【文档说明】北京市第一六一中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(26)页，1.542 MB，由小赞的店铺上传

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北京一六一中学2024—2025学年度第一学期10月阶段测试高三物理试卷考生须知1.本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答

。4.考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回。一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。）1.“比冲”是航天器发射系统的常用物理量，用于表达动力系统的效率，其可以描述为单位质量推进剂产生的冲量。据此分析，“比冲”的国际单位是（）A

.m/sB.m/s2C.ND.N·s2【答案】A【解析】【详解】“比冲”是单位质量推进剂产生的冲量，则单位为Nskgm/s==m/skgkg故选A。2.2017年6月15日上午，我国在酒泉卫星发射中心成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”。它的总质

量约2.5吨，在距离地面550公里的轨道上运行，其运动轨道可近似看成圆轨道。已知地球半径约为6400公里，根据上述信息可知该卫星()A.运行速度大于7.9km/sB.轨道平面可能不通过地心C.周期小于更低轨道近地卫星

的周期D.向心加速度小于地球表面重力加速度值【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由22MmvGmrr=得GMvr=所以运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；B．由开普勒第一定律可知，轨道平面一定通过地心，故B错误；C．由开普勒第三定律可知，周期大于更低轨道近地

卫星的周期，故C错误；D．由2MmGmar=得2MaGr=所以向心加速度小于地球表面重力加速度值，故D正确。故选D。3.如图所示，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.甲的线速度和乙的大小相同B.甲的线速度比乙的大C.

甲的运行周期比乙的小D.甲的向心加速度比乙的小【答案】D【解析】【详解】根据万有引力提供向心力，有22MmvGmrr=，2224MmGmrrT=，2MmGmar=整理得GMvr=，32rTGM=，2GMar=其中M表示中心天体质量，r表示轨道半径，轨道半径相同，则中心天体质量越大

，v越大，T越小，a越大，乙所环绕的中心天体质量较大，故其线速度较大，周期较小，向心加速度较大，故D正确。故选D。4.地球同步卫星位于地面上方高度约36000km处，周期与地球自转周期相同，其运动可视为绕地球做匀速圆周运动。其中一种轨道平面与赤道平面成0度角，运动方向

与地球自转方向相同，因其相对地面静止，也称静止卫星。下列说法正确是（）A.与静止于赤道上的物体相比，静止卫星向心加速度更小B.与近地轨道卫星相比，静止卫星的线速度更小C.静止卫星内的物体处于平衡状态D.所有静止卫星受到地

球的引力大小相等【答案】B【解析】【详解】A．静止于赤道上的物体与静止卫星的角速度相等，根据2ar=可知与静止于赤道上的物体相比，静止卫星向心加速度更大，故A错误；B．根据22GMmmvrr=解得GMvr=可知与近

地轨道卫星相比，静止卫星的线速度更小，故B正确；C．静止卫星内的物体绕地球做匀速圆周运动，不是平衡状态，故C错误；D．由于不同静止卫星的质量不一定相等，所以不同静止卫星受到地球的引力大小不一定相等，故

D错误。故选B。5.在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，车上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地面的高度分别为3h、2h和h，当小车遇到障碍物P时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出

，先后落到水平路面上，如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）的A.三个小球落地时间差与车速有关B.三个小球落地点的间隔距离L1=L2C.三个小球落地点的间隔距离L1<L2D.三个小球落地点的间隔距离与车速无关【答案】C【解析】【详

解】A．小球在竖直方向上做自由落体运动，根据212hgt=解得2htg=可知运动的时间由高度决定，A、B、C高度一定，则运动时间一定，落地的时间差一定，与车速无关，故A错误；BCD．竖直方向根据2htg=小球在水平方向上做匀速直线运动，则有A00236hhxvvgg==B00224h

hxvvgg==C02hxvg=解得1AB06()4hLxxghgv=−=−C02B4(2)hghLxxvg=−=−可知三个小球落地点的间隔距离与车速有关，因为()()6442−−所以12LL，故BD错误，C正确。故选C。6.将一质量为m的物

体分别放在地球的南、北两极点时，该物体的重力均为mg0；将该物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mg。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R，已知引力常量为G，则由以上信息可得出（）A.g0小于gB.地球的质量为2gRGC.地球自转的

