2019高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练三力与曲线运动201901221136.doc

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1、1专题强化练(三) 力与曲线运动考点 1 运动的合成与分解1.一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的 x 方向和 y 方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示关于物体的运动，下列说法中正确的是( )A物体运动的初速度大小是 7 m/sB物体做变加速直线运动C物体做匀变速曲线运动D物体运动的加速度大小是 5 m/s2解析：由 v t 图象可得 v0x3 m/s， v0y4 m/s，则初速度为 v0 5 m/s，选项 A 错误； x 方向的匀速直线运动和 y 方向的匀减速直线运动合成为匀变速曲线运动，选项 B 错误，C 正确； ax0， ay2 m/s 2，物体的加速度 a 2 m/s 2

2、，选项 D 错误. 答案：C2有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为 v 的大河小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A. B.kvk2 1 v1 k2C. D.kv1 k2 vk2 1解析：设小船在静水中的速度为 v1，去程时船头垂直河岸，如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为 d，则去程时间 t1 ；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间 t2dv1，由题意有 k，则 k ，得 v1 ，选项 B 正确t1t2 v21 k2 v1 k2答案：B23.如图所示，长为 L

3、 的轻直棒一端可绕固定轴 O 转动，另一端固定一质量为 m 的小球，小球搁在水平升降台上，升降台以速度 v 匀速上升，下列说法正确的是( )A小球做匀速圆周运动B当棒与竖直方向的夹角为 时，小球的速度为vcos C棒的角速度逐渐增大D当棒与竖直方向的夹角为 时，棒的角速度为vLsin 解析：棒与升降台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示设棒的角速度为 ，则合速度 v 实 L ，沿竖直方向向上的速度分量等于 v，即 L sin v，所以 ，小球做角速度减小的变速圆周运动vLsin 答案：D考点 2 平抛运动

4、4.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上 A 点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的 B 点，已知球拍与水平方向夹角 60， A、 B 两点高度差 h1 m，忽略空气阻力，重力加速度 g 取 10 m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为( )A4 m/s B2 m/s5 5C. m/s D2 m/s4315 15解析：3根据 h gt2得， t s s，竖直分速度 vy gt10 m/s2 12 2hg 2110 15 15 5m/s，根据平行四边形定则知，刚要落到球拍上时速度大小 v m/s4 vycos 602512 5m/s，故 A 正确，B、C、D 错误答案：A5(多

5、选)(2018天水二模)如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上若斜面雪坡的倾角为 ，飞出时的速度大小为 v0，不计空气阻力运动员飞出后在空中的姿势保持不变重力加速度为 g，则( )A如果 v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B不论 v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C运动员在空中经历的时间是2v0tan gD运动员落到雪坡时的速度大小是v0cos 解析：设在空中飞行时间为 t，运动员竖直位移与水平位移之比 tan yx 12gt2v0t gt2v0 ，则有飞行的时间 t ，故 C 正确；竖直方向的速度大小为 vy gt2 v0tan 2v

6、0tan g ，运动员落回雪坡时的速度大小 v v0 ，故 D 错误；设运动员落到雪1 4tan2 坡时的速度方向与水平方向夹角为 ，则 tan 2tan ，由此可知，vyvx 2v0tan v0运动员落到雪坡时的速度方向与初速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故 A 错误，B 正确答案：BC6如图，窗子上、下沿间的高度 H1.6 m，墙的厚度 d0.4 m，某人在离墙壁距离L1.4 m、距窗子上沿高 h 0.2 m 处的 P 点，将可视为质点的小物体以速度 v 垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取 g10 m/s 2，则 v 的取值范围是( )4A

7、 v7 m/s B v2.3 m/sC3 m/s v7 m/s D2.3 m/s v3 m/s解析：设小物体下落 h 所用的时间为 t1，下落 h H 所用的时间为 t2，要使小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，若小物体恰好经过窗子上沿，由平抛运动规律得，h gt ， vmaxt1 L，解得 vmax7 m/s；若小物体恰好经过窗子下沿，有12 21h H gt ， vmint2 L d，解得 vmin3 m/s.故 v 的取值范围为 3 m/sv7 m/s，选项12 2A、B、D 错误，选项 C 正确答案：C考点 3 圆周运动7(多选)如图所示，两个质量均为 m 的小木块 a 和 b(可视为

8、质点)放在水平圆盘上，a 与转轴 OO的距离为 l， b 与转轴的距离为 2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的 k 倍，重力加速度大小为 g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用 表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A b 一定比 a 先开始滑动B a、 b 所受的摩擦力始终相等C 是 b 开始滑动的临界角速度kg2lD当 时， a 所受摩擦力的大小为 kmg2kg3l解析：小木块 a、 b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即 Ff m 2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块 a； Ffa m l，2a当 Ffa kmg 时，

