力与运动3-2024届高考物理二轮复习模块精练 【新教材新高考】(含答案)

专题一力与运动（3）——2024届高考物理二轮复习模块精练【新

教材新高考】

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一、单选题

1、在珠海国际航展上，歼-20隐身战斗机是此次航展最大的明星。歼-20战机在降

落过程中的水平方向初速度为60m/s,竖直方向初速度为6m/s,已知歼-20战机在

水平方向做加速度大小等于2m/s2的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小等

于0.2m/s2的匀减速直线运动，则歼-20战机在降落过程（）

A.歼-20战机的运动轨迹为曲线

B.经20s歼-20战机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等

C.在前20s内，歼-20战机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等

D.歼-20战机在前20s内，水平方向的平均速度为40m/s

2、蜡烛块在玻璃管中匀速上升，同时玻璃管匀速向右运动。此时蜡烛块的合运动为向

右上方向的匀速直线运动。若玻璃管向右运动的速度为v时，蜡烛块上升到顶端的时

间为3则当玻璃管向右运动的速度变为2v,蜡烛块上升到顶点的时间为（）

3、质量为m的物体P置于倾角为仇的固定光滑斜面上，轻绳跨过光滑定滑轮分别连

接着「与小车，尸与滑轮间的轻绳平行于斜面，小车以速率水平向右做匀速直线运

动，重力加速度为g。当小车与滑轮间的轻绳和水平方向成夹角为时（如图所示），

下列判断正确的是（）

力〃而〃〃〃〃//〃〃〃力〃〃/〃〃〃/〃〃〃〃〃/〃〃力汇〃〃7

A.P处于平衡态，轻绳的拉力等于mgsin4

B.P处于失重状态，轻绳的拉力小于mgsinq

C.P的速率为v

D.P的速率为vcos%

4、如图所示为等高等宽的台阶，A、B、C、D、E均为台阶的边缘点。第一次，将可

视为质点的小球由最上面台阶的边缘A点沿水平方向抛出，经过一段时间小球刚好落

在E点；第二次，将小球由。点沿水平方向抛出，小球也刚好落在E点，不计空气阻

力，忽略落在E点后的反弹.则下列说法正确的是（）

A.两次小球的初速度大小之比为4:1

B.两次小球运动的时间之比为4:1

C.两次小球落在E点的竖直速度大小之比为2:1

D.两次小球落在E点的速度大小之比为4:1

5、如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆

从另一吸管末端”点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分

别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，

且P舷长度等于的长度，不计空气阻力，可将黄豆看成质点，则（）

A.甲黄豆在尸点的速度与乙黄豆在最高点的速度不相等

B.乙黄豆相对于M点上升的最大高度为长度一半

C.两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的3倍

D.两黄豆相遇时甲的速度大小与乙的速度大小之比为A/5:V2

6、如图所示，电动打夯机由偏心轮（飞轮和配重物组成）、电动机和底座三部分组

成。电动机、飞轮和底座总质量为配重物质量为加配重物的重心到轮轴的距离

为R,重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打

滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力。下列判断正确的是（）

A.电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同

B.配重物转到顶点时，系统处于失重状态

C.偏心轮转动的角速度为‘唾

VmR

D.打夯机对地面压力的最大值为（M+m）g

7、在高空运行的同步卫星功能失效后，往往会被送到同步轨道上空几百公里处的墓地

轨道，以免影响其他在轨卫星并节省轨道资源。2022年1月22日，我国实践21号卫

星在地球同步轨道“捕获”已失效的北斗二号G2卫星后，成功将其送入墓地轨道。

已知同步轨道和墓地轨道的轨道半径分别为N、鸟，转移轨道与同步轨道、墓地轨道

分别相切于P、。两点，如图所示，地球自转周期为则下列说法正确的是（）

47r2<3

A.地球的质量为多M

G'o

B.北斗二号G2卫星在墓地轨道上运行的周期为善

C.北斗二号G2卫星沿转移轨道从尸点运行到。点所用的最短时间为与

\2R；

D.北斗二号G2卫星在转移轨道上Q点时的速度大于在墓地轨道运行的速度

