2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题04曲线运动含解析.doc
《2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题04曲线运动含解析.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题04曲线运动含解析.doc(28页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、专题04 牛顿运动定律第一部分名师综述曲线运动是高考的热点内容,有时为选择题,有时以计算题形式出现,重点考查的内容有:平抛运动的规律及其研究方法,圆周运动的角度、线速度、向心加速度,做圆周运动的物体的受力与运动的关系,同时,还可以与带电粒子的电磁场的运动等知识进行综合考查;重点考查的方法有运动的合成与分解,竖直平面内的圆周运动应掌握最高点和最低点的处理方法。第二部分精选试题一、单选题1如图所示,A、B、C 是水平面上同一直线上的三点,其中 AB=BC,在 A 点正上方的 O 点以初速度 v0水平抛出一小球,刚好落在 B 点,小球运动的轨迹与 OC 的连线交于 D 点,不计空气阻力,重力加速度为
2、g,下列说法正确的是( )A小球从O 到D 点的水平位移是从O 到B 点水平位移的 1:3B小球经过D 点与落在B 点时重力瞬时功率的比为 2:3C小球从O 到D 点与从D 到 B 点两段过程中重力做功的比为 1/3D小球经过D 点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B 点时速度与水平方向夹角的正切值的 1/4【答案】 C【解析】【详解】A设小球做平抛运动的时间为t,位移为L,则有:Lcos=v0t;Lsin=12gt2,联立解得:t=2v0tang,设OBA=,C=,则tan=hAB,tan=hAC,由于AB=BC,可知tan=2 tan,因在D点时:tD=2v0tang,在B点时:tB=2v
3、0tang,则落到D点所用时间是落到B点所用时间的12,即小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的12,故A错误;B由于落到D点所用时间是落到B点所用时间的12,故D点和B点竖直方向的速度之比为1:2,故小球经过D点与落在B点时重力瞬时功率的比为12,故B错误;C小球从O 到D 点与从D 到 B 点两段过程中时间相等,则竖直位移之比为1:3,则重力做功的比为1:3,选项C正确;D小球的速度与水平方向的夹角tangtv0,故小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的12,故选项D错误;2如图所示,B为半径为R的竖直光滑圆弧的左端点,B点和圆心C连线与竖直方
4、向的夹角为,个质量为m的小球在圆弧轨道左侧的A点以水平速度v0抛出,恰好沿圆弧在B点的切线方向进入圆弧轨道,已知重力加速度为g,下列说法正确的是()AAB连线与水平方向夹角为B小球从A运动到B的时间t=v0tangC小球运动到B点时,重力的瞬时功率P=mgv0cosD小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时,处于失重状态【答案】 B【解析】【详解】AB、平抛运动水平方向为匀速直线运动,竖直方向为自由落体运动,小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道,说明小球在B点时,合速度方向沿着圆轨道的切线方向。将合速度正交分解,根据几何关系可得,其与水平方向的夹角为,则tan=gtv0,解得:t=v0tang此时AB位
5、移的连线与水平方向的夹角不等于,故A错;B对C、小球运动到B点时,重力的瞬时功率P=mgvy=mgv0tan,故C错;D、小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时,有向上的加速度,所以处于超重状态,故D错;故选B3质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点,如图所示,绳a 与水平方向成角,绳b 在水平方向且长为l,当轻杆绕轴AB 以角速度匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,则下列说法正确的是()Aa 绳的张力可能为零Ba 绳的张力随角速度的增大而增大C若b 绳突然被剪断,则a 绳的弹力一定发生变化D当角速度gltan,b 绳将出现弹力【答案】 D【解析】【详解】A、小球做
