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階段復習(二) 　力與曲線運動
(限時:50分鐘)
1.(2025·北京西城高三期末)自然界中物體的運動是多種多樣的。關(guān)于運動與力的關(guān)系，下列說法正確的是(　　)
A.運動的物體，一定受到力的作用
B.做曲線運動的物體，一定受到力的作用
C.物體受到的力越大，它的速度就越大
D.物體在恒力的作用下，不可能做曲線運動
答案　B
解析　力不是維持物體運動狀態(tài)的原因，力是改變物體運動狀態(tài)的原因，故A錯誤;做曲線運動的物體，其速度一定改變，則其一定有加速度，因此一定受到力的作用，故B正確;根據(jù)牛頓第二定律，物體受到的力越大，加速度越大，速度變化越快，但速度不一定越大，故C錯誤;當物體所受合力的方向與初速度的方向不在同一直線上時，物體做曲線運動，與合力是否恒定無關(guān)，如平拋運動，故D錯誤。
2.(2025·江蘇揚州聯(lián)考)在沒有起重機的年代，建筑工人可以利用如圖所示的裝置把建筑材料送到高處，則(　　)
A.當繩與水平方向成θ時，vA＝vBcos θ
B.當物塊B勻速上升時，小車向左加速運動
C.當小車勻速向左運動時，繩對B的拉力大于B對繩的拉力
D.當小車勻速向左運動時，物塊B向上加速運動
答案　D
解析　當繩與水平方向成θ角時，將A的速度分解為沿細繩方向的速度和垂直細繩方向的速度，則vB＝vAcos θ，選項A錯誤;當物塊B勻速上升時，θ減小，則vA減小，即小車向左減速運動，選項B錯誤;繩對B的拉力與B對繩的拉力是一對作用力和反作用力，總是等大反向，選項C錯誤;當小車勻速向左運動時，根據(jù)vB＝vAcos θ，θ減小，vB變大，即B加速上升，選項D正確。
3.(2025·湖北武漢聯(lián)考)如圖所示，甲、乙兩運動員在冰面上訓練彎道滑冰技巧，恰巧同時到達虛線PQ上的P點，然后分別沿半徑r1和r2(r1A.甲運動員的線速度較大
B.甲運動員在相等的時間里轉(zhuǎn)過的圓心角較小
C.甲運動員先到達終點
D.甲運動員圓周運動時的向心力較小
答案　C
解析　甲、乙兩個運動員圓周運動時的向心加速度大小相等，根據(jù)公式a＝可知，半徑大的線速度也大，所以甲運動員的線速度較小，故A錯誤;根據(jù)公式a＝ω2r可知，半徑大的，角速度反而小，因為r14.(2025·湖南名校聯(lián)考)北京時間2024年11月15日23時13分，搭載天舟八號貨運飛船的長征七號遙九運載火箭點火升空，順利將飛船送入預定軌道，隨后，天舟八號貨運飛船與中國空間站成功“握手”，新一批“家鄉(xiāng)貨”順利運抵天宮。如果天舟八號的軌道半徑為r，周期為T，地球的半徑為R，引力常量為G，則(　　)
A.地球的質(zhì)量為 B.地球的質(zhì)量為
C.地球的密度為 D.地球的密度為
答案　A
解析　根據(jù)G＝mr，可得地球的質(zhì)量M＝，故A正確，B錯誤;地球的體積為V＝πR3，可得地球密度為ρ＝，故C、D錯誤。
5.(2025·江西宜春聯(lián)考)“探路者”號宇宙飛船在宇宙深處飛行過程中，發(fā)現(xiàn)A、B兩顆均勻球形天體，兩天體各有一顆靠近其表面飛行的衛(wèi)星，測得兩顆衛(wèi)星的周期相等，以下判斷正確的是(　　)
A.天體A、B的質(zhì)量一定不相等
B.兩顆衛(wèi)星的線速度一定相等
