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2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練六 曲線運動(含解析)

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2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練六 曲線運動(含解析)

曲線運動1曲線運動的問題每年必考,主要是在實際問題中考查速度、加速度、及位移的分解,平拋運動的處理方法,以及圓周運動與牛頓運動定律、能量等內(nèi)容的綜合應(yīng)用。2常用思想方法:(1)從分解的角度處理平拋運動。(2)圓周運動的動力學(xué)問題實際上是牛頓第二定律的應(yīng)用,且已知合外力方向(勻速圓周運動指向圓心),做好受力分析,由牛頓第二定律列方程。二、考題再現(xiàn)典例1.(2019·全國卷·19)如圖(a),在跳臺滑雪比賽中,運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳,每次都從離開跳臺開始計時,用v表示他在豎直方向的速度,其vt圖象如圖(b)所示,t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則()A第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C第一次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D豎直方向速度大小為v1時,第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大典例2.(2018全國III卷25)如圖,在豎直平面內(nèi),一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切,BC為圓弧軌道的直徑,O為圓心,OA和OB之間的夾角為,sin 。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動,經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點,落至水平軌道;在整個過程中,除受到重力及軌道作用力外,小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心,且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求:(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大?。?2)小球到達A點時動量的大??;(3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。三、對點速練12019年央視春晚加入了非常多的科技元素,在舞臺表演中還出現(xiàn)了無人機?,F(xiàn)通過傳感器將某臺無人機上升向前追蹤拍攝的飛行過程轉(zhuǎn)化為豎直向上的速度vy及水平方向速度vx與飛行時間t的關(guān)系圖象如圖所示。則下列說法正確的是()A無人機在t1時刻處于失重狀態(tài)B無人機在0t2這段時間內(nèi)沿直線飛行C無人機在t2時刻上升至最高點D無人機在t2t3時間內(nèi)做勻變速運動2(多選)如圖所示,某同學(xué)將一塊橡皮用光滑細線懸掛于O點,用一枝鉛筆貼著細線中點的左側(cè)以速度v水平向右勻速移動。則在鉛筆移動到圖中虛線位置的過程中()A細線繞O點轉(zhuǎn)動的角速度變小B細線繞O點轉(zhuǎn)動的角速度不斷增大C橡皮的運動軌跡為曲線D橡皮處于超重狀態(tài)3(多選)如圖所示,半圓形容器固定在地面上,其內(nèi)表面各處粗糙程度不同,一物塊從容器邊緣A點以向下的初速度開始運動,物塊在AO段能以大小不變的速度沿容器內(nèi)壁運動到底部O點,后又沿OB運動,到達B點時速度恰好為零。