2024版新教材高考物理全程一轮总复习单元素养评价四曲线运动

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习单元素养评价四曲线运动，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．[2023·江苏徐州期中]把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来，这是研究物理问题的一种科学研究方法．下列选项中最符合这种研究方法的是( )
2.
质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是( )
A．秋千对小明的作用力小于mg
B．秋千对小明的作用力大于mg
C．小明的速度为零，所受合力为零
D．小明的加速度为零，所受合力为零
3．[2023·河北省部分学校高三模拟]如图所示，一汽车过半径均为50m的圆弧形凹桥和凸桥，在凹桥的最低处和凸桥的最高处的速度大小均为v＝10m/s，取重力加速度大小g＝10m/s2，则在凹桥的最低处和凸桥的最高处汽车对桥面的压力大小之比为( )
A.3∶2B．5∶4C．2∶1D．3∶1
4.如图所示．船从A处开出后沿直线AB到达对岸．若AB与河岸成37°角，水流速度为4m/s(已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8)，则船从A点开出的最小速度为( )
A．2m/sB．2.4m/s
C．3m/sD．3.5m/s
5.如图所示，一细绳一端系一小球，另一端固定，给小球不同的初速度，使小球在水平面内做角速度不同的圆周运动，则下列细绳拉力F、悬点到轨迹圆心高度h、向心加速度a、线速度v与角速度平方ω2的关系图像正确的是( )
6.
如图所示，将板长为L的长木板倾斜放置，倾角为45°，一个小球在板的上端以大小为v0的初速度水平抛出，结果小球恰好落在长木板的底端，如果将板的倾角改为30°，要使小球从板的上端水平抛出后也恰好能落在板的底端，则抛出的初速度大小为( )
A．eq \r(\f(3\r(2),2))v0B．eq \r(\f(3,2))v0
C．eq \r(\f(2\r(2),3))v0D．eq \r(\f(\r(2),2))v0
7.
如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点．eq \f(E2,E1)等于( )
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求)
8．机动车检测站进行车辆尾气检测的原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数．检测过程简图如图所示，车轴A的半径为rA，车轮B的半径为rB，滚动圆筒C的半径为rC，B与C间不打滑．当B以恒定转速n(每秒钟转n圈)运行时，下列说法正确的是( )
A．C的边缘线速度大小为2πnrB
B．A、B的角速度大小相等，均为2πn，且A、B沿顺时针方向转动，C沿逆时针方向转动
C．A、B、C的角速度大小相等，均为2πn，且均沿顺时针方向转动
D．B、C的角速度的比值为eq \f(rB,rC)
9.
[2023·雅礼中学高三(下)第七次月考]如图所示，在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机A，用悬索(不可伸长且重力可忽略不计)救起了伤员B.直升机A和伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员B吊起，在某一段时间内，A、B之间的距离l与时间t的关系为l＝H－bt2(式中l表示伤员到直升机的距离，H表示开始计时时伤员与直升机的距离，b是一常数，t表示伤员上升的时间)，不计伤员和绳索受到的空气阻力．这段时间内从地面上观察，下列判断正确的是( )
A．悬索始终保持竖直B．伤员做直线运动
C．伤员做曲线运动D．伤员的加速度为2b
10．[2023·广东江门3月模拟]2022年2月8日，谷爱凌夺得北京2022年冬奥会自由式滑雪女子大跳台金牌．自由式滑雪赛道示意图如图所示，运动员从较高的坡面滑到A处，再沿水平方向飞离，落到斜坡上的B处，若不计空气阻力，只知道水平飞离A处时的速度v0和斜坡倾角θ，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．不论v0多大运动员落到斜坡上的速度方向与竖直方向夹角为一定值
B．不能求出运动员在空中经历的时间
C．可以求出运动员落到斜坡上B处时的速度大小
D．可以求出运动员落到斜坡上B处时重力的功率
三、非选择题(本题共4个小题，共54分)
11．(8分)频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段．在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置．某物理小组利用图甲所示装置探究平抛运动规律．他们分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处安装了频闪仪器并进行了拍摄，得到的频闪照片如图乙，O为抛出点，P为运动轨迹上某点．则根据平抛运动规律分析下列问题(g取10m/s2)：
(1)乙图中，摄像头A所拍摄的频闪照片为________[选填“(a)”或“(b)”].