C.天體A、B表面的重力加速度之比等于它們的半徑之比
D.天體A、B的密度不一定相等
答案　C
解析　設A、B中任意一球形天體的半徑為R，質(zhì)量為M，衛(wèi)星的質(zhì)量為m，周期為T。由題意知，衛(wèi)星靠近天體表面飛行，衛(wèi)星的軌道半徑約等于天體的半徑，根據(jù)萬有引力提供向心力有G＝mR，可得M＝，當天體A、B的半徑R相等時，天體A、B的質(zhì)量相等，故A錯誤;衛(wèi)星的線速度為v＝，天體A、B的半徑R不一定相等，則兩衛(wèi)星的線速度不一定相等，故B錯誤;天體A、B表面的重力加速度等于衛(wèi)星的向心加速度，即g＝a＝，T相同，可見天體A、B表面的重力加速度之比等于它們的半徑之比，故C正確;天體的密度為ρ＝，可見ρ與天體的半徑無關(guān)，由于兩顆衛(wèi)星的周期相等，則天體A、B的密度一定相等，故D錯誤。
6.扇車在我國西漢時期就已廣泛被用來精選谷物。谷物從扇車上端的進谷口進入分離倉，分離倉右端有一鼓風機提供穩(wěn)定氣流，從而將谷物中的秕粒a(秕粒為不飽滿的谷粒，質(zhì)量較輕)和飽粒b分開。若所有谷粒進入分離倉時，在水平方向獲得的動量相同。之后所有谷粒受到氣流的水平作用力可視為相同。下圖中虛線分別表示a、b谷粒的軌跡，F(xiàn)a、Fb為相應谷粒所受的合力。下列圖中可能正確的是(　　)
答案　B
解析　所有谷粒進入分離倉時在水平方向獲得的動量相同，由p＝mv可知飽粒b進入分離倉時的速度小于秕粒a進入分離倉時的速度。豎直方向所有谷粒都做自由落體運動，由h＝gt2可知，下落高度相同，所有谷粒運動時間相同，水平方向谷粒所受的氣流的作用力相同，由牛頓第二定律可知水平方向飽粒b的加速度小于秕粒a的加速度，由位移時間公式x＝v0t＋at2知，飽粒b的水平位移小于秕粒a的水平位移，A、C錯誤;作出飽粒b和秕粒a的受力示意圖如圖所示，可知B正確，D錯誤。
7.(多選)如圖所示，兩個同軸心的玻璃漏斗內(nèi)表面光滑，兩漏斗與豎直轉(zhuǎn)軸的夾角分別是α、β，且α<β，A、B、C三個小球在漏斗上做勻速圓周運動，A、B兩球在同一漏斗的不同位置，C球在另一個漏斗上且與B球位置等高，下列說法正確的是(　　)
A.A球與B球受到的支持力一定大小相等
B.A球與B球的向心加速度一定大小相等
C.B球與C球的速度一定大小相等
D.B球的周期一定等于C球的周期
答案　BC
解析　根據(jù)題意可知，A球與B球均做勻速圓周運動，合力指向圓心提供向心力，分別對兩球受力分析，對A球有FNA＝，對B球有FNB＝，A球與B球質(zhì)量關(guān)系不確定，受到的支持力大小不一定相等，故A錯誤;對A球有FnA＝，對B球有FnB＝，根據(jù)Fn＝man，可得A球與B球的向心加速度anA＝anB＝，故B正確;同理可知，小球C的向心力為FnC＝，根據(jù)Fn＝m可知，小球C做圓周運動的速度為vC＝，小球B做圓周運動的速度為vB＝，其中，設B球與C球的高度為h，又rC＝htan β，rB＝htan α，可得vB＝vC＝，由公式T＝可知，TC>TB，故C正確，D錯誤。
8.(2025·福建漳州模擬)籃球比賽中，一同學某次跳起投籃，出手點與籃板的水平距離為x＝1.2 m，離地面高度為h＝2.6 m，籃球垂直打在豎直籃板上的位置離地面的高度為H＝3.05 m。將籃球看成質(zhì)點，忽略空氣阻力，g取10 m/s2。求:
