2026年天津高考物理二轮复习讲练测易错04 曲线运动与天体运动（易错专练）（解析版）

易错04曲线运动与天体运动目录目录第一部分易错点剖析易错典题避错攻略举一反三易错点1曲线运动基础类易错点易错点2圆周运动核心易错点易错点3天体运动核心易错点易错点4计算与推理失误第二部分易错题闯关易错点1曲线运动基础类易错点易错典题【例1】（2026·天津河西·调研）一个小球从水平向右的横风区正上方自由下落，其运动过程的频闪照片如图所示，小球在横风区受到水平向右的恒定风力，不计空气阻力，则下列说法正确的是（

）A．小球在横风区做匀变速曲线运动B．横风区的风力越大，则小球在空中运动的时间就越长C．增大释放点的高度，小球在横风区里的水平位移变大D．小球离开横风区后，其动量的变化率逐渐增大【答案】A【详解】A．小球在横风区受到水平向右的恒定风力和竖直向下的大小恒定的重力，则小球所受合外力方向斜向右下，且大小恒定，则小球的加速度恒定，因为合外力方向与小球速度方向不在同一直线，故小球在横风区做匀变速曲线运动，故A正确；B．小球在竖直方向做自由落体运动，由可得由于释放高度和重力加速度不变，则小球在空中运动的时间不变，故B错误；C．由题意知小球在横风区内水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，则水平位移为增大释放点的高度，小球到达横风区时的速度增大，则在横风区运动的时间减小，所以水平位移减小，故C错误；D．由动量定理可得解得小球离开横风区后，小球只受到重力作用，所以有所以小球离开横风区后，其动量变化率不变，故D错误。故选A。避错攻略【方法总结】1.

曲线运动条件理解偏差：误认“只要受力就做曲线运动”，忽略合外力与速度方向不共线的核心条件；或认为“曲线运动的加速度一定变化”（匀变速曲线运动如平抛，加速度恒定）。天津考情：常以概念辨析题考查，如结合圆周运动、平抛运动判断运动性质。避错：核心记住合外力（加速度）与速度共线→直线运动，不共线→曲线运动；加速度是否变化看合外力是否变化，与运动轨迹无关。2.

曲线运动的速度/加速度方向判断错误：速度方向误判为“合外力方向”（速度沿轨迹切线方向）；加速度方向误判为“轨迹弯曲的反方向”（加速度沿合外力方向，指向轨迹凹侧）。避错：画图标注轨迹切线（速度）、凹侧（加速度），二者永远不共线，这是曲线运动的直观判断依据。3.