6、匀速圆周运动,在竖直方向上的合力为零,水平方向上的合力提供向心力,所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等,可知a绳的张力不可能为零,故A错;B、根据竖直方向上平衡得,Fasin=mg,解得Fa=mgsin,可知a绳的拉力不变,故B错误。D、当b绳拉力为零时,有:mgcot=m2l,解得=gltan,可知当角速度gltan,b绳将出现弹力,故D对;C、由于b绳可能没有弹力,故b绳突然被剪断,a绳的弹力可能不变,故C错误故选D【点睛】小球做匀速圆周运动,在竖直方向上的合力为零,水平方向上的合力提供向心力,所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等,可知a绳的张力不可能为零;由于b绳可能没有弹力,故b绳突然
7、被剪断,a绳的弹力可能不变。4如图所示,用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物 M,长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转轴,其端点恰好处于左侧滑轮正下方 0 点处,在杆的中点 C 处拴一细绳,通过两个滑轮后挂上重物 M,C 点与 o 点距离为 L,现在杆的另一端用力,使其逆时针匀速转动,由竖直位置以角速度 缓缓转至水平(转过了 90角)下列有关此过程的说法中正确的是()A重物 M 做匀速直线运动B重物 M 做匀变速直线运动C整个过程中重物一直处于失重状态D重物 M 的速度先增大后减小,最大速度为wL【答案】 D【解析】【详解】设C点线速度方向与绳子沿线的夹角为(锐角),由题知C点的线速度
8、为vC=L,该线速度在绳子方向上的分速度就为v绳=Lcos的变化规律是开始最大(90)然后逐渐变小,所以,v绳=Lcos逐渐变大,直至绳子和杆垂直,变为零度,绳子的速度变为最大,为L;然后,又逐渐增大,v绳=Lcos逐渐变小,绳子的速度变慢。所以知重物M的速度先增大后减小,最大速度为L故AB错误,D正确。重物M先向上加速,后向上减速,加速度先向上,后向下,重物M先超重后失重,故C错误。故选D。【点睛】解决本题的关键掌握运动的合成与分解,把C点的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向,在沿绳子方向的分速度等于重物的速度5质量为m0.10 kg的小钢球以v010 m/s的水平速度抛出,下落h5.0
9、 m时撞击一钢板,如图所示,撞后速度恰好反向,且速度大小不变,已知小钢球与钢板作用时间极短,取g10 m/s2,则A钢板与水平面的夹角60B小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量为2 NsC小钢球刚要撞击钢板时小球动量的大小为10 kgm/sD钢板对小钢球的冲量大小为22 Ns【答案】 D【解析】【详解】A、由于小球下落过程中在竖直方向有:h=12gt2解得t=1s故落到钢板上时小球在竖直方向的速度vy=gt=10m/s,则有tan=v0vy=1010=1,即=45撞后速度恰好反向,且速度大小不变,则表示速度恰好与钢板垂直,所以钢板与水平面的夹角=45,故A错误;B、根据冲量的定义知
10、:重力冲量mgt=1Ns,选项B错误;C、小球落到钢板上时的速度:v=v02+vy2=102m/s故小球的动量大小:P=mv=0.1102=2kgm/s选项C错误小球原速率返回,所以返回的速度仍然为102规定小球撞前的速度方向为正方向,由动量定理可知:I=-mv-mv=-2mv=-20.1102=-22Nt所以钢板对小钢球的冲量大小为22Nt故D 对综上所述本题答案是:D【点睛】小球在竖直方向做自由落体运动,已知高度求出时间,然后求出竖直方向的速度大小,由水平方向和竖直方向的速度即可求得倾角的大小;由运动时间和质量,根据p=mgt即可求出重力冲量;已知竖直方向速度的大小,再根据水平速度的大小求
11、出合速度的大小,根据p=-mv求撞击时动量的大小;算出撞后的动量,根据动量定律求小钢球的冲量,据此解答。6如图所示,两质量均为m的小球1、2(可视为质点)用一轻质杆相连并置于图示位置,质量也为m的小球3置于水平面OB上,半圆光滑轨道与水平面相切于B点。由于扰动,小球1、2分别沿AO、OB开始运动,当小球1下落h0.2 m时,杆与竖直墙壁夹角37,此时小球2刚好与小球3相碰,碰后小球3获得的速度大小是碰前小球2速度大小的54,并且小球3恰好能通过半圆轨道的最高点C,取g10 m/s2,cos 370.8,sin 370.6,一切摩擦不计,则()A小球1在下落过程中机械能守恒B小球2与小球3相碰时
