(課標(biāo)通用)高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題1 力與運動 專題跟蹤檢測3(含解析)-人教版高三全冊物理試題
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1、專題跟蹤檢測(三) (建議用時:45分鐘) 基礎(chǔ)通關(guān) 1.(2020·安徽合肥調(diào)研)如圖所示為甲、乙兩輛汽車在水平和傾斜路面上轉(zhuǎn)彎時的情境.關(guān)于兩輛汽車的受力情況,下列說法正確的是( ) 甲 乙 A.兩車均需要平行路面的向心力 B.兩車均受豎直向上的支持力 C.甲車一定受平行路面且指向彎道內(nèi)側(cè)的摩擦力 D.乙車一定受平行路面且指向彎道內(nèi)側(cè)的摩擦力 C 解析 乙車需要水平方向的向心力,所受的支持力垂直路面向上,選項A、B錯誤;甲車受到的重力和支持力垂直于路面,僅由水平方向上的摩擦力提供向心力,指向彎道內(nèi)側(cè),選項C正確;當(dāng)乙車轉(zhuǎn)彎速度較小時,有沿傾
2、斜路面向下的運動趨勢,所受摩擦力指向彎道外側(cè),選項D錯誤. 2.(2018·北京卷)根據(jù)高中所學(xué)知識可知,做自由落體運動的小球,將落在正下方位置.但實際上,赤道上方200 m處無初速度下落的小球?qū)⒙湓谡路轿恢闷珫|約6 cm處.這一現(xiàn)象可解釋為,除重力外,由于地球自轉(zhuǎn),下落過程小球還受到一個水平向東的“力”,該“力”與豎直方向的速度大小成正比.現(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋,考慮對稱性,上升過程該“力”水平向西,則小球( ) A.到最高點時,水平方向的加速度和速度均為零 B.到最高點時,水平方向的加速度和速度均不為零 C.落地點在拋出點東側(cè) D.落地點在拋出點西側(cè) D 解析 由于該“
3、力”與豎直方向的速度大小成正比,所以從小球拋出至運動到最高點過程,該“力”逐漸減小到零,將小球的上拋運動分解為水平和豎直兩個分運動,由于上升階段,水平分運動是向西的變加速運動(水平方向加速度大小逐漸減小),故小球到最高點時速度不為零,水平向西的速度達(dá)到最大值,選項A錯誤;小球到最高點時豎直方向的分速度為零,由題意可知小球這時不受水平方向的力,故小球到最高點時水平方向加速度為零,選項B錯誤;下降階段,由于受水平向東的力,小球的水平分運動是向西的變減速運動(水平方向加速度大小逐漸變大),故小球的落地點在拋出點西側(cè),選項C錯誤,D正確. 3.(2019·吉林長春質(zhì)檢)2022年冬奧會將在中國舉辦的
4、消息,吸引了大量愛好者投入到冰雪運動中.若跳臺滑雪比賽運動員從平臺飛出后可視為平拋運動,現(xiàn)運動員甲以一定的初速度從平臺飛出,軌跡為圖中實線①所示,則質(zhì)量比甲大的運動員乙以相同的初速度從同一位置飛出,其運動軌跡應(yīng)為圖中的( ) A.① B.② C.③ D.④ A 解析 根據(jù)平拋運動規(guī)律可知,平拋運動軌跡只與初速度有關(guān),與物體質(zhì)量無關(guān),所以質(zhì)量比甲大的運動員乙以相同的初速度從同一位置飛出時,其運動軌跡應(yīng)為圖中的①,選項A正確. 4.(2019·山西運城質(zhì)檢)如圖所示,河的寬度為L,河水流速為u,甲、乙兩船均以靜水中的速度v同時渡河.出發(fā)時兩船相距2L,甲、乙船頭均與岸邊成60°
5、角,且乙船恰好能直達(dá)正對岸的A點.則下列判斷正確的是( ) A.甲船正好也在A點靠岸 B.甲船在A點下游靠岸 C.甲、乙兩船到達(dá)對岸的時間相等 D.甲、乙兩船可能在未到達(dá)對岸前相遇 C 解析 甲、乙兩船在垂直河岸方向的分速度均為vsin 60°,過河時間均為t=,故選項C正確.由乙恰好到達(dá)A點知,u=vsin 30°=v,則甲沿河岸方向的速度為u+v=v,沿河岸方向的位移為v·t=<2L,故選項A、B、D錯誤. 5.(2018·天津卷)滑雪運動深受人民群眾喜愛.某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB,從滑道的A點滑行到最低點B的過程中,由于摩擦力的存在,