运动的合成与分解误区：①混淆“合运动与分运动”的等时性、独立性（分运动独立进行，时间与合运动完全相同）；②渡河、牵连运动中，误将“合速度”当作“分速度”计算（如渡河的实际航速是合速度，船速、水速是分速度）。天津考情：渡河问题是基础常考题，易在“最短渡河时间/最短渡河位移”上挖坑。避错：渡河问题核心——最短时间看船速垂直河岸（tmin=d/v船），最短位移看船速与水速的大小关系（v船>v水时位移为河宽d，v船<v水时需偏向上游）；所有运动合成均遵循平行四边形定则，分运动与合运动一一对应。举一反三【变式1-1】（2026·天津武清·调研）如图（a），农民利用传统的扬谷扇车分离谷粒和杂质。其简化原理如图（b），风车叶片匀速转动，产生水平向右的稳定气流，气流速度为v0，谷粒和杂质均在气流区域受到水平向右的风力。假设谷粒和杂质均从距离地面同一高度为h的出口静止释放，气流区域的高度为d，正常谷粒的质量范围为m1~m2，质量高于或低于此范围视为杂质，重力加速度大小为g，不计其它阻力。(1)求谷粒从出口落到地面所用的时间；(2)若质量为m的谷粒在下落过程中经过气流区域时受到气流的作用力恒为F，求该谷粒落到地面上时距离出口处的水平距离；(3)若谷粒在气流区域受到水平向右的风力大小F=kv（k为常量，v为谷粒或杂质与气流的水平相对速度大小），谷粒或杂质离开气流区域时速度的水平分量为v0，求地面能够收集到正常谷粒的水平距离范围。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）谷粒在竖直方向始终做自由落体运动，则解得（2）谷粒进入气流区域后水平方向做匀加速运动，加速度为在气流区域的运动时间为则在气流区域的水平位移进入无风区域的水平速度为则水平位移该谷粒落到地面上时距离出口处的水平距离（3）设谷粒质量为m，谷粒在水平方向做变加速直线运动，规定向右的方向为正方向，在水平方向上根据动量定理有∑k(v0－vx)·Δt=mv0谷粒在气流区域用时水平位移离开气流区域后水平方向做匀速运动，水平位移水平总位移将谷粒的质量范围代入，解得水平距离范围为【变式1-2】（2025·天津滨海新·调研）如图所示，纤绳以恒定的速率沿水平方向通过定滑轮牵引小船向岸边运动，当纤绳与水平方向夹角为时，船靠岸的速度为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度如图所示根据平行四边形定则有故选A。易错点2圆周运动核心易错点易错典题【例2】（2026·天津·调研）飞机飞行时除受到发动机的推力外，还受到重力和作用在机翼上的升力以及空气阻力，升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜（如图所示），以保证除发动机推力和空气阻力外的其他力的合力提供向心力。设飞机以速率在水平面内做半径为的匀速圆周运动时机翼与水平面成角，飞行周期为，则下列说法正确的是（）A．若飞行速率不变，增大，则升力减小B．若飞行速率增大，减小，则周期减小C．若不变，飞行速率增大，则半径增大D．若飞行速率不变，增大，则向心力减小【答案】C【详解】A．题意可知升力和重力提供飞机的向心力，对飞机进行受力分析，可知升力可知若飞行速率不变，增大，则升力增大，故A错误；B．根据题意可知向心力因为联立解得可知若飞行速率增大，减小，则周期增大，故B错误；C．由B选项分析可知可知若不变，飞行速率增大，则半径增大，故C正确；D．由B选项可知，若飞行速率不变，增大，则向心力增大，故D错误。故选C。避错攻略【方法总结】（一）基本规律混淆1.

线速度、角速度、向心加速度的公式混用：记混线角量关系（v=ωr）、向心加速度公式（a=v²/r=ω²r=4π²r/T²），尤其在同轴转动、皮带/齿轮传动中，误判v、ω的等量关系。天津考情：近3年连续考查传动模型，是选择必考点。避错：熟记传动规律→同轴转动：ω相同，v与r成正比；皮带/齿轮传动：边缘v相同，ω与r成反比，先判断等量关系，再选公式计算。2.

向心加速度的物理意义误解：认为“向心加速度改变速度大小”，忽略其仅改变速度方向，切向加速度才改变速度大小；匀速圆周运动只有向心加速度，变速圆周运动同时有向心+切向加速度。避错：圆周运动加速度分解为向心（指向圆心，变方向）+切向（沿切线，变大小），二者垂直，合加速度不指向圆心（匀速圆周除外）。（二）临界与模型失误1.

水平面/竖直面圆周运动临界条件记混：①水平面（如圆锥摆、转盘）临界：物块刚好不滑动→静摩擦力提供向心力，f=f_max；②竖直面轻绳模型：小球刚好通过最高点→重力提供向心力，绳拉力为0（v临=√(gr)）；③竖直面轻杆模型：混淆“刚好通过最高点”（v临=0，杆提供支持力）与轻绳模型的临界速度。天津考情：竖直面圆周运动临界是计算题高频考点，常与机械能守恒结合，2024、2025年均考轻杆模型临界。避错：按模型记临界，天津高考只考3类核心模型：轻绳/外轨道：最高点v≥√(gr)，临界重力独供向心力；轻杆/管形轨道：最高点v≥0，v=0时杆提支持力N=mg，v=√(gr)时N=0；水平面转盘：μmg=mω²r，临界静摩擦达最大。2.

