2021年高考物理阶段测评黄金训练卷 力与曲线运动（解析版）

高考物理阶段测评黄金训练卷 03 ——力与曲线运动 1．2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强 的观赏性。某滑道示意图如图所示，圆弧滑道 AB 与水平滑道 BC 平滑衔接，O 是圆弧 滑道 AB 的圆心。运动员从 A 点由静止开始下滑，最后运动员滑到 C 点停下。不计空气 阻力，下列说法正确的是（　　） A．从 A 到 B 的过程中，运动员受重力、支持力、摩擦力和向心力 B．从 A 到 B 的过程中，运动员所受的合外力始终指向圆心 O C．从 A 到 C 的过程中，运动员的机械能保持不变 D．从 A 到 C 的过程中，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功 【答案】D 【解析】A．从 A 到 B 的过程中，运动员仅受重力、支持力和摩擦力共三个力，而向心 力是效果力，是由所受的三个力提供，故 A 错误； B．从 A 到 B 的过程中，运动员做变速圆周运动，沿半径方向的合力提供向心力，而切 向合力不为零改变速度的大小，故总的合外力不会始终指向圆心，故 B 错误； C．从 A 到 C 的过程中，因运动员所受的摩擦力一直做负功，则其机械能保持一直减小， 故 C 错误； D．对从 A 到 C 的全过程，由动能定理 即重力所做的功等于克服摩擦力所做的功，故 D 正确。 故选 D。 2．风力发电是一种可再生无污染的自然能源。如图所示，A、B 为风力发电机叶片上的 两点，其中 A 在端点，B 在中点。叶片转动时，A、B 两点的角速度大小为 ωA、ωB，线 速度大小为 vA、vB，则（　　） G f 0 0W W− = −A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由图可知，A、B 属于同轴转动，且 ，故他们的角速度相等，即 ，根据 可知 ，故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 3．杂技演员表演“水流星”，在长为 1.6m 的细绳的一端，系一个与水的总质量为 m=0.5kg 的大小不计的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示， 若“水流星”通过最高点时的速率为 4m/s，则下列说法正确的是 （　　） A．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出 B．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为 5 N C．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用 D．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零 【答案】D 【解析】将水及容器做为一个整体，在最高点恰好不脱离圆周的最小速度为 ，则 整理得 AB．因此当在最高点的速度为 4m/s，恰好能做完整的圆周运动，绳子拉力为零，重力 A Bv v= A Bv v< A B ω ω= A B ω ω> A Br r> A B ω ω= v rω= A Bv v> ( )210m / sg = 0v 2 0mvmg L = 0 4m/sv =恰好做为圆周运动的向心力，水不会从筒内流出，AB 错误； C．由于绳子拉力为零，水和筒处于完全失重状态，不是不受重力，而是所受重力完全 做为圆周运动的向心力，C 错误； D．当绳子拉力为零时，再单独对水进行受力分析可知，水对容器底部的压力为零，D 正确。 故选 D。 4．如图所示，将质量相等的甲、乙两个小物块（可视为质点）放在水平圆盘上，甲的 位置距离圆盘中心较近。圆盘在电机带动下匀速转动，甲、乙两个小物块一起随圆盘做 匀速圆周运动。关于小物块甲的受力情况，下列说法正确的是（　　） A．重力和支持力 B．重力、支持力和向心力 C．重力、支持力和指向圆心的摩擦力 D．重力、支持力和沿切线方向的摩擦力 【答案】C 【解析】小物块甲受到重力、圆盘的支持力和指向圆心的摩擦力作用，其中摩擦力提供 做圆周运动的向心力。 故选 C。 5．如图所示，水平转台上有一个质量为 m 的物块，用长为 L 的细绳将物块连接在转轴 上，细线与竖直转轴的夹角为 θ 角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为 μ （μ＜tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则 下列说法正确的是（ ） A．转台一开始转动，细绳立即绷直对物块施加拉力 B．当绳中出现拉力时，转台对物块做的功为 μmgLsinθC．当物体的角速度为 时，转台对物块支持力为零 D．