2020届安徽省六安市第一中学高三下学期线下考试自测卷(一)物理试题(解析版).pdf

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1、-1-六安一中 2020 届高三年级物理自测试卷（一）一、选择题（本大题共 24 小题，每小题 3 分，共 72 分）1.光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成角(如图)，与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy，则()A.因为有Fx，质点一定做曲线运动B.如果FyFx，质点向y轴一侧做曲线运动C.质点不可能做直线运动D.如果FxFycot，质点向x轴一侧做曲线运动【答案】D【解析】【详解】若Fx=Fycot，则合力方向与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动；选项AC 错误；若FxFycot，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，合力偏向于速度方向下

2、侧，则质点向x 轴一侧做曲线运动，选项B 错误；若FxFycot，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，合力偏向于速度方向下侧，质点向x 轴一侧做曲线运动故D正确，ABC错误故选D【点睛】解决本题的关键掌握物体做直线运动还是曲线运动的条件，若合力的方向与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动，若合力的方向与速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动.2.牛顿在思考万有引力定律时就曾想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落点一次比一次远如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星如图所示是牛顿设想的一颗卫星，它沿椭圆轨道运动下列说法正确的是A.地球的球心与椭圆的中

3、心重合B.卫星在近地点的速率小于在远地点的速率C.卫星在远地点的加速度小于在近地点的加速度-2-D.卫星与椭圆中心的连线在相等的时间内扫过相等的面积【答案】C【解析】根据开普勒定律可知，地球的球心应与椭圆的一个焦点重合，故A错误；卫星在近地点时的速率要大于在远地点的速率，故B错误；根据万有引力定律2MmGmar，得2MaGr，故卫星在远地点的加速度一定小于在近地点的加速度，故C正确；根据开普勒第二定律可知，卫星与地球中心的连线在相等的时间内扫过相等的面积，而与椭圆中心的连线不能保证面积相同，故D错误；故选C3.质量不同的两个小球A、B从同一位置水平抛出，运动过程中两小球受到的水平风力恒定且相等

4、，运动轨迹如图所示，则A.B 的初速度一定大B.B 的加速度一定大C.A 的质量一定小D.A 水平方向的平均速度一定小【答案】D【解析】【分析】分析小球在水平方向和竖直方向的运动，根据匀变速直线运动规律分析处理【详解】小球在竖直方向只受重力，所以竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，由公式2htg可知，两小球运动时间相同，由图可知，A小球水平位移小于B小球水平位移，水平方向上两小球做匀减速直线运动，所以 A水平方向的平均速度一定比B的小由于无法知道两小球落地时的速度大小，所以无法判断两球的初速度大小，从而无法判断两球的质量大小和加速度大小关系故选 D4.如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端

5、连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示不计空气阻力下列说法中正确的是（）-3-A.t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等B.t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等C.t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等D.t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等【答案】A【解析】【详解】通过题意可知，图像的1t是最高点，面积1S表示的是从最低点运动到水平直径最左端位置的过程中通过的水平位移，其大小等于轨道半径；2S表示的是从水平直径最左

6、端位置运动到最高点的过程中通过的水平位移，其大小也等于轨道半径，所以选项A正确；故选 A。5.正方体空心框架ABCD-A1B1C1D1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在 BAD所在范围内（包括边界）沿不同的水平方向分别抛出，落点都在B1C1D1平面内（包括边界）不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面则下列说法正确的是（）A.小球初速度的最小值与最大值之比是1：2B.落在 C1点的小球，运动时间最长C.落在 B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2 D.轨迹与 AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同【答案】D【解析】-4-小球落在A1C1线段中点时水平

7、位移最小，落在C1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1：2，由 x=v0t，t 相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1：2，故 A错误；小球做平抛运动，由 h=12gt2得2htg，下落高度相同，平抛运动的时间相等，故B错误；落在B1D1线段中点的小球，落地时机械能的最小，落在B1D1线段上 D1或 B1的小球，落地时机械能的最大设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1落在 B1D1线段上 D1或 B1的小球初速度为v2 水平位移为x2由几何关系有 x1：x2=1：2，由 x=v0t，得：v1：v2=1：2，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：E1