6、運動員的速率不變,則運動員沿AB下滑過程中( ) A.所受合外力始終為零 B.所受摩擦力大小不變 C.合外力做功一定為零 D.機械能始終保持不變 C 解析 運動員從A點滑到B點的過程中速率不變,則運動員做勻速圓周運動,合外力指向圓心,選項A錯誤.如圖所示,運動員受到的沿圓弧切線方向的合力為零,即Ff=mgsin α,下滑過程中α減小,sin α變小,故摩擦力Ff變小,選項B錯誤.由動能定理知,勻速下滑動能不變,合外力做功為零,選項C正確.運動員下滑過程中動能不變,重力勢能減小,機械能減小,選項D錯誤. 6.(2019·山東臨沂調(diào)研)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上,P
7、球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量,懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短.將兩球拉起,使兩繩均被水平拉直,如圖所示.將兩球由靜止釋放.在各自軌跡的最低點,則( ) A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的動能一定小于Q球的動能 C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 C 解析 小球從釋放到最低點的過程中,只有重力做功,由機械能守恒定律可知,mgL=mv2,v=,繩長L越長,小球到最低點時的速度越大,選項A錯誤;由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量,由Ek=mv2可知,不能確定兩球動能的大小關(guān)系,選項B錯誤;在最低點,根據(jù)牛頓第二定律可知,F(xiàn)-mg=m
8、,求得F=3mg,由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量,選項C正確;由a==2g可知,兩球在最低點的向心加速度相等,選項D錯誤. 7.(2019·吉林延邊二中月考)如圖所示,A、B兩質(zhì)點從同一點O分別以相同的水平速度v0沿x軸正方向拋出,A 在豎直平面內(nèi)運動,落地點為 P1,B 沿光滑斜面(已知斜面傾角為θ)運動,落地點為P2,P1和P2在同一水平面上,不計空氣阻力,則下列說法正確的是( ) A.A、B兩質(zhì)點的運動時間相同 B.A、B兩質(zhì)點在x軸方向上的位移相同 C.A、B兩質(zhì)點在運動過程中的加速度大小相同 D.A、B兩質(zhì)點落地時的速度大小相同 D 解析 對A、B兩質(zhì)點的運動進(jìn)行分解
9、,由牛頓第二定律可知,A 質(zhì)點在運動過程中的加速度大小a1=g,B質(zhì)點在運動過程中的加速度大小a2=gsin θ,選項C 錯誤;設(shè)O點與水平面之間的高度差為h,A質(zhì)點的運動時間為t1,B質(zhì)點的運動時間為t2,則由h=gt可得t1=,由=gsin θ·t可得t2=,故 t1 10、·湖南四校聯(lián)考)如圖所示,一光滑輕桿沿水平方向放置,左端O處連接在豎直的轉(zhuǎn)動軸上,a、b為兩個可視為質(zhì)點的小球,穿在桿上,并用細(xì)線分別連接Oa和ab,且Oa=ab,已知b球質(zhì)量為a球質(zhì)量的3倍.當(dāng)輕桿繞O軸在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動時,Oa和ab兩線的拉力之比為( )
A.1∶3 B.1∶6
C.4∶3 D.7∶6
D 解析 設(shè)線Oa、線ab的拉力大小分別為F1、F2,對a球由圓周運動知識得F1-F2=mrOaω2,同理對b球有F2=3mrObω2,因為rOb=2rOa,整理解得F1∶F2=7∶6,選項A、B、C錯誤,D正確.
