版權(quán)所有?正確教育侵權(quán)必究！專題一力與運動（3）——2024屆高考物理二輪復習模塊精練【新教材新高考】一、選擇題1.在珠海國際航展上，殲-20隱身戰(zhàn)斗機是此次航展最大的明星。殲-20戰(zhàn)機在降落過程中的水平方向初速度為60m/s，豎直方向初速度為6m/s，已知殲-20戰(zhàn)機在水平方向做加速度大小等于的勻減速直線運動，在豎直方向做加速度大小等于的勻減速直線運動，則殲-20戰(zhàn)機在降落過程()A.殲-20戰(zhàn)機的運動軌跡為曲線B.經(jīng)20s殲-20戰(zhàn)機水平方向的分速度與豎直方向的分速度大小相等C.在前20s內(nèi)，殲-20戰(zhàn)機在水平方向的分位移與豎直方向的分位移大小相等D.殲-20戰(zhàn)機在前20s內(nèi)，水平方向的平均速度為2.蠟燭塊在玻璃管中勻速上升，同時玻璃管勻速向右運動。此時蠟燭塊的合運動為向右上方向的勻速直線運動。若玻璃管向右運動的速度為v時，蠟燭塊上升到頂端的時間為t，則當玻璃管向右運動的速度變?yōu)?v，蠟燭塊上升到頂點的時間為()A. B.t C.2t D.3.質(zhì)量為m的物體P置于傾角為的固定光滑斜面上，輕繩跨過光滑定滑輪分別連接著P與小車，P與滑輪間的輕繩平行于斜面，小車以速率水平向右做勻速直線運動，重力加速度為g。當小車與滑輪間的輕繩和水平方向成夾角時（如圖所示），下列判斷正確的是()A.P處于平衡態(tài)，輕繩的拉力等于B.P處于失重狀態(tài)，輕繩的拉力小于C.P的速率為vD.P的速率為4.主題口號為“一起向未來”的2022年北京冬奧會圓滿落幕。跳臺滑雪比賽在河北張家口舉行，如圖，跳臺滑雪賽道由助滑道AB、著陸坡CD、停止區(qū)DE三部分組成。比賽中，甲、乙兩運動員先后以速度、從C點正上方B處沿水平方向飛出，分別落在了著陸坡的中點P和末端D，運動員可看成質(zhì)點，不計空氣阻力，著陸坡的傾角為θ，重力加速度為g，則()A.甲運動員從B點飛出到距離斜面最遠所需要的時間B.、的大小關(guān)系為C.甲、乙兩運動員落到著陸坡前瞬間速度方向相同D.甲運動員落到著陸坡前瞬間速度方向與水平方向的夾角比乙的大5.如圖所示為等高等寬的臺階，A、B、C、D、E均為臺階的邊緣點。第一次，將可視為質(zhì)點的小球由最上面臺階的邊緣A點沿水平方向拋出，經(jīng)過一段時間小球剛好落在E點；第二次，將小球由D點沿水平方向拋出，小球也剛好落在E點，不計空氣阻力，忽略落在E點后的反彈.則下列說法正確的是()A.兩次小球的初速度大小之比為4:1B.兩次小球運動的時間之比為4:1C.兩次小球落在E點的豎直速度大小之比為2:1D.兩次小球落在E點的速度大小之比為4:16.如圖所示，兩人各自用吸管吹黃豆，甲黃豆從吸管末端P點水平射出的同時乙黃豆從另一吸管末端M點斜向上射出，經(jīng)過一段時間后兩黃豆在N點相遇，曲線1和2分別為甲、乙黃豆的運動軌跡。若M點在P點正下方，M點與N點位于同一水平線上，且PM長度等于MN的長度，不計空氣阻力，可將黃豆看成質(zhì)點，則()A.甲黃豆在P點的速度與乙黃豆在最高點的速度不相等B.乙黃豆相對于M點上升的最大高度為PM長度一半C.兩黃豆相遇時甲的速度與水平方向的夾角的正切值為乙的3倍D.兩黃豆相遇時甲的速度大小與乙的速度大小之比為7.如圖所示，電動打夯機由偏心輪（飛輪和配重物組成）、電動機和底座三部分組成。電動機、飛輪和底座總質(zhì)量為M，配重物質(zhì)量為m，配重物的重心到輪軸的距離為R，重力加速度為g。在電動機帶動下，偏心輪在豎直平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，皮帶不打滑。當偏心輪上的配重物轉(zhuǎn)到頂端時，底座剛好對地面無壓力。下列判斷正確的是()A.電動機輪軸與偏心輪轉(zhuǎn)動角速度相同B.配重物轉(zhuǎn)到頂點時，系統(tǒng)處于失重狀態(tài)C.偏心輪轉(zhuǎn)動的角速度為 D.打夯機對地面壓力的最大值為8.在高空運行的同步衛(wèi)星功能失效后，往往會被送到同步軌道上空幾百公里處的墓地軌道，以免影響其他在軌衛(wèi)星并節(jié)省軌道資源。2022年1月22日，我國實踐21號衛(wèi)星在地球同步軌道“捕獲”已失效的北斗二號G2衛(wèi)星后，成功將其送入墓地軌道。