8、=mgh+12mv12，E2=mgh+12mv22，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1：2故 C错误设AC1的倾角为，轨迹与 AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为则有200122gtygttanxv tv，0gttanv，则tan=2tan，可知 一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故 D正确故选D.点睛：该题结合平抛运动考查机械能守恒，解决本题的关键要掌握平抛运动的研究方法，掌握分位移公式，D项也可以根据作为结论记住6.如图所示，倾角为37的光滑斜面顶端有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平抛出，乙以初速度v0，沿斜面运动，甲、乙落地时，

9、末速度方向相互垂直，重力加速度为g，则（）A.斜面的高度为2089vgB.甲球落地时间为034vgC.乙球落地时间为0209vgD.乙球落地速度大小为073v【答案】A【解析】A、甲、乙落地时，末速度方向相互垂直，则甲速度方向与水平方向的夹角为53，则vyv0tan 53-5-43v0，斜面的高度220829yvvhgg，故 A正确；B、甲球落地的时间043yvvtgg甲，故 B错误；C、乙球下滑的加速度agsin 3735g，下滑的距离0sin37hx，根据x12at，联立解得0209vtg乙，乙球落地的速度043vvat乙，故 C正确，D错误点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直

10、方向上的运动规律，以及知道乙球做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解7.如图所示，“伦敦眼”(The London Eye)是世界著名的观景摩天轮，它总高度135 米(443 英尺)，屹立于伦敦泰晤士河南畔的兰贝斯区现假设摩天轮正绕中间的固定轴做匀速圆周运动，则对于坐在座椅上观光的游客来说，正确的说法是（）A.因为摩天轮做匀速转动，所以游客受力平衡B.当摩天轮转到最高点时，游客处于失重状态C.因为摩天轮做匀速转动，所以游客的机械能守恒D.当摩天轮转到最低点时，座椅对游客的支持力小于所受的重力【答案】B【解析】A、摩天轮匀速转动，每个乘客都在做线速度大小不变方向不断变化的匀速圆周

11、运动，不是平衡状态，故A错误；B、当摩天轮转到最高点时，游客受到的重力与支持力的合力的方向向下，指向圆心，所以处于失重状态，故 B正确；C、摩天轮做匀速转动，所以游客的动能不变而重力势能是变化的，所以机械能不守恒，故C错误；D、乘客随摩天轮做匀速圆周运动，当摩天轮转到最低点时，游客受到的重力与支持力的合力的方向向上，指向圆心，所以座椅对游客的支持力大于所受的重力，故D错误点睛：该题结合竖直平面内的圆周运动考查到多个知识点的内容，解答的关键是分析在最低点和最高点的-6-受力，结合向心力公式列牛顿第二定律方程即可8.如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定的直金属棒，在

12、金属棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度做匀速转动，半圆环的半径为R，小圆环的质量均为m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g，小环可视为质点，则M、N两环做圆周运动的线速度之比为()A.242gRgB.222ggRC.222ggRD.222gRg【答案】A【解析】【详解】M点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以：Fn=mgtan45=m?vM所以：Mgv同理，N点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON与竖直方向之间的夹角为Fn=mgtan=m vN所以：Ngtanv

13、又：Fnm 2rr=Rsin 联立得：2421NvRg所以：-7-242MNvgvRgA242gRg，与结论相符，选项A正确；B222ggR，与结论不相符，选项B错误；C222ggR，与结论不相符，选项C错误；D222gRg，与结论不相符，选项D错误；故选 A。9.如图所示，有一陀螺其下部是截面为等腰直角三角形的圆锥体、上部是高为h的圆柱体，其上表面半径为r，转动角速度为现让旋转的陀螺以某水平速度从距水平地面高为H的光滑桌面上水平飞出后恰不与桌子边缘发生碰撞，陀螺从桌面水平飞出时，陀螺上各点中相对桌面的最大速度值为（已知运动中其转动轴一直保持竖直，空气阻力不计）（）A.2grB.222grrC