圆周运动的受力分析疏漏：①漏算向心力的施力物体（向心力是效果力，由重力、弹力、摩擦力的合力/分力提供，不可单独画受力图）；②竖直面圆周运动中，忽略非最高点的向心力是“合外力的径向分量”（仅最高点/最低点合外力沿径向）。避错：受力分析仍按“重力→弹力→摩擦力”顺序，标注径向（指向圆心）和切向，径向合外力即为向心力，列方程F_径=ma_n=mv²/r。3.

转盘/圆锥摆模型的受力错误：圆锥摆中误将“摆线拉力”当作向心力，忽略重力的分力；转盘中误将“物体的重力”当作正压力，或忽略静摩擦力的径向方向。避错：圆锥摆核心——拉力的水平分力供向心力，竖直分力平衡重力（Tsinθ=mω²r，Tcosθ=mg）；转盘核心——水平静摩擦沿径向供向心力，竖直方向重力与支持力平衡。举一反三【变式2-1】（2026·天津宁河·调研）如图小球质量m=2kg，轻绳长L=2.5m，小球在竖直平面内做圆周运动。重力加速度，求：(1)小球恰能做完整的圆周运动，其在最高点的速度大小；(2)若在最高点时小球的速度大小v=10m/s，绳对小球的拉力F的数值；(3)若在最高点小球的速度v=10m/s，绳突然断裂，落地时间和水平位移分别为多少？【答案】(1)5m/s(2)60N(3)1s，10m【详解】（1）小球恰能做完整的圆周运动，其在最高点时速度满足解得最高点的速度大小为（2）若在最高点时小球的速度大小v=10m/s，则对小球分析可知解得绳对小球的拉力大小F=60N（3）落地的时间水平位移【变式2-2】（2026·天津河西·调研）如图所示，圆形水平餐桌面上有一个半径为、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为的物块，物块与圆盘间的动摩擦因数为，物块与餐桌面间的动摩擦因数为，现从静止开始缓慢增大圆盘的转动速度，直至物块从圆盘上甩出，之后物块在餐桌面上滑行且刚好不滑落。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，忽略空气阻力，物块视为质点。求：(1)物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块所做的功；(2)餐桌面的半径；(3)物块在餐桌面上滑行过程中，所受摩擦力的冲量大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）物块受到最大静摩擦力时将被甩出，此时物块的线速度为，有，物块随圆盘转动过程中，根据动能定理有可得（2）当物块滑到餐桌边缘时速度恰好为零，设物块在餐桌上滑动的位移为，根据动能定理有物块从圆盘边缘滑出时沿圆盘的切线方向，由几何关系可得解得（3）物块在餐桌面上滑行过程中，根据动量定理有可得易错点3天体运动核心易错点易错典题【例3】（2026·天津·调研）2024年4月25日，神舟十八号载人飞船与距地表约400km的空间站顺利完成径向对接，这种对接比前向和后向对接更难。径向对接时飞船在空间站正下方的“停泊点”处调整为垂直姿态，并与空间站保持相对静止。准备好后，再逐步上升到“对接点”，最终与空间站完成对接。飞船和空间站对接后，组合体在原空间站轨道绕地球做匀速圆周运动。已知地球静止轨道卫星位于地面上方高度约处。下列说法正确的是（）A．飞船维持在“停泊点”的状态时，其运动速度大于空间站运动速度B．飞船维持在“停泊点”的状态时，并非只受地球施加的万有引力C．组合体的运动周期比地球静止卫星的运动周期大D．对接稳定后空间站速度减小【答案】B【详解】A．飞船维持在“停泊点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方200米的轨迹半径较小，根据可知，它的运动速度小于空间站运动速度，故A错误；B．飞船维持在“停泊点”的状态时，除了受地球施加的万有引力，还受飞船发动机的推力，故B正确；C．根据万有引力提供向心力有解得因为组合体的轨道半径比地球静止卫星的轨道半径小，故组合体的运动周期比地球静止卫星的运动周期小，故C错误；D．对接稳定后空间站的轨道半径不变，质量增大，根据万有引力提供向心力有解得可知对接稳定后空间站速度与质量无关，即保持不变，故D错误。故选B。避错攻略【方法总结】（一）公式与物理量套错（基础丢分重灾区）1.

