专题集训3(Word练习)-【精讲精练】2025年高考物理二轮专题辅导与训练

专题集训(三) [保分基础练] 1．(2024·九省联考)某同学在水平匀速直线行驶的实验车上，利用实验装置竖直向上提起小球，从某时刻开始计时，坐在实验车上的人观测小球运动的情况，作出速度平方(v2)与提起高度(y)的关系图像如图所示，则地面上静止的观察者看到小球的运动轨迹可能是(　　) 解析　速度平方与提起高度的关系图像是坐在实验车上的人观察的图像，即小球相对于车的速度关系图像。小车相对于车竖直提起，则图像中的速度为小球竖直方向的速度图像。由速度与位移关系公式v2－v02＝2ay和图像可知，开始时小球在竖直方向上做匀速运动，之后做匀加速直线运动，加速度竖直向上，结合小球在水平方向一直做匀速直线运动可知，地面上静止的观察者看到的运动轨迹是先斜向上做匀速直线运动，后做向上偏转的类斜抛运动，故选项C正确。 答案　C 2．(2024·山东临沂二模)如图甲所示，太阳系外行星M、N均绕恒星Q做同向匀速圆周运动。由于N的遮挡，行星M被Q照亮的亮度随时间做如图乙所示的周期性变化，其中T0为N绕Q运动的公转周期。则两行星M、N运动过程中相距最近时的距离与相距最远时的距离之比为(　　) A．1∶4　 B．3∶8　 C．1∶2　 D．3∶5 解析　设M绕Q运动的公转周期为T，由题图乙可知Δt＝＝＝－＝，解得T＝8T0。设行星M、N绕Q运动的半径分别为rM、rN，根据开普勒第三定律可得＝，解得＝＝，则两行星M、N运动过程中相距最近时的距离与相距最远时的距离之比为＝，故选D。 答案　D 3．(2024·江苏南京期中)如图所示，水平圆盘上有两个相同的小木块a和b，质量均为m，用轻绳相连，轻绳恰好伸直且无拉力。OO′为转轴，a与转轴的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。在圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．a木块所受静摩擦力先变大后变小，再变大 B．因a、b两木块所受摩擦力始终指向圆心，所以不做功 C．若轻绳承受极限值为2μmg，则在a、b两木块开始相对圆盘滑动前轻绳不会断掉 D．角速度达到 时，a、b两木块开始相对圆盘滑动 解析　当角速度非常小时，两木块均由静摩擦力提供圆周运动的向心力，根据Ff＝mω2r可知Ffa<Ffb，当角速度逐渐增大时，摩擦力逐渐增大，随后，b木块先达到最大静摩擦力，角速度进一步逐渐增大时，绳绷紧，有弹力作用，此时，由于绳的弹力等于木块b增加的向心力，而b增加的向心力大于a增加的向心力，即绳的弹力大于a增加的向心力，则木块a的静摩擦力减小，随角速度增大，a静摩擦力将减小为0，之后a的静摩擦力随角速度的增大而反向增大，则a木块所受摩擦力先减小至0，后反向增大，故A正确；在圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动的过程中，a、b两木块的动能逐渐增大，根据动能定理可知，摩擦力对a、b两木块均做正功，故B错误；由选项A分析可知，当a木块背离圆心方向的摩擦力达到最大时，a、b两木块开始相对圆盘滑动，对b木块有T＋μmg＝mω2·2l，对a木块有T－μmg＝mω2·l，联立解得ω＝，T＝3μmg＞2μmg，可知角速度达到 时，a、b两木块开始相对圆盘滑动；若轻绳承受极限值为2μmg，则在a、b两木块开始相对圆盘滑动前轻绳会断掉，故C、D错误。 答案　A 4．如图所示，在倾角为30°的斜面上A点以初速度v0水平抛出一个小球，小球恰好落在斜面上的B点，若小球在A点抛出的初速度方向与斜面垂直，结果小球也恰好落在斜面上的B点，则此时小球抛出的初速度大小为(　　) A．v0　　　　 B．v0 C．v0 D．v0 解析　根据题意，由平抛运动规律有tan 30°＝＝，t＝，则有xAB＝v0t＝，hAB＝。设小球与斜面垂直方向以v抛出，则水平方向有v sin 30°·t1＝，取竖直向下为正方向，竖直方向有－v cos 30°·t1＋gt12＝，解得v＝v0，故选C。 答案　C 5．(2024·河南周口二模)扇车在我国西汉时期就已广泛被用来清选谷物。谷物从扇车上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的秕粒a(秕粒为不饱满的谷粒，质量较轻)和饱粒b分开。