2023年物理大二輪復(fù)習(xí)題型訓(xùn)練匯編

選擇題專練（一）相互作用和牛頓運動定律斌對應(yīng)爾學(xué)金生

1.（2022?廣東深圳市模擬）2021年7月25日，2020東京奧運會中國舉重運動員李發(fā)彬

上演了單腿舉起166公斤的奇跡，奪得男子舉重61公斤級金牌并且創(chuàng)造新的奧運紀錄。從

物理角度分析下面的圖，下列說法正確的是（）

A.保持靜止期間，地面對人的左腳有向右的摩擦力

B.在杠鈴不變情況下，手臂張開角度越大，手掌所受壓力越大

C.在杠鈴不變情況下，手臂張開角度越大，手掌所受壓力越小

D.在杠鈴不變情況下，手臂張開角度越大，手臂受力越大

D［在保持靜止期間，人和杠鈴看作一個整體，其受力為整體重力和地面對腳掌的豎

直向上支持力，沒有摩擦力，A錯誤；在杠鈴不變情況下，無論手臂張開角度大小，手掌所

受（豎直向下的）壓力大小均等于杠鈴重力的一半，B、C錯誤；在杠鈴不變情況下，設(shè)手臂

所受力F,手臂與杠鈴夾角為仇平衡時FSin0=05"g,雙臂夾角越大，則。越小，手臂

受力越大，D正確。］

2.（2022?廣東清遠市模擬）為落實“五育并舉”促進學(xué)生全面發(fā)展，有些學(xué)校嘗試將“做

家務(wù)”列入家庭作業(yè)。小明同學(xué)在家做家務(wù)時用拖把拖地，沿推桿方向?qū)ν习咽┘油屏,

如圖所示，此時推力與水平方向的夾角為仇且拖把剛好做勻速直線運動，則（）

A.拖把所受地面的摩擦力為FCoS0

B.地面對拖把的支持力大小等于拖把的重力

C.小明同學(xué)對推桿的作用力與推桿對拖把的作用力是一對作用力與反作用力

D.從某時刻開始保持力F的大小不變，減小廠與水平方向的夾角仇地面對拖把的支

持力FN也變大

A［拖把剛好做勻速直線運動，則拖把所受地面的摩擦力為Ff=FCOS0,A正確；對

拖把豎直方向FN=Wg+FSinθ,由牛頓第三定律可知，地面對拖把的支持力大小大于拖

把的重力；從某時刻開始保持力尸的大小不變，減小尸與水平方向的夾角仇地面對拖把的

支持力FN也變小，B、D錯誤；小明同學(xué)對推桿的作用力與推桿對小明的作用力是一對作

用力與反作用力，C錯誤。］

3.將一盒未開封的香皂置于桌面上的一張紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，

香皂盒的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗（示意圖如圖所示），若

香皂盒和紙板的質(zhì)量分別為/m和m2,各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度為g。

若本實驗中，加=IoOg,，膽=5g,"=0.2,香皂盒與紙板左端的距離d=0.1m,若香皂盒

移動的距離超過/=0.002m,人眼就能感知，忽略香皂盒的體積因素影響，g取IOm/S?,為

確保香皂盒移動不被人感知，紙板所需的拉力至少是（）

A.1.41NB.1.42N

C.1410ND.1420N

B［香皂盒與紙板發(fā)生相對滑動時，根據(jù)牛頓第二定律可得"如g=如3,解得0=2

2

m∕s,對紙板，根據(jù)牛頓第二定律可得F-μm］g-μ（ml+m2）g—mzaz,為確保實驗成功，

即香皂盒移動的距離不超過/=0.002m,紙板抽出時香皂盒運動的最大距離為Xl=Ta"?，

紙板運動距離為"+x∣=gaιt?λ,紙板抽出后香皂盒運動的距離為X2=/a?t?2?,則∕=x∣+x2,

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立得尸=1.42N,故B正確，A、C,D錯誤。］

4.（2022?廣東省梅州市二模）一只小鳥飛來停在細樹枝上，隨樹枝上下晃動（可視為豎直

方向的運動），以豎直向上為正方向，其運動的速度一時間圖像（OY圖）如圖乙所示。設(shè)樹枝

對小鳥的作用力為F，小鳥的重力為G,則在A?時間內(nèi)（）

D［在A?打時間內(nèi)，由o?√圖可知小鳥先向上減速運動，后向下加速運動，兩過程加

速度都是向下的，所以小鳥在八?13時間內(nèi)一直處于失重狀態(tài)，合力向下，所以一直有F<G,

故A、B、C錯誤，D正確。］

5.如圖所示，一光滑的輕滑輪用細繩。0,懸掛于。點。另一細繩跨過滑輪，左端懸掛

物塊a,右端系一位于水平粗糙桌面上的物塊bo外力F向右上方拉b,整個系統(tǒng)處于靜止

狀態(tài)。若保持F的方向不變，逐漸增大尸的大小，物塊b仍保持靜止狀態(tài)，則下列說法中

正確的是（）

A.桌面受到的壓力逐漸增大

B.連接a、b的繩子張力逐漸減小

C.物塊b與桌面間的摩擦力一定逐漸增大

D.懸掛于0點的細繩00,中的張力保持不變

D［由于整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，所以滑輪兩側(cè)連接a和b的繩子的夾角不變；物塊a

