2023年高考物理二轮复习试题（全国通用） 03 力和曲线运动 含解析

专题03力与曲线运动

一、单选题

1.（2022.湖南•宁乡市教育研究中心模拟预测）如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗

机以恒定速度沿水平方向飞行，先后释放两颗炸弹，分别击中山坡上的M点和N点。释放两

颗炸弹的时间间隔为△口,此过程中飞机飞行的距离为Si;击中M、N的时间间隔为At2,M、

N两点间水平距离为S2。不计空气阻力。下列判断正确的是（）

A.Δtl>Δt2,S1>S2B.Δt∣>Δt2>S1<S2

C.Δtl<Δt2,S∣>S2D.Δtl<Δt2>S∣<S2

【答案】A

【详解】释放的炸弹做平抛运动，若落地点在同一水平面上，落地的时间间隔与释放的时间间

隔相等，由于N在M点的上方，则击中M、N的时间间隔

∆t2<∆tι

同理可知，由于炸弹和K机水平方向的速度相同，时间越小，飞行的距离越小，所以

Sl>S2

故A正确，BCD错误。

故选Ao

2.（2022・浙江•模拟预测）2020年受“新冠肺炎”的影响，全国人民自愿居家隔离。小豆在家和

爸爸玩"套圈”游戏，第一次扔在小黄人正前M点，不计空气阻力。第二次扔之前小豆适当调

整方案，则小豆可能仍中的措施是（）

A.小豆在原处，仅增加扔套圈的水平初速度

B.小豆在原处，仅减小水平扔出套圈时的高度

C.小豆沿小黄人与M点连线方向后退，仅增加人和小黄人之间的距离

D.小豆在原处，降低扔套圈的高度和扔套圈的水平初速度

【答案】A

【详解】ABD.物体做平抛运动满足

X=卬，〃=#

解得

第次扔在小黄人正前M点，因此说明X<%,其中X。为第•次扔圈时小豆和小黄人之间的距

离。当小豆站在原处时，增加水平初速度、抛出高度都能增加“圈”的水平位移，使其等于为,

增加套中的几率，故A正确，BD错误；

C.小豆沿小黄人与M点连线方向后退，仅增加人和小黄人之间的距离，相当于与进一步增

大，而X保持不变，因此不可能套中小黄人，故C错误。

故选A0

3.（2022・浙江•模拟预测）目前，世界上产量最大，使用范围最广的自由落体炸弹是美军

MK80系列低阻力炸弹，其特殊的流线型设计使得其下落过程中阻力仅为重力3‰,如图是某

次美军从距地面50Om的水平飞行某轰炸机上空投该炸弹的照片，下列说法正确的是（）

A.空投的炸弹可以视为自由落体运动

B.空投的炸弹下落过程时间小于IOs

C.空投的炸弹在下落过程中仅受重力

D.空投的炸弹在下落过程中机械能不守恒

【答案】D

【详解】A.空投的炸弹在下落过程仍受阻力作用，故不可以视为自由落体运动，故A错误；

BC.假设空投的炸弹下落过程只受重力作用，则空投的炸弹在竖直方向做自由落体运动，则

有

h=；g/

代入数据解得

r=10s

而实际上空投的炸弹在下落过程中还受阻力作用，则竖直方向的加速度小于重力加速度，故下

落的时间大于10s,故BC错误；

D.由于空投的炸弹在下落过程中受到的阻力会做负功，故空投的炸弹在下落过程中机械能不

守恒，故D正确。

故选D。

4.（2022・重庆•模拟预测）如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、

间距为M的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为两对极板间偏

转电压大小相等均为电场方向相反。质量为m,电荷量为+q的粒子无初速地进入加速电

场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，

不计重力。下列说法正确的是（）

A.粒子离开加速器时速度%=、匹

Vm

B.粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移％

C.ZW与2L相等

D.只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开

【答案】B

【详解】A.根据

qU0=-mv0

粒子离开加速器时速度为

%=

故A错误；

B.粒子平移器电场中的偏转量为

M="

