2022屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題三 力與曲線運(yùn)動(dòng) 第1講 物體的曲線運(yùn)動(dòng)限時(shí)檢測(cè)

《2022屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題三 力與曲線運(yùn)動(dòng) 第1講 物體的曲線運(yùn)動(dòng)限時(shí)檢測(cè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題三 力與曲線運(yùn)動(dòng) 第1講 物體的曲線運(yùn)動(dòng)限時(shí)檢測(cè)（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題三 力與曲線運(yùn)動(dòng) 第1講 物體的曲線運(yùn)動(dòng)限時(shí)檢測(cè) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求,第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求) 1.(2018·福建廈門雙十中學(xué)高三熱身) 一個(gè)同學(xué)在做研究平拋運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)時(shí),只在紙上記下y軸位置(拋出點(diǎn)在y軸上),并在坐標(biāo)紙上描出如圖所示曲線.在曲線上取A,B兩點(diǎn),用刻度尺分別量出它們到y(tǒng)軸的距離AA′=x1,BB′=x2,以及AB的豎直距離h,從而求出小球拋出時(shí)的初速度v0為(　A　) A. B. C. D. 解析:設(shè)初速度為v0,則從拋出點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A所需的時(shí)間t1=,從

2、拋出點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B所需的時(shí)間t2=,在豎直方向上有g(shù)-g=h,解得v0= ,故A正確. 2.(2018·醴陵市一模)如圖所示,從地面上同一位置同時(shí)拋出兩小球A,B,分別落在地面上的M,N點(diǎn),兩球運(yùn)動(dòng)的最大高度相同.空氣阻力不計(jì),則下列說(shuō)法正確的是(　A　) A.在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的任意時(shí)刻有vB>vA B.B的飛行時(shí)間比A的長(zhǎng) C.B的加速度比A的大 D.落地時(shí)的水平速度與合速度的夾角,B的比A的大 解析:兩球運(yùn)動(dòng)中,不計(jì)空氣阻力,兩球的加速度都為重力加速度g,故C錯(cuò)誤;將小球的運(yùn)動(dòng)分解為豎直方向和水平方向兩個(gè)分運(yùn)動(dòng),豎直方向上有=2gh,h=vyt-gt2,兩球最大高度h相同,則豎直

3、方向的初速度大小相等,運(yùn)動(dòng)時(shí)間也相同,而B球水平位移大,則B球水平速度大, v=,在任意時(shí)刻,總有豎直速度相等,B球水平速度大,因此在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的任意時(shí)刻有vB>vA,故A正確,B錯(cuò)誤;根據(jù)速度的合成可知,B的初速度大于A的初速度,則拋出時(shí)A的水平速度與合速度的夾角大,由對(duì)稱性可知落地時(shí),A的水平速度與合速度的夾角仍然大,故D錯(cuò)誤. 3.(2018·江西模擬)某人將一蘋果(可以視為質(zhì)點(diǎn))以v0=6 m/s的速度水平拋出,經(jīng)過(guò)t=0.8 s后到達(dá)P點(diǎn).有一小鳥以不變的速率v1= 10 m/s沿著蘋果的運(yùn)動(dòng)軌跡飛行,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間也通過(guò)P點(diǎn).若不考慮蘋果受到的空氣阻力,取重力加速度g=10 m

4、/s2.則下列說(shuō)法正確的是(　D　) A.小鳥做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) B.小鳥的加速度總為零 C.小鳥在P點(diǎn)的加速度大小為10 m/s2 D.小鳥在P點(diǎn)的加速度大小為6 m/s2 解析:小鳥在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中速度的大小不變,方向不斷變化,所以小鳥的加速度的方向是不斷變化的,小鳥的運(yùn)動(dòng)不是勻變速曲線運(yùn)動(dòng),故A,B錯(cuò)誤; 蘋果拋出后做平拋運(yùn)動(dòng),0.8 s時(shí)刻豎直方向的分速度 vy=gt=10×0.8 m/s=8 m/s, 速度方向與水平方向之間的夾角θ滿足tan θ===,則θ=53°,此時(shí)蘋果受到的重力沿垂直于速度方向的分力提供向心加速度,則 ma⊥=mgcos θ, 所以a=6 m/

