暑期综合提高练习（一）力学3——2026-2027学年高中物理人教版新高三年级暑期强化训练【较难版 含答案word版】

这是一份暑期综合提高练习（一）力学3——2026-2027学年高中物理人教版新高三年级暑期强化训练【较难版 含答案word版】，共4页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第一部分（选择题 共43分）
一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．[4分]甲、乙两行星绕某恒星做圆周运动，甲的轨道半径比乙的小．忽略两行星之间的万有引力作用，下列说法正确的是（ ）
A．甲运动的周期比乙的小
B．甲运动的线速度比乙的小
C．甲运动的角速度比乙的小
D．甲运动的向心加速度比乙的小
2．[4分]某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中。现制作一个为实际尺寸的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的（ ）
A．B．C．D．
3．[4分]如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO=OC=5cm。若振子从B到C的运动时间是1s，则下列说法中正确的是（ ）
A．振子从B经O到C完成一次全振动
B．振动周期是1s，振幅是10cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20cm
D．从B开始经过3s，振子通过的路程是30cm
4．[4分]如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30∘ ,假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f,方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为（ ）
A．33fB．213fC．2fD．3f
5．[4分]将固定在水平地面上的斜面分为四等份，如图所示，AB=BC=CD=DE，在斜面的底端A点有一个小滑块以初速度v0沿斜面向上运动，刚好能到达斜面顶端E点．则小滑块向上运动经过D点时速度大小是
A．B．C．D．
6．[4分]中国行星探测任务命名为“天问系列”，首次火星探测任务命名为“天问一号”。1925年德国物理学家瓦尔特·霍曼提出了一种相对节省燃料的从地球飞往火星的方案，其基本构想是在地球上将火星探测器发射后，探测器立即被太阳引力俘获，以太阳为焦点沿椭圆轨道b运动到达火星。椭圆轨道b分别与地球公转轨道a、火星公转轨道c相切，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．依照霍曼的猜想，火星探测器的发射速度应大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度
B．探测器登陆火星需要先进入火星公转轨道c，则探测器在椭圆轨道的远日点处需要加速变轨
C．若探测器沿椭圆轨道运动，探测器在远日点处的加速度比火星绕太阳公转的加速度大
D．火星探测器沿椭圆轨道运动时轨道半长轴的立方与公转周期的平方的比值小于火星绕太阳运动时轨道半长轴的立方与公转周期的平方的比值
7．[4分]随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器．从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为R0,表面重力加速度为g0．质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为mg0R02(1R0−1r)(r≥R0)．要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为（ ）
A．g0R0B．3g0R02C．2g0R0D．3g0R0
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．[5分]如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与圆心等高且在同一竖直平面内。现甲、乙两位同学分别站在M、N两点，同时将两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知∠MOQ=60°，忽略空气阻力。则下列说法中正确的是（ ）
A．两球抛出的速率之比为1∶3
B．若仅增大v1，则两球将在落入坑中之前相撞
C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变
D．若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中
9．[5分]一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶．已知快艇在静水中的速度图象如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示．则（ ）
A．快艇的运动轨迹一定为直线
B．快艇的运动轨迹一定为曲线
C．快艇最快到达岸边，所用的时间为20s