14、.2grrD.r2ghrr【答案】C【解析】陀螺下部分高为h=r；下落 h所用时间为t，则h12gt2；陀螺水平飞出的速度为v，则 r=vt；解得-8-2grv；陀螺自传的线速度为v=r；陀螺上的点当转动的线速度与陀螺的水平分速度的方向相同时，对应的速度最大，所以最大速度是：vr+2gr，故 C正确，ABD错误；故选C.点睛：该题将圆周运动与平抛运动结合在一起来考查运动的合成，计算的方法虽然比较简单，但解答的难点是能否理解“陀螺上的最大线速度”这一点，要耐心琢磨，用心体会10.如图所示，竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道与水平光滑轨道相切于D点.a、b、c三个相同的物体由水平部分分别向半圆形轨道

15、滑去，最后重新落回到水平面上时的落点到切点D的距离依次为AD2R.设三个物体离开半圆形轨道在空中飞行时间依次为ta、tb、tc，三个物体到达水平面的动能分别为Ea、Eb、Ec，则下面判断正确的是()A.EaEbB.EcEbC.tbtcD.tatb【答案】C【解析】【详解】物体若从圆环最高点离开半环在空中做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，则有：2122Rgt得：2Rtg物体恰好到达圆环最高点时，有：2vmgmR则通过圆轨道最高点时最小速度为：vgR所以物体从圆环最高点离开后平抛运动的水平位移最小值为：2xvtR由题知：AD 2R，BD=2R，CD 2R，说明 b.c 通过最高点做平抛运动，a

16、 没有到达最高点，则知2bcRttg，abcttt，对于 a.b 两球，通过D点时，a 的速度比b 的小，由机械能守恒可得：abEE对于 b.c两球，由xvt知，t 相同，c 的水平位移大，通过圆轨道最高点时的速度大，由机械能守恒定律可知，cbEE故 C正确综上所述本题答案是：C 11.关于静止在地球表面（两极除外）随地球自转的物体，下列说法正确的是（）A.物体所受重力等于地球对它的万有引力-9-B.物体的加速度方向可能不指向地球中心C.物体所受合外力等于地球对它的万有引力D.物体在地球表面不同处角速度可能不同【答案】B【解析】【详解】A、考虑了地球的自转，万有引力不等于重力，重力是万有引力的

17、一个分力，只有在两极重力才严格与万有引力相等，故A错误；B、物体的加速度方向指向轨道的圆心，而地球上的物体随地做匀速圆周运动的轨道与地轴垂直，且维度越高轨道半径越小，只有在赤道上的物体，加速度才指向地心，故B正确；C、在地球上随地球自转的物体，跟随地球一起做匀速圆周运动，万有引力和支持力的合力等于向心力，万有引力沿轨道半径方向上的分力提供向心力，另一分力是重力，所以物体所受合外力不等于地球对它的万有引力，故C错误；D、地球表面不同纬度的物体绕同一地轴转动，角速度相等，故D错误12.2016 年 4 月 6 日 1 时 38 分，我国首颗微重力科学实验卫星实践十号返回式科学实验卫星，在酒泉卫星发

18、射中心由长征二号丁运载火箭发射升空，进入近百万米预定轨道，开始了为期15 天的太空之旅，大约能围绕地球转200 圈，如图1 所示.实践十号卫星的微重力水平可达到地球表面重力的106g，实践十号将在太空中完成19 项微重力科学和空间生命科学实验，力争取得重大科学成果.以下关于实践十号卫星的相关描述中正确的有()A.实践十号卫星在地球同步轨道上B.实践十号卫星的环绕速度一定小于第一宇宙速度C.在实践十号卫星内进行的19 项科学实验都是在完全失重状态下完成的D.实践十号卫星运行中因受微薄空气阻力，需定期点火加速调整轨道【答案】BD【解析】A、实践十号卫星的周期1.8Th，不是地球同步卫星，所以不在地

