點為Q（圖中未畫出）。設物塊和斜面間的動摩擦因數為0.2