高考物理二轮复习 专题一 力与运动 3 力与曲线运动课时作业（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、力与曲线运动A级对点练题组一运动的合成与分解1(多选)如图，两个相同的小球P、Q通过铰链用刚性轻杆连接，P套在光滑竖直杆上，Q放在光滑水平地面上开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q沿水平地面向右运动下列判断正确的是()AP触地前的速度一直增大BP触地前的速度先增大后减小CQ的速度先增大后减小DP、Q的速度同时达到最大解析：AC开始时P、Q的速度都为零，P受重力和轻杆的作用下做加速运动，而Q由于轻杆的作用，则开始时轻杆使Q加速，后使Q减速，当P到达底端时，P只有竖直方向的速度，而水平方向的速度为零，故Q的速度为零，所以在整个过程中，P的速度一直增大，Q的速度先增大后减小，故A、C正确，B、D错

2、误2(2019课标，19)(多选)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其vt图像如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻则()A第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大解析：BD本题考查曲线运动知识和利用数形结合处理物理问题的能力，体现了模型构建、科学推理的核心素养vt图线

3、与时间轴包围的“面积”表示运动员在竖直方向上的位移，由图像可知第二次包围的格数较多，故A错设雪道的倾角为，则水平位移x，故B正确vt图线的斜率表示加速度，由图像明显看出，第一次在竖直方向上的平均加速度较大，故C错vv1时，斜率k1k2，结合牛顿第二定律mgfma可知，第二次所受阻力较大，D正确题组二平抛运动规律的应用3物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角的正切tan 随时间t变化的图像是图中的()解析：B根据几何关系：tan ，则tan 与t成正比例函数关系，B正确4如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为，在底端A正上方与顶端等高处的E点以速度v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D点

4、，重力加速度为g，则()A小球在空中飞行时间为B小球落到斜面上时的速度大小为C小球的位移方向垂直于ACDCD与DA的比值为解析：D将小球在D点的速度进行分解，水平方向的分速度v1等于平抛运动的初速度v0，即v1v0，落到斜面上时的速度v，竖直方向的分速度v2，则小球在空中飞行时间t.由图可知平抛运动的位移方向不垂直AC，D、A间水平距离为x水平v0t，故DA；C、D间竖直距离为x竖直v2t，故CD，得.5如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O.一小球(可视为质点)从与圆心等高的半圆形轨道上的A点以速度v0水平向右抛出，落于轨道上的C点已知OC与OA的夹角为，重力加速度为g，则小球从A运

5、动到C的时间为()A.tan B.cotC.tan D.cot解析：D由几何关系可以知道，AC与水平方向的夹角，根据平抛运动的规律知tan ，得tcot，所以D项正确，A、B、C项错误6某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图所示模型放到0.8 m高的桌子上，最高点距离地面2 m，右端出口水平现让小球由最高点静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为()A0 B0.1 mC0.2 m D0.3 m解析：C从最高点到出口，满足机械能守恒，可得(Hh)mgmv2.小球从出口飞出后做平抛运动，有xvt，hgt2，可得x2.根据数学知识知，当Hhh时，x最大，即h1

6、m时，小球飞得最远，此时出口距离桌面高度为h1 m0.8 m0.2 m题组三圆周运动问题7(多选)如图，在角锥体表面上放一个物体，角锥绕竖直轴转动当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则角锥对物体的()A支持力将减小B支持力将增大C静摩擦力将不变D静摩擦力将增大解析：AD对物体受力分析如图所示，物体受到重力、支持力和静摩擦力三个力的作用，物体做匀速圆周运动，沿水平和竖直方向正交分解，水平方向Ffcos FNsin m2r，竖直方向Ffsin FNcos mg，联立以上两式解得Ffmgsin m2rcos ，FNmgcos m2rsin ，当角速度增大时，支持力减小，静摩擦力增大

7、，故A、D正确，B、C错误8(多选)如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止已知OA与竖直方向的夹角53，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin 530.8，cos 530.6.下列说法正确的是()A圆环旋转角速度的大小为 B圆环旋转角速度的大小为 C小球A与圆环间摩擦力的大小为mgD小球A与圆环间摩擦力的大小为mg解析：AD当B与圆环间恰好没有摩擦力时，B与圆心连线与竖直方向的夹角为37.对B球受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得mgtan 37mrB2，又rBRsin 37，解得，

8、则A项正确，B项错误对A球受力分析如图所示，则竖直方向上：NAcos 53fAsin 53mg0，水平方向上：NAsin 53fAcos 53mrA2，rARsin 53，解得fAmg，则C项错误，D项正确题组四万有引力与航天9(2019课标，14)2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F随h变化关系的图像是()解析：D本题考查了万有引力定律公式考查了学生对万有引力定律的理解能力，体现了运动和相互作用的物理观念及科学推理的核心素养由万有引力定律可知，探测器受到的万有引力F，其中R为地球