只受重力以及繩子的拉力，由于物塊a平衡，則連接a和b的繩子張力FT保持不變；由于

繩子的張力及夾角均不變，所以細繩。。'中的張力保持不變，B錯誤，D正確；對b分析可

知，b處于靜止即平衡狀態(tài)，設(shè)繩子和水平方向的夾角為仇力F和水平方向的夾角為α,

對b受力分析，由平衡條件可得尸N+尸sinα+∕?in9=tng,可得尸N=mg—尸Sina一

FrSin0,力FT與力尸與水平方向所成夾角均保持不變，繩子拉力不變，力F增大,則桌

面給物體b的支持力減小，根據(jù)牛頓第三定律知，桌面受到的壓力逐漸減??；在水平方向上，

當拉力T7的水平分力大于繩子拉力的水平分力時，則有FCOSa-Ff+FTCOS0,此時摩擦

力隨著拉力廠增大而增大，當拉力尸的水平分力小于繩子拉力的水平分力時，則有Fcosa

+Ff=Fτcosθ,此時摩擦力隨著拉力的增大而減小，A、C錯誤。］

6.如圖所示，在豎直平面內(nèi)一根不可伸長的柔軟輕繩通過光滑的輕墻

質(zhì)滑輪懸掛一重物。輕繩一端固定在墻壁上的A點，另一端從墻壁上的B?壁

CD

點先沿著墻壁緩慢移到C點，后由C點緩慢移到O點，不計一切摩擦，

且墻壁BC段豎直，Co段水平，在此過程中關(guān)于輕繩的拉力廠的變化情況，下列說法正確

的是（）

A.尸一直增大B.尸一直減小

C.P先減小后增大D.F先不變后增大

D［當輕繩另一端在C點時，設(shè)輕繩左右兩側(cè)間的夾角為2仇以滑輪為

研究對象，分析受力情況，受力分析圖如圖所示。根據(jù)平衡條件得2Fτcosθ

=W得到輕繩的拉力FT=RM。輕繩的一端從B點沿墻壁緩慢移到D

mg

點，由幾何知識可知，。先不變后增大，COS。先不變后減小，輕繩的拉力FT先不變后增

大，D項正確，A、B、C項錯誤。］

7.如圖所示，傾角α=37°的斜面固定在水平地面上。質(zhì)量分

另IJ為0.1kg、0.2kg的兩物塊A、B置于斜面上，質(zhì)量為0?025kg的

物塊C穿在固定在地面上的光滑豎直桿上，A與C之間用跨過光滑RB”,Z

定滑輪的輕質(zhì)細線連接,滑輪左側(cè)的細線水平,滑輪右側(cè)的細線與豎直方向的夾角尸=60°,

A、B、C均處于靜止狀態(tài)，B的上表面水平，A與B、B與斜面之間的動摩擦因數(shù)均為0.5,

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10m∕s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則（）

A.斜面與B之間存在3對作用力與反作用力

B.斜面對B的作用力大小為華N,方向垂直斜面向上

C.剪斷細線后，A、B之間摩擦力的大小為0.16N

D.剪斷細線后，B對A的支持力的大小為0.8N

C［B物體與斜面之間存在著支持力與正壓力這一對作用力與反作用人\Ft

力，還可能與斜面間有相互的靜摩擦力，即最多只有兩對作用力與反作用?×-→f?τ

力，故A錯誤；以C為研究對象對其受力分析，有FKoS8=mcg,解得

FT=0.5N,將A、B視為一個整體，由于整體重力沿斜面向下的分力為

o,

G,=（wA+wB）?sin37=1.8N,繩子拉力沿斜面向上的分力為Fτ=FTCoS37°=0.4N,

,

因整體靜止且G∣>Fτ,可知斜面對B物體有一個沿斜面向上的靜摩擦力，設(shè)斜面對整體

支持力為FN,靜摩擦力為K,對其受力分析如圖所示，則有FTSin37°+（,如+WB）geos37°

=FN,Ff+FTCOS37°=（儂+叫）外出37°,解得尸N=2.7N,Ff=1.4N,則斜面對B的作

用力大小為F=NFN2+Ft2=亨N,根據(jù)平行四邊形定則，F(xiàn)的方向介于FN與Ff之間，

并不是垂直于斜面向上，故B錯誤；剪斷細線后，假設(shè)A、B水平方向上沒有相對滑動，

則以共同的加速度4沿斜面下滑，有（∕*A+w?）gsin37°—"（∕∏A+"iB）gcos37°-（mA+mo）a,

解得α=2m∕s2,則在豎直方向的分加速度為對,=αsin37°=1.2m∕s2,B、A之間的正壓力

為Fz',則有〃?Ag—B√=〃認的，解得FN'=0.88N,在水平方向的分加速度為at-αcos

37°=1.6m∕s2,以物體A為研究對象可知WAar=O.16N<〃尸N'=0.44N,所以假設(shè)成立，

即剪斷細線后，A、B間摩擦力大小為0.16N,B對A支持力大小為0.88N,故C正確，D

錯誤。］

8.如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，上端疊放著兩個質(zhì)量均為加的物體A、

B,其中物體B與彈簧拴接，初始時物體處于靜止狀態(tài)。f=0時，用豎直向上的拉力尸作用

在物體A上，使A開始向上做勻加速運動，測得兩物體的。-，圖像如圖乙所示，已知重力

加速度為g,則（）

A.f=0時，產(chǎn)的大小為根(2g-］)

B.彈簧的勁度系數(shù)為年(?-?)

