高考物理二輪課時作業(yè)：專題一 3 力與曲線運動 Word版含解析

《高考物理二輪課時作業(yè)：專題一 3 力與曲線運動 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪課時作業(yè)：專題一 3 力與曲線運動 Word版含解析（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題一 第3講 [A級－對點練] [題組一]　運動的合成與分解 1．(多選)如圖，兩個相同的小球P、Q通過鉸鏈用剛性輕桿連接，P套在光滑豎直桿上，Q放在光滑水平地面上．開始時輕桿貼近豎直桿，由靜止釋放后，Q沿水平地面向右運動．下列判斷正確的是(　　) A．P觸地前的速度一直增大 B．P觸地前的速度先增大后減小 C．Q的速度先增大后減小 D．P、Q的速度同時達(dá)到最大 解析：AC　[開始時P、Q的速度都為零，P受重力和輕桿的作用下做加速運動，而Q由于輕桿的作用，則開始時輕桿使Q加速，后使Q減速，當(dāng)P到達(dá)底端時，P只有豎直方向的速度，而水平方向的速度為零，故Q的

2、速度為零，所以在整個過程中，P的速度一直增大，Q的速度先增大后減小，故A、C正確，B、D錯誤．] 2．(2019·課標(biāo)Ⅱ，19)(多選)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v－t圖像如圖(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．第二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

3、二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大 解析：BD　[本題考查曲線運動知識和利用數(shù)形結(jié)合處理物理問題的能力，體現(xiàn)了模型構(gòu)建、科學(xué)推理的核心素養(yǎng)．v－t圖線與時間軸包圍的“面積”表示運動員在豎直方向上的位移，由圖像可知第二次包圍的格數(shù)較多，故A錯．設(shè)雪道的傾角為θ，則水平位移x＝，故B正確．v－t圖線的斜率表示加速度，由圖像明顯看出，第一次在豎直方向上的平均加速度較大，故C錯．v＝v1時，斜率k1＞k2，結(jié)合牛頓第二定律mg－f＝ma可知，第二次所受阻力較大，D正確．] [題組二]　平拋運動規(guī)律的應(yīng)用 3．物體做平拋運動時，它的速度方向與水平方向的夾角α的正切tan α隨時間t變化的圖像

4、是圖中的(　　) 解析：B　[根據(jù)幾何關(guān)系：tan α＝＝，則tan α與t成正比例函數(shù)關(guān)系，B正確．] 4．如圖所示，斜面AC與水平方向的夾角為α，在底端A正上方與頂端等高處的E點以速度v0水平拋出一小球，小球垂直于斜面落到D點，重力加速度為g，則(　　) A．小球在空中飛行時間為 B．小球落到斜面上時的速度大小為 C．小球的位移方向垂直于AC D．CD與DA的比值為 解析：D　[將小球在D點的速度進(jìn)行分解，水平方向的分速度v1等于平拋運動的初速度v0，即v1＝v0，落到斜面上時的速度v＝，豎直方向的分速度v2＝，則小球在空中飛行時間t＝＝.由圖可知平拋運動的位移方向不

5、垂直AC，D、A間水平距離為x水平＝v0t，故DA＝；C、D間豎直距離為x豎直＝v2t，故CD＝，得＝.] 5．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半圓形軌道，圓心為O.一小球(可視為質(zhì)點)從與圓心等高的半圓形軌道上的A點以速度v0水平向右拋出，落于軌道上的C點．已知OC與OA的夾角為θ，重力加速度為g，則小球從A運動到C的時間為(　　) A.tan　　　　 　　B.cot C.tan D.cot 解析：D　[由幾何關(guān)系可以知道，AC與水平方向的夾角α＝，根據(jù)平拋運動的規(guī)律知tan α＝＝＝，得t＝＝cot，所以D項正確，A、B、C項錯誤．]

6、 6．某科技比賽中，參賽者設(shè)計了一個軌道模型，如圖所示．模型放到0.8 m高的桌子上，最高點距離地面2 m，右端出口水平．現(xiàn)讓小球由最高點靜止釋放，忽略阻力作用，為使小球飛得最遠(yuǎn)，右端出口距離桌面的高度應(yīng)設(shè)計為(　　) A．0 B．0.1 m C．0.2 m D．0.3 m 解析：C　[從最高點到出口，滿足機(jī)械能守恒，可得(H－h(huán))mg＝mv2.小球從出口飛出后做平拋運動，有x＝vt，h＝gt2，可得x＝2.根據(jù)數(shù)學(xué)知識知，當(dāng)H－h(huán)＝h時，x最大，即h＝1 m時，小球飛得最遠(yuǎn)，此時出口距離桌面高度為Δh＝1 m－0.8 m＝0.2 m．] [題組三]　圓周運動問題 7．(多