角速度为0ggR−=D.地球的平均密度34gGR【答案】C【解析】【分析】【详解】A．设地球的质量为M，物体在赤道处随地球自转做圆周运动的角速度于地球自转的角速度，轨道半径等于地球半径，物体在赤道上的重力和物体随地球自转

的向心力是万有引力的分力。有22MmGmgmRR−=物体在两极受到的重力等于在地球北极受到的万有引力02MmGmgR=所以0gg＞故A错误；B．在两极02MmmgGR=解得20gRMG=故B错误；C．由22MmGmgmRR

−=，02MmmgGR=解得0ggR−=故C正确；D．地球的平均密度20033443gRgMGVGRR===故D错误。故选C。7.某小组利用频闪照相方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开

左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知（）A.摆球在A点所受的合力等于在B点所受的合力B.在O点附近摆球影像相邻位置的间隔较大，说明在O点附近摆球

的速率较大C.摆球经过O点前后瞬间摆线上的拉力大小不变D.从A点到O点的过程中，重力对摆球做功的功率不断变大【答案】B【解析】【详解】A．摆球在端点的合力是重力沿圆周切线方向的分力，因为摆球在A点与在B点重力沿

周周切线方的向的夹角不同，所以摆球在A点所受的合力不等于在B点所受的合力，故A错误；B．因为频闪照相时间间隔相同，所以在O点附近摆球影像相邻位置的间隔较大，说明在O点附近摆球的速率较大，故B正确；C．根据向心力公式得

2mvFmgr−=解得摆球经过O点摆线上的拉力2mvFmgr=+摆球经过O点前后瞬间，小球的速度不变，半径变小，所以摆线上的拉力大小变大，故C错误；D．在A点，小球的速度为0，重力功率为0，在O点重力与速度方向垂直，重力的功率也为0，所以从A点到O点的过程中，重

力对摆球做功的功率先变大，后减小，故D错误；故选B。8.兴趣小组的同学们利用弹弓放飞模型飞机。弹弓的构造如图（a）所示，其中橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，如图（b）所示，将模型飞机的尾部放在C处，将C点拉至D点时放手，模

型飞机就会在橡皮筋的作用下发射出去。C、D两点均在AB连线的中垂线上，橡皮筋的质量忽略不计。现将模型飞机竖直向上发射，在它由D运动到C的过程中（）A.橡皮筋对模型飞机的弹力始终做正功B.模型飞机克服重力做的功等于橡皮筋对它做的功C.模型飞机的重力势能与

橡皮筋的弹性势能之和一直在减小D.模型飞机在C处速度达到最大【答案】A【解析】【详解】A．模型飞机由D运动到C的过程中，橡皮筋对模型飞机的弹力始终竖直向上，故对模型飞机始终做正功，故A正确；B．由动能定理可得212Wmghmv−=故模型飞机克

服重力做的功mgh小于橡皮筋对它做的功W，故B错误；CD．由题意可知，橡皮筋对模型飞机的作用力先大于重力后小于重力，故模型飞机先加速上升后减速上升，动能先增大后减小，由系统机械能守恒可知，模型飞机的重力势能与橡皮筋的弹性势能之和先减小后增大，故CD错误。故选A。9.如图1所示，长为R且不

可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小v、绳子拉力的大小F，作出F与2v的关系图线如图2所示。下列说法中正确的是（）A.根据图线可以得出小球的质量aRmb=

B.根据图线可以得出重力加速度agR=C.绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大D.用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变【答案】A【解析】【详解】AB.根据牛顿第二定律可知2vFmgmR+=解得2mFvmgR=−由图像可知02maRbb−=−可得小球的质量a

Rmb=由0mbmgR=−可得重力加速度bgR=选项A正确，B错误；C.图像的斜率为mkR=则绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项C错误；D.图线与横轴交点的位置20mvmgR=−可得2vgR=则用更长的绳做

实验，得到的图线与横轴交点的位置距离原点的的距离变大，选项D错误。故选A。10.2023年5月，据中科院力学所的消息，我国JF-22超高速风洞研制成功。作为研制新一代飞行器的摇篮，JF-22超高速风洞

可以复现几十千米高空、速度最高达约三十倍声速的飞行条件。若将一小球从风洞中地面上的A点竖直向上弹出，小球受到大小恒定的水平风力作用，到达最高点B时的动能与A点的动能之比为9：16。小球最后落回到地面上的C点。不计空

