階段復習(二)力與曲線運動知識網絡

規范訓練規范答題答案(1)904N(2)1.8m解析(1)運動員由A到B做斜拋運動，則運動員由A到B水平方向上做勻速直線運動，即vB＝vAcosα運動員在A點時，設單杠對人的作用力為FT，根據牛頓第二定律FT－mgcosα＝mv聯立解得FT≈1807N則運動員重心在A點時單杠對每只手的拉力大小為F＝F解得F≈904N(2)運動員在A點時豎直方向的分速度為vAy＝vBtanα＝5m/s運動員由A點到C點在豎直方向上做豎直上拋運動，取豎直向上的方向為正方向，則－h＝vAyt－12gt解得t＝1.2s運動員在水平方向上做勻速直線運動，則L＝vBt＝1.8m階段復習練(二)(分值：100分)一、單項選擇題：每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.(2024·山東省調研)關于曲線運動，下列說法正確的是()A.在變力作用下，物體不可能做曲線運動B.做曲線運動的物體，相等時間內速度的變化量可能相同C.做曲線運動的物體，受到的合外力一定在不斷改變D.只要物體做圓周運動，它所受的合外力一定指向圓心答案B解析在變力作用下，物體也可能做曲線運動，例如勻速圓周運動，選項A錯誤；做曲線運動的物體，相等時間內速度的變化量可能相同，例如平拋運動，選項B正確；做曲線運動的物體，受到的合外力不一定在不斷改變，例如平拋運動，選項C錯誤；只有當物體做勻速圓周運動時，它所受的合外力才指向圓心，選項D錯誤。2.(2023·全國甲卷·14)一同學將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉動的影響，鉛球在平拋運動過程中()A.機械能一直增加 B.加速度保持不變C.速度大小保持不變 D.被推出后瞬間動能最大答案B解析鉛球做平拋運動，僅受重力，故機械能守恒，A錯誤；鉛球的加速度恒為重力加速度，保持不變，B正確；鉛球做平拋運動，水平方向速度不變，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據運動的合成可知鉛球速度變大，則動能越來越大，C、D錯誤。3.甲、乙兩個同學打乒乓球，某次動作中，甲同學持拍的拍面與水平方向成45°角，乙同學持拍的拍面與水平方向成30°角，如圖所示。設乒乓球擊打拍面時速度方向與拍面垂直，且乒乓球每次擊打球拍前、后的速度大小相等，不計空氣阻力，則乒乓球擊打甲的球拍的速度大小v1與乒乓球擊打乙的球拍的速度大小v2的比值為()A.63 B.2 C.22答案C解析將乒乓球擊打球拍的速度沿水平方向和豎直方向分解，則兩次擊打球拍水平方向分速度相等，即v1sin45°＝v2sin30°，解得v1v24.(2023·山東卷·3)牛頓認為物體落地是由于地球對物體的吸引，這種吸引力可能與天體間(如地球與月球)的引力具有相同的性質、且都滿足F∝Mmr2。已知地月之間的距離r大約是地球半徑的60倍，地球表面的重力加速度為g，根據牛頓的猜想，月球繞地球公轉的周期為(A.30πrg B.30πC.120πrg D.120π答案C解析設地球半徑為R，由題知，地球表面的重力加速度為g，則有mg=GM地mR2，月球繞地球公轉有GM地m月r2=m月4π2T5.如圖所示，甲同學站在地面上將排球以速度v1擊出，排球沿軌跡①運動；經過最高點后，乙同學跳起將排球以水平速度v2擊回，排球沿軌跡②運動，恰好落回出發點。忽略空氣阻力，則排球()A.沿軌跡②運動的最大速度可能為v1B.沿軌跡①運動的最小速度為v2C.沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量大小相同D.沿軌跡①和軌跡②運動過程的平均速度大小可能相同答案A解析根據題圖可知，軌跡①最高點大于軌跡②最高點，分析在最高點左邊的運動，根據平拋規律可知h＝12gt2，vx＝xt，軌跡①運動時間長，但水平位移小，所以軌跡①水平分速度小，豎直分速度vy2＝2gh，軌跡①的豎直分速度大，所以沿軌跡②運動的最大速度可能為v1，沿軌跡①運動的最小速度即水平速度小于v2，故A正確，B錯誤；因為運動時間不同，故沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量Δv＝gΔt不同，故C錯誤；因為兩軌跡位移大小相同，但時間不同，故沿軌跡①和軌跡6.(2025·山東德州市開學考)如圖所示，一固定斜面傾角為θ，將小球A從斜面頂端以速率v0水平向右拋出，小球擊中了斜面上的P點；將小球B從空中某點以相同速率v0水平向左拋出，小球恰好垂直斜面擊中Q點。不計空氣阻力，重力加速度為g，小球A、B在空中運動的時間之比為()A.2tan2θ∶1 B.tan2θ∶1C.1∶2tan2θ D.1∶tan2θ答案A解析設小球A在空中運動的時間為t1，小球B在空中運動的時間為t2，對小球A，由平拋運動的規律可得tanθ＝yAxA＝gt122v0t17.如圖所示為我國某平原地區從P市到Q市之間的高鐵線路，線路上T1、T2、T3位置處的曲率半徑分別為r、r、2r。若列車在P市到Q市之間勻速率運行，列車在經過T1、T2、T3位置處與鐵軌都沒有發生側向擠壓，三處鐵軌平面與水平面間的夾角分別為α、β、γ。下列說法正確的是()A.列車依次通過3個位置的角速度之比為1∶1∶2B.列車依次通過3個位置的向心加速度大小之比為1∶1∶2C.3個位置的tanα∶tanβ∶tanγ＝2∶2∶1D.3個位置的內外軌道的高度差之比為1∶1∶2答案C解析根據ω＝vr可知，列車依次通過3個位置的角速度之比為2∶2∶1，故A錯誤；根據an＝v2r可知，列車依次通過3個位置的向心加速度大小之比為2∶2∶1，故B錯誤；根據列車在轉彎處的受力分析，由牛頓第二定律mgtanθ＝mv2r可知tanθ＝v2gr，tanα∶tanβ∶tanγ＝2∶2∶1，故C正確；設內外軌道間距離為L，則有sinθ＝hL，h和sinθ成正比，所以h1∶h2∶h3＝二、多項選擇題：每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.我國成功發射“神舟七號”載人飛船，隨后航天員圓滿完成了太空出艙任務并釋放了“伴飛”小衛星。載人飛船在固定的軌道上做勻速圓周運動，“伴飛”小衛星與載人飛船相對靜止，“伴飛”小衛星有多種伴飛模式，圖甲和圖乙是其中的兩種伴飛模式，則下列說法正確的是()A.載人飛船的速度大小介于7.9km/s到11.2km/s之間B.圖甲的伴飛模式下，“伴飛”小衛星的線速度大小小于載人飛船的線速度大小C.圖乙模式下“伴飛”小衛星只需向后噴出氣體，加速后，就可以和載人飛船對接D.圖甲和圖乙這兩種伴飛模式下“伴飛”小衛星的角速度大小是相等的答案BD解析第一宇宙速度7.9km/s是衛星繞地球做勻速圓周運動的最大線速度，則載人飛船的速度小于7.9km/s，故A錯誤；“伴飛”小衛星與載人飛船相對靜止，可知題圖甲和題圖乙這兩種伴飛模式下“伴飛”小衛星的角速度都與載人飛船的角速度大小相等，即兩種“伴飛”模式下，“伴飛”小衛星的角速度大小是相等的，根據v＝ωr，題圖甲的“伴飛”模式下，由于“伴飛”小衛星的軌道半徑小于載人飛船的軌道半徑，則“伴飛”小衛星的線速度大小小于載人飛船的線速度大小，故B、D正確；題圖乙模式下“伴飛”小衛星向后噴出氣體，加速后將做離心運動，變軌到更高的軌道，不可能與載人飛船對接，故C錯誤。