19、球同步轨道上，故A 错误；B、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，则实践十号卫星的环绕速度一定小于第-10-一宇宙速度，故B正确；C、根据题意可知，实践十号卫星内进行的19 项科学实验都是在微重力情况下做的，此时重力没有全部提供向心力，不是完全失重状态，故C错误；D、实践十号卫星运行中因受微薄空气阻力，轨道半径将变小，速度变小，所以需定期点火加速调整轨道，故 D正确.点睛：本题是材料信息题，要求同学们能读懂材料，能从材料中读出有效信息，并能结合所学的天体运动的知识求解13.如图所示一卫星沿椭圆轨道绕地球运动，其周期为24 小时，A、C两点分别在轨道上的远地点和近地点

20、，B为短轴和轨道的交点则下列说法正确的是（）A.卫星从A运动到B和从B运动到C的时间相等B.卫星运动轨道上A、C间的距离和地球同步卫星轨道的直径相等C.卫星在A点速度比地球同步卫星的速度大D.卫星在A点的加速度比地球同步卫星的加速度小【答案】BD【解析】【详解】A、根据开普勒第二定律知，卫星从从A运动到B，再从B运动到C，速度不断增大，所以卫星从A运动到B比从B运动到C的时间长，故A错误；B、根据开普勒第三定律32akT，该卫星与地球同步卫星的周期相等，则该卫星轨道的半长轴与地球同步卫星的轨道半径相等，则卫星运动轨道上A、C间的距离和地球同步卫星轨道的直径相等，故B正确；C、卫星从椭圆上A点变

21、轨到圆轨道上,必须加速，则卫星在椭圆上A点的速度小于圆轨道的线速度，由于该圆轨道的半径比地球同步卫星的轨道半径，由GMvr，知卫星在该圆轨道上的线速度比地球同步卫星的线速度小，所以卫星在椭圆上A点速度比地球同步卫星的速度小，故C错误；D、A点到地心的距离大于地球同步轨道的半径，由2GMmmar得2GMar，知卫星在A点的加速度比地球同步卫星的加速度小，故D正确；故选 BD-11-【点睛】根据开普勒第二定律分析卫星速度的变化，从而分析时间关系，根据开普勒第三定律分析卫星运动轨道上A、C间的距离和地球同步卫星轨道的直径关系，由牛顿第二定律分析加速度关系14.假设在宇宙中存在这样三个天体A、B、C，

22、它们在一条直线上，天体A和天体B的高度为某值时，天体A和天体B就会以相同的角速度共同绕天体C运转，且天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是圆轨道，如图 3 所示.则以下说法正确的是()A.天体A做圆周运动的加速度大于天体B做圆周运动的加速度B.天体A做圆周运动的线速度小于天体B做圆周运动的线速度C.天体A做圆周运动的向心力大于天体C对它的万有引力D.天体A做圆周运动的向心力等于天体C对它的万有引力【答案】D【解析】【详解】由于天体A和天体 B绕天体 C运动的轨道都是同轨道，角速度相同，由，可知天体A做圆周运动的加速度大于天体B 做圆周运动的加速度，故A 错误；由公式，可知天体A 做圆周运动的速度

23、大于天体B做圆周运动的速度，故 B错误；天体 B做圆周运动的向心力是A、C的万有引力的合力提供的，所以天体B做圆周运动的向心力小于天体C对它的万有引力，故C错误，D正确【点睛】根据公式，分析加速度的关系；由公式，分析速度的关系；天体A 做圆周运动的向心力是由B、C的万有引力共同提供的15.一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动，A、B是卫星运动的远地点和近地点下列说法中正确的是（）A.卫星在 A点的角速度大于B点的角速度B.卫星在 A点的加速度小于B点的加速度C.卫星由 A运动到 B过程中动能减小，势能增加D.卫星由 A运动到 B过程中引力做正功，机械能增大【答案】B【解析】-12-试题分析：近地点的线

