2023年上海高三物理模拟卷汇编：力与曲线运动

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一、单选题
1．（2023·上海虹口·统考二模）如图，钢架雪车比赛中，雪车以速率v通过截面为四分之一圆弧的弯道，弯道半径为R，不计雪车受到冰面摩擦力。在此情况中（ ）
A．运动员和雪车所受合外力为零
B．轨道对雪车的弹力为其转弯的向心力
C．若仅增大v，则雪车离轨道底部更高
D．若仅增大R，则雪车离轨道底部更高
【答案】C
【详解】A．运动员和雪车在圆弧弯道内做圆周运动，处于非平衡状态，所受合力不为0，故A不符合题意；
B．轨道对雪车的弹力与运动员和雪车重力的合力为其转弯的向心力，故B不符合题意；
C．若仅增大v，雪车做圆周运动所需要的向心力变大，轨道对雪车的支持力变大，则雪车离轨道底部更高，故C符合题意；
D．若仅增大R，雪车做圆周运动所需要的向心力变小，轨道对雪车的支持力变小，则雪车离轨道底部更低，故D不符合题意。
故选C。
2．（2023·上海虹口·统考二模）摆球质量为m的单摆做简谐运动，其动能Ek随时间t的变化关系如图所示，则该单摆（ ）
A．摆长为
B．摆长为
C．摆球向心加速度的最大值为
D．摆球向心加速度的最大值为
【答案】C
【详解】AB．由图可知，单摆的周期，根据单摆周期公式
解得
故AB错误；
CB．摆球到最低点的动能
向心加速度的最大值为
解得
故C正确，D错误；
故选C。
3．（2023·上海金山·统考二模）如图，圆弧型管道MN置于水平面上，一光滑小球从管道M端进入，它从出口N离开后的运动轨迹是（ ）
A．aB．bC．cD．d
【答案】C
【详解】在曲线运动中速度方向为轨迹的切线方向，由图可知，在N点的速度方向为c的方向，因为小球离开圆弧形轨道后，做匀速直线运动，所以从出口N离开后的运动轨迹是c。
故选C。
4．（2023·上海静安·统考二模）稳定运行的空间站中，有如图所示的装置：甲、乙两个光滑圆形轨道安置在同一竖直平面内，甲的半径更小，轨道之间有一条粗糙的水平轨道CD相通。一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过CD段后滑上乙轨道，最后离开圆轨道。不计空间站内的空气阻力，若小球经过甲、乙最高点时的速度为v甲、v乙，与轨道间的弹力为FN甲、FN乙，则（ ）
A．v甲 > v乙，FN甲 >FN乙B．v甲 > v乙，FN甲 C．v甲 < v乙，FN甲 FN乙
【答案】D
【详解】小球在空间站里面处于完全失重状态，经过水平轨道CD时对水平轨道的压力为零，没有能量损失，在圆轨道中运动，轨道的弹力提供向心力，可得
v甲 = v乙
由牛顿第二定律，有
由图可知
易知
FN甲 >FN乙
故选D。
5．（2023·上海宝山·统考二模）如图所示，M能在水平光滑滑杆上滑动，滑杆连架装在离心机上，用绳跨过光滑滑轮与另一质量为m的物体相连。当离心机以角速度ω在水平面内绕竖直轴转动时，M离轴距离为r，且恰能作匀速圆周运动。若m增至原来的2倍，保持r不变，为使M仍能作匀速圆周运动，则离心机的角速度要变为原来的（ ）
A．1倍B．倍C．2倍D．4倍
【答案】B
【详解】当离心机以角速度ω在水平面内绕竖直轴转动时，质量为m的物体处于静止状态，根据牛顿第二定律，有
若m增至原来的2倍，保持r不变，M仍能作匀速圆周运动，同理有
联立解得
故选B。
6．（2023·上海崇明·统考二模）如图为车库出入口采用的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平，则在抬起过程中P和Q两点（ ）
A．线速度相同，角速度相同
B．线速度相同，角速度不同
C．线速度不同，角速度相同
D．线速度不同，角速度不同
【答案】A
【详解】由于在P点绕O点做圆周运动的过程中，杆PQ始终保持水平，即P、Q两点始终相对静止，故可知两点的线速度相同，角速度也相同。
故选A。
7．（2023·上海杨浦·统考二模）如图，飞机在水平面内做半径为180米的匀速盘旋表演，机身倾斜，飞机速率为。重力加速度g取。若飞机在竖直平面内获得的升力与机翼垂直，则（ ）
A．机翼与竖直方向的倾角约为
B．机翼与水平方向的倾角约为
C．飞行员对座椅的作用力约为自身重力的1.1倍
D．飞行员对座椅的作用力约为自身重力的2.2倍
【答案】D
【详解】AB．设机翼与水平方向的夹角为，对飞机由牛顿第二定律，
得
说明，AB错误；
CD．对飞行员
得
C错误，D正确。
故选D。
8．（2023·上海黄浦·上海市大同中学统考一模）如图变速自行车有3个链轮和6个飞轮，链轮和飞轮的齿数如表所示。假设踏板的转速不变，通过选择不同的链轮和飞轮，该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为（ ）
A．12:7B．2:1C．24:7D．16:5
【答案】C
【详解】设踏板的角速度为，链轮的半径为，飞轮的半径为，车轮的半径为，则飞轮的角速度为
可知自行车行驶的速度大小为
由于半径与齿数成正比，则自行车行驶的最小速度为
自行车行驶的最小速度为
该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为