C.A、B分離時彈簧彈力的大小為〃心一器)

D.0?，2過程中，B上升的高度為“二"/、

2(v2-Vi)

B［開始運動時的加速度,開始時對A、B整體，有F=Ima,解得尸=當且,

選項A錯誤；開始時2∕ng=Λx∣,在a時刻A、B脫離，此時對B,有k×2-mg=ma,其中

X1-X2=∣心，聯(lián)立解得彈簧的勁度系數(shù)為仁華(?-?),選項B正確；A、B分離時

彈簧彈力的大小為F^=kx2=ma+mg=選項C錯誤；在及時刻B的速度最大,

此時團g=?X3,則0?/2過程中，B上升的高度為〃=為一X3=V選項D錯

K2勵一S)

誤。］

9.(多選)古代勞動人民常用夯錘(如圖甲)將地砸實，打夯時四個勞動者每人分別握住夯

錘的一個把手，一個人喊號，號聲一響，四人同時用力將地上質(zhì)量為90kg的夯錘豎直向上

提起；號音一落，四人同時松手，夯錘落下將地面砸實。以豎直向上為正方向，若某次打夯

過程松手前夯錘運動的。Y圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，g取IOm/S?,下列說法正確的

是()

A.松手后，夯錘立刻落下做自由落體運動

B.夯錘離地的最大高度為0.45m

C.夯錘上升過程中的時間為0.45S

D.松手前，夯錘所受合外力大小為3(X)N

BD［松手后，因為慣性，夯錘要繼續(xù)向上運動一段后，再自由下落，A錯誤；松手后，

1

夯錘繼續(xù)向上運動的時間為f2=g=0.15S,夯錘離地的最大高度為∕?1=JVm-（/）+/2）=

0.45m,B正確；夯錘上升過程中的時間為f=fι+f2=0.6s,C錯誤；01圖像的斜率表示加

速度，松手前，夯錘豎直向上做加速度4=芋m?2的勻加速直線運動。對夯錘松手前，受

力分析有解得F*=300N,D正確。］

10.（多選）（2022?湖南長沙高三一模）如圖所示，質(zhì)量分別為25

和團的A、B兩物塊放在傾角為0=37°的斜面上，用繞過動滑輪

的細線連接，給動滑輪施加一個沿斜面向上的拉力F,A、B兩物___________

塊均處于靜止狀態(tài)，連接兩物塊的細線均平行于斜面，不計滑輪的質(zhì)量，兩物塊與斜面間的

動摩擦因數(shù)均為0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知重力加速度為g,Sin370=0.6,

cos37°=0.8,下列說法正確的是（）

A.尸的最小值為0.4wιg

B.F的最小值為0.8mg

C.逐漸增大拉力F,A先滑動

D.逐漸增大拉力尸，B先滑動

BD［根據(jù)力的平衡可知，滑輪兩邊繩上的拉力大小分別為義尸，當A剛要向下滑動時

有2mgsin0=2μmgcos夕+；Fi,解得F］=0.8mg0當B剛好要下滑時有mgsinO=μmg

cosJ+：∕72,解得尸2=0?4mg,因此產(chǎn)的最小值為0.8〃?g,故A錯誤，B正確；當A剛好

要上滑時2mgsinθ-?-2μmgcos夕=TF3,解得尸3=4〃際。當B剛好要上滑時〃際sin夕+

,

μmgcos6=∣F4.解得F4=2,"g,因此逐漸增大F,物塊B先滑動，

故C錯誤，D正確。］g

11.（多選）（2022?湖南婁底高三模擬）如圖所示，質(zhì)量為例的楔形物?ΛΓ?i

體A8C放置在墻角的水平地板上，3C面與水平地板間的動摩擦因數(shù)為V?????

μ,楔形物體與地板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。在楔形物體AC加衣嚓屋

面與豎直墻壁之間，放置一個質(zhì)量為m的光滑球體，同時給楔形物體一個向右的水平力，

楔形物體與球始終處于靜止狀態(tài)。已知AC面傾角。=53°,sin。=0.8,重力加速度為g,

貝女）

A.楔形物體對地板的壓力大小為Mg

4

B.當F=Wmg時，楔形物體與地板間無摩擦力

C.向右的水平力F的最小值一定是零

4

D.向右的水平力Z7的最大值為^mg+μ(fn+M)g

BD［將M、m視為一個整體可知，楔形物體對地板的壓力大小為(M+m)g,故A錯

誤；球體對AC面的彈力大小為FNAC=fn8=Img,當F=FNAcsinmg時，楔形

物體沒有運動趨勢，摩擦力為零，故B正確；斜面體受到的最大靜摩擦力FfmaX="(m+M)

g,當RmaX4mg時，F(xiàn)min=0,當FfmaXVgf∏g時，F(xiàn)min=1作一切(機+M)g,故C錯誤；

4

水平向右的外力最大(設(shè)為FmaX)時，/max=/7NACSin夕+∕?a*=］"g+〃(機+〃)g,故D正

確。1

12.(多選)如圖甲所示的傳送帶由水平部分和傾斜部分組成，傾斜部分與水平方向的夾

角為37。。傳送帶以某一速度按圖示方向運轉(zhuǎn)，r=0時，將一質(zhì)量為根=1kg的小滑塊輕

放在傳送帶的最頂端，以后滑塊的速度大小與時間的變化關(guān)系如圖乙所示，f=2.2s時滑塊

剛好到達最右端，物塊在兩傳送帶交接處運動時無機械能損失，重力加速度g=10m∕s2,sin

37°=0.6,下列說法正確的是()

