《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練 專題三 力與物體的曲線運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練 專題三 力與物體的曲線運動（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練 專題三 力與物體的曲線運動一、選擇題(本題共7小題,每小題8分,共56分。在每小題給出的四個選項中,14題只有一個選項符合題目要求,57題有多個選項符合題目要求,全部選對的得8分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分)1.(xx浙江溫州八校聯(lián)考)如圖所示,小船過河時,船頭偏向上游與水流方向成角,船相對于靜水的速度為v,其航線恰好垂直于河岸?，F(xiàn)水流速度稍有增大,為保持航線不變,且準時到達對岸,下列措施中可行的是()A.減小角,增大船速vB.增大角,增大船速vC.減小角,保持船速v不變D.增大角,保持船速v不變2.(xx河北邯鄲摸底)如圖,這是物體做勻變速曲

2、線運動的軌跡的示意圖。已知物體在B點的加速度方向與速度方向垂直,則下列說法中正確的是()A.C點的速率小于B點的速率B.A點的加速度比C點的加速度大C.A點的速率大于B點的速率D.從A點到C點加速度與速度的夾角先增大后減小,速率是先減小后增大3.(xx全國理綜)一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示。水平臺面的長和寬分別為L1和L2,中間球網(wǎng)高度為h。發(fā)射機安裝于臺面左側(cè)邊緣的中點,能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球,發(fā)射點距臺面高度為3h。不計空氣的作用,重力加速度大小為g。若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內(nèi),通過選擇合適的方向,就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺面上,則v的最大取值范圍是()A.v

3、L1B.vC.vD.v4.如圖所示,在足夠長的斜面上A點,以水平速度v0拋出一個小球,不計空氣阻力,它落到斜面上的水平距離為x1。若將此球改用2v0水平速度拋出,落到斜面上的水平距離為x2,則x1x2為()A.11B.12C.13D.145.如圖所示,一人用力跨過定滑輪拉一玩具小車,已知小車的質(zhì)量為m,水平面對小車的阻力恒為Ff。當繩與水平面的夾角為時,小車的速度為v,此時人的拉力大小為F。若忽略繩的質(zhì)量以及繩與滑輪間的摩擦,則此時()A.繩的速度為vcos B.繩的速度為C.小車的加速度為D.小車的加速度為6.振動電機實際上是一個偏心輪,簡化模型如圖甲所示,一輕桿一端固定在O點,另一端固定一

4、小球,在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時,桿與小球間彈力的大小為FN,小球在最高點的速度大小為v,FN-v2圖象如圖乙所示。下列說法正確的是()A.小球的質(zhì)量為RB.當v 時,球?qū)U有向下的壓力C.當v 時,球?qū)U有向上的拉力D.若c=2b,則此時桿對小球的彈力大小為2a7.(xx山西大學(xué)附中月考)如圖所示,在勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上,沿半徑方向放著用細線相連的質(zhì)量相等的兩個物體A和B,它們與盤間的動摩擦因數(shù)相同,當圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛要發(fā)生滑動時,燒斷細線,則()A.兩物體均沿切線方向滑動B.物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運動,同時所受摩擦力減小C.兩物體仍隨圓盤一起做勻速圓周

5、運動,不會發(fā)生滑動D.物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運動,物體A發(fā)生滑動,離圓盤圓心越來越遠二、非選擇題(本題共3小題,共44分)8.(13分)(xx河北石家莊統(tǒng)考)如圖所示,在水平地面上固定一傾角=37、表面光滑的斜面,物體A以初速度v1沿斜面上滑,同時在物體A的正上方,有一物體B以初速度v2=2.4 m/s水平拋出。如果當A上滑到最高點時恰好被B物體擊中。A、B均可看作質(zhì)點,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2。求:(1)物體A上滑時的初速度v1; (2)物體A、B間初始位置的高度差h。9.(14分)(xx湖南聯(lián)考)某電視臺娛樂節(jié)目要求選手要從較高的平臺上以水平速度

6、v0躍出后,落在水平傳送帶上,如圖所示。已知平臺與傳送帶高度差H=1.8 m,水池寬度s0=1.2 m,傳送帶AB間的距離L0=20.85 m,由于傳送帶足夠粗糙,假設(shè)人落到傳送帶上后瞬間相對傳送帶靜止,經(jīng)過一個t=0.5 s反應(yīng)時間后,立刻以a=2 m/s2、方向向右的加速度跑至傳送帶最右端。(1)若傳送帶靜止,選手以v0=3 m/s的水平速度從平臺躍出,求從開始躍出到跑至傳送帶右端經(jīng)歷的時間。(2)若傳送帶以u=1 m/s的恒定速度向左運動,選手若要能到達傳送帶右端,則從高臺上躍出的水平速度v1至少多大?10.(17分)如圖所示,質(zhì)量為m=1 kg的小滑塊,從光滑、固定的圓弧軌道的最高點A

