第4章 曲线运动 万有引力与宇宙航行 周测七-【师大金卷】2025年高考物理一轮复习提升卷

物理１１—２　 一、选择题(本题共５小题,每小题４分,共２０分) １．(２０２４􀅰浙江湖州模拟)２０２３年８月２１日,中国 人民解放军火箭军成功发射两枚新型导弹．导 弹轨迹通常都十分复杂,如图是分析导弹工作 时的轨迹示意图,其中弹头的速度v与所受合 外力F 关系正确的是 (　　) A．图中A 点 B．图中B 点 C．图中C点 D．图中D 点 ２．如图所示,水速为v,消防武警 驾驶冲锋舟,若采取冲锋舟最 小速度和最短时间两种方案, 沿与平直河岸成３０°角的线路 把被困群众从A 处送到对岸安全地B 处,则两 种方案中冲锋舟最小速度v１ 和最短时间的冲 锋舟速度v２ 之比为 (　　) A．１∶２ B．１∶ ３ C．２∶ ３ D．３∶２ ３．(２０２４􀅰福建宁德中学月考) 如图所示,１、２两个小球以相 同的速度v０ 水平抛出．球１ 从左侧斜面抛出,经过时间t１ 落回斜面上,球２ 从某处抛出,经过时间t２ 恰能垂直撞在右侧的 斜面上．已知左、右两侧斜面的倾角分别为α＝ ３０°、β＝６０°,则 (　　) A．t１∶t２＝１∶２ B．t１∶t２＝１∶３ C．t１∶t２＝２∶１ D．t１∶t２＝３∶１ ４．如图所示,有一不可伸长的轻绳,绕过光滑定滑 轮C,与质量为m 的物体A 连接,A 放在倾角为 θ的光滑斜面上,绳的另一端和套在固定竖直杆 上的物体B 连接,连接物体B 的绳最初水平．从 当前位置开始,使物体B 以速度v 沿杆匀速向 下运动,设绳的拉力大小为FT,重力加速度大 小为g,在此后的运动过程中,下列说法正确的 是 (　　) A．物体A 做减速运动 B．物体A 做匀速运动 C．FT 小于mgsinθ D．FT 大于mgsinθ ５．(多选)如图所示,从水平地面 A、B两点分别斜抛出两小球,两 小球均能垂直击中前方竖直墙 面上的同一位置点P．已知点P 距地面的高度h＝０􀆰８m,A、B 两点距墙的水平距离分别为０􀆰８m和０􀆰４m．不 计空气阻力,重力加速度g取１０m/s２,则从A、 B 两点抛出的两小球 (　　) A．从抛出到击中墙面的时间之比为２∶１ B．击中墙面时的速率之比为１∶１ C．抛出时的速率之比为２ ５∶ １７ D．抛出时速度方向与地面夹角的正切值之 比为１∶２ 二、非选择题(本题共３小题,共３０分) ６．(８分)(２０２４􀅰海南昌江县模拟)在“研究平抛运 动”的实验中,可以描绘出小球平抛运动的轨 迹,实验的简要步骤如下: A．让小球多次由静止从斜槽上的　　　　(选 填“同一”或“不同”)位置滚下,记下小球碰到 铅笔笔尖的一系列位置． B．按图甲安装好器材,注意调整斜槽末端沿 　　　　方向,记下平抛初位置O 点和过O 点的竖直线． C．取下白纸,以O为原点,以竖直线为y轴建立 坐标系,用平滑曲线画出平抛运动物体的 轨迹． (１)完成上述步骤,将正确的答案填在横线上; (２)上述实验步骤 A、B、C 的合理顺序是　　 　　; (３)某同学在做平抛运动实验时得到了如图乙 中的运动轨迹,a、b、c三点的位置在运动轨迹上 已标出．则小球平抛的初速度为　　　　m/s． (g取１０m/s２,计算结果保留一位有效数字) ７．(１０分)(２０２４􀅰山西运城联考)某质点的质量m ＝０􀆰５kg,在Oxy平面上运动．t＝０时,质点位 于y轴上．它在x轴方向上运动的分速度vx－ 时间t的关系图像如图甲所示,它在y轴方向上 分运动的位移y－时间t的关系图像如图乙所 示．求: (１)t＝２s时,质点的速度大小; (２)质点受到的合力的大小和方向． ８．(１２分)(２０２４􀅰山东青岛市质检)２０２２年北京 冬季奥运会在北京和张家口成功举办,其中极 具观赏性的跳台滑雪运动在张家口赛区举行． 如图甲,滑雪运动员从跳台上的A 处水平飞出, 在斜坡上的B 处着陆．