2024年人教版高一下册物理期末复习(压轴题60题16个考点)（原卷版+解析版）

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A．5cm/sB．4.33cm/sC．2.5cm/sD．无法确定
【答案】B
【解答】解：根据平行四边形定则知，则玻璃管的水平速度vx＝vcs θ＝5cs 30° cm/s＝5× cm/s＝4.33 cm/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．（2023春•翠屏区校级期末）质量为1kg的质点在xOy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．质点的初速度为3m/s
B．质点所受的合外力大小为1.5N
C．质点做平抛运动
D．质点初速度方向与合外力方向相同
【答案】B
【解答】解：A、x轴方向初速度为vx＝3m/s，y轴方向初速度vy＝4m/s，质点的初速度v0＝＝＝5m/s，故A错误；
B、x轴方向的加速度a＝＝＝1.5m/s2，质点的合力F合＝ma＝1.5N，故B正确；
C、合外力沿x轴方向，与初速度方向不垂直，虽合外力恒定，但质点仍不做平抛运动，故C错误；
D、合外力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不共线，故D错误。
故选：B。
二．关联速度问题（共1小题）
3．（2022秋•宁阳县校级期末）汽车以速度v0沿平直的水平面向右匀速运动，通过定滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）把质量为M的重物向上提起，某时刻汽车后面的绳子与水平方向的夹角为θ，如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．此时重物的速度大小为v＝v0sinθ
B．重物上升的速度越来越小
C．由于汽车做匀速运动，所以重物也是匀速上升
D．绳子中的拉力大于重物的重力
【答案】D
【解答】解：设绳子与水平方向的夹角为α，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于M的速度，
根据平行四边形定则得，vM＝vcsα，车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为α减小，
所以M的速度增大，M做加速上升运动，且拉力大于重物的重力；故ABC错误，D正确；
故选：D。
三．平抛运动（共5小题）
4．（2022秋•南关区校级期末）在一个竖直的支架上固定着两个水平的弹簧枪A和B，弹簧枪A．B在同一竖直平面内，如图所示，A比B高h，B弹簧枪的出口距水平面高，弹簧枪A．B射出的子弹的水平射程之比为sA：sB＝1：2，设弹簧枪的高度差不变，且射出子弹的初速度不变，要使两弹簧枪射出的子弹落到水平面上的同一点，则（ ）
A．竖直支架向上移动h
B．竖直支架向上移动
C．竖直支架向下移动h
D．竖直支架向下移动
【答案】D
【解答】解：开始hA＝h，hB＝h，根据h＝gt2得：t＝，则有：＝2。
因为＝，则有：＝。
调整高度后，水平位移相等，则运动时间比变为：＝4。
则竖直位移之比为：＝16。
设A的高度为H，有：＝16
解得：H＝h。
则支架下降的距离为：Δh＝h﹣h＝h。
故ABC错误，D正确；
故选：D。
5．（2023春•咸阳期末）如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计黄豆的空气阻力，可将黄豆看成质点，则（ ）
A．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍
B．甲黄豆在P点速度与乙黄豆在最高点的速度相等
C．乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度一半
D．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角为乙的两倍
【答案】B
【解答】解：B、设甲黄豆做平抛运动的时间为t，那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t，根据斜抛运动的对称性可知：乙黄豆从M点运动至最高点的时间为，乙黄豆从M点运动至最高点的水平位移为MN的一半，设PM＝MN＝L，甲黄豆在P点的速度为v1，乙黄豆到达最高点的速度为v′，在水平方向上有运动学规律，对甲黄豆：L＝v1t，对乙黄豆从M点运动至最高点有：，联立解得：v1＝v′，故B正确；
C、对乙黄豆在从M点运动至最高点的过程中，由逆向思维得上升的最大高度为：＝，所以乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的，故C错误；
