2022高考物理二輪復習 第一部分 專題一 力和運動 專題強化練（三）力與曲線運動

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1、2022高考物理二輪復習 第一部分 專題一 力和運動 專題強化練（三）力與曲線運動 考點1　運動的合成與分解 1.一物體在光滑的水平桌面上運動，在相互垂直的x方向和y方向上的分運動的速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示．關于物體的運動，下列說法中正確的是(　　) A．物體運動的初速度大小是7 m/s B．物體做變加速直線運動 C．物體做勻變速曲線運動 D．物體運動的加速度大小是5 m/s2 解析：由v－t圖象可得v0x＝3 m/s，v0y＝4 m/s，則初速度為v0＝＝5 m/s，選項A錯誤；x方向的勻速直線運動和y方向的勻減速直線運動合成為勻變速曲線運動，選項B錯誤，C正確；ax＝

2、0，ay＝2 m/s2，物體的加速度a＝＝2 m/s2，選項D錯誤. 答案：C 2．有一條兩岸平直、河水均勻流動、流速恒為v的大河．小明駕著小船渡河，去程時船頭指向始終與河岸垂直，回程時行駛路線與河岸垂直．去程與回程所用時間的比值為k，船在靜水中的速度大小相同，則小船在靜水中的速度大小為(　　) A.　　　　　 B. C. D. 解析： 設小船在靜水中的速度為v1，去程時船頭垂直河岸，如圖所示，由合運動與分運動具有等時性并設河寬為d，則去程時間t1＝；回程時行駛路線垂直河岸，故回程時間t2＝，由題意有＝k，則k＝，得v1＝＝，選項B正確． 答案：B 3.如圖所示，長為

3、L的輕直棒一端可繞固定軸O轉動，另一端固定一質量為m的小球，小球擱在水平升降臺上，升降臺以速度v勻速上升，下列說法正確的是(　　) A．小球做勻速圓周運動 B．當棒與豎直方向的夾角為α時，小球的速度為 C．棒的角速度逐漸增大 D．當棒與豎直方向的夾角為α時，棒的角速度為 解析： 棒與升降臺接觸點(即小球)的運動可視為豎直向上的勻速運動和沿平臺向左的運動的合成．小球的實際運動即合運動方向是垂直于棒指向左上方，如圖所示．設棒的角速度為ω，則合速度v實＝ωL，沿豎直方向向上的速度分量等于v，即ωLsin α＝v，所以ω＝，小球做角速度減小的變速圓周運動． 答案：D 考點2　平

4、拋運動 4.如圖所示，某同學對著墻壁練習打乒乓球，某次球與墻壁上A點碰撞后水平彈離，恰好垂直落在球拍上的B點，已知球拍與水平方向夾角θ＝60°，A、B兩點高度差h＝1 m，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，則球剛要落到球拍上時速度大小為(　　) A．4 m/s B．2 m/s C. m/s D．2 m/s 解析： 根據h＝gt2得，t＝＝ s＝ s，豎直分速度vy＝gt＝10× m/s＝2 m/s，根據平行四邊形定則知，剛要落到球拍上時速度大小v＝＝ m/s＝4 m/s，故A正確，B、C、D錯誤． 答案：A 5．(多選)(2018·天水二模)如圖所示，某

5、一運動員從弧形雪坡上沿水平方向飛出后，又落回到斜面雪坡上．若斜面雪坡的傾角為θ，飛出時的速度大小為v0，不計空氣阻力．運動員飛出后在空中的姿勢保持不變．重力加速度為g，則(　　) A．如果v0不同，則該運動員落到雪坡時的速度方向也就不同 B．不論v0多大，該運動員落到雪坡時的速度方向都是相同的 C．運動員在空中經歷的時間是 D．運動員落到雪坡時的速度大小是 解析：設在空中飛行時間為t，運動員豎直位移與水平位移之比＝＝＝tan θ，則有飛行的時間t＝，故C正確；豎直方向的速度大小為vy＝gt＝2v0tan θ，運動員落回雪坡時的速度大小v＝＝v0，故D錯誤；設運動員落到雪坡時的速度

6、方向與水平方向夾角為α，則tan α＝＝＝2tan θ，由此可知，運動員落到雪坡時的速度方向與初速度方向無關，初速度不同，運動員落到雪坡時的速度方向相同，故A錯誤，B正確． 答案：BC 6．如圖，窗子上、下沿間的高度H＝1.6 m，墻的厚度d＝0.4 m，某人在離墻壁距離L＝1.4 m、距窗子上沿高h＝0.2 m處的P點，將可視為質點的小物體以速度v垂直于墻壁水平拋出，小物體直接穿過窗口并落在水平地面上，取g＝10 m/s2，則v的取值范圍是(　　) A．v>7 m/s B．v>2.3 m/s C．3 m/s

7、物體下落h所用的時間為t1，下落h＋H所用的時間為t2，要使小物體直接穿過窗口并落在水平地面上，若小物體恰好經過窗子上沿，由平拋運動規(guī)律得，h＝gt，vmaxt1＝L，解得vmax＝7 m/s；若小物體恰好經過窗子下沿，有h＋H＝gt，vmint2＝L＋d，解得vmin＝3 m/s.故v的取值范圍為3 m/s

