2022年高考物理二轮总复习专项能力训练专题力与物体的曲线运动.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载专题 3 力与物体的曲线运动 时间 :45 分钟 满分 :100 分 一、挑选题 此题共 8 小题 , 每道题 8 分, 共 64 分；在每道题给出的四个选项中 , 只有一个选项符合题目要求 1. 2022 上海四区联考 如下列图 , 长为 L 的直棒一端可绕固定轴O转动 , 另一端搁在升降平台上, 平台以速度v 匀速上升 , 当棒与竖直方向的夹角为时, 棒的角速度为 A.B.C.D.2.2022 云南师大附中质检 已知河水的流速为v1, 小船在静水中的速度为v2, 且 v2v1, 下面用小箭头表示小船及船头的指向 景图示依

2、次是 , 就能正确反映小船在最短时间内渡河、最短位移渡河的情A. B. C. D.3.2022 河南郑州质检 如下列图 ,ab 为竖直平面内的半圆环 acb 的水平直径 ,c 为环上最低点, 环半径为 R；将一个小球从 a 点以初速度 v0 沿 ab 方向抛出 , 设重力加速度为 g, 不计空气阻力 , 就以下说法错误选项 A.当小球的初速度 v0=时, 小球掉到环上时的竖直分速度最大B.当小球的初速度 v0时, A 、 B 会相对于转盘滑动B.当 时, 绳子肯定有弹力C. 在 范畴内增大时 ,B 所受摩擦力变大D. 在 0 范畴内增大时 ,A 所受摩擦力始终变大二、非挑选题 此题共 2 小题

3、 , 共 36 分 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 6 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载9.18 分2022 江西南昌模拟 飞机研发离不开各种风洞试验；某次风洞试验简化模型如名师归纳总结 图所示 : 在足够大的光滑水平面上, 质量 m=10 kg 的试验物块放置在x 轴上的 A 点；物块用一第 3 页,共 6 页长度为 L=2 m的轻质不行伸长的细线拴接, 细线固定于水平面上坐标系xOy 的原点 O；现风洞能沿 +x 方向连续且匀称产生足够的风力使试验物块受到恒定水平作用力F=100 N；在 t=0时刻由弹射装置使试验物块获得v0

4、=2 m/s 的瞬时速度 , 试验物块运动时可视为质点；试运算 : 1 细线刚拉直时物块的位置坐标值; 2 拉直前的瞬时 , 试验物块速度的大小和它与x 轴的夹角 ；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 10.18学习好资料欢迎下载A 由静止分 如下列图 , 质量为 m=1 kg 的小滑块 , 从光滑、固定的圆弧轨道的最高点滑下 , 经最低点B 后滑到位于水平面的木板上；已知木板质量M=2 kg, 其上表面与圆弧轨道相切于 B 点, 且长度足够长；整个过程中木板的1 滑块经过 B 点时对圆弧轨道的压力；2 滑块与木板之间的动摩擦因数；3 滑块在木板上滑过的

5、距离；答案与解析专题 3 力与物体的曲线运动v t 图象如下列图 ,g 取 10 m/s 2；求 : 1. B 解析 : 棒与平台接触点的实际运动即合运动的速度方向是垂直于棒指向左上方 , 合速度在竖直向上方向上的速度重量等于v, 即 Lsin =v, 所以 =；2. C 解析 : 船的实际速度是 v1 和 v2的合速度 , v1与河岸平行 , 对渡河时间没有影响 , 所以v2 与河岸垂直即船头指向对岸时 , 渡河时间最短为 tmin=, 式中 d 为河宽 , 此时合速度与河岸成肯定夹角 , 船的实际路线应为所示 ; 最短位移为 d, 应使合速度垂直河岸 , 就 v2 应指向河岸上游 , 实际

6、路线为所示 , 综合可得选项 C正确；3. C 解析 : 此题考查平抛运动规律, 意在考查考生对平抛运动规律的把握情形；由平抛运动规律可知 , 下落高度越大 , 竖直分速度越大 , 所以竖直分速度最大时小球的落点为 c 点,由平抛运动规律可得 , 此时小球的初速度为 v0=, 如小球的初速度小于该速度 , 小球将撞击到环上的 ac 段, 选项 A、B 正确 ; 由平抛运动规律可知 , 速度反向延长线肯定过水平位移中点 ,如小球垂直撞击圆环 , 就反向延长线就会过 O点, 所以是不行能的 , 因此选项 C错误 ,D 正确；4. B 解析 : 此题考查平抛运动, 意在考查考生对平抛运动和对称法的分

