高考风向标二 一般曲线运动的合成与分解 立体空间中的抛体运动 万有引力定律与动力学综合问题分析-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 高考风向标二　一般曲线运动的合成与分解　立体空间中的抛体 运动　万有引力定律与动力学综合问题分析 风向一　一般曲线运动的合成与分解 1．(2023·浙江1月选考)如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小(　　) A．O点最大 B．P点最大 C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变 答案　A 解析　空气阻力方向与瞬时速度方向相反，空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则根据平行四边形定则可知，空气阻力沿竖直方向的分力与瞬时速度沿竖直方向的分速度大小成正比，且二者方向相反。由牛顿第二定律可知，在竖直方向上，小石子向上减速运动阶段的加速度大小始终大于重力加速度g，向下加速运动阶段的加速度大小始终小于重力加速度g，而在向上减速过程中，小石子在O点竖直方向的分速度最大，小石子所受空气阻力沿竖直方向的分力最大，在竖直方向所受合力最大，根据牛顿第二定律可知，此时竖直方向分运动的加速度大小最大，故选A。 2．(2023·山西省大同市高三下2月模拟测评B卷)某实验室在模拟物流的分拣过程，如图所示，让质量m＝0.5 kg的物块随水平传送带以速度v＝2 m/s向前运动，经过一段宽度s＝2 m的风洞区域后被吹落下传送带，a、b、d、c为风洞的边界线与传送带边缘的交点，物块在风洞区域中受到垂直于传送带方向的恒定作用力F，大小为2 N。已知传送带的宽度L＝2 m，初始时物块位于传送带中线位置，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块的尺寸远小于传送带的宽度，重力加速度g的大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．物块受到的滑动摩擦力方向始终与运动方向相反 B．物块脱离传送带时的速度约为1.4 m/s C．物块于c点处脱离传送带 D．若仅增大传送带的速度，物块将不能脱离传送带 答案　C 解析　物块随传送带进入风洞区域后，由于恒定作用力F与传送带方向垂直，则沿传送带方向，物块与传送带保持相对静止，一起做匀速直线运动；物块与传送带间最大静摩擦力fm＝μmg＝1 N<F＝2 N，则沿垂直传送带方向物块将做初速度为0的匀加速直线运动，则摩擦力方向垂直传送带方向，与力F方向相反，A错误；设物块加速度大小为a，根据牛顿第二定律有F－fm＝ma，解得a＝2 m/s2，假设物块在风洞区域没有脱离传送带，设物块在风洞区域的运动时间为t，则沿传送带方向有s＝vt，垂直传送带方向有y＝at2，联立解得t＝1 s，y＝1 m，由于y＝，则物块出风洞区域时恰好运动到c点，则假设成立，由于垂直传送带方向有速度，所以物块恰好从c点脱离传送带，故C正确；到达c点时，物块垂直传送带方向的分速度为vy＝at＝2 m/s，则物块脱离传送带时的速度大小为vc＝＝2.8 m/s，B错误；若仅增大传送带的速度，根据上述分析可知，物块通过风洞区域的时间t变小，则在风洞区沿风力方向的分位移y减小，可知物块将从边界cd之间离开风洞区域，之后物块在垂直于传送带运动方向做匀减速直线运动，仍然可能脱离传送带，D错误。 风向二　立体空间中的抛体运动 ※3.(2022·山东高考)(多选)如图所示，某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离为4.8 m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为(　　) A．v＝5 m/s B．v＝3 m/s C．d＝3.6 m D．d＝3.9 m 答案　BD 解析　设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v＝2g(H－h)，代入数据得v0竖直＝ m/s＝12 m/s，则v0水平＝＝ m/s＝5 m/s。击球点到P点的水平距离x水平＝v0水平t＝v0水平·＝6 m，根据几何关系可得，初速度的水平分量v0水平与墙壁的夹角θ满足sinθ＝＝，则与墙壁碰撞前，垂直墙面的速度分量v0水平⊥＝v0水平sinθ＝4 m/s，平行墙面的速度分量v0水平∥＝v0水平cosθ＝3 m/s，根据题意，碰撞后，垂直墙面的速度分量v水平⊥＝0.75v0水平⊥＝3 m/s，则网球碰墙后的速度大小为v＝＝3 m/s；网球碰墙后至落到地面所用的时间t′＝＝ s＝1.3 s，则着地点到墙壁的距离d＝v水平⊥t′＝3.9 m。