A、对甲黄豆，在竖直方向上：，v1y＝gt，甲黄豆到达N点时的速度为：v甲＝＝，乙黄豆在M点的竖直方向分速度为：，由运动的合成与分解得乙黄豆在N点的速度为：＝，故A错误；
D、两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正切值为：tanα＝＝2，乙的速度与水平方向的夹角正切值为：tanβ＝＝1，所以两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角不是乙的两倍，故D错误；
故选：B。
6．（2023春•黎川县校级期末）在汽车越野赛中，一个土堆可视作半径R＝10m的圆弧，左侧连接水平路面，右侧与一坡度为37°斜坡连接．某车手驾车从左驶上土堆，经过土堆顶部时恰能离开，赛车飞行一段时间后恰沿与斜坡相同的方向进入斜坡，沿斜坡向下行驶．研究时将汽车视为质点，不计空气阻力．（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
求：（1）汽车经过土堆顶部的速度；
（2）汽车落到斜坡上的位置与土堆顶部水平距离．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）赛车在土堆顶部做圆周运动，且恰能离开，由牛顿第二定律
得v＝＝10m/s
（2）赛车离开土堆顶部后做平抛运动．落到斜坡上时速度与水平方向夹角为37°
tan37°＝
得
则落到斜坡上距离坡顶x＝vt＝7.5m．
答：（1）汽车经过土堆顶部的速度为10m/s；（2）汽车落到斜坡上的位置与土堆顶部水平距离为7.5m．
7．（2023春•青龙县期末）跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图．助滑坡由AB和BC组成，AB是倾角为θ＝37°的斜坡，BC是半径为R＝10m的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，AB竖直高度差h1＝35m，竖直跳台CD高度差为h2＝5m，跳台底端与倾角为θ＝37°的斜坡DE相连．运动员连同滑雪装备总质量为80kg，从A点由静止滑下，通过C点水平飞出，飞行一段时间落到着陆坡上，测得坡上落点E到D点距离为125m（不计空气阻力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2）．求：
（1）运动员到达C点的速度大小；
（2）运动员由A滑到C雪坡阻力做了多少功．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）依据题意，运动员从C点飞出做平抛运动，设C点的速度为v
水平方向：SDEcsθ＝v•t
竖直方向：
代入解得：v＝25m/s
（2）运动员由A滑到C过程，设重力做功为W1，阻力做功为W2
由动能定理可知：W1+W2＝ΔEK
其中：W1＝mg（h1+R﹣Rcsθ），
解得：W2＝﹣4600J
答：
（1）运动员到达C点的速度大小为25m/s；
（2）运动员由A滑到C雪坡阻力做了﹣4600J的功．
8．（2022秋•金华期末）抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动．现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力。（设重力加速度为g）
（1）若球在球台边缘O点正上方高度为h1处以速度v1，水平发出，落在球台的P1点（如图实线所示），求P1点距O点的距离x1；
（2）若球在O点正上方以速度v2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台的P2（如图虚线所示），求v2的大小；
（3）若球在O正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘P3，求发球点距O点的高度h3。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设发球时飞行时间为t1，根据平抛运动有，x1＝v1t1
解得：
（2）设发球高度为h2，飞行时间为t2，同理有：
，x2＝v2t2
且h2＝h
2x2＝L
得：
（3）设球从恰好越过球网到最高点的时间为t，水平距离为s，根据抛体运动的特点及反弹的对称性，知反弹到最高点的水平位移为．则反弹到越过球网的水平位移为，则图中的s＝．在水平方向上做匀速直线运动，所以从越过球网到最高点所用的时间和从反弹到最高点的时间比为1：2．
对反弹到最高点的运动采取逆向思维，根据水平方向上的运动和竖直方向上的运动具有等时性，知越过球网到最高点竖直方向上的时间和反弹到最高点在竖直方向上的时间比为1：2．根据h＝得，知越过球网到最高点竖直方向上的位移和反弹到最高点的位移为1：4，即，解得．
