第4章 核心素养提升-【金版教程】2025年高考物理一轮复习解决方案全书word（新教材）

高考科学复习解决方案 物理 第四章　核心素养提升 [科学思维提炼] 1．矢量合成与分解的思想：小船过河问题、关联速度问题等运动的合成与分解。 2．化曲为直法：利用矢量合成与分解的原理化曲为直，研究分析平抛运动、斜抛运动等曲线运动。 3．极限法 (1)研究分析曲线运动的速度方向。 (2)推导向心加速度公式。 ①Δv的方向：如图所示，质点做匀速圆周运动从A点运动到B点，用下图体现时间逐渐减小到趋于零时Δv与线速度的关系。 结论：Δt趋于零，Δv垂直于此时的线速度。即Δv指向圆心。 ②向心加速度的方向：由于Δv指向圆心，由加速度定义a＝可知，加速度总是与Δv的方向一致，故向心加速度方向指向圆心。 ③向心加速度的大小 仔细观察图丁，还可以发现，当Δt足够小时，vA、vB的夹角θ就足够小，θ角所对的弦和弧的长度就近似相等。因此，θ＝，在Δt时间内，速度方向变化的角度θ＝ωΔt。由此可以求得 Δv＝vωΔt 将此式代入加速度定义式a＝，并把v＝ωr代入，可以导出向心加速大小的表达式为an＝ω2r 上式也可以写成an＝。 4．对比法、控制变量法 (1)探究曲线运动条件的演示实验； (2)探究平抛运动竖直分运动的特点的实验。 5．控制变量法：探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验。 6．逆向思维法：部分抛体运动问题的分析。 7．理想模型法：平抛运动、斜抛运动，竖直面内圆周运动的“轻绳”模型、“轻杆”模型。 8．临界和极限思维：小船过河中临界和极值问题，平抛运动中的临界问题，斜抛运动中的临界问题，类平抛运动中的临界问题，水平面内圆周运动的临界问题，竖直面内圆周运动的临界问题，斜面上圆周运动的临界问题。 9．类比法 (1)类平抛运动规律的研究分析； (2)斜面上圆周运动的研究分析。 [素养提升集训] 一、选择题(本题共8小题) 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·广东省广州市高三下第三次模拟)如图1所示，客家人口中的“风车”也叫“谷扇”，是农民常用来精选谷物的农具。在同一风力作用下，精谷和瘪谷(空壳)谷粒都从洞口水平飞出，结果精谷和瘪谷落地点不同，自然分开，简化成如图2所示。谷粒从洞口飞出后忽略空气阻力，对这一现象，下列分析正确的是(　　) A．N处是瘪谷，M处是精谷 B．精谷飞出洞口到落地的时间比瘪谷短 C．精谷和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动 D．精谷飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度要大些 答案　C 解析　精谷的质量大于瘪谷的质量，由动能定理知，在相同风力的作用下，水平位移相同时，精谷获得的速度小于瘪谷获得的速度，即精谷飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度要小些，故D错误；精谷和瘪谷飞出洞口后，有水平方向的初速度，只受重力作用，做平抛运动，即精谷和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动，故C正确；谷粒做平抛运动时，竖直方向上有h＝gt2，水平方向上有x＝v0t，则t＝，x＝v0，精谷和瘪谷的下落高度h相同，则精谷和瘪谷从飞出洞口到落地的时间相同，瘪谷的平抛运动初速度比精谷大，则瘪谷的水平位移大于精谷的水平位移，则N处是精谷，M处为瘪谷，故A、B错误。 3．(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车(　　) A．在绕过小圆弧弯道后加速 B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2 D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s 答案　AB 解析　赛车用时最短，就要求赛车通过大、小圆弧时，速度都应达到允许的最大速度，通过小圆弧时，由＝2.25mg得v1＝30 m/s；通过大圆弧时，由＝2.25mg得v2＝45 m/s，B正确；赛车从小圆弧到大圆弧通过直道时需加速，故A正确；由几何关系可知连接大、小圆弧的直道长x＝50 m，由匀加速直线运动的速度位移公式：v－v＝2ax得a≈6.50 m/s2，C错误；由几何关系可得小圆弧所对圆心角为120°，所以通过小圆弧弯道的时间t＝＝×＝2.79 s，故D错误。 