解密03曲线运动（分层训练）-【高频考点解密】2024高考物理二轮分层训练（全国通用）

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1．(2021·广东深圳高三调研)2019北京航展，我国五代战机“歼－20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图)，最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则沿ab段曲线飞行时，战机( )
A．所受合外力大小为零
B．所受合外力方向竖直向上
C．竖直方向的分速度逐渐增大
D．水平方向的分速度不变
【答案】C
【解析】 因为战机做速率不变的曲线运动，所以合外力不为零且方向与速度方向垂直，故A、B错误；对任一点的速度正交分解，如图所示
vy＝v cs α，vx＝v sin α，根据题意知α减小，vy增加，vx减小，故C正确，D错误。
2、（2021·北京市西城区一模）某女子铅球运动员分别采用原地推铅球和滑步推铅球两种方式进行练习，右图为滑步推铅球过程示意图。她发现滑步推铅球比原地推铅球可增加约2米的成绩。假设铅球沿斜向上方向被推出，且两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，下列说法正确的是
A．两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同
B．采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高
C．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同
D．滑步推铅球可以增加成绩，可能是因为延长了运动员对铅球的作用时间
【答案】D
【解析】由于题中说明两种推铅球的时，球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，而滑步推铅球的成绩好，可见滑步推铅球推出时的速度大小要大一些，我们把该速度沿竖直和水平方向进行分解可知，竖直和水平的分速度都会比原地推铅球大一些，因为竖直向上的分速度大一些，故铅球上升的向度会更高一些，在空中停留的时间会更长一些，选项AB错误；
铅球在空中运动到最高点时的速度就是推铅球时的水平分速度，而水平分速度较大，所以滑步推铅球时在最高点的速度会更大一些，选项C错误；滑步推铅球能提高成绩，是因为推出铅球时的速度变大了，这个变大的原因则可能是延长了运动员对铅球的作用时间，选项D正确。
3.在足球场上罚任意球时，运动员踢出的足球，在行进中绕过“人墙”转弯进入了球门，守门员“望球莫及”，轨迹如图所示。关于足球在这一飞行过程中的受力方向和速度方向，下列说法中正确的是( )
A.合外力的方向与速度方向在一条直线上
B.合外力的方向沿轨迹切线方向，速度方向指向轨迹内侧
C.合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向
D.合外力方向指向轨迹外侧，速度方向沿轨迹切线方向
【答案】C
【解析】 足球做曲线运动，则其速度方向为轨迹的切线方向，根据物体做曲线运动的条件可知，合外力的方向一定指向轨迹的内侧，故C正确。
4.（2021·北京市朝阳区一模）在一次利用无人机投送救援物资时，距离水平地面高度h处，无人机以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是
A．包裹在空中飞行的时间为 B．包裹落地时的速度大小为
C．包裹释放点到落地点的水平距离为 D．包裹下落过程中机械能不断增大
【答案】B
【解析】由于飞机是距离水平地面高度h处释放一包裹的，根据h=gt2，解得包裹在空中飞行的时间为t=，选项A错误；根据动能定理，包裹下落的过程中，mgh=mv2-mv02，则包裹落地时的速度大小为v=，选项B正确；包裹释放点到落地点的水平距离为x=v0t=v0，选项C错误；包裹下落过程中只有重力做功，故它的机械能不变，选项D错误。
5.如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是( )
A.物体B正向右作匀减速运动
B.物体B正向右作加速运动
C.地面对B的摩擦力减小
D.斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝ eq \r(3) ∶2
【答案】D
【解析】 将B的运动沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图：根据平行四边形定则有vB cs α＝vA，得vB＝ eq \f(vA,cs α) ，α减小，所以B的速度减小，但不是匀减速，故A、B错误；在竖直方向上，对B有mg＝FN＋T sin α，FT＝mAg，得FN＝g(m－mA sin α)，α减小，则支持力增大，根据Ff＝μFN，摩擦力增大，故C错误；根据vB cs α＝vA，斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝ eq \r(3) ∶2，故D正确。