D．快艇最快到达岸边，经过的位移为100m
10．[5分]已知为同一直线上的四点，间的距离为，间的距离为，物体自点由静止开始沿此直线做匀加速运动，依次经过三点.已知物体通过段与通过段所用时间相等.则下列说法正确的是（）
A．物体通过三点的速度大小一定满足
B．
C．物体通过B点的速度等于在段的平均速度
D．间的距离为
第二部分（非选择题 共57分）
三、非选择题（本大题共5小题，共57分）
11．[8分]某实验小组的同学制作了一个弹簧弹射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球(小球与弹簧不连接)，压缩弹簧并锁定，然后将锁定的弹簧和两个小球组成的系统放在内壁光滑的金属管中(管径略大于两球直径)，金属管水平固定在离地面一定高度处，如图所示。解除弹簧锁定，则这两个金属小球可以同时沿同一直线向相反方向弹射。现要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，并探究弹射过程所遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具，并按下述步骤进行实验：
①用天平测出两球质量分别为m1、m2；
②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；
③解除弹簧锁定弹出两球，记录下两球在水平地面上的落点M、N。
根据该小组同学的实验，回答下列问题：
(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需要测量的物理量有 ；
A．弹簧的压缩量Δx
B．两球落地点M、N到对应管口P、Q的水平距离x1、x2
C．小球直径
D．两球从弹出到落地的时间t1、t2
(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为 ；
(3)用测得的物理量来表示，如果满足关系式 ，则说明弹射过程中系统动量守恒。
12．[9分]（15分）如图所示，粗细均匀且足够长的光滑长杆固定在竖直面内，杆与水平方向的夹角α＝37°，质量不计的轻环套在杆上，轻环下用长为L的轻绳吊着质量为m的小球A。初始时，轻环及小球A在杆上的一小固定杆的作用下保持静止，将小球B以与水平方向成θ＝60°角斜向右上抛出，恰好沿水平方向与小球A发生弹性碰撞。已知小球B的质量为3m，碰撞后小球A在光滑长杆所在的竖直面内运动，开始时A、B两球所在位置的高度差为L，小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0．6，cs 37°＝0．8，求：
（1）小球B抛出的初速度大小；
（2）小球B与小球A碰撞过程中，小球B对小球A做的功；
（3）轻环沿杆上滑的最大距离。
13．[12分](18分) 如图所示，在光滑水平地面的右端竖直固定一光滑半圆形轨道，左端固定一倾斜角θ＝37°、高度h＝1.2 m的粗糙斜面。一滑块B(可看成质点)位于距半圆形轨道底端左侧L2＝2125 m的水平地面上，滑块B的左端与轻弹簧接触(但未固定)。现将另一与滑块B完全相同的滑块A从斜面顶端由静止释放，已知从滑块A开始压缩弹簧到弹簧长度最短所用时间为t0＝15 s，之后滑块B脱离弹簧，恰好能滑上半圆形轨道的顶端，从顶端滑出后正好落在滑块A上。滑块A与斜面间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度g＝10 m/s2，轨道连接处平滑，弹簧形变始终在弹性限度内，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)滑块 A到达斜面底端时的速度大小v0；
(2)半圆形轨道的半径R；
(3)弹簧的原长L1。
14．[12分]某实验小组利用图（a）所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：
（1）首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。
（2）用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图（b）所示（纸带上的点由左至右依次打出），则垫块应该（填“往左移”“往右移”或“固定不动”）。
（3）在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。
（4）把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图（c）所示。已知打点计时器所用交流电的频率为，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出F点时小车的速度大小为（结果保留2位小数）。
（5）保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车v-t图像如图（d）所示，由图像可知小车加速度大小（填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”）。据此可以得到的实验结论是。
