26 届高三物理二轮复习章节限时训练二（必修2 抛体天体能量部分）
1.(多选)(2025·河南名校联考)如图所示,在一个倾角θ=15°的足够长固定斜面底端P 点将小球a 以
某一初速度斜向上抛出,抛出方向与斜面的夹角α=30°,小球a 将落在斜面上的Q 点,P、Q 之间的
距离为l。若将小球b 以相同大小的初速度从P 点抛出,抛出方向与斜面的夹角调整为45°,不计空
气阻力,重力加速度为g,sin 15°=
❑√6−❑√2
4
,cos 15°=
❑√6+ ❑√2
4
,则( )
A.从抛出到落在斜面上,小球a 所用的时间为❑√
❑√2l
g
B.从抛出到落在斜面上,小球a、b 所用的时间相等
C.小球b 将落在Q 点
D.小球b 将落在Q 点的下方
答案 AC
解析 将a 的加速度和初速度沿斜面方向和垂直斜面方向分解,如图所示,
设初速度大小为v,则从抛出到落在斜面上,小球a 所用的时间为ta=2v sin α
gcosθ
,
则沿斜面方向有l=vcos α·ta-1
2
gsin θ·ta
2,联立解得ta=❑√
❑√2l
g
,故A 正确;同理,小球b 所用的时间为
tb=2v sin 45°
gcosθ
≠ta=2v sin30°
gcosθ
,故B 错误;设b 球落点与P 点的距离为x,则有x=vcos 45°·tb-1
2gsin θ·
tb
2,联立解得x=l,故C 正确,D 错误。
故选AC
2.(2025·湖南长沙市一中月考)2024 年9 月20 日,我国在西昌卫星发射中心使用快舟一号甲运载火
箭,成功将天启星座29~32 星发射升空,卫星顺利进入预定轨道,发射任务获得圆满成功。已知卫
星运行速度的三次方v3与其周期的倒数1
T 的关系图像如图所示,地球半径为R,引力常量为G,卫
星绕地球的运动可看作匀速圆周运动,下列说法正确的是( )
A.地球的质量为4 π
2a
bG
B.地球的平均密度为3 π a
bG R
3
C.地球表面的重力加速度为
b
2π a R
2
D.卫星在近地轨道运行的线速度大小为❑√
4 π
2b
Ra
答案 C
解析 由万有引力提供向心力有G Mm
r
2 =m4 π
2
T
2
r,可得r3=GM T
2
4 π
2
,根据v=2π r
T
,联立可得v3=2πGM·
1
T ,由题图知斜率k=2πGM=b
a,地球的质量为M=
b
2π aG ,A 错误;地球的体积V=4
3 πR3,则地球的平均
密度为ρ= M
V =
b
2π aG×
3
4 π R
3=
3b
8 π
2aG R
3,B 错误;卫星在地球表面有G Mm
R
2 =mg,可得地球表面的重
力加速度为g=GM
R
2 =
b
2π a R
2,C 正确,卫星在近地轨道运行,由万有引力提供向心力,得G Mm
R
2 =mv
2
R
,可得v=❑√
GM
R =❑√
b
2π aR,D 错误。
故选C
3.(多选)(2025·山东卷,10)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标区域是水平地面上
以O 点为圆心、半径R1=5 m 的圆形区域,OO'垂直地面,无人机在离地面高度H=20 m 的空中绕
O'点、平行地面做半径R2=3 m 的匀速圆周运动,A、B 为圆周上的两点,∠AO'B=90°。若物品相对
无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当
无人机以ωmax沿圆周运动经过A 点时,相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的
影响,物品可视为质点且落地后即静止,重力加速度大小g=10 m/s2。正确的是( )
A.ωmax=π
3 rad/s
B.ωmax=2
3 rad/s
C.无人机运动到B 点时,在A 点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B 点时,在A 点释放的物品尚未落地