A.滑塊與傳送帶間的滑動摩擦因數(shù)為〃=0.6

B.滑塊運動過程中能夠達到的最大速度為Om=8m/s

C.傳送帶水平部分的長度為∕=3?6m

D.從f=0至IJf=O.6s的過程中，電動機額外提供電能E=14.4J

BD［從f=0到f=0.6s的過程中，物塊在傾斜傳送帶上做加速運動，當f=0.6s時物

塊與傳送帶共速，均為6m/s。該過程加速度為G=IOm∕s2,根據(jù)牛頓第二定律可得WJgSinθ

+μmgcos0-ma↑,解得〃=0.5,A錯誤；f=0.6s到f=1.6S過程中，物塊在傾斜傳送帶

上繼續(xù)加速，但由于物塊速度大于傳送帶速度，根據(jù)牛頓第二定律可得加gsinθ-μmgcos

0—mai,再結(jié)合勻變速運動規(guī)律Om-Oi=Gd其中0∣=6m/s,聯(lián)立可得Om=8m/s,B正

確；當滑塊在水平傳送帶上減速時。m—S=AgAf,解得Af=O?4s,所以傳送帶水平部分長

度為g(vm+v∣)Δr+vι(0.6S-Δr)=4m,C錯誤；從r=0到f=0.6s的過程中，電動機額外

提供電能為E=WngCOS夕?xι,其中xι=o4=6X0.6m=3.6m,解得E=14.4J,D正確。］

選擇題專練（二）曲線運動和萬有引力用書pi92

1.（2022?廣東汕頭市模擬）某趣味物理實驗中，在水平桌面上從桌子一角A向8發(fā)射一

個乒乓球，一同學(xué)在桌邊試著用一支吹管將球由B處吹進球門C,AB垂直8C,如圖所示，

該同學(xué)將吹管對準C用力吹，但球沒有進入球門。于是該同學(xué)調(diào)整了實驗方案，你認為可

能成功的是（）

吹管U

40-------*...............

:球門

C也

A.用更大的力在B處吹氣

B.將吹管向左平移適當距離

C.將球門C沿直線CB向B點移動一小段距離

D.將吹管繞8點順時針轉(zhuǎn)動90°,正對著A吹氣

B［原方案中，吹管吹氣只改變了球沿BC方向的速度，而沿AB方向的速度不變，所

以單純沿BC方向吹氣而施加力的作用不能使球落入球門中。用更大的力在B處吹氣，只能

加快BC方向速度變化，不能使球進入球門，故A錯誤；如果在球到達B點前吹氣，到達8

點時乒乓球已經(jīng)沿垂直AB方向運動了一段距離，根據(jù)運動的合成與分解的知識可知，球可

能落入球門中，故B正確；將球門C沿直線CB向8點移動一小段距離，與原方案一樣，

不能落入球門，故C錯誤；將吹管繞B點順時針轉(zhuǎn)動90。，正對著A吹氣，小球只能做直

線運動，不會入球門，故D錯誤。］

2.（2022.廣東汕尾市模擬）投壺是從先秦延續(xù)至清末的中國傳統(tǒng)禮儀和宴飲游戲，東漢

鄭玄為先奏典籍《禮記?投壺》作注時說：“投壺，射之細也，射為燕射?！比鐖D所示，甲、

乙兩人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壺中時與水平面的夾角分別為37°

和53。。已知兩支箭的質(zhì)量，豎直方向下落高度均相等，忽略空氣阻力、箭長，壺口大小等

因素的影響（sin37°=0.6,cos37o=0.8,sin53°=0.8,cos530=0.6）,下列說法正確的

是（）

A.甲、乙兩人所射箭的初速度大小之比為4：3

B.甲、乙兩人所射箭落入壺口時的速度大小之比為3：4

C.甲、乙兩人投射位置與壺口的水平距離之比為9：16

D.甲、乙兩人所射箭落入壺口時的動能之比為16：9

D［甲、乙兩人射箭高度相同，兩支箭在空中的運動時間相同，落入壺口時豎直方向

的速度“相同。設(shè)箭尖插入壺中時與水平面的夾角為仇箭射出時的初速度為如，則tanθ

=S,即加=潦）,兩支箭射出的初速度大小之比為tan53。：tan37。=16：9,A錯

誤；設(shè)箭尖插入壺中時的速度大小為。，貝Winf即°=U?'兩支箭落入壺口時

的速度大小之比為4：3,B錯誤；因兩支箭在空中的運動時間相同，甲、乙兩人投射位置

與壺口的水平距離之比即初速度大小之比，等于16：9,C錯誤；由&=；加浮，可知，兩

支箭落入壺口時的動能之比為16：9,D正確。］

3.（2022.廣東韶關(guān)市質(zhì)檢）如圖所示，餐桌中心有一個半徑為r的圓盤，可繞其中心軸

轉(zhuǎn)動，在圓盤的邊緣放置一質(zhì)量為，”的小物塊，物塊與圓盤及餐桌間的動摩擦因數(shù)均為仰

現(xiàn)緩慢增大圓盤的角速度，小物塊將從圓盤上滑落，最終恰好停在桌面邊緣。已知最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g,圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計，則下列說法

