2023届高考物理二轮复习选择题2力与运动作业含答案

这是一份2023届高考物理二轮复习选择题2力与运动作业含答案，共12页。试卷主要包含了某同学对着墙壁练习打乒乓球等内容，欢迎下载使用。
选择2　力与运动考向1　匀变速直线运动及图像问题1.(多选)两辆赛车在一条直线赛道上进行比赛,从同一起点线同时出发向同一终点线运动。下列v-t图像和x-t图像能反映两辆赛车在途中相遇的是(　BC　)解析:由v-t图像中图线与坐标轴所围的面积表示位移可知,图A中找不到面积相等的时刻,二者不会在途中相遇,图B中存在面积相等的时刻,会在途中相遇,故A错误,B正确;x-t图像中两条图线的交点即表示二者相遇,故C正确,D错误。2.某滑雪运动员以某一初速度冲上斜面做匀减速直线运动,到达斜面顶端时的速度为零。已知运动员在前四分之三位移中的平均速度大小为v,则滑雪运动员整个过程的平均速度为(　D　)A. B. C. D.解析:将运动员的匀减速运动逆向看作是反向的初速度为零且加速度大小不变的匀加速运动,根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知,运动员在前四分之三位移和最后四分之一位移所经历的时间相等,均设为t,则由题意可知v==,滑雪运动员整个过程的平均速度为v′==,故选D。3.(2022·金华二模)某次列车从进站减速到以一定的速度离开车站的这段时间内的速度—时间图像如图所示,对于该列车下列说法正确的是(　C　)A.进站减速时列车的加速度大小为1.2 m/s2B.列车在加速与减速两阶段运动的位移相同C.若列车总质量不变,则减速时列车所受的合力比加速时列车所受的合力大D.若列车在该站不停车,以30 m/s的速度匀速驶过该站,与原来相比,通过车站的运行时间少耗费22.5 s解析:由v-t图像可知进站减速时列车的加速度大小为a1= m/s2=1.5 m/s2,A错误;v-t图像与横轴围成的面积表示位移,列车在减速阶段运动的位移为x1=×20×30 m=300 m,列车在加速阶段运动的位移为x2=×25×30 m=375 m,可知列车在加速与减速两阶段运动的位移不相同,B错误;列车在加速阶段的加速度大小为a2= m/s2=1.2 m/s2,根据牛顿第二定律可得F合=ma,由于a1>a2,若列车总质量不变,则减速时列车所受的合力比加速时列车所受的合力大,C正确;若列车在该站不停车,以30 m/s的速度匀速驶过该站,则所用的时间为t== s=22.5 s,与原来相比,通过车站的运行时间少耗费的时间为Δt=75 s-22.5 s=52.5 s,D错误。考向2　抛体运动问题4.两名消防员在水平地面A、B两处使用相同口径的水枪对高楼着火点进行灭火。出水轨迹简化为如图所示,假设均能垂直击中竖直墙面上的同一位置点P。不计空气阻力,则(　C　)A.A处水枪喷出的水在空中运动的时间较长B.B处水枪喷出的水击中墙面的速度较大C.A处水枪喷口喷出水的初速度较大D.B处水枪喷口每秒喷出水的体积较大解析:利用逆向思维,则两水枪喷出的水可看作从P点做平抛运动,根据h=gt2可知,落地时间只与高度有关,则水从喷出到击中墙面的时间相等,A错误;根据x=v0t可知,两水枪喷出的水的水平位移不同,则在P点的速度为vAP=,vBP=,则击中墙面的速率之比为xA:xB,所以A处水枪喷出的水击中墙面的速度较大,B错误;两水枪喷出水的初速度大小分别为vA=,vB=,则A处水枪喷出水的初速度大,C正确;A处水枪喷出水的速度大,故每秒喷出水的体积较大,D错误。5.某同学对着墙壁练习打乒乓球。某次球拍击球后,球斜向上飞出,并以速度v垂直撞击竖直墙壁,球反向弹回后,正好回到击球点。已知球拍击球点离墙壁的水平距离为x,不计空气阻力,则(　D　)A.乒乓球往返的时间为B.乒乓球撞击墙壁前后速度变化量为0C.球拍击球点与墙壁撞击点的高度差为D.乒乓球离开球拍时速度方向与水平面的夹角θ满足tan θ=解析:球反向弹回到击球点的运动是平抛运动,则水平方向有x=vt,则乒乓球往返的时间为2t=,故A错误;速度v垂直撞击竖直墙壁,球反向弹回后,正好回到击球点,说明反向弹回时速度大小还是v,但方向与撞击前相反,故乒乓球撞击墙壁前后速度变化量为2v,故B错误;由平抛运动规律可知h=gt2=,故C错误;球离开球拍时,速度方向与水平面的夹角θ等于球弹回到球拍时速度方向与水平面的夹角,由平抛运动规律可知vy=gt=,tan θ=,联立解得tan θ=,故D正确。6.