已知同步軌道和墓地軌道的軌道半徑分別為，轉(zhuǎn)移軌道與同步軌道、墓地軌道分別相切于兩點，如圖所示，地球自轉(zhuǎn)周期為，則下列說法正確的是()A.地球的質(zhì)量為B.北斗二號G2衛(wèi)星在墓地軌道上運行的周期為C.北斗二號G2衛(wèi)星沿轉(zhuǎn)移軌道從P點運行到Q點所用的最短時間為D.北斗二號G2衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌道上Q點時的速度大于在墓地軌道運行的速度9.如圖所示，“天問一號”探測器先在地球軌道上繞太陽勻速轉(zhuǎn)動，在近日點Q短暫點火后進入霍曼轉(zhuǎn)移軌道，到達遠日點P再次短暫點火進入火星軌道。已知萬有引力常量為G，太陽質(zhì)量為M，地球軌道和火星軌道半徑分別為r和R，地球、火星、“天問一號”探測器運動方向都為逆時針方向。若只考慮太陽對“天問一號”探測器的作用力，下列說法正確的是()A.“天問一號”在地球軌道上的角速度小于在火星軌道上的角速度B.“天問一號”運動中在轉(zhuǎn)移軌道上P點的加速度等于在火星軌道上P點的加速度C.兩次點火之間的時間間隔為D.兩次點火噴射方向都與速度方向相同10.在一次投飛鏢的游戲中，小明站在飛鏢靶前一定距離處，以和的速度兩次將同一飛鏢水平擲出，飛鏢分別插到了圖中a、b兩處。若兩次飛鏢出手位置相同，且與飛鏢靶的上沿在同一水平線上，忽略空氣的阻力，圖中圓環(huán)間距相等，則下列說法中正確的是()A.兩次擲出的飛鏢運動的位移之比B.兩次擲出飛鏢的速度之比C.飛鏢兩次擊中靶子時重力的功率之比D.兩次飛鏢擊中靶子時，速度與水平方向的夾角分別為和，則11.如圖所示，光滑的圓弧軌道豎直放置，在右側(cè)N點與一傾斜傳送帶相切。M為圓弧軌道最低點，圓弧所在圓的圓心為O，水平，。一質(zhì)量的小物塊（可視為質(zhì)點）從圓弧軌道最左端P以的初速度向下運動。已知圓弧軌道半徑，傳送帶，在電機驅(qū)動下始終以速度順時針勻速轉(zhuǎn)動（與輪子間無相對滑動），小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g取，，，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則()A.小物塊下滑到M點時軌道對物塊的支持力為20NB.小物塊從N到傳送帶頂端過程中摩擦力先做負功再做正功C.小物塊從N點經(jīng)過0.5s與傳送帶運動速度相等D.傳送帶在傳送小物塊過程中，因摩擦力做功而產(chǎn)生的熱量為12.如圖甲所示，光滑水平面與半徑為R的光滑豎直半圓軌道平滑銜接，在A點（距離B點足夠遠）固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧壓縮儲存了彈性勢能可以發(fā)射質(zhì)量為m的小滑塊，已知重力加速度g，則下列說法正確的()A.若彈簧彈性勢能為mgR，則小球恰能到達C點B.若彈簧彈性勢能為2mgR，則小球恰能到達D點C.若彈性勢能為3mgR，則小球通過B點時對軌道的壓力為6mgD.若彈性勢能為2.5mgR，則小球通過D點后落在水平面上距B點為2R二、計算題13.小明設(shè)計了如圖所示的彈珠彈射游戲裝置。固定在水平面上的彈珠發(fā)射器發(fā)射一質(zhì)量的小彈珠，沿由水平直軌道和豎直半圓形軌道AB運動并從B處水平飛出，然后恰好進入圓弧形管道CD，并從該管道的D處水平滑出，撞擊放置在平臺上質(zhì)量的碰撞緩沖裝置PQ，該裝置中的輕彈簧一端固定在擋板Q上，另一端連接質(zhì)量可不計、且能自由滑動的小擋板P，小彈珠碰到擋板P時緊貼擋板一起運動，但不粘連。已知、、、，不考慮所有摩擦和空氣阻力及碰撞時能量的損失，軌道固定，緩沖裝置PQ可在平臺上運動，求：（1）彈珠發(fā)射器發(fā)出小彈珠的初速度大?。唬?）緩沖裝置中彈簧所能獲得的最大彈性勢能；（3）小彈珠再次回到D點時的速度。14.過山車是游樂場中常見的設(shè)施.圖是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個圓形軌道組成，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑、.