2023届高考物理二轮总复习试题（老高考旧教材）体育运动类（二）（Word版附解析）

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体育运动类(二)1.(2022陕西长安一中模拟)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析错误的是(　　)A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能先增大后减小C.人先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力2.(多选)在冬奥会短道速滑5 000米接力赛中,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行。待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间的摩擦力,则(　　)A.甲对乙的冲量与乙对甲的冲量一定相同B.甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲、乙组成的系统机械能不守恒3.(2022新疆昌吉一模)引体向上是我们日常生活中行之有效的健身方法之一。当你双手握住单杠处于静止状态时,可以简化成如下模型:在水平杆MN上套有两个质量不计的小环A和B,一不可伸长的细线两端分别系在环A、B上,并在细线中点处通过小滑轮挂一个质量为m的物块,整个系统处于平衡状态。当增加A、B之间的距离,整个系统再次达到平衡状态后,下列说法正确的是(　　)A.小环A和B所受水平杆支持力都变大B.小环A和B所受摩擦力都变小C.细线中张力变大D.小环A的合力变大4.(2022福建四地第一次质量检测)如图所示,A、B两篮球同时抛出,在篮筐上方相碰且相碰时速度均水平,则(　　)A.球A抛出时速度较大B.球B抛出时速度较大C.球A在空中运动时间较长D.球B在空中运动时间较长5.(多选)(2022广东深圳一模)挥杆套马是我国蒙古族传统体育项目,烈马从骑手身边奔驰而过时,骑手持6 m长的套马杆,由静止开始催马追赶,二者的v-t图像如图所示,则(　　)A.0~4 s内骑手靠近烈马B.6 s时刻骑手刚好追上烈马C.骑手在9 s时刻挥杆,能套到烈马D.8~9 s内烈马加速度大于0~6 s内骑手的加速度6.(2022广东广州六中模拟)如图甲所示,蹦床是一项运动员利用弹性网的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动,属于体操运动的一种,有“空中芭蕾”之称。一质量为60 kg的运动员,从离水平网面3.2 m处身体保持竖直状态由静止开始自由落下,如图乙所示。着网后沿竖直方向恰好能蹦回到刚开始的位置。运动员与网接触的时间为0.3 s,g取10 m/s2,求:(1)运动员刚与网接触时的速度大小;(2)网对运动员的平均作用力大小。 7.(2022四川峨眉二中模拟)跑酷是以日常生活的环境为运动场所的极限运动。质量m=50 kg的跑酷运动员,在水平高台上水平向右跑到高台边缘,以v0的速度从上边缘的A点水平向右跳出,运动时间t1=0.6 s后落在一倾角为53°的斜面上的B点,速度方向与斜面垂直。此时运动员迅速转身并调整姿势,以v0的速度从B点水平向左蹬出,刚好落到斜面的底端C点。D点为平台的下边缘点,假设该运动员可视为质点,不计空气阻力,g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:(1)运动员从高台边缘跳出的水平速度大小v0;(2)水平高台AD的高度H。 答案：1.D　解析 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动,C正确;绳对人的拉力向上,则拉力的冲量向上,拉力对人做负功;因加速度等于零时,速度最大,故人的动量和动能都是先增大后减小,加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大,动量和动能最大,A、B正确;在最低点时人具有向上的加速度,绳对人的拉力大于人所受的重力,D错误。2.BD　解析 因为冲量是矢量,甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反,故冲量大小相等、方向相反,A错误;两人组成的系统合外力为零,系统的动量守恒,根据动量守恒定律可知,系统动量变化量为零,则甲、乙的动量变化一定大小相等且方向相反,B正确;甲、乙间的作用力大小相等,不知道甲、乙的质量关系,不能求出甲、乙动能变化关系,无法判断做功多少,也不能判断出二者动能的变化量,C错误;在乙推甲的过程中,乙的肌肉对系统做了功,甲和乙组成的系统机械能不守恒, D正确。3.C　解析 当增加A、B之间的距离,整个系统再次达到平衡状态后,系统竖直方向上受到杆对小环A和B的支持力还有物块的重力;由于物块重力不变,所以小环A和B所受支持力保持不变,A错误;对小环A隔离分析,受到绳的拉力FT,杆的支持力FN及水平向左的摩擦力Ff作用,设绳与杆夹角为θ,由平衡条件知小环A受到的合力为0,FTcos θ=Ff、FTsin θ=FN,当增加A、B之间的距离时θ减小,由于FN不变,可得FT变大,Ff变大,根据对称性可知小环B受到的摩擦力也增大,B、D错误,C正确。4.A　解析 由平抛运动规律可知,竖直方向是自由落体运动,有h=gt2、vy=gt,两球相同时间竖直方向下落相同高度,所以时间t相等,C、D错误;两球在空中运动时间相等,由水平方向位移公式x=v0t,A的水平位移大,所以A的平抛初速度大,球实际抛出时的速度是水平速度(逆向平抛运动水平速度)与竖直方向分速度的合速度,由于A水平速度大于B,而竖直方向分速度相等,所以A抛出时的速度大于B,A正确,B错误。5.CD　解析 v-t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移,骑手与烈马在t=0时并排运动,通过图线在0~4 s内所围的面积可以看出0~4 s内烈马位移大于骑手位移,所以4 s末烈马与骑手间距离在增大,0~6 s内烈马位移还是大于骑手的位移,说明6 s末烈马仍在前方,A、B错误;由图形所围的面积可以算出0~9 s内,烈马的位移为x1= m=92.5 m,骑手的位移为x2= m=90 m,套马杆长l=6 m,x2+l>x1,所以骑手在9 s时刻挥杆,能套到烈马,C正确;由加速度定义式a=知8~9 s内烈马加速度a1= m/s2=5 m/s2,0~6 s内骑手的加速度a2= m/s2= m/s2,D正确。6.答案 (1)8 m/s(2)3 800 N解析 (1)刚与网接触时速度大小为v,则h=gt2,v=gt解得v=8 m/s。(2)规定向上为正方向,由动量定理得(F-mg)·t=mv-(-mv)解得F=3 800 N。7.答案 (1)8 m/s　(2)5 m解析 (1)设运动员刚落在B点时竖直方向的速度为vy,运动员从A点落到B点时间为t1,则有vy=gt1v0=vytan 53°解得v0=8 m/s。(2)运动员从B点落到C点做平抛运动,设时间为t2,水平和竖直位移分别为x2=v0t2y2=又tan 53°=解得y2=3.2 m运动员从A点落到B点,竖直方向y1==1.8 m则水平高台AD的高度为