2025版正禾一本通高三一轮总复习物理-03任务群检测练(三) 力与曲线运动

任务群检测练(三)力与曲线运动1．如图所示，足球场上画了一条以O为原点，以x轴为对称轴的抛物线，A、B为该抛物线上的两点。体育老师要求学生在规定时间内不停顿地从抛物线的一端跑到另一端。小张同学按要求完成该运动的过程中，可以肯定的是()A．所受的合外力始终不为零B．x轴方向的分运动是匀速运动C．y轴方向的分运动是匀速运动D．通过A、B两点时的加速度相等解析：选A。小张沿抛物线运动，其做曲线运动，速度方向不断发生变化，即速度变化量不为零，加速度不为零，即小张所受外力的合力肯定不为零，A正确；根据上述可知，小张所受外力的合力方向指向抛物线的凹侧，但是具体方向不确定，因此x轴方向与y轴方向的分运动不能肯定是匀速运动，B、C错误；根据上述，由于小张所受外力的合力大小与方向均不确定，因此通过A、B两点时的加速度不能肯定是相等的，D错误。2．如图所示，某趣味游戏中小球从圆柱形水杯口边缘沿直径方向水平射入，球与杯壁的碰撞是弹性碰撞，不计空气阻力。小球入水前的运动轨迹情景图可能正确的是()解析：选A。若小球不与杯壁相碰，则做完整的平抛运动直至落水，A正确；若小球与杯壁相碰，由于碰撞是弹性碰撞，可知小球在水平方向往返速度大小不变，故向右运动时间与向左运动时间相等，小球在竖直方向做自由落体运动，相同时间的位移比应为h1∶h2∶h3＝1∶3∶5，对比题图可知，B、C、D错误。3．近年来贵州省黔东南州台盘村举办的“村BA”篮球赛火遍全网，很好地促进了当地乡村的振兴发展。在某场比赛中，一篮球运动员抢下后场篮板后发动快攻，将质量为0.6kg的篮球快速传给前场无人防守的队友，整个传球过程简化如图。该运动员从与其肩部等高的持球点处单手将篮球绕肩做圆周运动，当篮球转过的圆心角θ等于53°时，篮球以15m/s的速度抛出，被前场的队友在接球点处接住，顺利完成上篮得分。已知接球点和持球点在同一水平线上，篮球做圆周运动的半径为70cm，篮球运动轨迹在同一竖直面内，忽略空气阻力影响，篮球可视为质点，重力加速度g取10m/s2。sin53°＝0.8。下列说法正确的是()A．篮球做圆周运动时，传球运动员对篮球的作用力始终指向圆心B．篮球从抛球点运动到接球点所用时间为1.8sC．篮球从抛球点到接球点运动过程中最小速度为12m/sD．整个过程传球运动员对篮球所做的功为67.5J解析：选C。篮球做圆周运动时速度由零增加到15m/s，为变速圆周运动，则传球运动员对篮球的作用力不可能始终指向圆心，故A错误；篮球从抛球点开始做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度大小为vx＝vsin53°＝12m/s，竖直方向做竖直上抛运动，初速度为vy＝vcos53°＝9m/s，从抛球点到接球点在竖直方向的距离为h＝Rsin53°＝0.56m，若篮球从抛球点运动到接球点所用时间为1.8s，则此段时间内篮球在竖直方向的位移大小为y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(vyt－\f(1,2)gt2))＝0<h，故B错误；篮球从抛球点到接球点运动过程中，在最高点处，竖直分速度为零，此时篮球的速度最小，为vmin＝vx＝12m/s，故C正确；根据能量守恒，整个过程传球运动员对篮球所做的功W＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mv2＋mgRsin53°＝eq\f(1,2)×0.6×152J＋0.6×10×0.7×0.8J＝70.86J，故D错误。4．据报道，尹某在小区内不幸被楼上抛落的酒瓶砸伤左脚。办案民警分析监控描绘出了酒瓶落在尹某脚面时速度与水平地面所成角度，随后民警又测量出尹某所在位置与楼房的水平距离。假设酒瓶飞出窗口的速度是水平的，若已知每层楼房高度，不计空气阻力，当地重力加速度已知，则通过以上信息能估算出()①酒瓶落至尹某脚面时的速度②酒瓶从飞出至落地所用时间③酒瓶对脚面的平均作用力④酒瓶是从第几层楼房抛出的A．①②③B．①②④C．②③④D．①③④解析：选B。根据题意可知，速度与水平方向的夹角已知，则tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，位移与水平方向的夹角tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝eq\f(1,2)tanθ，则位移与水平方向的夹角正切值已知，又因为尹某所在位置与楼房的水平距离已知，则竖直方向的下落高度h可以求出，楼层高度已知，则可以计算出酒瓶是从第几层楼房抛出的。落地时间t＝eq\r(\f(2h,g))，又根据v0＝eq\f(x,t)，vy＝gt，落地时的速度v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))，故可以求出酒瓶从飞出至落地所用时间以及酒瓶落至尹某脚面时的速度。酒瓶质量以及落到脚上的缓冲时间未知，故无法求出对脚的平均作用力。故选B。5．