当转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为 【答案】D 【解析】A．转台一开始转动时，物体与转台之间的静摩擦力提供向心力，随转速的增 加，静摩擦力逐渐变大，当达到最大静摩擦力时物块开始滑动，此时细绳绷直对物块施 加拉力，选项 A 错误； B．对物体受力分析知物块离开圆盘前合力 ① ② 根据动能定理知 ③ 当弹力 T=0，r=Lsinθ④ 由①②③④解得 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为 ，故 B 错误； CD．当 N=0，f=0，由①②③知 由①②知 ，所以当物块的角速度增大到 时，物块与转台间恰好 无相互作用，故 C 错误，D 正确。 故选 D。 6．浙江省诸暨陈蔡镇是我省有名的板栗产地。如图为老乡敲打板栗的情形，假设某一 次敲打时，离地 4m 处的板栗被敲打后以 4m/s 的速度水平飞出。已知板栗的质量为 20g，（忽略空气阻力作用，以地面为零势能面） ，则关于该板栗下列说法正确的是（ ） 2 cos g L θ 2sin 2cos mgL θ θ 2 sin vF f T m r θ= + = cosN T mgθ+ = 21 2kW E mv= = 1 1sin sin2 2W fL mgLθ µ θ= ≤ 1 sin2 mgLµ θ 21 sinsin tan2 2cos mgLW mgL θθ θ θ= = 0 g Lcos ω θ= g LcosθA．水平飞出时的重力势能是 0.08J B．落地时的机械能为 0.16J C．在离地高 1m 处的势能是其机械能的 5/24 D．有可能击中离敲出点水平距离为 5m 的工人 【答案】C 【解析】由公式 求出板栗的重力势能，机械能等于动能与势能之和，求出在 离地高为 1m 处的重力势能则可知是为机械能的多少倍。 A 项：以地面为零势能面，板栗相对参考平面的高度为 h=4m，所以重力势能为 ，故 A 错误； B 项：由于板栗做平抛运动过程中机械能守恒，所以落地时的机械能等抛出时的机械能 即为 ，故 B 错误； C 项：在离地高为 1m 处的重力势能为 所以在离 地高 1m 处的势能是其机械能的 ，故 C 正确； D 项：板栗竖直方向做自由落体运动，由公式 得 ，板栗 水平方向的位移为： ，所以不可能击中离敲出点水平距离 为 5m 的工人，故 D 错误。 故应选：C。 【点睛】 解决本题关键理解平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运 动，且在运动过程中机械能守恒。 7．如图所示，长为 L 的细绳一端固定，另一端系一质量为 m 的小球。给小球一个合适 的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与 竖直方向的夹角为 θ。下列说法中不正确的是（ ） PE mgh= 320 10 10 4 0.8PE mgh J J−= = × × × = 2 3 2 0 1 1(0.8 20 10 4 ) 0.962 2P K PE E E E mv J J−= + = + = + × × × = 3 1 20 10 10 1 0.2PE mgh J J−= = × × × = 0.2 5 0.96 24 = 21 2h gt= 2 2 4 10 ht sg ×= = 0 2 44 3.610x v t m m ×= = × ≈A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用 B．小球只受重力和绳的拉力作用 C．θ 越大，小球运动的速度越大 D．θ 越大，小球运动的周期越小 【答案】A 【解析】AB.小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故 A 错误、符合题 意，B 正确、不符合题意； CD.小球做圆周运动的半径为： 푟 = 퐿sin휃 则由牛顿第二定律得： 푚푔tan휃 = 푚 푣2 푟 = 푚 4π2 푇2 푟 解得： 푣 = 푔퐿sin휃tan휃 푇 = 2π 퐿cos휃 푔 θ 越大，线速度越大，周期越小，故 CD 正确、不符合题意。 8．如图所示，水平地面上固定有一个斜面，斜面倾角为 θ，从斜面顶端向右平抛一个 小球（可视为质点），当初速度为 v0 时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为 t0， 现用不同的初速度 v 从该斜面顶端向右平抛这个小球，则平抛运动结束时，末速度方向 与水平方向夹角的正切值 tanα 随初速度 v 变化的图像，以及平抛运动飞行时间 t 随初速 度 v 变化的图像正确的是（　　）A． B． C． D． 