則下列說法正確的是()AAO段滑塊受到的合外力大小不變BAO段重力與摩擦力的合力越來越大COB段克服重力做功的功率越來越小D克服摩擦力所做的功,AO段一定小于OB段4如圖所示,水平面上固定一個斜面,從斜面頂端向右平拋一個小球,當初速度為v0時,小球恰好落到斜面底端,小球在空中運動的時間為t0?,F(xiàn)用不同的初速度v從該斜面頂端向右平拋該小球,以下哪個圖象能正確表示小球在空中運動的時間t隨初速度v變化的關(guān)系()5在水平地面上有相距為L的A、B兩點,甲小球以v110 m/s的初速度,從A點沿與水平方向成30°角的方向斜向上拋出,同時,乙小球以v2的初速度從B點豎直向上拋出。若甲在最高點時與乙相遇,重力加速度g取10 m/s2,則下列說法錯誤的是()A乙球的初速度v2一定是5 m/sB相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度CL為2.5 mD甲球與乙球始終在同一水平面上6甲、乙兩位同學(xué)在不同位置沿水平各射出一枝箭,箭落地時,插入泥土中的形狀如圖所示,已知兩支箭的質(zhì)量、水平射程均相等,若不計空氣阻力及箭長對問題的影響,則甲、乙兩支箭()A空中運動時間之比為1B射出的初速度大小之比為1C下降高度之比為13D落地時動能之比為317在傾角為的斜坡上,沿著與水平線成角的方向斜向上方拋出一石塊,如圖所示。設(shè)石塊落在斜坡上的位置離拋出點的距離為L,則石塊拋出的初速度為()A BC D8(多選)如圖所示,光滑直角細桿POQ固定在豎直平面內(nèi),OP邊水平,OP與OQ在O點平滑相連,質(zhì)量均為m的A、B兩小環(huán)用長為L的輕繩相連,分別套在OP和OQ桿上。初始時刻,將輕繩拉至水平位置拉直(即B環(huán)位于O點),然后同時釋放兩小環(huán),A環(huán)到達O點后,速度大小不變,方向變?yōu)樨Q直向下,已知重力加速度為g。下列說法正確的是()A當B環(huán)下落時,A環(huán)的速度大小為B在A環(huán)到達O點的過程中,B環(huán)先加速后減速CA環(huán)到達O點時速度大小為D當A環(huán)到達O點后,再經(jīng)的時間能追上B環(huán)9如圖(a)所示,A、B為釘在光滑水平面上的兩根鐵釘,小球C用細繩拴在鐵釘B上(細繩能承受足夠大的拉力),A、B、C在同一直線上。t0時,給小球一個垂直于繩的速度,使小球繞著兩根鐵釘在水平面上做圓周運動。在0t10 s時間內(nèi),細繩的拉力隨時間變化的規(guī)律如圖(b)所示,則下列說法中正確的有()A小球的速率越來越大B細繩第三次到第四次撞擊釘子經(jīng)歷的時間是4 sC在t13.5 s時,繩子的拉力為7.5 ND細線每撞擊一次釘子,小球運動的半徑減小繩長的10如圖所示,底端切線水平且豎直放置的光滑圓弧軌道的半徑R2 m,其軌道底端P距地面的高度h5 m,P與右側(cè)豎直墻的距離L1.8 m,Q為圓弧軌道上的一點,它與圓心O的連線OQ與豎直方向的夾角為53°。現(xiàn)將一質(zhì)量m100 g、可視為質(zhì)點的小球從Q點由靜止釋放,重力加速度g10 m/s2,不計空氣阻力。(sin 53°0.8,cos 53°0.6)(1)小球運動到P點時對軌道的壓力多大?(2)若小球每次和豎直墻壁的碰撞均是彈性碰撞,則小球的最終落地點離右側(cè)墻角B點的距離為多少?(小球和地面碰撞后不再彈起)11如圖所示,在水平圓盤上,沿半徑方向放置物體A和B,mA4 kg,mB1 kg,它們分居在圓心兩側(cè),與圓心距離為rA0.1 m,rB0.2 m,中間用細線相連,A、B與盤間的動摩擦因數(shù)均為0.2,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,若圓盤從靜止開始繞中心轉(zhuǎn)軸非常緩慢地加速轉(zhuǎn)動,用表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度,fA表示物體A與圓盤之間的摩擦力,g10 m/s2。(1)細線中出現(xiàn)張力時,圓盤轉(zhuǎn)動的角速度1;(2)A、B兩物體相對圓盤將要滑動時,圓盤轉(zhuǎn)動的角速度3;(3)在下列坐標圖中分別畫出A、B兩物體滑動前,fA隨2變化的關(guān)系圖象。答案二、考題再現(xiàn)典例1.