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2026年金考卷特快专递高中物理
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2026年金考卷特快专递高中物理 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
13. ☆(6分)东风-5C打击面覆盖全球，最高速度可达几十马赫，接近甚至超过第一宇宙速度。已知地球的半径为$R$，地球表面重力加速度为$g$，不考虑地球自转的影响。求：
(1)地球第一宇宙速度$v$；
(2)卫星在距离地面高度为$h$的圆轨道上运行的角速度$\omega$。
(1)地球第一宇宙速度$v$；
(2)卫星在距离地面高度为$h$的圆轨道上运行的角速度$\omega$。
答案：
13.第一宇宙速度+卫星运行的各项参数 【2025课标新变化：在学业质量水平描述中新增“能为我国在科技领域的卓越成就感到自豪，具有科技强国和实现中华民族伟大复兴的责任感”】
(1)第一宇宙速度是物体在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，由重力提供向心力有$mg = m\frac{v^{2}}{R}$ (2分)
解得$v = \sqrt{gR}$ (1分)
(2)对卫星由万有引力提供向心力有
$G\frac{Mm'}{(R + h)^{2}} = m'\omega^{2}(R + h)$ (2分)
不考虑地球自转的影响，对地球表面物体有$\frac{GMm}{R^{2}} = mg$
联立解得$\omega = \sqrt{\frac{gR^{2}}{(R + h)^{3}}}$ (1分)
(1)第一宇宙速度是物体在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，由重力提供向心力有$mg = m\frac{v^{2}}{R}$ (2分)
解得$v = \sqrt{gR}$ (1分)
(2)对卫星由万有引力提供向心力有
$G\frac{Mm'}{(R + h)^{2}} = m'\omega^{2}(R + h)$ (2分)
不考虑地球自转的影响，对地球表面物体有$\frac{GMm}{R^{2}} = mg$
联立解得$\omega = \sqrt{\frac{gR^{2}}{(R + h)^{3}}}$ (1分)
14. (8分)如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，上端连接一质量为$M=0.98\ kg$的物块，静止在某点$P$，质量为$m=0.02\ kg$的子弹以$v_0=200\ m/s$的竖直初速度瞬间打入物块并留在其中，此后经$t=1.0\ s$物块第一次返回$P$点，空气阻力不计，重力加速度$g=10\ m/s^2$。求：
(1)子弹打人物块瞬间，物块的速度大小；
(2)$t=1.0\ s$内弹簧对物块的冲量。
(1)子弹打人物块瞬间，物块的速度大小；
(2)$t=1.0\ s$内弹簧对物块的冲量。
答案：
14.动量守恒定律+动量定理+子弹打物块模型
(1)子弹打入物块瞬间，子弹和物块动量守恒，有$mv_{0} = (m + M)v$ (2分)
解得此时物块的速度大小为$v = 4m/s$ (2分)
(2)物块第一次返回P点时速度方向竖直向上，物块从子弹打入物块后瞬间到第一次返回P点过程，由能量守恒定律可知，物块、子弹整体由动量定理有
$I - (M + m)gt = 2(M + m)v$ (2分)
解得该过程弹簧对物块的冲量为$I = 18N · s$，则弹簧对物块的冲量大小为$18N · s$，方向竖直向上 (2分)
(1)子弹打入物块瞬间，子弹和物块动量守恒，有$mv_{0} = (m + M)v$ (2分)
解得此时物块的速度大小为$v = 4m/s$ (2分)
(2)物块第一次返回P点时速度方向竖直向上，物块从子弹打入物块后瞬间到第一次返回P点过程，由能量守恒定律可知，物块、子弹整体由动量定理有
$I - (M + m)gt = 2(M + m)v$ (2分)
解得该过程弹簧对物块的冲量为$I = 18N · s$，则弹簧对物块的冲量大小为$18N · s$，方向竖直向上 (2分)
15. (13分)如图所示，$O$为固定在水平地面上的铰链，$A$、$B$球通过铰链和轻杆连接，$A$球通过轻杆与$O$连接。现对$B$球施加水平推力$F$，系统在竖直平面内处于静止状态，此时两杆间的夹角$\alpha=60°$。撤去$F$后，$A$、$B$在同一竖直平面内运动。已知两球质量均为$m$，杆长均为$L$，重力加速度为$g$，忽略一切摩擦。求：