如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间,运动示意图如图乙所示,运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下,到达C点后水平飞出,落到滑道上的D点,运动轨迹上的E点的速度方向与滑道CD平行,设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1与t2(忽略空气阻力,运动员可视为质点),下列说法正确的是(　C　)A.t1<t2B.t1>t2C.若运动员离开C点的速度加倍,则落在斜面上的速度方向不变D.若运动员离开C点的速度加倍,则落在斜面上距C的距离也加倍解析:以C点为原点,以CD为x轴,以垂直CD向上方向为y轴正方向,建立坐标系如图所示。对运动员的运动进行分解,y轴方向做类竖直上拋运动,x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与滑道CD平行时,在y轴方向上到达最高点,根据竖直上拋运动的对称性,知t1=t2,A、B错误;将初速度沿x、y方向分解为v1、v2,将加速度沿x、y方向分解为a1、a2,则运动员的运动时间为t=,落在斜面上的距离 s=v1t+a1t2,离开C点的速度加倍,则v1、v2加倍,t加倍,由位移公式得 s不是加倍关系,D错误;设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α,斜面的倾角为θ,则有tan α=,tan θ===,解得tan α=2tan θ,θ一定,则α一定,则运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关,C正确。7.(多选)如图所示,有一倾角为θ的固定斜面,从斜面上的A、B两点分别以相同初速度v0水平抛出一个小球,两个小球恰好能落到同一点D。已知CD距离d= m,tan θ=3,v0= m/s,g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是(　CD　)A.A、B两点的高度之比为1∶3B.A、B两点间的距离为3 mC.若将小球以速度v0在AB中点水平抛出,落点位置位于D点右侧D.斜面上不存在能以初速度v0水平抛出落在D点的第三个位置解析:设从高h的位置抛出的小球能落到D点,则h=gt2,d+=v0t,联立解得t1= s,t2= s,代入解得对应的高度h1=1 m,h2=4 m,即对应于A、B两点,A、B两点的高度之比为1∶4;因方程只有两个解,则不存在能以初速度v0水平抛出落在D点的第三个位置,此时A、B两点间的距离为xAB== m,选项A、B错误,D正确;由几何关系可得h中==2.5 m,h中=g,可得x中=v0t中= m>d+=1.5 m,即在AB中点水平抛出,落点位置位于D点右侧,选项C正确。考向3　圆周运动问题8.如图所示为“行星减速机”的工作原理图。“行星架”为固定件,中心“太阳轮”为从动件,其半径为R1,周围四个“行星轮”的半径为R2,“齿圈”为主动件,其中R1=2R2。A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”“齿圈”边缘上的点。则在该状态下(　D　)A.A点与B点的角速度相同B.A点与C点的转速相同C.B点与C点的周期相同D.A点与C点的线速度大小相等解析:由题意可知,A、B、C三点的线速度大小相等,根据v=ωr,结合A、B、C三点的半径大小关系RC>RA>RB,可知A、B、C三点的角速度大小关系为ωC<ωA<ωB,根据转速与角速度关系ω=2πn,可知A、B、C三点的转速大小关系为nC<nA<nB,根据周期与角速度关系T=,可知A、B、C三点的周期大小关系为TC>TA>TB,选项A、B、C错误,D正确。9.(2021·河北卷)(多选)如图,矩形金属框MNQP竖直放置,其中MN、PQ足够长,且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时,小球均相对PQ杆静止。若ω′>ω,则与以ω匀速转动时相比,以ω′匀速转动时(　BD　)A.小球的高度一定降低B.弹簧弹力的大小一定不变C.小球对杆压力的大小一定变大D.