(1)籃球從出手到垂直打在籃板上的運動時間t;
(2)出手時籃球速度v的大小。
答案　(1)0.3 s　(2)5 m/s
解析　(1)籃球從出手到垂直打在籃板上的逆過程可視為平拋運動，則H－h(huán)＝gt2
解得t＝0.3 s。
(2)由題意可知，水平初速度vx＝＝4 m/s
豎直初速度vy＝gt＝3 m/s
初速度v＝＝5 m/s。
9.(2025·江蘇南京聯(lián)考)如圖所示，AB為豎直放置的光滑圓筒，一根長細繩穿過圓筒后一端連著質(zhì)量m1＝5 kg的小球P，另一端和細繩BC(懸點為B)在結(jié)點C處共同連著質(zhì)量為m2的小球Q，長細繩能承受的最大拉力為60 N，細繩BC能承受的最大拉力為27.6 N。轉(zhuǎn)動圓筒使BC繩被水平拉直，小球Q在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，小球P處于靜止狀態(tài)，此時圓筒頂端A點到C點的距離l1＝1.5 m，細繩BC的長度l2＝0.9 m，重力加速度g取10 m/s2，兩繩均不可伸長，小球P、Q均可視為質(zhì)點。求:
(1)當角速度ω多大時，BC繩剛好被拉直(結(jié)果可用根號表示)
(2)當角速度ω多大時，BC繩剛好被拉斷
答案　(1) rad/s　(2)4 rad/s
解析　(1)BC繩剛好被拉直時，由幾何關(guān)系可知AC繩與豎直方向的夾角的正弦值sin θ＝
對小球Q受力分析，由牛頓第二定律可知
m2gtan θ＝m2l2
解得ω1＝ rad/s。
(2)對小球P，有T＝m1g
對小球Q，豎直方向有Tcos θ＝m2g，解得m2＝4 kg
當BC繩被拉斷時有TBC＝27.6 N，由牛頓第二定律有Tsin θ＋TBC＝m2l2
解得ω2＝4 rad/s。
10.(2025·安徽六安聯(lián)考)如圖所示，長為L的不可伸長輕繩下端拴一可視為質(zhì)點的小球，上端固定在天花板O1處，在O1的下方有正方形水平桌面，該桌面內(nèi)的O2為O1的垂直投影點，O1、O2間的距離為2L。現(xiàn)使小球在某一水平面內(nèi)做圓周運動，如圖中虛線所示，此時輕繩與豎直方向的夾角為θ。已知重力加速度為g，輕繩能承受的最大拉力為小球重力的兩倍，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，小球可視為質(zhì)點，求:
(1)輕繩與豎直方向的夾角為θ時，小球的線速度大小v;(2)緩慢增大小球做水平圓周運動的線速度，要保證輕繩在任意時刻達到最大拉力斷開后小球均不會落到桌面外，桌面的最小面積Smin。
答案　(1)　(2)21L2
解析　(1)對小球受力分析，受重力mg，輕繩的拉力FT，重力和輕繩的拉力的合力提供向心力，如圖所示，則tan θ＝
解得F＝mgtan θ
小球做勻速圓周運動的半徑r＝Lsin θ
由牛頓第二定律得mgtan θ＝m
解得v＝。
(2)設當FT＝2mg時，輕繩與豎直方向的夾角為α，則cos α＝
解得α＝60°
小球做勻速圓周運動的半徑r'＝Lsin α＝L
則mgtan α＝m
解得v'＝
小球離桌面的高度h＝2L－Lcos α＝L
繩斷后小球做平拋運動，由h＝gt2，解得小球落到桌面的時間為t＝
水平位移大小為x＝v't＝L
小球落到桌面的位置到O2的距離R＝L
桌面的最小面積Smin＝(2R)2＝21L2。(共22張PPT)