又

U0.,

q3=ma,L=v0∕

得

L

故B正确；

C.根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动的轨迹延长线分别

过平行板中点，根据几何关系可知

∆z∕=L

故C错误；

D.由B选项可得

_qUoL

>,∣=ɔT

由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏

转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误。

故选Bo

5.（2022•辽宁•模拟预测）如图所示，矩形的四个顶点。、b、c、d为匀强电场中的四个点，

ab=2bc=Im,电场线与矩形所在的平面平行。已知。点电势为16V,6点电势为8V,C点电

势为4V。一带电粒子从。点以速度%=10（）0m∕s射入电场，%与必边的夹角为45。，一段时间

后粒子经过外边的中点e。不计粒子的重力，下列判断正确的是（）

A.d点电势为14V

B.电场强度的大小为8V∕m

C.粒子从。点到e点，其电势能增大

D.粒子从。点到e点所用的时间为正XlO-S

4

【答案】D

【详解】A.根据匀强电场中平行等距的两线段电势差相等，则有

(Pa-(PH=(Pa-(Pc

解得

%=12V

所以A错误；

B.如图所示，d与e点的电势相等，则电场线如图所示，有

1612

E=-=φ--φ"=^LV∕m=8&V/m

dZWSin45√2

4

所以B错误；

C.粒子从“点到e点，电场力的方向沿场强方向，则电场力做正功，其电势能减小，所以C

错误：

D.粒子从。点到e点，电场力的方向沿场强方向，粒r做类平抛运动，沿de方向粒子做匀速

直线运动，则有

√2

所以D正确；

故选D。

6.（2022•浙江•模拟预测）2018年11月珠海航展，国产全向矢量发动机公开亮相。图为安装

了中国国产全向矢量技术发动机的歼-IOB战机飞出“眼镜蛇”“落叶飘”等超级机动动作。图为某

矢量发动机的模型，O点为发动机转轴，A、B为发动机叶片上的两点，V表示线速度，。表

示角速度，T表示周期，a表示向心加速度，下列说法正确的是（）

A.VA>Vs,TΛ>TBB.V4<Vfi,CDA=SB

C.%%aΛ=aBD∙aA>aB,Tl=TB

【答案】B

【详解】同轴转动，角速度相等，故

ωΛ=ωB

而根据线速度和角速度关系可知

v=ωr

因为5，所以

vB>vA

圆周运动周期为

T=—

ω

因为角速度相同，所以周期也相同。此外向心加速度

a=ω2r

因为。>以，所以

atl>aλ

故选Bo

7.12022・浙江•模拟预测）下图是家庭里常见的厨房水槽，A、B分别是水槽出口上的两点，当

出水口绕转轴O转动，如下图，V代表线速度，。代表角速度，a代表向心加速度，T代表周

期，则下列说法正确的是（）

aa

A.VA>VB,TΛ>TBB.%>为，A>BC.VA<VB,aA<aBD.aλ>aβ,TA=TB

【答案】C

【详解】当出水口绕转轴O转动，A、B的角速度、周期都相等，则

%=%，TA=TB

由v=<υr,又rts>o,所以

以<VB

由rl,>rλ,所以

aB>aA

故选C。

8.（2022・浙江.模拟预测）今年第1（）号超强台风“海神”于2020年9月5日8点在西北太平洋

洋面形成，上午8点10分到12分，形成阶段的台风以几乎不变的形状在原地高速旋转。图中

O点为台风眼，。代表角速度，V代表线速度，T代表周期、a代表向心加速度，下列说法正

确的是（）

A.ωλ>ωliB.aA<a„C.TA<TΠD.VΛ>vβ

【答案】B

【详解】A.A、B两点同轴转动，角速度相等，即

ωA=ωB

故A错误；

B.根据

a=692r

故B正确；

C.根据

T2n

1=——

ω

TΛ=TB

故C错误：

D.根据

v=ωr

vA<vB

故D错误。

故选B1,

9.（2022・浙江•模拟预测）如图是某汽车旋转弹出式的车钥匙，按下。点，车钥匙将会以O点

为圆心旋转弹出，用V表示线速度，。表示角速度，T表示周期，a表示向心加速度，下列说

法正确的是（）

A.VA<vllB.ωλ>ωllC.TA<TΠD.aλ>aκ

【答案】A

【详解】ABC.在车钥匙旋转中，A、B两点是同轴转动，因此有

ωA=ωH'TA=TB

由线速度与角速度关系公式V=W,可知

vΛ<vB

A正确，BC错误；

D.在车钥匙旋转中，A、B两点是同轴转动，因此有0=%,由向心加速度与角速度关系公

式α=⅛∕r,UJ知

%<aB

D错误。

故选Ao

10.（2022,浙江•模拟预测）2020年9月21日，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火

箭，成功将海洋二号C卫星送入预定轨道做匀速圆周运动。己该卫星的轨道半径为7400km,

则下列说法中正确的是（）

A.可以计算海洋二号C卫星的线速度B.可以计算海洋二号C卫星的动能

C.可以计算海洋二号C卫星的机械能D.可以计算海洋二号C卫星的质量

【答案】A

【详解】A.根据

GMmmv2

又由于

GM=gR2

整理可得

由于地球表面的重力加速度g,地球半径R以及卫星的轨道半径r已知，因此可求出卫星的运

行的线速度，A正确；

BCD.由于无法求出卫星的质量，因此卫星的机械能，动能都无法求出，BCD错误。

故选Ao

11.(2022・湖北•模拟预测)2022年6月5日，神舟十四号成功对接于天和核心舱径向端口，

航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲依次进入天和核心舱。航天员们在一个月的时间内，有序开展了载

人环境建立、空间站平台维护与照料、空间科学实验等工作。已知天和核心舱距离地面的高度

约为380km,地球半径为6400km。下列说法正确的是()

