资源简介

阶段滚动检测卷(二)　力与曲线运动
(时间:75分钟　分值:100分)　
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.如图,跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球(大小不可忽略,系绳延长线过球心)、一端连在水平台上的玩具小车上,车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处竖直上升。则在球匀速竖直上升且未离开墙面的过程中(　　)
A.玩具小车做匀速运动
B.玩具小车做加速运动
C.绳对球的拉力大小变小
D.绳对球的拉力大小变大
2.(2025·陕西渭南开学考)如图所示,宽度为d的一条小河水速恒定,运动员甲在静水中的速度大小为v,甲从河岸的A点以最短的时间来渡河,最后运动到河对岸的B点,甲从A点出发的同时,运动员乙从河对岸的C点沿着河岸向下游游动,结果甲、乙在B点相遇。已知C、B两点间的距离也为d,乙在静水中的速度大小为0.5v,下列说法正确的是(　　)
A.乙从C点运动到B点的时间为
B.水速为0.5v
C.A、B两点间的距离为2d
D.A、C两点间的距离为d
3.(2025·安徽黄山一模)如图所示为一小球从O点水平抛出后途经A、B两点的轨迹,已知小球从O到A的时间等于从A到B的时间,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.小球从O到B的位移是从O到A位移的4倍
B.小球在B点速度的大小是A点速度大小的2倍
C.小球从O到B速度的变化量是从O到A速度的变化量的2倍
D.小球在B点速度与水平方向的夹角是A点速度与水平方向的夹角的2倍
4.(2025·山东潍坊模拟)2024年6月,内蒙古乌兰察布阿木古郎草原迎回了携带月背“土特产”的嫦娥六号返回器,这是人类历史上首次实现月球背面采样返回。返回器在返回地球前绕地球运行的某段可视为匀速圆周运动,在该段运动过程中,返回器转过圆心角θ所用时间为t、速度大小为v。已知引力常量为G,则地球质量可表示为(　　)
A. B. C. D.
5.(2025·江苏泰州模拟)用两根轻绳连接两个球A和B,其中一根绳的另一端固定在一个竖直转轴上,如图所示,当两球随转轴一起匀速转动时两球所处的位置可能是图中的哪一个(　　)
A.A B.B C.C D.D
6.(2024·河北承德模拟)从高5 m倾角30°的斜面底端抛出一个小球,恰能沿与斜面垂直方向击中斜面顶端,如图所示。g取10 m/s2,则小球的飞行时间为(　　)
A.2 s 　　　　B.2.5 s
C.3 s 　　　　D.2 s
7.2024年6月25日,嫦娥六号返回器安全着陆,标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功。采集样本后,嫦娥六号上升器在月面上升和交会对接阶段需要变轨。上升器先在半径为R的近月轨道上运动,运动到A点时变轨到椭圆轨道,在B点与轨道器和返回器组合体对接。组合体绕月球做半径为3R的匀速圆周运动。已知月球表面的重力加速度为g月,忽略月球自转,下列说法正确的是(　　)
A.组合体的运行周期为2π
B.上升器在椭圆轨道上B点的速度小于在近月轨道上的速度
C.上升器在A点变轨时,向心加速度增大
D.上升器在椭圆轨道上的运行周期与组合体的运行周期之比为3∶8
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.(2025·安徽芜湖模拟)如图所示,一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小球在管道内做圆周运动,从B点脱离后做平抛运动,经过0.3 s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径R=1 m,小球可看作质点且其质量m=1 kg,
g取10 m/s2,则(　　)
A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C.小球经过管道的B点时,受到管道的作用力FNB的大小是1 N
D.小球经过管道的B点时,受到管道的作用力FNB的大小是2 N
