高考物理二轮复习 第一部分 专题整合 专题一 力与运动 第3讲 力与物体的曲线运动课时检测-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第一部分专题一第3讲力与物体的曲线运动一、单项选择题1(2018南京调研)如图1317所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现从t0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗。F为AB中点。则t1t2为图1317A21B1C1 D1(1)解析由题意可知，在乘客看来，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，因分运动与合运动具有等时性，则t1t221。答案A2.(2018兰州二模)如图1318所示物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用

2、，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知图1318A物体A做匀速运动B物体A做加速运动C物体A所受摩擦力逐渐增大D物体A所受摩擦力不变解析把A向左的速度v沿细线方向和垂直细线方向分解，设细线与水平方向夹角为，沿细线方向的分速度为v cos ，B匀速，则v cos 不变，而角增大，cos 减小，则v增大，所以A做加速运动，选项B正确，A错误；由于A对地面的压力逐渐减小，所以物体A所受摩擦力逐渐减小，选项C、D错误。答案B3.半圆形轨道竖直放置，在轨道水平直径的两端，分别以速度v1、v2水平抛出a、b两个小球，两球均落在轨道上的P点，OP与竖直方向所成夹角30，如图1319所示，设两球落在P点时速度

3、与竖直方向的夹角分别、，则图1319Av22v1 Bv23v1C3 Dtan 3tan 解析两球下落高度相同，即运动时间相同，由几何关系可知xbR，所以xa2RRR，所以v23v1，即选项A错误，选项B正确；因为竖直方向的速度相同，tan ，tan ，所以tan 3tan ，选项C、D均错误。答案B4如图1320所示，一条小河，河宽d60 m，水速v13 m/s。甲、乙两船在静水中的速度均为v25 m/s。两船同时从A点出发，且同时到达对岸，其中甲船恰好垂直到达正对岸的B点，乙船到达对岸的C点，则图1320AB两船过河时间为12 sC两船航行的合速度大小相同DBC的距离为72 m解析因为同时到

4、达对岸，所以，解得，A正确；当船垂直岸渡河时t12 s，现在两船在垂直河岸方向上的速度小于v2，故渡河时间大于12 s，B错误；由于两船的方向不同，而水流方向相同，根据平行四边形定则可得两者的合速度不同，C错误；根据几何知识可得cos cos ，所以sin ，故乙船在水流方向的速度为v356 m/s，渡河时间为t15 s，所以BC的距离为xBCvt615 m90 m，D错误。答案A5(2018西安一模)如图1321所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h处(A点)固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长lh，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动。当转动的角速度逐渐增大时，

5、下列说法正确的是图1321A小球始终受三个力的作用B细绳上的拉力始终保持不变C要使小球不离开水平面，角速度的最大值为 D若小球飞离了水平面，则角速度为 解析随着转动的角速度的增大，小球做圆周运动所需的向心力增大，故细绳上的拉力逐渐增大，当角速度增大到一定程度时，小球离开水平面，离开水平面后，小球只受两个力作用，选项A、B错误。要使球恰要离开但还未离开水平面，角速度最大，有mgtan m2lsin ，其中cos ，联立可得，若小球飞离了水平面，角速度大于，选项C正确，D错误。答案C6(2018广西“三校”联考)如图1322，在竖直平面内，直径为R的光滑半圆轨道和半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相

6、切于O点。O点在水平地面上。可视为质点的小球从O点以某一初速度进入半圆，刚好能通过半圆的最高点A，从A点飞出后落在四分之一圆轨道上的B点，不计空气阻力，g10 m/s2。则B点与O点的竖直高度差为图1322A.R B.RC.R D.R解析小球刚好通过A点，则在A点重力提供向心力，则有：mgm，解得：v 从A点抛出后做平抛运动，则水平方向的位移xvt，竖直方向的位移hgt2，根据几何关系有：x2h2R2解得：h，B点与O点的竖直高度差RhR，故A正确，BCD错误。答案A7如图1323所示，靠在一起的M、N两转盘靠摩擦传动，两盘均绕过圆心的竖直轴转动，M盘的半径为r，N盘的半径R2r。A为M盘边缘