A.航天员可以漂浮在空间站中，所以加速度为零

B.天和核心舱在轨运行的线速度小于同步卫星的线速度

C.神舟十四号的发射速度大于7.9km∕s

D.天和核心舱绕地球运动的周期约为8h

【答案】C

【详解】A.根据题意，航天员可以漂浮在空间站中，万有引力提供向心力有

GMm

——；—=ma

r

解得

GM

a=~p~

故A错误；

B.根据万有引力提供向心力有

GMmV2

———=m—

rr

可得

由于天和核心舱在轨运行的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则天和核心舱在轨运行的线速

度大于同步卫星的线速度，故B错误；

C.7.9km/s是发射地球卫星的最小速度，则神舟十四号的发射速度大于7.9km∕s,故C正确；

D.根据题意可知，天和核心舱绕地球的运动为近地飞行，则飞行速度约为7.9km∕s,由公式

7=迎可得，天和核心舱绕地球运动的周期约为

V

T≈l.5h

故D错误。

故选C。

12.（2022•黑龙江•哈尔滨三中模拟预测）一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面

向外，其边界如图中虚线所示，be为半径为r的半圆，ab、Cd与直径be共线，ab间的距离

等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从a点垂直于ab射

入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。从abed边界射出磁场所用时间

最短的粒子的速度大小为（）

A.虹B,现C.亚D.理

mtn3m3m

【答案】A

【详解】粒子做圆周运动的周期为T,则有

tnv-9

qVB-

T2πR

I=----

V

假设粒子出射的点为e点，粒子做圆周运动的圆心角为凡则粒子运动的时间表示为

θTθm

=­/=—

2πqB

初速度与例的夹角为由几何关系可知，θ=2a,即只要α达到最小值，6取到最小值，运

动时间取到最小值，如图所示

当αe与圆弧相切时，α达到最小值，根据几何关系可得

Zeo⅛=30o

ae=---------=∖∣3r

tan30°

则带电粒子做圆周运动的半径为

1

—ae

R=-.......=r

cos30°

根据牛顿第二定律可得

2

qvB=--

R

解得

qBRqBr

mm

从abed边界射出磁场所用时间最短的粒子的速度大小为

V=四

m

A正确，BCD错误。

故选A。

二、多选题

13.（2022•河南.模拟预测）如图所示，AB是圆的直径，长为&m,。为圆心。有一匀强电场

（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，从圆周上A点向圆面内各个方向发射出动能

相同的电子，电子经过。点时和经过C点时动能均为4eV,电子经过B点时动能为2eV,Z

COA=60o,取O点电势为零，电子电荷量的绝对值为e,不计电子重力，则（）

A.B点的电势为2VB.电子从A点射出的初动能为6eV

C.匀强电场的电场强度大小为3V∕mD.圆周上电势最高点的电势为递V

3

【答案】BD

【详解】A.根据题意可知，电子经过O点时和经过C点时动能均为4eV,根据动能定理

-eUOB=2eV-4eV

解得

UOB=2V

取。点电势为零