答：（1）P1点距O点的距离为．
（2）v2的大小为．
（3）发球点距O点的高度h3为．
四．向心力（共3小题）
9．（2023春•陇南期末）（多选）如图所示，长为L的轻杆一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球（可视为质点）。质量为m的小球从最高点A以水平初速度v0开始在竖直面内沿逆时针方向做圆周运动，其中B点与O点等高、C点为最低点。不计空气阻力，重力加速度大小为g，则（ ）
A．小球在A点时受到轻杆的弹力大小一定为m
B．小球在B点时的速度大小为
C．小球在C点时受到轻杆的弹力大小一定为5mg+m
D．改变小球在A点的初速度大小，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差一定保持不变
【答案】BC
【解答】解：A.小球在A点时，若重力刚好提供向心力时，有
mg＝m
解得
v0＝
当0＜v0＜时，根据牛顿第二定律可得
mg﹣FA＝m
解得轻杆的弹力大小为
FA＝mg﹣m
当v0≥时，根据牛顿第二定律可得
mg+FA＝m
解得轻杆的弹力大小为
FA＝m﹣mg
故A错误；
B.从A到B点，由动能定理
+mgL＝
可得小球在B点时的速度大小为
vB＝
故B正确；
C.从A到C点，由动能定理
+2mgL＝
小球在C点时
FC﹣mg＝m
解得轻杆的弹力大小为
FC＝5mg+m
故C正确；
D.当0＜v0＜时，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差为
ΔF＝FC﹣FA
解得
ΔF＝4mg+2m
可知随着小球在A点的初速度的增大，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差增大；
当v0≥时，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差为
AF'＝6mg
可知随着小球在A点的初速度的增大，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差保持不变。综上分析可知，改变小球在4点的初速度大小，小球在C、A两点受到轻杆的弹力大小之差不一定保持不变，故D错误。
故选：BC。
10．（2023春•马关县校级期末）如图所示，两绳系一质量为m＝0.1kg的小球，上面绳长L＝2m，两端都拉直时与轴的夹角分别为30°与45°，问：
（1）球的角速度在什么范围内，两绳始终张紧？
（2）当角速度为3rad/s时，上、下两绳拉力分别为多大？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）当AC绳拉直但没有力时，即FT1＝0时，由重力和绳BC的拉力FT2的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
mgtan45°＝m
其中：r＝l•sin30°
解得：ωmax＝3.16 rad/s
当FT2恰为零时，根据牛顿第二定律，有：
mgtan30°＝m
解得：ωmin＝2.4 rad/s
所以当2.4 rad/s＜ω＜3.16 rad/s时两绳均张紧．
（2）当ω＝3 rad/s时，两绳均处于张紧状态，此时小球受FT1、FT2、mg三力作用，正交分解后可得：
水平方向：FT1sin30°+FT2sin45°＝mlsin30°ω2
竖直方向：FT1cs30°+FT2cs45°＝mg
代入数据后解得：
FT1＝0.27 N
FT2＝1.09 N
答：（1）小球的角速度在2.4 rad/s＜ω＜3.16 rad/s范围内两绳均张紧；
（2）当ω＝3rad/s时，AC绳拉力为0.27N，BC绳拉力1.09N．
11．（2023春•海珠区校级期末）如图所示，半径为、质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B两点上，A、B两点相距为l，当两轻绳伸直后，A、B两点到球心的距离均为l。当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时（细绳a、b与杆在同一竖直平面内）。求：
（1）竖直杆角速度ω为多大时，小球恰离开竖直杆？
（2）轻绳a的张力Fa与竖直杆转动的角速度ω之间的关系。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）小球恰离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，此时轻绳a与竖直杆间的夹角为α，
由题意可知：
水平方向：Fasinα＝mω2r
竖直方向：Facsα＝mg
联立解得：ω2＝
故ω＝
（2）由（1）可知0≤ω2≤时，Fa＝