(2)测得图乙(a)中OP距离为45cm，(b)中OP距离为30cm，则平抛物体的初速度大小应为________m/s，小球在P点速度大小应为________m/s.
12．(6分)如图甲为探究向心力跟质量、半径、角速度关系的实验装置，金属块放置在转台上，电动机带动转台做圆周运动，改变电动机的电压，可以改变转台的转速，光电计时器可以记录转台每转一圈的时间，金属块被约束在转台的凹槽中，只能沿半径方向移动，且跟转台之间的摩擦力很小可以忽略．
(1)某同学为了探究向心力跟角速度的关系，需要控制____________和____________两个变量保持不变．改变转台的转速，对应每个转速由________读出金属块受到的拉力，由光电计时器读出转动的周期T，计算出转动的角速度ω＝________．
(2)上述实验中，该同学多次改变转速后，记录一组力与对应周期数据，他用图像法来处理数据，结果画出了如图乙所示的图像，图线是一条过原点的直线，请你分析他的图像横坐标x表示的物理量是________，单位是________．
(3)为了验证向心力跟半径、质量的关系，还需要用到的实验器材有____________和____________．
13.
(15分)如图所示，一条轻绳长为L＝0.2m，一端连接一个质量m＝2kg的小球，另一端连接一个质量M＝1kg的滑块．滑块套在竖直杆上，它与竖直杆间的动摩擦因数为μ，现在让小球绕竖直杆在水平面内做匀速圆周运动，绳子与杆的夹角θ＝60°，滑块恰好不下滑，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2.求：
(1)小球转动的角速度ω的大小；
(2)滑块与竖直杆间的动摩擦因数μ.
14．(9分)如图所示，一个质量为60kg的滑板运动员，以v0＝4eq \r(3)m/s的初速度从某一高台的A点水平飞出，恰好从光滑圆轨道的B点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失).已知圆弧的半径R＝3m，θ＝60°，g取10m/s2，求：
(1)A距C点的高度；
(2)滑板运动员运动到圆弧轨道最高点D时对轨道的压力．
15．(16分)如果汽车顶部放置的行李捆绑不够牢固，在急刹车等特殊情况下，行李可能被甩出而造成危险，下面是简化情境：如图所示，平顶小车顶部距离地面的高度为h＝1.25m，车顶的长度为L＝2.0m，物块与车顶之间的动摩擦因数为μ＝0.4.物块放在车顶正中央，但是没有被固定，物块可视为质点，开始时小车带着物块一起在平直的路面上向右匀速行驶，某时刻小车突然以大小为a＝6m/s2的加速度急刹车直到停下，物块从车顶右侧滑落，落地后不再发生运动．测出小车刹车后滑行的痕迹长度为d1＝12m，重力加速度取g＝10m/s2，不计空气阻力．
(1)求小车匀速行驶时的速度大小v0.
(2)物块和小车都静止后，求物块到小车右侧的水平距离d2.
(3)若小车刹车的加速度不变，要使物块不从车顶滑落，则小车刹车前的速度大小，应满足什么条件？
单元素养评价（四）
1．解析：由于库仑力与点电荷电荷量和点电荷之间的距离都有关，所以库仑研究电荷间的作用力采用控制变量法；由于向心力大小与小球质量、小球轨道半径、小球做圆周运动的角速度都有关，所以探究向心力大小的影响因素采用控制变量法；探究合运动与分运动的关系采用的是等效替代法；伽利略通过斜面实验研究自由落体运动，把实验和逻辑推理（包括数学演算）和谐地结合起来．选项A正确．
答案：A
2．解析：小明在荡秋千经过最低点时，绳子拉力、重力提供向心力，设在最高点绳子与竖直方向的夹角为θ，最高点速度为零，所以向心力为零，则F－mgcsθ＝0，选项A正确，B错误；在最高点速度为零，但沿圆周运动切线方向重力分力为Gx＝mgsinθ，所以合外力不为零，选项C、D错误．
答案：A
3．解析：设汽车的质量为m，汽车过圆弧形凹桥时，有FN－mg＝meq \f(v2,R)，解得FN＝12m（N），根据牛顿第三定律可得，在凹桥的最低处，汽车对桥面的压力大小为12m（N）；汽车过圆弧形凸桥时，有mg－F′N＝meq \f(v2,R)，解得F′N＝8m（N），根据牛顿第三定律可得，在凸桥的最高处，汽车对桥面的压力大小为8m（N）.故在凹桥的最低处和凸桥的最高处汽车对桥面的压力大小之比为3∶2，B、C、D错误，A正确．
答案：A
4．解析：
