2022年高考物理二輪專題復(fù)習(xí)專題能力訓(xùn)練：專題三 力與物體的曲線運(yùn)動 Word版含答案

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1、2022年高考物理二輪專題復(fù)習(xí)專題能力訓(xùn)練：專題三 力與物體的曲線運(yùn)動 Word版含答案 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,1~4題只有一個選項符合題目要求,5~7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α角,船相對于靜水的速度為v,其航線恰好垂直于河岸。現(xiàn)水流速度稍有增大,為保持航線不變,且準(zhǔn)時到達(dá)對岸,下列措施中可行的是(　　) A.減小α角,增大船速v B.增大α角,增大船速v C.減小α角,保持船速v不變 D.

2、增大α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線運(yùn)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Ⅰ)一帶有乒乓球發(fā)射機(jī)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(jī)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

3、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.

4、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 θ 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(jī)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,另一端固定一小球,在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動。小球運(yùn)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R B.當(dāng)v< 時,球?qū)U有向下的壓力 C.當(dāng)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2a 7.(xx·山西大學(xué)附中月

5、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(xì)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(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛要發(fā)生滑動時,燒斷細(xì)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(yùn)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運(yùn)動,不會發(fā)生滑動 D.物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動,物體A發(fā)生滑動,離圓盤圓心越來越遠(yuǎn) 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θ=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

6、正上方,有一物體B以初速度v2=2.4 m/s水平拋出。如果當(dāng)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

7、=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Δt=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(yùn)動,選手若要能到達(dá)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由靜止滑下,

8、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α角;要求準(zhǔn)時到達(dá)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

9、點的速率,選項A錯誤。由于物體做勻變速曲線運(yùn)動,所以A點的加速度等于C點的加速度,選項B錯誤。物體從A到B,合外力做負(fù)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(dāng)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(dāng)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

10、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 θ,A正確,B錯誤;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θ角,因此對小車由牛頓第二定律可知Fcos θ-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v2

11、=c=2b時,有mg+FNc=m;聯(lián)立可解得FNc=mg=a,D錯誤。 7.BD　解析:當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛要發(fā)生滑動時,A物體靠細(xì)線的拉力與圓盤的最大靜摩擦力的合力提供向心力做勻速圓周運(yùn)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(xì)線后,A所受最大靜摩擦力不足以提供其做圓周運(yùn)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(yuǎn),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?fàn)顟B(tài),做勻速圓周運(yùn)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

12、定律得mgsin θ=ma① 設(shè)物體A滑到最高點所用時間為t,由運(yùn)動學(xué)公式0=v1-at② 物體B做平拋運(yùn)動,如圖所示,由幾何關(guān)系可得 水平位移x=v1tcos 37°③ 其水平方向做勻速直線運(yùn)動,則 x=v2t④ 聯(lián)立可得v1=6 m/s。⑤ (2)物體B在豎直方向做自由落體運(yùn)動,則hB=gt2⑥ 物體A在豎直方向 hA=v1sin 37°⑦ 如圖所示,由幾何關(guān)系可得 h=hA+hB⑧ 聯(lián)立得h=6.8 m。⑨ 9.答案:(1)5.6 s　(2)3.25 m/s 解析:(1)平拋運(yùn)動過程有 H=,t1==0.6 s 選手在水平方向上的位移 s1=v0t1

13、=1.8 m 則勻加速運(yùn)動的位移 s2=L0+s0-s1= 解得t2=4.5 s 所以總時間t=t1+t2+Δt=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=uΔt=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, 不從傳送帶上掉下,平拋水平位移s≥s0+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=mv2① 在B點由牛頓第二定律得 FN-mg

14、=m② 解得FN=30 N。③ 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。④ (2)由圖象可得木板加速的加速度大小為a1=1 m/s2⑤ 滑塊與木板共同減速的加速度大小a2=1 m/s2⑥ 設(shè)木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1,滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2。在1~2 s內(nèi),對滑塊和木板整體由牛頓第二定律得μ1(m0+m)g=(m0+m)a2⑦ 在0~1 s內(nèi),對木板整體由牛頓第二定律得μ2mg-μ1(m0+m)g=m0a1⑧ 解得μ1=0.1,μ2=0.5。⑨ (3)滑塊在木板上滑動過程由牛頓第二定律得μ2mg=ma⑩ 由運(yùn)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Δx=x2-x1 解得Δx=3 m。