一個質(zhì)量為的小球（視為質(zhì)點），從軌道的左側(cè)A點以的初速度沿軌道向右運動，A、B間距.小球與水平軌道間的動摩擦因數(shù)，圓形軌道是光滑的.假設(shè)水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊.重力加速度取，計算結(jié)果保留小數(shù)點后一位數(shù)字.試求：（1）小球在經(jīng)過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大小；（2）如果小球恰能通過第二個圓形軌道，B、C間距L應是多少；（3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不脫離軌道，在第三個圓形軌道的設(shè)計中，半徑應滿足的條件；小球最終停留點與起點A的距離.15.如圖所示，有一半徑為R，高為H的圓柱形屋頂，現(xiàn)在在屋頂天花板中心的O點用長為L的細線懸掛一質(zhì)量為m的小球，現(xiàn)將小球拉開一個角度，從靜止釋放，小球便能如圖1所示，在豎直面內(nèi)做圓周運動.已知小球的質(zhì)量，繩長，取重力加速度，求：（1）若小球運動到最低點時速度為，繩對小球的拉力大小F；（2）若給小球一水平速度，如圖2所示，使小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，當角速度時，求此時繩與豎直方向的夾角θ；（3）若圖2中繩的最大張力為，當小球的速度逐漸增大到繩子斷裂后，小球以的速度落在墻邊，求此圓柱形屋頂?shù)母叨菻和半徑R。

答案以及解析1.答案：D解析：A.飛機的合速度方向飛機的合加速度方向可以知道飛機的速度的方向與加速度的方向是相同的，飛機做勻變速直線運動。故A錯誤；B.經(jīng)20s殲-20戰(zhàn)機水平方向的分速度豎直方向上的分速度為故B錯；C.在前20s內(nèi)，殲-20戰(zhàn)機在水平方向的分位移在豎直方向的分位移故C錯；D.殲-20戰(zhàn)機在前20s內(nèi)，水平方向的平均速度為故D正確；故選D。2.答案：B解析：由題意得，蠟燭塊同時參與了水平方向勻速直線運動和豎直方向勻速直線運動兩個運動，根據(jù)運動的獨立性可知，兩個方向的運動互不影響，所以改變水平方向的速度，豎直方向的運動時間不變，即蠟燭塊上升到頂點的時間仍為t。故選B。3.答案：D解析：將小車的速度v分解為沿繩子方向的速度和垂直繩子方向的速度，則沿繩方向的速度等于P的速度，即隨角的減小，則增大，則P做加速運動，處于超重狀態(tài)，故D正確，ABC錯誤。故選D。4.答案：AD解析：A.甲運動員從B點飛出到距離斜面最遠時，速度方向與斜面平行，則有解得A正確；B.設(shè)BC高度為h，CD長度為l，對甲運動員有，解得對乙運動員有，解得可得即B錯誤；CD.設(shè)甲、乙兩運動員落到著陸坡前瞬間速度方向與水平方向成和，位移方向與水平方向成和，根據(jù)平拋運動推論可知由情景圖可知，甲運動員落到著陸坡前瞬間位移方向與水平方向夾角比乙的大，即則有可得即甲運動員落到著陸坡前瞬間速度方向與水平方向的夾角比乙的大，C錯誤，D正確；故選AD。5.答案：C解析：A.假設(shè)相鄰邊緣點的豎直高度為h，水平間距為x，小球做平拋運動，則由豎直方向水平方向整理得由于豎直位移之比為4:1，水平位移之比為4:1，所以故A錯誤；B.由可得則故B錯誤；C.兩次落在E點的豎直速度為則故C正確；D.小球落在E點的速度為則兩次落在E點的速度之比為2:1，故D錯誤。故選C。6.答案：D解析：甲黃豆在P點的速度與乙黃豆在最高點的速度都等于各自運動過程中水平方向的分速度，而二者整個運動過程的水平位移和時間均相同，所以水平分速度相等，則甲黃豆在P點的速度與乙黃豆在最高點的速度相等，故選項A錯誤；設(shè)，甲、乙兩黃豆自射出后經(jīng)時間t相遇，則有，對于乙黃豆，根據(jù)斜拋運動的對稱性可知其從最高點（設(shè)為Q）到N的運動時間為，Q、N兩點之間的水平距離為，豎直距離為，根據(jù)平拋運動規(guī)律的推論可知，甲黃豆到達N點時速度方向與水平方向的夾角的正切值為位移方向與水平方向的夾角的正切值的2倍，即，乙黃豆到達N點時速度方向與水平方向的夾角的正切值為相對于Q點的位移方向與水平方向的夾角的正切值的2倍，即所以，故選項BC錯誤；根據(jù)B項分析，設(shè)甲、乙兩黃豆在N點時的水平分速度大小均為，速度大小分別為，則根據(jù)A項分析以及速度的合成規(guī)律，有，所以，故選項D正確。