若角速度ω再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b恰伸直前，设轻绳a与竖直杆的夹角为β，此时小球做圆周运动的半径为r＝lsinβ
水平方向：
竖直方向：Facsβ＝mg
联立解得：
当轻绳恰升直时，β＝60°，此时ω＝
固有，此时
若角速度ω再增大，轻绳b拉直后，小球做圆周运动的半径为r＝lsin60°
水平方向：
竖直方向：Facs60°＝Fbcs60°+mg
联立解得：，此时ω2
答：（1）竖直杆角速度ω为时，小球恰离开竖直杆；
（2）轻绳a的张力Fa与竖直杆转动的角速度ω之间的关系为：
①0≤ω2≤时，Fa＝；
②时，；
③ω2时，。
五．生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动（共1小题）
12．（2023春•石景山区期末）如图1所示，一根长为L不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系有一质量为m的小球（可视为质点），小球在竖直平面内以O点为圆心做圆周运动。已知重力加速度为g，忽略空气阻力的影响。
（1）若小球经过圆周最高点A时速度大小vA＝，求此时绳子对小球施加拉力的大小；
（2）若轻绳能承受的最大拉力Fm＝9mg，求小球运动到最低点B点时的速度大小在什么范围内，既可以使小球在竖直面内做完整的圆周运动，又可以使绳子不被拉断；
（3）某同学做出了小球经过圆周最高点A点时，绳子上的拉力F与小球速度的平方v2的函数图像，如图2所示，a．请写出图线的函数表达式。
b．若将轻绳换为长为L质量忽略的轻杆，其他保持不变，请在图3中绘出小球经过圆周最高点A点时，轻杆对小球的作用力F与小球速度的平方v2的函数图线，并且注明图线与坐标轴的交点坐标。
【答案】（1）绳子对小球施加拉力的大小为mg；
（2）小球运动到最低点B点时的速度大小的范围内为；
（3）a、图线的函数表达式为；
b、
【解答】解：（1）小球经过点A时，有
解得
FA＝mg
（2）小球刚好通过点A，有
解得
由机械能守恒
得在B点最小速度
由
得在B点最大速度
故小球经过B点的速度范围为
（3）a.小球经过最高点A时，由
因F≥0，所以
解得
b.将轻绳换为轻杆，小球经过最高点A的速度小于时，轻杆对小球的作用力为支持力，小球依然可以在竖直面内做圆周运动，即小球在最高点A的最小速度为0。由
轻杆对小球的作用力F与小球速度的平方v2的函数图线如下图所示
答：（1）绳子对小球施加拉力的大小为mg；
（2）小球运动到最低点B点时的速度大小的范围内为；
（3）a、图线的函数表达式为；
b、
六．万有引力定律的应用（共7小题）
13．（2022秋•城关区校级期末）科学家麦耶（M．Mayr）和奎洛兹（D．Quelz）因对系外行星的研究而获得2019年诺贝尔物理学奖。他们发现恒星“飞马座51”附近存在一较大的行星，两星在相互引力的作用下，围绕两者连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动。已知恒星与行星之间的距离为L，恒星做圆周运动的半径为R、周期为T，引力常量为G．据此可得，行星的质量为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解答】解：设恒星的质量为M，行星的质量为m，行星的轨道半径为r，恒星和行星间的万有引力提供向心力，有：＝M＝m
解得恒星和行星的质量之和：M+m＝
其中恒星与行星的质量之比等于轨道半径的反比，
联立解得行星的质量：m＝，故B正确，ACD错误。
故选：B。
14．（2020•嘉兴模拟）如图所示为“嫦娥五号”探月过程的示意图。探测器在圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时变轨进入椭圆轨道Ⅱ，变轨前后的速度分别为v1和v2；到达轨道Ⅱ的近月点B时再次变轨进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，变轨前后的速度分别为v3和v4，则探测器（ ）
A．在A点变轨需要加速
B．在轨道Ⅱ上从A点到B点，速度变小
C．在轨道Ⅱ上B点的加速度大于轨道Ⅲ上B点的加速度
D．四个速度大小关系满足v3＞v4＞v1＞v2
【答案】D
【解答】解：A、根据卫星变轨原理可知，在A点时由圆形轨道I变轨到椭圆轨道Ⅱ，需要减速做近心运动，即v1＞v2，故A错误；
B、根据开普勒第二定律可知，椭圆轨道上近月点B的速度大，远月点A的速度小，故在轨道Ⅱ上从A点到B点，速度变大，故B错误；