5、s2,蘋果在P點(diǎn)的速度 v== m/s=10 m/s, 蘋果的向心加速度a=, 小鳥的向心加速度a′=; 聯(lián)立可得a′=6 m/s2 故C錯(cuò)誤,D正確. 4.(2018·安徽三模)如圖所示,一根輕桿,在其B點(diǎn)系上一根細(xì)線,細(xì)線長(zhǎng)為R,在細(xì)線下端連上一質(zhì)量為m的小球.以輕桿的A點(diǎn)為頂點(diǎn),使輕桿旋轉(zhuǎn)起來(lái),其B點(diǎn)在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),輕桿的軌跡為一個(gè)母線長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓錐,輕桿與中心軸AO間的夾角為α.同時(shí)小球在細(xì)線的約束下開(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng),輕桿旋轉(zhuǎn)的角速度為ω,小球穩(wěn)定后,細(xì)線與輕桿間的夾角β=2α.重力加速度用g表示,則(　D　) A.細(xì)線對(duì)小球的拉力為 B.小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期

6、為 C.小球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度與角速度的乘積為gtan 2α D.小球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度與角速度的比值為(L+R)sin α 解析:小球在豎直方向上平衡,細(xì)線的拉力滿足Fcos =mg,而β=2α,得F=,故A錯(cuò)誤;小球達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其周期與輕桿旋轉(zhuǎn)的周期相同,周期T=,故B錯(cuò)誤;小球做圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)題意有mgtan=mvω,則vω=gtan α,故C錯(cuò)誤;由公式v=ωr得=r,而r= (L+R)sin α,則=(L+R)sin α,故D正確. 5.(2018·遼寧模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的石塊從半徑為R的半球形的碗口下滑到碗的最低點(diǎn)的過(guò)程中,如果摩擦力的作用使得石塊

7、的速度大小不變,那么(　D　) A.石塊下滑過(guò)程中受的摩擦力大小不變 B.石塊下滑過(guò)程中重力的功率保持不變 C.因?yàn)樗俾什蛔?所以石塊的加速度為零 D.石塊下滑過(guò)程中受的合外力大小不變,方向始終指向球心 解析:石塊下滑的速度大小不變,即做勻速圓周運(yùn)動(dòng),摩擦力與重力的切向分力平衡,即摩擦力不斷減小,故A錯(cuò)誤;下滑中石塊豎直方向的分速度逐漸減小,根據(jù)P=mgv豎直,可知重力的功率逐漸減小,故B錯(cuò)誤;石塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其加速度始終指向圓心,不等于0,且大小不變,所以合外力大小不變,方向始終指向球心,故C錯(cuò)誤,D正確. 6.(2018·四川模擬)一小船在勻速流動(dòng)的河水中以船身始終垂直

8、于河岸方向過(guò)河,已知河寬為64 m,河水的流速大小為3 m/s,小船初速度為0,過(guò)河過(guò)程中小船先以1 m/s2的加速度勻加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)河的中點(diǎn)后再以1 m/s2的加速度勻減速運(yùn)動(dòng),則(　BC　) A.小船過(guò)河的平均速度大小為4 m/s B.小船過(guò)河過(guò)程中垂直河岸的最大速度為8 m/s C.小船過(guò)河的時(shí)間為16 s D.小船到達(dá)河對(duì)岸時(shí)的位移大小為112 m 解析:小船沿垂直河岸方向先以1 m/s2的加速度勻加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)河的中點(diǎn)后再以1 m/s2的加速度勻減速運(yùn)動(dòng),河寬為64 m,那么在勻加速過(guò)程中,則有=a()2,解得t=16 s,河水的流速大小為3 m/s,那么水流方向的位移大小

9、為x=16×3 m=48 m;因此小船過(guò)河的位移為s= = m=80 m,依據(jù)平均速度公式得== m/s=5 m/s,故A,D錯(cuò)誤,C正確;小船初速度為0,過(guò)河過(guò)程中小船先以1 m/s2的加速度勻加速運(yùn)動(dòng),勻加速運(yùn)動(dòng)的位移為=32 m;根據(jù)=×,解得vmax= 8 m/s,故B正確. 7.(2018·呼和浩特一模)如圖所示,a,b兩小球分別從半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度v0同時(shí)水平拋出,已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等,斜面底邊長(zhǎng)是其豎直高度的2倍,若小球a落到半圓軌道上,小球b落到斜面上,則下列說(shuō)法正確的是(　ABC　) A.a球可能先落在半圓軌道上 B.b球可

10、能先落在斜面上 C.兩球可能同時(shí)落在半圓軌道上和斜面上 D.a球可能垂直落在半圓軌道上 解析:將圓軌道和斜面軌道重合在一起,如圖所示,交點(diǎn)為A,初速度合適,可知小球做平拋運(yùn)動(dòng)落在A點(diǎn),則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等,即同時(shí)落在半圓軌道和斜面上.若初速度不合適,由圖可知,可能小球b先落在斜面上,也可能小球a先落在圓軌道上.若a球垂直落在半圓軌道上,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律,其速度的反向延長(zhǎng)線應(yīng)在水平位移的中點(diǎn),而實(shí)際為圓心處,由幾何關(guān)系可知,圓心并不處于水平位移中點(diǎn),所以a球不可能垂直落在半圓軌道上,故A,B,C正確,D錯(cuò)誤. 8.(2018·河北衡水中學(xué)模擬)(多選)如圖所示,沿光滑豎直桿以速度v勻速下

