2023年高考物理二轮复习试题专题03 力和曲线运动（Word版附解析）

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专题03 力与曲线运动一、单选题1．（2022·湖南·宁乡市教育研究中心模拟预测）如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度沿水平方向飞行，先后释放两颗炸弹，分别击中山坡上的M点和N点。释放两颗炸弹的时间间隔为Δt1，此过程中飞机飞行的距离为s1；击中M、N的时间间隔为Δt2，M、N两点间水平距离为s2。不计空气阻力。下列判断正确的是（　　）A．Δt1＞Δt2，s1＞s2 B．Δt1＞Δt2，s1＜s2C．Δt1＜Δt2，s1＞s2 D．Δt1＜Δt2，s1＜s2【答案】A【详解】释放的炸弹做平抛运动，若落地点在同一水平面上，落地的时间间隔与释放的时间间隔相等，由于N在M点的上方，则击中M、N的时间间隔△t2＜△t1同理可知，由于炸弹和飞机水平方向的速度相同，时间越小，飞行的距离越小，所以s1＞s2故A正确，BCD错误。故选A。2．（2022·浙江·模拟预测）2020年受“新冠肺炎”的影响，全国人民自愿居家隔离。小豆在家和爸爸玩“套圈”游戏，第一次扔在小黄人正前M点，不计空气阻力。第二次扔之前小豆适当调整方案，则小豆可能仍中的措施是（　　）A．小豆在原处，仅增加扔套圈的水平初速度B．小豆在原处，仅减小水平扔出套圈时的高度C．小豆沿小黄人与M点连线方向后退，仅增加人和小黄人之间的距离D．小豆在原处，降低扔套圈的高度和扔套圈的水平初速度【答案】A【详解】ABD．物体做平抛运动满足解得第一次扔在小黄人正前M点，因此说明，其中为第一次扔圈时小豆和小黄人之间的距离。当小豆站在原处时，增加水平初速度、抛出高度都能增加“圈”的水平位移，使其等于，增加套中的几率，故A正确，BD错误；C．小豆沿小黄人与M点连线方向后退，仅增加人和小黄人之间的距离，相当于进一步增大，而保持不变，因此不可能套中小黄人，故C错误。故选A。3．（2022·浙江·模拟预测）目前，世界上产量最大，使用范围最广的自由落体炸弹是美军MK80系列低阻力炸弹，其特殊的流线型设计使得其下落过程中阻力仅为重力3‰，如图是某次美军从距地面500m的水平飞行某轰炸机上空投该炸弹的照片，下列说法正确的是（　　）A．空投的炸弹可以视为自由落体运动B．空投的炸弹下落过程时间小于10sC．空投的炸弹在下落过程中仅受重力D．空投的炸弹在下落过程中机械能不守恒【答案】D【详解】A．空投的炸弹在下落过程仍受阻力作用，故不可以视为自由落体运动，故A错误；BC．假设空投的炸弹下落过程只受重力作用，则空投的炸弹在竖直方向做自由落体运动，则有代入数据解得而实际上空投的炸弹在下落过程中还受阻力作用，则竖直方向的加速度小于重力加速度，故下落的时间大于10s，故BC错误；D．由于空投的炸弹在下落过程中受到的阻力会做负功，故空投的炸弹在下落过程中机械能不守恒，故D正确。故选D。4．（2022·重庆·模拟预测）如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为，两对极板间偏转电压大小相等均为，电场方向相反。质量为m，电荷量为＋q的粒子无初速地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计重力。下列说法正确的是（　　）A．粒子离开加速器时速度B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移C．与2L相等D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开【答案】B【详解】A．根据粒子离开加速器时速度为故A错误；B．粒子平移器电场中的偏转量为又 ，得故B正确；C．根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知故C错误；D．由B选项可得由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误。故选B。5．（2022·辽宁·模拟预测）如图所示，矩形的四个顶点、、、为匀强电场中的四个点，，电场线与矩形所在的平面平行。已知点电势为，点电势为，点电势为。一带电粒子从点以速度射入电场，与边的夹角为45°，一段时间后粒子经过边的中点。不计粒子的重力，下列判断正确的是（　　）A．d点电势为B．电场强度的大小为C．粒子从点到点，其电势能增大D．粒子从点到点所用的时间为【答案】D【详解】A．根据匀强电场中平行等距的两线段电势差相等，则有解得所以A错误；B．如图所示，d与e点的电势相等，则电场线如图所示，有所以B错误；C．粒子从点到点，电场力的方向沿场强方向，则电场力做正功，其电势能减小，所以C错误；D．粒子从点到点，电场力的方向沿场强方向，粒子做类平抛运动，沿de方向粒子做匀速直线运动，则有所以D正确；故选D。6．（2022·浙江·模拟预测）2018年11月珠海航展，国产全向矢量发动机公开亮相。图为安装了中国国产全向矢量技术发动机的歼-10B战机飞出“眼镜蛇”“落叶飘”等超级机动动作。图为某矢量发动机的模型，O点为发动机转轴，A、B为发动机叶片上的两点，v表示线速度，表示角速度，T表示周期，a表示向心加速度，下列说法正确的是（　　）A． B．C． D．【答案】B【详解】同轴转动，角速度相等，故而根据线速度和角速度关系可知因为，所以圆周运动周期为因为角速度相同，所以周期也相同。