C、万有引力提供加速度，，解得加速度：a＝，同一位置，加速度相等，即在轨道Ⅱ上B点的加速度等于轨道Ⅲ上B点的加速度，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力，＝m，得v＝，可知轨道半径越大，速度越小，故轨道Ⅰ上的速度小于轨道Ⅲ上的速度，即v1＜v4，根据开普勒第二定律可知，v2＜v3，根据卫星变轨原理可知，在B点，由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需减速做近心运动，即v3＞v4，综上所述得：四个速度大小关系满足v3＞v4＞v1＞v2，故D正确。
故选：D。
15．（2023春•内江期末）（多选）宇航员飞到一个被稠密气体包围的某行星上进行科学探索，他站在该行星表面，从静止释放一个质量为m的物体，由于气体阻力，其加速度a随下落位移x变化的关系图象如图所示，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．该行星的平均密度为
B．该行星的第一宇宙速度为
C．卫星在距该行星表面高h处的圆轨道上运行的周期为
D．从释放到速度刚达最大的过程中，物体克服阻力做功
【答案】BD
【解答】解：A、分析题意结合图象可知，开始下落瞬间，物体只受万有引力作用，根据万有引力等于重力可知：
解得行星的质量为：M＝
根据密度公式可知：ρ＝＝，故A错误；
B、在行星表面飞行的卫星，根据重力提供向心力，有：ma0＝m，解得：v＝，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力，有：＝m，根据黄金代换式：GM＝，解得卫星在距该行星表面高h处的圆轨道上运行的周期为：T＝，故C错误；
D、分析图象可知，位移为x0时，阻力等于万有引力，即F＝ma0，此时速度最大，分析题意可知，阻力随位移线性变化，则平均阻力为：，则从释放到速度刚达最大的过程中，物体克服阻力做功为：W＝，故D正确。
故选：BD。
16．（2022•榆林二模）（多选）2021年12月26日，我国在太原卫星发射中心用“长征四号”丙遥三十九运载火箭成功发射“资源一号”06星，该卫星将进一步推进我国陆地资源调查监测卫星业务系统化应用。若该卫星在距地球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动的周期为T，地球的半径为R，引力常量为G，忽略地球的自转，则下列说法正确的是（ ）
A．该卫星的线速度大小为
B．地球表面的重力加速度大小为
C．地球的第一宇宙速度为
D．地球的平均密度为
【答案】BD
【解答】解：A、根据线速度公式可知，该卫星的线速度大小：v＝，故A错误；
BC、根据万有引力提供向心力可知，＝m（R+h），根据黄金代换式可知，GM＝gR2，联立解得地球表面的重力加速度大小g＝，地球的第一宇宙速度v1＝＝，故B正确，C错误；
D、地球的体积：V＝，根据黄金代换式，GM＝gR2，联立解得地球的平均密度：ρ＝＝，故D正确。
故选：BD。
17．（2022秋•金华期末）万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性．
（1）用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为M，自转周期为T，万有引力常量为G．将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F0
a．若在北极上空高出地面h处称量，弹簧秤读数为F1，求比值的表达式，并就h＝1.0%R的情形算出具体数值（计算结果保留两位有效数字）；
b．若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F2，求比值的表达式．
（2）设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径为r、太阳的半径为Rs和地球的半径R三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变．仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球”的一年将变为多长？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）在地球北极点不考虑地球自转，则秤所称得的重力则为其万有引力，于是
①
②
由公式①②可以得出：
＝0.98．
③
由①和③可得：
（2）根据万有引力定律，有
又因为，
解得
从上式可知，当太阳半径减小为现在的1.0%时，地球公转周期不变．
答：
（1）＝0.98．比值
（2）地球公转周期不变．仍然为1年．
18．（2023春•仓山区校级期末）一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定在O点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力大小F随时间t的变化规律如图乙所示。F1、F2已知，引力常量为G，忽略各种阻力。求：