7、選)如圖，在角錐體表面上放一個物體，角錐繞豎直軸轉(zhuǎn)動．當(dāng)角錐體旋轉(zhuǎn)角速度增大時，物體仍和角錐體保持相對靜止，則角錐對物體的(　　) A．支持力將減小 B．支持力將增大 C．靜摩擦力將不變 D．靜摩擦力將增大 解析：AD　[對物體受力分析如圖所示，物體受到重力、支持力和靜摩擦力三個力的作用，物體做勻速圓周運動，沿水平和豎直方向正交分解，水平方向Ffcos θ－FNsin θ＝mω2r，豎直方向Ffsin θ＋FNcos θ＝mg，聯(lián)立以上兩式解得Ff＝mgsin θ＋mω2rcos θ，F(xiàn)N＝mgcos θ－mω2rsin θ，當(dāng)角速度增大時，支持力減小，靜摩擦力增大，故A、D正確

8、，B、C錯誤．] 8．(多選)如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小球A、B套在半徑為R的圓環(huán)上，圓環(huán)可繞豎直方向的直徑旋轉(zhuǎn)，兩小球隨圓環(huán)一起轉(zhuǎn)動且相對圓環(huán)靜止．已知OA與豎直方向的夾角θ＝53°，OA與OB垂直，小球B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力，重力加速度為g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列說法正確的是(　　) A．圓環(huán)旋轉(zhuǎn)角速度的大小為 B．圓環(huán)旋轉(zhuǎn)角速度的大小為 C．小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為mg D．小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為mg 解析：AD　[當(dāng)B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力時，B與圓心連線與豎直方向的夾角為－θ＝37°.對B球受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓

9、第二定律得mgtan 37°＝mrBω2，又rB＝Rsin 37°，解得ω＝，則A項正確，B項錯誤．對A球受力分析如圖所示，則豎直方向上：NAcos 53°＋fAsin 53°－mg＝0，水平方向上：NAsin 53°－fAcos 53°＝mrAω2，rA＝Rsin 53°，解得fA＝mg，則C項錯誤，D項正確．] [題組四]　萬有引力與航天 9．(2019·課標(biāo)Ⅱ，14)2019年1月，我國嫦娥四號探測器成功在月球背面軟著陸．在探測器“奔向”月球的過程中，用h表示探測器與地球表面的距離，F(xiàn)表示它所受的地球引力，能夠描述F隨h變化關(guān)系的圖像是(　　) 解析：D　[本題考查了萬有引

10、力定律公式．考查了學(xué)生對萬有引力定律的理解能力，體現(xiàn)了運動和相互作用的物理觀念及科學(xué)推理的核心素養(yǎng)．由萬有引力定律可知，探測器受到的萬有引力F＝，其中R為地球半徑．在探測器“奔向”月球的過程中，離地面距離h增大，其所受的萬有引力非線性減小，故選項D正確．] 10．(2019·北京理綜，18)2019年5月17日，我國成功發(fā)射第45顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，該衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星(同步衛(wèi)星)．該衛(wèi)星(　　) A．入軌后可以位于北京正上方 B．入軌后的速度大于第一宇宙速度 C．發(fā)射速度大于第二宇宙速度 D．若發(fā)射到近地圓軌道所需能量較少 解析：D　[因地球靜止軌道衛(wèi)星(同步衛(wèi)星)的運行軌道在

11、地球赤道正上方，故該北斗導(dǎo)航衛(wèi)星入軌后不能位于北京正上方，選項A錯誤；第一宇宙速度在數(shù)值上等于地球近地衛(wèi)星的線速度，由萬有引力提供向心力＝，可得v＝，同步衛(wèi)星的軌道半徑大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，則同步衛(wèi)星入軌后的速度小于第一宇宙速度，故選項B錯誤；地球衛(wèi)星的發(fā)射速度應(yīng)大于等于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，選項C錯誤；近地衛(wèi)星的高度小，發(fā)射時所需的能量較少，故選項D正確．] 11．(2019·江蘇單科，4)1970年成功發(fā)射的“東方紅一號”是我國第一顆人造地球衛(wèi)星，該衛(wèi)星至今仍沿橢圓軌道繞地球運動．如圖所示，設(shè)衛(wèi)星在近地點、遠(yuǎn)地點的速度分別為v1、v2，近地點到地心的距離為r，地球質(zhì)量為M，引

12、力常量為G.則(　　) A．v1＞v2，v1＝ B．v1＞v2，v1＞ C．v1＜v2，v1＝ D．v1＜v2，v1＞ 解析：B　[本題考查人造衛(wèi)星沿橢圓軌道運動內(nèi)容，培養(yǎng)了理解能力和推理能力，體現(xiàn)了核心素養(yǎng)中的能量觀念及模型建構(gòu)要素，有利于培養(yǎng)學(xué)生愛國主義價值觀．衛(wèi)星沿橢圓軌道運動時，只受萬有引力作用，機(jī)械能守恒，在衛(wèi)星由近及遠(yuǎn)的運動過程中，衛(wèi)星的部分動能轉(zhuǎn)化為勢能，速度逐漸減小，故v1＞v2.若衛(wèi)星過近地點做半徑為r的勻速圓周運動，則滿足G＝m，可得v＝.現(xiàn)衛(wèi)星過近地點做離心運動，則v1＞，故選項B正確，A、C、D錯誤．] [B級－綜合練] 12．(多選)月球背面有許多秘