7、由靜止滑下,經(jīng)最低點B后滑到位于水平面的木板上。已知木板質(zhì)量m0=2 kg,其上表面與圓弧軌道相切于B點,且長度足夠長。整個過程中木板的v-t圖象如圖所示,g取10 m/s2。求:(1)滑塊經(jīng)過B點時對圓弧軌道的壓力;(2)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù);(3)滑塊在木板上滑過的距離。參考答案1.B解析:由題圖可知,水流速度稍有增大,為保持航線不變,可增大角;要求準時到達對岸,可增大船速v,選項B正確。2.C解析:根據(jù)題述物體在B點的加速度方向與速度方向垂直,可知物體從B到C合外力做正功,C點的速率大于B點的速率,選項A錯誤。由于物體做勻變速曲線運動,所以A點的加速度等于C點的加速度,選項B錯誤。

8、物體從A到B,合外力做負功,所以A點的速率大于B點的速率,選項C正確。從A點到C點加速度與速度的夾角先減小后增大,速率是先減小后增大,選項D錯誤。3.D解析:當垂直球網(wǎng)方向發(fā)射且乒乓球剛好過網(wǎng)時,初速最小,設(shè)為v1,則有3h-h=gt2,=v1t1,解得v1=;當小球落到右側(cè)臺面某一角處時,初速最大,設(shè)為v2,則3h=v2t2,解得v2=,因此v的最大取值范圍是v,選項D正確。4.D解析:設(shè)斜面傾角為,則tan =,故t=,水平位移x=v0t=,故當水平初速度由v0變?yōu)?v0后,水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍,D項正確。5.AC解析:將小車的速度分解如圖所示,此時繩的速度v繩=vcos ,A正確,B錯

9、誤;繩對小車的拉力等于人拉繩的力,即繩的拉力大小為F,與水平方向成角,因此對小車由牛頓第二定律可知Fcos -Ff=ma,得a=,C正確,D錯誤。6.AB解析:由題意可知,在最高點時,若v2b,則桿對球的作用力為支持力,根據(jù)牛頓第二定律mg-FN=m,解得FN=mg-v2,斜率的絕對值k=,所以小球的質(zhì)量為m=R,A正確;v2b時,桿對球的作用力為支持力,根據(jù)牛頓第三定律可知,B正確,C錯誤;當v2=0時,有a=mg;當v2=b時,有mg=m;當v2=c=2b時,有mg+FNc=m;聯(lián)立可解得FNc=mg=a,D錯誤。7.BD解析:當圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛要發(fā)生滑動時,A物體靠細線的拉力與圓盤

10、的最大靜摩擦力的合力提供向心力做勻速圓周運動,B靠指向圓心的靜摩擦力和拉力的合力提供向心力,所以燒斷細線后,A所受最大靜摩擦力不足以提供其做圓周運動所需要的向心力,A要發(fā)生相對滑動,離圓盤圓心越來越遠,但是A所需要的向心力小于B的最大靜摩擦力,所以B仍保持相對圓盤靜止狀態(tài),做勻速圓周運動,且靜摩擦力比繩子燒斷前減小,故B、D正確,A、C錯誤。故選B、D。8.答案:(1)6 m/s(2)6.8 m解析:(1)物體A上滑過程中,由牛頓第二定律得mgsin =ma設(shè)物體A滑到最高點所用時間為t,由運動學(xué)公式0=v1-at物體B做平拋運動,如圖所示,由幾何關(guān)系可得水平位移x=v1tcos 37其水平方

11、向做勻速直線運動,則x=v2t聯(lián)立可得v1=6 m/s。(2)物體B在豎直方向做自由落體運動,則hB=gt2物體A在豎直方向hA=v1sin 37如圖所示,由幾何關(guān)系可得h=hA+hB聯(lián)立得h=6.8 m。9.答案:(1)5.6 s(2)3.25 m/s解析:(1)平拋運動過程有H=,t1=0.6 s選手在水平方向上的位移s1=v0t1=1.8 m則勻加速運動的位移s2=L0+s0-s1=解得t2=4.5 s所以總時間t=t1+t2+t=5.6 s。(2)設(shè)水平躍出速度v1,落到傳送帶0.5 s反應(yīng)時間內(nèi)向左位移大小s1=ut=0.5 m然后向左減速至速度為零,向左發(fā)生位移s2=0.25 m,

12、不從傳送帶上掉下,平拋水平位移ss0+s1+s2=(1.2+0.5+0.25) m=1.95 m所以v1=3.25 m/s。10.答案:(1)30 N豎直向下(2)0.5(3)3 m解析:(1)滑塊從A到B的過程,由動能定理得mgR=mv2在B點由牛頓第二定律得FN-mg=m解得FN=30 N。由牛頓第三定律得滑塊對軌道的壓力大小為30 N,方向豎直向下。(2)由圖象可得木板加速的加速度大小為a1=1 m/s2滑塊與木板共同減速的加速度大小a2=1 m/s2設(shè)木板與地面間的動摩擦因數(shù)為1,滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為2。在12 s內(nèi),對滑塊和木板整體由牛頓第二定律得1(m0+m)g=(m0+m)a2在01 s內(nèi),對木板整體由牛頓第二定律得2mg-1(m0+m)g=m0a1解得1=0.1,2=0.5。(3)滑塊在木板上滑動過程由牛頓第二定律得2mg=ma由運動學(xué)公式得v1=v-at1木板的位移x1=t1滑塊的位移x2=t1滑塊在木板上滑動的距離x=x2-x1解得x=3 m。