若所有谷粒进入分离仓时，在水平方向获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为相同。下图中虚线分别表示a、b谷粒的轨迹，Fa、Fb为相应谷粒所受的合外力。下列四幅图中可能正确的是(　　) 解析　从力的角度看，水平方向的力相等，饱粒b的重力大于秕粒a的重力，如图所示，从运动上看在水平方向获得的动量相同，饱粒b的水平速度小于秕粒a的水平速度，而从竖直方向上高度相同，h＝gt2，运动时间相等，x＝v0t，所以xa＞xb，综合可知B正确。 答案　B 6．一质量为m可视为质点的小球，系于长为R的轻绳一端，绳的另一端固定在A点，假定绳不可伸长，柔软且无弹性。现将小球从A点的正上方距离A点R 的B点以水平速度v0＝抛出，如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．轻绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为45° B．轻绳从释放到绷直所需时间为 C．轻绳绷直后瞬间，小球的速度大小为 D．当小球到达A点正下方时，绳对质点的拉力为4mg 解析　A小球水平抛出后，在绳子绷直之前做平抛运动v0t＝R sin θ，gt2＝R－R cos θ，解得θ＝90°，t＝ ，故A、B错误；绳子绷直时，水平方向的速度突变为零，只剩下竖直方向的速度，故速度v＝gt＝，故C错误；小球在绳子绷直后运动到A的正下方，机械能守恒mv2＋mgR＝mv12，又在最低点根据受力关系T－mg＝，解得T＝4mg，故D正确。 答案　D 7．(2024·四川德阳二模)三个质量均为m的小物块，用三根长度为L、最大张力为mg的轻绳连接，置于动摩擦因数μ＝的粗糙水平圆盘上面，初始时刻轻绳恰好绷直，构成正三角形，正三角形的中心与圆盘的圆心重合。让圆盘绕过O点垂直于圆盘的轴缓慢转动起来，随着角速度的缓慢增加，在轻绳断裂的瞬间，圆盘的角速度大小为(　　) A．2　　　　　　　 B． C． D． 解析　当绳断裂瞬间，拉力为mg，对任意一个物块，根据力的合成结合牛顿第二定律有2mg cos 30°＋μmg＝m·ω2，解得ω＝2，故选A。 答案　A 8．(2024·九省联考)天问一号是我国首次自主研制发射的火星探测器。如图所示，探测器从地球择机发射，经椭圆轨道向火星转移。探测器在椭圆轨道的近日点P和远日点Q的速度大小分别为v1、v2，质量为m的探测器从P运动到Q的时间为t。忽略其他天体的影响，下列说法正确的是(　　) A．v1＞v2，t与m有关 B．v1＞v2，t与m无关 C．v1<v2，t与m有关 D．v1<v2，t与m无关 解析　由开普勒第二定律可知，近日点的速度大于远日点的速度，所以v1＞v2。设半长轴为a，由万有引力提供向心力G＝ma，可得探测器绕太阳运动的周期为T＝2π，所以探测器从P运动到Q的时间为t＝，与探测器的质量m无关，故选项B正确。 答案　B [高分强化练] 9．(2023·三亚二模)如图所示，正方形框ABCD竖直放置，两个完全相同的小球P、Q分别穿在方框的BC、CD边上，当方框绕AD轴匀速转动时，两球均恰与方框保持相对静止且位于BC、CD边的中点，已知两球与方框之间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两球与方框间的动摩擦因数为(　　) A．　 B． C．　 D． 解析　对P球根据牛顿第二定律可得μmω2l＝mg，对Q球根据牛顿第二定律可得μmg＝mω2，联立解得μ＝，故选B。 答案　B 10．(2024·新疆一模)人造地球卫星B的质量是A的9倍，某时刻，A、B同时位于各自椭圆轨道的近地点，此时A、B所受到地球的万有引力大小相等。此后当A第四次经过其轨道的近地点时，B恰好第一次经过其轨道的远地点。已知A的近、远地点到地球球心距离分别为r和2r。则B的远地点到地球球心的距离为(　　) A．6r　　 B．7r　　 C．8r　　 D．9r 解析　卫星B的质量是A的9倍，A、B同时位于各自椭圆轨道的近地点，此时A、B所受到地球的万有引力大小相等，此时由G＝G可得，B的近地点到地球球心的距离为r1＝3r；当A第四次经过其轨道的近地点时，B恰好第一次经过其轨道的远地点，则有4TA＝TB，＝，联立可得A、B轨道半长轴的关系为aB＝4aA，又 aA＝，aB＝，联立可得B的远地点到地球球心的距离为r2＝9r，故选D。 