（1）星球表面的重力加速度
（2）星球的密度。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由乙图知：小球做圆周运动在最高点拉力为F2，在最低点拉力为F1。
设最高点速度为v2，最低点速度为v1，绳长为l。
在最高点： ①，
在最低点： ②，
由机械能守恒定律得：
③，
由①②③解得：；④
（2）在星球表面： ⑤
星球密度： ⑥，
由⑤⑥解得：；
答：（1）星球表面的重力加速度为：。
（2）星球的密度为。
19．（2023春•滨海新区期末）设“嫦娥二号”卫星距月球表面的高度为h，做匀速圆周运动的周期为T．已知月球半径为R，引力常量为G．求：
（1）月球的质量M；
（2）月球表面的重力加速度g；
（3）月球的密度ρ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）万有引力提供“嫦娥二号”做匀速圆周运动的向心力，则有
G＝m（R+h）
解得：M＝．
（2）由月球表面，万有引力等于重力，可得：
G＝m′g
解得月球表面的重力加速度：g＝．
（3）月球的体积为：V＝
故月球的密度为：ρ＝
得 ρ＝．
答：
（1）月球的质量为．
（2）月球表面的重力加速度为；
（3）月球的密度为．
七．人造卫星（共2小题）
20．（2023春•江川区校级期末）2016年8月16日，我国科学家自主研制的世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”成功发射，并进入预定圆轨道．已知“墨子号”卫星的质量为m，轨道离地面的高度为h，绕地球运行的周期为T，地球半径为R，引力常量为G．求：
（1）“墨子号”卫星的向心力大小；
（2）地球的质量；
（3）第一宇宙速度．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）“墨子号”卫星的角速度，
“墨子号”卫星的向心力．
（2）万有引力提供“墨子号”卫星向心力，
解得地球的质量．
（3）万有引力提供物体绕地球表面做匀速圆周运动向心力，
解得第一宇宙速度．
答：（1）“墨子号”卫星的向心力大小为；
（2）地球的质量为；
（3）第一宇宙速度为．
21．（2023春•松江区校级期末）如图所示是发射地球同步卫星的简化轨道示意图，先将卫星发射至距地面高度为h1的近地圆轨道Ⅰ上，在卫星过A点时点火实施变轨，进入远地点为B的椭圆轨道Ⅱ上，过B点时再次点火，将卫星送入地球同步圆轨道Ⅲ．已知地球表面的重力加速度为g，地球自转周期为T，地球半径为R．求：
（1）卫星在近地圆轨道Ⅰ上运行的线速度v1大小；
（2）同步圆轨道Ⅲ距地面的高度h2。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）在地球表面，重力等于万有引力，故有：mg＝G
得地球质量M＝
卫星在近地轨道I上的速度大小v1＝＝
（2）因为B在地球同步卫星轨道，周期T，卫星受地球的万有引力提供向心力，故有：
G＝m（R+h2）（）2
所以有：
h2＝﹣R
答：（1）卫星在近地轨道I上的速度大小v＝；
（2）远地点B距地面的高度h2＝﹣R。
八．动能定理（共7小题）
22．（2023春•天心区校级期末）如图所示，水平转盘上沿半径方向放着用细线相连的物体A和B，细线刚好拉直，A和B质量都为m，它们位于圆心两侧，与圆心距离分别为r、2r，A、B与盘间的动摩擦因数μ相同。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，当圆盘从静止开始缓慢加速到两物体恰要与圆盘发生相对滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．绳子的最大张力为T＝2μmg
B．A与转盘的摩擦力先增大后减小
C．B与转盘的摩擦力先达到最大静摩擦力且之后保持不变
D．B的动能增加是因为绳子对B做正功
【答案】C
【解答】解：A、当两物块恰好要与圆盘发生相对滑动时，绳子张力最大，分别对两物块有
根据牛顿第三定律始终有TA＝TB
解得TA＝TB＝3μmg
故A错误；
BC、第一阶段，两物块在随转盘一起转动的过程中，仅由摩擦力提供向心力，方向指向各自做圆周运动的圆心。由题可知物块B做圆周运动的半径更大，由f＝mω2R知物块B的摩擦力先达到最大静摩擦，此时A受到的静摩擦力为；
第二阶段，物块B在摩擦力达到最大的瞬间将要开始滑动，但与A用绳子连接，故此时绳子上产生张力，随着转盘角速度的增大，所需向心力也逐渐增大，而物块B所受摩擦力在达到最大后不变，绳子上的张力开始增大，B需要的向心力始终是A的2倍，由于TA＝TB，所以这个过程中A受到的摩擦力逐渐减小，直至为零；