二、多选题

8、主题口号为“一起向未来”的2022年北京冬奥会圆满落幕。跳台滑雪比赛在河北张

家口举行，如图，跳台滑雪赛道由助滑道A3、着陆坡8、停止区DE三部分组成。

比赛中，甲、乙两运动员先后以速度匕、%从。点正上方3处沿水平方向飞出，分别

落在了着陆坡的中点P和末端。，运动员可看成质点，不计空气阻力，着陆坡的倾角

A.甲运动员从3点飞出到距离斜面最远所需要的时间/=把吧，

g

B.V］、v2的大小关系为v2=2v；

C.甲、乙两运动员落到着陆坡前瞬间速度方向相同

D.甲运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向的夹角比乙的大

9、如图所示，“天问一号”探测器先在地球轨道上绕太阳匀速转动，在近日点Q短暂点

火后进入霍曼转移轨道，到达远日点P再次短暂点火进入火星轨道。已知万有引力常

量为G,太阳质量为地球轨道和火星轨道半径分别为r和R,地球、火星、“天问

一号”探测器运动方向都为逆时针方向。若只考虑太阳对“天问一号”探测器的作用力，

下列说法正确的是（）

P

嵩

、

霍

乂

转

地球移

轨

V道

轨道'

V'

M

〈火星轨道

A.“天问一号”在地球轨道上的角速度小于在火星轨道上的角速度

B.“天问一号”运动中在转移轨道上P点的加速度等于在火星轨道上P点的加速度

c两次点火之间的时间间隔为壶J噜7

D.两次点火喷射方向都与速度方向相同

10、在一次投飞镖的游戏中，小明站在飞镖靶前一定距离处，以匕和打的速度两次将

同一飞镖水平掷出，飞镖分别插到了图中。两处。若两次飞镖出手位置相同，且与

飞镖靶的上沿在同一水平线上，忽略空气的阻力，图中圆环间距相等，则下列说法中

正确的是（）

您

A.两次掷出的飞镖运动的位移之比X1：X2=1：2

B.两次掷出飞镖的速度之比为：为=0:1

C.飞镖两次击中靶子时重力的功率之比巴：兄=1：2

D.两次飞镖击中靶子时，速度与水平方向的夹角分别为仇和4,则tan，,：tanq=l:2

11、如图所示，光滑的圆弧轨道竖直放置，在右侧N点与一倾斜传送带相切。M

为圆弧轨道最低点，圆弧所在圆的圆心为。，PO水平，NPON=\ZT。一质量

加=2kg的小物块（可视为质点）从圆弧轨道最左端P以丫=2em/s的初速度向下运

动。已知圆弧轨道半径火=5m,传送带L=8m,在电机驱动下始终以速度

%=3.8m/s顺时针匀速转动（与轮子间无相对滑动），小物块与传送带间的动摩擦因

数〃=0.8,重力加速度g取lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8,最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，则（）

尸?......f/

M

A.小物块下滑到M点时轨道对物块的支持力为20N

B.小物块从N到传送带顶端过程中摩擦力先做负功再做正功

C.小物块从N点经过0.5s与传送带运动速度相等

D.传送带在传送小物块过程中，因摩擦力做功而产生的热量为44.16J

12、如图甲所示，光滑水平面与半径为R的光滑竖直半圆轨道平滑衔接，在A点（距

离3点足够远）固定一轻质弹簧，弹簧压缩储存了弹性势能可以发射质量为机的小滑

A.若弹簧弹性势能为mgR,则小球恰能到达C点

B.若弹簧弹性势能为ImgR,则小球恰能到达D点

C.若弹性势能为3mgR,则小球通过3点时对轨道的压力为6mg

D.若弹性势能为2.5mgR,则小球通过D点后落在水平面上距B点为2R

三、计算题

13：小明设计了如图所示的弹珠弹射游戏装置。固定在水平面上的弹珠发射器发射一

质量zn=0.2kg的小弹珠，沿由水平直轨道和竖直半圆形轨道AB运动并从B处水平飞

出，然后恰好进入圆弧形管道8,并从该管道的。处水平滑出，撞击放置在平台上

质量M=0.8kg的碰撞缓冲装置尸°,该装置中的轻弹簧一端固定在挡板。上，另一端

连接质量可不计、且能自由滑动的小挡板P,小弹珠碰到挡板P时紧贴挡板一起运

动，但不粘连。已知/i=0.55m、H=0.8m>£=0.8m>7?=0.5m,不考虑所有摩擦和

空气阻力及碰撞时能量的损失，轨道固定，缓冲装置PQ可在平台上运动，求：

（1）弹珠发射器发出小弹珠的初速度大小

（2）缓冲装置中弹簧所能获得的最大弹性势能4；

（3）小弹珠再次回到。点时的速度。

14、过山车是游乐场中常见的设施.图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖

直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、。分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距

