2022届新高考物理二轮检测-专题二　力与曲线运动专题综合检测.docx

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1、专题二力与曲线运动一、选择题1野外骑行在近几年越来越流行，越来越受到人们的青睐，对于自行车的要求也在不断的提高，很多都是可变速的。不管如何变化，自行车装置和运动原理都离不开圆周运动。下面结合自行车实际情况与物理学相关的说法正确的是()A图乙中前轮边缘处A、B、C、D四个点的线速度相同B大齿轮与小齿轮的齿数如图丙所示，则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈C图乙中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点角速度相同D在大齿轮处的角速度不变的前提下，增加小齿轮的齿数，自行车的速度将变大解析：A、B、C、D四点线速度大小相等，方向不同，选项A错误；齿数与周期成正比，选项B正确；E、F两点线速度大小相同，半径不同，故角

2、速度不同，选项C错误；若大齿轮角速度不变，增加小齿轮齿数，则小齿轮周期变大，角速度变小，自行车速度变小，选项D错误。答案：B2 .(多选)(2020江苏高考)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则()AA和B的位移大小相等BA的运动时间是B的2倍CA的初速度是B的DA的末速度比B的大解析：位移为初位置到末位置的有向线段，由题图可得sAl，sB l，A和B的位移大小相等，A正确；平抛运动的时间由高度决定，即tA，tB，则A的运动时间是B的倍，B错误；平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则vxA，vxB，则A的初速度是B

3、的，C错误；小球A、B在竖直方向上的速度分别为vyA2，vyB，所以可得vA，vB2，即vAvB，D正确。故选AD。答案：AD3(多选)(2021济南市高三质量评估)如图所示，卫星1为地球同步卫星，卫星2是周期为3小时的极地卫星，只考虑地球引力，不考虑其他作用的影响，卫星1和卫星2均绕地球做匀速圆周运动，两轨道平面相互垂直，运动过程中卫星1和卫星2有时处于地球赤道上某一点的正上方。下列说法中正确的是()A卫星1和卫星2的向心加速度之比为116B卫星1和卫星2的速度之比为21C卫星1和卫星2处在地球赤道的某一点正上方的周期为24小时D卫星1和卫星2处在地球赤道的某一点正上方的周期为3小时解析：由

4、万有引力提供向心力有Gm()2r 得出r，卫星1和卫星2的周期之比为81，则轨道半径之比为41。由Gma得出aG，可知向心加速度之比为116，A项正确；根据Gm得出v，可知线速度之比为12，B项错误；两卫星从赤道处正上方某点开始计时，卫星2转8圈时，卫星1刚好转一圈在该点相遇，C项正确，D项错误。答案：AC4(多选)如图所示，一质量为m0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v010 m/s冲入一管道，该管道为圆管道，半径为R5 m。已知小球的入口与圆心在同一高度。经过管道后，它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点。若所有衔接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及

5、管道内径可忽略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，g取10 m/s2。下列说法正确的是()A小球到达管道最高点时对管道的压力为零B小球到达管道最高点时速度为5 m/sC小球到达管道最低点时对管道的压力为5 ND圆轨道半径r为4 m解析：从出发点到管道的最高点，由机械能守恒定律得mv02mgRmv12，解得小球到达管道最高点时的速度v10，即它刚好能够通过管道的最高点，选项B错误；小球到达管道最高点时速度为0，则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力Gmg1 N，选项A错误；由机械能守恒定律得mv02mgRmv22，解得小球到达管道最低点时速度v210 m/s，在最低点，由牛顿第二定律得Fm

6、gm，解得管道最低点对小球的支持力F5 N，再结合牛顿第三定律可知，选项C正确；小球刚好通过圆轨道最高点，则在最高点，小球速度v满足mgm，从出发点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得mv22mgrmgRmv02，联立解得r4 m，选项D正确。答案：CD5(2021江苏省七市高三6月第三次调研)拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代时小型拨浪鼓已成为儿童玩具。四个拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上，现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两球的位置关系可能正确的是(图中细绳与竖直方向的夹角，则下列说法正确的是()

7、AA的向心力小于B的向心力B容器对A的支持力一定小于容器对B的支持力C若缓慢增大，则A、B受到的摩擦力一定都增大D若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向下的摩擦力解析：根据向心力公式知Fm2R sin ，质量和角速度相等，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为、，所以A的向心力大于B的向心力，故A错误；若物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，则由受力情况根据牛顿第二定律得mg tan m2R sin ，解得，若角速度大于 ，则会有沿切线向下的摩擦力，若小于 ，则会有沿切线向上的摩擦力，故容器对A的支持力不一定小于容器对B的支持力，故B错误；若缓慢增大，则A、B受到的摩擦力方向

8、会发生变化，故摩擦力数值不一定都增大，故C错误；因A受的静摩擦力为0，则B有沿容器壁向上滑动的趋势，即B受沿容器壁向下的摩擦力，故D正确。答案：D8.(多选)如图所示，质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep，其中G为引力常量，M为地球质量，该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过椭圆轨道的变轨过程进入半径为R3的圆形轨道继续绕地球运动，其中P点为轨道与轨道的切点，Q点为轨道与轨道的切点，下列判断正确的是()A卫星在轨道上的动能为GB卫星在轨道上的机械能等于GC卫星在轨道经过Q点时的加速度小于在轨道上经过Q点时的加速度D卫星在轨道上经过P点时的速率大于在轨