【解析】由vt圖面積易知第二次面積大于等于第一次面積,故第二次豎直方向下落距離大于第一次下落距離,A錯誤;由于第二次豎直方向下落距離大,由于位移方向不變,故第二次水平方向位移大,B正確;由于vt斜率知第一次大、第二次小,斜率越大,加速度越大,或由易知a1a2,C錯誤;由圖象斜率,速度為v1時,第一次圖象陡峭,第二次圖象相對平緩,故a1a2,由Gfyma,可知fy1fy2,故D正確。【答案】BD典例2.【解析】(1)設(shè)水平恒力的大小為F0,小球到達C點時所受合力的大小為F。由力的合成法則有tan F2(mg)2F設(shè)小球到達C點時的速度大小為v,由牛頓第二定律得Fm由式和題給數(shù)據(jù)得F0mgv。(2)設(shè)小球到達A點的速度大小為v1,作CDPA,交PA于D點,由幾何關(guān)系得DARsin CDR(1cos )由動能定理有mg·CDF0·DAmv2mv由式和題給數(shù)據(jù)得,小球在A點的動量大小為pmv1。(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動,加速度大小為g。設(shè)小球在豎直方向的初速度為v,從C點落至水平軌道上所用時間為t。由運動學(xué)公式有vtgt2CDvvsin 由式和題給數(shù)據(jù)得t?!敬鸢浮恳娊馕鋈?、對點速練1【答案】D【解析】依據(jù)圖象可知,無人機在t1時刻,在豎直方向上勻加速直線運動,而水平方向則是勻減速直線運動,則無人機有豎直向上的加速度,那么處于超重狀態(tài),不是失重狀態(tài),故A錯誤;由圖象可知,無人機在0t2這段時間,豎直方向向上勻加速直線運動,而水平方向勻減速直線運動,那么合加速度與合初速度不共線,所以物體做曲線運動,即物體沿曲線上升,故B錯誤;無人機在豎直方向,先向上勻加速直線,后向上勻減速直線運動,因此在t2時刻沒有上升至最高點,故C錯誤;無人機在t2t3時間內(nèi),水平方向做勻速直線運動,而豎直向上方向做勻減速直線運動,因此合運動做勻變速運動,故D正確。2【答案】ACD【解析】根據(jù)運動的合成與分解,則有,垂直繩子方向的速度為:v=vcos,而半徑為,那么角速度為:,而逐漸增大,因此角速度減小,故A正確,B錯誤;由圖,并結(jié)合幾何關(guān)系,則有:v繩=vsin,因v不變,當逐漸增大,因此繩子速度增大,向上加速;依據(jù)運動的合成,可知,橡皮的運動軌跡為曲線,而處于超重狀態(tài),故C、D正確。3【答案】AB【解析】由題意知,在AO段是勻速圓周運動,合外力提供向心力,所以合外力大小不變,故A正確;小球受重力、摩擦力方向如圖所示,根據(jù)題意知Ffmgsin,重力與摩擦力的合力等于mgcos,從A到O過程中一直減小,所以重力與摩擦力的合力越來越大,故B正確;在O點重力做功功率等于零,到B點重力做功功率也等于零,所以O(shè)B段克服重力做功的功率先增大,后減小,所以C錯誤;由題意知,從O到B物塊做減速運動,所以在OB段受摩擦力小于在AO段的摩擦力,故克服摩擦力所做的功,AO段一定小于OB段,所以D錯誤。4【答案】C【解析】設(shè)斜面傾角為,當小球落在斜面上時,有,解得,即t與速度v成正比;當小球落在水平面上時,根據(jù),解得t,知運動時間不變,可知t與v的關(guān)系圖線先是過原點的一條傾斜直線然后是平行于橫軸的直線,故選項C正確,A、B、D錯誤。5【答案】B【解析】甲球豎直方向的初速度vyv1sin30°5m/s,水平方向的初速度v0v1cos30°5m/s。甲球在最高點與乙球相遇,說明甲球和乙球在豎直方向具有相同的運動規(guī)律,則乙球的初速度v2vy5m/s,故A正確;相遇前甲球的水平速度不為零,豎直方向與乙球的速度相同,所以在相遇前甲球的速度不可能小于乙球的速度,故B錯誤;相遇時間tvy/g0.5s,則Lv0t2.5m,故C正確;由于甲球和乙球豎直方向的運動情況相同,所以甲球與乙球始終在同一水平面上,故D正確。本題選錯誤的,故選B。6【答案】B【解析】根據(jù)豎直方向的自由落體運動可得hgt2,水平射程:xv0t;可得:xv0;由于水平射程相等,則:;末速度的方向與水平方向之間的夾角的正切值:;可得:,;聯(lián)立可得:h甲3h乙,即下落得高度之比為31;根據(jù)豎直方向的自由落體運動可得hgt2,在可知運動時間之比為1,故AC錯誤;運動時間之比為1,可知射出的初速度大小之比為1,故B正確;它們下落得高度之比為31;但射出的初速度大小之比為1,所以落地的動能之比不等于31,故D錯誤。