小球所受合外力的大小一定变大解析:对小球受力分析,设弹簧弹力为FT,弹簧与水平方向的夹角为θ,则对小球竖直方向有FTsin θ=mg,可知θ为定值,FT不变,则当转速增大后,小球的高度不变,弹簧的弹力不变,A错误,B正确;水平方向当转速较小时,杆对小球的弹力FN背离转轴,则FTcos θ-FN=mω2r,即FN=FTcos θ-mω2r,当转速较大时,FN指向转轴,则FTcos θ+FN=mr,即FN=mr-FTcos θ,当ω′>ω1>ω时,根据牛顿第三定律可知,小球对杆的压力不一定变大,C错误;根据F合=mω2r可知,角速度变大,则小球所受合外力变大,D正确。10.图甲为游乐园的内外双排空中转椅,当转盘转速稳定后,内外两排悬挂的椅子(包括人)就会向外倾斜做相同周期的圆锥摆运动,活动非常有体验感。为研究问题,图乙为设施的简化模型图,A、B两个小球用等长绳子悬挂在水平转盘同一半径的内外两处(B在外侧),下列分析正确的是(　B　)A.稳定旋转时,因周期相等,A球悬绳和B球悬绳必定平行B.稳定旋转时,无论A球和B球的质量是否相等,B球悬绳与竖直方向夹角一定大于A球悬绳与竖直方向夹角C.稳定旋转时,若B球的质量大于A球,则B球悬绳与竖直方向的夹角小于A球悬绳与竖直方向的夹角D.稳定旋转时,A球悬绳和B球悬绳的反向延长线必与竖直转轴相交于同一点解析:设悬绳与竖直方向的夹角为θ,悬点到转轴的距离为r,设绳长为L,对A球或B球列通用的牛顿第二定律方程,绳子拉力的水平分力提供向心力,有mgtan θ=mω2(r+Lsin θ),化简得g=ω2+ω2L,其中r与θ是变量,易得r变化,θ也会变化,且r越大,θ也越大,故A球悬绳和B球悬绳不平行,A错误,B正确;上述结论与各自质量无关,C错误;假设稳定旋转时,A球悬绳和B球悬绳的反向延长线与竖直转轴相交于同一点,设稳定旋转时球与交点(等效圆锥摆悬点)的高度差为h,则有mgtan θ=mω2htan θ,即g=ω2h,因周期一样,易得h应一样,而实际上由于转盘下方绳子长度一样,不同的倾角下两个小球的h是不相等的,故假设不成立,D错误。11.如图有一固定且内壁光滑的半球面,球心为O,最低点为C,在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A和B,在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动,A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面。A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为α=53°和β=37°(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。以最低点C所在的水平面为重力势能的参考平面,则(　C　)A.A、B两球所受弹力的大小之比为3∶4B.A、B两球运动的周期之比为4∶3C.A、B两球的动能之比为64∶27D.A、B两球的重力势能之比为16∶9解析:根据两球在竖直方向受力平衡得FNA=,FNB=,则===,故A错误;根据mgtan θ=m=mr,r=Rsin θ,解得Ek=mv2=mgRtan θsin θ,T=,则A、B两球的动能之比为==,周期之比为==,故C正确,B错误;球的重力势能Ep=mgR(1-cos θ),则A、B两球的重力势能之比为==2,故D错误。12.四个拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳,绳一端系着小球,另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上,现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动,两小球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两球的位置关系可能正确的是(图中细绳与竖直方向的夹角α<θ<β)(　C　)解析:小球做匀速圆周运动,角速度相同,对其中一个小球受力分析如图,令绳长为L′。反向延长与拨浪鼓转轴交点为O,小球到O点的距离为L,小球与O点的高度差为h,鼓面半径为r。根据牛顿第二定律得mgtan θ=mω2Lsin θ,整理得h=Lcos θ==L′cos θ+,即绳子反向延长与拨浪鼓转轴的交点O到小球转动平面的高度h固定,绳子长度L′越大,偏转角θ越大,则绳子与拨浪鼓连接点A离小球圆周运动平面的距离h′=L′cos θ=h-,绳子长度L′越大,偏转角θ越大,h′越大,故选C。