正確的是（）

A.餐桌的半徑2r

B.該過程中支持力的沖量為零

c.小物塊剛滑落時，圓盤的角速度為、用

D.該過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為^Pmgr

D［小物塊剛滑落時，最大靜摩擦力等于所需向心力，可得WHg=,“（y2r,解得。=

,小物塊剛滑落時的速度大小為。=ft>r=qτp,設(shè)小物塊在餐桌上滑行的距離為

X,根據(jù)動能定理可得一〃機gx=o—Wnιv2,解得X=I,小物塊在桌面上運動的俯視圖如圖

所示

根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得R?=r+凡解得R=與，故A、C錯誤；

該過程中支持力的沖量/=FNf,支持力FN和運動時間f均不為零，則支

持力的沖量不為零，故B錯誤；該過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=w〃gx

=IPmgr,故D正確。］

4.（2022?湖南長沙高三模擬）如圖所示，絕緣底座上固定一電荷量為8X10FC的帶負

電小球A,其正上方。用輕細彈簧懸掛一質(zhì)量%=0.06kg、電荷量大小為2X10FC的小球

B,彈簧的勁度系數(shù)公=5N∕m,原長LO=0.3m。現(xiàn)小球B恰能以A球為圓心在水平面內(nèi)做

順時針方向（從上往下看）的勻速圓周運動，此時彈簧與豎直方向的夾角9=53°。已知靜電

2

力常量1=9.0X109N?rn2∕C2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,g=10m∕s,兩小球都視為點

電荷。則下列說法不正確的是（）

A.B做勻速圓周運動的半徑為0.4m

B.小球B所受向心力為1.7N

C.在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上水平向左的勻強電場的瞬間，B球做離心

運動

D.在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上豎直向下的勻強磁場的瞬間，B球做向心

運動

D［小球A、B的庫侖力F=聾膂，彈簧彈力為FT,小球B在豎直方向上，有FTCOS

θ=mg,彈簧的彈力在水平方向的分力FTX=產(chǎn)TSin0,由胡克定律FT=?O（∕OB-LO）,RAB

=∕oBSinθ,可解得FT=IN,∕?=0.8N,/°B=O.5m,RAB=O?4m,f=0.9N,小球B做

勻速圓周運動，所受合外力指向A,有E>∕?,則F必定指向圓心，故B球帶正電，小球B

所受向心力凡=F+Fn=1.7N,故A、B正確，不符合題意；在題圖示位置加上水平向左

的勻強電場的瞬間，小球B受到向左的電場力，這時提供的向心力減小，小于所需要的向

心力，小球做離心運動，故C正確，不符合題意；在題圖示位置加上豎直向下的勻強磁場

的瞬間，由于小球做順時針運動，且?guī)д?，由左手定則可知，小球受到一個背離圓心的洛

倫茲力作用，這時提供的向心力小于需要的向心力，小球做離心運動，故D錯誤，符合題

意。故選D。］

5.我國火星探測器“祝融號”在2021年9月中旬到10月下旬,一、

發(fā)生短暫“失聯(lián)”，原因是發(fā)生“火星合日”現(xiàn)象?！盎鹦呛先铡笔?/iw??

指當火星和地球分別位于太陽兩側(cè)與太陽共線的天文現(xiàn)象，如圖所火星,匚^沙

示。己知火星公轉(zhuǎn)周期為力，地球公轉(zhuǎn)周期為石，地球與火星繞行方

向相同。則（）

A.T↑<T2

B.火星與地球軌道半徑之比為舞J

C.火星與地球公轉(zhuǎn)的線速度之比為今

D.相鄰兩次“火星合日”的時間間隔為符（J

?T?-T^

D［根據(jù)開普勒第三定律,=k,可知7>7?,A錯誤;由今=景，得言，

B錯誤；根據(jù)=,*,可得線速度v=y∣^-,可知武=\忻，C錯誤；相鄰兩

次火星合日，即地球比火星多轉(zhuǎn)1周經(jīng)過時間為f,則有∕-?=1,解得相鄰兩次“火星

121\

TT-I

合日”的時間間隔為］√1t?,D正確。］

μ∣-∕2∣

6.2021年10月16B,神舟十三號載人飛船于6時56分，采用自主快速交會對接模

式成功與距地約400km的“天和核心艙”徑向端口對接，再次上演“太空之吻”，3名航

天員隨后從神舟十三號載人飛船進入“天和核心艙”。下列關(guān)于“天和核心艙”、飛船和航天

員的說法正確的是（）

A.航天員在“天和核心艙”內(nèi)的“私人睡眠站”中睡覺時處于平衡狀態(tài)