階段復習(二) 　力與曲線運動
(限時:50分鐘)
B
1.(2025·北京西城高三期末)自然界中物體的運動是多種多樣的。關(guān)于運動與力的關(guān)系，下列說法正確的是(　　)
A.運動的物體，一定受到力的作用
B.做曲線運動的物體，一定受到力的作用
C.物體受到的力越大，它的速度就越大
D.物體在恒力的作用下，不可能做曲線運動
解析　力不是維持物體運動狀態(tài)的原因，力是改變物體運動狀態(tài)的原因，故A錯誤;做曲線運動的物體，其速度一定改變，則其一定有加速度，因此一定受到力的作用，故B正確;根據(jù)牛頓第二定律，物體受到的力越大，加速度越大，速度變化越快，但速度不一定越大，故C錯誤;當物體所受合力的方向與初速度的方向不在同一直線上時，物體做曲線運動，與合力是否恒定無關(guān)，如平拋運動，故D錯誤。
D
2.(2025·江蘇揚州聯(lián)考)在沒有起重機的年代，建筑工人可以利用如圖所示的裝置把建筑材料送到高處，則(　　)
A.當繩與水平方向成θ時，vA＝vBcos θ
B.當物塊B勻速上升時，小車向左加速運動
C.當小車勻速向左運動時，繩對B的拉力大于B對繩的拉力
D.當小車勻速向左運動時，物塊B向上加速運動
解析　當繩與水平方向成θ角時，將A的速度分解為沿細繩方向的速度和垂直細繩方向的速度，則vB＝vAcos θ，選項A錯誤;當物塊B勻速上升時，θ減小，則vA減小，即小車向左減速運動，選項B錯誤;繩對B的拉力與B對繩的拉力是一對作用力和反作用力，總是等大反向，選項C錯誤;當小車勻速向左運動時，根據(jù)vB＝vAcos θ，θ減小，vB變大，即B加速上升，選項D正確。
C
3.(2025·湖北武漢聯(lián)考)如圖所示，甲、乙兩運動員在冰面上訓練彎道滑冰技巧，恰巧同時到達虛線PQ上的P點，然后分別沿半徑r1和r2(r1A.甲運動員的線速度較大
B.甲運動員在相等的時間里轉(zhuǎn)過的圓心角較小
C.甲運動員先到達終點
D.甲運動員圓周運動時的向心力較小
解析　甲、乙兩個運動員圓周運動時的向心加速度大小相等，根據(jù)公式a＝可知，半徑大的線速度也大，所以甲運動員的線速度較小，故A錯誤;根據(jù)公式a＝ω2r可知，半徑大的，角速度反而小，因為r1A
4.(2025·湖南名校聯(lián)考)北京時間2024年11月15日23時13分，搭載天舟八號貨運飛船的長征七號遙九運載火箭點火升空，順利將飛船送入預定軌道，隨后，天舟八號貨運飛船與中國空間站成功“握手”，新一批“家鄉(xiāng)貨”順利運抵天宮。如果天舟八號的軌道半徑為r，周期為T，地球的半徑為R，引力常量為G，則(　　)
A.地球的質(zhì)量為 B.地球的質(zhì)量為
C.地球的密度為 D.地球的密度為
解析　根據(jù)G＝mr，可得地球的質(zhì)量M＝，故A正確，B錯誤;地球的體積為V＝πR3，可得地球密度為ρ＝，故C、D錯誤。
C
5.(2025·江西宜春聯(lián)考)“探路者”號宇宙飛船在宇宙深處飛行過程中，發(fā)現(xiàn)A、B兩顆均勻球形天體，兩天體各有一顆靠近其表面飛行的衛(wèi)星，測得兩顆衛(wèi)星的周期相等，以下判斷正確的是(　　)
A.天體A、B的質(zhì)量一定不相等
B.兩顆衛(wèi)星的線速度一定相等
C.天體A、B表面的重力加速度之比等于它們的半徑之比
D.天體A、B的密度不一定相等