气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小球运动的加速度大小为34ag=B.小球从A到B的过程中动能持续减小C.小球从A到B与从B到C的过程中机械能变化量之比为1：1D.小球在空中的最小动能与A点的动能之比为

9：25【答案】D【解析】【详解】如图A．到达最高点B时的动能与A点的动能之比为9：16，则速度之比为v水平：v0=3：4在最高点竖直方向速度为0，设从A到B需要时间t,则v水平=a水平tv0=gt解得34ga=水平小球运动的加速度大小为22aag=+

水平联立得54ag=故A错误；B．小球从A到B的过程中，水平方向速度一直增大，竖直方向速度一直减小直至0，所以风力的功率一直增大，重力功率一直减小，当风力功率大于重力功率时，风力做功大于重力做功，根据动能定理，小球动能增大，故B错误；C

．小球从A到B与从B到C的过程中水平位移不相等，可知风力做功不相等，则物体的机械能变化量之比不相等，选项C错误；D．小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的

夹角θ的正切值为3tan4ag==水平根据速度的合成与分解可得小球运动过程中的最小速度为vmin=v0sinθ小球在空中的最小动能与A点的动能之比为2min2min20192sin1252kkAmvEEmv===故D正确；故选D。二、多项选择题：（本题共4个小题，在每小题给出的四个

选项中，有多个选项是符合题意的。每小题3分，共12分。每小题全选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的该小题不得分）11.一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则

碰撞过程中墙对小球冲量I大小和做功的大小W为（）A.I=0B.I=3.6N.sC.W=0D.W=10.8J【答案】BC【解析】【详解】AB．规定初速度方向为正方向，初速度16m/sv=，碰撞后速度26m/sv=−2112m/svvv=−

=−负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反；动量变化量为3.6kgm/spmv==−根据动量定理，冲量为3.6kgm/sIp==−所以碰撞过程中墙对小球的冲量大小为3.6kgm/s，故A错误，B正确；CD．运用动能定理研究碰撞过程，由于

初、末动能相等，所以0kWE==碰撞过程中墙对小球做功的大小W为0，故C正确，D错误．故选BC。12.如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就

构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法中正确的是（）A.小球受重力、细绳的拉力、向心力的作用B.θ越大，小球运动的加速度越大C.θ越大，小球运动的线速度越大D.θ越大，小球运动的周期越大【

答案】BC【解析】【详解】A.小球受重力和细绳的拉力两个力，这两个力的合力充当了向心力，并不额外受向心力，故A错误；.B.根据牛顿第二定律，有tanmgma=得tanag=即越大，a越大，故B正确；C.根据牛顿第二定律，有2tansinvmgmL=得tansinvgL=即越大，

v越大，故C正确；D.根据牛顿第二定律，有224tansinmgmLT=得cos2LTg=即越大，T越小，故D错误。故选BC。13.电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上

以初速度v0在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度vm，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（）A.mPvf=B.车速为v0时的加速度大小为0P

mvC.人与车在时间t内的位移大小等于012Pvtf+D.在时间t内阻力做的功为22m01122mvmvPt−−【答案】AD【解析】【详解】A．根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到

最大值，由公式P=Fv可得，最大速度为mPPvFf==故A正确；B．车速为v0时的牵引力为0PFv=由牛顿第二定律可得0Pfmav−=解得0Pfamvm=−故B错误；C．在时间t内由动能定理22m01122Ptfxmvmv−=−则220m22mvmvPtxfff=+−

故C错误；D．平衡车从v0到最大速度vm，由动能定理得22m01122PtWmvmv+=−解得在时间t内阻力做的功为22m01122WmvmvPt=−−故D正确。故选AD。14.如图甲，一轻质弹簧的一端固定在倾角为30°的固定光滑斜面底端，一个质量为1kg的物块从斜面上离

弹簧上端一定距离的O点由静止释放。以位置O为原点、沿斜面向下为x轴正方向，取地面为零势能面。在物块下滑全过程中，重力势能随位移x变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随物块位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度210m/sg=，则下列说法中正确的是（）A.弹簧原长为

0.6mB.物块刚接触弹簧时的动能为3JC.弹簧的劲度系数大小为62.5N/mD.物块的最大加速度大小为252m/s【答案】BC【解析】【详解】A．取地面为零势能参考面，根据图像可知小球初状态的重力势能为p08Emgh==J物块