船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动，其中，合速度v合方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动v水速度的大小和方向都已知，沿船头指向的分运动的速度v船大小和方向都未知．合速度与分速度遵循平行四边形定则（或三角形定则），如图，当v合与v船垂直时，v船最小，由几何关系得到v船的最小值为：v船＝v水sin37°＝2.4m/s，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
5．解析：设细绳长度为L，小球做匀速圆周运动时，细绳与竖直方向间的夹角为θ，细绳拉力为F，则有Fsinθ＝mω2Lsinθ，得F＝mω2L，A正确；又mgtanθ＝mω2Lsinθ，得h＝Lcsθ＝eq \f(g,ω2)，B错误；小球的向心加速度a＝ω2Lsinθ，小球的线速度v＝ωLsinθ，因随着ω的变化，θ也在变化，故选项C、D错误．
答案：A
6．解析：设板长为L，当板的倾角为45°时，水平方向上有Lcs45°＝v0t，竖直方向上有Lsin45°＝eq \f(1,2)gt2，所以L＝eq \f(2\r(2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,g)；当板的倾角为30°时，水平方向上有Lcs30°＝v′0t′，竖直方向上有Lsin30°＝eq \f(1,2)gt′2，所以v′0＝eq \f(\r(3gL),2)，代入得v′0＝eq \r(\f(3\r(2),2))v0，故A正确．
答案：A
7．解析：摩托车从a到c做平抛运动，水平方向：h＝v1t，竖直方向：h＝eq \f(1,2)gt2，又知E1＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，联立以上各式得E1＝eq \f(mgh,4)；摩托车从a到b做平抛运动，水平方向：3h＝v2t，竖直方向：0.5h＝eq \f(1,2)gt2，又知E2＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，联立以上各式得E2＝eq \f(9mgh,2)，所以eq \f(E2,E1)＝18，B正确，A、C、D错误．
答案：B
8．解析：由v＝2πnR可知，B的线速度大小为vB＝2πnrB，B、C线速度大小相同，即C的线速度大小为vC＝vB＝2πnrB，B、C角速度与半径成反比，A正确，D错误；A、B为主动轮，且同轴，角速度大小相等且为2πn，C为从动轮，A、B沿顺时针方向转动，C沿逆时针方向转动，B正确，C错误．
答案：AB
9．解析：由题给条件可知伤员B在水平方向上做匀速直线运动，可见伤员B在水平方向所受合力为0，则悬索在水平方向所受合力为0，故悬索始终保持竖直，A正确；由直升机A和伤员B之间的距离l与时间t的关系为l＝H－bt2可知，伤员B在竖直方向上的位移y与时间t的关系为y＝bt2，类比匀变速直线运动位移与时间的关系式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可知，伤员B在竖直方向上向上做初速度为0、加速度为2b的匀加速直线运动，根据运动的合成可知伤员B做曲线运动，加速度为2b，B错误，C、D正确．
答案：ACD
10．解析：运动员在空中做平抛运动，运动员落到斜坡上的位移偏转角的正切值为tanθ，由推论做平抛（或类平抛）运动的物体在任意时刻、任一位置处，其速度方向与水平方向的夹角α和位移方向与水平方向的夹角β的关系为tanα＝2tanβ，选项A正确；由tanθ＝eq \f(gt,2v0)得运动员在空中经历的时间为t＝eq \f(2v0tanθ,g)，选项B错误；运动员落到斜坡上时在竖直方向的分速度大小为vy＝gt＝2v0tanθ，v0、θ已知，根据运动的合成可以求出运动员落到斜坡上B处时的速度大小，选项C正确；因运动员的质量未知，故无法求出运动员落到斜坡上B处时重力的功率，选项D错误．
答案：AC
11．解析：（1）小球做平抛运动时，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，故摄像头A所拍摄的频闪照片为（b）.
（2）竖直方向上y＝eq \f(1,2)gt2
得t＝eq \r(\f(2y,g))＝eq \r(\f(2×0.45,10))s＝0.30s
水平方向上v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(0.3,0.3)m/s＝1m/s
P点小球在竖直方向的速度
v⊥＝gt＝10×0.3m/s＝3m/s
则vP＝eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(⊥)) )＝eq \r(10)m/s.
