2027届高三物理一轮复习教案：第五章　阶段检测(二)　力与曲线运动

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第五章　阶段检测(二)　力与曲线运动，共5页。
一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1.如图所示，一个可视为质点的物体在四个恒力作用下处于平衡状态，现突然撤掉F1后，物体运动的轨迹可能为( )
答案 B
解析 撤去F1后，物体所受合力大小等于F1，方向与F1的方向相反，若撤去F1前物体处于静止或沿与F1共线的方向做匀速直线运动，则撤去F1后物体做匀变速直线运动，轨迹为直线，其方向沿合力方向，A错误；若撤去F1前物体处于匀速直线运动状态，且方向与F1不在一条直线上，则撤去F1后其运动轨迹为曲线，合力指向轨迹的凹侧，C、D错误，B正确。
2.如图所示，四根长度均为L=1 m的细杆用铰链连成一个四边形，O点通过铰链固定在墙上。现将B点推至与O点重合，使四根细杆都紧贴墙壁。现拉着B点沿垂直于墙壁的方向做速度为v=2 m/s的匀速直线运动。当发现四根细杆恰好构成一个正方形时，图中OA杆的角速度是( )
A.1 rad/sB.22 rad/s
C.2 rad/sD.2 rad/s
答案 D
解析 由题图可知，A点的线速度等于AB杆的速度，把B点的速度沿AB杆方向分解，如图所示，有vA=vsin 45°，由v=ωr，有vA=ωL，解得ω=2 rad/s，故选D。
3.(2025·新课标卷·15)“天都一号”通导技术试验卫星测距试验的成功，标志着我国在深空轨道精密测量领域取得了技术新突破。“天都一号”在环月椭圆轨道上运行时( )
A.受月球的引力大小保持不变
B.相对月球的速度大小保持不变
C.离月球越近，其相对月球的速度越大
D.离月球越近，其所受月球的引力越小
答案 C
解析 “天都一号”在环月椭圆轨道上运行时，其与月球的距离不断发生变化，根据F=GMmr2可知“天都一号”离月球越近，其所受月球的引力越大，故A、D错误；根据开普勒第二定律可知“天都一号”在环月椭圆轨道上运行时近月点速度最大，远月点速度最小，即离月球越近，相对月球的速度越大，故B错误，C正确。
4.(2025·浙江宁波市三模)如图所示是2025年春晚的《笔走龙蛇》节目。演员甲的一只脚踩在转盘边缘，另一只脚悬空，身体重心在转盘外。演员乙站在转盘上，与演员甲手拉手沿转盘半径方向摆出造型并随转盘一起转动。已知转盘以角速度ω做匀速圆周运动，演员甲、乙与转盘间均不发生相对滑动，下列说法正确的是( )
A.演员甲受到重力、支持力和向心力的作用
B.演员甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是一对平衡力
C.转盘对演员甲和乙的静摩擦力的合力提供他们整体所需的向心力
D.当ω逐渐增大到某一值时，演员甲和乙将沿转盘的切线方向飞出
答案 C
解析 演员甲受到重力、支持力、静摩擦力和演员乙对其的拉力作用，选项A错误；
演员甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是一对相互作用力，选项B错误；
演员甲和乙在静摩擦力作用下做匀速圆周运动，转盘对演员甲和乙的静摩擦力的合力提供他们整体做匀速圆周运动所需的向心力，选项C正确；
ω增大时，演员甲和乙所需的向心力增大，转盘对演员甲和乙的静摩擦力增大，当静摩擦力达到最大值时，ω继续增大，演员甲和乙将做离心运动，不会沿转盘的切线方向飞出，选项D错误。
5.如图所示，一只蜘蛛在地面与竖直墙壁间结网，蛛丝AB与水平地面之间的夹角为45°，A到地面的距离为1 m，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力不计，若蜘蛛从竖直墙上距地面0.6 m的C点以水平速度v0跳出，要到达蛛丝，水平速度v0至少为( )
A.2 m/sB.2 m/s
C.22 m/sD.23 m/s
答案 C
解析 当蜘蛛做平抛运动的轨迹恰好与蛛丝相切时v0最小，设蜘蛛跳出后经时间t到达蛛丝，根据平抛运动规律可得x=v0t，y=12gt2，蜘蛛到达蛛丝时速度方向恰好沿蛛丝方向，所以gtv0=tan 45°，由几何关系得sAO-sCO+y=x，联立解得v0=22 m/s，故选C。
6.(2025·浙江宁波市模拟)如图，一竖直放置的花洒出水孔分布在圆形区域内。水流从出水孔水平向左射出。假设每个出水孔出水速度相同，从花洒中喷出的水落于水平地面(P、Q分别为最左、最右端两落点)，不计空气阻力。落点区域俯视图的形状最可能的是( )
答案 D