解析　設A、B中任意一球形天體的半徑為R，質(zhì)量為M，衛(wèi)星的質(zhì)量為m，周期為T。由題意知，衛(wèi)星靠近天體表面飛行，衛(wèi)星的軌道半徑約等于天體的半徑，根據(jù)萬有引力提供向心力有G＝mR，可得M＝，當天體A、B的半徑R相等時，天體A、B的質(zhì)量相等，故A錯誤;衛(wèi)星的線速度為v＝，天體A、B的半徑R不一定相等，則兩衛(wèi)星的線速度不一定相等，故B錯誤;天體A、B表面的重力加速度等于衛(wèi)星的向心加速度，即g＝a＝，T相同，可見天體A、B表面的重力加速度之比等于它們的半徑之比，故C正確;天體的密度為ρ＝，可見ρ與天體的半徑無關(guān)，由于兩顆衛(wèi)星的周期相等，則天體A、B的密度一定相等，故D錯誤。
6.扇車在我國西漢時期就已廣泛被用來精選谷物。谷物從扇車上端的進谷口進入分離倉，分離倉右端有一鼓風機提供穩(wěn)定氣流，從而將谷物中的秕粒a(秕粒為不飽滿的谷粒，質(zhì)量較輕)和飽粒b分開。若所有谷粒進入分離倉時，在水平方向獲得的動量相同。之后所有谷粒受到氣流的水平作用力可視為相同。下圖中虛線分別表示a、b谷粒的軌跡，F(xiàn)a、Fb為相應谷粒所受的合力。下列圖中可能正確的是(　　)
B
解析　所有谷粒進入分離倉時在水平方向獲得的動量相同，由p＝mv可知飽粒b進入分離倉時的速度小于秕粒a進入分離倉時的速度。豎直方向所有谷粒都做自由落體運動，由h＝gt2可知，下落高度相同，所有谷粒運動時間相同，水平方向谷粒所受的氣流的作用力相同，由牛頓第二定律可知水平方向飽粒b的加速度小于秕粒a的加速度，由位移時間公式x＝v0t＋at2知，飽粒b的水平位移小于秕粒a的水平位移，A、C錯誤;作出飽粒b和秕粒a的受力示意圖如圖所示，可知B正確，D錯誤。
BC
7.(多選)如圖所示，兩個同軸心的玻璃漏斗內(nèi)表面光滑，兩漏斗與豎直轉(zhuǎn)軸的夾角分別是α、β，且α<β，A、B、C三個小球在漏斗上做勻速圓周運動，A、B兩球在同一漏斗的不同位置，C球在另一個漏斗上且與B球位置等高，下列說法正確的是(　　)
A.A球與B球受到的支持力一定大小相等
B.A球與B球的向心加速度一定大小相等
C.B球與C球的速度一定大小相等
D.B球的周期一定等于C球的周期
解析　根據(jù)題意可知，A球與B球均做勻速圓周運動，合力指向圓心提供向心力，分別對兩球受力分析，對A球有FNA＝，對B球有FNB＝，A球與B球質(zhì)量
關(guān)系不確定，受到的支持力大小不一定相等，故A錯誤;對A球有FnA＝，對B球有FnB＝，根據(jù)Fn＝man，可得A球與B球的向心加速度anA＝anB＝，故B正確;同理可知，小球C的向心力為FnC＝，根據(jù)Fn＝m可知，小球C做圓周運動的速度為vC＝，小球B做圓周運動的速度為vB＝，其中，設B球與C球的高度為h，又rC＝htan β，rB＝htan α，可得vB＝vC＝，由公式T＝可知，TC>TB，故C正確，D錯誤。
8.(2025·福建漳州模擬)籃球比賽中，一同學某次跳起投籃，出手點與籃板的水平距離為x＝1.2 m，離地面高度為h＝2.6 m，籃球垂直打在豎直籃板上的位置離地面的高度為H＝3.05 m。將籃球看成質(zhì)點，忽略空氣阻力，g取10 m/s2。求:
(1)籃球從出手到垂直打在籃板上的運動時間t;
(2)出手時籃球速度v的大小。
答案　(1)0.3 s　(2)5 m/s
