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物理
第四章　核心素養提升練
1．(2025·山東省濰坊市天一大聯考高三上10月月考)如圖所示，壓縮機通過活塞在汽缸內做往復運動來壓縮和輸送氣體，活塞的中心A與圓盤在同一平面內，O為圓盤圓心，B為圓盤上一點，A、B處通過鉸鏈連接在輕桿兩端，圓盤繞過O點的軸做角速度為ω的勻速圓周運動。某時刻AB與OA間的夾角為α，OB與BA垂直，已知O、B間距離為r，則此時活塞的速度為(　　)
A． B．
C．ωrcosα D．ωrsinα
答案：A
解析：OB與BA垂直，則此時B點的線速度與活塞沿桿的分速度相等，設活塞的速度為v，由運動的合成與分解可知vcosα＝ωr，解得v＝，故選A。
2．(2023·浙江1月選考)如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點拋出沿軌跡OPQ運動，其中P是最高點。若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，則小石子豎直方向分運動的加速度大小(　　)
A．O點最大 B．P點最大
C．Q點最大 D．整個運動過程保持不變
答案：A
解析：空氣阻力方向與瞬時速度方向相反，空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，則根據平行四邊形定則可知，空氣阻力沿豎直方向的分力與瞬時速度沿豎直方向的分速度大小成正比，且二者方向相反。由牛頓第二定律可知，在豎直方向上，小石子向上減速運動階段的加速度大小始終大于重力加速度g，向下加速運動階段的加速度大小始終小于重力加速度g，而在向上減速過程中，小石子在O點豎直方向的分速度最大，小石子所受空氣阻力沿豎直方向的分力最大，在豎直方向所受合力最大，根據牛頓第二定律可知，此時豎直方向分運動的加速度大小最大，故選A。
3．無級變速是在變速范圍內任意連續變換速度的變速系統。如圖所示是無級變速模型示意圖，主動輪、從動輪中間有一個滾輪，各輪間不打滑，通過滾輪位置改變實現無級變速。A、B為滾輪軸上兩點，則(　　)
A．從動輪和主動輪轉動方向始終相反
B．滾輪在A處，從動輪轉速大于主動輪轉速
C．滾輪在B處，從動輪轉速大于主動輪轉速
D．滾輪從A到B，從動輪轉速先變大后變小
答案：B
解析：主動輪和滾輪之間為摩擦傳動，轉動方向相反，滾輪和從動輪之間為摩擦傳動，轉動方向相反，則主動輪和從動輪轉動方向相同，故A錯誤；設主動輪和從動輪與滾輪接觸位置的線速度分別為v1、v2，則v1＝v2，又因為v＝ωr，故＝，由題圖可知，滾輪在A處時r1>r2，故ω1<ω2，又ω＝2πn，則有n1ω2，故n1>n2，故B正確，C錯誤；由前面分析可知，從動輪轉速n2＝n1，滾輪從A到B，主動輪轉動的轉速n1不變，而由題圖知一直變小，則從動輪轉速一直變小，故D錯誤。
4．(多選)如圖所示為賽車場的一個水平“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R＝90 m的大圓弧和r＝40 m的小圓弧，直道與彎道相切。大、小圓弧圓心O、O′距離L＝100 m。賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2．25倍。假設賽車在直道上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動。要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短(發動機功率足夠大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3．14)，則賽車(　　)
A．在繞過小圓弧彎道后加速
B．在大圓弧彎道上的速率為45 m/s
C．在直道上的加速度大小為5．63 m/s2
D．通過小圓弧彎道的時間為5．58 s
答案：AB
解析：賽車用時最短，就要求賽車通過大、小圓弧時，速度都應達到允許的最大速度，通過小圓弧時，由＝2．25mg得v1＝30 m/s，通過大圓弧時，由＝2．25mg得v2＝45 m/s，B正確；賽車從小圓弧到大圓弧通過直道時需加速，故A正確；由幾何關系可知連接大、小圓弧的直道長x＝50 m，由勻加速直線運動的速度位移公式：v－v＝2ax得a≈6．50 m/s2，C錯誤；由幾何關系可得小圓弧所對圓心角為120°，所以通過小圓弧彎道的時間t＝＝×＝2．79 s，故D錯誤。
5．(2025·山東省泰安市第二中學高三上10月月考)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、飛輪和底座總質量為M，配重物質量為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勻速轉動，皮帶不打滑。當偏心輪上的配重物轉到頂端時，底座剛好對地面無壓力。下列說法正確的是(　　)
A．電動機輪軸與偏心輪轉動的角速度相同
B．配重物轉到頂點時處于超重狀態
C．偏心輪轉動的角速度為
D．打夯機對地面壓力的最大值大于(M＋m)g
答案：D