解析 设水龙头最低点离地面的高度为h，水龙头的半径为R，水滴距离地面的高度为(y+h)，初速度为v0，则竖直方向，有h+y=12gt2，水平方向，有x=v0t，解得x=v02(ℎ+y)g，其中0≤y≤2R，由于y均匀增加时，x不是均匀增加，且x增加得越来越慢，故选D。
7.(2025·湖南卷·4)我国研制的“天问二号”探测器，任务是对伴地小行星及彗星交会等进行多目标探测。某同学提出探究方案，通过释放卫星绕小行星进行圆周运动，可测得小行星半径R和质量M。为探测某自转周期为T0的小行星，卫星先在其同步轨道上运行，测得距离小行星表面高度为h，接下来变轨到小行星表面附近绕其做匀速圆周运动，测得周期为T1。已知引力常量为G，不考虑其他天体对卫星的引力，可根据以上物理量得到R=a23b23−a23h，M=4π2R3Gc2。下列选项正确的是( )
A.a为T1，b为T0，c为T1
B.a为T1，b为T0，c为T0
C.a为T0，b为T1，c为T1
D.a为T0，b为T1，c为T0
答案 A
解析 根据题意，卫星在同步轨道和行星表面附近轨道运行时轨道半径分别为R+h、R，设小行星和卫星的质量分别为M、m，由开普勒第三定律有(R+ℎ)3T02=R3T12，解得R=T123T023−T123h，则a=T1，b=T0，卫星在小行星表面附近绕其做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有GMmR2=m4π2T12R，解得M=4π2R3GT12，则c为T1。故选A。
8.(2025·河北卷·7)随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为R0，表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为mg0R02(1R0-1r)(r≥R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为( )
A.g0R0B.3g0R02
C.2g0R0D.3g0R0
答案 B
解析 飞行器在轨道半径r=2R0处的机械能包括动能和势能。引力势能为Ep=mg0R02(1R0-12R0)=12mg0R0，根据万有引力提供向心力GMm(2R0)2=mv2(2R0)，在星球表面有GMmR02=mg0，解得轨道速度满足v2=g0R02，对应动能Ek=12mv2=14mg0R0，机械能E总=34mg0R0，根据机械能守恒有12mv02=E总，解得v0=3g0R02。故选B。
9.如图甲，小孩将足球用力从N点向前踢出，足球在竖直管道内完成完整一周后，在图示P位置离开管道，恰好在管道截面圆心O点落入书包。参照足球的运动轨迹画出运动示意图如图乙，图中虚线为足球的运动轨迹。若足球质量为m，运动轨迹半径为R，且忽略空气阻力的影响，以下分析正确的是( )
A.足球离开管道前，始终做匀速圆周运动
B.足球在P点脱离管道后，处于完全失重状态
C.足球离开管道前，所受摩擦力随时间逐渐减小
D.若将足球视为质点，则PO的连线与水平方向的夹角为30°
答案 B
解析 足球在竖直平面内运动时重力与摩擦力对足球做功，速率会发生变化，做变速圆周运动，故A错误；足球脱离管道后，只受重力作用，处于完全失重状态，故B正确；摩擦力的大小Ff=μFN，足球运动过程中随着线速度的变化，所受的压力在N点时最大，在M点时最小，所受摩擦力不随时间逐渐减小，故C错误；若足球从P点离开管道时，PO连线与水平方向的夹角为30°，应满足12mg=mvP2R，从P点抛出后水平方向有x=32R=12vPt，可得t=6Rg，则竖直方向y=-32vPt+12gt2=32R，与题中y=R2不相符，故D错误。
10.(2025·浙江省新阵地教育联盟联考)如图所示是真实情况的炮弹飞行轨迹“弹道曲线”和理想情况抛物线的对比。O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。假设空气阻力不变。下列说法正确的是( )
A.炮弹到达b点时，速度为零
B.炮弹经过a点时的加速度小于经过c点时的加速度
C.炮弹经过a点时的速度等于经过c点时的速度
D.炮弹由a点运动到b点的时间小于由b点运动到c点的时间
答案 D
解析 炮弹的运动分解为水平与竖直两个方向的分运动，到达b点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，所以炮弹到达b点时，速度不为零，故A错误；
炮弹从a点到c点的过程，重力做功为零，阻力做负功，由动能定理可知，炮弹经过a点时的速度大于经过c点时的速度，故C错误；
炮弹经过a点与c点时受力分析如图