9.(2025·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示,两个质量均为m的木块A、B用恰好伸直的轻绳相连,放在水平圆盘上,A恰好处于圆盘中心,B到竖直转轴OO'的距离为l。已知两木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,两木块均可视为质点。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动,ω表示圆盘转动的角速度,则下列说法正确的是(　　)
A.当ω=时,轻绳上的拉力不为零
B.当ω=时,木块A会相对于圆盘滑动
C.当ω=时,木块A受到的摩擦力大小为μmg
D.当ω=时,轻绳上的拉力大小为μmg
10.(2025·重庆巴蜀中学月考)在篮球比赛中某同学以斜向上的速度将篮球抛出,与篮板撞击后落入篮筐,可得到此次篮球运动轨迹的简易图如图所示。若此次投篮中,篮球的初速度大小为v1,与竖直方向夹角为θ,篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方然后被反向弹回并且从篮筐正中央落下。已知脱手点与撞击点的竖直距离为H,撞击点与篮筐的竖直距离为h,忽略空气阻力,不计篮球与篮板碰撞的时间,则(　　)
A.篮球从脱手到进入篮筐的过程中水平方向动量不变
B.篮球垂直打在篮板前一瞬间速度大小为v1sin θ
C.篮球从脱手到进入篮筐过程所经历的时间为+
D.篮球反向弹回到进入篮筐过程中满足水平位移L=v1sin θ
三、非选择题:本题共5小题,共54分。
温馨提示:此系列题卡,非选择题每空2分,分值不同题空另行标注
11.(7分)为探究“向心力大小与质量、角速度、半径的关系”,某同学设计了如图甲所示的实验装置,竖直转轴固定在电动机上(未画出),光滑的水平直杆固定在竖直转轴上,能随竖直转轴一起转动,在水平直杆的左端套上一带孔滑块P,用轻杆将滑块与固定在转轴上的力传感器连接,当转轴转动时,直杆随转轴一起转动,力传感器可以记录轻杆上的力,在直杆的另一端安装宽度为d的遮光条,在遮光条经过的位置安装一光电门,光电门可以记录遮光条经过光电门的挡光时间。
(1)本实验中用到的物理方法是　　　　。
A.微元法 B.控制变量法
C.类比法 D.等效替代法
(2)改变电动机的转速,多次测量,得出五组轻杆上作用力F与对应角速度ω的数据如下表所示,请在图乙所给的坐标纸中画出F-ω2图像。(2分)
ω/(rad·s-1) 0 0.5 1.0 1.5 2.0
F/N 0 0.20 1.00 2.30 4.00
(3)当转动半径固定为r=0.5 m时,结合所作图像可知滑块的质量m=　　　　(3分)kg(计算结果保留2位有效数字)。12.(8分)(2024·山东济宁模拟)实验小组利用下面三种方法来研究平抛运动。
(1)图甲中,小球从坐标原点O水平抛出,做平抛运动,两束光分别沿着与坐标轴平行的方向照射小球,在两个坐标轴上留下了小球的两个影子,其中影子2做　　　　运动。
(2)图乙中两个完全相同的斜槽M、N,N置于可视为光滑的水平地面上,M在N正上方且两斜槽在同一竖直平面内,从斜槽最高点同时释放两个完全相同的小球P、Q,P球落地时正好与Q球相碰,可判断P球水平方向做　　　　　　运动。
(3)如图丙研究斜面上的平抛运动。实验装置如图丙(a)所示,每次将小球从弧型轨道同一位置静止释放,并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角θ,获得不同的水平射程x,最后作出了如图丙(b)所示的x-tan θ图像,g=10 m/s2,则由图(b)可知,小球在斜面顶端水平抛出时的初速度v0=　　　　
(4分)m/s。
13.(10分)(2025·北京怀柔模拟)如图是“天舟”与“天宫”对接过程示意图,已知天舟一号与天宫二号成功对接后,组合体沿圆形轨道运行。经过时间t,组合体绕地球转过的角度为θ,地球半径为R,地球表面重力加速度为g,引力常量为G,不考虑地球自转。
(1)(3分)求地球的质量M;
(2)(3分)求组合体运动的线速度大小,及组合体所在圆轨道离地面的高度H;
(3)(4分)天舟一号回程时会带走太空废弃物,进入大气层通过烧蚀销毁。请说明天舟一号脱离后,将进行哪些操作。并通过理论分析,阐述这样操作的理由。
14.(13分)如图所示摩托车做腾跃特技表演,沿曲面冲上高0.8 m顶部水平的高台,接着以3 m/s的水平速度离开平台,落至地面时,恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点,其连线水平。已知圆弧半径为3 m,人和车的总质量为210 kg,空气阻力不计(g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)。求:
(1)(4分)从平台飞出到A点,人和车运动的水平距离s;
