高考物理一轮复习考点精讲精练阶段性训练（二）（解析版）（内容：平抛运动 圆周运动 万有引力定律 机械能守恒定律 动量）

阶段性训练（二）考察内容（平抛运动圆周运动万有引力定律机械能守恒定律动量）一．选择题下列说法正确的是（）A．人在松软的土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力 B．“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为弩箭的惯性减小了 C．跳高运动员在越杆时处于平衡状态 D．船相对于静水的速度大于河水流速时，船过河的最短路程等于河的宽度【解答】解：A．人对地面的压力与地面对人的支持力是作用力与反作用力，二者大小始终相等，故A错误；B．质量是惯性大小的量度，与速度无关，故B错误；C．跳高运动员在越杆时受重力作用，受到的力不等于零，所以不是平衡状态，故C错误；D．船相对于静水的速度大于河水流速时，合速度可以垂直于河岸，船过河的最短路程等于河的宽度，故D正确。故选：D。我国研制的“威龙”J﹣20是高性能五代歼击机，它在空中能做连续的开普勒抛物线飞行，飞机飞行的轨迹从左向右运动，图中各点的速度与飞机所受合力的方向可能正确的（）A．a点 B．b点 C．c点 D．d点【解答】解：由于曲线运动的速度方向沿轨迹上该点的切线方向，合外力应指向曲线的内侧，故ACD错误，B正确故选：B。轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造地球卫星被称为极地轨道卫星。它运行时能到达南北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。如图所示，若某颗极地轨道卫星从北纬45°的正上方按图示方向首次运行到南纬45°的正上方用时45分钟，则（）A．该卫星运行速度一定大于7.9km/s B．该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1：4 C．该卫星加速度与同步卫星加速度之比为2：1 D．该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能【解答】解：由题意可知，卫星的周期：T=360°A、由于卫星的轨道半径大于地球半径，卫星的线速度小于第一宇宙速度，即卫星的线速度小于7.9km/s，故A错误；B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=m(2πTC、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=ma，解得：a=D、由于由于不知该卫星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小，故D错误；故选：B。飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（）A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零 B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒 C．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，动量的改变源于向心力的冲量，即I=FD．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零【解答】解：A、飞机做匀速圆周运动，速率没变，速度的方向不断变化，因此速度是变化的，所受合外力不为零，故A错误；BC、飞机做匀速圆周运动，速率没变，速度的方向不断变化，速度不断变化，由p＝mv知动量不断变化，动量不守恒；根据动量定理，动量的改变源于向心力的冲量，由于向心力是变力，不能根据I＝Fn•Δt＝mv2R•2πRvD、飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行一周合外力冲量为零，根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零，故D正确。故选：D。某工地小型升降电梯的原理图如图所示，轿厢A、重物B跨过轻质定滑轮通过足够长轻质缆绳连接，电机通过轻质缆绳拉动对重，使轿厢由静止开始向上运动，运动过程中A未接触滑轮、B未落地。已知A、B质量分别为M＝600kg、m＝400kg，电机输出功率恒为P＝3kW，不考虑空气阻力与摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2，则当轿厢速度为1m/s时，A、B之间轻质缆绳的拉力大小为（）A．