由弹道曲线可知过a点的速度方向与水平方向的夹角小于过c点的速度方向与水平方向的夹角，则炮弹在a点水平方向的阻力大于在c点水平方向的阻力。根据牛顿第二定律可知
aa=(Ffa水平m)2+(Ffa竖直+mgm)2，
ac=(Ffc水平m)2+(mg−Ffc竖直m)2
可得aa>ac，故B错误；
从a到b的过程中，在竖直方向上，受到竖直向下的重力和阻力竖直向下的分力，由牛顿第二定律可得mg+Ff1=ma1
解得a1=mg+Ff1m
在从b到c的过程中，在竖直方向上，受到竖直向下的重力和阻力竖直向上的分力，由牛顿第二定律可得mg-Ff2=ma2，解得a2=mg−Ff2m
对比可得a1>a2
即上升阶段的加速度总体比下降阶段的加速度大，由h=12at2可知竖直位移相同，加速度越大，时间就越短，所以炮弹由a点运动到b点的时间小于由b点运动到c点的时间，故D正确。
二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分)
11.(2025·浙江杭州市模拟)如图所示，某环保人员在一次检查时发现一根圆形排污管正在向外满口排出大量污水。这根管道水平设置，管口离水面的高度为h，环保人员测量出管口中空直径为D，污水从管口落到水面的水平位移为x，该管道的排污流量为Q(流量为单位时间内流体通过某横截面的体积，流量Q=Sv，S为横截面的面积，v为液体的流动速度)。若不计一切阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.污水流速越快，水从出管口到抛入水面的时间越长
B.污水流速越快，留在空中水的体积越大
C.管道的排污流量为Q=πD2x4g2ℎ
D.污水抛入水面时速度方向可能与水面垂直
答案 BC
解析 污水离开管道后做平抛运动，则有h=12gt2
解得t=2ℎg
即污水从出管口到抛入水面的时间取决于管口的高度，与流速无关，故A错误；
污水流速越快，根据x=v0t=v02ℎg
可知水平位移越大，则留在空中的污水的体积越大，故B正确；
根据定义，管道的排污流量为Q=Sv=π(D2)2×x2ℎg=πxD24g2ℎ，故C正确；
污水抛入水面时，水平速度不为零，所以速度方向不可能与水面垂直，故D错误。
12.如图所示，质量均为m的甲、乙、丙三个小物块(均可看作质点)随水平转盘一起以角速度ω绕OO'轴做匀速圆周运动，物块甲叠放在物块乙的上面，所有接触面间的动摩擦因数均为μ。已知甲、乙到转轴的距离为r1，丙到转轴的距离为r2，且r2>r1。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.甲受到的摩擦力一定为μmg
B.乙受到转盘的摩擦力一定为2mω2r1
C.若角速度增大，丙先达到滑动的临界点
D.若角速度增大，甲先达到滑动的临界点
答案 BC
解析 当转动角速度较小时，甲受到的静摩擦力提供向心力，大小不等于μmg，故A错误；对甲、乙整体分析可知，乙受到转盘的摩擦力为Ff=2mω2r1，故B正确；若角速度增大，根据μmg=mrω2，丙到转轴的距离较大，则丙先达到滑动的临界点，故C正确，D错误。
13.有一质量m=2 kg的物块在水平外力F作用下，从A点由静止开始向右运动，物块与水平面之间的动摩擦因数μ=0.3，A右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道，圆弧轨道的最低点为B，圆心为O，C为圆弧轨道最高点且OC与水平方向夹角30°。物块在到达B点之前已撤去外力F。经过B点时物块对圆弧轨道的压力是物块重力的5倍，已知AB间距离x=4 m，圆弧的半径R=0.4 m，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.物块在B点时的速度大小为3 m/s
B.外力F对物块做的功为40 J
C.物块在C点受到的弹力大小为20 N
D.物块落回水平地面时与B点的水平距离为15−310 m
答案 BD
解析 对物块在B点时进行受力分析，根据牛顿第二定律有FN1-mg=mvB2R，其中FN1=5mg，解得物块在B点时的速度大小为vB=4 m/s，故A错误；物块由A点运动至B点过程中，根据动能定理有WF-μmgx=12mvB2-0，代入数据解得外力F对物块做的功为WF=40 J，故B正确；物块由B点到C点过程，根据动能定理有-mg(R+Rsin 30°)=12mvC2-12mvB2，代入数据解得物块在C点的速度大小为vC=2 m/s，在C点根据牛顿第二定律有FN2+mgsin 30°=mvC2R，代入数据解得物块在C点受到的弹力大小为FN2=10 N，故C错误；物块在C点斜向上抛出，之后将做斜抛运动，水平方向分速度为vx=vCsin 30°=1 m/s，竖直方向分速度为vy=vCcs 30°=3 m/s，由分析可知竖直方向物块做竖直上抛运动，设落到地面的时间为t，则有y=-(R+Rsin 30°)=vyt-12gt2，代入数据解得t1=3−1510 s(舍掉)，t2=3+1510 s，故水平方向物块做匀速直线运动的位移为x=vxt2=3+1510 m，所以物块落回水平面时与B点的水平距离为Δx=x-Rcs 30°=3+1510 m-35 m=15−310 m，故D正确。