答案　D 11．单板滑雪U形池比赛其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM＝10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 72.8°＝0.96，cos 72.8°＝0.30。求： (1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d； (2)M、N之间的距离L。 解析　(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1＝vM sin 72.8°　① 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得 mg cos 17.2°＝ma1　② 由运动学公式得d＝　③ 联立①②③式，代入数据得d＝4.8 m。　④ (2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2＝vM cos 72.8°　⑤ 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得 mg sin 17.2°＝ma2　⑥ 设腾空时间为t，由运动学公式得t＝　⑦ L＝v2t＋a2t2　⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m。 答案　(1)4.8 m　(2)12 m 12．风洞是研究空气动力学的实验设备。如图所示，在距地面h＝3 m高度上方设置一足够大的风洞，可以使实验中所用小球受到水平向右等大恒定风力作用。一质量为m甲＝2 kg的小球甲从距地面高H＝4 m处以一定初速度v0甲＝2 m/s水平抛出。与此同时，在距抛出点同一竖直平面内水平距离L＝1.6 m处地面上，竖直向上抛出另一质量为m乙＝0.2 kg的小球乙(甲、乙可视为质点，除风洞产生的风力外不考虑其他空气阻力，重力加速度g取10 m/s2)。 (1)关闭风洞，两小球恰好在空中相遇，求小球乙抛出时的初速度； (2)打开风洞，调节风力，调节小球乙抛出时的初速度为v0乙＝6 m/s，两小球恰好在空中相遇，求相遇点距地面的高度； (3)打开风洞，调节风力，调节小球乙抛出时的初速度为v0乙＝16m/s，两小球恰好在空中相遇，求该次风力的大小。 解析　(1)关闭风洞，小球甲做平抛运动，从抛出假设经过时间t两小球在空中相遇，小球甲在水平方向做匀速直线匀速，则有L＝v0甲·t 小球甲在竖直方向做自由落体运动，则有h甲＝gt2 小球乙竖直向上做加速度为g的匀减速直线运动，则有h乙＝v0乙t－gt2 两球的竖直位移关系为H＝h甲＋h乙 联立解得v0乙＝5 m/s。 (2)打开风洞，调节风力，调节小球乙抛出时的初速度为v0乙＝6 m/s，两小球恰好在空中相遇，由于风力水平向右，不影响小球甲和小球乙在竖直方向的运动，小球乙在竖直方向上升的最大高度为hm＝＝ m＝1.8 m<h＝3 m 说明小球乙没有进入风洞区域，相遇点一定在小球乙抛出点的正上方，假设从抛出经过时间t1，两球在空中相遇，则有h1甲＝gt12，h1乙＝v0乙t1－gt12，H＝h1甲＋h1乙，解得t1＝ s。 相遇时的高度为h1乙＝v0乙t1－gt12＝ m。 (3)打开风洞，调节风力，调节小球乙抛出时的初速度为v0乙＝16 m/s，两小球恰好在空中相遇，由于风力水平向右，不影响小球甲和小球乙在竖直方向的运动，假设从抛出经过时间t2，两球在空中相遇，则有h2甲＝gt22，h2乙＝v0乙t2－gt22，H＝h2甲＋h2乙 解得t2＝0.25 s 相遇时离地面的高度为 h2乙＝v0乙t2－gt22＝ m>3 m 说明相遇位置位于风洞区域内，假设小球乙刚进入风洞区域的速度为v1，则有 －2g(H－h)＝v12－v0乙2， 解得v1＝14 m/s 小球乙从抛出到刚进入风洞区域所用时间为 t′＝＝0.2 s 假设风力大小为F，则两球在水平方向的加速度分别为a甲＝，a乙＝ 从抛出到两球相遇，两球在水平方向的位移分别为x甲＝v0甲t2＋a甲t22，x乙＝a乙(t2－t′)2 两球的水平位移关系为 x甲－x乙＝L 联立解得风力为F＝ N。 答案　(1)5 m/s　(2) m　(3) N 学科网（北京）股份有限公司 $$