如图为某校学生跑操的示意图，跑操队伍宽d＝3m，某时刻队伍前排刚到达出口的B端，正在A点的体育老师准备从队伍前沿直线匀速横穿到达对面出口BC，且不影响跑操队伍，已知学生跑操的速度v＝2m/s，出口BC宽度L＝4m，D点为BC的中点，则以下说法正确的是()A．体育老师只能沿直线AC到达出口B．体育老师可能沿直线AD到达出口C．体育老师的速度一定为1.5m/sD．体育老师到达对面出口的时间可能大于2s解析：选B。由题可知，老师需跑在学生前面且不影响跑操队伍，所以将老师的速度分解在平行于BC方向和垂直于BC方向，在平行于BC方向，老师的速度v2需要大于等于学生的速度，即v2≥2m/s，学生通过出口的时间t＝eq\f(L,v)＝2s，所以老师到达对面出口的时间不能大于2s，老师在垂直于BC方向的速度v1≥eq\f(d,t)＝1.5m/s，所以老师的速度v0≥eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝2.5m/s，当老师垂直于BC方向的速度大于1.5m/s，则会在C点右边到达出口，当老师平行于BC的速度为2m/s，垂直于BC的速度为3m/s时，老师沿AD直线到达出口，故B正确，A、C、D错误。6．西汉时期，《史记·天官书》作者司马迁在实际观测中发现岁星呈青色，与“五行”学说联系在一起，正式把它命名为木星。如图甲所示，两卫星Ⅰ、Ⅱ环绕木星在同一平面内做圆周运动，绕行方向相反，卫星Ⅲ绕木星做椭圆运动。某时刻开始计时，卫星Ⅰ、Ⅱ间距离随时间变化的关系图像如图乙所示，其中R、T为已知量。下列说法正确的是()A．卫星Ⅲ在M点的速度小于卫星Ⅰ的速度B．卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径之比为1∶2C．卫星Ⅰ的运动周期为TD．绕行方向相同时，卫星Ⅰ、Ⅱ连续两次相距最近的时间间隔为eq\f(7,8)T解析：选C。过M点构建一绕木星的圆轨道，该轨道上的卫星在M点时需加速才能进入椭圆轨道，根据万有引力定律有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，则在构建的圆轨道上运行的卫星的线速度大于卫星Ⅰ的线速度，根据以上分析可知，卫星Ⅲ在M点的速度一定大于卫星Ⅰ的速度，A错误；根据题图乙可知，卫星Ⅰ、Ⅱ间的距离呈周期性变化，最近为3R，最远为5R，则有R2－R1＝3R，R2＋R1＝5R，可得R1＝R，R2＝4R，则R1∶R2＝1∶4，B错误；又根据两卫星从相距最远到相距最近有eq\f(2π,T1)t1＋eq\f(2π,T2)t1＝π，其中t1＝eq\f(4,9)T，根据开普勒第三定律有eq\f(Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\f(Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)))，联立解得T1＝T，T2＝8T，C正确；运动方向相同时，卫星Ⅰ、Ⅱ连续两次相距最近，有eq\f(2π,T1)t2－eq\f(2π,T2)t2＝2π，解得t2＝eq\f(8,7)T，D错误。7．“巧蹬方桌”是一项传统的杂技表演项目。某一小段时间内，表演者让方桌在脚上飞速旋转，同时完成“抛”“接”“腾空”等动作技巧。演员所用方桌(如图所示)桌面abcd是边长为1m的正方形，桌子绕垂直于桌面的中心轴线OO′做匀速圆周运动，转速约为2r/s。某时刻演员用力将桌子竖直向上蹬出，桌子一边水平旋转一边向上运动，上升的最大高度约为0.8m。已知重力加速度g取10m/s2，则桌子离开演员脚的瞬间，桌角a点的速度大小约为()A．4m/sB．4πm/sC．eq\r(16＋8π2)m/sD．eq\r(16＋16π2)m/s解析：选C。桌子在水平面内做匀速圆周运动，转速约为2r/s，桌角a点的线速度v1＝2πnr，又r＝eq\f(\r(2),2)m，故v1＝2eq\r(2)πm/s，设桌子被蹬出瞬间竖直向上的速度为v2，由竖直上抛运动规律可得veq\o\al(\s\up14(2),\s\do5(2))＝2gh，解得v2＝4m/s，则a点的合速度v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\r(16＋8π2)m/s，故C正确。8．中国探月工程四期中，规划了包括嫦娥六号、嫦娥七号和嫦娥八号任务。其中嫦娥七号准备在月球南极着陆，主要任务是开展飞跃探测，争取能找到水。假设质量为m的嫦娥七号探测器在距离月面的高度等于月球半径处绕着月球表面做匀速圆周运动时，其周期为T1，当探测器停在月球的两极时，测得重力加速度的大小为g0。已知月球自转的周期为T2，引力常量为G，月球视为均匀球体。下列说法正确的是()A．月球的半径为eq\f(g0Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),16π)B．月球的第一宇宙速度为eq\f(g0T1,8π)C．