4.(多选)如图所示，ab是半径为R的圆的直径，c是圆周上一点，ac＝bc。质量为m的物体仅受一个恒力作用，从a点沿ac方向射入圆形区域，经时间t沿cb方向从b点射出圆形区域。下列说法中正确的是(　　) A．恒力沿cb方向，大小为 B．恒力方向垂直ab斜向左上，大小为 C．物体在a点的速率为 D．物体离开b点时的速率为 答案　BD 解析　把物体在圆形区域内的运动沿ac方向和cb方向分解，沿ac方向初速度为va，末速度为0，物体做匀减速直线运动，由几何关系得位移为R，在ac方向的平均速度＝＝，则va＝，沿cb方向初速度为0，末速度为vb，物体做匀加速直线运动，在cb方向的平均速度′＝＝，解得vb＝，C错误，D正确；沿ac方向的加速度ax＝＝－，方向从c指向a，沿cb方向的加速度ay＝＝，方向从c指向b，合加速度为a＝，解得a＝，方向与ab垂直斜向左上方，根据牛顿第二定律，得恒力F＝ma＝，方向垂直ab斜向左上方，A错误，B正确。 5．(2023·山东省滨州市高三下二模)从高H＝4 m处的点A先后水平抛出两个小球1和2，球1与地面碰撞一次后，恰好越过位于水平地面上高为h的竖直挡板，然后落在水平地面上的D点，与地面碰撞前后水平方向的速度不变，竖直方向的速度等大反向。球2恰好越过挡板也落在D点，忽略空气阻力。挡板的高度h为(　　) A．3.5 m B．3 m C．2.5 m D．2 m 答案　B 解析　设球1、2的初速度分别为v1、v2，从A点落到D点运动的时间分别为t1、t2，B、C间的水平距离为d，由斜抛运动的对称性及题意可知，B、D间的水平距离为3d，对球1，水平方向有3d＝v1t1，竖直方向有H＝g，对球2，水平方向有v2t2＝3d，竖直方向有H＝gt，解得v1＝d，v2＝3d；球2从A点飞至挡板顶端与球1从挡板顶端飞至最高点，所用时间相等，设为t′，则H－h＝gt′2，球1的水平位移x1＝v1t′，球2的水平位移x2＝v2t′，由几何关系知x1＋x2＝3d－d，联立可解得h＝H＝3 m，故选B。 6.(2024·山东省潍坊市高三上模拟预测)如图为斜式滚筒洗衣机的滚筒简化图，在脱水过程中滚筒绕固定轴OO′以恒定的角速度转动，滚筒的半径为r，筒壁内有一可视为质点的衣物，衣物与滚筒间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为θ，重力加速度为g。在脱水过程中，要保持衣物始终与滚筒相对静止，滚筒转动角速度的最小值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　衣物在垂直于转轴的平面内做匀速圆周运动，则所受合力大小不变，一直指向轨迹圆心，衣物的重力和滚筒的支持力提供向心力，分析可知，衣物在最高点时所受滚筒的弹力最小，根据最大静摩擦力与弹力成正比，可知衣物在最高点时最容易滑动。要保持衣物始终与滚筒相对静止，则衣物在最高点时有mgsinθ≤μFN，又FN＋mgcosθ＝mω2r，可解得ω≥，所以在脱水过程中，要保持衣物始终与滚筒相对静止，滚筒转动角速度的最小值为。故选B。 7．(2022·山东省临沂市高三下二模)如图所示，在一个足够大、表面平坦的雪坡顶端，有一个小孩坐在滑雪板上。给他一个大小为v0的在雪坡平面内的水平初速度使其运动。若雪坡与滑雪板之间的动摩擦因数μ<tanθ，不计空气阻力，则小孩(　　) A．沿初速度方向做匀速直线运动 B．做类平抛运动 C．最终会沿雪坡做垂直于v0方向的匀加速直线运动 D．最终会沿雪坡做与v0方向保持小于90°角的加速直线运动 答案　C 解析　对小孩和滑雪板受力分析，在雪坡平面内，受到垂直于v0方向的重力的分力mgsinθ和与运动方向相反的滑动摩擦力μmgcosθ，在沿初速度方向，受到与初速度方向相反的滑动摩擦力的分力而做减速运动，直到速度减为零时滑动摩擦力垂直于v0方向沿雪坡向上，由于μ<tanθ，则μmgcosθ<mgsinθ，之后小孩沿雪坡做垂直于v0方向的匀加速直线运动。故C正确，A、B、D错误。 8．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。四个相同的拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，两绳另一端系着等质量的两小球。绳在鼓沿上的固定点与鼓心等高，竖直手柄与鼓的竖直轴重合。