6.如图所示，一条河岸笔直的河流水速恒定，甲、乙两小船同时从河岸的A点沿与河岸的夹角均为θ的两个不同方向渡河。已知两小船在静水中航行的速度大小相等。下列说法正确的是( )
A.甲先到达对岸
B.乙先到达对岸
C.渡河过程中，甲的位移小于乙的位移
D.渡河过程中，甲的位移大于乙的位移
【答案】C
【解析】选C 两小船在静水中航行的速度大小相等，且渡河方向与河岸的夹角均为θ，所以两船在垂直于河岸方向上的速度相等；根据运动的独立性，船在平行于河岸方向上的分速度不影响渡河时间，所以甲、乙两小船同时到达对岸，A、B错误。甲船在平行于河岸方向上的速度为v甲′＝v水 －v甲cs θ，乙船在平行于河岸方向上的速度为v乙′＝v水＋v乙cs θ，两船在平行于河岸方向上的位移分别为x甲＝v甲′t，x乙＝v乙′t，则x甲B组 提升练
7、（2021·北京市海淀区高三下学期4月一模）如图7所示，甲、乙两运动员在水平冰面上训练滑冰，恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为和（）的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是
A．在做圆周运动时，甲所用的时间比乙的长 B．在做圆周运动时，甲、乙的角速度大小相等
C．在冲刺时，甲一定先到达终点线 D．在冲刺时，乙到达终点线时的速度较大
【答案】D
【解析】首先看做圆周运动的情景，它们的向心力是相等的，根据F向=可知，乙运动员的半径r2较大，则它的周期也大，故半个周期也较大，在做圆周运动时，乙用的时间比甲长，选项A错误；由于乙的周期较大，根据T=可知，乙的角速度较小，选项B错误；
其次再把圆周运动与直线运动二者结合起来看，根据F向=，圆周运动时，乙的线速度较大，时间也较长，而在直线运动的过程中，由于加速度和位移都一样，故初速度大的乙的末速度一定也大，选项D正确；但是乙在直线运动中用的时间比较小，但在圆周运动中的时间长，所以甲不一定先到达终点，选项C错误。
8、（2021·北京市东城区高三下学期4月一模）如图，飞机距离水平地面的高度为H，在水平方向以速度v0匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一箱质量为m的救援物资，救援物资打在山坡上的A点，A点的高度为h。不考虑空气阻力的影响，则
A．这箱物资在空中飞行的时间为
B． 这箱物资落到A点时的动能为mg（H-h）
C． A点距山坡底端的水平距离为
D．山坡的倾角θ满足tanθ=
【答案】C
【解析】由于物资落在A点，下降的高度为H-h，故物资在空中飞行的时间为，选项A错误；根据机械能守恒可知，这箱物资落到A点时的动能为mg（H-h）+mv02，选项B错误；
A点距山坡底端的水平距离为v0t=，选项C正确；山坡的倾角θ满足tanθ=，选项D错误。
9．(多选) (2020·湖南怀化)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势
B．B的向心力等于A的向心力大小
C．盘对B的摩擦力大小是B对A的摩擦力大小的2倍
D．若B相对圆盘先滑动，则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB
【答案】 BC
【解析】 A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，同理，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故A错误；根据Fn＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力大小相等，故B正确；对A、B整体分析，可得盘对B的摩擦力大小fB＝2mrω2，对A分析，可得B对A的摩擦力大小fA＝mrω2，可知盘对B的摩擦力大小是B对A摩擦力大小的2倍，故C正确；对A、B整体分析，盘与B间静摩擦力最大时有μB·2mg＝2m·rωeq \\al(2,B)，解得ωB＝eq \r(\f(μBg,r))，对A分析，A、B间静摩擦力最大时有 μAmg＝mrωeq \\al(2,A)，解得ωA＝eq \r(\f(μAg,r))，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即ωB＜ωA，可得μB＜μA，故D错误。
10.(2020·河北保定一模)如图所示，半径为R的细圆管(管径可忽略)内壁光滑，竖直放置，一质量为m、直径略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁的作用力大小为mg，g为当地重力加速度，则 ( )
A．小球在管顶部时速度大小一定为eq \r(2gR)
B．小球运动到管底部时速度大小可能为eq \r(2gR)
C．小球运动到管底部时对管壁的压力可能为5mg
D．小球运动到管底部时对管壁的压力一定为7mg
【答案】 C