【答案】B 【解析】当速度 ，小球将落在斜面上，根据落在斜面上的小球的位移方向与水平 方向夹角的正切值等于小球落在斜面上末速度方向与水平方向夹角正切值的一半可知， 此时末速度方向与水平方向夹角的正切值 tanα 为定值，小球运动时间为 则 小球落在斜面上时 为定值，则此过程时间与速度 v 成正比，当速度 ，小球将落 到水平面，则有 由于高度一定，则时间 t 为定值，则 与 成反比，故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 9．如图所示为常见的自行车传动示意图。A 轮与脚蹬子相连，B 轮与车轴相连，C 为 车轮。当人蹬车匀速运动时，以下说法中正确的是（ ） A．A 轮与 B 轮的角速度相同 B．A 轮边缘与 B 轮边缘的线速度大小相同 C．B 轮边缘与 C 轮边缘的线速度大小相同 D．B 轮与 C 轮的角速度相同 【答案】BD 【解析】AB．A 轮与 B 轮边缘上的点与传动链条接触，其速度大小和传动链条的速度 0v v< tan 2tangt v α θ= = tan 2tanv vt g g α θ⋅= = α 0v v> tan yv gt v v α = = tanα v大小一致，所以 A 轮边缘与 B 轮边缘的线速度大小相等，根据公式 可知线速度 相等时，半径小的角速度大，所以 A 轮角速度小于 B 轮的角速度，故 A 错误，B 正确； CD．B 边缘与 C 轮边缘的点在同一个轮子上，所以 B 轮边缘与 C 轮边缘的角速度相同， 根据公式 可知角速度相同，半径小的线速度小，所以 B 轮边缘的线速度小于 C 轮边缘的线速度，故 C 错误，D 正确； 故选 BD。 10．如图所示， 、 两点位于同一条竖直线上，从 、 两点分别以速度 、 水平 抛出两个相同的小球，可视为质点，它们在水平地面上方的 点相遇。假设在相遇过程 中两球的运动没有受到影响，空气阻力忽略不计，则下列说法不正确的是（　　） A．两个小球从 、 两点同时抛出 B．两小球抛出的初速度 C．从 点抛出的小球着地时水平射程较小 D．从 点抛出的小球着地时重力的瞬时功率较大 【答案】ABC 【解析】A．因为两个小球在 P 点相遇，可知 a 球下降的高度大于 b 球下降的高度，可 知 a 球的运动时间较长，所以 a 球先抛出，故 A 错误，符合题意； B．因为从抛出到 P 点的过程中，水平位移相等，a 球的运动时间较长，则 a 球的初速 度较小，即 ，故 B 错误，符合题意； C．到达 P 点时，a 球的竖直分速度较大，所以从 P 点到地面，a 球先落地，b 球后落地， b 的初速度大，所以 b 球的水平射程较大，故 C 错误，符合题意； D．根据 知 a 球距离地面的高度大，则 a 球落地时竖直分速度较长，则 a 球着地时重力的瞬时功 率较大，故 D 正确，不符合题意。 故选 ABC。 11．如图所示，质量为 m 的物块，沿着半径为 R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金 属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为 v.若物体与球壳之间的动摩擦 v rω= v rω= a b a b 1v 2v P a b 1 2v v> b a 1 2v v< yP mgv=因数为 μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（　　） A．受到的向心力为 mg＋m B．受到的摩擦力为 μm C．受到的摩擦力为 μ（mg＋m ） D．受到的合力方向斜向左上方 【答案】CD 【解析】A、向心力的大小 ，故 A 错误．B、C、根据牛顿第二定律得 ，则 ．所以滑动摩擦力 ，故 B 错误，C 正确．D、由于重力支持力的合力方向竖直向上，滑动摩擦力方向水平向左， 则物体合力的方向斜向左上方．故 D 正确．故选 CD． 【点睛】 解决本题的关键确定物体做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解． 12．如图在光滑四分之一圆弧轨道的顶端 a 点，质量为 m 的物块（可视为质点）由静 止开始下滑，经圆弧最低点 b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在 b 点与水平轨道平滑相接， 物块最终滑至 c 点停止．若圆弧轨道半径为 R，物块与水平面间的动摩擦因数为 μ，下 列说法正确的是（　　） A．物块滑到 b 点时的速度为 B．c 点与 b 点的距离为 C．物块滑到 b 点时对 b 点的压力是 3mg D．整个过程中物块机械能损失了 mgR 【答案】BCD 【解析】A.由机械能守恒可知， 2v R 2v R 2v R 2 n vF m R = 2vN mg m R − = 2vN mg m R = + 2 ( )vf N mg m R µ µ= = + gR R µmgR= mv2； 解得 b 点时的速度为 ，故 A 不符合题意； B.