9、 kmg m l， a ；对木块 b； Ffb m 2l，当 Ffb kmg 时，2akgl 2bkmg m 2l， b ，所以 b 先达到最大静摩擦力，选项 A 正确；两木块滑动前转动2bkg2l的角速度相同，则 Ffa m 2l， Ffb m 22l， FfaFfb，选项 B 错误；当 时 b 刚开kg2l5始滑动，选项 C 正确；当 时， a 没有滑动，则 Ffa m 2l kmg，选项 D 错误2kg3l 23答案：AC8(2018冀州月考)如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为 m 的小球沿轨道做完整的圆周运动，已知小球在最低点时对轨道的压力大小为 N1，在最高点时对轨道的压力大小

10、为 N2，重力加速度大小为 g，则 N1 N2的值为( )A3 mg B4 mgC5 mg D6 mg解析：在最高点，根据牛顿第二定律可得 N 2 mg m ，在最低点，根据牛顿第二定律可得 N 1 mg m ，由牛顿第三定律可知 N 1 N1， N 2 N2，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有 mg2r mv mv ，联立各式可得 N1 N26 mg，故选项 D12 21 12 2正确答案：D9(多选)(2018资阳联考)如图甲所示是一种利用霍尔效应传感器测量运动速率的自行车速度计车轮每转一周，安装在自行车前轮上的一块磁铁就靠近霍尔传感器一次，产生一次电压脉冲图乙为某次骑行中记录的脉冲

11、电压 U 与时间 t 的图象已知自行车车轮的半径为 33 cm，磁铁与轮轴的距离为半径的 ，则该自行车( )34A车轮边缘与磁铁的线速度大小相等B在 1.01.4 s 内，速率几乎不变C在 1.42.6 s 内做减速运动D在 1.2 s 时的速率约为 10 m/s解析：根据圆周运动的线速度和角速度的关系 v r ，可知，车轮边缘的线速度大于磁铁的线速度，A 项错误；由题图乙可知在 1.01.4 s 内车轮运动的周期几乎不变，所以车轮的线速度大小不变，即速率几乎不变，B 项正确；同理由题图乙可知在 1.42.6 s 内车轮运动的周期逐渐增大，则转速减小，自行车做减速运动，C 项正确；在 1.01

12、.4 s 内6车轮的周期为 0.2 s，由线速度的定义式可得车轮的线速度 v 10.36 m/s，自行车2 rT的速度等于车轮的线速度大小，故 D 项正确答案：BCD考点 4 平抛运动与圆周运动的综合问题10如图所示，质量是 1 kg 的小球用长为 0.5 m 的细线悬挂在 O 点， O 点距地面竖直距离为 1 m如果使小球绕 OO轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为 12.5 N，( g 取 10 m/s2)求：(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离解析：(1)当细线承受的拉力恰为最大时，对小球受力分析，如图所示：竖直方向 FTcos mg

13、，得 37，向心力 F 向 mgtan 37 m 2Lsin 37，解得 5 rad/s.(2)线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为v0 L sin 371.5 m/s，竖直方向： y h Lcos 37 gt2，12水平方向： x v0t.解得 d 0.6 m.（ Lsin 37） 2 x2答案：(1)5 rad/s (2)0.6 m11(2018长沙二模)如图所示， A、 B 是水平传送带的两个端点，起初以 v01 m/s的速度顺时针运转，今将一小物体(可视为质点)无初速度地轻放在 A 处，同时传送带以a01 m/s2的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因数为 0.2，水平

14、桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 CPN，其形状为半径 R0.8 m 的圆环剪去了左上角 135的圆弧， PN7为其竖直直径， C 点与 B 点的竖直距离为 R，物体离开传送带后由 C 点恰好无碰撞落入轨道，g 取 10 m/s2，求：(1)物体由 A 端运动到 B 端所经历的时间；(2)AC 间的水平距离；(3)判断物体能否沿圆轨道到达 N 点解析：(1)物体离开传送带后由 C 点无碰撞落入轨道，则得在 C 点物体的速度方向与 C点相切，与竖直方向成 45，有 vCx vCy，物体从 B 点到 C 做平抛运动，竖直方向 R gt ， vCy gt3，12 23水平方向 xBC vBt3(vB

15、vCx)，得出 vB vCx vCy4 m/s， xBC1.6 m， vC vB4 m/s.2 2物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律有mg ma，得 a2 m/s 2.物体历时 t1后与传送带共速，则有at1 v0 a0t1，t11 s，得 v12 m/s4 m/s，故物体此时速度还没有达到 vB，且此后的过程中由于 a0g ，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时 t2到达 B 点vB v1 a0t2，得 t22 s.所以从 A 运动到 B 的时间为 t t1 t23 s.(2)AB 间的距离为x at at1t2 a0t 7 m，12 21 12 2从 A 到 C 的水平距离为 xAC x xBC8.6 m.(3)物体能到达 N 点的速度要求 mg m ，解得 vN m/s.gR 8对于小物体从 C 到 N 点，设能够到达 N 位置且速度为 vN，由机械能守恒定律得mv mgR(1 ) mvN 2，12 2C 22 12解得 vN m/svN.16 828故物体不能到达 N 点答案：见解析