【解析】 小球在管顶部时可能与外壁有作用力，也可能与内壁有作用力。如果小球与外壁有作用力，对小球受力分析可知2mg＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \r(2gR)，其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝2mgR＋eq \f(1,2)mv2，可得v1＝eq \r(6gR)，小球在管底部时，由牛顿第二定律有FN1－mg＝meq \f(veq \\al(2,1),R)，解得FN1＝7mg，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为7mg。如果小球与内壁有作用力，对小球受力分析可知，在最高点小球速度为零，其由管顶部运动到管底部过程中由机械能守恒有eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝2mgR，解得v2＝2eq \r(gR)，小球在管底部时，由牛顿第二定律有FN2－mg＝meq \f(veq \\al(2,2),R)，解得FN2＝5mg，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为5mg，选项C正确，A、B、D错误。
11、（2021·山东省烟台适应性练习）如图所示，在光滑水平面上，一质量为m的导热活塞将一定质量的理想气体封闭在内壁光滑的圆柱形气缸中，开始时活塞和气缸静止，此时气柱长度为l，现使气缸底部绕一竖直轴由静止开始转动，缓慢增大转动的角速度，当气缸转动的角速度为1时，气柱长度为2l，当气缸转动的角速度为2时，气柱长度为3l，若外界大气压不变，则1与2的比值为（ ）
A. B. C. 2：3D. 3：2
【答案】A
【解析】
当气缸转动的角速度为1时，根据向心力方程
当气缸转动的角速度为2时，
根据等温方程
解得1与2的比值为。
故选A。
12、（2021·北京市二模）通常情况下，实际的抛体都是在介质中运动的。由于介质对运动物体的阻力作用，物体运动速度会降低。已知在空气中运动的物体所受阻力方向与运动方向相反，大小随速度的增大而增大。通常情况下，地球自身运动和地球的形状对抛体运动影响非常微小，可忽略不计。可以认为抛体运动的物体在某点的受力情况如图所示。假定空气中一弹丸从地面抛射出去，初速度为v0，方向与水平地面夹角为θ；弹丸落地时，速度大小为v，方向与水平地面夹角为α，落地点与抛出点在同一水平面。从弹丸抛出到落地，下列分析正确的是（ ）
A. 弹丸上升的时间大于下降的时间
B. 弹丸的加速度先减小后增大
C. 弹丸在最高点时的加速度是重力加速度
D. 弹丸落地时与水平方向夹角α大于抛出时与水平方向的夹射角θ
【答案】D
【解析】
A．始到最高点
从最高点到落点
可知上升过程竖直方向上加速度更大，则上升时间要小，A错；
B．弹丸的加速度一直在减小，B错；
C．最高点时，阻力f与重力mg垂直，加速度为
所以C错；
D．在抛出到落地的过程中，弹丸在水平方向上的分速度在阻力的作用下一直在减小，所以落地时与水平方向的夹角α大于抛出时与水平方向的夹射角θ，所以D正确。
故选D。
13. (2020·云南楚雄州一模)质量为m的杂技演员(可视为质点)抓住一端固定于O点的绳子，从距离水平安全网高度为h的A点由静止开始运动，A与O等高。运动到绳子竖直时松开绳子，落到安全网上时其与A点的水平距离也为h，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)松开绳子前瞬间绳子拉力的大小；
(2)O、A之间的距离。
【答案】 (1)3mg (2)eq \f(h,5)
【解析】 (1)设绳长为l，从A到B，由机械能守恒定律得
mgl＝eq \f(1,2)mv2
在B点，由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(v2,l)
联立解得松开绳子前瞬间绳子拉力大小为F＝3mg
(2)离开B点后该演员做平抛运动
h－l＝eq \f(1,2)gt2
h－l＝vt
联立解得l＝eq \f(h,5)
14、(2020·湖北省黄冈市检测)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图7所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直轨道前受到的阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，s＝1.50 m．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g＝10 m/s2)
【答案】2.5 s
【解析】 赛车通过圆轨道最高点的最小速度为v1′，根据牛顿第二定律得，mg＝meq \f(v1′2,R)，得v1′＝eq \r(gR)
根据动能定理得，由B点至圆轨道最高点有－mg·2R＝eq \f(1,2)mv1′2－eq \f(1,2)mv12
解得v1＝4 m/s
为保证赛车通过最高点，到达B点的速度至少为v1＝4 m/s
根据h＝eq \f(1,2)gt2得，t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.5 s
则平抛运动的初速度v2＝eq \f(s,t)＝3 m/s
为保证赛车能越过壕沟，则到达B点的速度至少为v2＝3 m/s
因此赛车到达B点的速度至少为v＝v1＝4 m/s
从A到B对赛车由动能定理得Pt－FfL＝eq \f(1,2)mv2
解得t≈2.5 s.