答案：（1）（b） （2）1 eq \r(10)
12．解析：（1）为了探究向心力跟角速度的关系，需要控制金属块转动半径和金属块质量两个变量保持不变．金属块的拉力可由力传感器直接测量，根据题意知ω＝eq \f(2π,T)；
（2）由向心力公式F＝mω2r可得，保持m和r不变，力F与ω2成正比，F­ω2图线为过原点的一条倾斜直线，所以横坐标表示的物理量是ω2，单位是rad2/s2；
（3）还需要用到天平测金属块的质量，刻度尺测量不同转速下金属块转动的半径．
答案：（1）金属块转动半径 金属块质量 力传感器 eq \f(2π,T) （2）ω2 rad2/s2 （3）刻度尺 天平
13．解析：
小球受力情况、滑块受力情况如图所示．
（1）小球在水平面内做匀速圆周运动，轻绳的拉力和小球的重力的合力提供向心力，根据几何关系可得小球做圆周运动的半径R＝Lsinθ
根据牛顿第二定律有mgtanθ＝mω2R
解得ω＝10rad/s.
（2）对小球，在竖直方向有FTcsθ＝mg
对滑块，在水平方向有FT′sinθ＝FN，FT′＝FT
在竖直方向有μFN＝Mg＋FTcsθ
解得μ＝eq \f(\r(3),2)
答案：（1）10rad/s （2）eq \f(\r(3),2)
14．解析：（1）设到B点时竖直分速度为v1，则：tan30°＝eq \f(v0,v1)
解得v1＝12m/s
其中在竖直方向
h1＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2g)＝eq \f(122,2×10)m＝7.2m
又h2＝Rcsθ＝1.5m
A距C点的高度H＝h1＋R－h2＝8.7m
（2）设滑板运动员到达D点时速度为vD，
则eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋mgH＝mg2R＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D))
解得vD＝eq \r(102)m/s
由于滑板运动员通过圆周运动的最高点应满足eq \f(mv2,R)≥mg，即v≥eq \r(gR)
因为v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ＝102m2/s2≥gR＝10×3m2/s2＝30m2/s2，所以滑板运动员能顺利通过最高点．
设运动员在最高点时轨道对运动员的压力为FN，则mg＋FN＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,R)
解得FN＝1440N，方向竖直向下，
由牛顿第三定律可得
F′N＝FN＝1440N，方向竖直向上．
答案：（1）8.7m （2）1440N，方向竖直向上
15．解析：（1）在刹车过程中，对小车有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ad1，解得v0＝eq \r(2ad1)＝12m/s.
（2）设物块滑到车顶右侧边缘处时的速度大小为v1，在车顶滑行时所用时间为t1，物块在小车顶部滑行的加速度大小为a1，此过程中，由牛顿第二定律有μmg＝ma1
假设物块滑到车顶右侧边缘处时，小车的速度还未减小到0，此时物块对地的位移大小为s1＝v0t1－eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
小车对地的位移大小为s2＝v0t1－eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
则物块相对小车的位移大小为eq \f(1,2)L＝s1－s2
此时小车的速度大小为v＝v0－at1，解得v＝6m/s
小车速度大于0，说明物块滑到车顶右侧边缘处时，小车的速度还未减小到0，假设成立
则物块离开车顶边缘处时的速度大小为v1＝v0－a1t1
物块离开车顶后做平抛运动，设运动时间为t2，在竖直方向上有h＝eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
则物块做平抛运动的水平位移大小为s3＝v1t2＝4m
故物块和小车都静止后，物块到小车右侧的水平距离为d2＝s1＋s3－d1－eq \f(L,2)
联立解得d2＝1m.
（3）设小车刹车前的速度大小为vm时，物块恰好不会从车顶滑落，作出物块和小车运动的v­t图像如图所示
物块从开始一直做匀减速直线运动，到车顶右侧边缘处时速度减为0，此过程中物块的位移大小为s4，则有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ＝2a1s4
设小车在该过程中的位移大小为s5，有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ＝2as5
物块相对小车的位移大小为eq \f(1,2)L＝s4－s5
解得vm＝2eq \r(6)m/s
要使物块不从车顶滑落，小车刹车前的速度大小应小于等于2eq \r(6)m/s.
答案：（1）12m/s （2）1m （3）应小于等于2eq \r(6)m/s