4模块1 专题3 力与物体的曲线运动 复习效果自测-【备考最优解】2025年高考物理二轮专题复习教用word

1．(2024·新课标卷，T15)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的(　　) A．0.25　　 B．0.5 C．2倍 D．4倍 解析：选C。动能表达式Ek＝mv2，由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据x＝vt，可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。 2．(2024·江苏卷，T4)喷泉a、b形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b的(　　) A．加速度相同 B．初速度相同 C．最高点的速度相同 D．在空中的时间相同 解析：选A。不计空气阻力，喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，故A正确；设喷泉喷出的水在空中运动的时间t＝2，可知tb>ta，D错误；vx＝，由于水平方向的位移x近似相同，则a的水平速度大，在最高点的速度大，初速度方向不同，则初速度不相同，B、C错误。 3．(2024·青海西宁市联考)离心机是一种利用离心力进行物质分离的机械设备。利用离心机的旋转可使混合液中的悬浮微粒快速沉淀。如图为某离心机工作时的局部图，分离过程中，下列说法正确的是(　　) A．混合液不同部分做离心运动是由于受到离心力的作用 B．混合液不同部分的线速度相同 C．混合液不同部分的角速度相同 D．混合液底层1部分的向心加速度大小比上层2部分小 解析：选C。混合液不同部分做离心运动是因为受到的实际作用力不足以提供做圆周运动所需的向心力，故A错误。混合液不同部分的角速度相同，根据v＝ωr，可知混合液不同部分的线速度不相同；根据a＝ω2r，可知混合液底层1部分的向心加速度大小比上层2部分大，故C正确，B、D错误。 4．(2024·辽宁省名校联盟调研)如图所示，平静的湖面上一龙舟正以v1＝40 m/s的速度向东行驶，另一小摩托艇正以v2＝30 m/s的速度向南行驶，则此时摩托艇驾驶员看到的龙舟行驶速度v的大小和方向为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A．v＝40 m/s，向东行驶 B．v＝30 m/s，向北行驶 C．v＝50 m/s，向东偏北37°方向行驶 D．v＝50 m/s，向西偏南37°方向行驶 解析：选C。以摩托艇驾驶员为参考系，龙舟向东偏北方向行驶，速度大小v＝＝50 m/s，夹角满足tan θ＝＝，解得θ＝37°，则此时摩托艇驾驶员看到的龙舟行驶速度v的大小为50 m/s，向东偏北37°方向行驶。 5．(2024·江西新余市二模) “打水漂”是一种常见的娱乐活动，以一定的高度水平扔出的瓦片，会反复在水面上弹跳前进，假设瓦片和水面相撞后，在水平和竖直方向速度大小均减小，以下四幅图有可能是瓦片轨迹的是(　　) 解析：选C。瓦片和水面相撞后，在水平方向和竖直方向，速度都变小，可知竖直上升的高度逐渐减小，根据t＝2，可知瓦片在空中的时间逐渐减小，水平方向有x＝vxt，可知瓦片在空中通过的水平位移逐渐减小，C正确。 6．(2024·河南周口市二模)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：选B。从力的角度看，水平方向的力相等，饱粒b所受的重力大于秕粒a所受的重力，如图所示。从运动上看，在水平方向获得的动量相同，则饱粒b的水平速度小于秕粒a的水平速度，而竖直方向上高度相同，有h＝gt2，可知运动时间相等，因为x＝v0t，所以xa>xb，综合可知B正确。 7.(2024·吉林白山市二模)如图，玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，测得小车1 s绕轨道运动一周，圆轨道半径为0.3 m，玩具小车的质量为0.5 kg，AC为过圆心竖直线，BD为过圆心水平线，重力加速度g大小取10 m/s2，可将小车看作质点，下列说法正确的是(　　) A．小车在BD下方运动时处于失重状态 B．小车在B点不受摩擦力作用 C．小车在C点时对轨道的压力恰好为零 D．小车在A点时对轨道的压力比在C点时大10 N 解析：选D。在BD下方运动时，向心加速度指向圆心，均有竖直向上的分量，故小车处于超重状态，故A错误；由于玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，切向合力为零，故在B点受到竖直向上的摩擦力，故B错误；设玩具小车在C点时受到向下的压力FNC，则FNC＋mg＝m，又v＝＝0.6π m/s，得FNC′＝FNC≈1 N，故C错误；设玩具小车在A点时受到向上的支持力FNA，则FNA－mg＝m，由牛顿第三定律知FNA′＝FNA，得FNA′－FNC′＝2mg＝10 N，故D正确。 8.(2024·江西上饶市一模)如图所示，照片中视为质点的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，图中圆形虚线所示为该车运动轨迹，半径R为50 m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.2，g取10 m/s2，则运动的汽车(　　) A．所受的合力可能为零 B．只受重力和地面的支持力作用 C．所需的向心力由重力和支持力的合力提供 D．最大速度不能超过10 m/s 解析：选D。