答案 BC
解析 物品从抛出到落地的过程做平抛运动,当其恰不落在目标区域外时,物品的水平位移示意图
如图所示,由几何关系有xm=❑√R1
2−R2
2=4 m,此时物品的初速度最大,水平方向上有xm=vmt,竖直方
向上有H=1
2gt2,联立解得物品的最大初速度(无人机的最大线速度)为vm=2 m/s,所以无人机的最大
角速度ωmax=vm
R2
=2
3
rad/s,A 错误,B 正确;由H=1
2
gt2可知,物品释放后在空中运动的时间为t=2 s,
该过程无人机转过的角度θ=ωmaxt=4
3 <π
2 ,所以无人机运动到B 点时,在A 点释放的物品已经落地,C
正确,D 错误。
故选BC
4.(2025·河北承德模拟预测)北斗三号卫星导航系统由24 颗中圆地球轨道卫星(MEO)、3 颗地球静
止同步轨道卫星(GEO)和3 颗倾斜地球同步轨道卫星(IGSO)共30 颗卫星组成。已知地球半径为
R,地球表面赤道处重力加速度为g0,地球同步卫星到地心的距离为kR,中圆地球轨道卫星的周期
为同步卫星周期T 的一半,如图所示。下列关于地球静止同步轨道卫星A 和倾斜地球同步轨道卫
星B 与中圆地球轨道卫星C 的说法正确的是( )
A.地球静止同步轨道卫星A 和倾斜地球同步轨道卫星B 均相对赤道表面静止
B.中圆地球轨道卫星C 的动能大于倾斜地球同步轨道卫星B 的动能
C.地球表面赤道处的重力加速度g0=4 π
2 R
T
2
(k-1)
D.某时刻B、C 两卫星相距最近,则再经1
2
T,两卫星间距离为(1+ 1
3√4)
kR
答案 D
解析 地球静止同步轨道卫星A 相对于赤道静止,倾斜地球同步卫星B 只是周期等于地球自转周
期,并不相对于赤道静止,故A 错误;由于不知道卫星B、C 的质量,所以无法比较两者的动能,故B
错误;B 卫星受到的万有引力提供向心力,有G Mm
(kR)
2=m4 π
2
T
2
kR,对任意地球表面赤道处的物体受力
分析,有m'g0+m'4 π
2
T
2
R=G Mm'
R
2 ,联立得g0=4 π
2 R
T
2
(k3-1),故C 错误;某时刻B、C 两卫星相距最近,则
再经1
2T,B 卫星运动半周,C 卫星运动一周,此时两卫星相距最远,距离为两者轨道半径之和,即
d=kR+rC,对于B、C 卫星,由开普勒第三定律得(kR)
3
T
2 =
rC
3
(
1
2 T)
2,联立解得d=(1+ 1
3√4)
kR,故D 正确
故选D
5.(2025·湖南长沙高三期末)一质量可视为不变的汽车在平直公路上行驶,该车在一段行驶过程中
速度的倒数1
v 随加速度a 的变化图像如图所示,已知图线的斜率为k,纵截距为b。正确的是( )
A.汽车运动过程中发动机的输出功率不变
B.汽车在行驶过程中受到的阻力逐渐变大
C.汽车行驶的最大速度为b
k
D.当汽车速度为最大速度的一半时,汽车的加速度为1
b
答案 A
解析 设汽车行驶时发动机的输出功率为P,阻力为f,牵引力为F,则有P=Fv,F-f=ma,整理可得1
v
=m
P a+ f
P,由题图可知k=m
P ,b= f
P,解得P=m
k ,f=mb
k ,可知汽车行驶过程中发动机的输出功率不变,
汽车在行驶过程中受到的阻力恒定不变,故A 正确,B 错误;当汽车速度达到最大时,有P=fvm,即m
k
=mb
k vm,解得vm=1
b,故C 错误;当汽车速度为v=vm
2 = 1
2b时,汽车的牵引力为F=P
v =2mb
k
,由F-f=ma,
可得此时汽车的加速度为a=b
k ,故D 错误。
故选A
6.(多选)一只皮球从离地面一定高度处由静止释放,其受到空气阻力的大小与速度的平方成正比。
下列关于皮球下落过程中的关系图像,可能正确的是(其中v 为速度,a 为加速度,t 为时间,W 为皮
球克服阻力所做的功,Ek为皮球的动能,h 为下落高度)( )
答案 BD
解析 由mg-kv2=ma 知,在皮球下落过程中随着v 的增大,加速度a 减小,但a 随t 不是线性减小,
A 错误;皮球克服阻力做功W=kv2h,W-h 图像中曲线切线的斜率ΔW
Δℎ=kv2,随v 的增大而增大,B 可
能正确;Ek-h 图像中曲线切线的斜率为皮球下落过程中受到合力的大小,即Δ Ek
Δℎ=mg-kv2,随v 的增
大而减小,C 错误;皮球下落过程中,由动能定理得mgh-fh=1
2mv2,又f=kv2,整理得v
2
ℎ=2g-2k
m v2,v
2
ℎ-
v2图像为一次函数,截距为正,斜率为负,D 可能正确。
故选BD
7.(2025·四川卷,7)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通
过不可伸长轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块质量均为m,两者之间动摩擦因数为
❑√3
2 。电动机以恒定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运
动。经过
一段时间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面
均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内( )
A.物块的位移大小为2v0
2
3 g
B.物块机械能增量为5mv0
2
2
C.小车的位移大小为16 P v0
5m g
2
-2v0
2
5 g
D.小车机械能增量为8 P v0
5 g
+mv0
2
2
答案 C
解析 对物块,根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=1
4g,根据运动学公式有v0
2
=2ax1,解得物块的位移大小为x1=2v0
2
g
,A 错误;物块机械能增量为ΔE=1
2
mv0
2+mgx1·sin 30°=3
2
mv0
2
,B 错误;对小车,由动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=1
2
mv0
2,其中t=v0
a
,联立解得x=16 P v0
5m g
2
-2v0
2
5 g
,C 正确;小车机械能增量为ΔE'=1
2
mv0
2+mgxsin 30°=8 P v0
5 g
+3mv0
2
10
,D 错误。
故选C
8.(2025·四川成都高三期末)如图所示,高为L 的斜轨道AB、CD 与水平面的夹角均为45°,它们分
别与竖直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B、D 两点,圆弧的半径也为L。质量为m 的小滑块从A
点由静止滑下后,经CD 轨道返回,再次冲上AB 轨道至速度为零时,相对于BD 面的高度为L
6 。已
知滑块与AB 轨道间的动摩擦因数为μ1=0.5,重力加速度为g,求:(结果可以保留根号)
(1)滑块第一次经过圆轨道最低点时对轨道的压力;
(2)滑块与CD 轨道间的动摩擦因数μ2;
(3)经过足够长时间后,滑块在两斜面上滑动的路程之和s。
答案 (1)(4-❑√2)mg,方向竖直向下 (2)1
3 (3)23 ❑√2
10 L
解析 (1)滑块从开始位置到第一次到达最低点,由动能定理有
mg(L+L-Lsin 45°)-μ1mgcos 45°·❑√2L=1
2mv2-0
在最低点,根据牛顿第二定律可得
FN-mg=mv
2
L
解得FN=(4-❑√2)mg
由牛顿第三定律知在最低点滑块对圆弧轨道的压力大小FN'=FN=(4-❑√2)mg, 方向竖直向下。
(2)对滑块从开始到第一次到达D 点,由动能定理有
mgL-μ1mgcos 45°·❑√2L=1
2mv D
2-0