B.由于軌道上有極其稀薄的大氣，若不加干預(yù)，“天和核心艙”的動能會減小

C.為了實現(xiàn)對接，飛船和“天和核心艙”應(yīng)在同一軌道上運行，且兩者的速度都應(yīng)大

于第一宇宙速度

D.飛船應(yīng)先在比“天和核心艙”半徑小的軌道上加速，逐漸靠近“天和核心艙”，兩

者速度接近時實現(xiàn)對接

D［航天員在“天和核心艙”內(nèi)的“私人睡眠站”中唾覺時，萬有引力提供其做勻速

圓周運動的向心力，處于完全失重狀態(tài)，A錯誤；由于軌道上有極其稀薄的大氣，軌道處的

空氣阻力會使“天和核心艙”的速度減小，若不加干預(yù)，萬有引力將大于所需向心力，“天

和核心艙”會做向心運動，萬有引力對“天和核心艙”做正功，“天和核心艙”的動能會增

加，B錯誤；為了實現(xiàn)對接，飛船應(yīng)先在比“天和核心艙”半徑小的軌道上加速做離心運動，

逐漸靠近“天和核心艙”，兩者速度接近時實現(xiàn)對接，C錯誤，D正確。］

7.（2022.湖南長沙高三一模）我國快舟一號甲固體運載火箭以“一箭雙星”方式成功將

“行云二號”衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星進入預(yù)定軌道。如圖所示，設(shè)地球半徑為凡地球表面的

重力加速度為go,衛(wèi)星在半徑為R的近地圓形軌道I上運動，到達軌道的A點時點火變軌

進入橢圓軌道］【，到達軌道的遠地點B時，再次點火進入軌道半徑為4R的圓形軌道W繞地

球做圓周運動，設(shè)衛(wèi)星質(zhì)量保持不變。則（）

A.衛(wèi)星在軌道∏向軌道HI變軌時火箭需在B點點火向前噴氣加速

B.飛船在軌道∏上穩(wěn)定飛行經(jīng)過A、8點時速度之比為2：1

C.衛(wèi)星在軌道I、In上相同時間內(nèi)掃過的面積相同

D.衛(wèi)星在軌道II上A點的速率大于第一宇宙速度標

D［衛(wèi)星在軌道∏向軌道HI變軌時火箭需在8點點火向后噴氣加速，A錯誤；在近地

點和遠地點的運動半徑之比為1:4,由開普勒第二定律可知，4、B兩點速度之比為4：1,

B錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力有咨=∕≠,解得岸，則衛(wèi)星在軌道I、

ΠI上運行的半徑分別為R和4R,則速度之比為2：1,則相同時間內(nèi)掃過的面積之比為1:2,

C錯誤；衛(wèi)星在軌道I上繞地球表面飛行，重力提供向心力，有機go=〃赍，解得就）=屈，

則衛(wèi)星在軌道∏上A點的速率大于在軌道I上A點的速率，即大于返運，D正確。］

8.“嫦娥四號”月球探測器登陸月球背面的過程可以簡化為如圖所示的情景：“嫦娥四

號”首先在半徑為八周期為T的圓形軌道I上繞月球運行，某時刻“嫦娥四號”在A點變

軌進入橢圓軌道∏,然后在B點變軌進入近月圓形軌道III。軌道∏與軌道I、軌道HI的切

點分別為A、B,4、8與月球的球心。在一條直線上。已知引力常量為G,月球的半徑為R,

4

體積V=InR3,則（）

A

3πr?

A.月球的平均密度為而主

B.探測器在軌道H上A、B兩點的線速度之比為（fJ孑

C.探測器在軌道II上A、B兩點的加速度之比為（力一

D.探測器從A點運動到B點的時間為T（Wf）

2

A［設(shè)月球質(zhì)量為M,“嫦娥四號”質(zhì)量為m，則由聾=w?得，月球質(zhì)量為例

=7產(chǎn)，則月球平均密度為"=岸=而訴，故A正確；由開普勒第二定律得RpBZ

=Irv3,得意=7，故B錯誤；探測器在軌道∏上A、8兩點的合外力即為在該點所受

的萬有引力，即G華=maA,G贊=maB,則加速度之比為比=%,故C錯誤；設(shè)探

m3.

測器在橢圓軌道上的周期為T1,則由開普勒第三定律知七L=?，則探測器從A點運

動到B點的時間為r=y?2,故D錯誤。］

9.（多選）如圖所示的水平圓盤上有一原長為/o的輕質(zhì)彈簧，彈

簧的一端固定于圓心處，另一端與質(zhì)量為m的滑塊相連，滑塊與圓

盤之間的動摩擦因數(shù)為〃，初始時，滑塊與圓心之間的距離為/且保

持靜止?，F(xiàn)使圓盤繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動，打為滑塊與圓盤之間的