对全程由动能定理可知， mgR-μmgs=0 解得 bc 两点间的距离为 ，故 B 符合题意； C.b 点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由 可得支持力 F=3mg，由牛顿第三定律可知，物块对 b 点的压力为 3mg； 故 C 符合题意； D.在滑动过程中，摩擦力所做的功等于机械能的损失，故机械能损失了 μmgs=mgR，故 D 符合题意； 13．在探究小球做圆周运动所需向心力的大小 F 与质量 m、角速度 ω 和半径 r 之间的关 系的实验中。 （1）在探究向心力的大小 F 与角速度 ω 的关系时，要保持_________相同。 A．ω 和 r B．ω 和 m C．m 和 r D．m 和 F （2）本实验采用的实验方法是________。 A．累积法 B．控制变量法 C．微元法 D．放大法 （3）甲同学在进行如图甲所示的实验，他是在研究向心力的大小 F 与____________的 关系。可以得到的正确结果是______________。 （4）乙同学把两小球都换为钢球，且质量相等，如图乙所示，实验中观察到标尺上黑 白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为 1∶4。由圆周运动知识可以判断 与皮带连接的变速轮塔相对应的半径之比为_______。 1 2 2gR Rs µ= 2vF mg m r − =【答案】C B 质量 在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成 正比 2：1 【解析】（1）[1]在研究向心力的大小 F 与质量 m、角速度 ω 和半径 r 之间的关系时， 需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系。所以在探究向心力的大小 F 与角速 度 ω 的关系时，要保持小球的质量与运动的半径相同，故 C 符合题意，ABD 不符合题 意。 故选 C。 （2）[2]在实验时需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变 量法，故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 （3）[3] [4]甲同学在进行如图甲所示的实验，由图可知，转动半径相同，皮带系在相同 半径的变速轮塔上，根据线速度相同，可知角速度也相同，所以他是在研究向心力的大 小 F 与质量的关系；故得到正确的结果是：在半径和角速度一定的情况下，向心力的大 小与质量成正比； （4）[5]根据 两球的向心力之比为 1：4，半径和质量相等，则转动的角速度之比为 1：2，因为靠皮 带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据 知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为 2：1。 14．某同学利用如图所示的装置做研究平抛运动的实验时，让小球多次沿同一斜槽滑下， 通过描点法得到小球做平抛运动的轨迹。 （1）下列器材中必需的测量仪器是___________（填字母代号）； A．刻度尺 B．秒表 C．天平 （2）为了得到较准确的运动轨迹，在下列操作中你认为正确的是___________ A．实验时应保持斜槽的末端水平 B．为减小实验误差，应使小球每次从斜槽上不同位置滚下，最后取平均值 C．为消除斜槽摩擦力的影响，应使斜槽末端倾斜，直到小球能在斜槽末端做匀速运动 2 nF m rω= v r ω′=D．小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放 （3）以抛出点为坐标原点 O，利用水平位移 x 和竖直位移 y 的多组数据做出小球的运 动轨迹图，如图所示。在图线上取一点 P，其坐标如图所示。则小球从 O 运动到 P 的 时间 t=___________s；小球初速度的大小 v0=___________m/s（重力加速度 g 取 10m/s2）。 【答案】A AD 0.3s 1m/s 【解析】（1）[1]A．需要刻度尺测量水平位移 和竖直位移 ，故 A 正确； B．实验中是通过画出轨迹，在计算过程中消去了时间 ，因此不需要秒表，故 B 错误； C．小球在抛出后，运动规律满足 与小球的质量无关，因此不需要天平，故 C 错误。 故选 A。 （2）[2]A．为了保证小球做平抛运动，所以斜槽轨道的末端水平，故 A 正确； B．为了保证小球做平抛运动的初速度相同，所以小球应从斜槽上的同一位置由静止开 始下滑，故 B 错误； C．小球离开斜槽时应做平抛运动，所以斜槽要保持水平，也不需要平衡摩擦力，故 C 错误； D．为了保证小球每次做的平抛运动一样，所以小球应从斜槽上同一位置，从静止开始 下滑，故 D 正确。 故选 AD。 （3）[3]根据 解得小球从 O 运动到 P 的时间为 x y t x vt= 21 2y gt= 21 2y gt=[4]水平方向则有 解得小球初速度为 15．