解析：電動機輪軸與偏心輪通過皮帶傳動，相應皮帶輪的輪緣的線速度大小相等，由題圖可知，電動機的皮帶輪與偏心輪的皮帶輪半徑不同，故電動機輪軸與偏心輪轉動的角速度不相同，故A錯誤；配重物轉到頂點時，具有向下的加速度，處于失重狀態，故B錯誤；當偏心輪上的配重物轉到頂端時，底座剛好對地面無壓力，由平衡條件可知，配重物對飛輪的作用力大小T1′＝Mg，由牛頓第三定律可知，飛輪對配重物的作用力大小T1＝T1′＝Mg，對配重物由牛頓第二定律有T1＋mg＝mω2R，解得偏心輪轉動的角速度為ω＝，故C錯誤；配重物運動到最低點時，打夯機對地面的壓力最大，設此時飛輪對配重物的作用力大小為T2，配重物對飛輪的作用力大小為T2′，地面對打夯機的支持力大小為N，對配重物由牛頓第二定律有T2－mg＝mω2R，對電動機、飛輪和底座整體由平衡條件有Mg＋T2′＝N，且T2′＝T2，解得N＝2(M＋m)g>(M＋m)g，根據牛頓第三定律可知，打夯機對地面壓力的最大值大于(M＋m)g，故D正確。
6．(多選)如圖所示，ab是半徑為R的圓的直徑，c是圓周上一點，ac＝bc。質量為m的物體僅受一個恒力作用，從a點沿ac方向射入圓形區域，經時間t沿cb方向從b點射出圓形區域。下列說法中正確的是(　　)
A．恒力沿cb方向，大小為
B．恒力方向垂直ab斜向左上，大小為
C．物體在a點的速率為
D．物體離開b點時的速率為
答案：BD
解析：把物體在圓形區域內的運動沿ac方向和cb方向分解，沿ac方向初速度為va，末速度為0，物體做勻減速直線運動，由幾何關系得位移為R，在ac方向的平均速度＝＝，則va＝；沿cb方向初速度為0，末速度為vb，物體做勻加速直線運動，位移為R，在cb方向的平均速度′＝＝，解得vb＝，C錯誤，D正確。沿ac方向的加速度ax＝＝－，方向從c指向a，沿cb方向的加速度ay＝＝，方向從c指向b，合加速度為a＝，解得a＝，方向與ab垂直斜向左上方，根據牛頓第二定律，得恒力F＝ma＝，方向垂直ab斜向左上方，A錯誤，B正確。
7．(2024·山東省濰坊市高三上模擬預測)如圖為斜式滾筒洗衣機的滾筒簡化圖，在脫水過程中滾筒繞固定軸OO′以恒定的角速度轉動，滾筒的半徑為r，筒壁內有一可視為質點的衣物，衣物與滾筒間的動摩擦因數為μ(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，轉動軸與水平面間的夾角為，重力加速度為g。在脫水過程中，要保持衣物始終與滾筒相對靜止，滾筒轉動角速度的最小值為(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：衣物在垂直于轉軸的平面內做勻速圓周運動，則所受合力大小不變，一直指向軌跡圓心，衣物的重力和滾筒的支持力提供向心力，分析可知，衣物在最高點時所受滾筒的彈力最小，根據最大靜摩擦力與彈力成正比，可知衣物在最高點時最容易滑動。要保持衣物始終與滾筒相對靜止，則衣物在最高點時有mgsinθ≤μFN，又FN＋mgcosθ＝mω2r，可解得ω≥，所以在脫水過程中，要保持衣物始終與滾筒相對靜止，滾筒轉動角速度的最小值為，故選B。
8．(多選)“快樂向前沖”節目中有這樣一種項目，選手需要借助懸掛在高處的繩飛躍到鴻溝對面的平臺上，已知開始時繩與豎直方向夾角為α，繩的懸掛點O距平臺的豎直高度為H，繩長為L。如果質量為m的選手抓住繩子由靜止開始擺動，運動到O點的正下方時松手，做平拋運動，不考慮空氣阻力和繩的質量，下列說法正確的是(　　)
A．選手剛擺到最低點時處于超重狀態
B．選手剛擺到最低點時所受繩子的拉力為(3－2cosα)mg
C．若繩與豎直方向夾角仍為α，當L＝時，落點距O點的水平距離最遠
D．若繩與豎直方向夾角仍為α，當L＝時，落點距O點的水平距離最遠
答案：ABC
解析：選手做圓周運動擺到最低點時，加速度方向豎直向上，處于超重狀態，A正確；選手擺到最低點時，T－mg＝m，質量為m的選手由靜止開始，運動到O點正下方過程中機械能守恒，故mgL·(1－cosα)＝mv2　①，聯立解得T＝(3－2cosα)mg，B正確；從最低點松開繩子后，選手做平拋運動，故在水平方向上做勻速直線運動，x＝vt　②，在豎直方向上做勻加速直線運動，H－L＝gt2　③，聯立①②③解得x＝，根據數學知識可知，當L＝H－L，即L＝時，x最大，C正確，D錯誤。
9．(2022·全國甲卷)將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0．05 s發出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標出的兩個線段的長度s1和s2之比為3∶7。重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小。
答案： m/s
解析：頻閃儀每隔0．05 s發出一次閃光，每相鄰兩個球之間被刪去3個影像，故圖中相鄰兩球影像的時間間隔為
t＝4T＝4×0．05 s＝0．2 s
設拋出瞬間小球的速度大小為v0，s1、s2所對應的水平方向上的位移均為x，豎直方向上的位移分別為y1、y2，根據平拋運動規律有
x＝v0t
y1＝gt2
y1＋y2＝g(2t)2
由平行四邊形定則，有s1＝
s2＝
由題知s1∶s2＝3∶7
聯立解得v0＝ m/s。
10．(2024·江西高考)雪地轉椅是一種游樂項目，其中心傳動裝置帶動轉椅在雪地上滑動。如圖a、b所示，傳動裝置有一高度可調的水平圓盤，可繞通過中心O點的豎直軸勻速轉動。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩，輕繩另一端B連接轉椅(視為質點)。轉椅運動穩定后，其角速度與圓盤角速度相等。轉椅與雪地之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。
(1)在圖a中，若圓盤在水平雪地上以角速度ω1勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O點做半徑為r1的勻速圓周運動。求AB與OB之間夾角α的正切值。