三、非选择题(本题共3小题，共38分)
14.Ⅰ.(8分)(2024·浙江省金丽衢十二校二模)甲同学利用留迹法做平抛运动实验，在饮料瓶侧面开一小孔，让水流水平射出，并用照相机拍下了某时刻的水柱轨迹，冲洗后的照片和实物的尺寸比例为1∶4。利用部分轨迹在水平方向和竖直方向建立坐标轴如图(a)，取轨迹上三个点A、B和C点的坐标分别为(0 cm，0 cm)、(2.5 cm，2.5 cm)和(5.0 cm，7.5 cm)，重力加速度g取10 m/s2。通过处理实验数据可得：
(1)(2分)该时刻水柱初速度大小为 m/s。
(2)(2分)水柱上B点的速度大小为 m/s。
(3)(4分)图(b)所示为乙同学设计的实验装置，每次将质量为m的小球从半径为R的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在圆弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F。在轨道最低点右侧水平距离为x=1010 m处固定一等高竖直挡板，由小球打在竖直挡板上的点可获得小球在竖直方向的下落距离y，处理数据后作出了如图(c)所示的F- 1y图像，则由图可求得小球的质量m= kg，四分之一圆弧形轨道半径R= m。
Ⅱ.(6分)(2024·浙江宁波市十校联考)用如图甲实验装置探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系。实验可供选择的小球大小相同，材质分别是胶木、铝和铁，三种材料的密度如表中所示。
实验时，先将左右两侧塔轮半径调至相等，左侧小球6可置于长槽或短槽处，小球在长槽和短槽处运动时半径之比为2∶1。匀速转动时，若左边标尺露出约2格，右边标尺露出约3格(如图乙所示)，已知小球受到的弹力与标尺露出的格子数成正比，则左侧小球应置于 (填“长槽”或“短槽”)处，材质应选择 (填“胶木”“铝”或“铁”)。
答案 Ⅰ.(1)1 (2)132 (3)0.5 0.25
Ⅱ.长槽 铝
解析 Ⅰ.(1)竖直方向有Δy=4(yBC-yAB)=gT2
水平方向有4xAB=v0T，解得v0=1 m/s
(2)B点竖直方向的速度为vBy=4yAC2T
则B点的速度为vB=v02+vBy2
解得vB=132 m/s
(3)最低点根据牛顿第二定律有F-mg=mv02R
根据平抛运动规律有x=v0t，y=12gt2
解得F=10m+m2R·1y
根据题图(c)中图像的斜率与纵轴截距有
10m=5.0，m2R=7.0−5.02
解得m=0.5 kg，R=0.25 m。
Ⅱ.由题意可知，两侧小球角速度相等，且弹力即向心力之比为F1∶F2=2∶3
向心力表达式为F=mω2r
小球大小相等，则质量与密度成正比，结合表格数据，左侧放置铝球，右侧放置铁球时，运动半径之比应为2∶1，才能使向心力之比为2∶3。故左侧小球应置于长槽处，且为铝球。
15.(11分)(2024·浙江省浙南名校联考)粮油加工厂的工人在堆放收来的粮食时，会用倾斜传送带进行传送。如图所示，长为L=10 m的传送带机器与水平地面夹角θ=37°，传送带始终顺时针匀速运动，速度可在0~2 m/s内调节。粮食被无初速度放置在底端A点后，沿传送带向上运动，最终从传送带顶端B点飞出。已知粮食与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，忽略空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。
(1)(5分)调节传送带的速度，求粮食可到达的最高点到水平地面的距离(结果保留1位小数)。
(2)(6分)若调节传送带速度为v=53 m/s，求粮食从A点进入传送带到落地所需要的时间(结果保留1位小数)。
答案 (1)6.1 m (2)9.3 s
解析 (1)设粮食质量为m，粮食刚放到传送带上时，对粮食受力分析，沿传送带方向由牛顿第二定律有μmgcs θ-mgsin θ=ma，要使粮食到达最高点，则粮食在B点的速度为传送带的最大速度，即有vB=2 m/s，粮食在传送带上加速至最大速度过程，由运动学公式有vB2=2ax，联立解得x=5 m