此外向心加速度因为，所以故选B。7．（2022·浙江·模拟预测）下图是家庭里常见的厨房水槽，A、B分别是水槽出口上的两点，当出水口绕转轴O转动，如下图，v代表线速度，代表角速度，a代表向心加速度，T代表周期，则下列说法正确的是（    ）A．， B．， C．， D．，【答案】C【详解】当出水口绕转轴O转动，A、B的角速度、周期都相等，则，由，又，所以由，，所以故选C。8．（2022·浙江·模拟预测）今年第10号超强台风“海神”于2020年9月5日8点在西北太平洋洋面形成，上午8点10分到12分，形成阶段的台风以几乎不变的形状在原地高速旋转。图中O点为台风眼，代表角速度，v代表线速度，T代表周期、a代表向心加速度，下列说法正确的是（　　）A． B． C． D．【答案】B【详解】A．A、B两点同轴转动，角速度相等，即故A错误；B．根据故B正确；C．根据故C错误；D．根据故D错误。故选B。9．（2022·浙江·模拟预测）如图是某汽车旋转弹出式的车钥匙，按下O点，车钥匙将会以O点为圆心旋转弹出，用v表示线速度，表示角速度，T表示周期，a表示向心加速度，下列说法正确的是（　　）A． B． C． D．【答案】A【详解】ABC．在车钥匙旋转中，A、B两点是同轴转动，因此有， 由线速度与角速度关系公式，可知A正确，BC错误；D．在车钥匙旋转中，A、B两点是同轴转动，因此有，由向心加速度与角速度关系公式，可知D错误。故选A。10．（2022·浙江·模拟预测）2020年9月21日，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭，成功将海洋二号C卫星送入预定轨道做匀速圆周运动。已该卫星的轨道半径为7400km，则下列说法中正确的是（    ）A．可以计算海洋二号C卫星的线速度 B．可以计算海洋二号C卫星的动能C．可以计算海洋二号C卫星的机械能 D．可以计算海洋二号C卫星的质量【答案】A【详解】A．根据又由于整理可得由于地球表面的重力加速度g，地球半径R以及卫星的轨道半径r已知，因此可求出卫星的运行的线速度，A正确；BCD．由于无法求出卫星的质量，因此卫星的机械能，动能都无法求出，BCD错误。故选A。11．（2022·湖北·模拟预测）2022年6月5日，神舟十四号成功对接于天和核心舱径向端口，航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲依次进入天和核心舱。航天员们在一个月的时间内，有序开展了载人环境建立、空间站平台维护与照料、空间科学实验等工作。已知天和核心舱距离地面的高度约为380km，地球半径为6400km。下列说法正确的是（　　）A．航天员可以漂浮在空间站中，所以加速度为零B．天和核心舱在轨运行的线速度小于同步卫星的线速度C．神舟十四号的发射速度大于7.9km/sD．天和核心舱绕地球运动的周期约为8h【答案】C【详解】A．根据题意，航天员可以漂浮在空间站中，万有引力提供向心力有解得故A错误；B．根据万有引力提供向心力有可得由于天和核心舱在轨运行的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则天和核心舱在轨运行的线速度大于同步卫星的线速度，故B错误；C．是发射地球卫星的最小速度，则神舟十四号的发射速度大于，故C正确；D．根据题意可知，天和核心舱绕地球的运动为近地飞行，则飞行速度约为，由公式可得，天和核心舱绕地球运动的周期约为故D错误。故选C。12．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，bc为半径为r的半圆，ab、 cd与直径bc共线，ab间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q （q>0）的粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。从abcd边界射出磁场所用时间最短的粒子的速度大小为（　　）A． B． C． D．【答案】A【详解】粒子做圆周运动的周期为，则有假设粒子出射的点为点，粒子做圆周运动的圆心角为，则粒子运动的时间表示为初速度与的夹角为，由几何关系可知，，即只要达到最小值，取到最小值，运动时间取到最小值，如图所示当与圆弧相切时，达到最小值，根据几何关系可得则带电粒子做圆周运动的半径为根据牛顿第二定律可得解得从abcd边界射出磁场所用时间最短的粒子的速度大小为A正确，BCD错误。故选A。二、多选题13．（2022·河南·模拟预测）如图所示，AB是圆的直径，长为m，O为圆心。有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，从圆周上A点向圆面内各个方向发射出动能相同的电子，电子经过O点时和经过C点时动能均为4eV，电子经过B点时动能为2eV，∠COA=60°，取O点电势为零，电子电荷量的绝对值为e，不计电子重力，则（　　）A．B点的电势为2V B．电子从A点射出的初动能为6eVC．匀强电场的电场强度大小为3V/m D．圆周上电势最高点的电势为V【答案】BD【详解】A．根据题意可知，电子经过O点时和经过C点时动能均为4eV，根据动能定理-eUOB=2eV-4eV解得UOB=2V取O点电势为零因此B点电势为故A错误；B．根据匀强电场电势分布特点，可知在任意方向上电势降落都是均匀的，则得=2V根据动能定理 解得故B正确；C．