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1、一、选择题 1.(2018 福建福州 11 月考试)如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹。质点从M点出发经P点到达N点,已知 弧长MP大于弧长PN,质点由M点运动到P点和从P点运动到N点的时间相等,下列说法中正确的是( )。 A.质点从M到N的过程中速度大小保持不变 B.质点在这两段时间内的速度变化量大小相等、方向相同 C.质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等、但方向相同 D.质点在M、N间的运动不是匀变速运动 【解析】因为弧长MP大于弧长PN,根据平均速率公式v=可得,质点在MP间运动的平均速率大于质点在PN间运动的平均速 率,所以质点从M到N的过程中速度大小发生变化,A
2、项错误;因为质点受恒力作用,根据牛顿第二定律可得质点运动的加速度不变, 根据公式a=,可得在相等的 t内,质点的速度变化量 v大小相等、方向相同,B 项正确,C 项错误;因为质点的加速度恒定,所 以质点做匀变速运动,D 项错误。 【答案】B 2.(2018 海南 10 月模拟)一攀岩者以速度v匀速向上攀登,途中碰落了岩壁上的石块,石块自由下落。当攀岩者听到石块落地的 声音时,攀岩者离地面的高度为 48 m,石块落地的瞬时速度为 30v,g取 10 m/s2,则石块掉落时离地面的高度为( )。 A.32 mB.35 mC.40 mD.45 m 【解析】石块下落的平均速度为 15v,根据题意,有(
3、15v+v)t=48 m,30v=gt,h= gt2,由以上各式解得h=45 m,D 项正确。 1 2 【答案】D 3.(2018 江苏南京高三模拟)一轻质弹簧原长为 8 cm,在 4 N 的拉力作用下伸长了 2 cm,弹簧未超出弹性限度。现将两根完全相 同的弹簧(与上述弹簧一样)并联后挂 4 N 的重物,则每根弹簧的长度为( )。 A.9 cmB.10 cmC.11 cmD.12 cm 【解析】由题意知,弹簧的弹力为 4 N 时,弹簧伸长 2 cm,根据胡克定律F=kx,代入数据可得弹簧的劲度系数k=200 N/m,将两 根完全相同的弹簧并联后挂 4 N 的重物,每根弹簧承受的拉力为 2 N
4、,根据胡克定律知,每根弹簧伸长 1 cm,则每根弹簧的长度为 9 cm,A 项正确。 【答案】A 4.(2018 安徽淮北六校联考)“水流星”是一个经典的杂技表演项目,杂技演员将装水的杯子(可视为质点)用细绳系着让杯子在 竖直平面内做圆周运动。杯子到最高点时杯口向下,水也不会从杯中流出,如图所示。若杯子质量为m,所装水的质量为M,杯子运 动到圆周的最高点时,水对杯底刚好无压力,重力加速度为g,则杯子运动到圆周最高点时,杂技演员对细绳的拉力大小为( )。 A.0B.mgC.MgD.(M+m)g 【解析】杯子到最高点时,由于水刚好没有流出,则杯底对水的作用力为零,设这时杯子的速度大小为v,对水研究
5、有Mg=M,对 2 杯子和水整体研究,设绳的拉力为F,则F+(M+m)g=(M+m) ,解得F=0,A 项正确。 2 【答案】A 5.(2018 山东东营 12 月模拟)如图所示,水平面上的小车内固定一个倾角为 30的光滑斜面,平行于斜面的细绳一端固定在车上, 另一端系着一个质量为m的小球,小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过a1时,小球仍 能够和小车保持相对静止;如果小车在水平面上向右加速且加速度大小不超过a2时,小球仍能够和小车保持相对静止。则a1和a2 的大小之比为( )。 A.1B.3C.31D.13 33 【解析】如果小车在水平面上向左加速且加速度达
6、到一定值,绳的拉力为零;小车在水平面上向右加速且加速度达到一定值, 斜面的弹力为零。由牛顿第二定律可知a1=gtan 30,a2=,得a1a2=13,故 D 项正确。 tan30 【答案】D 6.(2018 四川广元调研)(多选)甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河,河水流速为v0,船在静水中的速率均为v,甲、乙两船船头 均与河岸成角,如图所示,已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点,乙船到达河对岸的B点,A、B之间的距离为L,则下列判断正 确的是( )。 A.乙船先到达对岸 B.若仅是河水流速v0增大,则两船的渡河时间都不变 C.不论河水流速v0如何改变,只要适当改变角,甲船总能到达正对岸的A点
7、D.若仅是河水流速v0增大,则两船到达对岸,两船之间的距离仍然为L 【解析】将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向,抓住分运动和合运动的等时性,可知甲、乙两船到达对岸 的时间相等,渡河的时间t=,A 项错误;若仅是河水流速v0增大,由t=知两船的渡河时间都不变,B 项正确;只有甲船速度大 sin sin 于水流速度时,不论水的流速v0如何改变,甲船才可能到达河正对岸的A点,C 项错误;若仅是河水流速v0增大,则两船到达对岸时 间不变,根据速度的分解,船在水流方向的分速度仍不变,则两船之间的距离仍然为L,D 项正确。 【答案】BD 7.(2018 贵州铜仁高三一模)(多选)如图所示,一