7.答案：B解析：A.電動機輪軸與偏心輪通過皮帶傳動，線速度相等，根據(jù)電動機輪軸與偏心輪半徑不同，故電動機輪軸與偏心輪轉(zhuǎn)動角速度不相同，故A錯誤；B.配重物轉(zhuǎn)到頂點時，底座剛好對地面無壓力，系統(tǒng)受到重力作用，有向下的加速度，故系統(tǒng)處于失重狀態(tài)，故B正確；C.當偏心輪上的配重物轉(zhuǎn)到頂端時，底座剛好對地面無壓力，有對配重物有解得偏心輪轉(zhuǎn)動的角速度為故C錯誤；D.在最低點，打夯機對地面壓力的最大，對配重物有對打夯機有根據(jù)牛頓第三定律可知打夯機對地面壓力的最大值為，故D錯誤。故選B。8.答案：C解析：地球同步衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)周期，對于地球同步衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力可得，解得地球的質(zhì)量，A錯誤；根據(jù)開普勒第三定律有，可得北斗二號G2衛(wèi)星在墓地軌道上運行的周期，B錯誤；由開普勒第三定律有，可得北斗二號G2衛(wèi)星沿轉(zhuǎn)移軌道從P點運動到Q點所用的最短時間，C正確；北斗二號G2衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌道上Q點經(jīng)過加速后，做離心運動，運動到墓地軌道，則在轉(zhuǎn)移軌道上Q點時的速度小于在墓地軌道運行的速度，D錯誤。9.答案：BC解析：A.由萬有引力提供向心力可知得由于“天問一號”在地球軌道上的軌道半徑小于在火星軌道上的軌道半徑，故“天問一號”在地球軌道上的角速度大于在火星軌道上的角速度，故A錯誤；B.由萬有引力提供向心力可知得P點到太陽距離相同，“天問一號”運行中在轉(zhuǎn)移軌道上P點的加速度和在火星軌道上P點的加速度相等，故B正確；C.由開普勒第三定律可知，霍曼轉(zhuǎn)移軌道和地球軌道的周期與半長軸滿足關(guān)系式地球軌道上，由萬有引力提供向心力有聯(lián)立解得則兩次點火之間的時間間隔為故C正確；D.“天問一號”探測器在兩次點火時都要做離心運動，要加速，故點火方向都與運動方向相反，故D錯誤。故選BC。10.答案：BD解析：A.飛鏢做平拋運動，水平方向位移d相同，豎直位移分別為h和2h，則實際位移之比為A錯誤；B.運動時間之比而水平位移相同，由知B正確；C.重力的瞬時功率而，則飛鏢兩次擊中靶子時重力的功率之比為，C錯誤；D.作出兩次飛鏢運動軌跡圖，將擊中靶子的速度延伸，與水平位移相交于同一點c，如圖則因此，D正確。故選BD。11.答案：BC解析：A.小物塊從P到M過程，根據(jù)動能定理可得解得小物塊下滑到M點時，根據(jù)牛頓第二定律可得解得故A錯誤；C.小物塊從P到N過程，根據(jù)動能定理可得解得小物塊在傳送帶減速過程的加速度大小為小物塊減速至與傳送帶運動速度相等過程的時間為故C正確；BD.小物塊減速至與傳送帶運動速度相等過程的位移為此過程傳送帶的位移為小物塊與傳送帶發(fā)生的相對位移為小物塊與傳送帶速度相同后，由于可知共速后小物塊與傳送帶保持相對靜止，小物塊受到沿傳送帶向上的靜摩擦力作用，一直勻速運動到傳送帶頂端，可知小物塊從N到傳送帶頂端過程中摩擦力先做負功再做正功；傳送帶在傳送小物塊過程中，因摩擦力做功而產(chǎn)生的熱量為故B正確，D錯誤。故選BC。12.答案：AD解析：A.根據(jù)能量守恒，小球由A到C，有，解得，可知小球恰能到達C點。故A正確；B.同理，小球由A到D，有，解得，小球能到達D點的最小速度滿足，解得，可知，則小球不能到達D點。故B錯誤；C.依題意，小球由A到B，有，在B點，由牛頓第二定律可知，聯(lián)立，可得，根據(jù)牛頓第三定律可知小球通過B點時對軌道的壓力為7mg。故C錯誤；D.小球由A到D，有，解得，小球經(jīng)過D點后做平拋運動，有，解得，故D正確。故選AD。13.答案：（1）6m/s（2）2J（3），方向向右。解析：（1）彈珠恰好進入管道