12、,小球1的速度大小为1.6 m/sC小球2与小球3相碰前,小球1的平均速度大于小球2的平均速度D半圆轨道半径大小为R0.08 m【答案】 D【解析】【详解】小球1与2连在一起,小球1向下运动的过程中小球2将向右运动,小球1的重力势能减小,小球2的重力势能不变,两个球的动能都增大。由于对1和2球只有重力做功,两个球组成的系统的机械能守恒,但1的机械能不守恒。故A错误;小球1下落h=0.2m时,杆与竖直墙壁夹角=37,将两个小球的速度分解如图:设当小球1下落h=0.2m时小球1的速度是v1,小球2的速度是v2,由图中几何关系,则:v1cos37=v2sin37;由机械能守恒得:12mv12+12m
13、v22=mgh;联立得:v1=1.2m/s,v2=1.6m/s。故B错误;设杆的长度为L,由几何关系可得:L-Lcos37=h,代入数据得:L=1.0m,所以小球2到O点的距离:x2=Lsin37=1.00.6=0.6m;由于两个小球运动的时间相等,而小球2的位移大小大于小球1的位移的大小,所以小球2与小球3相碰前,小球1的平均速度小于小球2的平均速度。故C错误;碰后小球3获得的速度大小是碰前小球2速度的54,所以碰撞后小球3的速度:v3541.62m/s;小球3恰好能通过半圆轨道的最高点C,此时的重力提供向心力,所以:mgmvc2R;小球3从B到C的过程中机械能守恒,则:12mv32mg2R
14、+12mvc2;联立以上方程得:R=0.08m。故D正确。故选D。【点睛】该题考查速度的合成与分解、机械能守恒定律与牛顿第二定律的应用,注意机械能守恒的判定,掌握几何关系的运用,正确找出小球1与2的速度关系是解答的关键。7一艘小船要从O点渡过一条两岸平行、宽度为d=100 m的河流,已知河水流速为v1=4 m/s,小船在静水中的速度为v2=2 m/s,B点距正对岸的A点x0=173 m下面关于该船渡河的判断,其中正确的是()A小船过河的最短航程为100 mB小船过河的最短时间为25 sC小船可以在对岸A、B两点间任意一点靠岸D小船过河的最短航程为200 m【答案】 D【解析】因为水流速度大于静
15、水速度,所以合速度的方向不可能垂直河岸,则小船不可能到达正对岸。当合速度的方向与相对水的速度的方向垂直时,合速度的方向与河岸的夹角最短,渡河航程最小;根据几何关系,则有:ds=v2v1,因此最短的航程是:s=v1v2d=42100=200m,故AC错误,D正确;当静水速的方向与河岸垂直时,渡河时间最短,最短时间:t=dv2=1002=50s,故B错误;故选D。点睛:解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时,渡河时间最短,当静水速大于水流速,合速度与河岸垂直,渡河航程最短,当静水速小于水流速,合速度与静水速垂直,渡河航程最短8如图所示,卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳,牵引河中的小船沿水面运动,
16、已知小船的质量为m,沿水面运动时所受的阻力为f且保持不变,当绳AO段与水面的夹角为时,小船的速度为v,不计绳子与滑轮间的摩擦,则此时小船的加速度等于()AP0mv-fmBP0mvcos2-fmCfmDP0mv【答案】 A【解析】【详解】小船的实际运动为合运动,可将小船的运动分解为沿绳子方向和垂直绳子方向,如图:则v车=vcos,卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳,绳中拉力F=P0v车=P0vcos;对船受力分析如图:根据牛顿第二定律可得:Fcos-Ff=ma,解得:a=P0mv-Ffm。故A项正确,BCD错误。故选A.9在一斜面顶端,将质量相等的甲乙两个小球分别以v和v2的速度沿同一方向水平抛
17、出,两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为()A2:1 B4:1 C6:1 D8:1【答案】 B【解析】【分析】根据平抛运动的推论tan=2tan得到甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等,根据运动的合成与分解求出末速度即可解题。【详解】设斜面倾角为,小球落在斜面上速度方向偏向角为,甲球以速度v抛出,落在斜面上,如图所示:根据平抛运动的推论可得tan=2tan,所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等;对甲有:v1=vcos,对乙有:v2=v2cos,联立可得:v1v2=21。由于甲乙两球质量相等。所以动能之比等于四度之比的平方,故B正确, ACD错误。【点睛