(1)系统静止时轻杆$AB$的作用力大小；
(2)两杆间的夹角变为$90°$时，$B$球的动能$E_{kB}$；
(3)$A$球落地前瞬间重力的功率$P$。（以上结果均可保留根号）
(1)系统静止时轻杆$AB$的作用力大小；
(2)两杆间的夹角变为$90°$时，$B$球的动能$E_{kB}$；
(3)$A$球落地前瞬间重力的功率$P$。（以上结果均可保留根号）
答案：
15.系统机械能守恒+瞬时功率+关联速度问题
(1)系统静止时，对A球受力分析如图1所示
由于轻杆长均为L，$\alpha = 60^{\circ}$，由几何关系可知$F_{BA}、F_{OA}$与竖直方向的夹角均为$\frac{\alpha}{2}$，$F_{BA}$与$F_{OA}$的大小相等，则对A球由力的平衡条件可知
$2F_{BA}\cos\frac{\alpha}{2} = mg$ (2分)
解得此时轻杆AB的作用力大小$F_{BA} = \frac{\sqrt{3}}{3}mg$ (2分)
(2)A球与右侧杆一起绕O做圆周运动，A球速度方向与轻杆OA垂直，则两轻杆夹角为$90^{\circ}$时，A球速度方向沿轻杆AB，又轻杆AB长度不变，则此时A球速度与B球沿轻杆AB的分速度相同，将此时B球速度沿轻杆AB和垂直轻杆AB方向分解如图2所示
由几何关系可得$v_{A} = v_{B}\cos45^{\circ}$ (1分)
两杆间的夹角从$\alpha$变为$90^{\circ}$的过程，由A、B球组成的系统机械能守恒得
$mg(L\cos\frac{\alpha}{2} - L\cos\frac{90^{\circ}}{2}) = \frac{1}{2}mv_{A}^{2} + \frac{1}{2}mv_{B}^{2}$ (2分)
又$E_{kB} = \frac{1}{2}mv_{B}^{2}$
联立解得$E_{kB} = \frac{\sqrt{3} - \sqrt{2}}{3}mgL$ (1分)
(3)A球落地前瞬间，轻杆水平，速度方向垂直于轻杆，则B球速度为0 (1分)
从撤去F到A球落地过程，由能量守恒定律可得
$mgL\cos\frac{\alpha}{2} = \frac{1}{2}mv_{A0}^{2}$ (2分)
解得A球落地前瞬间的速度大小为$v_{A0} = \sqrt{\sqrt{3}gL}$
则A球落地前瞬间重力的功率$P = mgv_{A0} = mg\sqrt{\sqrt{3}gL}$ (2分)
15.系统机械能守恒+瞬时功率+关联速度问题
(1)系统静止时，对A球受力分析如图1所示
由于轻杆长均为L，$\alpha = 60^{\circ}$，由几何关系可知$F_{BA}、F_{OA}$与竖直方向的夹角均为$\frac{\alpha}{2}$，$F_{BA}$与$F_{OA}$的大小相等，则对A球由力的平衡条件可知
$2F_{BA}\cos\frac{\alpha}{2} = mg$ (2分)
解得此时轻杆AB的作用力大小$F_{BA} = \frac{\sqrt{3}}{3}mg$ (2分)
(2)A球与右侧杆一起绕O做圆周运动，A球速度方向与轻杆OA垂直，则两轻杆夹角为$90^{\circ}$时，A球速度方向沿轻杆AB，又轻杆AB长度不变，则此时A球速度与B球沿轻杆AB的分速度相同，将此时B球速度沿轻杆AB和垂直轻杆AB方向分解如图2所示
由几何关系可得$v_{A} = v_{B}\cos45^{\circ}$ (1分)
两杆间的夹角从$\alpha$变为$90^{\circ}$的过程，由A、B球组成的系统机械能守恒得
$mg(L\cos\frac{\alpha}{2} - L\cos\frac{90^{\circ}}{2}) = \frac{1}{2}mv_{A}^{2} + \frac{1}{2}mv_{B}^{2}$ (2分)
又$E_{kB} = \frac{1}{2}mv_{B}^{2}$
联立解得$E_{kB} = \frac{\sqrt{3} - \sqrt{2}}{3}mgL$ (1分)
(3)A球落地前瞬间，轻杆水平，速度方向垂直于轻杆，则B球速度为0 (1分)
从撤去F到A球落地过程，由能量守恒定律可得
$mgL\cos\frac{\alpha}{2} = \frac{1}{2}mv_{A0}^{2}$ (2分)
解得A球落地前瞬间的速度大小为$v_{A0} = \sqrt{\sqrt{3}gL}$
则A球落地前瞬间重力的功率$P = mgv_{A0} = mg\sqrt{\sqrt{3}gL}$ (2分)
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