24、速度较大，结合线速度大小，根据vr比较角速度大小根据牛顿第二定律比较加速度大小根据万有引力做功判断动能和势能的变化近地点的速度较大，可知B点线速度大于A点的线速度，根据vr知，卫星在A点的角速度小于B点的角速度，故A错误；根据牛顿第二定律得，2FGMamr，可知卫星在A点的加速度小于B点的加速度，故 B正确卫星沿椭圆轨道运动，从A到B，万有引力做正功，动能增加，势能减小，机械能守恒，故CD错误16.设想我国宇航员随“嫦娥”号登月飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，宇航员测出飞船绕行n圈所用的时间为t.登月后，宇航员利用身边的弹簧测力计测出质量为m的物体重力为G1.已知引力常量为G，根据以上信息可得

25、到()A.月球的密度B.飞船的质量C.月球的第一宇宙速度D.月球的自转周期【答案】A【解析】试题分析：根据飞船绕行n 圈所用的时间为t，可知飞船的周期tTn登月后宇航员利用身边的弹簧秤测出质量为m 的物体重力G1，可知月球表面的重力加速度Ggm；根据2224MmGmRRT以及343MR，解得：23GT，可求得月球的密度，但是不能求解飞船的质量，选项A正确，B错误；因月球的半径R无法求解，根据vgR可知无法求解月球的第一宇宙速度，选项C错误；因为无月球自传的信息，故无法测出月球的自传周期，选项D错误；故选A.考点：万有引力定律的应用17.为了验证拉住月球使它围绕地球运动的力与拉着苹果下落的力以及

26、地球、众行星与太阳之间的作用力是同一性质的力，同样遵从平方反比定律，牛顿进行了著名的“月地检验”已知月地之间的距离为60R（R为地球半径），月球围绕地球公转的周期为T，引力常量为G 则下列说法中正确的是（）A.物体在月球轨道上受到的地球引力是其在地面附近受到的地球引力的160B.由题中信息可以计算出地球的密度为23GTC.物体在月球轨道上绕地球公转的向心加速度是其在地面附近自由下落时的加速度的13600-13-D.由题中信息可以计算出月球绕地球公转的线速度为2 RT【答案】C【解析】试题分析：根据万有引力定律可得物体在地面附近受到地球的引力为2MmFGR，物体在月球轨道上受到的地球引力为221

27、1(60)36003600mMMmFGGFRR，故A 错误；根据公式2224MmGmRRT可得2224(60)(60)mMGmRRT，解得地球质量2324(60)RMGT，地球的体积343VR，故地球的密度23343MMVGTR，B错误；根据公式2MmGmaR解得2MaGR，故物体在月球轨道上绕地球公转的向心加速度是其在地面附近自由下落时的加速度的，C 正确；根据公式2 rvT可得月球绕地球公转的线速度为120RvT，D错误考点：考查了万有引力定律的应用【名师点睛】做本题的关键是对公式的灵活应用，万有引力这块公式较多，涉及的物理量较多，在使用的时候一定要注意各个物理量表示的含义，然后选择正确的

28、公式分析解题，假设拉住月球使它围绕地球运动的力与地球上物体受到的引力是同一种力，根据已知量结合牛顿第二定律求出月球绕地球运行的加速度进行比较分析18.据新闻报导，“天宫二号”将于2016 年秋季择机发射，其绕地球运行的轨道可近似看成是圆轨道.设每经过时间t，“天宫二号”通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为弧度.已知引力常量为G，则地球的质量是()A.23lGtB.23Gl tC.23tG lD.32lG t【答案】D【解析】【分析】根据几何关系即可求出轨道半径，由线速度的定义式即可求出线速度，然后由万有引力提供向心力即可求出地球的质量【详解】“天宫二号”通过弧长为l，该弧长对应的圆心角为弧度，

29、所以其轨道半径：lr，t时间-14-内“天宫二号”通过的弧长是l，所以线速度lvt，“天宫二号”做匀速圆周运动的向心力是由万有引力提供，则22MmvGmrr，所以232rvlMGG t，故 D正确，ABC错误19.太空行走又称为出舱活动.狭义的太空行走即指航天员离开载人航天器乘员舱进入太空的出舱活动.如图所示，假设某宇航员出舱离开飞船后身上的速度计显示其相对地心的速度为v，该航天员从离开舱门到结束太空行走所用时间为t，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则()A.航天员在太空行走时可模仿游泳向后划着前进B.该航天员在太空“走”的路程估计只有几米C.该航天员离地高度为22gRRvD.该