7、析综合才能；小球在竖直虚线两侧运动对称, 小球 “ 抛出点 ” 在此竖直线上, 进入截口时速度方向与水平方向成 45 角 , 就此时水平分速度和竖直分速度大小相等, 由数学学问可知平抛的水平位移为名师归纳总结 R, 就竖直位移为R；依据竖直方向的自由落体运动可知R=, 依据对称可知t= 2t 1,B 正确；v0第 4 页,共 6 页5. D 解析 : 设斜面倾角为 , 就 tan =, 故 t= , 水平位移x=v 0t=, 故当水平初速度由变为 2v0后 , 水平位移变为原先的4 倍,D 项正确；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 6. C 解析 :

8、小球由学习好资料欢迎下载t , 竖直方向有A 至 B 做平抛运动, 设初速度为vA, 平抛时间为Rcos60=gt2; B点的速度相切于圆轨道, 故平抛的速度偏向角为60 , 有 tan60 =, 可得 vA=；从 A至 C由动能定理 : mgR=, 对 C点的小球 , 由牛顿其次定律: FN-mg=m, 由牛顿第三定律可得球对轨道的压力与支持力大小相等 , 解得 FN=FN=mg；应选 C；考点 : 此题考查了平抛运动规律、圆周运动规律、动能定理、牛顿第肯定律、牛顿第三 定律；7. D 解析 : P 的周期 TP=0.14 s, Q的周期 TQ=0.08 s, 由于经受的时间必需等于它们周

9、,0 . 14 和 0. 08 的最小公倍数为 0. 56s, 所以经受的时间最小为 期的整数倍 , 依据数学学问 0. 56s；故 A、B、C错误 , 应选 D；考点 : 此题考查了圆周运动的角速度、线速度、周期和转速的关系；8. C 解析 : 此题考查圆周运动的学问, 意在考查考生解决圆周运动的临界问题的才能；如木块 A、B间没有轻绳相连 , 随着 的逐步增大 , Ff=m 2r 可知木块 B先显现相对滑动；木块 A、B 间有轻绳相连时 , 木块 B 刚好要显现相对滑动 , 此时轻绳的弹力为零 , 以木块 B为讨论对象可知 kmg=m 2L, 就 1=；如木块 A 刚好要显现相对滑动 ,

10、对木块 B 有 FT+kmg=m 2L, 对于木块 A 有 kmg-FT=mL, 就 2=；综上所述可知 , 当 0 时, 绳子没有弹力 , 木块 A、B各自的摩擦力均随 的增大而增大 ; 当 时, 木块 A、B 会相对于转盘滑动；故 A、 B、D正确 ,C错误；9. 答案 : 11 . 2m,1. 6m 22m/s =arctan 解析 : 1 在线未拉直之前 , 试验物块向 +x 方向做初速度为零的匀加速直线运动 , 加速度2为 ax=10m/s向+y 方向做速度为 v0的匀速直线运动 ; 当试验物块相对于 O的位移大小达到线的长度 L2时, 细线将被拉直；设此时物块的位置坐标为 BxB,

11、 yB, 就: xB+L=atyB=v0t细线被拉直时有: L2=即5 t2- 22+2 t 2=2 2解得 : t= 0. 8s 所以 : xB=1. 2m,yB=1. 6m 2 vx=at=8m/s, vy=v0=2m/s 所以 v=2m/s tan =所以 =arctan 10. 答案 : 130N 竖直向下20 . 5 33m 2解析 : 1 滑块从 A 到 B 的过程 , 由动能定理得 : mgR=mv在 B 点由牛顿其次定律得 : FN-mg=m解得 : FN=30N 名师归纳总结 由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为30N,方向竖直向下；2；在 12s 内, 对第 5 页,共

12、6 页2 由图象可得木板加速的加速度大小为a1=1m/s2滑块与木板共同减速的加速度大小a2=1m/s2设木板与地面间的动摩擦因数为1, 滑块与木板间的动摩擦因数为滑块和木板整体由牛顿其次定律得: 1 M+m g= M+m a2在 01s 内, 对木板由牛顿其次定律得: 2mg-1 M+m g=Ma- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解得 : 1=0. 1, 2=0. 5 学习好资料欢迎下载3 滑块在木板上滑动过程由牛顿其次定律得 : 2mg=ma由运动学公式得 : v1=v-at 1木板的位移 : x1=t 1滑块的位移 : x2=t 1滑块在木板上滑动的距离 : x=x2-x1解得 : x=3m 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 6 页