设滑块在CD 上能到达的高度为h,对滑块从D 点沿斜面CD 到达最高点,同理可得
-mgh-μ2mgcos 45°·❑√2h=0-1
2mv D
2
对滑块从第一次到达D 到第二次到达D,则有
-2μ2mgcos 45°·❑√2h=1
2mvD'2-1
2mv D
2
对滑块从第二次到达D 点到返回AB 上的最高点,有
-mg· L
6 -μ1mgcos 45°·❑√2· L
6 =0-1
2mvD'2
联立解得μ2=1
3
。
(3)经过分析可得,滑块每次到达AB 上能到达的最高点的高度总是上一次的1
6,则在AB 上通过的路
程为
s1=[
❑√2 L+2❑√2(
L
6 + L
6
2 +…)]
=7 ❑√2
5
L
经过足够长的时间后,滑块将保持在BD 间滑动,全过程由动能定理
mgL-μ1mgcos 45°·s1-μ2mgcos 45°·s2=0-0
解得s2=9 ❑√2
10 L
故滑块在两斜面上滑动的路程之和
s=s1+s2=23 ❑√2
10 L。
二轮章节限时训练二 答案
1.答案 AC
解析 将a 的加速度和初速度沿斜面方向和垂直斜面方向分解,如图所示,
设初速度大小为v,则从抛出到落在斜面上,小球a 所用的时间为ta=2v sin α
gcosθ
,
则沿斜面方向有l=vcos α·ta-1
2
gsin θ·t a
2,联立解得ta=❑√
❑√2l
g
,故A 正确;同理,
小球b 所用的时间为tb=2v sin 45°
gcosθ
≠ta=2v sin30°
gcosθ
,故B 错误;设b 球落点与P 点的距离为x,则有
x=vcos 45°·tb-1
2gsin θ·tb
2,联立解得x=l,故C 正确,D 错误。
2.答案 C
解析 由万有引力提供向心力有G Mm
r
2 =m4 π
2
T
2
r,可得r3=GM T
2
4 π
2
,根据v=2π r
T
,联立可得v3=2πGM·
1
T ,由题图知斜率k=2πGM=b
a,地球的质量为M=
b
2π aG,A 错误;地球的体积V=4
3 πR3,则地球的平均
密度为ρ= M
V =
b
2π aG×
3
4 π R
3=
3b
8 π
2aG R
3,B 错误;卫星在地球表面有G Mm
R
2 =mg,可得地球表面的重
力加速度为g=GM
R
2 =
b
2π a R
2,C 正确,卫星在近地轨道运行,由万有引力提供向心力,得G Mm
R
2 =mv
2
R
,可得v=❑√
GM
R =❑√
b
2π aR,D 错误。
3.答案 BC
解析 物品从抛出到落地的过程做平抛运动,当其恰不落在目标区域外时,物品的水平位移示意图
如图所示,由几何关系有xm=❑√R1
2−R2
2=4 m,此时物品的初速度最大,水平方向上有xm=vmt,竖直方
向上有H=1
2gt2,联立解得物品的最大初速度(无人机的最大线速度)为vm=2 m/s,所以无人机的最大
角速度ωmax=vm
R2
=2
3
rad/s,A 错误,B 正确;由H=1
2
gt2可知,物品释放后在空中运动的时间为t=2 s,
该过程无人机转过的角度θ=ωmaxt=4
3 <π
2 ,所以无人机运动到B 点时,在A 点释放的物品已经落地,C
正确,D 错误。
4.答案 D
解析 地球静止同步轨道卫星A 相对于赤道静止,倾斜地球同步卫星B 只是周期等于地球自转周
期,并不相对于赤道静止,故A 错误;由于不知道卫星B、C 的质量,所以无法比较两者的动能,故B
错误;B 卫星受到的万有引力提供向心力,有G Mm
(kR)
2=m4 π
2
T
2
kR,对任意地球表面赤道处的物体受力
分析,有m'g0+m'4 π
2
T
2
R=G Mm'
R
2 ,联立得g0=4 π
2 R
T
2
(k3-1),故C 错误;某时刻B、C 两卫星相距最近,则
再经1
2T,B 卫星运动半周,C 卫星运动一周,此时两卫星相距最远,距离为两者轨道半径之和,即
d=kR+rC,对于B、C 卫星,由开普勒第三定律得(kR)