30、航天员的加速度为22Rvt【答案】C【解析】A、由于太空没有空气，因此航天员在太空中行走时无法模仿游泳向后划着前进，故A错误；B、航天员在太空行走的路程是以速度v运动的路程，即为vt，故 B错误；C、由2MmGRmg和22GMmvmRhRh，得22gRhRv，故 C正确；D、由22aRgRh得42vagR，故 D错误点睛：太空没有空气，无法模仿；路程等于速度与时间的乘积；由引力提供向心力，及黄金代换公式，即可求解20.A、B两颗卫星围绕地球做匀速圆周运动（共面、运行方向相同），A卫星运行的周期为1T，轨道半径为1r；B卫星运行的周期为2T，且12TT下列说法正确的是（）A.B 卫星的轨道半径为

31、23112TrT-15-B.A 卫星的机械能一定大于B卫星的机械能C.A、B卫星在轨道上运行时处于完全失重状态，不受任何力的作用D.某时刻卫星A、B在轨道上相距最近，从该时刻起每经过1212TTTT时间，卫星A、B再次相距最近【答案】D【解析】【详解】根据开普勒第三定律可得32113222rTrT，则得 B卫星的轨道半径为213212()TrrT 故 A错误因 T1T2 由上分析知，r1r2，根据将卫星从低轨道进入高轨道，火箭要点火加速做功，但由于A与 B的质量都未知，故无法判定谁的机械能更大故B错误 A、B卫星在轨道上运行时由万有引力提供向心力，处于完全失重状态，但仍受万有引力的作用故C 错

32、误设从两卫星相距最近到再次相距最近经历时间为t 则有21222ttTT，得1212T TtTT故 D正确故选D21.如图所示，“嫦娥”三号探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其中轨道为圆形，轨道为椭圆.下列说法正确的是()A.探测器在轨道的运行周期大于在轨道的运行周期B.探测器在轨道经过P点时的加速度小于在轨道经过P点时的加速度C.探测器在轨道运行时的加速度大于月球表面的重力加速度D.探测器在P点由轨道进入轨道必须点火加速【答案】A【解析】A、根据开普勒第三定律知，32rkT，因为轨道的半径大于轨道的半长轴，则探测器在轨道的运行周期大于在轨道的运行周期，故A正确；B、根据牛

33、顿第二定律知，2GMar，探测器在轨道经过P点时的加速度等于在轨道经过P点时的加速度，故B错误；C、根据2MmGrma知，探测器在轨道运行时的加速度2GMar，月球表面的重力加速度2GMgR，-16-因为rR，则探测器在轨道运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故C错误；D、探测器在P点由轨道进入轨道需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，故D错误点睛：本题要掌握万有引力定律和卫星变轨道问题，并要知道卫星绕越运动的向心力由万有引力提供，能结合圆周运动的规律进行求解22.2016 年 2 月 11 日，LIGO 科学合作组织首次探测到了来自宇宙中双黑洞合并所产生的引力波，证实了爱因斯坦 1

34、00 年前所做的预测脉冲双星间的距离在减小就已间接地证明了引力波的存在如果将该双星系统简化为理想的圆周运动模型，如图所示，两星球在相互的万有引力作用下，绕O点做匀速圆周运动由于双星间的距离减小，则（）A.两星的运动角速度均逐渐减小B.两星的运动速度均逐渐减小C.两星的向心加速度均逐渐减小D.两星的运动周期均逐渐减小【答案】D【解析】根据22121 12 22m mGm rm rL，可得1 12 2m rm r，知轨道半径比等于质量之反比，双星间的距离减小，则双星的轨道半径都变小，根据万有引力提供向心力，知角速度变大，周期变小，故A 错误，D正确根据2121121mmvGmLr，解得：2 112