(2)將圓盤升高，如圖b所示。圓盤勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O1點做半徑為r2的勻速圓周運動，繩子與豎直方向的夾角為θ，繩子在水平雪地上的投影A1B與O1B的夾角為β。求此時圓盤的角速度ω2。
答案：(1)　(2)
解析：(1)轉椅在水平面內受摩擦力f1和輕繩拉力T1，兩者的合力提供其做勻速圓周運動所需的向心力Fn1，如圖1所示
設轉椅的質量為m，根據牛頓第二定律可知，
轉椅所需的向心力Fn1＝mωr1
又轉椅受到的摩擦力f1＝μmg
根據幾何關系有tanα＝
聯立解得tanα＝。
(2)在題圖b情況下，設轉椅受到輕繩的拉力為T2，水平面的摩擦力為f2，水平面的支持力為N2，轉椅在水平面內的受力如圖2所示，根據牛頓第二定律可知，轉椅所需的向心力
Fn2＝mωr2
又轉椅受到的摩擦力f2＝μN2
根據幾何關系有tanβ＝
由平衡條件，豎直方向上有N2＋T2cosθ＝mg
又水平面上有f2＝T2sinθsinβ
聯立解得ω2＝。
1(共20張PPT)
第四章　核心素養提升練
2．(2023·浙江1月選考)如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點拋出沿軌跡OPQ運動，其中P是最高點。若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，則小石子豎直方向分運動的加速度大小(　　)
A．O點最大 B．P點最大
C．Q點最大 D．整個運動過程保持不變
解析：空氣阻力方向與瞬時速度方向相反，空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，則根據平行四邊形定則可知，空氣阻力沿豎直方向的分力與瞬時速度沿豎直方向的分速度大小成正比，且二者方向相反。由牛頓第二定律可知，在豎直方向上，小石子向上減速運動階段的加速度大小始終大于重力加速度g，向下加速運動階段的加速度大小始終小于重力加速度g，而在向上減速過程中，小石子在O點豎直方向的分速度最大，小石子所受空氣阻力沿豎直方向的分力最大，在豎直方向所受合力最大，根據牛頓第二定律可知，此時豎直方向分運動的加速度大小最大，故選A。
3．無級變速是在變速范圍內任意連續變換速度的變速系統。如圖所示是無級變速模型示意圖，主動輪、從動輪中間有一個滾輪，各輪間不打滑，通過滾輪位置改變實現無級變速。A、B為滾輪軸上兩點，則(　　)
A．從動輪和主動輪轉動方向始終相反
B．滾輪在A處，從動輪轉速大于主動輪轉速
C．滾輪在B處，從動輪轉速大于主動輪轉速
D．滾輪從A到B，從動輪轉速先變大后變小
4．(多選)如圖所示為賽車場的一個水平“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R＝90 m的大圓弧和r＝40 m的小圓弧，直道與彎道相切。大、小圓弧圓心O、O′距離L＝100 m。賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2．25倍。假設賽車在直道上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動。要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短(發動機功率足夠大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3．14)，則賽車(　　)
A．在繞過小圓弧彎道后加速
B．在大圓弧彎道上的速率為45 m/s
C．在直道上的加速度大小為5．63 m/s2
D．通過小圓弧彎道的時間為5．58 s
9．(2022·全國甲卷)將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0．05 s發出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標出的兩個線段的長度s1和s2之比為3∶7。重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小。
10．(2024·江西高考)雪地轉椅是一種游樂項目，其中心傳動裝置帶動轉椅在雪地上滑動。如圖a、b所示，傳動裝置有一高度可調的水平圓盤，可繞通過中心O點的豎直軸勻速轉動。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩，輕繩另一端B連接轉椅(視為質點)。轉椅運動穩定后，其角速度與圓盤角速度相等。轉椅與雪地之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。
(1)在圖a中，若圓盤在水平雪地上以角速度ω1勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O點做半徑為r1的勻速圓周運動。求AB與OB之間夾角α的正切值。
(2)將圓盤升高，如圖b所示。圓盤勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O1點做半徑為r2的勻速圓周運動，繩子與豎直方向的夾角為θ，繩子在水
平雪地上的投影A1B與O1B的夾角為β。求此時圓盤的角速度ω2。

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