第三阶段，当A受到的摩擦力减为零，而角速度继续增大时，A受到的摩擦力方向将发生变化，背离圆心，且摩擦力逐渐增大，直至增大到最大静摩擦，之后继续增加角速度，AB将发生滑动。可知A与转盘的摩擦力先增大后减小再增大；B与转盘的摩擦力先达到最大静摩擦力之后保持不变，故B错误，C正确；
D、B动能增加是因为摩擦力对B做正功，故D错误。
故选：C。
23．（2023春•尖山区校级期末）如图，一个质量为m＝0.6kg的小球以某一初速度v0＝2m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点的切线方向进入（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的半径R＝0.3m，θ＝600，g＝10m/s2．试求：
（1）小球到达A点时的速度vA的大小；
（2）P点与A点的竖直高度H；
（3）小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）小球恰好从圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，则小球到A点的速度与水平方向的夹角为θ，所以：
（2）vy＝vAsinθ＝4×m/s＝2m/s
由平抛运动的规律得：＝2gh
代入数据解得：h＝0.6m
（3）物体刚好过C点，则有：mg＝m
A到C的运动过程中，运用动能定理得：
联立并代入数据得：W＝1.2J
（1）小球到达A点时的速度vA的大小为4m/s；
（2）P点与A点的竖直高度H为0.6m；
（3）小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W为1.2J。
24．（2023春•莆田期末）图甲为新兴滑草娱乐活动场所，其横截面简化示意图如图乙。倾斜草坪AB长L1＝18m，倾角θ＝37°，水平草坪BC长L2＝9.6m，防护草堆横截面是半径的四分之一圆弧，C点为圆弧圆心，C点正下方的点E为圆弧最低点。运动员乘滑草车从点A沿倾斜草坪无初速下滑，滑到底端B点时速度大小不变而方向变为水平，再滑过BC段后从C点水平滑出，最后落在草堆圆弧DE上。选择不同的滑草车可以改变滑草车与草坪之间的动摩擦因数，同一滑草车与AB、BC的动摩擦因数相同，载人滑草车在运动过程中可看成质点，不计空气阻力，（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2）。
（1）滑草车和草坪间的动摩擦因数μ1＝0.25，求滑草车从A点滑到B点所用时间t1；
（2）滑草车从A点滑下后，恰好停在C处，求该滑草车和草坪间的动摩擦因数μ2；
（3）载人滑草车的总质量m＝50kg，他乘坐不同的滑草车将以不同的速度离开C点并落到圆弧DE上的不同位置，求载人滑草车落到草堆时的动能最小值。
【答案】（1）滑草车和草坪间的动摩擦因数μ1＝0.25，滑草车从A点滑到B点所用时间t1为3s；
（2）滑草车从A点滑下后，恰好停在C处，求该滑草车和草坪间的动摩擦因数μ2为0.45；
（3）载人滑草车落到草堆时的动能最小值为2250J。
【解答】解：（1）载人滑草车从A点滑到B点做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μ1mgcsθ＝ma1①
②
联立①②得：t1＝3s
（2）载人滑草车从A点滑到C点的过程，由动能定理得
mgsinθ•L1﹣μ2mgcsθ•L1﹣μ2mg•L2＝0﹣0③
解得：μ2＝0.45
（3）载人滑草车离开C点后做平抛运动，速度为vC，落到草堆DE上时水平位移和竖直位移大小分别为x和y，由平抛运动规律得：
x＝vCt④
⑤
x2+y2＝R2⑥
运动员落到草堆DE时的动能为Ek，由动能定理得：
⑦
联立④⑤⑥⑦解得：⑧
由表达式可知当，即
代入数据得：y＝3m
动能有最小值，动能最小值为：
Ekmin＝2250J
答：（1）滑草车和草坪间的动摩擦因数μ1＝0.25，滑草车从A点滑到B点所用时间t1为3s；
（2）滑草车从A点滑下后，恰好停在C处，求该滑草车和草坪间的动摩擦因数μ2为0.45；
（3）载人滑草车落到草堆时的动能最小值为2250J。
25．（2023春•沧州期末）如图所示，在水平地面上竖直固定一挡板，轻质弹簧的左端固定在挡板上。质量为m＝5kg、长度为L＝2m的长木板静止放置在地面上，刚好与处于原长的水平弹簧的右端接触，木板右端在P点（P为底面上一点）。现对木板施加一个水平向左的推力，使木板向左缓缓移动一段距离，然后撤去推力，重力加速度g取10m/s2。
（1）若木板与水平底面间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧压缩了x＝0.2m，水平推力做功W1＝10J，此时撤去推力，求木板向右运动的距离；
（2）若P点左侧底面光滑，右侧粗糙，木板与地面的动摩擦因数为μ＝0.4，水平推力做功W2＝50J，求撤去推力后最终木板右端与P点的距离。