运动员飞行过程中在坡 面上垂直于坡面的投影到A 点的距离x 随时间 t变化的关系图像如图乙．已知斜坡的倾角θ＝ ３０°,重 力 加 速 度 g＝１０ m/s２,空 气 阻 力 不 计．求: (１)运动员从A 点飞出的初速度v０ 的大小; (２)运动员飞行过程中距离斜坡的最大距离d; (３)运动员在空中的飞行时间t． 物理１１—１ 第四章　曲线运动　万有引力与宇宙航行 周测七　 　　考点１:运动的合成与分解 T１、T２、T４、T７　考点２:抛体运动 T３、T５、T８　考点３:实验:探究平抛运动的特点 T６ 物理答案 —１３　 提速前,汽车匀减速过程时间为t１,则d１＝ v０＋v１ ２ t１ 解得t１＝２６s 通过匀速行驶区间的时间为t′１,有d＝v１t′１ 解得t′１＝２．５s 从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为 T１＝２t１＋t′１＝５４􀆰５s 提速后,汽车匀减速过程时间为t２,则d２＝ v０＋v２ ２ t２ 解得t２＝２０s 通过匀速行驶区间的时间为t′２,则d＝v２t′２ 解得t′２＝１s 匀速通过(d１－d２)位移时间 Δt＝ d１－d２ v０ ＝１．４s 通过与提速前相同位移的总时间为 T２＝２t２＋t′２＋２Δt＝４３．８s 所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间 ΔT＝T１－T２＝１０􀆰７s． [参考答案](１)８９４m　(２)１０．７s 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第四章　曲线运动　万有引力与宇宙航行 周测七 １．D　[解题思路]弹头的运动轨迹是曲线,因此合外力与速度关 系应满足曲线运动条件,合外力指向轨迹的凹侧,速度方向 沿轨迹的切线方向,故选 D． ２．D　[解题思路]设冲锋舟以最小速度v１ 和最短时间的冲锋舟 速度v２ 分别从A 运动到B,冲锋舟最小速度v１ 垂直于AB 连线,且v１＝vsin３０°,最短时间的冲锋舟速度v２ 垂直于平 直河岸,且v２＝vtan３０°,可知 v１ v２ ＝cos３０°＝ ３２ ,故 D正确． ３．C　[解题思路]由题意可得,对球１,有tanα＝ １ ２gt ２ １ v０t１ ＝g t１ ２v０ ,对 球２,有tanβ＝ v０ gt２ ,又tanα􀅰tanβ＝１,联立解得t１∶t２＝ ２∶１,A、B、D错误,C正确． ４．D　[解题思路]物体B 的速度分解如图所示,由图可知绳端的 速度大小为vsinα,与B 的位置有关,因为B 为匀速运动,B 下降过程中α变大,因此物体A 做加速运动,FT 大于mgsin θ,故 D正确,ABC错误． ５．CD　[解题思路]利用逆向思维,则两小球从P 点做平抛运动, 根据h＝ １２gt ２,解得t＝ ２hg ＝ ２×０􀆰８ １０ s＝０􀆰４s ,所以 落地时间只与高度有关,由于两小球做平抛运动的高度相 同,则从抛出到击中墙面的时间之比为１∶１,故 A 错误; 根据x＝v０t可知,两球的水平方向位移不同,则在P 点的 速度为vAP＝ xA t ＝ ０．８ ０．４m /s＝２m/s,vBP ＝ xB t ＝ ０．４ ０．４m /s ＝１m/s,则击中墙面时的速率之比为２∶１,故 B错误;两 球抛出时的速率分别为vA＝ v２AP＋(gt)２＝２ ５m/s,vB ＝ v２BP＋(gt)２＝ １７m/s,则抛出时的速率之比为２ ５ ∶ １７,故 C正确;两球抛出时速度方向与地面夹角的正 切值分别为tanα＝gtvAP ＝ ４２ ＝２ ,tanβ＝ gt vBP ＝ ４１ ＝４ ,则 A、B 两小球抛出时速度方向与地面夹角的正切值之比为 １∶２,故 D正确． ６．