万有引力公式与向心力公式结合失误：核心公式GMm/r²=ma=mv²/r=mω²r=m4π²r/T²中，r的物理意义混淆（r是天体中心到环绕体的距离，非天体半径；近地卫星r≈R，同步卫星r>R+h）。天津考情：r的判断是高频挖坑点，常考近地卫星、同步卫星、地表物体的r区分。避错：先标注研究对象的r：地表物体随地球自转：r=地球半径R；近地卫星：r≈R（忽略高度）；同步卫星/高空卫星：r=R+轨道高度h。2.

黄金代换式误用：忽略黄金代换GM=gR²的适用条件（g为天体表面的重力加速度，非高空的重力加速度），高空问题直接用g代入计算。-避错：高空处的重力加速度g'=GM/(R+h)²，与地表g的关系为g'=gR/(R+h)²；只有地表/近地问题，才可直接用GM=gR²代换。3.

物理量对应关系混乱：在GMm/r²=m4π²r/T²中，误将环绕体的质量m当作中心天体的质量M求解；或计算天体密度时，漏算球体体积公式V=4/3πR³。避错：中心天体质量M可求，环绕体质量m约去，这是天体运动的核心特点；天体密度公式ρ=3π/GT².(r³/R³)，近地卫星时r≈R，简化为ρ=3π/GT²（天津高频考此简化式）。（二）概念与模型混淆（选择压轴陷阱）1.

同步卫星、近地卫星、地表自转物体的规律混淆：三者的角速度、线速度、向心加速度大小关系判断错误，忽略地表自转物体的向心力由万有引力的分力提供（同步卫星、近地卫星的向心力由万有引力独供）。天津考情：近3年每年必考三者的物理量比较，是选择最后一题的核心考点。避错：按受力特点分两类比较，记住天津高考必考结论：万有引力独供向心力（同步、近地卫星）：r越大，v、a越小，T、ω越大（近地卫星v、a最大，T最小）；随地球自转（地表物体、同步卫星）：ω相同，r越大，v、a越大（同步卫星v、a大于地表物体）；三者大小关系：v近>v同>v地，a近>a同>a地，ω同=ω地<ω近。2.

卫星变轨问题的原理误解：①认为“变轨时速度不变，仅改变轨道半径”；②混淆“近心运动/离心运动”的条件（加速→离心→轨道半径变大，减速→近心→轨道半径变小）。天津考情：变轨问题常与航天工程结合考查，2023年考嫦娥卫星变轨，2025年考空间站变轨。避错：变轨的核心是万有引力与所需向心力不匹配：原轨道匀速：GMm/r²=mv²/r；加速：v↑→所需向心力↑，万有引力不足→离心，进入更高轨道；减速：v↓→所需向心力↓，万有引力过剩→近心，进入更低轨道；变轨后稳定运行，需再次调整速度，使万有引力等于新轨道的向心力。3.

第一宇宙速度的意义与计算误解：①认为“第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度，也是最小发射速度”的原因不明；②误将第一宇宙速度计算成v=√(gR)的适用条件忽略。避错：第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度（r最小，v最大），同时是最小发射速度（发射高度越高，所需发射速度越大）；计算式v=√(GM/R)=√(gR)≈7.9km/s，仅适用于地球近地卫星。4.