现转动手柄，使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α<θ<β)(　　) 答案　C 解析　对摆长为L、细绳与竖直方向的夹角为θ的圆锥摆，有：mgtanθ＝mω2Lsinθ，得：ω2＝＝，则角速度相同时，圆锥顶点到小球圆周运动所在平面的高度差h也是相同的。如图，可能符合上述要求的只有C图。 二、非选择题(本题共2小题) 9．(2023·福建高考)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度l＝0.2 m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1 m，弹簧劲度系数k＝100 N/m，圆环质量m＝1 kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，摩擦力可忽略不计。 (1)若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离； (2)求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； (3)求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 答案　(1)0.05 m　(2) rad/s　(3)10 rad/s 解析　(1)设细杆和圆环处于静止状态时，弹簧的压缩量为Δx0，圆环到O点的距离为x1，则x1＝x0－Δx0 对圆环受力分析，如图1所示，图中T0为弹簧对圆环的弹力，N0为细杆对圆环的弹力。根据平衡条件，沿细杆方向有 T0＝mgcosα 根据胡克定律得 T0＝kΔx0 联立并代入数据，解得x1＝0.05 m。 (2)设弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小为ω1，圆环做匀速圆周运动的半径为r1，由几何关系可知r1＝x0sinα 根据牛顿第二定律，圆环所受合力 F合＝mωr1 对圆环受力分析，如图2所示，根据力的合成法则，可得 F合tanα＝mg 联立并代入数据，解得ω1＝ rad/s。 (3)设圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小为ω2，圆环做匀速圆周运动的半径为r2，由几何关系有r2＝lsinα 对圆环受力分析，如图3所示，根据胡克定律得，弹簧对圆环的弹力大小T2＝k(l－x0) 对圆环，在竖直方向，根据平衡条件有 mg＋T2cosα＝N2sinα 在水平方向，根据牛顿第二定律有 T2sinα＋N2cosα＝mωr2 联立并代入数据，解得ω2＝10 rad/s。 10．(2023·湖南省衡阳市高三下二模)如图所示，小车的质量M＝5 kg，底板距地面高h＝0.8 m，小车与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.1，车内装有质量m＝0.5 kg的水(不考虑水的深度)，现给小车一初速度，使其沿地面向右自由滑行，当小车速度为v0＝10 m/s时，车底部的前方突然出现一条与运动方向垂直的裂缝，水从裂缝中连续渗出，形成不间断的水滴，设每秒滴出的水的质量为Δm＝0.1 kg，并由此时开始计时，空气阻力不计，g取10 m/s2，求： (1)t＝4 s时，小车的加速度大小； (2)到小车停止运动，水平地面上水滴洒落的长度。 答案　(1)1 m/s2　(2)35.5 m 解析　(1)设小车减速的某时刻，车内水的质量为m′，小车的加速度大小为a，则小车与水整体受到的摩擦力 f＝μ(M＋m′)g 对小车与水整体，根据牛顿第二定律，有 f＝(M＋m′)a 联立并代入数据得a＝1 m/s2 由匀变速直线运动规律有v0＝at1 解得小车运动时间t1＝10 s t＝4 s<t1，则t＝4 s时，小车的加速度大小为1 m/s2。 (2)设水全部滴出所用的时间为t0，则 t0＝ 解得t0＝5 s 由于t0<t1，则水刚滴完时小车还没有停止运动 最后一滴水离开小车时，小车的速度 v1＝v0－at0 水滴离开小车后做平抛运动，设运动的时间为t2，则h＝gt2 代入数据解得v1＝5 m/s，t2＝0.4 s 由于t0＋t2<t1，故最后一滴水落地后小车仍在运动 设第一滴水平抛运动沿水平方向的位移为x1，最后一滴水平抛运动沿水平方向的位移为x2，在t0时间内小车的位移为x3，则到小车停止运动，水平地面上水滴洒落的长度为 L＝x2＋x3－x1 根据运动学公式，有 x1＝v0t2 x2＝v1t2 x3＝v0t0－at 联立并代入数据，解得L＝35.5 m。 9 学科网（北京）股份有限公司 $$