9.(2024·山東濟寧市育才中學月考)如圖所示，質量均為m的甲、乙、丙三個小物塊(均可看作質點)隨水平轉盤一起以角速度ω繞OO'軸做勻速圓周運動，物塊甲疊放在物塊乙的上面，所有接觸面間的動摩擦因數均為μ。已知甲、乙到轉軸的距離為r1，丙到轉軸的距離為r2，且r2>r1。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是()A.甲受到的摩擦力一定為μmgB.乙受到轉盤的摩擦力一定為2mω2r1C.若角速度增大，丙先達到滑動的臨界點D.若角速度增大，甲先達到滑動的臨界點答案BC解析當轉動角速度較小時，甲受到的靜摩擦力提供向心力，大小不等于μmg，故A錯誤；對甲、乙整體分析可知，乙受到轉盤的摩擦力為Ff＝2mω2r1，故B正確；若角速度增大，根據μmg＝mrω2，丙到轉軸的距離較大，則丙先達到滑動的臨界點，故C正確，D錯誤。10.(2024·山東省模擬)如圖，兩端開口的圓筒與水平地面成一定角度傾斜放置。OO'是圓筒的中軸線，M、N是筒壁上的兩個點，且MN∥OO'。一個可視為質點的小球自M點正上方足夠高處自由釋放，由M點無碰撞進入圓筒后一直沿筒壁運動，a、b、c是小球運動軌跡依次與MN的交點。小球從M到a用時t1，從a到b用時t2，從b到c用時t3，小球經過a、b、c時對筒壁壓力大小分別為Fa、Fb、Fc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c相鄰兩點間的距離，不計一切摩擦和空氣阻力。下列說法正確的是()A.t1＝t2＝t3 B.Fa＝Fb＝FcC.Fa<Fb<Fc D.lMa∶lab∶lbc＝1∶3∶5答案AB解析由題意可知，小球自M點正上方足夠高處自由釋放，由M點無碰撞進入圓筒后，其速度可分解為沿筒壁轉動的速度和沿筒壁下滑的初速度，因圓筒傾斜放置，小球在圓筒中有沿筒壁向下的重力分力，因此小球在圓筒截面方向做圓周轉動的同時又沿筒壁向下做初速度不為零的勻加速直線運動，又由于a、b、c是小球運動軌跡依次與MN的交點，表明經過相鄰點過程圓周運動分運動恰好完成一個圓周，因為圓周運動轉動周期相等，根據分運動的等時性有t1＝t2＝t3，故A正確；小球在圓筒截面方向做圓周運動，由于MN∥OO'，則a、b、c三點可以等效為沿圓筒截面方向做圓周運動軌跡的同一位置，即在a、b、c三點圓周運動的線速度相等，又由于在a、b、c三點位置，重力沿圓筒截面的分力恰好沿截面的切線方向，可知由小球重力垂直圓筒截面的分力和筒壁彈力的合力提供圓周運動的向心力，而圓周運動的半徑相同，根據F向＝mv2r，G⊥＝mgcosθ可知，筒壁對小球的彈力大小相等，由牛頓第三定律可知，小球對筒壁的壓力大小相等，則有Fa＝Fb＝Fc，故B正確，C錯誤；根據上述可知，小球沿筒壁向下做初速度不為零的勻加速直線運動，由位移時間公式有x＝v0t＋12at2，可知lMa∶lab∶lbc≠1∶3∶5三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.(8分)在“探究平拋運動的特點”實驗中(1)(1分)利用圖甲裝置進行“探究平拋運動豎直分運動的特點”實驗，用小錘擊打彈性金屬片，A球沿水平方向拋出，同時B球自由下落，通過(選填“眼睛看”或“耳朵聽”)的方式比較它們落地時刻的先后更加合適。