UOB=(PO-(PB=-(PB

因此B点电势为

%=-2V

故A错误；

B.根据匀强电场电势分布特点，可知在任意方向上电势降落都是均匀的，则

UoB=UAo=N

得

%=2V

根据动能定理

-CUAB=EW-EM

解得

EkA=6eV

故B正确；

C.根据题意可知，电子经过O点时和经过C点时动能均为4eV,所以O、C两点电势相等，

过B点作CO延长线的垂线，则垂线长为

,633

a=——sin60m=—m

24

因此匀强电场的电场强度大小为

E=^2≡-=-V∕m

d3

故C错误；

D.圆周上电势最高点的电势

S8√34√3..

φ=ER=-×——vV=-----V

323

故D正确。

故选BD0

14.（2022・湖南•长沙一中模拟预测）带电量为-。的球P内含有一弹射装置，其质量为M含其

内部弹射装置，一质量为m、不带电的物体C（可视为质点）置于球P内部的弹射装置中。整

个装置处于真空中水平正对放置的平行金属板A、B之间，A、B间存在竖直方向的匀强电

场，如图所示，开始时，球P和C恰好静止在距A板H的位置。某时刻，物体C相对于金属

板以速度V水平弹出，球P和C同时到达金属板。若两球均可视为质点，球P运动过程中电

荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.从小物体C弹出至到达金属板，球P的电势能增加

B.小物体C刚弹出瞬间，球P的速度为大小为鲁

M

÷m

C.两金属板间的距离为上M力”

D.两金属板长度至少为L=W+'"）W2〃加⅛“

Mmg

【答案】BD

【详解】A.依题意，可知当小物体C弹出后，球P将向上做类平抛运动，则电场力做正功，

电势能减小，故A错误；

B.原来球P静止时，有

QE=（M+m）g

小球弹出时，设P瞬间速率为VI,由动量守恒有

mv=Mv1

得球P的速度为大小为

mv

v=一

,lM

故B正确；

C.物体C弹出后，设经时间t到达下板，设两板间距为d,对小球竖直方向，由运动学规律

d-H=

同理，对P竖直方向

H=Lat1

2

a=整

M

联立以上各式可得

.M+m

a=--------H

tn

故C错误；

D.小球和球P自弹出到落板，水平位移大小分别为

⅞=vot，XI=Vlf

则两金属板长度至少为

L=x0+xl

联立各式可得

Mmg

故D正确。

故选BDo

15.（2022.新疆・博乐市高级中学（华中师大一附中博乐分校）模拟预测）双星的运动是引力波

的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线上的某一

点在二者之间万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P星的角速度为。，P、Q两颗星之间的

距离为L,P,Q两颗星的轨道半径之差为Ar（P星的质量大于Q星的质量），引力常量为

G,则（）

A.P、Q两颗星的向心力大小相等

B.P、Q两颗星的向心加速度大小相等

C.P、Q两颗星的线速度大小之差为，心，•

D.P、Q两颗星的质量之比为上半

【答案】ACD

【详解】A.P、Q两颗星的向心力都等于两者之间的万有引力，因此P、Q两星的向心力大小

相等，故A正确：

B.根据万有引力提供向心力

ma=∕∙l4

可知，因为向心力大小相等，而两星的质量不相等，因此两星的向心加速度不相等，故B错

误;