双星/多星模型的规律误用：①双星模型中，误认“两星的轨道半径相等”（实际轨道半径与质量成反比，m1r1=m2r2）；②套用单星绕中心天体的公式，忽略双星的向心力由彼此间的万有引力相互提供。天津考情：双星模型是天津高考的冷门压轴点，常出现在选择最后一题，易丢分。避错：双星模型核心结论（需熟记）：两星角速度、周期相同，线速度、轨道半径与质量成反比；向心力：Gm1m2/L²=m1ω²r1=m2ω²r2（L为两星球心距，L=r1+r2）；总质量：m1+m2=4π²L³/GT²。【变式3-1】（2026·天津·调研）中国空间站工程“巡天”望远镜（简称CSST）将于2024年前后投入运行，CSST以“天宫”空间站为太空母港，日常工作时与空间站共轨独立飞行，且与空间站保持适当距离，在需要补给或者维修升级时，主动与“天宫”交会对接，停靠太空母港。已知地球半径为，空间站圆形轨道距地球表面高度为，地球表面的重力加速度大小为。下列说法正确的是（）A．CSST停靠太空母港时，组合体运行的周期为B．CSST日常工作时运行速度可能大于第一宇宙速度C．CSST日常工作时线速度的大小为D．若CSST工作时位于“天宫”前方，仅通过减速即可与“天宫”快速对接【答案】C【详解】A．CSST停靠太空母港时，由万有引力提供向心力，则有在地球表面，对质量为的物体有联立解得，故A错误；B．根据万有引力提供向心力，则有解得由于CSST日常工作时轨道半径大于地球的半径,因此CSST日常工作时运行速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；C．CSST日常工作时，万有引力提供向心力解得线速度结合解得，故C正确；D．若CSST位于“天宫”前方时减速，速度减小导致所需向心力小于万有引力，将做向心运动（轨道半径减小），无法直接与同轨道的“天宫”对接，故D错误。故选C。【变式3-2】（2026·天津河西·调研）我国首个巡天空间望远镜预计2027年发射升空，将在天文学前沿领域的研究发挥重要作用。它将与我国空间站在同一轨道独立运行，在需要时可与空间站对接。望远镜与空间站的轨道均近似为圆轨道，它们的轨道高度约为，下列说法正确的是（

）A．巡天空间望远镜可以在原轨道上加速追上空间站并完成对接B．巡天空间望远镜的运行线速度小于月球绕地球做圆周运动的线速度C．巡天空间望远镜的运行周期小于地球静止卫星的运行周期D．巡天空间望远镜的向心加速度小于赤道上随地球自转物体的向心加速度【答案】C【详解】A．因巡天空间望远镜在原轨道上加速后会做离心运动，离开原来的圆周运动轨道，故巡天空间望远镜在原轨道上加速不能追上空间站并完成对接，故A错误；BC．根据万有引力提供向心力可得解得，因巡天空间望远镜的轨道半径小于月球的轨道半径，故巡天空间望远镜的运行线速度大于月球绕地球做圆周运动的线速度；巡天空间望远镜的轨道半径小于地球静止卫星的轨道半径，故巡天空间望远镜的运行周期小于地球静止卫星的运行周期，故B错误，C正确；D．赤道上随地球自转物体的圆周运动周期与地球静止卫星的运行周期相同，可得巡天空间望远镜的运行周期小于赤道上随地球自转物体的圆周运动周期，而且巡天空间望远镜的轨道半径大于赤道上随地球自转物体的圆周运动半径，根据向心加速度可知巡天空间望远镜的向心加速度大于赤道上随地球自转物体的向心加速度，故D错误。故选C。易错点4计算与推理失误易错典题【例4】（2025·天津滨海新·调研）太阳系八大行星几乎是在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到土星和太阳之间，且三者几乎成一条直线的现象，天文学称为“土星冲日”，据报道，土星最近一次冲日是在2017年6月15日。已知土星绕太阳运动的轨道半径为地球绕太阳运动的轨道半径的9.5倍，则下列判断正确的是（）A．土星绕太阳运行速度约为地球绕太阳运行速度的三倍B．在2018年会再次出现土星冲日现象C．土星绕太阳公转周期约为30年D．土星相邻两次冲日的时间间隔小于一年【答案】BC【详解】．根据万有引力提供向心力得解得土星绕太阳运行速度与地球绕太阳运行速度之比为即土星绕太阳运行速度约为地球绕太阳运行速度的，A错误；C．根据开普勒第三定律解得，C正确；BD．如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球比土星多转动一周解得土星相邻两次冲日的时间间隔为12.5月，2018年会再次出现土星冲日现象，B正确，D错误。故选BC。避错攻略【知识链接】1.