9．（2023·上海黄浦·上海市大同中学统考一模）下列关系式中不是利用物理量之比定义新的物理量的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】A．比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量大小的变化而变化。由于电场强度由场源电荷与空间位置到场源电荷的距离决定，与试探电荷与试探电荷所受电场力的大小没有决定的关系，因此是比值定义式，A错误；
B．根据上述，由于电势是由场源电荷、空间位置到场源电荷的距离已经零电势的选择决定，与试探电荷、电势能没有决定的关系，因此是比值定义式，B错误；
C．由于加速度与合力成正比，与质量成反比，即加速度大小由物体所受外力的合力与物体的质量共同决定，则表达式不属于比值定义式，C正确；
D．根据上述，由于角速度由圆周运动的受力与线速度决定，与物体转过的角度与时间没有决定的关系，因此是比值定义式，D错误。
故选C。
10．（2023·上海静安·统考一模）如图，短道速滑比赛中，把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，若观察到甲、乙两名运动员同时进入弯道，甲先出弯道，则下列关系式一定成立的是（ ）
A．向心加速度B．线速度
C．角速度D．周期
【答案】C
【详解】CD．若观察到甲、乙两名运动员同时进入弯道，甲先出弯道，弧度相同所用时间较短，故甲的角速度较大，周期较小。C正确，D错误。
AB．由于不知道甲乙运动时间的比例关系和轨道半径的比例关系，故无法比较甲乙的向心加速度大小和线速度的大小关系，AB错误。
故选C。
11．（2023·上海浦东新·统考一模）如图，A轮通过摩擦带动B轮匀速转动，两轮间不发生相对滑动，A、B两轮转动周期分别为，边缘的线速度大小分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】根据题意可知，两轮间不发生相对滑动，所以边缘线速度相等
根据
可知，两者周期不同。
故选B。
二、填空题
12．（2023·上海松江·统考二模）如图，在光滑的水平桌面上固定着半径为r的立柱，细线一端固定在立柱上的A点，另一端连接质量为m、可视为质点的小球，细线水平拉直，长度为L。现给小球一垂直于细线的初速度，则细线转过180°时，小球的速度为________，细线对小球的拉力大小为________。
【答案】
【详解】[1]根据题意可知，细线的拉力不做功，则小球做匀速圆周运动，则细线转过180°时，小球的速度为。
[2]根据题意可知，细线转过180°时，画出俯视图，如图所示
小球做圆周运动的半径为
细线拉力提供小球做圆周运动的向心力，则有
13．（2023·上海奉贤·统考二模）如图所示为高速入口的自动识别系统的直杆道闸，水平细直杆可绕转轴在竖直平面内匀速转动。车头过自动识别线ab触发系统开始识别，ab线离直杆正下方的距离22m，识别系统的反应时间为0.2s，直杆转动角速度rad/s，直杆由水平位置转到竖直位置的时间约为______s。直杆转动到竖直位置时汽车方能通过道闸，要使汽车安全通过道闸，则汽车不停车匀速安全通过道闸的最大速度为______m/s。
【答案】 2/2.0 10/10.0
【详解】[1]直杆由水平位置转动到竖直位置的时间约为
[2]系统的反应时间是
则汽车从识别线ab 到达直杆正下方的时间至少是
汽车不停车匀速安全通过道闸的最大速度是
14．（2023·上海徐汇·统考二模）一辆汽车在10s内以恒定速率通过长度为100m的圆弧形弯道，已知弯道半径为，则汽车在弯道中的加速度大小为________m/s2，10s内速度变化量的大小为________m/s。
【答案】
【详解】[1]汽车运动的线速度大小
则汽车在弯道中的加速度大小为
[2]转过的角度
则速度的变化量
15．（2023·上海·一模）如图甲所示，长为20 m的水平轨道AB与半径R=3 m的竖直半圆轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块（大小不计）从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2.则物块到达B出的速度大小为___________，若滑块到达B处时撤去力F，滑块沿半圆轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是___________。
【答案】 10 m/s 25 J
【详解】（1）[1]滑块从A到B的过程中，由动能定理得
解得
（2）[2]滑块恰好能到达C点，则
滑块从B到C的过程中，由动能定理得
解得
即克服摩擦力做功为25 J。
16．（2023·上海长宁·统考二模）如图，半径为R的圆盘上绕有一根轻绳，轻绳的另一端与放在水平桌面上物体相连，物体质量为m，绳子处于水平状态，物体与桌面的摩擦系数为开始，圆盘以角速度为常数转动，绳子上拉力为______；经过时间t，圆盘转过的圈数______．
【答案】 ；
【详解】根据公式：得：
结合匀变速直线运动的速度公式：可得：
物体在运动的过程中水平方向受到拉力与摩擦力，则：
联立得：
经过时间t，圆盘转过的角度：
圆盘转过的圈数
点睛：该题结合牛顿第二定律考查变速圆周运动的线速度、角速度之间的关系，在解答的过程中要注意公式的变换．
三、解答题
17．（2023·上海宝山·统考一模）如图所示，AB段是长s=2.5m 的粗糙水平轨道，BC段是半径R=0.5m的光滑半圆弧轨道，半圆弧轨道在B处与AB相切，且处于竖直面内。质量m=0.1kg的小滑块，受水平恒力F的作用由A点从静止开始运动，到达B点时撤去力F。已知小滑块与AB间的动摩擦因数为0.25，设小滑块在AB上所受最大静摩力的大小即为滑动摩擦力的大小，g取10m/s2。