9、道上经过P点时的速率解析：在轨道上，有：Gm，解得：v1，则动能为Ek1mv12，故A正确；在轨道上，有：Gm，解得：v3，则动能为Ek3mv32，引力势能为Ep，则机械能为EEk3Ep，故B正确；由Gma得：a，两个轨道上Q点到地心的距离不变，故向心加速度的大小不变，故C错误；卫星要从轨道变到轨道上，经过P点时必须点火加速，即卫星在轨道上经过P点时的速率小于在轨道上经过P点时的速率，故D错误。答案：AB9(2021广东中山期末)如图所示，倾角为30的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上质量为4m的滑块通过轻质刚性绳穿过光滑的圆环与质量为m的小球(可视为质点)相连，轻绳与斜面平行。小球在水平面内

10、做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为30。斜面体和滑块始终静止，小球与圆环之间的绳长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是()A斜面体所受摩擦力大小为mgB滑块所受摩擦力大小为2mgC若改变小球的转速，当滑块恰好不受摩擦力时，小球的动能为 mgLD若改变小球的转速，当滑块恰好不受摩擦力时，小球的向心加速度大小为 g解析：对小球受力分析有mgT cos 30，解得Tmg，对滑块受力分析得f4mg sin 30T2mgmg，将滑块和斜面看成整体，由平衡条件得，斜面体所受摩擦力大小为f1T cos 30mgmg，故A正确，B错误；当滑块恰好不受摩擦力时，绳的拉力为T2mg，小球做圆周运动，则有Tsi

11、n 30m，得小球的动能为Ekmv2TL sin230mgL，向心加速度为ag，故C、D错误。答案：A10.(多选)如图所示，天文学家观测到某行星和地球在同一轨道平面内绕太阳做匀速圆周运动，且行星的轨道半径比地球的轨道半径小，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫做地球对该行星的观察视角(简称视角)。已知该行星的最大视角为。则地球与行星绕太阳转动的()A角速度比值为 B线速度比值为C向心加速度比值为sin D向心力比值为sin2解析：根据题意，该行星和地球都绕太阳(质量为M)做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则Gmamm2r，解得a，v，。由题图可知，当该行星处于最大视角处时，地球

12、和行星的连线与行星轨道相切，则由几何关系知，行星与地球的轨道半径比值为sin，故地球与行星绕太阳转动的角速度比值为 ，线速度比值为，向心加速度比值为sin2，故A、B正确，C错误；地球与行星绕太阳转动的向心力比值为sin2，因为地球质量m地与行星质量m行之间的关系未知，所以它们的向心力比值不能确定，故D错误。答案：AB二、计算题11(2021福建省泉州市模拟)如图为一个简易的冲击式水轮机的模型，水流自水平的水管流出，水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动。当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同。调整轮轴O的位置，使水

13、流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成37角。测得水从管口流出速度v03m/s，轮子半径R0.1 m。不计挡水板的大小，不计空气阻力。取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)轮子转动角速度；(2)水管出水口距轮轴O的水平距离l和竖直距离h。解析：(1)水流出后做平抛运动，设水流到达轮子边缘的速度为v，v5 m/s轮子边缘的线速度v v 5 m/s所以轮子转动的角速度 50 rad/s(2)设水流到达轮子边缘的竖直分速度为vy，平抛运动时间为t，水平、竖直分位移分别为x、y：vy4 m/st0.4 sxv0t1.2 mygt20.8 m水管出水口距轮轴O的水

14、平距离l和竖直距离h为： lxR cos 371.12 mhyR sin 370.86 m答案：(1)50 rad/s(2)1.12 m0.86 m12如图甲所示，一倾角为37、长L3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆弧轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。t0时刻有一质量m1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的vt图像如图乙所示。已知圆轨道的半径R0.5 m。(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)则：(1)求物块与斜面间的动摩擦因数；(2)求物块到达C点时对轨道的压力FN的大小；(3)试通过计算分析物块是否可能以一定的初速度从A点滑

15、上轨道，通过C点后恰好能落在A点？如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度大小；如果不能，请说明理由。解析：(1)由题图乙可知，物块沿斜面上滑时的加速度大小为a10 m/s2根据牛顿第二定律有：mg sin 37mg cos 37ma解得：0.5。(2)设物块到达C点时的速度大小为vC，从A到C，由动能定理得：mg(L sin 37RR cos 37)mgL cos 37mvC2mv02在最高点C，根据牛顿第二定律有：mgFNm解得：FN4 N根据牛顿第三定律得：FNFN4 N即物块到达C点时对轨道的压力大小为4 N。(3)假设物块以初速度v1从A点滑上轨道时，能通过C点后恰好落到A点，物块从C到A做平抛运动，在竖直方向有：L sin 37R(1cos 37)gt2在水平方向有：L cos 37R sin 37vCt解得：vC m/s m/s，所以物块能通过C点落到A点物块从A到C，由动能定理可得：mg(L sin 37RR cos 37)mgL cos 37mvC2mv12解得：v1 m/s。答案：(1)0.5(2)4 N(3)能 m/s