天体运动的比例问题计算错误：未利用公式进行变量约去，直接代入数值计算，导致计算量过大且出错；忽略比例问题中“相同物理量可约去”的特点。避错：比例问题先推导出物理量的表达式，再求比值，如求两卫星的线速度比，先推v=√(GM/r)，再得v1/v2=√(r2/r1)，避免数值计算。2.

卫星追及问题的规律误解：认为“角速度大的卫星一定能追上角速度小的”，忽略天体运动的追及是“角度差为2π的整数倍”，且同一轨道上的卫星无法追及（速度相同）。避错：追及问题核心——低轨道卫星角速度大，需先加速变轨到高轨道，再减速变轨回原轨道追上（同一轨道无追及可能）；计算追及时间时，列方程ω1t-ω2t=2π。举一反三【变式4-1】（2026·天津河东·调研）2023年10月26日17时46分，我国发射的神舟十七号载人飞船与已在轨的空间站组合体完成自主快速交会对接，它们在地球上空的对接过程如图所示，则下列说法中正确的是（）A．神舟十七号的发射速度应大于第一宇宙速度B．神舟十七号从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ后周期变长C．“M卫星”若要与空间站对接，可以在轨道Ⅲ上点火加速追上空间站D．神舟十七号在轨道Ⅲ上经过c点的加速度大于其在轨道Ⅱ上经过c点的加速度【答案】AB【详解】A．第一宇宙速度是飞船的最小发射速度，小于第一宇宙速度飞船将落回地面，所以神舟十七号的发射速度应大于第一宇宙速度，A正确；B．根据开普勒第三定律，半长轴越大，周期越大，所以神舟十七号从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ后周期变长，B正确；C．“M卫星”若要与空间站对接，可以在低于轨道Ⅲ的轨道上点火加速做离心运动追上空间站，C错误；D．由万有引力提供向心力解得到地心的距离相同，神舟十七号在轨道Ⅲ上经过c点的加速度等于其在轨道Ⅱ上经过c点的加速度，D错误。故选AB。【变式4-2】（2026·天津·调研）卫星是人类的“千里眼”、“顺风耳”，如图所示两颗卫星某时共线，其对地球的视角分别为120°和60°（即，）。已知地球半径为R，质量为M，万有引力常量G，则下列说法正确的是（