15．[16分]如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出一质量m=1 kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入∠BOC=37°的固定光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M=4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6 m、h=0.15 m，R=0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10 m/s2求：（sin 37°=0.6，cs 37°=0.8）
（1）小物块的初速度v0及在B点时的速度大小；
（2）小物块滑至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。
参考答案
1．【答案】A
【详解】由题意可知，r甲ω乙,a甲>a乙，A正确．
2．【答案】B
【详解】由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和下落高度均变为原来的，则有，得，所以时间变为实际的四分之一，则水流出的速度，由于水平位移变为实际的，时间变为实际的四分之一，则水流出的速度为实际的四分之一。
3．【答案】D
【详解】振子从B经O到C只完成半次全振动，再回到B才算完成一次全振动，完成一次全振动的时间为一个周期，故T=2s，AB错误；经过一次全振动，振子通过的路程是4倍振幅，故经过两次全振动，振子通过的路程是40cm，C错误；从B开始经过3s，振子通过的路程是30cm，D正确。
4．【答案】B
【详解】设缆绳对货船S的拉力为T，对货船S，有2Tcs 30∘=f，解得T=f3，对拖船P，设沿速度方向动力分量为Fx，垂直速度方向动力分量为Fy，则有Fx=f+Tcs 30∘=32f，Fy=Tsin 30∘=36f，每艘拖船提供的动力设为F，则F=Fx2+Fy2=213f，B正确．
5．【答案】D
【分析】根据题中“在斜面的底端A点有一个小滑块以初速度v0沿斜面向上运动，刚好能到达斜面顶端E点”可知，本题考查匀减速直线运动．根据匀减速直线运动的规律，应用逆向思维法、速度位移公式等知识分析求解．
【详解】将末速度为零的匀减速直线运动看作初速度为零的匀加速直线运动，则，，
解得
故D项正确，ABC错误。
6．【答案】B
【详解】依照霍曼的猜想，火星探测器要脱离地球的引力，但是没有脱离太阳的引力，则探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，选项A错误；探测器登陆火星需要先进入火星公转轨道c，则探测器在椭圆轨道的远日点处需要加速变轨才能进入轨道c，选项B正确；根据，可得，若探测器沿椭圆轨道运动，探测器在远日点处的加速度等于火星绕火星太阳公转的加速度，选项C错误；根据开普勒第三定理可知，火星探测器沿椭圆轨道运动时轨道半长轴的立方与公转周期的平方的比值等于火星绕太阳运动时轨道半长轴的立方与公转周期的平方的比值，选项D错误。
7．【答案】B
【详解】飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得GMm(2R0)2=mv22R0，飞行器发射过程由机械能守恒定律得12mv02+0=12mv2+mg0R02(1R0−12R0)（点拨：飞行器在发射过程中只有万有引力做功）,只考虑星球引力和忽略自转的情况下，星球表面的重力等于万有引力，即GMm′R02=m′g0，联立解得飞行器发射的初速度为v0=3g0R02，B正确．
8．【答案】AB
【详解】由于两球抛出的高度相等，则运动时间相等，，由几何关系可知，所以两球抛出的速率之比为1∶3，A正确；由，可知，若仅增大v1，时间减小，所以两球将在落入坑中之前相撞，B正确；要使两小球落在坑中的同一点，必须满足v1与v2之和与时间的乘积等于半球形坑的直径，即，落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，所以两球抛出的速度之和不是定值，C错误；由平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点可知，若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，D错误。
9．【答案】BC
【详解】两分运动为一个做匀加速直线运动，一个做匀速线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一直线上，合运动为曲线运动．A错误、B正确；当船速垂直于河岸时，时间最短，垂直于河岸方向上的加速度a=0.5m/s2，由，得t=20s，此时船的位移大于100m，C正确、D错误。
10．【答案】ACD
【详解】由于物体通过AB段与通过BC段所用的时间相等，根据，有，A正确；由于物体在A点速度不为，有，B错误；根据匀变速直线运动的推论，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，物体通过B点的速度等于在AC段的平均速度，C正确；由得，物体在B点的速度，由速度一位移公式有，根据几何关系得，联立可得，D正确。
11．【答案】B；；；
【详解】
(1)[1]弹簧弹出两球过程中，系统机械能守恒，要测定压缩弹簧的弹性势能，可转换为测定两球被弹出时的动能，实验中显然可以利用平抛运动测定平抛初速度以计算初动能，因此在测出平抛运动下落高度的情况下，只需测定两球落地点M、N到对应管口P、Q的水平距离、，故选B。