距离斜面底端1.6msin30hL==图乙中的图线②表示弹簧的弹性势能随小球位移变化的关系，由此可知小球下落10.6h=m开始接触弹簧；则弹簧的原长为011.6LLh=−=m-0.6m=1.0m故A错误；B．物体刚接触弹簧时，重力势能为p1p00()sin305EEmgLL=−−=J

根据机械能守恒定律有p1k1p0EEE+=解得k13E=J故B正确；C．弹簧发生形变的过程中，形变量为0.4m，根据弹簧弹性势能的计算公式2p12Ekx=弹解得62.5k=N/m故C正确；D．弹簧压缩量最大时，弹力为Fkx=根据牛顿第二定律有sin30Fmgma−=解得220m/sa=

故D错误。故选BC三、实验题（本题共2小题，共18分。）。15.采用如图1所示的装置可以研究平抛运动。图2是确定小球位置的硬纸片的示意图，带有一大一小两个孔，大孔宽度与做平抛的小球的直径d相当，可沿虚线折成图1中的样式，放在如图1中的多个合适位置，可用来确定小球经过的运动轨迹。已

知重力加速度为g。（1）已备有器材：有孔的硬纸片、坐标纸、图钉、长方形平木板、铅笔、三角板、刻度尺、弧形斜槽、小球、铁架台（含铁夹），还需要的一种实验器材是（）。A.秒表B.天平C.重锤线D.弹簧测力计（2）关于本实验的一些说法，正确的是（）。A.

斜槽必须是光滑的，且每次释放小球的初位置相同B.应该将斜槽轨道的末端调成水平C.以斜槽末端，紧贴着槽口处作为小球做平抛运动的起点和所建坐标的原点OD.为使所描曲线与小球运动轨迹吻合，应将所有通过硬纸片确定的点都用直线依次连接（3）已知理想的平抛运动在水平方向和竖直方向的位

移分别为x和y，则其初速度大小v0=________。在实际的平抛运动实验的研究中，也利用上述关系式计算初速度，那么计算的初速度误差与x、y的大小选取________。（选填“有关”或“无关”）（4）甲同学得到部分运动轨迹如图3所示。图中水平方向与竖直方向每小格的长度均为l，P1

、P2和P3是轨迹图线上的三个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等。那么，小球从P1运动到P2所用的时间为________。小球抛出后的水平速度为________。【答案】（1）C（2）B（3）①.02gvxy=②.有关（4）①2lg②.3gl【解析】【

小问1详解】实验中还需要的一种实验器材是重锤线，用来确定竖直方向。故选C。【小问2详解】A．斜槽不一定必须是光滑的，但每次释放小球的初位置必须相同，选项A错误；B．应该将斜槽轨道的末端调成水平，以保证小球做平抛运动，选项B正确；C．以斜槽末端，紧贴着槽口

以上小球球心投影位置作为小球做平抛运动的起点和所建坐标的原点O，选项C错误；D．描小球运动轨迹时，要用平滑的曲线连接各点，舍去误差较大的点，选项D错误。故选B。【小问3详解】[1]根据水平位移x=v0t竖直位移212ygt=解得02gvxy=[2]

计算初速度时要尽量远离选取点，即x、y的值尽量大些，这样计算得出的初速度误差较小，即计算的初速度误差与x、y的大小选取有关。【小问4详解】[1]竖直方向，根据2106yllgT=−=可得.2lTg=[2]初速度063llvTg==16.用如图1所示装置验证机械能守恒定律。（1）除带夹子

的重物、纸带、铁架台（含夹子）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还需要使用的一组器材是（）A.直流电源、天平（含砝码）B.直流电源、刻度尺C.交流电源、天平（含砝码）D.交流电源、刻度尺（2）实验中，先接

通电源，再释放重物，得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得C、D、E三个点到起始点O的距离分别为hc、hD、hE。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，则从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能减

少量为________，动能增加量为________。（用上述测量量和已知量的符号表示）（3）若操作过程无误，可发现重力势能的减少量总是________（填“大于”、“小于”或“等于”）动能的增加量，其原因可能是：________。（4）某同学进行数据处理时不慎将纸带前半部分损坏

，找不到打出的起始点O了，如图3所示。于是他利用剩余的纸带进行如下的测量：以A点为起点，测量各点到A点的距离h，计算出物体下落到各点的速度v，并作出v2-h图像。图4中给出了a、b、c三条直线，他作出的图像应该是直线________；由图像得出