9、半径在探测器“奔向”月球的过程中，离地面距离h增大，其所受的万有引力非线性减小，故选项D正确10(2019北京理综，18)2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)该卫星()A入轨后可以位于北京正上方B入轨后的速度大于第一宇宙速度C发射速度大于第二宇宙速度D若发射到近地圆轨道所需能量较少解析：D因地球静止轨道卫星(同步卫星)的运行轨道在地球赤道正上方，故该北斗导航卫星入轨后不能位于北京正上方，选项A错误；第一宇宙速度在数值上等于地球近地卫星的线速度，由万有引力提供向心力，可得v，同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则同步卫星入轨后的速度

10、小于第一宇宙速度，故选项B错误；地球卫星的发射速度应大于等于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，选项C错误；近地卫星的高度小，发射时所需的能量较少，故选项D正确11(2019江苏单科，4)1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G.则()Av1v2，v1 Bv1v2，v1Cv1v2，v1 Dv1v2，v1解析：B本题考查人造卫星沿椭圆轨道运动内容，培养了理解能力和推理能力，体现了核心素养中的能量观念及模型建构要素，有利于培养学生爱国主义价值观卫

11、星沿椭圆轨道运动时，只受万有引力作用，机械能守恒，在卫星由近及远的运动过程中，卫星的部分动能转化为势能，速度逐渐减小，故v1v2.若卫星过近地点做半径为r的匀速圆周运动，则满足Gm，可得v.现卫星过近地点做离心运动，则v1，故选项B正确，A、C、D错误B级综合练12(多选)月球背面有许多秘密未能解开，原因是我们无法从地球上直接观测到月球背面为探测月球背面，我国在2018年12月发射“嫦娥四号”探测器，实现人类首次月球背面着陆，并开展巡视探测假设“嫦娥四号”探测器的发射过程简化如下：探测器从地球表面发射后，进入地月转移轨道，经过M点时变轨进入距离月球表面100 km的圆形轨道，在轨道上经过P点时

12、再次变轨进入椭圆轨道，之后将在Q点着陆月球表面下列说法正确的是()A“嫦娥四号”探测器的发射速度大于地球的第二宇宙速度B“嫦娥四号”在轨道上的速度小于月球的第一宇宙速度C“嫦娥四号”在轨道上的周期小于在轨道上的周期D“嫦娥四号”在地月转移轨道上经过M点的速度大于在轨道上经过M点的速度解析：BD“嫦娥四号”探测器的发射速度大于地球的第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度，选项A错误；“嫦娥四号”在轨道上绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即Gm，解得v，在月球表面，有Gg月，即GMg月R2，因此有v，即“嫦娥四号”在轨道上的速度小于月球的第一宇宙速度，选项B正确；根据开普勒第三定律可知，“嫦

13、娥四号”在轨道上的周期大于在轨道上的周期，选项C错误；“嫦娥四号”由地月转移轨道变轨到轨道，需要在M点减速，因此“嫦娥四号”在地月转移轨道上经过M点的速度大于在轨道上经过M点的速度，选项D正确13宁波高中科技新苗项目的同学在一个连锁机关游戏中，设计了一个如图所示的起始触发装置：AB段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD段是半径为R的四分之三圆弧弯杆，DE段是长度为2R的水平杆，与AB杆稍稍错开竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m的套环每次将弹簧的长度压缩至P点后锁定，设PB的高度差为h，解除锁定后弹簧可将套环弹出，在触发器的右侧有多米诺骨牌，多米诺骨牌的左侧最高点

14、Q和P点等高，且与E的水平距离为x(可以调节)，已知弹簧锁定时的弹性势能EP10mgR，套环P与水平杆DE段的动摩擦因数0.5，与其他部分的摩擦可以忽略不计，不计套环受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失，不考虑伸缩竖直杆粗细变化对套环的影响，重力加速度为g.求：(1)当h7R时，套环到达杆的最高点C处时的速度大小(2)在第(1)问中套环运动到最高点C时对杆作用力的大小和方向(3)若h在3R至10R连续可调，要使该套环恰能击中Q点，则x应该在哪个范围内调节？解析：(1)当h7R时，套环从P点运动到C点，根据机械能守恒定律有：EPmg(hR)mv2EP10mgR，解得：v2(2)在最高点C时，对套环，根据牛顿第二定律有：mgFCm解得：FC3mg，由牛顿第三定律得FCFC3mg，方向向上(3)套环恰能击中Q点，平抛运动过程：hRgt2xvEt从P到E，根据能量守恒定律有：EPmg(hR)mg2Rmv又因为3Rh10R由以上各式可解得，0x9R.答案：(1)2(2)3mg方向向上(3)0x9R