）A．两颗卫星间距为B．M卫星周期小于N卫星周期C．从此时计时，到下次共线最短需经历时间D．只需3颗N型卫星在同一轨道上均匀分布运行，即可实现地球全覆盖【答案】B【详解】A．有几何关系可知，两颗卫星间距为，，解得故A错误；B．根据开普勒第三定律M卫星运动半径小于N运动半径，则M卫星周期小于N卫星周期，故B正确；C．根据，到下次共线时，两卫星在地球的同侧，则代入卫星运动半径，联立得到下次共线最短需经历时间为故C错误；D．若只有3颗卫星，那么垂直轨道方向上，地球上的部分位置无法接受信号，故D错误。故选B。1．（2025·天津南开·二模）如图甲所示为智能健身圈，其原理是利用摇动腰部轨道上的阻尼环带起腰带外部轨道上的小球，起到健身的效果，其原理简化为如图乙所示。设配重小球的质量为m，体积忽略不计，小球悬绳(忽略质量)长度为L，腰带轨道近似看成是正圆，且半径为R。若配重小球绕腰带的中心轴做水平匀速圆周运动，小球的线速度大小为v，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程腰部保持稳定，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．要让配重小球从静止以速度v匀速转动起来，悬绳对小球做的功为B．当绳子与竖直方向夹角为θ时，配重小球做匀速圆周运动的向心力大小为C．若更换质量为2m的配重小球，以相同角速度转动阻尼环，绳子与竖直方向夹角不变D．当绳子与竖直方向夹角保持为θ时，配重小球转动频率【答案】C【详解】A．要让配重小球从静止以速度v匀速转动起来，此时小球的重力势能也要增加，则悬绳对小球做的功大于，故A错误；B．当绳子与竖直方向夹角为θ时，配重小球做匀速圆周运动的向心力大小为，故B错误；C．根据两边可消掉m，若更换质量为2m的配重小球，以相同角速度转动阻尼环，绳子与竖直方向夹角不变，故C正确；D．根据上述结论当绳子与竖直方向夹角保持为θ时，配重小球转动频率故D错误。故选C。2．（2025·天津滨海新·三模）智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为m，绳长为l，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.4l，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动。某时刻绳子与竖直方向夹角θ=37°。运动过程中不计空气阻力，腰带可看成不动，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在绳子与竖直方向夹角从0°缓慢增至θ=37°的过程中，求：(1)绳子夹角θ=37°时，配重的速度大小v：(2)该过程中，配重所受合力的冲量大小I；(3)该过程中，绳子对配重所做的功W。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）配重做圆周运动时，半径由牛顿第二定律可得解得（2）由动量定理可得代入数据得（3）由动能定理可得代入数据得3．（2025·天津·二模）如图所示，固定点上系一长的细绳，细绳的下端系一质量的小球，小球处于静止状态，球与光滑水平平台的边缘点接触但对平台无压力，平台高。一质量的小物块开始静止在平台上的点，现使物块获得一水平向右的初速度，物块沿平台向右运动到平台边缘处与小球发生正碰（碰撞时间极短），碰后小球在绳的约束下做圆周运动，经最高点时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而物块落在水平地面上的点，其水平位移。不计空气阻力，。求：(1)碰后瞬间物块的速度大小；(2)物块在处的初速度大小。【答案】(1)2m/s(2)5m/s【详解】（1）碰后小物块做平抛运动，设平抛的初速度为，平抛运动的时间为，由得（2）设碰撞后小球的速度为，运动到点的速度为，小球在最高点有到过程机械能守恒小物块与小球碰撞过程系统动量守恒解得4．（2025·天津和平·二模）建筑工地常用如图所示装置将建材搬运到高处，光滑杆竖直固定在地面上，斜面体固定在水平面上，配重P和建材Q用轻绳连接后跨过光滑的定滑轮，配重P穿过光滑竖直杆，建材Q放在斜面体上，且轻绳与斜面平行，开始时建材静止在斜面上，之后增加配重质量，建材沿斜面上滑，下列分析正确的是（）A．当P、Q滑动时，则P、Q速度大小一定相等B．当P、Q滑动时，P减小的机械能一定等于Q增加的机械能C．当P、Q静止时，细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力D．当P、Q静止时，斜面对Q的摩擦力可能斜向下【答案】CD【详解】A．根据题意可知，当P、Q滑动时，沿绳方向的分速度大小与的速度大小相等，故A错误；B．与斜面之间有摩擦力，当P、Q滑动时，P减小的机械能等于Q增加的机械能和因与斜面之间摩擦产生的热之和，则P减小的机械能一定大于Q增加的机械能，故B错误；C．由于竖直杆光滑，则当P静止时，绳子一定不能与杆垂直，则绳子拉力沿水平的分力等于竖直杆对P的弹力，即细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力，故C正确；D．当P、Q静止时，若绳子的拉力大于重力沿斜面向下的分力，则有向上的运动趋势，斜面对Q的摩擦力沿斜面向下，故D正确。故选CD。5．（2025·天津和平·一模）庆祝盛大的节日常会燃放烟花。现有某烟花筒的结构如图所示，其工作原理为：在地面上的O处点燃引线，发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的速度开始上升并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向，已知两部分质量ma>mb。忽略空气阻力及所有引线中火药的作用，则（）A．从发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程，系统的机械能守恒B．