[解题思路](１)为控制小球做平抛运动的初速度一定,需要让小 球多次由静止从斜槽上的同一位置滚下;为确保小球初速度沿 水平方向,安装器材时应调整斜槽末端沿水平方向; (２)实验步骤应该先按要求安装好器材,然后进行实验操作并记 录数据,最后对实验数据进行处理,所以应该按BAC的顺序; (３)小球做平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方 向的自由落体运动．竖直方向有g＝ΔyΔt２ ,可得相邻两个点之间 的时间间隔 Δt＝ Δyg ＝ ０．２０－０．１０ １０ s＝０􀆰１s ,所以初速度 v０＝ Δx Δt＝ ０．２０ ０．１ m /s＝２m/s． [参考答案](１)同一　水平　(２)BAC　(３)２ ７．[解题思路](１)根据题意,由题图甲可知,t＝２s时,质点沿x轴 方向运动的速度大小为vx＝８m/s y轴方向的速度大小vy＝６m/s 则合速度大小v＝ v２x＋v２y 解得v＝１０m/s (２)质点沿y轴方向做匀速直线运动,沿x轴方向做匀加速直线 运动ax＝ Δv Δt＝２m /s２ 故F合 ＝max＝１N,合力的方向沿x轴正方向． [参考答案](１)v＝１０m/s　(２)１N　合力的方向沿x轴正方向 ８．[解题思路](１)由题图乙可知,t１＝１s时,运动员沿斜面方向运 动的位移x１＝１７􀆰５m,将运动员的初速度和重力分解到沿斜面 方向和垂直斜面方向,则其在沿斜面的方向做匀加速直线运动, 初速度大小为v０x＝v０cosθ,加速度大小为ax＝gsinθ,根据匀 变速直线运动规律有x１＝v０x􀅰t１＋ １ ２ax 􀅰t２１,解得v０＝１０ ３ m/s． (２)运动员在垂直斜面方向做类竖直上抛运动(匀变速直线运 动), 初速度大小为v０y＝v０sinθ 加速度大小为ay＝gcosθ 设经时间t２ 运动员离斜面最远,此时速度方向平行于斜面(竖 直方向达到最高点), 则有０－v０y＝－ayt２ 距离斜坡的最大距离d＝v０y􀅰t２－ １ ２ayt ２ ２ 解得d＝５ ３２ m． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 物理答案 —１４　 (３)设经过时间t３ 运动员落到坡面上, 则垂直斜面方向位移为y＝v０y􀅰t３－ １ ２ayt ２ ３＝０ 代入数据可解得t３＝２s或t′３＝０(舍去)． [参考答案](１)１０ ３m/s　(２)５ ３２ m　 (３)２s 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 周测八 １．D　[解题思路]A、B、C分别是“太阳齿轮”、“行星齿轮”和“内齿 轮环”边缘上的点,它们通过齿轮传动,线速度大小相等,D 正确;A 点与B 点的角速度与半径成反比,故角速度之比为 ２∶１,转速与角速度成正比,故A 点与B 点的转速之比为 ２∶１,A、B错误;B 点与C 点的半径之比为２∶５,由T＝２πrv 可知,B 点与C 点的周期之比为２∶５,C错误． ２．B　[解题思路]由题意可知,在最高点座椅对乘客的支持力大 小为mg ２ ,根据牛顿第二定律可得mg ２ ＋mg＝m v２ R ,解得v＝ ３gR ２ ,故B正确,A、C、D错误． ３．A　[解题思路]设悬挂点到圆周运动的圆心的高度为h,对小球 B 由牛顿第二定律有m２gtanθ＝m２ω２htanθ,可知两球角速 度相等,两球的周期相等,故 A 正确;由于向心加速度大小 an＝ω２r＝ ４π２ T２ r,由于A、B 两球到圆心的距离r 不同,可得 向心加速度大小不相等,故 B错误;由公式v＝ωr,又rA＝ htanα,rB＝htanθ,可得A、B 两球的线速度大小之比 vA vB ＝ rA rB ＝tanαtanθ ,故 C错误;绳子上的拉力处处相等,则有 m１g m２g ＝ FTcosα FTcosθ ,可得m１ m２ ＝cosαcosθ ,故 D错误． ４．