5400N B．6000N C．6600N D．7000N【解答】解：当轿厢速度为1m/s时，电动机的牵引力为：F=Pv=30001故选：C。如图所示为风杯式风速传感器，其感应部分由三个相同的半球形空杯组成，称为风杯。三个风杯对称地位于水平面内互成120°的三叉型支架末端，与中间竖直轴的距离相等。开始刮风时，空气流动产生的风力推动静止的风杯开始绕竖直轴在水平面内转动，风速越大，风杯转动越快。若风速保持不变，三个风杯最终会匀速转动，根据风杯的转速，就可以确定风速，则（）A．若风速不变，三个风杯最终加速度为零 B．任意时刻，三个风杯转动的速度都相同 C．开始刮风时，风杯加速转动，其所受合外力不指向旋转轴 D．风杯匀速转动时，其转动周期越大，测得的风速越大【解答】解：A、根据题意，若风速不变，三个风杯最终做匀速圆周运动，其合外力不为零，由牛顿第二定律可知，其加速度不为零，故A错误；B、三个风杯属于同轴转动，角速度相同，且三个风杯做圆周运动的半径相同，由v＝ωr可知，任意时刻三个风杯的线速度大小相同，方向不同，即速度不同，故B错误；C、开始刮风时，风杯切向方向合力不为零，因此风杯所受合外力不指向旋转轴，故C正确；D、当风杯匀速转动时，根据v=2πr故选：C。2023年10月26日，“神舟十七号”飞船从酒泉卫星发射中心发射升空后成功与在轨的“天宫”空间站核心舱对接。已知对接后的“神舟十七号”飞船与空间站组合体在轨做匀速圆周运动，运行周期为T，地球半径为R，地球表面的重力加速度g，仅利用上述数据可以求得（）A．地球的平均密度 B．地球的质量 C．组合体的在轨运行高度 D．组合体受到的万有引力【解答】解：ABC.在地球表面，GMR2=g，由于G未知，所以地球质量和密度不可求，设组合体距离地面高度为h，质量为m，地球质量为M，则可得：GMmD.根据F=GMm故选：C。长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，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，甲重力的功率比乙大 C．从投出到落地，每颗手榴弹的动能增加量为mgh D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能改变量为mgh【解答】解：A.由平抛运动规律可知h=1B.做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvcosθ＝mgvy＝mg2gℎ，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错误；C.从投出到落地，根据动能定理有mgh＝ΔEk，所以每颗手榴弹的动能增加量为mgh，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：C。如图所示，斜面倾角为θ＝30°，在斜面上方某点处，先让小球（可视为质点）自由下落，从释放到落到斜面上所用时间为t1，再让小球在该点水平抛出，小球刚好能垂直打在斜面上，运动的时间为t2，不计空气阻力，则t1（）A．21 B．32 C．32【解答】解：设小球速度为v0，小球垂直打在斜面上，如图所示，tanθ=v0v小球做平抛运动的水平位移x＝v0t2，故小球抛出点距斜面底端的高度；H＝xtanθ+12gt22故选：D。中国空间站的问天实验舱中配置了变重力科学实验柜，它为科学实验提供了0.01G～2G范围内的高精度模拟重力环境。变重力实验柜的主要装置是两套离心机（如图甲所示），离心机示意图如图乙所示，离心机旋转的过程中，实验载荷会对容器壁产生压力，这个压力的大小可以体现“模拟重力”的大小。根据上面资料结合所学知识，判断下列说法正确的是（）A．实验样品的质量越大“模拟重力加速度”越大 B．离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”也变为原来的2倍 C．实验样品所受“模拟重力”的方向指向离心机转轴中心 D．为防止两台离心机转速增加时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动【解答】解：AB．根据题意可得m（2πn）2r＝mg模则模拟重力加速度为g可知模拟重力加速度与样品的质量无关，离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍，故AB错误；C．离心机旋转的过程中，实验载荷有向外飞出的趋势，对容器壁产生的压力向外，故模拟重力的方向背离离心机转轴中心，故C错误；D．