与C、。间距相等，半径N=2.0m、凡=14«1.一个质量为加=1.0]^的小球（视为质

点），从轨道的左侧A点以％=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、3间距

4=6.0m.小球与水平轨道间的动摩擦因数〃=0.2,圆形轨道是光滑的.假设水平轨道

足够长，圆形轨道间不相互重叠.重力加速度取g=10m/s2,计算结果保留小数点后一

（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；

（2）如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B,C间距L应是多少；

（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计

中，半径&应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离.

15、如图所示，有一半径为凡高为H的圆柱形屋顶，现在在屋顶天花板中心的。点

用长为L的细线悬挂一质量为机的小球，现将小球拉开一个角度，从静止释放，小球

便能如图1所示，在竖直面内做圆周运动.已知小球的质量m=04kg,绳长L=2m,

取重力加速度g=10m/s2,求：

图1图2

（1）若小球运动到最低点时速度为v=2m/s,绳对小球的拉力大小B

（2）若给小球一水平速度，如图2所示，使小球在水平面内做匀速圆周运动，当角速

度。=2.5rad/s时，求此时绳与竖直方向的夹角。；

（3）若图2中绳的最大张力为8N,当小球的速度逐渐增大到绳子断裂后，小球以

v=/m/s的速度落在墙边，求此圆柱形屋顶的高度H和半径凡

参考答案

1、答案：D

解析：A.飞机的合速度方向

tan。」」

6010

飞机的合加速度方向

210

可以知道飞机的速度的方向与加速度的方向是相同的，飞机做匀变速直线运动。故

A错误;

B.经20s歼-20战机水平方向的分速度

匕=60m/s-2x20m/s=20m/s

竖直方向上的分速度为

v2=6m/s-0.2x20m/s=2m/s

故B错；

C.在前20s内，歼-20战机在水平方向的分位移

M_60+20*20m=gQQm

12

在竖直方向的分位移

6+4

h=--x20m=100m

2

故C错；

D.歼-20战机在前20s内，水平方向的平均速度为

_800/c,

v=-——-m/s=4710m/s

20

故D正确；

故选D。

2、答案：B

解析：由题意得，蜡烛块同时参与了水平方向匀速直线运动和竖直方向匀速直线运动

两个运动，根据运动的独立性可知，两个方向的运动互不影响，所以改变水平方向的

速度，竖直方向的运动时间不变，即蜡烛块上升到顶点的时间仍为上

故选B。

3、答案：D

解析：将小车的速度v分解为沿绳子方向的速度和垂直绳子方向的速度，则沿绳方向

的速度等于P的速度，即

Vp=VCOS，2

随％角的减小，则%增大，则P做加速运动，处于超重状态，故D正确，ABC错

误。

故选D。

4、答案：C

解析：A.假设相邻边缘点的竖直高度为力，水平间距为x,小球做平抛运动，则由竖直

方向

h=2gr

水平方向

x=vot

整理得

由于竖直位移之比为4:1,水平位移之比为4:1,所以

%：%=2：1

故A错误；

B.由

可得

2h

则4：%2=2：1

故B错误；

C.两次落在E点的竖直速度为

vy=gi

则为：%=2：1

故C正确；

D.小球落在E点的速度为

v=M+v；

则两次落在E点的速度之比为2:1,故D错误。

故选C。

5、答案：D

解析：甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度都等于各自运动过程中水平方向

的分速度，而二者整个运动过程的水平位移和时间均相同，所以水平分速度相等，则

甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度相等，故选项A错误；设

PM=MN=h,甲、乙两黄豆自射出后经时间才相遇，则有丸=gg/，对于乙黄豆，根

据斜抛运动的对称性可知其从最高点（设为Q）到N的运动时间为（，Q、N两点之

间的水平距离为£，竖直距离为〃==-h,根据平抛运动规律的推论可知，

224

甲黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角%的正切值为位移方向与水平方向的夹

2/?