摩擦力大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，從零開始逐漸增大圓盤角速度ω至某一較大

值的過程中，關(guān)于R與。2的圖像可能正確的是（）

AB［若初始時∕=∕o,當角速度從O開始不斷增大，則開始時由靜摩擦提供向心力在

=mω2l,靜摩擦力衣8。2,當摩擦力達到最大靜摩擦力時，繼續(xù)增大角速度，最大靜摩擦

力不足以提供向心力，物塊將做離心運動，滑動摩擦力和彈簧拉力的合力提供向心力，物塊

的正壓力不變，接觸面不變，故滑動摩擦力大小不變，A正確；若初始時∕>∕o,當角速度從

O開始不斷增大，則開始時fcr-Ff=機ft?/,故開始時，角速度變大，靜摩擦力變小，當彈簧

彈力恰好提供物塊做圓周運動的向心力時，摩擦力為0；物塊的角速度繼續(xù)變大，則有kx

2

+Ff^mωl,摩擦力由O開始逐漸變大，直到達到最大靜摩擦力；繼續(xù)增大角速度，物塊的

摩擦力為滑動摩擦力，保持不變，B正確；若初始時∕<∕0,當角速度從O開始不斷增大，則

開始時Ff—h=加”/,故角速度為。時，靜摩擦力不為零，物塊角速度逐漸增大，則靜摩擦

力逐漸增大到滑動摩擦力，后保持滑動摩擦力大小不變，綜上所述可知C、D錯誤。］

10?（多選）如圖所示是網(wǎng)球運動員在某次室內(nèi)訓(xùn)練時從距地面一定的高度向豎直墻面發(fā)

射完全相同的網(wǎng)球。假定網(wǎng)球均水平擊出，某一次擊出的網(wǎng)球碰到墻面時速度方向與水平方

向夾角為30°,第二次擊出的網(wǎng)球碰到墻面時速度方向與水平方向夾角為60°。若不考慮

網(wǎng)球在空中受到的阻力，則第一次與第二次擊球相比（）

A.初速度之比為3：1

B.碰到墻面前在空中運動的時間之比為1:√3

C.下降高度之比為1:3

D.碰到墻面時動能之比為1:3

BC［由題知，兩次平拋運動的水平位移相同，根據(jù)平拋運動規(guī)律有x=θot,>=：gF,

又由平拋運動速度方向與水平方向的夾角。的正切值是位移方向與水平方向的夾角α正切值

的2倍，即tan"=2tana,聯(lián)立得”,υo~，代入數(shù)據(jù)a=30°、

Srtan30°

仇=6。?？山獾脙纱芜\動的時間與初速度之比分別歐

!rtan60°^√3、加

3n；=乎，故A錯誤，B正確；根據(jù)公式y(tǒng)=ggP，得心=E=|，C正確；平

cos30°

拋的合速度為v=—,故碰到墻面時動能之比式=

錯誤。］

11.（多選）2022年3月23日，中國空間站“天宮課堂”第二課開講?？臻g站軌道可簡

化為高度約400km的圓軌道，認為空間站繞地球做勻速圓周運動。在400km的高空也有

非常稀薄的氣體，為了維持空間站長期在軌道上做圓周運動，需要連續(xù)補充能量。下列說法

中正確的是（）

A.如果不補充能量，系統(tǒng)的機械能將增大

B.如果不補充能量，空間站運行的角速度將變大

C.空間站的運行速度小于第一宇宙速度

D.空間站的運行速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間

BC［如果不補充能量，空間站將克服阻力做功，系統(tǒng)的機械能將減小，軌道半徑將減

小，根據(jù)G攀=mdR可知，角速度將會變大，故A錯誤，B正確；第一宇宙速度是最大

的衛(wèi)星環(huán)繞速度，所以空間站的運行速度小于第一宇宙速度，故C正確，D錯誤。］

12.（多選）（2022?廣東佛山市二模）如圖所示為一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管

道，管道里有一個直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運動，從B點脫離后

做平拋運動，經(jīng)過0.3s后又恰好與傾角為45。的斜面垂直相碰。已知半圓形管道的半徑為R

=Im,小球可看作質(zhì)點且其質(zhì)量為W=Ikg,g取Iom人2。貝∣］（）

A.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.9m

B.小球在斜面上的相碰點C與8點的水平距離是1.9m

C.小球經(jīng)過管道的8點時，受到管道的作用力QVB的大小是IN

D.小球經(jīng)過管道的B點時，受到管道的作用力Evs的大小是2N

AC［小球恰好與傾角為45°的斜面垂直相碰，據(jù)速度偏角公式可得tan45°=E,

e*

解得a=g∕=3m∕s,小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離為尤=0J=0.9m,A正確，