3
T
2 =
rC
3
(
1
2 T)
2,联立解得d=(1+ 1
3√4)
kR,故D 正确
5.答案 A
解析 设汽车行驶时发动机的输出功率为P,阻力为f,牵引力为F,则有P=Fv,F-f=ma,整理可得1
v
=m
P a+ f
P,由题图可知k=m
P ,b= f
P,解得P=m
k ,f=mb
k ,可知汽车行驶过程中发动机的输出功率不变,
汽车在行驶过程中受到的阻力恒定不变,故A 正确,B 错误;当汽车速度达到最大时,有P=fvm,即m
k
=mb
k vm,解得vm=1
b,故C 错误;当汽车速度为v=vm
2 = 1
2b时,汽车的牵引力为F=P
v =2mb
k
,由F-f=ma,
可得此时汽车的加速度为a=b
k ,故D 错误。
6.答案 BD
解析 由mg-kv2=ma 知,在皮球下落过程中随着v 的增大,加速度a 减小,但a 随t 不是线性减小,
A 错误;皮球克服阻力做功W=kv2h,W-h 图像中曲线切线的斜率ΔW
Δℎ=kv2,随v 的增大而增大,B 可
能正确;Ek-h 图像中曲线切线的斜率为皮球下落过程中受到合力的大小,即Δ Ek
Δℎ=mg-kv2,随v 的增
大而减小,C 错误;皮球下落过程中,由动能定理得mgh-fh=1
2mv2,又f=kv2,整理得v
2
ℎ=2g-2k
m v2,v
2
ℎ-
v2图像为一次函数,截距为正,斜率为负,D 可能正确。
7.答案 C
解析 对物块,根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=1
4g,根据运动学公式有v0
2
=2ax1,解得物块的位移大小为x1=2v0
2
g
,A 错误;物块机械能增量为ΔE=1
2
mv0
2+mgx1·sin 30°=3
2
mv0
2
,B 错误;对小车,由动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=1
2
mv0
2,其中t=v0
a
,联立解得x=16 P v0
5m g
2
-2v0
2
5 g
,C 正确;小车机械能增量为ΔE'=1
2
mv0
2+mgxsin 30°=8 P v0
5 g
+3mv0
2
10
,D 错误。
8.答案 (1)(4-❑√2)mg,方向竖直向下 (2)1
3 (3)23 ❑√2
10 L
解析 (1)滑块从开始位置到第一次到达最低点,由动能定理有
mg(L+L-Lsin 45°)-μ1mgcos 45°·❑√2L=1
2mv2-0
在最低点,根据牛顿第二定律可得
FN-mg=mv
2
L
解得FN=(4-❑√2)mg
由牛顿第三定律知在最低点滑块对圆弧轨道的压力大小FN'=FN=(4-❑√2)mg, 方向竖直向下。
(2)对滑块从开始到第一次到达D 点,由动能定理有
mgL-μ1mgcos 45°·❑√2L=1
2mv D
2-0
设滑块在CD 上能到达的高度为h,对滑块从D 点沿斜面CD 到达最高点,同理可得
-mgh-μ2mgcos 45°·❑√2h=0-1
2mv D
2
对滑块从第一次到达D 到第二次到达D,则有
-2μ2mgcos 45°·❑√2h=1
2mvD'2-1
2mv D
2
对滑块从第二次到达D 点到返回AB 上的最高点,有
-mg· L
6 -μ1mgcos 45°·❑√2· L
6 =0-1
2mvD'2
联立解得μ2=1
3。
(3)经过分析可得,滑块每次到达AB 上能到达的最高点的高度总是上一次的1
6,则在AB 上通过的路
程为
s1=[
❑√2 L+2❑√2(
L
6 + L
6
2 +…)]
=7 ❑√2
5
L
经过足够长的时间后,滑块将保持在BD 间滑动,全过程由动能定理
mgL-μ1mgcos 45°·s1-μ2mgcos 45°·s2=0-0
解得s2=9 ❑√2
10 L
故滑块在两斜面上滑动的路程之和
s=s1+s2=23 ❑√2
10 L。