根据牛顿第三定律可知，一台离心机转速增加时，会给空间站施加相反方向的力，使空间站发生转动，故为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动，故D正确。故选：D。如图所示是竖直放置的内壁光滑的长方体容器的纵截面图，ABCD是一个矩形，AB＝5m，BC＝3m，有一个可视为质点、质量m＝1kg的小球用长L＝5m的轻绳悬挂在A点。小球随容器一起绕AB边做匀速圆周运动，取重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（）A．当ω＝1rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是4N B．当ω＝2rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是12N C．小球刚接触器壁CD时的角速度是102D．小球刚接触器壁CD时的角速度是5【解答】解：CD．设小球刚接触器壁CD时的角速度为ω0，此时绳子与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：sinθ=故可解得：θ＝37°以小球为研究对象，受力分析如图：根据牛顿第二定律可得：mgtan30°=m解得：ω0A．当ω＝1rad/s时，由于ω=1rad/s＜ωB．当ω＝2rad/s时，由于ω=2rad/s＞ω设器壁CD对小球的弹力大小为N，绳子拉力大小为T，受力如图：则竖直方向有：Tcos37°＝mg解得绳子的拉力为：T=水平方向有：Tsin37°+N＝mω2r可得：N＝mω2r﹣Tsin37°＝mω2Lsin37°﹣Tsin37°代入数据解得：N＝1×22×5×0.6N﹣12.5×0.6N＝4.5N，故D错误。故选：C。如图所示，质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于原长，一颗质量为km（k＜1）的子弹以水平速度v0射入木块A并留在物块中（时间极短），则下列说法正确的是（）A．子弹射入物块A的过程中，子弹的动量变化量为kmvB．子弹射入物块A的过程中，物块A的动能增加量为kmvC．在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块B的动量大小最大值为kmvD．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为k【解答】解：A、子弹射入物块A的过程中，对子弹与物块A整体动量守恒，则有：kmv0＝（m+km）v1代入数据解得：v所以子弹动量的变化量：Δp＝kmv1﹣kmv0，代入解得：Δp=−kmB、物块A的动能增加量为ΔEk=C、当子弹和物块A、B速度相同时，弹簧第一次压缩到最短时，此时物块B的动量最大，则有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒，则有kmv0＝（2m+km）v2代入数据解得：v物块B动量的最大值为：pBmD、弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为ΔEp=故选：C。二．多选题如图所示，倾角θ＝53°的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点A在转轴OO1上。转台以角速度ω匀速转动时，将质量为m的小物块（可视为质点）放置于斜面上，经过一段时间后小物块与斜面一起转动且相对斜面静止在AB线上，此时小物块到A点的距离为L。已知小物块与斜面之间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则物块相对斜面静止时（）A．小物块对斜面的压力大小不小于mg B．小物块对斜面的压力大小不大于4mg C．水平转台转动角速度ω应不小于5g6LD．水平转台转动角速度ω应不大于11g【解答】解：当角速度最小时，物块恰好不下滑，受力分析如图1所示y轴方向根据平衡条件得N1cosθ+f1sinθ＝mgf1＝μN1x轴方向根据牛顿第二定律得N1联立解得ω1=N1＝mg当角速度最大时，物块恰好不上滑，受力分析如图2所示y轴方向根据平衡条件得N2cosθ＝f2sinθ+mgf2＝μN2x轴方向根据牛顿第二定律得N2联立解得ω2N2＝5mg由上分析可知，角速度取值范围为5g6L小物块对斜面的压力大小N′＝N取值范围为mg≤N′≤5mg故AC正确，BD错误。故选：AC。“天绘五号”卫星先发射至近地圆轨道，在近地轨道的A位置调整速度进入转移轨道，在转移轨道的远地点B位置调整速度进入目标轨道。已知地球表面重力加速度为g、半径为R，目标轨道的半径为r，引力常量为G。