7、上的一点，B、C为N盘直径的两个端点。当O、A、B、C共线时，从O的正上方P点以初速度v0沿OO方向水平抛出一小球。小球落至圆盘C点，重力加速度为g，则下列说法正确的是图1323A若M盘转动角速度，则小球抛出时到O点的高度为B若小球抛出时到O点的高度为，则M盘转动的角速度必为C只要M盘转动角速度满足(nN)，小球就可能落至C点D只要小球抛出时到O点的高度恰当，小球就可能落至C点解析小球能落在C点，运动时间有两种可能：当C点离O最近时，rv0t1；当C点离O最远时，5rv0t2，在这两种情况下，小球抛出时离O的高度应满足h1gt或h2gt。由于两盘边缘线速度大小相等，则MrNR，因此M盘的角速度

8、是N盘的两倍，对应的角速度应满足1(nN)和2(nN)，当n0且C点离O最近时，A选项正确；B选项只给出了n0的情况，因此B项错误；对比2可知C选项错误；在满足小球抛出时离O点的高度恰当的情况下，还应满足M盘转动的角速度关系，才能保证小球落在C点，D项错误。答案A二、多项选择题8.如图1324所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则图1324Aa BaCN DN解析质点由半球面最高点到最低点的过程中

9、，由动能定理有：mgRWmv2，又在最低点时，向心加速度大小a，两式联立可得a，A正确，B错误；在最低点时有Nmgm，解得N，C项正确，D项错误。答案AC9如图1325所示，乒乓球台长为L，球网高为h，某乒乓球爱好者在球台边缘上方离球台高度为2h处以一定的初速度水平发出一个球，结果球经球台反弹一次后(无能量损失)刚好能贴着球网边缘飞过球网，忽略空气阻力，则球的初速度大小可能为图1325A. B.C. D.解析若球反弹后在上升过程中刚好能贴着球网飞过，则2hgt，x1v0t1，球反弹后从飞过球网到上升至最高点的过程中hgt，x2v0t2,2x1x2，解得v0，A正确；若球反弹后在下降过程中刚好能

10、贴着球网飞过，2hgt，x1v0t1，球反弹后从最高点到下降飞过球网的过程中hgt，x2v0t2,2x1x2，解得v0，B项正确。答案AB10.(2018襄阳调研)如图1326所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放。小物体刚到B点时的加速度为a，对B点的压力为N，小物体离开B点后的水平位移为x，落地时的速率为v。若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R(不超过圆心离地的高度)。不计空气阻力，下列图像正确的是图1326解析设小物体释放位置距地面高为H，小物体从A点到B点应用机械能守恒定律有，vB，到地面时的速度v，小物体

11、的释放位置到地面间的距离始终不变，则选项D对；小物体在B点的加速度a2g，选项A对；在B点对小物体应用向心力公式，有FBmg，又由牛顿第三定律可知NFB3mg，选项B错；小物体离开B点后做平抛运动，竖直方向有HRgt2，水平方向有xvBt，联立可知x24(HR)R，选项C错。答案AD三、计算题11(2018大连模拟)如图1327所示，半径R0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A。一质量m0.10 kg的小球，以初速度v07.0 m/s在水平地面上向左做加速度a3.0 m/s2的匀减速直线运动，运动s4.0 m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点。(

12、取重力加速度g10 m/s2)。图1327(1)小球运动到A点时的速度大小；(2)小球经过B点时对轨道的压力大小；(3)A，C间的距离。解析(1)小球向左运动的过程中小球做匀减速直线运动，有vv2as解得vA5 m/s。(2)如果小球能够到达B点，设在B点的最小速度为vmin，有mgm解得vmin2 m/s。而小球从A到B的过程中根据机械能守恒，有mg2Rmvmv解得vB3 m/s。由于vBvmin，故小球能够到达B点，且从B点做平抛运动，由牛顿第二定律可知Fmgm，解得F1.25 N，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为1.25 N。(3)在竖直方向有2Rgt2，在水平方向有sACvB

13、t，解得sAC0.6 m故A，C间的距离为0.6 m答案(1)5 m/s(2)1.25 N(3)0.6 m12.(2016浙江卷)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图1328所示。P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。图1328(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。解析(1)打在中点的微粒hgt2t(2)打在B点的微粒v1；2hgtv1L同理，打在A点的微粒初速度v2L微粒初速度范围LvL(3)由能量关系mvmghmv2mgh代入、式得L2h。答案(1)(2)LvL(3)L2h