13、密未能解開，原因是我們無法從地球上直接觀測到月球背面．為探測月球背面，我國在2018年12月發(fā)射“嫦娥四號”探測器，實現(xiàn)人類首次月球背面著陸，并開展巡視探測．假設(shè)“嫦娥四號”探測器的發(fā)射過程簡化如下：探測器從地球表面發(fā)射后，進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，經(jīng)過M點時變軌進(jìn)入距離月球表面100 km的圓形軌道Ⅰ，在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點時再次變軌進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，之后將在Q點著陸月球表面．下列說法正確的是(　　) A．“嫦娥四號”探測器的發(fā)射速度大于地球的第二宇宙速度 B．“嫦娥四號”在軌道Ⅰ上的速度小于月球的第一宇宙速度 C．“嫦娥四號”在軌道Ⅰ上的周期小于在軌道Ⅱ上的周期 D．“嫦娥四號”在地月轉(zhuǎn)移軌

14、道上經(jīng)過M點的速度大于在軌道Ⅰ上經(jīng)過M點的速度 解析：BD　[“嫦娥四號”探測器的發(fā)射速度大于地球的第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度，選項A錯誤；“嫦娥四號”在軌道Ⅰ上繞月球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，即G＝m，解得v＝，在月球表面，有G＝g月，即GM＝g月R2，因此有v＝＜，即“嫦娥四號”在軌道Ⅰ上的速度小于月球的第一宇宙速度，選項B正確；根據(jù)開普勒第三定律可知，“嫦娥四號”在軌道Ⅰ上的周期大于在軌道Ⅱ上的周期，選項C錯誤；“嫦娥四號”由地月轉(zhuǎn)移軌道變軌到軌道Ⅰ，需要在M點減速，因此“嫦娥四號”在地月轉(zhuǎn)移軌道上經(jīng)過M點的速度大于在軌道Ⅰ上經(jīng)過M點的速度，選項D正確．] 13．

15、寧波高中科技新苗項目的同學(xué)在一個連鎖機(jī)關(guān)游戲中，設(shè)計了一個如圖所示的起始觸發(fā)裝置：AB段是長度連續(xù)可調(diào)的豎直伸縮桿，BCD段是半徑為R的四分之三圓弧彎桿，DE段是長度為2R的水平桿，與AB桿稍稍錯開．豎直桿外套有下端固定且勁度系數(shù)較大的輕質(zhì)彈簧，在彈簧上端放置質(zhì)量為m的套環(huán)．每次將彈簧的長度壓縮至P點后鎖定，設(shè)PB的高度差為h，解除鎖定后彈簧可將套環(huán)彈出，在觸發(fā)器的右側(cè)有多米諾骨牌，多米諾骨牌的左側(cè)最高點Q和P點等高，且與E的水平距離為x(可以調(diào)節(jié))，已知彈簧鎖定時的彈性勢能EP＝10mgR，套環(huán)P與水平桿DE段的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，與其他部分的摩擦可以忽略不計，不計套環(huán)受到的空氣阻力及解除

16、鎖定時的彈性勢能損失，不考慮伸縮豎直桿粗細(xì)變化對套環(huán)的影響，重力加速度為g.求： (1)當(dāng)h＝7R時，套環(huán)到達(dá)桿的最高點C處時的速度大小． (2)在第(1)問中套環(huán)運動到最高點C時對桿作用力的大小和方向． (3)若h在3R至10R連續(xù)可調(diào)，要使該套環(huán)恰能擊中Q點，則x應(yīng)該在哪個范圍內(nèi)調(diào)節(jié)？ 解析：(1)當(dāng)h＝7R時，套環(huán)從P點運動到C點，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有： EP＝mg(h＋R)＋mv2 EP＝10mgR，解得：v＝2 (2)在最高點C時，對套環(huán)，根據(jù)牛頓第二定律有：mg＋FC＝m 解得：FC＝3mg，由牛頓第三定律得F′C＝FC＝3mg，方向向上． (3)套環(huán)恰能擊中Q點，平拋運動過程： h－R＝gt2 x＝vEt 從P到E，根據(jù)能量守恒定律有： EP＝mg(h－R)＋μmg·2R＋mv 又因為3R≤h≤10R 由以上各式可解得，0≤x≤9R. 答案：(1)2　(2)3mg　方向向上　(3)0≤x≤9R