2025版高考物理真题衍生卷·命题区间3 参考答案与解析

高考真题衍生卷·命题区间3题型一1．AD[设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v0竖直2＝2g(H－h)，代入数据得v0竖直＝2×10×(8.45-1.25)m/s＝12m则v0水平＝132-122m/s＝5排球水平方向到P点的距离x水平＝v0水平t＝v0水平·v0竖直g＝6m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v0水平⊥＝v0水平·45＝4m/s，平行墙面的速度分量v0水平∥＝v0水平·35＝3m/d＝62＋(8.45-1.25)2m≈9.故选AD。]2．C[设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma1，可得a1＝gsinθ，运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度a2＝0，运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度，a3＝g，设在P点的速度为v0，则从P点飞出后速度大小的表达式为v＝v02＋g2t2，由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且a1＜a3，故C正确，A、3．解析：频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为t＝4T＝0.05×4s＝0.2s，设小球抛出瞬间的速度为v0，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有x＝v0t，y1＝12gt2＝12×10×0.22m＝0.2y2＝12g2t2－12gt2＝12×10×令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y，已标注的线段s1、s2分别为s1＝x2s2＝x2则有x2＋y2∶整理得x＝255故在小球抛出瞬间的速度大小为v0＝xt＝255答案：255m4．B[忽略空气阻力，抛出后的谷粒1和谷粒2都只受重力作用，所以两谷粒的加速度相同，都是重力加速度g，A错误；从O到P的过程中，两谷粒水平位移相同，根据竖直方向的分运动可知，谷粒2从O到P运动的时间长，故t1＜t2，C错误；从O到P的过程中，两谷粒水平位移x＝v1t1＝v2xt2，因为t1＜t2，所以v1＞v2x，故谷粒2在最高点的速度(水平分速度v2x)小于v1，B正确；两谷粒从O到P位移相同，时间不同，平均速度不同，D错误。]5．B[由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时，子弹和积木运动时间相同，根据h＝12gt2可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有t＝Lv，故选B6．解析：(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1＝vMsin72.8°，①设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°＝ma1，②由运动学公式得d＝v122联立①②③式，代入数据得d＝4.8m。④(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得v2＝vMcos72.8°，⑤设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°＝ma2，⑥设腾空时间为t，由运动学公式得t＝2v1aL＝v2t＋12a2t2，⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12m。⑨答案：(1)4.8m(2)12m题型二1．D[设弹簧的劲度系数为k，形变量为x，弹簧与竖直方向的夹角为θ，MN、PQ间的距离为L，对小球受力分析有kxcosθ－mg＝0，即竖直方向受力为0，水平方向有kxsinθ±FN＝mω2L，当金属框以ω'绕MN轴转动时，假设小球的位置升高，则kx减小，cosθ减小，小球受力不能平衡；假设小球的位置降低，则kx增大，cosθ增大，小球受力同样不能平衡，则小球的位置不会变化，弹簧弹力的大小一定不变，故A、B错误；小球对杆的压力大小F压＝FN＝mω2L－kxsinθ或F压＝FN＝kxsinθ－mω2L，所以当角速度变大时，压力不一定变大，故C错误；当角速度变大时，小球受到的合外力一定变大，由F合＝ma向知a向变大，故D正确。]2．A[由于杆OP匀速转动，P点到圆心的距离不变，故P点的线速度大小不变，A正确；P点的加速度为向心加速度，始终指向圆心，方向时刻变化，B错误；设OP＝l1，PQ＝l2，可知Q点到O点所在水平线的距离y＝l1sin(30°＋ωt)，故Q点在竖直方向的运动不是匀速运动，C错误；Q点到O点的水平距离x＝l2＋l1cos(30°＋ωt)，故Q点在水平方向的运动也不是匀速运动，D错误。]3．C[向心加速度的公式an＝rω2，结合角速度与转速的关系ω＝2πn，代入数据可得an约为1000m/s2，C正确。]题型三1．B[地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得GMmR2＝mg，解得GM＝gR2，根据题意可知，卫星的运行周期为T'＝Tn，根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有GMmr2＝m4π2T'2r，联立解得r＝32．CD[由题意根据开普勒第三定律可知r地3T地2＝r火3T火2，火星轨道半径大约是地球轨道半径的1.5倍，则可得T火＝278T地，故A错误；根据GMmr2＝mv2r可得v＝GMr，由于火星轨道半径大于地球轨道半径，故火星运行线速度小于地球运行线速度，所以在冲日处火星相对于地球由东向西运动，为逆行，故3．D[由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期，根据GMmr2＝m4π2T2r可得T＝2πr3GM，可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C错误；根据GMmr2＝mv2r可得v＝GMr，结合C选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A错误；根据ω＝2πT可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B错误；根据GMmr4．C[航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，A、B错误；根据万有引力公式F万＝GMmr2可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船上所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。故选C5．B[由题意得火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，根据开普勒第三定律得T火T地＝r火r地3＝278，A错误；当火星与地球相距最远时，火星和地球分居太阳两侧，两者的速度方向相反，故地球和火星的相对速度最大，B正确；忽略天体自转产生的影响，根据物体在天体表面所受的重力等于万有引力得g＝GMR2，根据题目中所给条件无法计算出比例关系，C错误；设经过时间t会再次出现“火星冲日”，那么地球需要比火星多运动一周，则tT6．D[由万有引力提供向心力有GMmr2＝m2πT2r，解得r＝3GMT24π2，所以飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值r17．AC[根据万有引力公式F＝GMmr2可知，核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小与轨道半径的平方成反比，则核心舱进入轨道后所受地球的万有引力与它