能力提升
9.(2019·黑龍江哈爾濱六中段考)( 11、多選)一質(zhì)點做勻速直線運動.現(xiàn)對其施加一恒力,且原來作用在質(zhì)點上的力不發(fā)生改變,則( )
A.質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同
B.質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直
C.質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同
D.質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變
BC 解析 施加一恒力后,質(zhì)點的速度方向可能與該恒力的方向相同,可能與該恒力的方向相反,也可能與該恒力方向成某一角度且角度隨時間變化,但不可能總是與該恒力的方向垂直,若施加的恒力方向與質(zhì)點初速度方向垂直,則質(zhì)點做類平拋運動,質(zhì)點速度方向與恒力方向的夾角隨時間的增大而減小,選項A錯誤,B正確.質(zhì)點開始時做勻速直線運動,說明原 12、來作用在質(zhì)點上的合力為零,現(xiàn)對其施加一恒力,根據(jù)牛頓第二定律,質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同,且大小不變,由a=可知,質(zhì)點單位時間內(nèi)速度的變化量Δv總是不變的,但速率的變化量不確定,選項C正確,D錯誤.
10.(2019·湖南師范大學(xué)附中月考)(多選)飛鏢運動正以其獨有的魅力風(fēng)靡全世界,如圖所示為三個同學(xué)在游樂場中水平擲出的三支相同的飛鏢插入豎直飛鏢盤上的情況,不計空氣阻力,根據(jù)飛鏢插入盤上的位置和角度可以推斷( )
A.若①號與②號飛鏢拋出時的速度相同,則扔②號飛鏢的同學(xué)站得離飛鏢盤更近些
B.若①號與②號飛鏢從同一點拋出,則拋出時的速度滿足v1>v2
C.若②號與③號飛鏢 13、拋出時的速度相同,則在空中的運動時間t2 14、功較多,選項D正確.
11.(2019·廣西南寧二中月考)(多選)如圖所示,豎直平面內(nèi)的兩個半圓軌道在B點平滑相接,兩個半圓的圓心O1、O2在同一水平線上,粗糙的小半圓半徑為R,光滑的大半圓的半徑為2R;一質(zhì)量為m的滑塊(可視為質(zhì)點)從大的半圓一端A點以一定的初速度向上沿著半圓內(nèi)壁運動,且剛好能通過大半圓的最高點,最后滑塊從小半圓的左端沖出軌道,剛好能到達(dá)大半圓的最高點,已知重力加速度為g,則( )
A.滑塊在A點的初速度為
B.滑塊在A點對半圓軌道的壓力為6mg
C.滑塊第一次通過小半圓過程克服摩擦力做的功為mgR
D.增大滑塊在A點的初速度,則滑塊通過小半圓克服摩擦力做的功不變 15、
AC 解析 由于滑塊恰好能通過大的半圓的最高點,重力提供向心力,即mg=m,解得v=,以AB面為參考面,根據(jù)機械能守恒定律可得mv=2mgR+m()2,解得vA=,選項A正確;滑塊在A點受到圓軌道的支持力為F=m=3mg,由牛頓第三定律可知,選項B錯誤;設(shè)滑塊在O1點的速度為v1,則v1==2,在小的半圓中運動過程中,根據(jù)動能定理得Wf=mv-mv=mgR,選項C正確;增大滑塊在A點的初速度,則滑塊在小的半圓中各個位置速度都增大,滑塊對小半圓軌道的平均壓力增大,因此克服摩擦力做的功增多,選項D錯誤.
12.(2019·湖北宜昌質(zhì)檢)(多選)如圖甲所示,半徑為R、內(nèi)壁光滑的圓形細(xì)管豎直放置 16、,一可看作質(zhì)點的小球在圓管內(nèi)做圓周運動,當(dāng)其運動到最高點A時,小球受到的彈力F與其在A點速度平方(即v2)的關(guān)系如圖乙所示.設(shè)細(xì)管內(nèi)徑可忽略不計,則下列說法正確的是( )
A.當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?
B.該小球的質(zhì)量為R
C.當(dāng)v2=2b時,小球在圓管的最低點受到的彈力大小為7a
D.當(dāng)0≤v2
17、最低點時的速度大小為v′,則由機械能守恒定律可得mg·2R=mv′2-m·2b,設(shè)小球在最低點時受到的彈力大小為F′,則由向心力公式可得F′-mg=m,聯(lián)立解得F′=7a,選項C正確;當(dāng)0≤v20)固定一個小釘子,拉小球使細(xì)線繃直并水平,再將小球從靜止釋放 18、,當(dāng)細(xì)繩碰到釘子以后,小球可以繞釘子在豎直平面內(nèi)做圓周運動.