角4的正切值的2倍，即tan/=2tana=T=2,乙黄豆到达N点时速度方向与水平

n

方向的夹角的正切值为相对于。点的位移方向与水平方向的夹角%的正切值的2

倍，即1皿％=212!1%=丁=1所以tan/=2tan%,故选项BC错误；根据B项分

2

析，设甲、乙两黄豆在N点时的水平分速度大小均为%,速度大小分别为匕、％，则

根据A项分析以及速度的合成规律，有匕=小%+(2%),=-J5vo,v2=+vl=V2v0,

所以匕：匕=&：0，故选项D正确。

6、答案：B

解析：A.电动机轮轴与偏心轮通过皮带传动，线速度相等，根据

v=cor

电动机轮轴与偏心轮半径不同，故电动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同，故A错

误；

B.配重物转到顶点时，底座刚好对地面无压力，系统受到重力作用，有向下的加速

度，故系统处于失重状态，故B正确；

C.当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力，有

T=Mg

对配重物有

mg+T-ma)2R

解得偏心轮转动的角速度为

l(M+m)g

co=J--------

YmR

故C错误；

D.在最低点，打夯机对地面压力的最大，对配重物有

T'-mg=marR

对打夯机有

FN-T'+Mg-+tn)g

根据牛顿第三定律可知打夯机对地面压力的最大值为2(M+m)g,故D错误。

故选B。

7、答案：C

解析：地球同步卫星的周期等于地球自转周期外，对于地球同步卫星，根据万有引力

GMm4兀24兀2尺3

提供向心力可得可除不小解得地球的质量"=苛,A错误；根据开普勒

R3R3

第三定律有才=言,可得北斗二号G2卫星在墓地轨道上运行的周期T=B

片+为丫

错误；由开普勒第三定律有左一2),可得北斗二号G2卫星沿转移轨道从尸

7?~

点运动到。点所用的最短时间/=4=C正确；北斗二号G2卫星在转

24V27?1

移轨道上Q点经过加速后，做离心运动，运动到墓地轨道，则在转移轨道上。点时的

速度小于在墓地轨道运行的速度，D错误。

8、答案：AD

解析：A.甲运动员从3点飞出到距离斜面最远时，速度方向与斜面平行，则有

tan=—=—

匕匕

解得

/_匕tan0

g

A正确；

B.设高度为/?,CD长度为/,对甲运动员有

/2+(sine=；g.2

—cos0=v1tl

解得

22

2_glcos3

%―8〃+4/sin，

对乙运动员有

1,

h+lsind=—gt2

Icos0=v2r2

解得

gl2cos20

2h+21sin0

可得

vf8/z+4/sin08/z+4/sin04

片2h+21sin02h+lsin01

即

2<2

vi1

B错误；

CD.设甲、乙两运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向成％和%,位移方向与

水平方向成片和应，根据平抛运动推论可知

tan%=2tan4

tan%=2tan(32

由情景图可知，甲运动员落到着陆坡前瞬间位移方向与水平方向夹角比乙的大，即

则有

tan>tana2

可得

ax>tz2

即甲运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向的夹角比乙的大，C错误，D正

确；

故选ADo

9、答案：BC

解析：A.由万有引力提供向心力可知

GMm

——--=mco2r

r

得

由于“天问一号，，在地球轨道上的轨道半径小于在火星轨道上的轨道半径，故“天问一

号”在地球轨道上的角速度大于在火星轨道上的角速度，故A错误；

B.由万有引力提供向心力可知

GMm

,2=ma

得

GM

a-

P点到太阳距离相同，“天问一号”运行中在转移轨道上P点的加速度和在火星轨道上

产点的加速度相等，故B正确；

C.由开普勒第三定律可知，霍曼转移轨道和地球轨道的周期与半长轴满足关系式

"号）

地球轨道上，由万有引力提供向心力有

GMm4兀之

联立解得

1-72VGM

则两次点火之间的时间间隔为

2272VGM

故C正确；

D.“天问一号”探测器在两次点火时都要做离心运动，要加速，故点火方向都与运动方

向相反，故D错误。

故选BCo

10、答案：BD