8、竖直放置的足够长的玻璃管中装满某种液体,一半径为r、质量为m的金属小球, 从t=0 时刻起,由液面静止释放,小球在液体中下落,其加速度a随速度v的变化规律如图所示。已知小球在液体中受到的阻力 f=6vr,式中r是小球的半径,v是小球的速度,是常数。忽略小球在液体中受到的浮力,下列说法正确的是( )。 A.小球的最大加速度为g B.小球的速度从 0 增加到v0的过程中,做匀变速运动 C.小球先做加速度减小的变加速运动,后做匀速运动 D.小球的最大速度为 6 【解析】当t=0 时,小球所受的阻力f=0,此时加速度为g,A 项正确;随着小球速度的增加,加速度减小,小球的速度从 0 增加到 v0的过程
9、中,加速度减小,B 项错误;根据牛顿第二定律有mg-f=ma,解得a=g-,当a=0 时,速度最大,此后小球做匀速运动,最大速 6 度vm=,C、D 两项正确。 6 【答案】ACD 8.(2018 安徽黄山六校联考)如图所示为某种水轮机的示意图,水平管中流出的水流冲击水轮机上的某挡板时,水流的速度方向刚 好与水轮机上该挡板的线速度方向相同,水轮机圆盘稳定转动时的角速度为,圆盘的半径为R。水流冲击某挡板时,该挡板和圆 心连线与水平方向的夹角为 37,水流速度为该挡板线速度的 2 倍。忽略挡板的大小,重力加速度为g,不计空气阻力,取 sin 37=0.6,cos 37=0.8。则水从管口流出的速度
10、大小v0及管的出水口离圆盘圆心高度h的大小分别为( )。 A.1.2R,+0.6R 0.6422 B.0.6R,+0.6R 0.6422 C.1.2R,+0.6R 1.2822 D.0.6R,+0.6R 1.2822 【解析】由题意可知,水流冲击挡板时速度大小v=2R,因此水从管口流出时的速度v0=vcos 53=1.2R,(vsin 53)2=2g(h-Rsin 37),求得h=+0.6R,C 项正确。 1.2822 【答案】C 9.(2018 江苏常州高三月考)(多选)如图,A、B两物块的质量分别为 2m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为 ,B与地面间的动摩擦因数为 ,最大
11、静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对B施加一水平拉力F,则( )。 2 A.当F时整体会发生滑动 D.当时整体会发生滑动,A 项错 22 误,B、C 两项正确。当时,C所受摩擦力沿半径向里,且没有出现滑动,则在增大的过程中,由于向心力F=FT+Ff不断 2 增大,故B、C间的拉力不断增大,D 项正确。 【答案】BCD 二、非选择题 11.(2018 湖北宜昌 10 月考试)如图甲所示,两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连,B距地面一定高度,A可在细线牵引下沿足够长 的粗糙斜面向上滑动。已知mA=2 kg,mB=4 kg,斜面倾角=37。某时刻由静止释放A,测得A沿斜面向上运动的v-t图象如
12、图 乙所示。已知g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求: (1)A与斜面间的动摩擦因数。 (2)A沿斜面向上滑动的最大位移。 【解析】(1)在 00.5 s 内,根据图乙知,A、B系统的加速度 a1= =4 m/s2 对A、B系统受力分析,由牛顿第二定律得 mBg-mAgsin -mAgcos =(mA+mB)a1 解得=0.25。 (2)B落地后,A继续减速上升。由牛顿第二定律得 mAgsin +mAgcos =mAa2 将已知量代入,可得a2=8 m/s2 故A减速向上滑动的位移 x2=0.25 m 2 22 因为 00.5 s 内A加速向上滑动的位移 x1=0
13、.5 m 2 21 所以,A沿斜面向上滑动的最大位移 x=x1+x2=0.75 m。 【答案】(1)0.25 (2)0.75 m 12.(2018 北京开学考试)如图所示,一倾斜传送带与水平面的倾角=37,以v=10 m/s 的速率沿逆时针方向匀速运行,M、N为 传送带的两个端点,M、N两点间的距离L=5 m,N端有一离传送带很近的弹性挡板P。在传送带上的M处由静止释放一个质量为 1 kg 的木块(可视为质点),木块与传送带间的动摩擦因数=0.5。木块由静止释放后沿传送带向下运动,并与挡板P发生碰撞。已 知碰撞时间极短,木块与挡板P碰撞后速度大小为碰撞前的一半。sin 37=0.6,g取 10
14、 m/s2。传送带与轮子间无相对滑动,不计 轮轴处的摩擦。 (1)木块被释放后经多长时间与挡板P第二次碰撞? (2)求木块运动的总时间和总路程。 【解析】(1)木块由静止释放后,沿传送带向下做匀加速运动,其加速度 a1=gsin +gcos =10 m/s2 当木块速度为 10 m/s 时,运动距离L0=5 m 2 21 第一次与P碰撞前的速度恰好与传送带速度相等,经历的时间t0=1 s 2 1 与挡板P第一次碰撞后,木块以速度v1=5 m/s 被反弹,沿传送带向上以加速度a2=gsin +gcos =10 m/s2做匀减速运动 直到速度为零 此过程运动的距离L1=1.25 m 12 22 此
15、过程运动的时间t1=0.5 s 21 2 木块再次下滑至与挡板P碰撞前,此过程运动的时间t2=0.5 s 21 1 所以,木块被释放后与挡板P第二次碰撞经历的时间t=t0+t1+t2=2 s。 (2)木块与挡板P第二次碰撞后,木块以速度v2=2.5 m/s 被反弹,沿传送带以加速度a2向上运动,直到速度为零 此过程运动的距离L2=0.3125 m 22 22 此过程运动的时间t3=0.25 s 22 2 以此类推,与挡板P碰撞后木块沿传送带上升的路程为碰撞前下滑的路程的 ,时间为 1 4 1 2 木块运动的总时间t=t0+2t1+2t3+=3 s 木块运动的总路程s=L0+2L1+2L3+= m。 25 3 【答案】(1)2 s (2)3 s m 25 3