，A点到起始点O的距离为________cm（结果保留三位有效数字）。【答案】（1）D（2）①.mghD②.()228ECmhhT−（3）①.大于②.物体克服阻力做功，有一部分机械能转化为内能（4）①.a②.10

.0【解析】【小问1详解】AB.由于电磁打点计时器需要交流电源，因此AB错误；CD.计算机械能守恒时，重物的质量等式两边均有，可以相互抵消，不必测出；要用刻度尺测量点与点之间的距离，从而算出打某个点时速度及下降的高度，因此C错误，D正确。故选D。【小问2详解】[1]下降的高度为Dh，重物的重力势

能减少量pDEmgh=[2]打D点时的速度等于CE段的平均速度2ECDhhvT−=动能增加量()22k2128ECDmhhEmvT−==【小问3详解】[1][2]若操作过程无误，可发现重力势能的减少量总是大于动能的增加量

，其原因可能是物体克服阻力做功，有一部分机械能转化为内能。【小问4详解】[1][2]若是从A点开始计时的，则221122Amghmvmv=−故222Avghv=+即当0h=时，2v不是0，故图像应该是直线a，由图像可知，当v=0时，10cmh=−，故说明A点到起始点O的距离为10.0

cm；四、计算题（本题共4小题，共40分。解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。解题过程中需要用到，但题目中没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须写出数值和单位。）17.惊险刺激的飞车表演中，杂技演员驾驶摩托车在竖直轨道内做圆

周运动，如图所示，已知轨道半径为4m，人和摩托车的总质量为m=200kg，人和摩托车可视为质点，重力加速度g=10m/s2，求：（1）表演者恰能通过最高点B时的速度大小v1；（2）表演者以v2=10m/s的速度通过轨道最左端C点时摩托车对轨道的压力；（3）在（1）问的基础上，测得摩托车

通过最低点A的速度为2v1，求由B到A过程中牵引力和阻力做的总功W。【答案】（1）210m/s；（2）5000N，方向向左；（3）4000JW=【解析】【详解】（1）最高点，根据21vmgmR=解得1210m/sv=（2）在最左端，根据22vN

mR=解得5000NN=由牛顿第三定律可知5000NNN==方向水平向左。（3）从B到A过程，根据动能定理可得()2211112222WmgRmvmv−=−解之得4000JW=18.斜面是一种简单机械，在我国战国时期，墨子所作的《墨经》一书中就记载了利用斜面

来提升重物的方法。在日常生活中经常会使用斜面，例如卡车装载大型货物时，常会在车尾斜搭一块木板，工人将货物沿木板推入车厢，如图甲所示。将这一情境简化为图乙所示的模型。已知，货物质量为m，货物与斜面间的动摩擦因数

为，重力加速度为g。(1)若斜面倾角为，对静止放置于斜面的货物做受力分析，并计算货物受到的摩擦力的大小；(2)现用平行于斜面的力将货物沿斜面从底端匀速推到顶端。甲工人认为斜面倾角越小推送货物的过程推力对货物做功越少；乙工人认为斜面倾角越大推送货物的过程推力对货物做功越少。将货物看作质点，

请通过计算判断谁的观点是正确的。【答案】(1)fsinFmg=；(2)乙工人的观点是正确的【解析】【详解】(1)受力分析如答图所示由共点力平衡关系可知fsinFmg=(2)货物匀速上滑的过程受力如答图所示由共点力平衡关系可知fsinFmgF=+N

cosFmg=其中fNFF=推力F做功WFx=其中sinhx=代入得(1cot)Wmgh=+由此可知，越大，W越小，所以乙工人的观点是正确的。19.篮球运动员都善于运球，对篮球的把控非常到位。如图1所示，在一次篮球运动员控球的个人表演中，运动员将质量为m的篮球

从距离地面0h高处竖直向上抛出，抛出的初速度0052vgh=，篮球到达最高点后再次返回地面，已知篮球运动过程中空气阻力大小恒为14mg，重力加速度为g。（1）求篮球落回地面时的动能；（2）若篮球落地时与地面接触反弹存在动能损失，损失的动能总为篮球碰前动能的25%，为使篮球能够反弹到达02h