（1）为使小滑块能到达C点，小滑块在B点时的速度至少为多大？
（2）为使小滑块能做沿圆弧轨道返回的运动，F的取值范围是什么？
（3）第（2）问的条件下，小滑块是否有可能返回到A点？试分析说明理由。
【答案】（1）5m/s；（2）0.25N < F ≤ 0.45N；（3）见解析
【详解】（1）在C点时由

推得
（2）要使小滑块在AB轨道上能动起来，必需满足，即
为使小滑块能做沿圆弧轨道返回的运动，小滑块最高只能到达与 O 点同高的位置：
对于小滑块在AB轨道上的匀加速运动，有
由
推得
所以
0.25 N < F ≤ 0.45 N
（3）当 F = 0.45 N 时
小滑块从 B 点返回 A 点，克服摩擦力做的功
J
因为 ，所以小滑块不可能返回 A 点。
当 F 取其它值时，小滑块在 B 点时的动能更少，更不可能返回到 A 点。总之，第（2）问的条件下，小滑块不可能回到 A 点。
18．（2023·上海黄浦·上海市大同中学统考一模）如图所示的装置由安装在水平台面上的高度H可调的斜轨道KA、水平直轨道AB、圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF、水平直轨道FG等组成，F、D、B在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接，已知滑块（可视为质点）从K点静止开始下滑，滑块质量m = 0.1kg，轨道BCD的半径R = 0.8m，管道DEF的半径r = 0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ = 0.4，其余各部分轨道均光滑且无能量损失，轨道FG的长度L = 3m，g取10m/s2。
（1）若滑块恰能过D点，求高度H的大小；
（2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求经过管道DEF的最高点F时的最小速度；
（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终能静止在水平轨道FG上，求可调高度H的范围。
【答案】（1）2m；（2）2m/s；（3）2m ≤ H < 3m
【详解】（1）恰能过D点时，由牛顿第二定律可得
则恰能过BCD的最高点D的最小速度为
从释放到D点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得
H = 2m
（2）滑块在运动过程中不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小速度为
DF过程，以D所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得
vF = 2m/s
经半圆管道的F点时，若vF > 0，滑块即可通过F点，则经过管道DEF的最高点F时的最小速度vF = 2m/s。
（3）保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为vF = 2m/s，若以此速度在FG上滑行直至静止运动时，有
μmg = ma
则加速度大小为
a = μg = 0.4 × 10m/s2 = 4m/s2
H = 2m时，FG上滑行距离为
，不掉落轨道
若滑块恰好静止在G点，根据公式v2－v02 = 2ax，可得F点的最大速度为
从K释放到F点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得
滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG上，可调高度H的范围应满足
2m ≤ H < 3m
19．（2023·上海·一模）如图所示,在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数，小球进入管口C端时，它对上管壁有的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能。重力加速度g取。求:
（1）小球在C处受到的向心力大小;
（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能;
（3）小球最终停止的位置。
【答案】（1）35N；（2）6J；（3）停在BC上距离C端0.3 m处（或距离B端0.2m处）
【详解】（1）小球进入管口C端时，它对圆管上管壁有大小为的作用力，对小球由牛顿第二定律有
解得
（2）在压缩弹簧过程中，速度最大时合力为零。设此时小球离D端的距离为，则有
解得
在C点，由
解得
由能量守恒定律有
解得
（3）小球从A点运动到C点过程，由动能定理得
解得B、C间距离
小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小球的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。设小球在BC上运动的总路程为，由能量守恒定律有
解得
故最终小球在BC上距离C为
或距离B端为
处停下。
名称
链轮
飞轮
齿数
48
38
28
14
16
18
22
24
28