(1)當(dāng)釘子在x=l的P點時,小球經(jīng)過最低點細(xì)繩恰好不被拉斷,求細(xì)繩能承受的最大拉力;
(2)在滿足(1)的條件下,為使小球釋放后能繞釘子在豎直平面內(nèi)做圓周運動,而細(xì)繩又不被拉斷,求釘子所在位置的范圍.
解析 (1)當(dāng)釘子在x=l的P點時,小球繞釘子轉(zhuǎn)動的半徑為R1=l- =l-l=l,
小球由靜止到最低點的過程中機械能守恒
mg=mv,
在最低點細(xì)繩承受的拉力最大,有F-mg=m,
聯(lián)立解得最大拉力F=7mg.
(2)小球繞釘子做圓周運動恰好到達(dá)最高點時,有
mg=m,
運動中機械能守恒mg=mv,
釘子 19、所在位置為x′= ,
聯(lián)立解得x′=l,
因此釘子所在位置的范圍為l≤x≤ l.
答案 (1)7mg (2)l≤x≤l
14.(2019·廣東揭陽二模)如圖所示,臺階的高度H=1.45 m,在臺階的水平臺面邊緣靜止一質(zhì)量為m的小球A,在緊靠A的左側(cè)用細(xì)線豎直懸掛一同樣大小的小球B,兩球心連線水平.在平臺下面的地面上有一傾角為θ=37°的傳送帶,傳送帶下端有一個和傳送帶垂直的擋板P,傳送帶的長度L= m,傳送帶以v=5 m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動.把小球B拉到離平臺h=0.8 m高處由靜止釋放,與小球A正碰后小球B能上升到離平臺h高處,小球A恰好沿平行于傳送帶的方向從傳送帶上端飛上傳送帶并沿 20、傳送帶運動,和擋板P碰撞后以大小不變的速率被反向彈回.已知小球A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=,重力加速度g=10 m/s2.
(1)求傳送帶上端距臺階的距離s;
(2)求小球B的質(zhì)量mB;
(3)小球A被P反彈后能否再回到平臺上?若能,請說明理由;若不能,請計算小球A到達(dá)的最高點距平臺的高度.
解析 (1)設(shè)小球A離開平臺的速度為vA,到達(dá)傳送帶上端的速度為vQ,豎直分速度為v,則vy=vAtan θ,
v=2g(H-Lsin θ),
vQ=,
vy=gt,
s=vAt,
代入數(shù)據(jù)解得
vA=4 m/s,
vQ=5 m/s,
s=1.2 m.
(2)設(shè)小球B運動到 21、最低點與小球A碰撞前的速度為v0,碰撞后的速度大小為vB,則有
mBgh=mBv,
mBv=mBg×,
若小球B碰撞后向右運動,則mBv0=mBvB+mvA,
代入數(shù)據(jù)解得小球B的質(zhì)量mB=2m,
此條件下系統(tǒng)的機械能損失ΔE=mBgh,因碰撞過程機械能不可能增加,結(jié)論合理;
若小球B碰撞后向左運動,則mBv0=mB(-vB)+mvA,
代入數(shù)據(jù)解得小球B的質(zhì)量mB=m,
此條件下系統(tǒng)的機械能增加ΔE=mBgh,因碰撞過程機械能不可能增加,故不合理,應(yīng)舍去.
(3)小球A從傳送帶上端運動到下端的過程,有
mgsin θ-μmgcos θ=ma1,
v-v=2a1L,
代 22、入數(shù)據(jù)解得vP= m/s;
小球A被反彈后,由于vP>v,故向上滑一段,摩擦力沿傳送帶向下,有
mgsin θ+μmgcos θ=ma2,
小球A減速到v經(jīng)過的位移為L1,則
v2-v=-2a2L1,
代入數(shù)據(jù)解得L1= m;
小球A從速度為v時運動到傳送帶上端期間,摩擦力沿傳送帶向上,加速度為a1,則
v-v2=-2a1(L-L1),
代入數(shù)據(jù)解得vt= m/s;
由于vt
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