B錯誤；小球經(jīng)過管道的8點時，設(shè)受到管道的作用力尸N6方向向上，據(jù)牛頓第二定律可得

mg—F,VB=VX=3m∕s,解得BVB=IN,故管道對小球的作用力大小為1N,方向

豎直向上，C正確，D錯誤。］

選擇題專練（三）動量和能量用書p195

1.（2022?廣東佛山市二模）某水上樂園有兩種滑道，一種是直

軌滑道，另一種是螺旋滑道，兩種滑道的高度及粗糙程度相同，

但螺旋滑道的軌道更長，某游客分別沿兩種不同的滑道由靜止從

頂端滑下，在由頂端滑至底端的整個過程中，沿螺旋滑道下滑

（）

A.重力對游客做的功更多

B.重力對游客做的功更少

C.摩擦力對游客做的功更多

D.摩擦力對游客做的功更少

C［重力做功WG=Sg與路徑無關(guān)，只與初末位置的高度差有關(guān)，而兩種軌道的

高度差相同，則重力對游客做功相同，A、B錯誤；摩擦力做功Wf=Ff-5,沿螺旋軌道下

滑時，做曲線運動，因此指向圓心方向有FN-mgcos9=i底,其中角度為重力和垂直斜

面方向的夾角，而滑動摩擦力大小為R=〃君N,因此螺旋運動的摩擦力更大，兩種軌道的動

摩擦因數(shù)相同，而螺旋滑道更長，則摩擦力對游客做的功更多，故C正確，D錯誤。］

2.（2022?廣東梅州市一模）某天，一名兩歲女童從5樓窗臺突然墜落。但幸運的是，樓

下快遞員高高舉起雙手接住了孩子，孩子安然無恙。假設(shè)從5樓窗臺到接住女童的位置高度

差為〃=20m,快遞員接住女童的整個過程時間約為0.2s,經(jīng)緩沖后女童最終以5m/s的速

度著地，女童的質(zhì)量為機=25kg,則（忽略空氣阻力，g取Iom∕s2）（）

A.女童接觸快遞員手臂時的速度大小為40m/s

B.女童自由下落時間約為4s

C.快遞員手臂受到的平均沖擊力大小約為2125N

D.在接住女童的過程中，女童處于失重狀態(tài)

C［女童墜落的過程可看作自由落體過程，接觸快遞員時的速度為。，v2=2gh,h=?

gt1,則u=y∣2gh=,^2×10×20m/s=20m/s,t=???=s=2s,A、B錯

誤；取豎直向上為正方向，由動量定理可知/=p2—p∣,??t=tnv2-mv?,解得

P=2125N,C正確；女童與快遞員接觸時速度約為20m/s,最后著地時的速度為5m/s,

所以女童做減速運動，加速度向上，處于超重狀態(tài)，D錯誤。］

3.（2022?廣東河源市質(zhì)檢）高臺跳水被譽為最富有冒險性的體育項目。質(zhì)量為〃?的高臺

跳水運動員在一次訓(xùn)練中，從距離水面高/7的高臺自由下落，在空中保持姿態(tài)不變，接觸水

面后在平均大小等于4倍重力的阻力作用下，豎直向下減速運動。若忽略空氣阻力，重力加

速度為g。運動員在接觸水面到速度減為零的過程中（）

A.動能的改變量與阻力做功大小相等

B.阻力的沖量與重力的沖量相同

C.重力勢能減少了;mgh

4

D.機械能減少了

D［根據(jù)動能定理，重力做功與阻力做功之和等于動能的改變量，A錯誤；根據(jù)動量定

理，阻力的沖量與重力的沖量之和等于運動員動量的變化量，而運動員的動量的變化量不為

零，所以阻力的沖量與重力的沖量不僅方向相反，大小也不等，B錯誤；從高臺開始，至速

度為零，全程由動能定理得",gS+x）-4/MgX=0,所以在水中下落的深度為x=（h,根據(jù)功

能關(guān)系，重力勢能的減少量等于重力做的功，即&mg∕ι,C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，

4

機械能的減少量等于克服非重力做的功，即AE=-2∕πg(shù)/?,D正確。］

4.如圖所示，帶有擋板的小車質(zhì)量為m,上表面光滑，靜止于光滑水平面上。輕質(zhì)彈

簧左端固定在小車上，右端處于自由伸長狀態(tài)。質(zhì)量也為，”的小球，以速度。從右側(cè)滑上

小車，在小球剛接觸彈簧至與彈簧分離的過程中，以下判斷正確的是（）

A.彈簧的最大彈性勢能為Tmv2

B.彈簧的最大彈性勢能為:加。2

C.彈簧對小車做的功為（mv2

D.彈簧對小球做的功嗎mv2

B［當小球和小車的速度相同時彈簧的彈性勢能最大，取向左為正方向，由系統(tǒng)動量守

恒和機械能守恒分別有機。=2"八T機〃=/.2mv>2+￡p>聯(lián)立得到彈簧最大的彈性勢能

2

?￡P(guān)=1mv,A錯誤，B正確；設(shè)小球與彈簧分離時，小車和小球的速度分別為0和02,

由系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒分別得到mv-mvι+mv2,；nw2=?mv∣2+∣mv22,解得V?

=v,V2=O,對小車，由動能定理得彈簧對小車做的功M=/mv∣2-0=^mv2,C錯誤；

對小球，由動能定理得彈簧對小球做的功為肌=；mvr-^mv2-0-^mv2——^mv2,D

錯誤。］

5.如圖所示，楔形木塊α爐固定在水平面上，粗糙斜面H和光滑斜面歷與水平面的

夾角相同，頂角6處安裝一定滑輪，質(zhì)量分別為M、的滑塊通過不可伸長的輕繩跨

過定滑輪連接，輕繩與斜面平行。兩滑塊山靜止釋放后，均沿斜面做勻加速運動。若不計滑

輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中（）

A.兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能守恒

B.重力對M做的功等于m機械能的增加

C.輕繩對M做的功大于輕繩對m做的功

D.兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功

D［由于斜面外粗糙，兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能不守恒，A錯誤；由能量守恒關(guān)系可

知，重力對M做的功等于加機械能的增加和M克服摩擦力做的功以及例動能的增加，B

錯誤；輕繩對M