7【答案】B【解析】將石塊的運動看成是沿v0方向的勻速直線運動和自由落體運動的合運動,運動合成情況如圖所示,圖中平行四邊形對角線是合運動位移,依題意其大小為L,兩條相鄰邊s和h則是兩個分運動的位移,設(shè)運動時間為t,由運動學(xué)公式知:sv0t,hgt2再由幾何關(guān)系知:scosLcos,ssinLsinh聯(lián)立以上四式,消去t,解得,故B正確。8【答案】ABD【解析】B環(huán)下落一段位移后,設(shè)繩子與水平方向之間的夾角為,則與豎直方向之間的夾角=90°-;設(shè)此時A的速度為vA,將A的速度沿繩子方向與垂直于繩子的方向分解,設(shè)沿繩子方向的分速度為v,如圖,則v=vAcos,設(shè)B的速度為vB,將B的速度也沿繩子的方向與垂直于繩子的方向分解如圖,其中沿繩子方向的分速度與A沿繩子方向的分速度是相等的,則:v=vBcos,所以:,當B環(huán)下落時繩子與水平方向之間的夾角:,所以:=30°,則:,B下降的過程中A與B組成的系統(tǒng)機械能守恒,得:,聯(lián)立得A環(huán)的速度大小為:,故A正確;B開始下降的過程中速度由0開始增大,所以是做加速運動,當繩子與水平方向之間的夾角接近90°時,tan,則:可知當A到達O點時,B的速度等于0,所以B一定還存在減速的過程,即A環(huán)到達O點的過程中,B環(huán)先加速后減速故B正確;由于A到達O點時B的速度等于0,由機械能守恒得:,所以:,故C錯誤;環(huán)A過O點后做加速度大于g的勻加速直線運動,B做自由落體運動,當A追上B時:vAt+gt2L+gt2,所以,故D正確。9【答案】C【解析】小球在水平方向只受垂直于速度方向的繩子的拉力作用,小球速度大小不變,故A錯誤;06s內(nèi)繩子的拉力不變,知,610 s內(nèi)拉力大小不變,知,因為F2F1,則ll,兩釘子之間的間距,第一個半圈經(jīng)歷的時間為6s,則,則第二個半圈的時間,細繩每跟釘子碰撞一次,轉(zhuǎn)動半圈的時間少,則細繩第三次碰釘子到第四次碰釘子的時間間隔t63×13s。根據(jù)上述分析可知:611s時,小球在轉(zhuǎn)第二個半圈,則繩子的拉力為6N,不發(fā)生變化,根據(jù)Fm2r可知,球在t10s時的角速度等于t10.5s時的角速度,故BD錯誤,C正確。10【答案】見解析【解析】(1)小球由Q到P的過程,由動能定理得:mgR(1cos 53°)mv2 在P點小球所受的支持力為F,由牛頓第二定律有:Fmgm聯(lián)立解得F1.8 N根據(jù)牛頓第三定律知,小球?qū)壍赖膲毫Υ笮'1.8 N。(2)小球到達P點時速度的大小為v,由得v4 m/s若右側(cè)無墻壁,則小球做平拋運動的時間t聯(lián)立解得小球做平拋運動的射程xvt4 m 由彈性碰撞和鏡面對稱的規(guī)律知,小球和左右兩側(cè)豎直墻壁各碰一次后,落到地面上,落點與B點相距sL(x2L)1.4 m。11【答案】見解析【解析】(1)運動開始,兩個物塊的向心力各由圓盤對他們的摩擦力提供,則有:fAFAmA2rA0.42 (N)fBFBmB2rB0.22 (N)繩子拉力:T0隨著圓盤轉(zhuǎn)速的增加,當達到1時,物塊B達到最大靜摩擦力,則有:fBmBg0.212 (N)解得:1rad/s(2)隨后,繩子有拉力TA物塊:fAT0.42(N)B物塊:mBgT0.22 (N)解得:fA0.222 (N)當2時,fAmAg,2rad/s當2時,繩子的拉力持續(xù)增大,以提供兩個物體的向心力,此時,A的摩擦力是最大靜摩擦力,物塊B所受到的摩擦力逐漸減小,直至反向最大當3時,對A:mAgT0.432 (N)對B:TmBg0.232 (N)解得:3rad/s(3)綜上所述fA隨2變化的分段函數(shù)為fAT0.42(N) 0rad/sfA0.222 (N) rad/srad/sfA8 N rad/srad/s11

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