35、Gm rvL，由于 L 平方的减小量比1r和2r的减小量大，则线速度增大，故B错误根据121122m mGm am aL，知，L 变小，则两星的向心加速度增大，故C错误故选D【点睛】双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，根据万有引力提供向心力得出双星的轨道半径关系，从而确定出双星的半径如何变化，以及得出双星的角速度、线速度、加速度和周期的变化23.如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R，质量均为m的带孔小球A、B穿于环上，两根长为R的细绳一端分别系于A、B球上，另一端分别系于圆环的最高点和最低点，现让圆环绕竖直直径转动，当角速度缓慢增大到某一值时，连接B球

36、的绳子恰好拉直，转动过程中绳不会断，则下列说法正确的是()-17-A.连接B球的绳子恰好拉直时，转动的角速度为2gRB.连接B球的绳子恰好拉直时，金属圆环对A球的作用力为零C.继续增大转动的角速度，金属环对B球的作用力可能为零D.继续增大转动的角速度，A球可能会沿金属环向上移动【答案】AB【解析】【分析】球A、B均做匀速圆周运动，合力提供向心力，考虑细线拉力为零的临界情况，根据牛顿第二定律列式分析即可.【详解】A、当连接B球的绳刚好拉直时，mgtan60m 2Rsin60，求得2gR，A项正确；B、连接B球的绳子恰好拉直时，A球与B球转速相同，A球所受合力也为mgtan60，又小球A所受重力为

37、mg，可判断出A球所受绳的拉力为2mg，A球不受金属圆环的作用力，B项正确；C、继续增大转动的角速度，连接B球的绳上会有拉力，要维持B球竖直方向所受外力的合力为零，环对B球必定有弹力，C项错误；D、当转动的角速度增大，环对B球的弹力不为零，根据竖直方向上A球和B球所受外力的合力都为零，可知绳对A球的拉力增大，绳应张得更紧，因此A球不可能沿环向上移动，D项错误.故选 AB.【点睛】本题中球做匀速圆周运动，关键是找到向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解.要注意向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力.24.如图甲所示，一长为l的轻绳一端穿在过O点的水平转轴上，另

38、一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度二次方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g.下列判断正确的是()-18-A.图线的函数表达式为Fm2vlmg B.重力加速度gblC.若绳长不变，用质量较小的球做实验，则图线上b点的位置不变D.若绳长不变，用质量较小的球做实验，则得到的图线斜率更大【答案】BC【解析】【详解】A项：小球最高点，根据牛顿第二定律有：2vFmgml，解得：2vFmmgl，故 A 错误；B项：当F=0时，根据表达式有：2vmgml，解得：2vbgll，故 B正确；C项：当F=0 时，bgl，可知 b 点的位置与小球的质量无

39、关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故C正确；D项：根据2vFml知，图线的斜率kml，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故D错误二、非选择题（本大题共 4 小题，8 分+10 分+10 分+10 分，共 38 分）25.嘉年华上有一种回力球游戏，如图所示，A、B分别为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的最高点和最低点，B点距水平地面的高度为h，某人在水平地面C点处以某一初速度抛出一个质量为 m 的小球，小球恰好水平进入半圆轨道内侧的最低点B，并恰好能过最高点A后水平抛出，又恰好回到C点抛球人手中若不计空气阻力，已知当地重力加速度为g，求：-19-（1）小球刚进入半

40、圆形轨道最低点B时轨道对小球的支持力；（2）半圆形轨道的半径；（3）小球抛出时的初速度大小【答案】（1）6mg，方向竖直向上；（2）2h；（3）12gh【解析】试题分析：（1）设半圆形轨道的半径为R，小球经过A点时的速度为Av，小球经过B点时的速度为Bv，小球经过 B点时轨道对小球的支持力为N，在 A点：2AvmgmR，解得：AvgR，从 B点到 A点的过程中，根据动能定理有：2211 222ABmgRmvmv，解得：5BvgR，在 B点：2BvNmgmR，解得：6Nmg，方向为竖直向上（2）C到 B的逆过程为平抛运动，有：212BChgt，A到 C的过程，有：2122AChRgt，又B BC