根据题意可知，电子经过O点时和经过C点时动能均为4eV，所以O、C两点电势相等，过B点作CO延长线的垂线，则垂线长为因此匀强电场的电场强度大小为故C错误；D．圆周上电势最高点的电势故D正确。故选BD。14．（2022·湖南·长沙一中模拟预测）带电量为的球P内含有一弹射装置，其质量为M含其内部弹射装置，一质量为m、不带电的物体C（可视为质点）置于球P内部的弹射装置中。整个装置处于真空中水平正对放置的平行金属板A、B之间，A、B间存在竖直方向的匀强电场，如图所示，开始时，球P和C恰好静止在距A板H的位置。某时刻，物体C相对于金属板以速度v水平弹出，球P和C同时到达金属板。若两球均可视为质点，球P运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A．从小物体C弹出至到达金属板，球P的电势能增加B．小物体C刚弹出瞬间，球P的速度为大小为C．两金属板间的距离为D．两金属板长度至少为【答案】BD【详解】A．依题意，可知当小物体C弹出后，球P将向上做类平抛运动，则电场力做正功，电势能减小，故A错误；B．原来球P静止时，有小球弹出时，设P瞬间速率为v1，由动量守恒有得球P的速度为大小为故B正确；C．物体C弹出后，设经时间t到达下板，设两板间距为d，对小球竖直方向，由运动学规律同理，对P竖直方向联立以上各式可得故C错误；D．小球和球P自弹出到落板，水平位移大小分别为，则两金属板长度至少为联立各式可得故D正确。故选BD。15．（2022·新疆·博乐市高级中学（华中师大一附中博乐分校）模拟预测）双星的运动是引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线上的某一点在二者之间万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P星的角速度为，P、Q两颗星之间的距离为L，P，Q两颗星的轨道半径之差为（P星的质量大于Q星的质量），引力常量为G，则（　　）A．P、Q两颗星的向心力大小相等B．P、Q两颗星的向心加速度大小相等C．P、Q两颗星的线速度大小之差为D．P、Q两颗星的质量之比为【答案】ACD【详解】A．P、Q两颗星的向心力都等于两者之间的万有引力，因此P、Q两星的向心力大小相等，故A正确；B．根据万有引力提供向心力可知，因为向心力大小相等，而两星的质量不相等，因此两星的向心加速度不相等，故B错误；C．根据圆周运动公式可知故C正确；D．对于两星存在所以又因为，所以根据题意解得故D正确。故选ACD。16．（2022·青海·模拟预测）如图所示，acd是半径为r的半圆，圆心为O，dfh是半径为2r的四分之一圆弧，两圆孤相切于d点，空间有垂直于纸面向外的匀强磁场B。从粒子源a射出的质量为m的粒子x沿圆弧acd运动，经时间t1与静置于d点的质量为4m的靶粒子y发生正碰，碰撞时间很短，碰撞后结合成一个粒子z，粒子z沿圆弧dfh经过时间t2第一次到达h点。不计其他作用，则（　　）A．y带负电 B．x和z的速率之比为5：2C．x和z的电荷量之比为2：1 D．t1：t2=2：5【答案】AC【详解】B．粒子碰撞过程满足动量守恒，可得故B错误；AC．由洛伦兹力作为向心力可得解得碰撞前后动量不变，可知粒子x与z的电荷量与轨迹半径成反比，半径之比为1：2，解得根据左手定则及粒子运动轨迹的偏转方向可知，x与z均带正电，由于z的电荷量较小，可知y带负电，AC正确；D．粒子的运动周期为轨迹运动时间为粒子x与z的质量比为1：5，电荷量之比为2：1，可知周期比为1：10，x粒子运动轨迹对应圆心角为180°（用时周期），z粒子运动轨迹对应圆心角为90°（用时周期），联立解得t1：t2=1：5D错误。故选AC。三、解答题17．（2022·辽宁·高考真题）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度时，滑过的距离，求加速度的大小；（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为，滑行速率分别为，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。【答案】（1）；（2），甲【详解】（1）根据速度位移公式有代入数据可得（2）根据向心加速度的表达式可得甲、乙的向心加速度之比为甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为代入数据可得甲、乙运动的时间为，因，所以甲先出弯道。18．（2022·浙江·高考真题）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为 – q（q > 0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。（1）①求磁感应强度B的大小；②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。【答案】（1）①，②，k = 0，1，2，3…；（2），n = 0，1，2，…；（3），【详解】（1）①离子在磁场中做圆周运动有则②离子在磁场中的运动时间转筒的转动角度，k = 0，1，2，3…（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为，有离子在磁场中的运动时间转筒的转动角度ω′t′ = 2nπ + θ转筒的转动角速度，n = 0，1，2，…动量定理，n = 0，1，2，…（3）转筒的转动角速度其中k = 1，，n = 0，2可得，