11、滑的物體A通過(guò)輕質(zhì)細(xì)繩拉光滑水平面上的物體B,細(xì)繩與豎直桿間的夾角為θ,則以下說(shuō)法正確的是(　BD　) A.物體B向右勻速運(yùn)動(dòng) B.物體B向右加速運(yùn)動(dòng) C.細(xì)繩對(duì)A的拉力逐漸變大 D.細(xì)繩對(duì)B的拉力減小 解析:物體A以速度v沿豎直桿勻速下滑,繩子的速率等于物體B的速率,將A物體的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向,沿繩子方向的分速度等于繩速,如圖所示,由繩子速率v繩=vcos θ,而繩子速率等于物體B的速率,則有物體B的速率vB=v繩=vcos θ.因θ減小,則B物體向右做變加速運(yùn)動(dòng),由于物體A勻速下滑,由平衡知識(shí)可知細(xì)繩拉力減小,則B的加速度在減小,選項(xiàng)B,D正確. 二

12、、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9.(18分)(2018·湖南校級(jí)模擬)滑板運(yùn)動(dòng)員在U形槽中的運(yùn)動(dòng)可以簡(jiǎn)化成一個(gè)物塊在半徑為R的半圓弧槽中的運(yùn)動(dòng),半圓弧槽始終靜止不動(dòng),若物塊從A點(diǎn)滑下在半圓弧槽最低點(diǎn)B的速度為v0,物塊的質(zhì)量為m,物塊與半圓弧槽的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,求: (1)物塊在最低點(diǎn)對(duì)半圓弧槽的壓力; (2)物塊在半圓弧槽最低點(diǎn)的加速度大小; (3)若物塊從圓弧槽最低點(diǎn)上滑,經(jīng)C點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓弧槽的壓力大小等于mg,則物塊從C點(diǎn)拋出后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間還能回到C點(diǎn)? 解析:(1)物塊在半圓弧槽底部時(shí)受到重力、槽底對(duì)物塊向上的支持力和向左的滑動(dòng)摩擦力,由牛頓第二定律得FN-mg=m

13、,即FN=mg+m,根據(jù)牛頓第三定律,物塊對(duì)槽底的壓力FN′=FN=mg+m,方向豎直向下. (2)物塊在半圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)的向心加速度大小為a1=,切向加速度大小為a2==μ(g+),因此物塊在半圓弧槽最低點(diǎn)的加速度大小為a==. (3)若物塊經(jīng)C點(diǎn)對(duì)半圓弧槽的壓力大小等于mg,設(shè)物塊在C點(diǎn)的速度為v,則mg=m,即v=,物塊從C點(diǎn)滑出后做豎直上拋運(yùn)動(dòng),再回到C點(diǎn)的時(shí)間t=2·=2. 答案:(1)mg+m　方向豎直向下 (2)　(3)2 10.(18分)(2018·莆田校級(jí)模擬)如圖所示,半徑R=0.40 m的光滑半圓環(huán)軌道處于豎直平面內(nèi),半圓環(huán)與粗糙的水平地面相切于圓環(huán)的端點(diǎn)A.一

14、質(zhì)量m=0.10 kg的小球,以初速度v0=7.0 m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0 m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)s=4.0 m后,沖上豎直半圓環(huán),最后小球落在C點(diǎn),(取重力加速度g=10 m/s2)求: (1)小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度大小; (2)小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小; (3)A,C間的距離. 解析:(1)小球向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中做勻減速直線運(yùn)動(dòng), -=-2as, 解得vA==5 m/s. (2)設(shè)小球能夠到達(dá)B點(diǎn)的最小速度為vmin, mg=m解得vmin=2 m/s. 小球從A到B的過(guò)程中根據(jù)機(jī)械能守恒, mg·2R+m=m,解得vB=3 m/s. 由于vB>vmin,故小球能夠到達(dá)B點(diǎn),且從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可知F+mg=m, 解得F=1.25 N,由牛頓第三定律可知,小球?qū)壍赖膲毫Υ笮? 1.25 N. (3)小球從B到C,在豎直方向有2R=gt2,在水平方向有sAC=vBt,解得sAC=1.2 m, 故A,C間的距離為1.2 m. 答案:(1)5 m/s　(2)1.25 N　(3)1.2 m