【答案】（1）此时撤去推力，木板向右运动的距离为0.8m；
（2）撤去推力后最终木板右端与P点的距离为3.5m。
【解答】解：（1）对木板利用动能定理得
W1﹣μmg（x+x1）＝0﹣0
解得撤去推力木板向右运动的距离
x1＝0.8m
（2）P点左侧底面光滑，右侧粗糙，对木板由动能定理得
W2﹣Wf＝0﹣0
解得克服摩擦力做功为
Wf＝50J
假设撤去推力后最终木板右端与P点的距离为x2，且x2≤L，则克服摩擦力做功满足：
解得：，故假设不成立。
设撤去推力后最终木板右端与P点的距离为x2'，且x2'＞L，则克服摩擦力做功满足：
解得：x2'＝3.5m
所以撤去推力后最终木板右端与P点的距离为3.5m。
答：（1）此时撤去推力，木板向右运动的距离为0.8m；
（2）撤去推力后最终木板右端与P点的距离为3.5m。
26．（2023春•百色期末）如图所示，水平面右端放一质量m＝0.1kg小物块，使小物块以v0＝4m/s的初速度向左运动，运动d＝1m后将弹簧压至最短，反弹回出发点时物块速度大小v1＝2m/s。若水平面与一长L＝3m的水平传送带平滑连接，传送带以v2＝10m/s的速度顺时针匀速转动，传送带右端与竖直平面内的光滑圆轨道的底端平滑连接，圆轨道半径R＝0.8m。当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置将圆轨道封闭，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。求：
（1）小物块与水平面间的动摩擦因数μ1；
（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep；
（3）要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件。
【答案】（1）小物块与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3；
（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep为0.5J；
（3）传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件为μ2≤0.2或者μ2≥0.6。
【解答】解：（1）对小物块由出发点到压缩弹簧后，反弹回出发点的过程，由动能定理得：
代入数据解得：μ1＝0.3；
（2）设小物块由出发点到压缩弹簧到最短的过程，克服弹簧弹力做功为W，对此过程由动能定理得：
由功能关系得：
Ep＝W
联立代入数据解得：Ep＝0.5J；
（3）若小物块在圆轨道内做完整圆周运动，在最高点的最小速度为v3，对应的在最低点的速度为v4，由牛顿第二定律得：
由最低点到最高点的过程，由动能定理得：
联立代入数据解得：v4＝m/s
可知小物体以不小于v4的速度进入圆轨道可以做完整圆周运动，物块在传送带上运动需满足：
联立代入数据解得：μ2≥0.6
若小物块在圆轨道内的圆心等高处以下做往复运动，在与圆心等高处速度恰好为零时，对应的在最低点的速度为v5，由最低点到圆心等高处的过程，由动能定理得：
联立代入数据解得：v5＝4m/s
可知小物体以不大于v5的速度进入圆轨道可以在圆心等高处以下做往复运动，物块在传送带上运动需满足：
联立代入数据解得：μ2≤0.2
故当μ2≤0.2或者μ2≥0.6时，小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道。
答：（1）小物块与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3；
（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep为0.5J；
（3）传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件为μ2≤0.2或者μ2≥0.6。
27．（2023春•重庆期末）如图所示，竖直面内一半径为R的光滑四分之一圆弧轨道，在最高点B和最低点C分别与水平面Ⅰ、Ⅱ连接，一质量为m的滑块（可视为质点）从水平面Ⅰ上A处，以mgR的初动能水平向B处运动。已知重力加速度为g，AB距离为R，该滑块与水平面I间动摩擦因数μ＝0.5，水平面Ⅱ足够长，该滑块在B处无动能损失，不计空气阻力。求：
（1）该滑块刚到达B处时的动能；
（2）该滑块第一次落到水平面Ⅱ上的位置到C处的距离；
（3）该滑块每次与水平面Ⅱ碰撞前、后，水平方向速度不变，竖直方向速度反向，且每次碰撞后瞬时竖直速度大小为碰撞前瞬时竖直速度大小的k倍，碰撞时间均很短可不计，求该滑块从与水平面Ⅱ发生第一次碰撞到第四次碰撞所经过的时间，及第四次碰撞后瞬时该滑块的动能。