高度，须在篮球下落过程中离地面高度为0h处开始施加一个向下的恒力0F，如图2所示，求恒力0F的大小。【答案】（1）032mgh；（2）116mg【解析】【详解】（1）篮球从抛出到最高点过程，根据动能定理可得2101()02mgfhmv−+=−解得2220001022()521()4hmmv

mvvhmggfgmg====++篮球从最高度点到地面过程，根据动能定理可得()0k·20mgfhE−=−解得篮球落回地面时的动能为k0013242Emgmghmgh=−=（2）在篮球下落过程中离地面高度为0h处开始施加一个向下的恒力

0F，篮球从最高点到地面过程，根据动能定理可得()000k·20mgfhFhE=−+−与地面接触反弹后上升到高度02h过程，根据动能定理可得()()0k·20125%mgfhE−+=−−联立解得0116mgF=20.“势阱”是量子力学中的常见概念，在

经典力学中也有体现。当粒子在某力场中运动，其势能函数曲线在空间某范围内存在最小值，形如陷阱，粒子很难跑出来。各种形式的势能函数只要具有这种特点，我们都可以称它为势阱，比如重力势阱、引力势阱、弹力势阱等。(1)如图甲所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内形成一重力势阱，两侧高分别为kH

和H。一可视为质点的质量为m的小球，静置于水平轨道b处。已知重力加速度为g；①以a处所在平面为重力势能面，写出该小球在b处机械能的表达式；②使小球由b处开始运动，从右侧处脱离该重力势阱，至少需要给小球提供多

少动能？(2)我国首个火星探测器命名为“天问一号”。为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕匀速圆周运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的1.5倍。从地球表面向火星发射火星探测器，简单又比较节省能量的发射过程可简化为：先在地球表面使探测器加速并获得足够的动能，从而摆脱地球引力

势阱的束缚，经过一系列调整使探测器成为一颗沿地球公转轨道近似为圆形运行的人造卫星；然后使探测器在适当的位置加速，经过椭圆轨道（霍曼转移轨道）到达火星；①已知取无限远处为引力势能零点，间距为r、质量分别为m1和m2的两质点组成的系统具有的引力势能可表示为Ep=-

12mmGr，式中G为引力常量且大小已知。已知地球质量为M、半径为R，在如图乙所示的坐标系中，纵轴表示引力势能，横轴表示质量为m的探测器到地心的距离r（r≥R）。请在该坐标系中定性画出地球与探测器组成的系统具有的引力势能函数曲线。静置于地面处的该探测器，至

少需要获得多大速度（相对于地心，不考虑地球的自转和空气阻力及其他天体的影响），才能摆脱地球引力势阱的束缚；②由开普勒定律可知：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上；所有行星的轨道

的半长轴的三次方距它的公转周期的二次方的比值都相等。如图丙所示，请经过计算，判断当火星运行到哪个位置（A、B、C、D、E、F、G）附近时，在地球公转轨道上H点的探测器开始发射（即瞬间加速，加速时间可忽略），此后探测器仅在太阳引力作用下，可经过霍曼转移轨道在I点到达火星。（可能需要用到的数据

：3125140..，315184..。【答案】(1)①E=-kmgH；②Ek=mgH；(2)①引力势能函数曲线见解析；v=2GMR；②E点【解析】【详解】(1)①小球在b处机械能E=-kmgH②要使小球b从c点脱离，则根据机械能守恒得-kmgH+Ek=-mg(kH-H)解

得Ek=mgH。(2)①地球与探测器组成的系统具有的引力势能函数曲线如图所示当r=R时，引力势能大小Ep=MmGR−随着r的增大，引力势能的绝对值逐渐减小，引力势能逐渐增大，设静置于地面处的探测器，至少需要

速度v才能摆脱地球引力势阱的束缚，由机械能守恒得MmGR−+12mv2=0解得v=2GMR的②设地球的公转半径为R，则火星的公转半径为1.5R，探测器的半长轴为152+.RR=1.25R对于地球和探测器而言，根据开普勒第三定律3322125地探

（）=.RRTT故T探=1.40T地对于地球和火星而言，根据开普勒第三定律332215地火（）=.RRTT故T火=1.84T地故T探=14184..T火=0.76T火≈68T火所以当探测器从H点飞行到I点时的时间为探测器的半个周期，即t=12T探=38T火即当火星运行到

E点附近时，可以使探测器与火星在I点相遇。