由题意可知，汽车做匀速圆周运动，汽车受到的静摩擦力提供其做匀速圆周运动的向心力，所以其合力不可能为零，故A错误；对汽车受力分析，其受到重力、支持力以及静摩擦力，其中静摩擦力提供汽车做匀速圆周运动的向心力，故B、C错误；设最大速度为v，有kmg＝m，解得v＝10 m/s，故D正确。 9．(2024·黑龙江省第二次联考)飞镖扎气球是一种民间娱乐游戏项目，其示意图如图甲所示，靶面竖直固定，O点为镖靶中心，OP水平、OQ竖直，靶面图如图乙所示。若每次都在空中同一位置M点水平射出飞镖，且M、O、Q三点在同一竖直平面内，忽略空气阻力。关于分别射中靶面O、P、Q三点的飞镖，下列说法错误的是(　　) A．射中O点的飞镖射出时的速度最小 B．射中P点的飞镖射出时的速度最大 C．射中Q点的飞镖空中飞行时间最长 D．射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相等 解析：选A。飞镖做平抛运动，由h＝gt2，x＝vt，解得t＝，v＝x，根据hO＝hP＜hQ，得tO＝tP＜tQ，射中O、P两点的飞镖在空中飞行的时间相等，射中Q点的飞镖在空中飞行的时间最长。由xO＝xQ＜xP、hO＝hP＜hQ，可得vQ＜vO＜vP，即射中Q点的飞镖射出时的速度最小，射中P点的飞镖射出时的速度最大。 10．(2024·江西上饶市一模)2023年，杭州亚运会女排决赛中，中国队战胜日本队夺冠。如图甲所示，排球场总长为L，宽为d，网高为h，假设运动员可在本方场地(如图乙)底线正上方不同位置以不同速率向右侧各方向水平击出排球，击球高度为H(H>h)。不计空气阻力的作用，重力加速度为g，若排球的击打速度v在某范围内，通过选择适合的方向，能使排球落在对方场区内。则(　　) A．v的最小值是 B．v的最小值是 C．v的最大值是 D．v的最大值是 解析：选B。由平抛运动规律知，当垂直于底线击球，排球刚好从网边射出时速度最小，则竖直方向有H－h＝gt，水平方向有＝vmint1，代入得vmin＝，A错误，B正确；当在底线沿对角线击球，排球刚好能落在对方场地底线直角位置时，击球速度最大，则竖直方向有H＝gt，水平沿对角线方向有＝vmaxt2，联立解得vmax＝，C、D错误。 11．(2024·福建龙岩市二模)玉米是我国重要的农作物。收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置。如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，玉米被迅速装袋转运，提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为θ、顶端的高度为h，玉米粒相对于传送带顶端的最大高度也是h。若不计风力、空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变 B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为 C．传送带的速度大小为 D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为3 解析：选B。玉米粒刚放在传送带上时，玉米粒受到沿传送带向上的滑动摩擦力，当玉米粒与传送带达到共速后，受到沿传送带向上的静摩擦力，所受摩擦力发生改变，故A错误；设传送带速度为v，玉米粒脱离传送带后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，所以vx＝v cos θ，v0y＝v sin θ，到达最高点时h＝，解得v＝，故C错误；玉米粒从飞出到落地过程，竖直方向上有－h＝v0yt－gt2，解得t＝(1＋)，故D错误；玉米粒从脱离传送带到落地时水平位移x1＝vxt，所以落地点与传送带底端的水平距离x＝x1＋＝，故B正确。 12．(多选)(2024·福建南平市一模)市面上有一种自动计数的智能呼啦圈。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。将腰带水平套在腰上，通过人体的微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角为θ。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是(　　) A．若增大转速，绳子的拉力变小 B．若增大转速，腰受到腰带的弹力变大 C．若减小转速，腰受到腰带的摩擦力不变 D．若只增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ变小 解析：选BC。依题意，对配重受力分析，由牛顿第二定律可得mg tan θ＝mω2(l sin θ＋r0)，若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，竖直方向上有mg＝T cos θ，水平方向T sin θ＝Fn，可知配重在竖直方向平衡，拉力T变大，向心力Fn变大，对腰带受力分析如图所示，可得竖直方向有f＝Mg＋T cos θ＝Mg＋mg，水平方向有N＝T sin θ＝Fn，故腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大，故A错误，B正确；若减小转速，根据A、B选项的分析，腰受到腰带的摩擦力仍是保持不变，故C正确；若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ不变，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $