专题一 力与运动（3）——2024届高考物理二轮复习模块精练 【新教材新高考】(含答案)

这是一份专题一 力与运动（3）——2024届高考物理二轮复习模块精练 【新教材新高考】(含答案)，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1、在珠海国际航展上，歼-20隐身战斗机是此次航展最大的明星。歼-20战机在降落过程中的水平方向初速度为60m/s，竖直方向初速度为6m/s，已知歼-20战机在水平方向做加速度大小等于的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于的匀减速直线运动，则歼-20战机在降落过程( )
A.歼-20战机的运动轨迹为曲线
B.经20s歼-20战机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等
C.在前20s内，歼-20战机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等
D.歼-20战机在前20s内，水平方向的平均速度为
2、蜡烛块在玻璃管中匀速上升，同时玻璃管匀速向右运动。此时蜡烛块的合运动为向右上方向的匀速直线运动。若玻璃管向右运动的速度为v时，蜡烛块上升到顶端的时间为t，则当玻璃管向右运动的速度变为2v，蜡烛块上升到顶点的时间为( )
A.B.tC.2tD.
3、质量为m的物体P置于倾角为的固定光滑斜面上，轻绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的轻绳平行于斜面，小车以速率水平向右做匀速直线运动，重力加速度为g。当小车与滑轮间的轻绳和水平方向成夹角时（如图所示），下列判断正确的是( )
A.P处于平衡态，轻绳的拉力等于
B.P处于失重状态，轻绳的拉力小于
C.P的速率为v
D.P的速率为
4、如图所示为等高等宽的台阶，A、B、C、D、E均为台阶的边缘点。第一次，将可视为质点的小球由最上面台阶的边缘A点沿水平方向抛出，经过一段时间小球刚好落在E点；第二次，将小球由D点沿水平方向抛出，小球也刚好落在E点，不计空气阻力，忽略落在E点后的反弹.则下列说法正确的是( )
A.两次小球的初速度大小之比为4:1
B.两次小球运动的时间之比为4:1
C.两次小球落在E点的竖直速度大小之比为2:1
D.两次小球落在E点的速度大小之比为4:1
5、如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计空气阻力，可将黄豆看成质点，则( )
A.甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度不相等
B.乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度一半
C.两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的3倍
D.两黄豆相遇时甲的速度大小与乙的速度大小之比为
6、如图所示，电动打夯机由偏心轮（飞轮和配重物组成）、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为R，重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力。下列判断正确的是( )
A.电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同
B.配重物转到顶点时，系统处于失重状态
C.偏心轮转动的角速度为
D.打夯机对地面压力的最大值为
7、在高空运行的同步卫星功能失效后，往往会被送到同步轨道上空几百公里处的墓地轨道，以免影响其他在轨卫星并节省轨道资源。2022年1月22日，我国实践21号卫星在地球同步轨道“捕获”已失效的北斗二号G2卫星后，成功将其送入墓地轨道。已知同步轨道和墓地轨道的轨道半径分别为，转移轨道与同步轨道、墓地轨道分别相切于两点，如图所示，地球自转周期为，则下列说法正确的是( )
A.地球的质量为
B.北斗二号G2卫星在墓地轨道上运行的周期为
C.北斗二号G2卫星沿转移轨道从P点运行到Q点所用的最短时间为
D.北斗二号G2卫星在转移轨道上Q点时的速度大于在墓地轨道运行的速度
二、多选题
8、主题口号为“一起向未来”的2022年北京冬奥会圆满落幕。跳台滑雪比赛在河北张家口举行，如图，跳台滑雪赛道由助滑道AB、着陆坡CD、停止区DE三部分组成。比赛中，甲、乙两运动员先后以速度、从C点正上方B处沿水平方向飞出，分别落在了着陆坡的中点P和末端D，运动员可看成质点，不计空气阻力，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g，则( )
A.甲运动员从B点飞出到距离斜面最远所需要的时间
B.、的大小关系为
C.甲、乙两运动员落到着陆坡前瞬间速度方向相同
D.甲运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向的夹角比乙的大
9、如图所示，“天问一号”探测器先在地球轨道上绕太阳匀速转动，在近日点Q短暂点火后进入霍曼转移轨道，到达远日点P再次短暂点火进入火星轨道。已知万有引力常量为G，太阳质量为M，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R，地球、火星、“天问一号”探测器运动方向都为逆时针方向。若只考虑太阳对“天问一号”探测器的作用力，下列说法正确的是( )
A.“天问一号”在地球轨道上的角速度小于在火星轨道上的角速度
B.“天问一号”运动中在转移轨道上P点的加速度等于在火星轨道上P点的加速度
C.两次点火之间的时间间隔为
D.两次点火喷射方向都与速度方向相同
10、在一次投飞镖的游戏中，小明站在飞镖靶前一定距离处，以和的速度两次将同一飞镖水平掷出，飞镖分别插到了图中a、b两处。若两次飞镖出手位置相同，且与飞镖靶的上沿在同一水平线上，忽略空气的阻力，图中圆环间距相等，则下列说法中正确的是( )
A.两次掷出的飞镖运动的位移之比
B.两次掷出飞镖的速度之比
C.飞镖两次击中靶子时重力的功率之比
D.两次飞镖击中靶子时，速度与水平方向的夹角分别为和，则
11、如图所示，光滑的圆弧轨道竖直放置，在右侧N点与一倾斜传送带相切。M为圆弧轨道最低点，圆弧所在圆的圆心为O，水平，。一质量的小物块（可视为质点）从圆弧轨道最左端P以的初速度向下运动。已知圆弧轨道半径，传送带，在电机驱动下始终以速度顺时针匀速转动（与轮子间无相对滑动），小物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g取，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A.小物块下滑到M点时轨道对物块的支持力为20N
B.小物块从N到传送带顶端过程中摩擦力先做负功再做正功
C.小物块从N点经过0.5s与传送带运动速度相等
D.传送带在传送小物块过程中，因摩擦力做功而产生的热量为
12、如图甲所示，光滑水平面与半径为R的光滑竖直半圆轨道平滑衔接，在A点（距离B点足够远）固定一轻质弹簧，弹簧压缩储存了弹性势能可以发射质量为m的小滑块，已知重力加速度g，则下列说法正确的( )
A.若弹簧弹性势能为mgR，则小球恰能到达C点
B.若弹簧弹性势能为2mgR，则小球恰能到达D点
C.若弹性势能为3mgR，则小球通过B点时对轨道的压力为6mg
D.若弹性势能为2.5mgR，则小球通过D点后落在水平面上距B点为2R
三、计算题
13、小明设计了如图所示的弹珠弹射游戏装置。固定在水平面上的弹珠发射器发射一质量的小弹珠，沿由水平直轨道和竖直半圆形轨道AB运动并从B处水平飞出，然后恰好进入圆弧形管道CD，并从该管道的D处水平滑出，撞击放置在平台上质量的碰撞缓冲装置PQ，该装置中的轻弹簧一端固定在挡板Q上，另一端连接质量可不计、且能自由滑动的小挡板P，小弹珠碰到挡板P时紧贴挡板一起运动，但不粘连。已知、、、，不考虑所有摩擦和空气阻力及碰撞时能量的损失，轨道固定，缓冲装置PQ可在平台上运动，求：
（1）弹珠发射器发出小弹珠的初速度大小；
（2）缓冲装置中弹簧所能获得的最大弹性势能；
（3）小弹珠再次回到D点时的速度。
14、过山车是游乐场中常见的设施.图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径、.一个质量为的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以的初速度沿轨道向右运动，A、B间距.小球与水平轨道间的动摩擦因数，圆形轨道是光滑的.假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠.重力加速度取，计算结果保留小数点后一位数字.试求：
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是多少；
（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离.
15、如图所示，有一半径为R，高为H的圆柱形屋顶，现在在屋顶天花板中心的O点用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，现将小球拉开一个角度，从静止释放，小球便能如图1所示，在竖直面内做圆周运动.已知小球的质量，绳长，取重力加速度，求：
（1）若小球运动到最低点时速度为，绳对小球的拉力大小F；
（2）若给小球一水平速度，如图2所示，使小球在水平面内做匀速圆周运动，当角速度时，求此时绳与竖直方向的夹角θ；
（3）若图2中绳的最大张力为，当小球的速度逐渐增大到绳子断裂后，小球以的速度落在墙边，求此圆柱形屋顶的高度H和半径R。
参考答案
1、答案：D
解析：A.飞机的合速度方向
飞机的合加速度方向
可以知道飞机的速度的方向与加速度的方向是相同的，飞机做匀变速直线运动。故A错误；
B.经20s歼-20战机水平方向的分速度
竖直方向上的分速度为
故B错；
C.在前20s内，歼-20战机在水平方向的分位移
在竖直方向的分位移
故C错；
D.歼-20战机在前20s内，水平方向的平均速度为
故D正确；
故选D。
2、答案：B
解析：由题意得，蜡烛块同时参与了水平方向匀速直线运动和竖直方向匀速直线运动两个运动，根据运动的独立性可知，两个方向的运动互不影响，所以改变水平方向的速度，竖直方向的运动时间不变，即蜡烛块上升到顶点的时间仍为t。
故选B。
3、答案：D
解析：将小车的速度v分解为沿绳子方向的速度和垂直绳子方向的速度，则沿绳方向的速度等于P的速度，即
随角的减小，则增大，则P做加速运动，处于超重状态，故D正确，ABC错误。
故选D。
4、答案：C
解析：A.假设相邻边缘点的竖直高度为h，水平间距为x，小球做平抛运动，则由竖直方向
水平方向
整理得
由于竖直位移之比为4:1，水平位移之比为4:1，所以
故A错误；
B.由
可得
则
故B错误；
C.两次落在E点的竖直速度为
则
故C正确；
D.小球落在E点的速度为
则两次落在E点的速度之比为2:1，故D错误。
故选C。
5、答案：D
解析：甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度都等于各自运动过程中水平方向的分速度，而二者整个运动过程的水平位移和时间均相同，所以水平分速度相等，则甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度相等，故选项A错误；设，甲、乙两黄豆自射出后经时间t相遇，则有，对于乙黄豆，根据斜抛运动的对称性可知其从最高点（设为Q）到N的运动时间为，Q、N两点之间的水平距离为，竖直距离为，根据平抛运动规律的推论可知，甲黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角的正切值为位移方向与水平方向的夹角的正切值的2倍，即，乙黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角的正切值为相对于Q点的位移方向与水平方向的夹角的正切值的2倍，即所以，故选项BC错误；根据B项分析，设甲、乙两黄豆在N点时的水平分速度大小均为，速度大小分别为，则根据A项分析以及速度的合成规律，有，所以，故选项D正确。
6、答案：B
解析：A.电动机轮轴与偏心轮通过皮带传动，线速度相等，根据
电动机轮轴与偏心轮半径不同，故电动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同，故A错误；
B.配重物转到顶点时，底座刚好对地面无压力，系统受到重力作用，有向下的加速度，故系统处于失重状态，故B正确；
C.当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力，有
对配重物有
解得偏心轮转动的角速度为
故C错误；
D.在最低点，打夯机对地面压力的最大，对配重物有
对打夯机有
根据牛顿第三定律可知打夯机对地面压力的最大值为，故D错误。
故选B。
7、答案：C
解析：地球同步卫星的周期等于地球自转周期，对于地球同步卫星，根据万有引力提供向心力可得，解得地球的质量，A错误；根据开普勒第三定律有，可得北斗二号G2卫星在墓地轨道上运行的周期，B错误；由开普勒第三定律有，可得北斗二号G2卫星沿转移轨道从P点运动到Q点所用的最短时间，C正确；北斗二号G2卫星在转移轨道上Q点经过加速后，做离心运动，运动到墓地轨道，则在转移轨道上Q点时的速度小于在墓地轨道运行的速度，D错误。
8、答案：AD
解析：A.甲运动员从B点飞出到距离斜面最远时，速度方向与斜面平行，则有
解得
A正确；
B.设BC高度为h，CD长度为l，对甲运动员有
解得
对乙运动员有
解得
可得
即
B错误；
CD.设甲、乙两运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向成和，位移方向与水平方向成和，根据平抛运动推论可知
由情景图可知，甲运动员落到着陆坡前瞬间位移方向与水平方向夹角比乙的大，即
则有
可得
即甲运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向的夹角比乙的大，C错误，D正确；
故选AD。
9、答案：BC
解析：A.由万有引力提供向心力可知
得
由于“天问一号”在地球轨道上的轨道半径小于在火星轨道上的轨道半径，故“天问一号”在地球轨道上的角速度大于在火星轨道上的角速度，故A错误；
B.由万有引力提供向心力可知
得
P点到太阳距离相同，“天问一号”运行中在转移轨道上P点的加速度和在火星轨道上P点的加速度相等，故B正确；
C.由开普勒第三定律可知，霍曼转移轨道和地球轨道的周期与半长轴满足关系式
地球轨道上，由万有引力提供向心力有
联立解得
则两次点火之间的时间间隔为
故C正确；
D.“天问一号”探测器在两次点火时都要做离心运动，要加速，故点火方向都与运动方向相反，故D错误。
故选BC。
10、答案：BD
解析：A.飞镖做平抛运动，水平方向位移d相同，竖直位移分别为h和2h，
则实际位移之比为
A错误；
B.运动时间之比
而水平位移相同，由知
B正确；
C.重力的瞬时功率
而，则飞镖两次击中靶子时重力的功率之比为，C错误；
D.作出两次飞镖运动轨迹图，将击中靶子的速度延伸，与水平位移相交于同一点c，如图
则
因此，D正确。
故选BD。
11、答案：BC
解析：A.小物块从P到M过程，根据动能定理可得
解得
小物块下滑到M点时，根据牛顿第二定律可得
解得
故A错误；
C.小物块从P到N过程，根据动能定理可得
解得
小物块在传送带减速过程的加速度大小为
小物块减速至与传送带运动速度相等过程的时间为
故C正确；
BD.小物块减速至与传送带运动速度相等过程的位移为
此过程传送带的位移为
小物块与传送带发生的相对位移为
小物块与传送带速度相同后，由于
可知共速后小物块与传送带保持相对静止，小物块受到沿传送带向上的静摩擦力作用，一直匀速运动到传送带顶端，可知小物块从N到传送带顶端过程中摩擦力先做负功再做正功；传送带在传送小物块过程中，因摩擦力做功而产生的热量为
故B正确，D错误。
故选BC。
12、答案：AD
解析：A.根据能量守恒，小球由A到C，有，解得，可知小球恰能到达C点。故A正确；
B.同理，小球由A到D，有，解得，小球能到达D点的最小速度满足，解得，可知，则小球不能到达D点。故B错误；
C.依题意，小球由A到B，有，在B点，由牛顿第二定律可知，联立，可得，根据牛顿第三定律可知小球通过B点时对轨道的压力为7mg。故C错误；
D.小球由A到D，有，解得，小球经过D点后做平抛运动，有，解得，故D正确。故选AD。
13、答案：（1）6m/s（2）2J（3），方向向右。
解析：（1）弹珠恰好进入管道，由平抛运动规律，有
，
解得
由能量守恒定律，有
解得
（2）设小弹珠碰前的速度为，由能量守恒，有
解得
碰撞时动量守恒，碰后共同速度为
解得
最大弹性势能
（3）根据弹性碰撞，有
，
解得
所以小弹珠再次回到D点时的速度大小为，方向向右。
14、
（1）答案：
解析：设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为，根据动能定理有：
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有：
解得：
（2）答案：
解析：设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为，则有：
解得：
（3）答案：当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为，；当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为，
解析：要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I.轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为，应满足
解得：
II.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为，根据动能定理
解得
为了保证圆轨道不重叠，最大值应满足
解得
综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
或
当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为，则
当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为，则
15、答案：（1）（2）37°（3），
解析：（1）图1中小球摆到最低点时，由牛顿第二定律可得
可得绳对小球的拉力大小为
（2）图2中设小球与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得
可得
可得
（3）设小球刚好断裂时与竖直方向的夹角为α，由
可得
则小球圆周运动半径为
悬点O至小球圆周运动圆心距离为
此时对小球根据牛顿第二定律可得
解得
小球水平飞出后，落在墙角的Q点，由平抛运动速度公式可知
又
联立解得
则小球竖直方向下落的距离为
小球水平方向飞行的距离为
故圆柱形屋顶的高为
圆柱形屋顶的半径为