C　[解题思路]对A 球,合力提供向心力,设环对A 球的支持力 为FA,由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA v２A R ,代入数据解 得FA＝２８N,由牛顿第三定律可得,A 球对环的力向下,大 小为２８N．设B 球对环的力为F′B,由环的受力平衡可得F′B ＋２８N＋m环 g＝－５６N,解得F′B＝－１２４N,负号表示和 重力方向相反,由牛顿第三定律可得,环对B 球的力FB 为 １２４N、方向竖直向下,对B 球由牛顿第二定律有FB＋mBg ＝mB v２B R ,解得vB＝６m/s,故选 C． ５．AC　[解题思路]设绳子与竖直方向的夹角为θ,小球刚好离开 转筒时,转筒的支持力为０,则有 mgtanθ＝mω２lsinθ,解 得ω＝ glcosθ ,则绳子越长的其角速度的临界值越小,越 容易离开转筒,所以 A 正确,B错误;两个球都离开转筒 后,小球都只受重力与绳子的拉力的作用,两小球都随转 筒一起 转 动,有 相 同 的 角 速 度,又 因 小 球 的 高 度 为h＝ lcosθ,所以它们高度相同,所以 C正确;小球都离开转筒 时绳子的拉力大小为FT＝ mg cosθ ,由于不是同时离开转筒, 则小球都离开转筒时的夹角不同,所以拉力也不相同,所 以 D错误． ６．[解题思路](１)把两个质量相等的钢球放在A、C 位置时,则控 制质量相等、半径相等,研究的目的是向心力的大小与角速度的 关系,故选B． (２)由题意可知左、右两球做圆周运动所需的向心力之比为F左 ∶F右 ＝４∶１,则由F＝mrω２,可得 ω左 ω右 ＝２ ,由v＝Rω可知,皮带 连接的左、右塔轮半径之比为R左 ∶R右 ＝ω右 ∶ω左 ＝１∶２,其他 条件不变,若增大手 柄 转 动 的 速 度,则 角 速 度 均 增 大,由 F＝ mrω２,可知左、右两标尺的示数将变大,但半径之比不变,由 R左 R右 ＝ ω右 ω左 可知,角速度比值不变,两标尺的示数比值不变． [参考答案](１)B　(２)１∶２　变大　不变 ７．[解题思路](１)小球静止时,小球紧贴在竖直杆上,设轻绳a与 杆的夹角为α,由几何关系可知sinα＝ L ４ L ＝ １ ４ ,则cosα＝ １５４ 此时有mg Fa ＝cosα 解得Fa＝ ４ １５ １５ mg． (２)轻绳b刚好伸直时,b的拉力为零,小球做圆周运动的半径 为r＝Lsin６０° 水平方向有F′asin６０°＝mω２r 竖直方向有F′acos６０°＝mg 联立解得ω＝ ２gL ． [参考答案](１)４ １５１５ mg　 (２) ２gL ８．[解题思路](１)开始时物块处于静止状态,根据平衡条件 μmg＝ １ ４kL 圆盘开始转动时,A 所受静摩擦力提供向心力,若滑块不滑动, 则有μmg≥mLω２０ 当最大静摩擦力提供向心力时,物块开始滑动,则有 μmg＝mLω２０ 联立解得圆盘的角速度为ω０＝ k ４m． (２)设弹簧伸长x２,则有kx２＝m(２πT ) ２ (L＋x２) 联立解得x２＝ L ２ ． (３)当角速度最小时,摩擦力的方向与弹簧的拉力方向相反,则 １ ２kL－μmg＝m ３L ２ω ２ １ 解得ω１＝ k ６m 当角 速 度 最 大 时,摩 擦 力 的 方 向 与 弹 簧 的 弹 力 方 向 相 同,则 １ ２kL＋μmg＝m ３L ２ω ２ ２ 解得ω２＝ k ２m 所以角速度需要满足 k ６m≤ω≤ k ２m． [参考答案](１) k４m　 (２)L２ 　 (３) k６m≤ω≤ k ２m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