若地球质量为M，卫星质量为m，卫星在目标轨道处的引力势能可表示为EpA．地球的密度可表示为3gR4πGB．地球的第一宇宙速度可表示为gr C．转移轨道上卫星运动的周期可表示为π(R+r)D．卫星两次加速增加的机械能为1【解答】解：A.在地球表面，忽略地球自转情况下有GMmR2=mg，地球的体积V=联立可得ρ=3gB.设O为地球球心，近地轨道半径OA＝R，目标轨道半径OB＝r，OA+OB＝AB＝2a半长轴a=第一宇宙速度是近地卫星线速度：GMmR2=m黄金代换，GM＝gR2，则v=gRC.近地轨道GMmR2得到T近地轨道和转移轨道平着轨第三定律R3T12=(D.近地轨道GMmR2得到mv12目标轨道GMmR2得到mv增加机械能ΔE＝（12mv22−GMmr）﹣（12故选：CD。如图甲所示，在水平地面上放有质量均为1kg的小物块A和长木板B，两物体均处于静止状态，从零时刻起给小物块A施加一水平外力F，当t1＝2s时撤去外力F。0～t3内小物块A及长木板B的加速度随时间变化的关系如图乙所示，在t2～t3时间内两物块以共同的加速度a共＝﹣2m/s2在地面上运动，直至t3时刻均停止运动，重力加速度g取10/m2，取水平向右为正方向。下列说法正确的是（）A．l2=B．0～t3内长木板的位移大小为4918mC．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2 D．A、B两物体间因摩擦而产生的热量为353【解答】解：A、由于a共＝﹣2m/s2，所以，Ff地对B＝2ma共＝2×1×2N＝4N，又因为对B在0～t2间分析有：F合＝ma＝1×1N＝1N＝FfA对B﹣Ff地对B，代入解得：FfA对B＝5N，由于A对B的摩擦力和B对A的摩擦力是一对相互作用力，所以二者大小相等，故FfB对A＝5N，所以对A在t1～t2之间分析有：aA′=F合mA=−51m/s2，故有vAt1＝aAt1＝4m/s，vBt1＝aBt1＝2m/s，所以有：4m/s﹣5m/s2×（t2﹣t1）＝2m/s+1m/s2（t2﹣t1），从而得到t2﹣t1=13s，v共=73m/s，所以：t3﹣B、由于：t2=13s+t1=73s，所以该时间内B和A的位移：x1=12aBt22=12×1×(C、由于AB间摩擦力：FfB对A＝5N＝μFN＝μ×1×10，从而得到：μ＝0.5，故C错误；D、由于对A来说，各段时间内的位移：xt1=12aAt12=12×2×22m＝4m，xt2→t1=vt1+vt22故选：AD。三．实验题一兴趣小组在学习了平抛运动后，进行了“探究平抛运动的特点”实验，实验中，以小球离开轨道末端时的球心位置为坐标原点O，建立水平（x）与竖直（y）坐标轴。让质量为m的小球从斜槽上离水平桌面高为h处由静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹如图甲所示。（1）以下实验操作合理且必要的是（填正确答案标号）。A．调整斜槽末端，必须使末端保持水平B．小球每次都从斜槽上不同的位置由静止释放C．以球心为坐标原点，借助重垂线确定竖直方向并建立直角坐标系D．用砂纸打磨斜槽轨道，尽量使斜槽轨道光滑一些（2）已知小球平抛运动的初速度为v0，重力加速度为g，则小球做平抛运动的轨迹方程为y＝。（3）某同学在实验过程中，记录了小球平抛运动轨迹的一部分，如图乙所示。取g＝10m/s2，由图中所给的数据可判断出图中坐标原点O（选填“是”或“不是”）抛出点；小球从A点运动到B点的时间为s；若小球的质量为100g，则小球经过图乙中的位置A时重力的瞬时功率为W。【解答】解：（1）A．该实验中要求斜槽末端的切线保持水平以保证小球做平抛运动，故A正确；B．小球每次必须从相同的高度位置滚下，以保证小球水平抛出时的速度相同，故B错误；C．以球心为坐标原点，借助重垂线确定竖直方向并建立直角坐标系，故C正确；D．只要小球每次从相同的高度位置滚下，以相同的水平速度抛出即可，钢球与斜槽间的摩擦对实验没影响，故D错误。故选：AC。（2）根据平抛运动的规律，水平方向x＝v0t竖直方向y=联立解得y=（3）由平抛运动的水平位移可知，OA段和AB段的时间相等，若O为抛出点，则OA段和AB段的竖直位移之比为1：3，而实际竖直位移之比是1：2，可知O点不是抛出点；根据匀变速运动的推论Δy＝y2﹣y1＝gT2代入数据解得T＝0.1s即小球从A点运动到B点的时间为0.1s。小球过A点时，在竖直方向上的速度为v小球经过图中的位置A时重力的瞬时功率为P＝mgvAy＝0.1×10×1.5W＝1.5W。故答案为：（1）AC；（2）不是；（3）0.1；1.5。某同学利用透明直尺和光电计时器来验证机械能守恒定律，实验的简易示意图如下，当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间。