当停在月球赤道上时，探测器受到水平面的支持力为eq\f(（8Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）mg0,8Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))D．当停在月球上纬度为60°的区域时，探测器随月球转动的线速度为eq\f(g0Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),16πT2)解析：选C。设月球的质量和半径分别为M、R，由向心力公式得eq\f(GMm,（2R）2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T1)))eq\s\up12(2)×2R，又可知eq\f(GMm,R2)＝mg0，解得R＝eq\f(g0Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),32π2)，A错误；根据第一宇宙速度关系v＝eq\r(g0R)、R＝eq\f(g0Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),32π2)，可得月球的第一宇宙速度为v＝eq\f(\r(2)g0T1,8π)，选项B错误；当探测器停在月球赤道上时，设水平面对其的支持力为F，对探测器受力分析，可得eq\f(GMm,R2)－F＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T2)))eq\s\up12(2)R，结合eq\f(GMm,R2)＝mg0，R＝eq\f(g0Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),32π2)，解得F＝eq\f(（8Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）mg0,8Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，选项C正确；当探测器停在月球上纬度为60°的区域时，自转半径r＝Rcos60°，自转线速度v＝eq\f(2π,T2)r，结合R＝eq\f(g0Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),32π2)，解得v＝eq\f(g0Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),32πT2)，D错误。9．(2023·新课标卷)2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km(小于地球同步卫星与地面的距离)的轨道，顺利对接中国空间站后做近似匀速圆周运动。对接后，这批物资()A．质量比静止在地面上时小B．所受合力比静止在地面上时小C．所受地球引力比静止在地面上时大D．做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大解析：选D。质量是物体的一个基本属性，由物体本身决定，与其所处位置、状态均无关，故A错误；设空间站离地面的高度为h，这批物资静止在地面上时合力为零，在空间站所受合力为万有引力即F＝eq\f(GMm,（R＋h）2)，在地面受地球引力为F1＝eq\f(GMm,R2)，因此有F1>F，故B、C错误；物体绕地球做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，有eq\f(GMm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，这批物资在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，因此这批物资的角速度大于同步卫星的角速度，同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，即这批物资的角速度大于地球自转的角速度，故D正确。10．(多选)如图所示，质量为m的光滑大圆环用细轻杆固定在竖直平面内，两个质量均为2m的小环(可视为质点)套在大圆环上，将两个小环同时从大圆环的最高点a由静止释放，两小环分别沿大圆环两侧下滑。已知重力加速度为g，从两小环开始下滑到运动至大圆环最低点c的过程中，下列说法正确的是()A．小环从a运动到b的过程中，大圆环对小环的弹力始终指向大圆环的圆心B．小环运动到b点时，大圆环与小环间的作用力一定不为零C．大圆环对轻杆的作用力可能为零D．大圆环对轻杆作用力的最大值为21mg解析：选BCD。