8、止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是(　　) A．b一定比a先開始滑動 B．a、b所受的摩擦力始終相等 C．ω＝是b開始滑動的臨界角速度 D．當ω＝時，a所受摩擦力的大小為kmg 解析：小木塊a、b做圓周運動時，由靜摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R.當角速度增加時，靜摩擦力增大，當增大到最大靜摩擦力時，發(fā)生相對滑動，對木塊a；Ffa＝mωl，當Ffa＝kmg時，kmg＝mωl，ωa＝；對木塊b；Ffb＝mω·2l，當Ffb＝kmg時，kmg＝mω·2l，ωb＝，所以b先達到最大靜摩擦力，選項A正確；兩木塊滑動前轉動的角速度相同，則Ffa＝mω2

9、l，Ffb＝mω2·2l，Ffa

10、2，從最高點到最低點過程中，機械能守恒，故有mg·2r＝mv－mv，聯立各式可得N1－N2＝6mg，故選項D正確． 答案：D 9．(多選)(2018·資陽聯考)如圖甲所示是一種利用霍爾效應傳感器測量運動速率的自行車速度計．車輪每轉一周，安裝在自行車前輪上的一塊磁鐵就靠近霍爾傳感器一次，產生一次電壓脈沖．圖乙為某次騎行中記錄的脈沖電壓U與時間t的圖象．已知自行車車輪的半徑為33 cm，磁鐵與輪軸的距離為半徑的，則該自行車(　　) A．車輪邊緣與磁鐵的線速度大小相等 B．在1.0～1.4 s內，速率幾乎不變 C．在1.4～2.6 s內做減速運動 D．在1.2 s時的速率約為10 m

11、/s 解析：根據圓周運動的線速度和角速度的關系v＝rω，可知，車輪邊緣的線速度大于磁鐵的線速度，A項錯誤；由題圖乙可知在1.0～1.4 s內車輪運動的周期幾乎不變，所以車輪的線速度大小不變，即速率幾乎不變，B項正確；同理由題圖乙可知在1.4～2.6 s內車輪運動的周期逐漸增大，則轉速減小，自行車做減速運動，C項正確；在1.0～1.4 s內車輪的周期為0.2 s，由線速度的定義式可得車輪的線速度v＝≈10.36 m/s，自行車的速度等于車輪的線速度大小，故D項正確． 答案：BCD 考點4　平拋運動與圓周運動的綜合問題 10．如圖所示，質量是1 kg的小球用長為0.5 m的細線懸掛在O點，

12、O點距地面豎直距離為1 m．如果使小球繞OO′軸在水平面內做圓周運動，若細線最大承受拉力為12.5 N，(g取10 m/s2)求： (1)當小球的角速度為多大時，細線將斷裂； (2)線斷裂后小球落地點與懸點的水平距離． 解析：(1)當細線承受的拉力恰為最大時，對小球受力分析，如圖所示： 豎直方向FTcos θ＝mg，得θ＝37°， 向心力F向＝mgtan 37°＝mω2Lsin 37°， 解得ω＝5 rad/s. (2)線斷裂后，小球做平拋運動，則其平拋運動的初速度為 v0＝ωLsin 37°＝1.5 m/s， 豎直方向：y＝h－Lcos 37°＝gt2， 水平方向

13、：x＝v0t. 解得d＝＝0.6 m. 答案：(1)5 rad/s　(2)0.6 m 11．(2018·長沙二模)如圖所示，A、B是水平傳送帶的兩個端點，起初以v0＝1 m/s的速度順時針運轉，今將一小物體(可視為質點)無初速度地輕放在A處，同時傳送帶以a0＝1 m/s2的加速度加速運轉，物體和傳送帶間的動摩擦因數為0.2，水平桌面右側有一豎直放置的光滑軌道CPN，其形狀為半徑R＝0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，PN為其豎直直徑，C點與B點的豎直距離為R，物體離開傳送帶后由C點恰好無碰撞落入軌道，g取10 m/s2，求： (1)物體由A端運動到B端所經歷的時間； (2

14、)AC間的水平距離； (3)判斷物體能否沿圓軌道到達N點． 解析：(1)物體離開傳送帶后由C點無碰撞落入軌道，則得在C點物體的速度方向與C點相切，與豎直方向成45°，有vCx＝vCy， 物體從B點到C做平拋運動，豎直方向R＝gt，vCy＝gt3， 水平方向xBC＝vBt3(vB＝vCx)， 得出vB＝vCx＝vCy＝4 m/s，xBC＝1.6 m，vC＝vB＝4 m/s. 物體剛放上傳送帶時，由牛頓第二定律有 μmg＝ma， 得a＝2 m/s2. 物體歷時t1后與傳送帶共速，則有 at1＝v0＋a0t1， t1＝1 s，得v1＝2 m/s<4 m/s， 故物體此時速度還沒有達到vB，且此后的過程中由于a0<μg，物體將和傳送帶以共同的加速度運動，設又歷時t2到達B點 vB＝v1＋a0t2，得t2＝2 s. 所以從A運動到B的時間為t＝t1＋t2＝3 s. (2)AB間的距離為 x＝at＋at1t2＋a0t＝7 m， 從A到C的水平距離為xAC＝x＋xBC＝8.6 m. (3)物體能到達N點的速度要求mg＝m， 解得vN＝＝ m/s. 對于小物體從C到N點，設能夠到達N位置且速度為vN′，由機械能守恒定律得 mv＝mgR(1＋)＋mvN ′2， 解得vN′＝m/s