(2)[2]平抛运动的时间，初速度，因此初动能
由机械能守恒定律可知，压缩弹簧的弹性势能等于两球平抛运动的初动能之和，即
(3)[3]若弹射过程中系统动量守恒，则
代入时间得
12．【答案】（1）83gL （2）34mgL （3）1112L
【解析】（1）设小球B抛出的初速度大小为v0，则小球B在与小球A碰撞前的瞬间速度大小为
v1＝v0cs 60°（1分）
根据机械能守恒定律有
－3mgL＝12·3mv12－12·3mv02（2分）
解得v0＝83gL（1分）
（2）由（1）可知，小球B与小球A碰撞前瞬间，小球B的速度大小为v1＝23gL，设碰撞后A球的速度为v3，B球的速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
3mv1＝3mv2＋mv3（1分）
根据机械能守恒定律有
12·3mv12＝12·3mv22＋12mv32（1分）
解得v3＝6gL2（1分）
则小球B与小球A碰撞过程中，小球B对小球A做的功为
W＝12mv32＝34mgL（1分）
（3）小球A被碰撞后，先绕环做圆周运动，设转过37°时小球A的速度大小为v4，根据机械能守恒定律有
－mgL（1－cs 37°）＝12mv42－12mv32（2分）
解得v4＝1110gL（1分）
此后，由于小环的质量为零，因此速度发生突变，和小球A一起沿平行于杆向上的方向做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
mgsin α＝ma（1分）
则加速度大小为a＝0.6g（1分）
由匀变速直线运动公式有
0－v42＝－2as（1分）
则环沿杆向上运动的最大距离为
s＝1112L（1分）
13．【答案】(1)4 m/s (2)825 m (3)35 m
【解析】(1)设滑块的质量均为m，滑块A在斜面上运动时，由动能定理有
mgh－μmgcs θ·ℎsinθ＝12mv02(2分)
解得v0＝4 m/s(1分)
(2)从滑块A开始压缩弹簧到滑块B刚脱离弹簧的全过程可看成弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律分别有
mv0＝mv1＋mv2(1分)
12mv02＝12mv12＋12mv22(1分)
解得v1＝0，v2＝4 m/s(1分)
设滑块B运动到半圆形轨道最高点时的速度大小为v3，取水平地面为零势能面，由机械能守恒定律有
12mv22＝mg·2R＋12mv32(1分)
滑块B恰能运动到半圆形轨道顶端，由牛顿第二定律有mg＝mv32R (1分)
解得v3＝45 5 m/s，R＝825 m (1分)
(3)设滑块A从开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中A的位移为x1，B的位移为x2，由动量守恒定律有
mv0＝mvA＋mvB(1分)
将该过程所用的时间t0划分成无数份微小时间Δt，对上式左右两边分别乘上微小时间Δt，则有mv0Δt＝mvAΔt ＋mvBΔt，
两边累积有∑v0Δt＝∑vAΔt＋∑vBΔt(1分)
即x1＋x2＝v0t0，位移关系如图所示(2分)
根据对称性可知，从滑块A开始压缩弹簧到滑块B刚脱离弹簧的过程中，滑块A的位移为xA＝x1＋x2＝v0t0 (1分)
此时滑块A到半圆形轨道最低点的距离为s＝L1＋L2－xA，且此时A静止(1分)
滑块B做平抛运动时，设经过时间t落到滑块A上，有
s＝v3t(1分)
2R＝12gt2(1分)
解得L1＝35 m(1分)
14．【答案】往右移；0.15；逐渐变小；空气阻力随速度增大而增大
【详解】（2）由题图（b）可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。
（4）打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小，即。
（5）v-t图像的斜率表示加速度，所以由图像可知小车加速度大小逐渐变小。小车加速度随速度的增大而变小，根据牛顿第二定律可知小车和钩码组成的系统所受合外力F随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则，而钩码重力mg不变，由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。
15．【答案】（1）4 m/s，5 m/s （2）47.3 N （3）2.0 m
【详解】（1）从A点到B点的过程中，小物块做平抛运动，则有，设小物块到达B点时竖直分速度为vy，则有，代入数据，联立解得，又因为此时小物块的速度方向与水平方向的夹角为，则有，可得小物块的初速，
则小物块在B点时的速度大小。
（2）小物块从A点至C点的过程中，由动能定理可得，设物块在C点受到的支持力为，则有，解得，。根据牛顿第三定律得，物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N
（3）小物块与长木板间的滑动摩擦力，长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，因为，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，小物块在长木板上做匀减速运动，则长木板的长度至少为。