小环从a运动到b的过程中，运动到图示位置P点，设大圆环半径为R，小环与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，对小环由动能定理可得2mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)×2mv2，如果小环与大环恰好无弹力，重力的分力提供向心力，则2mgcosθ＝2meq\f(v2,R)，解得cosθ＝eq\f(2,3)，在该点上方大圆环对小环的弹力方向背离大圆环圆心，在该点下方大圆环对小环的弹力方向指向大圆环的圆心，故A错误；小环运动到b点时，大圆环对小环的弹力提供小环的向心力，大圆环与小环间的作用力一定不为零，故B正确；设小环运动到P点下面b点上面的Q点时，OQ与竖直方向的夹角为α，大环对小环的弹力为F，则由动能定理得2mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(\s\up14(2),\s\do5(1))，由向心力公式得2mgcosα＋F＝2meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),R)，由牛顿第三定律可知小环对大环的弹力大小F′＝F，当F′cosα＝eq\f(1,2)mg时，大圆环对轻杆的作用力恰好为零，解得cosα＝eq\f(1,2)或cosα＝eq\f(1,6)，所以大圆环对轻杆的作用力可能为零，故C正确；当其中一个小环到大圆环最低点时，由动能定理得2mg×2R＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(\s\up14(2),\s\do5(2))，由向心力公式可得F1－2mg＝2meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),R)，解得F1＝10mg，小环到大圆环最低点时，大圆环对小环的作用力最大，由牛顿第三定律可知小环对大圆环向下的作用力最大，所以大圆环对轻杆作用力的最大值为F2＝2F1＋mg＝21mg，故D正确。11．如图为一“永动机”玩具的模型，abcd是一组光滑细金属双轨，轨道间距为l＝0.8cm，bc段水平。按下一个隐蔽开关后，把质量m＝3.6g的钢球从软木盘中心洞口O无初速度释放，钢球便沿轨道运动至d点斜向上飞出，速度方向与水平方向成53°角，之后恰好落到洞口O点附近的G点，接着在洞口附近来回运动一段时间后，再次从洞口无初速度落下，此后不断重复以上过程。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。(1)已知钢球直径d＝1cm，求钢球在bc段上滚动时，每条轨道对钢球的支持力F；(2)若将钢球视为质点，G、d处在同一高度，水平距离s＝60cm，求钢球从d点飞出后能上升的最大高度h；(3)要使钢球能“永动”，求小球每运动一圈，玩具中隐蔽的加速装置需对小球做的功W。解析：(1)钢球在bc段上滚动时，支持力与竖直方向夹角θ满足sinθ＝eq\f(\f(l,2),\f(d,2))＝eq\f(4,5)竖直方向根据受力平衡可得2Fcosθ＝mg联立解得F＝0.03N。(2)G、d间的运动可以视为两段平抛运动，利用平抛知识可知水平方向有eq\f(s,2)＝vxt竖直方向有vy＝gtd点速度方向与水平方向夹角满足tan53°＝eq\f(vy,vx)，又h＝eq\f(1,2)gt2联立解得t＝0.2s，h＝0.2m。(3)d点抛出时的竖直分速度vy＝gt＝2m/sd点速度vd＝eq\f(vy,sin53°)＝2.5m/s每次补偿的能量W＝Ekd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up14(2),\s\do5(d))＝1.125×10－2J。答案：(1)0.03N(2)0.2m(3)1.125×10－2J12．有一游戏装置，在光滑水平面AC上安装一弹簧发射架，已知AB长为弹簧原长，弹力做功W与压缩量Δx的关系为W＝eq\f(1,2)kΔx2，弹簧劲度系数k＝80N/m，压缩量Δx可调，斜面CD的倾角为θ＝53°，长为L1＝2m。质量m＝0.05kg的物块P被弹簧弹出，经过C点时速度大小不变，物块P与斜面CD间的动摩擦因数μ1＝eq\f(19,30)。斜面在D点处与半径R＝0.40m的光滑圆形轨道相切连接，圆轨道的最低点E与水平轨道EF相切连接，EF轨道与CD斜面略错开。质量M＝0.15kg的物块Q放在距离E点L2＝1.60m的G点处，两物块与水平轨道EF的动摩擦因数均为μ2＝eq\f(1,8)，紧靠F点右侧下方有一距EF为h＝0.80m的平台，平台足够长。物块P与物块Q碰撞后粘在一起向前运动，整个运动过程中两物块均可看成质点。(1)若压缩量Δx＝5cm，求物块P第一次到达C点时的速度大小。(2)若物块P恰好能过圆轨道最高点，则物块P通过圆轨道最低点E时对轨道的压力。(3)若物块P不脱离轨道且能够撞上物块Q，Δx至少为多少？(4)若物块P恰好能过圆轨道最高点，G点右侧轨道长度s可调，则s多大时两物块在平台上的落点与E点水平距离最远？水平最远距离为多少？解析：(1)由B到C，根据能量守恒可知eq\f(1,2)kΔx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up14(2),\s\do5(C))解得vC＝2m/s。(2)物块P恰好能过圆轨道最高点，重力提供向心力，则mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R)得v0＝2m/s从最高点到E点