(2)(4分)从平台飞出到达A点时速度大小及圆弧对应圆心角θ;
(3)(5分)若已知人和车运动到圆弧轨道最低点O时速度为7 m/s,求此时人和车对轨道压力的大小。
15.(16分)(2025·江苏扬州开学考)如图所示,半径为R=0.4 m的半球形陶罐,固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上,转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。转台静止不转动时,将一质量为m=2 kg可视为质点的小物块放入陶罐内,小物块恰能静止于陶罐内壁的A点,且A点与陶罐球心O的连线与竖直轴OO'成θ=37°角,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,答案可保留根号。
(1)(5分)求物块在A点静止时受到的摩擦力大小;
(2)(5分)当物块在与O等高的B点处随陶罐一起匀速转动时,转台转动的角速度最小为多少
(3)(6分)若物块仍在陶罐中的A点随陶罐一起匀速转动且刚好不上滑,则转台转动的角速度为多少
阶段滚动检测卷(二)　力与曲线运动
1.D　[设球的质量为m,速度为v,绳子拉力为FT,拉球的绳子与竖直方向夹角为θ,由于球的半径不能忽略,易知球在上升的过程中,θ逐渐增大。将球的速度分解为沿绳子和垂直于绳子方向,车与球在沿绳子方向上速度相等,可知v车=vcos θ,球上升的过程中,随着θ增大,车速逐渐减小,因此玩具小车做减速运动,故A、B错误;由于球匀速运动,所受合力为零,则在竖直方向上FTcos θ=mg,可得FT=,随着θ逐渐增大,绳子拉力逐渐增大,故C错误,D正确。]
2.B　[甲从河岸的A点以最短的时间来渡河,最后运动到河对岸的B点,垂直河岸和沿河岸方向有d=vt,xAB=v水t,甲、乙在B点相遇,乙沿河岸方向有xCB=d=(0.5v+v水)t,联立解得t=,xAB=0.5d,v水=0.5v,A错误,B正确;A、B两点间的距离和A、C两点间的距离均为lAB=lAC==,C、D错误。]
3.C　[小球做平抛运动,可得xA=v0t,xB=2v0t,yA=gt2,yB=g(2t)2,可知xB=2xA,yB=4yA,根据小球的位移s=,可知小球从O到B的位移不是从O到A位移的4倍,故A错误;依题意,小球竖直方向做自由落体运动,有vyA=gt,vyB=2gt,由小球运动的速度v=,可知小球在B点速度的大小不是在A点速度大小的2倍,故B错误;小球速度的变化量Δv=gΔt,可知ΔvB=2ΔvA,故C正确;速度偏转角的正切值tan θ=,可知tan θB=2tan θA,故D错误。]
4.A　[返回器的角速度ω=,则返回器的轨道半径r==,根据万有引力提供向心力G=m,联立解得地球的质量M=,故A正确。]
5.C　[设与球A相连的轻绳与竖直方向的夹角为θ,对整体分析,根据牛顿第二定律得
Mgtan θ=Mω2r,解得上面细绳与竖直方向的夹角与角速度的关系为gtan θ=ω2r,设与球B相连的轻绳与竖直方向的夹角为α,隔离对B球分析,可得mgtan α=mω2r',解得下面细绳与竖直方向的夹角与角速度的关系为gtan α=ω2r',A、B两球的角速度相等,又r'>r,则α>θ,故C正确。]
6.A　[沿斜面方向,小球逆向分运动为静止开始的匀加速直线运动,加速度为a=gsin 30°=5 m/s2,位移x= m=10 m,由逆向思维结合运动学公式x=at2,解得飞行时间t=2 s,故A正确。]
7.B　[在月球表面有G=mg月,对组合体有G=m'·3R,解得T=6π,A错误;由变轨原理可知上升器在椭圆轨道上B点的速度小于在组合体轨道的速度,根据G=m″得v=,可知上升器在组合体轨道的速度小于在近月轨道的速度,故上升器在椭圆轨道上B点的速度小于在近月轨道的速度,B正确;在同一位置,上升器所受的万有引力相等,向心加速度相等,C错误;根据开普勒第三定律有=,其中a1==2R,a2=3R,可得上升器在椭圆轨道上的运行周期与组合体的运行周期之比为2∶9,D错误。]
8.AC　[小球从B点脱离后做平抛运动,经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰,则在C点的竖直分速度为vCy=gt=3 m/s,因小球恰好垂直撞在斜面上,则平抛运动水平初速度为vB=
vCytan 45°=3 m/s,小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为x=vBt=0.9 m,故A正确,B错误;设小球经过B点时,受到上管道竖直向下的作用力为FNB,根据牛顿第二定律可得mg+FNB=m,解得FNB=-1 N,故小球在B点受到下管道的作用力的大小是1 N,负号说明方向竖直向上,故C正确,