如图所示，一辆质量为 4 t 的汽车匀速经过一半径为 40 m 的凸形桥。（g=10 m/s2） （1）汽车若能安全驶过此桥，它的最大速度为多少？ （2）若汽车经最高点时对桥的压力等于它重力的一半，求此时汽车的速度多大？ 【答案】（1） ；（2） 【解析】汽车经最高点时受到桥面对它的支持力 FN，设汽车的行驶速度为 v。则 当 时 此时汽车从最高点开始离开桥面做平抛运动，汽车不再安全，故汽车过桥的安全速度 设汽车对桥的压力为 时汽车的速度为 v′，则 解得 16．“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。做该项运动时，健身者半 马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地 上。现将太极球拍和球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始 0.3st = 0x v t= 0 1m/sv = 20m/sv = 10 2m/sv′ = 2 N = vmg F m R − 0NF = v gR= 20m/sv = 1 2 mg 21 2 vmg mg m R ′− = 2 10 2m/sgRv′ = =终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的 A、B、C、D 位置时球与板间无相对 运动趋势。A 为圆周的最高点，C 为最低点，B、D 与圆心 O 等高。设球的质量为 m， 不计拍的质量。求： （1）健身者在 C 处所需施加的力比在 A 处大多少； （2）设在 A 处时健身者需施加的力为 ，当球运动到 B、D 位置时，板与水平方向需 有一定的夹角 ，请写出 关系式； （3）当 时，球拍对球的作用力的大小 FN。 【答案】（1）2mg（2） （3） 【解析】（1）设球运动的线速度为 ，半径为 R 则在 A 处时，根据牛顿第二定律有 ① 在 C 处时，根据牛顿第二定律有 ② 由①②式联立得 （2）在 B 处不受摩擦力作用，受力分析如图 根据几何关系则有 F θ tan Fθ − 45θ =  tan F mg mg θ += N 2F mg= v 2vF mg m R + = 2vF mg m R ′− = 2F F F mg∆ = − =′代入①式得 （3）当 时，根据受力分析，则有 解得 17．如图所示，水平面上固定一倾角为 =37°的斜面体，在其右侧有一水平的桌面，桌 面的左边缘距离斜面体右侧的水平间距设为 s（s 未知），现将一可视为质点的物块甲由 水平桌面右端以初速度 v0=6m/s 向左滑动，滑到左端时与可视为质点的物块乙发生弹性 碰撞，物块乙离开桌面后，经过一段时间，无碰撞地由光滑固定的斜面体顶端 O 点滑 上斜面体，已知桌面两端之间的距离为 x=4.0m， kg，物块甲与水平桌面之间的 动摩擦因数为 =0.25。桌面与 O 点的高度差为 h=0.45m，重力加速度为 g=10m/s2， sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略空气的阻力。求： （1）物块乙离开桌面时的速度大小和桌面的左边缘距离斜面体右侧的水平间距； （2）物块甲的质量； （3）如果 O 点距离水平面的高度为 H=4.8m，求物块甲开始运动到物块乙到达 P 点的 总时间。 【答案】（1）4m/s，1.2m；（2）1kg；（3）2.1s 【解析】（1）根据题意有 竖直方向速度 又 2 tan vm R mg θ = tan F mg mg θ += 45θ =  N cos45 mgF =  N 2F mg= α 1m =乙 µ 21 2h gt= y gt=v桌面的左边缘距离斜面体右侧的水平间距为 （2）设滑块甲在桌面上滑动时的加速度为 a，滑块到达桌面的左边缘的速度为 。 由牛顿第二定律可知 又由运动学公式 由以上整理可得 由动量守恒与机械能守恒可得 解得甲的质量为 kg （3）物块甲在水平桌面上运动的时间为 乙到达斜面时的合速度为 乙在斜面上运动时的加速度为 斜面的长度为 由 解得 tan y x v v θ = 1.2mxs v t= = 1v mg maµ = 2 2 1 0 2v v ax− = − 1 4m/sv = 1 1 xm v m v m v′= +甲 甲 乙 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 xm v m v m v′= +甲 甲 乙 1m =甲 0 1 0.8sv vt a −′ = = 2 2 5m / sx yv v v= + = 2sin 6m/sa g α= = sin Hl α= 21 2l vt at′′ ′′= +（ 舍去） 滑块乙离开平台到达斜面底端的时间为 1st′′ = 8 s3t′′ = − 2.1st t t t′ ′′= + + =总