a、b两部分落地点到O点的距离可能相等C．礼花弹在最高点炸开过程，a、b两部分动量变化相同D．整个过程中消耗的燃料化学能等于a、b落地时动能之和【答案】D【详解】A．从发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程，炸药爆炸，化学能转化为机械能，系统的机械能不守恒，故A错误；B．系统水平方向动量守恒，有依题意ma>mb可得a、b两部分均做平抛运动，根据，解得可知即落地点到O点的距离不相等，故B错误；C．依题意，礼花弹在最高点炸开过程，炸药对a、b两部分的冲量等大反向，根据可知a、b两部分动量变化大小相同，方向相反，故C错误；D．整个过程中重力做功为零，由能量守恒可知，消耗的燃料化学能等于a、b落地时动能之和，故D正确。故选D。6．（2025·天津南开·一模）已知某花炮发射器能在t1=0.2s内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为m=1kg、射出的最大高度h=180m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，爆炸后两物块的速度均沿水平方向，落地时两落地点之间的距离s=900m，且两物块落地的水平位移比为1：4，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g=10m/s2。求：(1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F的大小；(2)爆炸后两物块的质量m1、m2的大小；(3)若花炮在最高点爆炸时有80%的化学能转化成物块的动能，求花炮在空中释放的化学能E。【答案】(1)310N(2)0.8kg，0.2kg(3)2250J【详解】（1）根据动量定理，发射过程中合力的冲量等于动量变化其中为花炮发射后的初速度。由竖直上抛的最大高度公式解得代入动量定理公式得（2）爆炸时动量守恒，则爆炸后两物块做平抛运动，水平方向上做匀速运动，即x=vt，两物块运动时间相同，由于水平位移比为，所以两物块的速度比为解得结合总质量解得（3）爆炸后两物块运动的时间为两物块落地时两落地点之间的距离s=900m，则解得，两物块的动能之和为由解得7．（2025·天津·二模）图中滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为。开始时，轻绳处于水平拉直状态，滑块右侧有一表面涂有黏性物质的固定挡板。初始时小球和滑块均静止，现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好向右运动到与固定挡板碰撞，在极短的时间内速度减为零并在之后始终与固定挡板粘在一起。小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角时小球达到最高点。已知小球质量为，重力加速度为。求：(1)小球在最低点的速度大小；(2)滑块与固定挡板碰撞后瞬间，绳子对小球的拉力大小；(3)滑块的质量。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）以最低点为零势能面，根据机械能守恒定律解得（2）根据牛顿第二定律解得（3）对滑块与小球组成系统，根据机械能守恒定律水平方向根据动量守恒定律联立解得8．（2025·天津宁河·一模）光滑水平面上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹着一个被压缩的轻弹簧（与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep=81J。A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后B向右运动，绳在极短时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直固定半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B到达最高点C时对轨道的压力为44N。重力加速度g取10m/s2，求：(1)物块B到达C点时的速度大小vC；(2)绳被拉断过程中绳对物块B的冲量大小；(3)绳被拉断过程中整个系统损失的机械能E损。【答案】(1)4m/s(2)6N·s(3)27J【详解】（1）B在最高点C时有解得（2）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理解得设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，弹簧的弹性势能转化给B的动能，有解得根据动量定理有解得所以绳对物块B的冲量大小为6N·s；（3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，根据动量守恒定律有解得损失的机械能9．（2025·天津·模拟预测）如图所示，固定的水平横杆距水平地面的高度，长的轻质细绳一端系在水平横杆上，另一端连接质量的木块（可视为质点），质量的子弹以的速度水平射入木块并水平穿出，此后木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，忽略空气阻力，取重力加速度大小，求：（1）木块被水平穿出后瞬间，细绳对木块的拉力；（2）子弹射穿木块过程中产生的热量；（3）子弹落地点与悬点的水平距离d。【答案】（1）12N；（2）；（3）【详解】（1）依题意，木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，有解得木块从最低点运动到最高点过程，根据动能定理可得解得由牛顿第二定律，有解得（2）子弹射穿木块过程，系统动量守恒，可得解得根据能量守恒，有代入数据，解得（3）子弹射穿木块后，做平抛运动，可得，联