解析　(1)籃球從出手到垂直打在籃板上的逆過程可視為平拋運動，則H－h(huán)＝gt2
解得t＝0.3 s。
(2)由題意可知，水平初速度vx＝＝4 m/s
豎直初速度vy＝gt＝3 m/s
初速度v＝＝5 m/s。
9.(2025·江蘇南京聯(lián)考)如圖所示，AB為豎直放置的光滑圓筒，一根長細繩穿過圓筒后一端連著質(zhì)量m1＝5 kg的小球P，另一端和細繩BC(懸點為B)在結(jié)點C處共同連著質(zhì)量為m2的小球Q，長細繩能承受的最大拉力為60 N，細繩BC能承受的最大拉力為27.6 N。轉(zhuǎn)動圓筒使BC繩被水平拉直，小球Q在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，小球P處于靜止狀態(tài)，此時圓筒頂端A點到C點的距離l1＝1.5 m，細繩BC的長度l2＝0.9 m，重力加速度g取10 m/s2，兩繩均不可伸長，小球P、Q均可視為質(zhì)點。求:
(1)當角速度ω多大時，BC繩剛好被拉直(結(jié)果可用根號表示)
(2)當角速度ω多大時，BC繩剛好被拉斷
答案　(1) rad/s　(2)4 rad/s
解析　(1)BC繩剛好被拉直時，由幾何關(guān)系可知AC繩與豎直方向的夾角的正弦值sin θ＝
對小球Q受力分析，由牛頓第二定律可知
m2gtan θ＝m2l2
解得ω1＝ rad/s。
(2)對小球P，有T＝m1g
對小球Q，豎直方向有Tcos θ＝m2g，解得m2＝4 kg
當BC繩被拉斷時有TBC＝27.6 N，由牛頓第二定律有Tsin θ＋TBC＝m2l2
解得ω2＝4 rad/s。
10.(2025·安徽六安聯(lián)考)如圖所示，長為L的不可伸長輕繩下端拴一可視為質(zhì)點的小球，上端固定在天花板O1處，在O1的下方有正方形水平桌面，該桌面內(nèi)的O2為O1的垂直投影點，O1、O2間的距離為2L。現(xiàn)使小球在某一水平面內(nèi)做圓周運動，如圖中虛線所示，此時輕繩與豎直方向的夾角為θ。已知重力加速度為g，輕繩能承受的最大拉力為小球重力的兩倍，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，小球可視為質(zhì)點，求:
(1)輕繩與豎直方向的夾角為θ時，小球的線速度大小v;(2)緩慢增大小球做水平圓周運動的線速度，要保證輕繩在任意時刻達到最大拉力斷開后小球均不會落到桌面外，桌面的最小面積Smin。
答案　(1)　(2)21L2
解析　(1)對小球受力分析，受重力mg，輕繩的拉力FT，重力和輕繩的拉力的合力提供向心力，如圖所示，則tan θ＝
解得F＝mgtan θ
小球做勻速圓周運動的半徑r＝Lsin θ
由牛頓第二定律得mgtan θ＝m
解得v＝。
(2)設當FT＝2mg時，輕繩與豎直方向的夾角為α，則cos α＝
解得α＝60°
小球做勻速圓周運動的半徑r'＝Lsin α＝L
則mgtan α＝m
解得v'＝
小球離桌面的高度h＝2L－Lcos α＝L
繩斷后小球做平拋運動，由h＝gt2，解得小球落到桌面的時間為t＝
水平位移大小為x＝v't＝L
小球落到桌面的位置到O2的距離R＝L
桌面的最小面積Smin＝(2R)2＝21L2。

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