故选B、D。 4．(2023·湖北省武汉市模拟预测)链球是利用双手投掷的竞远项目，运动员两手握着链球上铁链的把手，经过3～4圈加速旋转，带动链球旋转，最后链球脱手而出，整个过程可简化为某倾斜平面内的加速圆周运动和脱离后的斜抛运动，如图所示。某次训练中链球脱手时速度v0的方向与水平面成θ角，忽略空气阻力，下列说法中正确的是(　　) A．链球做加速圆周运动过程中，合力的方向指向圆心 B．链球做加速圆周运动过程中，向心力不断增大 C．若其他条件不变仅改变v0，则当v0增大时，链球斜抛过程中动量的变化率变大 D．若其他条件不变仅改变θ，则θ＝45°时，链球落地点离脱手点的水平距离最远 答案　B 解析　链球做加速圆周运动过程中，合力的方向与速度方向呈锐角，不指向圆心，A错误；链球做加速圆周运动过程中，向心力F＝m，则F随着速度增大而不断增大，故B正确；由动量定理得，链球在斜抛过程中动量的变化量为Δp＝mg·Δt，动量的变化率＝mg，恒定不变，C错误；若链球做斜抛运动的抛出点和落地点在同一水平面上，则有x＝v0cosθt，v0sinθ＝g·，联立可得水平位移x＝，则当θ＝45°时，水平位移最大，但实际运动中链球抛出点比落地点高，由几何关系可知，θ为小于45°的某一值时，链球落地点离脱手点的水平距离最远，故D错误。 风向三　万有引力定律与动力学综合问题分析 5．(2023·河北省唐山市高三下第一次模拟)将物体以一定初速度v0＝4 m/s在某行星表面竖直上抛，从抛出开始计时，落回抛出点前，物体第1 s内和第4 s内通过的位移大小相等。已知该行星半径和地球半径是相同的，地球表面的重力加速度为g＝10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．地球的平均密度和该行星的平均密度之比为1∶5 B．该行星和地球的第一宇宙速度之比为1∶ C．将物体在地球表面以相同的初速度v0竖直抛出后上升的最大高度为1.6 m D．该行星表面的自由落体加速度大小为1 m/s2 答案　B 解析　由题意知，物体在该行星表面做竖直上抛运动的时间t≥4 s，则上升时间t上≥2 s，第1 s内一直上升，根据物体第1 s内和第4 s内通过的位移大小相等，结合竖直上抛运动的对称性可知，t＝4 s，t上＝2 s，则该行星表面的自由落体加速度大小g′＝＝2 m/s2，D错误；根据G＝mg表，ρ＝，联立得ρ＝，地球的平均密度和该行星的平均密度之比为＝＝，A错误；根据mg表＝m，解得第一宇宙速度v＝，该行星和地球的第一宇宙速度之比为＝＝，B正确；将物体在地球表面以相同的初速度v0竖直抛出后上升的最大高度H＝＝0.8 m，C错误。 6．(2022·江苏高考)在轨空间站中物体处于完全失重状态，对空间站的影响可忽略。空间站上操控货物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为L。如图1所示，机械臂一端固定在空间站上的O点，另一端抓住质量为m的货物。在机械臂的操控下，货物先绕O点做半径为2L、角速度为ω的匀速圆周运动，运动到A点停下。然后在机械臂操控下，货物从A点由静止开始做匀加速直线运动，经时间t到达B点，A、B间的距离为L。 (1)求货物做匀速圆周运动时受到的向心力大小Fn； (2)求货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率P； (3)在机械臂作用下，货物、空间站和地球的位置如图2所示，它们在同一直线上，货物与空间站同步做匀速圆周运动。已知空间站轨道半径为r，货物与空间站中心的距离为d，忽略空间站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比F1∶F2。 答案　(1)2mω2L　(2) (3)[r3－(r－d)3]∶r3 解析　(1)根据牛顿第二定律可知 Fn＝mω2·2L＝2mω2L。 (2)设货物从静止开始做匀加速直线运动的加速度大小为a，根据运动学公式可知L＝at2 货物到达B点时的速度大小为v＝at 机械臂对货物的作用力即货物所受合力为 F＝ma 货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率为P＝Fv 联立解得P＝。 (3)空间站和货物同步做匀速圆周运动，角速度相同，设为ω0，设空间站的质量为m0，地球的质量为M，由题意知，货物和机械臂对空间站的影响可忽略，则可认为空间站只受到地球的万有引力，由万有引力提供向心力有G＝m0ωr 货物在机械臂的作用力F1和地球的引力F2的作用下做匀速圆周运动，分析知F1的方向指向空间站，则有F2－F1＝mω(r－d) 其中F2＝G 联立解得F1∶F2＝[r3－(r－d)3]∶r3。 5 学科网（北京）股份有限公司 $$