C,根据圆周运动公式

V=ωr

可知

vvvωrrωr

^=p-Q=(p-θ)=^

故C正确;

D.对于两星存在

mpo}rp

所以

mp_rp

mQrQ

又因为"%＞机°,所以

rp>rQ

根据题意

卜丫,

YP-YQ=ΓP+ΓQ=L

解得

mfiR_L+Nr

mQrQL-Nr

故D正确。

故选ACDo

16.（2022•青海•模拟预测）如图所示，acd是半径为r的半圆，圆心为O,dfh是半径为2r的

四分之一圆弧，两圆孤相切于d点，空间有垂直于纸面向外的匀强磁场B。从粒子源a射出的

质量为m的粒子X沿圆弧acd运动，经时间tl与静置于d点的质量为4m的靶粒子y发生正

碰，碰撞时间很短，碰撞后结合成一个粒子z,粒子Z沿圆弧dfh经过时间t2第一次到达h

点。不计其他作用，则()

A.y带负电B.X和Z的速率之比为5：2

C.X和Z的电荷量之比为2：1D.ti：t2=2:5

【答案】AC

【详解】B.粒子碰撞过程满足动量守恒，可得

mxvx=(mx+wv)v2=m.v2

故

vl(mx+mv)5

v2mx1

B错误；

AC.由洛伦兹力作为向心力可得

μ2

qvB=m—

R

解得

R=—

qB

碰撞前后动量不变，可知粒子X与Z的电荷量与轨迹半径成反比，半径之比为1：2,解得

%：/=2：1

根据左手定则及应子运动轨迹的偏转方向可知，X与Z均带正电，由于Z的电荷量较小，可知

y带负电，AC正确；

D.粒子的运动周期为

T2πR2πtn

1=----=----

VqB

轨迹运动时间为

T

360°

粒子X与Z的质量比为1：5,电荷量之比为2：1,可知周期比为1：1(),X粒子运动轨迹对应

圆心角为180。(用时;周期)，z粒子运动轨迹对应圆心角为90。(用时，周期)，联立解得

24

ti：t2=l：5

D错误。

故选ACo

三、解答题

17.（2022.辽宁•高考真题）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短

道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。

（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加

速到速度u=9m∕s时，滑过的距离X=I5m,求加速度的大小；

（2）如果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，如图所示，若甲、乙

两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为%=8m、R乙=9m,滑行速率分别为

%=10m/s、叱=Ilm∕s,求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运

动员先出弯道。

【答案】（1）2.7m∕s2;（2）急，甲

242

【详解】（1）根据速度位移公式有

V2=Iax

代入数据可得

a=2.7m∕s2

（2）根据向心加速度的表达式

V2

a=­

R

可得甲、乙的向心加速度之比为

9诏R乙225

----———X=

a乙----------%242

甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为

πR

V

代入数据可得甲、乙运动的时间为

4π9πs

‘中=y-s,tc=^j^j^

因而<殳，所以甲先出弯道。

18.（2022.浙江•高考真题）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P,可绕过

O点、垂直Xoy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔

S,整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测

板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着X轴射出质量为m、电荷量为-q（q>0）、

速度大小不同的离子，其中速度大小为Vo的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向

离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子

间的相互作用。

（1）①求磁感应强度B的大小；

②若速度大小为V0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；

（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与X轴负方向的夹角为

9,求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；

（3）若转筒P的角速度小于手，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他&的值

（4为探测点位置和O点连线与X轴负方向的夹角）。

【答案】⑴①B=宗②。=（4无+1号，k=。,1,2,3...；(2)

「(2nτiΛ-θ)Nmvlθ八，.1

F=------√-----tan-,n=(),1,2,…；(3)θ'=-Tt—π

2(π-0)πR266

【详解】（1）①离子在磁场中做圆周运动有

qv。B=显

则

B=

qR

②离子在磁场中的运动时间

TrR

t=——

2%

转筒的转动角度

ωt=2〜kπ+—兀

2

0=(4%+l)必，k=(),1,2,3...

R

（2）设速度大小为V的离广在磁场中圆周运动半径为有

0

R'=Rtan—

2

θ