解析：A.飞镖做平抛运动，水平方向位移d相同，竖直位移分别为人和2加

则实际位移之比为

，屋+犷：而，+4*wi：2

A错误；

B.运动时间之比

而水平位移相同，由x=4知

乜：均=%:"=应:1

B正确；

C.重力的瞬时功率

P=mgvcosa=mgvy

而匕=国，则飞镖两次击中靶子时重力的功率之比为1:0,C错误；

D.作出两次飞镖运动轨迹图，将击中靶子的速度延伸，与水平位移相交于同一点c,

如图

因此tan%:tan%=1:2,D正确。

故选BDo

11、答案：BC

解析：A.小物块从P到M过程，根据动能定理可得

1212

mgRp=—mVj——mv

解得

Vj=2V30m/s

小物块下滑到M点时，根据牛顿第二定律可得

zV；

N—mg=m—

解得N=68N

故A错误；

C.小物块从P到N过程，根据动能定理可得

11

mgRcos(l27°—90°)=—9——^v92

解得力=10m/s

小物块在传送带减速过程的加速度大小为

a="37。+〃小37。=J2痴/

m

小物块减速至与传送带运动速度相等过程的时间为

故c正确；

BD.小物块减速至与传送带运动速度相等过程的位移为

v+v10+3.8„_AC

x=-9----n-1=---------x0.5m=3.45m

1}22

此过程传送带的位移为

%传=%%=3.8x0.5m=1.9m

小物块与传送带发生的相对位移为

Ax=玉一九传=1.55m

小物块与传送带速度相同后，由于

/nmgcos37°〉〃?gsin37°

可知共速后小物块与传送带保持相对静止，小物块受到沿传送带向上的静摩擦力作

用，一直匀速运动到传送带顶端，可知小物块从N到传送带顶端过程中摩擦力先做负

功再做正功；传送带在传送小物块过程中，因摩擦力做功而产生的热量为

Q=jumgcos37°-Ax=0.8x2xl0x0.8xl.55J=19.84J

故B正确，D错误。

故选BCo

12、答案：AD

解析：A.根据能量守恒，小球由A到C,有mgR=mgR+gmv"解得Vc=。，可知小

球恰能到达C点。故A正确;

B.同理，小球由A到。，有2mgR=2mgR+解得=0,小球能到达。点的最

2____

Vmin

小速度满足mg=m，解得v^n-{gR，可知匕<v,则小球不能到达。点。故B

Rmia

错误;

C.依题意，小球由A到5,有3mgR=g机次，在5点，由牛顿第二定律可知

2

心—加g=吗，联立，可得用=7mg,根据牛顿第三定律可知小球通过3点时对轨

R

道的压力为7〃琢。故C错误;

D.小球由A到。，有2.5根gR=2机g7?+：周吟，解得V。=[gR，小球经过。点后做平抛

运动，有==解得x=2H，故D正确。故选AD。

13、答案：（1）6m/s（2）2J（3）3m/s,方向向右。

解析：（1）弹珠恰好进入管道，由平抛运动规律，有

1

L—vt92R—H=5/9

解得v=4m/s

由能量守恒定律，有

1212

—mv0=—mv+2mgR

解得%=6m/s

（2）设小弹珠碰前的速度为匕，由能量守恒，有

^mv^^mv^+mgh

解得V]=M-2gh=5m/s

碰撞时动量守恒，碰后共同速度为丫2

mvx=(M+tn)v2

解得丫2=lm/s

最大弹性势能

1,1,

Ep=^mv-+m)vf=2J

(3)根据弹性碰撞，有

2

mv1=MV2'+mv{,—m\\=gMv'^+—mv1

解得心片「"

所以小弹珠再次回到。点时的速度大小为3m/s,方向向右。

14、

(1)答案：F=10.0N

解析：设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为匕，根据动能定理有:

1212

-/umgLx-2mgRx=—mvi--mv0

小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F,根据牛顿第二定律有:

F+mg=m—

R1

解得：F=10.0N

(2)答案：L=12.5m

解析：设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为%,则有：〃际=相善

-/Limg+L)-2mgR2=gmv^-gmv：

解得：Z=12.5m

(3)答案：当0<R3<0-4m时，小球最终焦停留点与起始点A