(2)(1分)重復實驗數次，無論打擊力大或小，儀器距離地面高或低，A、B兩球總是同時落地，該實驗表明。

A.平拋運動水平方向的分運動是勻速直線運動B.平拋運動水平方向的分運動是勻加速直線運動C.平拋運動豎直方向的分運動是自由落體運動D.平拋運動豎直方向的分運動是勻速直線運動(3)(2分)如圖乙所示，在探究平拋運動水平分運動的特點時，除木板、小球、斜槽、鉛筆、刻度尺、圖釘之外，下列器材中還需要的有。

A.重垂線 B.秒表C.彈簧測力計 D.天平E.白紙和復寫紙(4)(2分)用平滑的曲線把小球在白紙上留下的印跡連接起來，得到小球做平拋運動的軌跡，建立直角坐標系，坐標原點選。

A.斜槽末端端點B.小球在斜槽末端時的球心C.小球在斜槽末端時球的上端D.小球在斜槽末端時球的下端(5)(2分)在另一次實驗中將白紙換成方格紙，每個小格的邊長L＝5cm，通過實驗記錄了小球在運動途中的三個位置，如圖丙所示，則該小球做平拋運動的初速度為m/s。(g取10m/s2，結果保留兩位有效數字)

答案(1)耳朵聽(2)C(3)AE(4)B(5)1.5解析(1)利用題圖甲裝置進行“探究平拋運動豎直分運動的特點”實驗，用小錘擊打彈性金屬片，A球沿水平方向拋出，同時B球自由下落，通過耳朵聽的方式比較它們落地時刻的先后更加合適，利用眼睛看誤差較大。(2)B球做自由落體運動，A球做平拋運動，由于重復實驗數次，無論打擊力大或小，儀器距離地面高或低，A、B兩球總是同時落地，表明平拋運動豎直方向的分運動是自由落體運動。故選C。(3)實驗中需要利用重垂線確定y軸方向，平拋運動水平方向的分運動是勻速直線運動，根據相鄰點跡水平間距相等可以確定相鄰點跡所用時間相等，豎直方向上，根據Δy＝gT2可以求出小球相鄰點跡之間的時間，實驗中不需要秒表；實驗目的是研究平拋運動，不需要測量小球的質量與重力，因此實驗中不需要彈簧測力計與天平；實驗中要利用白紙和復寫紙確定小球的落點位置，因此實驗中需要復寫紙和白紙。故選A、E。(4)根據題意可知，點跡為小球側面在白紙上留下的印跡，該印跡正對小球的球心，因此坐標原點選小球在斜槽末端時的球心。故選B。(5)根據題圖丙可知，相鄰點跡水平分位移相等，則相鄰點跡的時間間隔相等，則在豎直方向上有Δy＝gT2水平方向有v0＝Δ其中Δy＝5L－3L＝2L＝0.1m，Δx＝3L＝0.15m解得v0＝1.5m/s。12.(8分)利用如圖甲所示的裝置，探究圓周運動中相關物理量之間的關系。拉力傳感器固定在水平轉盤圓心的正上方，物塊用穿過轉盤圓心處光滑掛鉤的輕質細線與拉力傳感器相連，掛鉤和物塊之間的細線保持水平，轉盤由調速電機(未畫出)帶動，從調速電機示數可以讀出轉盤的轉速。轉盤上表面粗糙程度均勻，實驗步驟如下：①將物塊放置在轉盤上，使得細線剛好伸直，測出此時物塊中心到圓心的距離r；②開啟調速電機，緩慢增大電機的轉速，直至拉力傳感器剛要產生拉力，記錄此時轉盤的轉速為n；③改變物塊到圓心的距離，重復①②步驟，記錄多組r、n的數據，并描在n2－1r回答下面問題：(1)(2分)在圖乙中畫出n2－1r(2)(2分)若轉速為n，則轉盤轉動的角速度ω＝；

(3)(2分)關于該實驗的有關說法正確的是。

A.改變物塊的位置和轉速，則向心力的最大值將發生變化B.該實驗探究了質量和向心力一定時，轉速和半徑的關系C.該實驗探究了質量一定時，向心力與轉速和半徑的關系(4)(2分)若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知當地重力加速度為g，n2－1r圖像的斜率為k，則物塊與轉盤間的動摩擦因數μ＝。答案(1)見解析圖(2)2πn(3)B(4)4解析(1)如圖所示，作出的是一條過原點的直線，說明n2與1r(2)根據ω＝2πf及f＝n，可知ω＝2πn(3)該實驗中物塊的質量一定，向心力由最大靜摩擦力來提供，最大靜摩擦力只與正壓力和接觸面的粗糙程度有關，與半徑和轉速無關，故該實驗探究了質量和向心力一定時，轉速和半徑的關系，故A、C錯誤，B正確。(4)由題意，可知μmg＝m×4π2n2r整理得n2＝μg4π故k＝μg解得μ＝4π13.(10分)假設航天員登上某一星球，該星球的半徑為R＝3×106m。他在該星球表面將一小球從與水平面成θ＝30°角的斜面上水平拋出，如圖所示，拋出的初速度大小為v0＝33m/s，經過時間t＝2s小球又落在斜面上。忽略星球的自轉，不計星球表面的大氣阻力，求：(1)(5分)該星球表面的重力加速度為多大；(2)(5分)該星球的第一宇宙速度為多大。答案(1)3m/s2(2)3×103m/s解析(1)設該星球表面的重力加速度為g，小球做平拋運動的過程，有tan30°＝y解得g＝2v0tan30°t＝(2)設該星球的第一宇宙速度為v，由萬有引力提供向心力可得GMmR2＝又GMmR2可得v＝gR＝3×103m/s。14.(12分)乒乓球是我國的國球，中國乒乓球隊更是奧運夢之隊。在2024年巴黎奧運會上，中國乒乓球隊包攬了奧運會乒乓球項目5枚金牌，為國乒喝彩。乒乓球訓練入門簡單，一支球拍，一個球，就能做顛球訓練，也能對著墻壁開展對練模式。為了避免撿球的煩惱，現在推出了一種懸掛式乒乓球訓練器，如圖甲所示。該訓練器可簡化成一根長為l的輕質細繩下懸掛一可視為質點、質量為m的小球。不計空氣阻力，重力加速度為g。(1)(5分)敲擊小球，可以讓小球在豎直平面內擺動，最大偏轉角度為θ，則小球擺到最高點時，求繩子拉力大??；(2)(7分)敲擊小球，也可以讓小球做圓錐擺運動，當輕繩偏離豎直方向夾角為θ時