将挡光效果好、宽度为d＝3.8×10﹣3m的黑色胶带贴在透明直尺上，从一定高度由静止释放，并使其竖直通过光电门。他测得各段黑色胶带通过光电门的时间Δti图中所示的高度差Δhi，并将部分数据进行了处理，结果如表所示。（本题g＝9.8m/s2，表格中M为直尺质量）ΔtviΔEΔhi（m）MgΔhi11.213.13——————21.153.310.58M0.060.58M31.003.782.24M0.232.25M40.954.003.10M0.323.14M50.900.41（1）将表格中数据填写完整；（2）从表格中数据可知，直尺上黑色胶带通过光电门的瞬时速度是利用vi=dΔt求出的，由于d不是足够小，导致ΔEki的值比真实值（选填“偏大”、“偏小”或【解答】解：（1）由表中实验数据可知v5=dΔt动能的增加量ΔEk5=将v1＝3.13m/s，v5＝4.22m/s代入解得：ΔEk5=12×M×（4.22）2−12重力势能的减少量：ΔEp＝MgΔh5＝M×9.8×0.41＝4.02M。（2）由于d不是足够小，使测量的速度偏大，从而导致ΔEki的值比真实值偏大；故答案为：（1）4.22，3.97M，4.02M（2）偏大四．计算题“打水漂”是很多同学体验过的游戏，小石片被水平抛出，碰到水面时并不会直接沉入水中、而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行，跳跃数次后沉入水中，俗称“打水漂”。如图所示，某同学在岸边离水面高度h0＝0.8m处，将一质量m＝20g的小石片以初速度v0＝16m/s水平抛出。若小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为1.2N，接触水面0.1s后弹起，弹起时竖直方向的速度是刚接触水面时竖直速度的34。取重力加速度g＝10m/s2（1）小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离；（2）第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小。【解答】（1）开始小石片做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，设第一次刚刚接触水面的速度为vy，有vy2第一次刚接触水面弹起时竖直方向的速度vy1=小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为1.2N，规定初速度方向为正方向，根据牛顿第二定律得，﹣f＝ma，则a=设接触水面0.1s后弹起的水平速度为vx，根据运动学公式有vx＝v0+at＝16m/s+（﹣60）×0.1m/s＝10m/s设第1次离开水面后到再次碰到水面前在空中运动时间为t1，t1=在空中运动的水平距离x＝vxt1＝10×0.6m＝6m；（2）设水面对小石片竖直方向的作用力为F，设竖直向上为正方向，根据动量定理得（F﹣mg）t＝mvy1﹣mvy解得F=第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小F′=f答：（1）小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离为6m；（2）第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小为2N。遥控F3P模型是一种固定翼模型飞机，通过安装在机头位置的电机带动螺旋桨转动向后推动空气为飞机提供动力，可以通过控制副翼和尾翼实现各种复杂的3D动作，因此目前正得到越来越多航模爱好者的喜爱。现对模型进行飞行试验，已知模型的质量为m＝0.2kg，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）通过控制，使无人机在某一高度沿水平面做匀速圆周运动，需要使机翼与水平方向成一定的角度“侧身”飞行。如图所示，机翼与水平方向的夹角为θ＝37°，若想无人机在半径不超过R＝4.8m的范围内运动，其飞行速度不能超过多少；（2）控制模型使其沿竖直方向爬升，在地面上从静止开始以恒定升力竖直向上运动，经时间t＝2s时离地面的高度为h＝8m，设运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝2N，求此过程动力系统的升力F；（3）从（2）中达到的状态开始，模型通过不断调整升力继续上升，在距离地面高度为H＝18m处速度恰为0，求无人机从h上升到H的过程中，动力系统所做的功W为多少？【解答】解：（1）无