41、A ACv tv t，解得：2Rh（3）设小球抛出时的初速度大小为0v，从 C到 B的过程中，根据动能定理有：2201122Bmghmvmv，解得：012vgh考点：动能定理、向心力【名师点睛】本题考查了动能定理、牛顿定律与平抛运动和圆周运动的综合运用，知道圆周运动向心力的来源以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键26.一长l=0.80m 的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m=0.10kg 的小球，悬点O距离水平地面的高度 H=1.00m开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图所示让小球从静止释放，当小-20-球运动到最低点B点时，当小球运动到B点时，轻绳

42、碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g=10m/s2（1）当小球运动到B点时的速度大小；（2）绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求 C点与 B点之间的水平距离；（3）若 OP=0.6m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力【答案】（1）4.0 m/s （2）0.80m （3）9N【解析】【详解】（1）小球从 A到 B过程，只有重力做功，机械能守恒，设小球运动到B点时的速度大小Bv，由机械能守恒定律得：212Bmvmgl解得：小球运动到B点时的速度大小为2Bvgl=4.0m/s（2）小球从B点做平抛运动，由运

43、动学规律得在水平方向有：Bxv t在竖直方向有：212yHlgt解得：C点与 B点之间的水平距离2BHlxvg=0.80m（3）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，此时对小球受力分析，绳的拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：2BmvFmgmr由几何关系得：rlOP由以上各式解得9mFN-21-27.如图所示，与轻绳相连的滑块置于水平圆盘上，绳的另一端固定于圆盘中心的转轴上，绳子刚好伸直且无弹力，绳长l=0.5m滑块随圆盘一起做匀速圆周运动（二者未发生相对滑动），滑块的质量m=1.0kg，与水平圆盘间的动摩擦因数=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s

44、2求：（1）圆盘角速度1=1rad/s时，滑块受到静摩擦力的大小；（2）圆盘的角速度2至少为多大时，绳中才会有拉力；（3）圆盘角速度由 0 缓慢增大到4rad/s过程中，圆盘对滑块所做功大小(绳未断）【答案】（1）0.5N （2）2rad/s （3）2J【解析】试题分析：（1）根据静摩擦力提供向心力，求出静摩擦力的大小（2）当摩擦力达到最大时，绳子开始出现拉力，结合最大静摩擦力提供向心力求出临界角速度（3）根据动能定理求圆盘对滑块所做功大小（1）静摩擦力提供向心力，有：21fmr代入数据解得：f=0.5N（2）当静摩擦力达到最大值时，绳中才出现拉力，最大静摩擦力提供向心力，有：22mgmr代入

45、数据解得：2/rads（3）当4/rads时，线速度2/vlm s由动能定理得：圆盘对滑块所做功大小2211012222WmvJJ【点睛】解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，以及知道线速度与角速度的大小关系28.如图所示，一水平放置的传送带，长为L=4m,上表面距地面高度为h=5m,以一定的速度顺时针转动在传送带左端静止释放一小物块（可视为质点），经一段时间从传送带右端水平飞出，落地点距抛出点的水平距离为s=4m,物块在离开传送带前，已经传送带达到共同速度求-22-（1）传送带的速度v；（2）动摩擦因数的取值范围；（3）若=0.4,物块相对传送带的位移【答案】（1

46、）4m/s（2）0.2（3）-2m【解析】【分析】（1）物块飞离传送带后做平抛运动，根据平抛运动的规律求解传送带的速度；（2）假设物块在传送带上一直加速，求解动摩擦因数；（3）根据加速度求解物块与传送带共速时用的时间，根据位移公式求解物块相对传送带的位移.【详解】（1）由 h=12gt2可得21htsgS=vt 4/svm st（2）可能的情况：物块先匀加速再匀速或物块一直匀加速；假设物块一直匀加速 V2=2aL a=2m/s2mg=ma =0.2 所以 的取值范围0.2 （3）若=0.4，则 mg=ma 解得 a=4m/s211vtsa物块的位移1122vxtm传送带的位移x2=vt1=4m 物块相对传送带的位移?x=x1-x2=-2m 方向：向左-23-