D错误。]
9.CD　[当绳上刚好没有拉力时,对木块B由牛顿第二定律有μmg=mω2l,解得ω=,当木块A刚好相对于圆盘滑动时,设此时绳子中的拉力为F,对木块A有F=μmg,对木块B由牛顿第二定律有F+μmg=mω2l,解得ω=,可知,当ω=<时,轻绳上的拉力为零,当ω=<时,木块A不会相对于圆盘滑动,故A、B错误;当ω=时,此时绳子中有拉力,且木块A不会相对于圆盘滑动,对木块B由牛顿第二定律有F1+μmg=mω2l=μmg,解得F1=μmg,对木块A根据平衡条件得,木块A受到的摩擦力大小为Ff=F1=μmg,故C、D正确。]
10.BC　[撞击时篮球受水平外力,由动量定理知篮球从脱手到进入篮筐的过程中水平方向动量发生变化,故A错误;篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方,从脱手到与篮板碰撞前,篮球水平方向做匀速直线运动,则篮球垂直打在篮板前一瞬间速度大小为v=vx=v1sin θ,故B正确;篮球从脱手到与篮板碰撞前过程,竖直方向根据逆向思维有H=g,解得t1=,与篮板碰撞后到进入篮筐过程,竖直方向有h=g,解得t2=,则篮球从脱手到进入篮筐过程所经历的时间为t=t1+t2=+,故C正确;由篮球的运动轨迹可知,篮球与篮板碰撞后的水平速度小于碰撞前的水平速度,则篮球反向弹回到进入篮筐过程中满足水平位移L=vx't211.答案　(1)B　(2)见解析图　(3)2.0
解析　(1)在探究“向心力大小与质量、角速度、半径的关系”的实验中,需要先控制某些量不变,探究向心力与其中某个物理量的关系,即控制变量法,故选B。
(2)根据所给数据描绘F-ω2图像如图所示。
(3)轻杆对滑块的作用力为滑块做圆周运动提供向心力,根据F=mω2r可知图线的斜率
k=mr= kg·m=1 kg·m,又r=0.5 m,
可得滑块的质量为m=2.0 kg。
12.答案　(1)自由落体　(2)匀速直线　(3)1.0
解析　(1)因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动,所以影子2做自由落体运动。
(2)M在N正上方且两斜槽在同一竖直平面内,从斜槽最高点同时释放两个完全相同的小球P、Q,P球落地时正好与Q球相碰,可判断P球水平方向做匀速直线运动。
(3)小球在水平方向有x=v0t
在竖直方向有y=gt2
tan θ=,所以x=tan θ
结合图线可得= m,所以v0=1.0 m/s。
13.答案　(1)　(2)　-R
(3)见解析
解析　(1)忽略地球的自转,则G=mg
所以地球的质量为M=。
(2)设组合体角速度为ω,
依题意ω=
根据牛顿第二定律G=mω2(R+H)
解得H=-R
则v=ω(R+H)=。
(3)天舟一号需要减速=m
因速度减小,万有引力为天舟一号提供的向心力将会大于天舟一号做圆周运动需要的向心力
>m
故天舟一号将会做近心运动,从而能够把太空垃圾带走。
14.答案　(1)1.2 m　(2)5 m/s　106°　(3)5 530 N
解析　(1)人和车做平抛运动,由H=gt2
s=v0t
可得s=1.2 m。
(2)人和车落至A点时其竖直方向的分速度
vy=gt=4 m/s
到达A点时速度vA==5 m/s
设人和车落地时速度方向与水平方向的夹角为α,则
tan α==
即α=53°
所以θ=2α=106°。
(3)对人和车受力分析可知,受到指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力,所以有FN-mg=m
当v'=7 m/s时,计算得出FN=5 530 N
由牛顿第三定律可知人和车在最低点O时对轨道的压力大小为5 530 N。
15.答案　(1)12 N　(2) rad/s　(3) rad/s
解析　(1)对静止在A处的物块进行受力分析如图甲所示Ff=mgsin θ
代入数据可得Ff=12 N。
(2)由于Ff=μmgcos θ
则μ=0.75
当物块在B点处随陶罐一起转动时,其受力情况如图乙所示
mg=Ff1
=μ
=mR
解得ω1= rad/s。
(3)当物块在A点随陶罐一起转动且刚好不上滑时,物块的受力情况如图丙所示
FN2sin θ+Ff2cos θ=mRsin θ
FN2cos θ=sin θ+mg
Ff2=μFN2
解得ω2= rad/s= rad/s。

展开更多......

收起↑