18、】本题主要是考查了平抛运动的规律,知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。10如图,在绕地运行的天宮一号实验舱中,宇航员王亚平将支架固定在桌面上,摆轴末端用细绳连接一小球拉直细绳并给小球一个垂直细绳的初速度,它沿bdac做圆周运动在a、b、c、d四点时(d、c两点与圆心等高),设在天宫一号实验舱中测量小球动能分别为Eka、Ekb、Ekc、Ekd,细绳拉力大小分别为Ta、Tb、Tc、Td,阻力不计,则()AEkaEkc=EkdEkbB若在c点绳子突然断裂,王亚平看到小球做竖直上抛运动CTa=Tb=Tc=TdD若在b点绳子突然断裂,王亚平看到小球做平抛运动【答案】 C
19、【解析】AC:在绕地运行的天宫一号实验舱中,小球处于完全失重状态,由绳子的拉力提供向心力,小球做匀速圆周运动,则有Eka=Ekb=Ekc=Ekd完全失重时,只有绳的拉力提供向心力公式T=mv2r,v、r、m都不变,小球的向心力大小不变,则有:Ta=Tb=Tc=Td故A项错误,C项正确。BD:在b点或c点绳断,小球只有沿着圆周的切线方向的速度,没有力提供向心力,做离心运动且沿切线方向做匀速直线运动。故BD两项均错误。点睛:解答本题要抓住小球处于完全失重状态,由绳子的拉力提供向心力,再根据向心力公式分析即可。二、多选题11如图甲所示,一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动,滑块与传送带之间的动
20、摩擦因数=0.2。质量m=0.05kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中,取水平向左的方向为正方向,子弹在整个运动过程中的v-t图象如图乙所示,已知传送带的速度始终保持不变,滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出,g取10m/s2。则A传送带的速度大小为4m/sB滑块的质量为3.3kgC滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量为26.8JD若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑,则转动轮的半径R为0.4m【答案】 BD【解析】【分析】根据题中“子弹水平向左射入滑块并留在其中”、“水平传送带”可知,本题考察动量守恒与传送带相结合的问题,应用动量守恒定律、牛顿第二定律、摩擦生热等知识分析计算。【详解
21、】A:子弹射入滑块并留在其中,滑块(含子弹)先向左做减速运动,然后向右加速,最后向右匀速,向右匀速的速度大小为2m/s,则传送带的速度大小为2m/s。故A项错误。B:子弹未射入滑块前,滑块向右的速度大小为2m/s,子弹射入滑块瞬间,子弹和滑块的速度变为向左的4m/s;子弹射入滑块瞬间,内力远大于外力,系统动量守恒,以向左为正,据动量守恒得,mv0+M(-v)=(m+M)v1,即400m+M(-2)=4(m+M),解得:滑块的质量M=66m=3.3kg。故B项正确。C:滑块(含子弹)先向左做减速运动时,据牛顿第二定律可得,(M+m)g=(M+m)a,解得:滑块向左运动的加速度大小a=2m/s2。
22、滑块(含子弹)向左减速运动的时间t1=v1a=2s,滑块(含子弹)向左减速运动过程中滑块与传送带间的相对运动距离s=v1+02t1+vt1=8m,滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量Q=(M+m)gs=0.23.35108J=53.6J。故C项错误。D:滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出,则(m+M)g=(m+M)v2R,解得:转动轮的半径R=0.4m。故D项正确。12如图所示,河宽为d,一小船从A码头出发渡河,小船船头垂直河岸,小船划水速度大小不变为v1,河水中各点水流速度大小与各点到较近河岸的距离x成正比,即2=kx(xd2,k为常量),要使小船能够到达距A正对岸为s的B码头,则()
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2019 年高 物理 备考 优生 百日 闯关 系列 专题 04 曲线运动 解析
链接地址:https://www.31doc.com/p-4800318.html