2019-2020年高考物理二轮复习第1部分核心突破专题1力与运动第3讲力和曲线运动演练.doc

2019-2020年高考物理二轮复习第1部分核心突破专题1力与运动第3讲力和曲线运动演练1(xx东北三省四市联考一)如图所示，a、b两个小球从不同高度同时沿相同方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是(B)Aa、b两球同时落地Bb球先落地Ca、b两球在P点相遇D两球落地时的速度方向相同解析：平抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，由于hgt2、hbha，故a比b的飞行时间长，b球先落地，选项A错误，B正确；由于两球同时抛出，但抛出高度不同，到达同一点的时间不同，故a、b两球不能在P点相遇，又v1tav2tb，故v1v2，竖直速度v，则vavb，落地速度与水平方向夹角为，tan 1，tan 2，故落地速度方向不同，选项CD错误2(xx合肥质检二)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河，一条小船渡河，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，小船在静水中的速度大小为，回程与去程所用时间之比为(B)A32B21C31D21解析：设河宽为d，小船去程时，船头与河岸垂直，垂直河岸方向的分位移为d，分速度为，故去程所用的时间t1，小船回程时，合速度与河岸垂直，合位移为d，合速度v合，回程所用的时间t2，联立可得回程与去程所用时间比为21，B正确3(xx贵阳监测)如图所示为一长L、倾角45的固定斜面今有一弹性小球，自与斜面上端等高的某处自由释放，小球落到斜面上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与斜面夹角相等，若不计空气阻力，欲使小球恰好落到斜面下端，则小球释放点距斜面上端的水平距离为(D)ALBLCLD.L解析：由45知释放点距斜面的高度与到斜面上端的水平距离相等，从小球与斜面碰撞后变向到落到斜面下端，小球做平抛运动且水平位移等大，即xy，由xv0t和yt联立得vy2v0，即2，解得h，选项D正确4(xx广东深圳调研二)如图，在半径为R的圆环圆心O正上方的P点，将一小球以速度v0水平抛出后恰能从圆环上Q点沿切线飞过，若OQ与OP间夹角为，不计空气阻力则(AD)A从P点运动到Q点的时间为tB从P点运动到Q点的时间为tC小球运动到Q点时的速度为vQD小球运动到Q点时的速度为vQ解析：小球的水平位移xv0tRsin ，故从P点运动到Q点的时间为t，选项A正确，B错误；将Q点的速度沿着水平方向和竖直方向分解如图所示，则有cos ，故小球运动到Q点时的速度为vQ，选项C错误，D正确5(xx济南1月调研)如图所示，将小球沿与水平方向成角以速度v向右侧抛出，经时间t1击中墙上距水平面高度为h1的A点；再将此球仍从同一点以相同速率抛出，抛出速度与水平方向成()角，经时间t2击中墙上距水平面高度为h2的B点(图中未标出)，空气阻力不计，则(A)At1一定小于t2Bt1一定大于t2Ch1一定小于h2Dh1一定大于h2解析：小球抛出后仅受重力作用，水平方向为匀速直线运动，两种情况水平位移相同，即vcos t1vcos t2，因0，cos cos ，故t1一定小于t2，选项A正确，B错误；因不知道小球第一次击中墙壁是在上升阶段还是在下降阶段，故h1与h2大小关系不确定，故选项CD错误6(xx黑龙江哈师大附中月考一)水平路面汽车转弯靠静摩擦力充当向心力，由于静摩擦力有个最大值，所以，在转弯半径r一定的情况下，转弯的速度不能太大，我们可以在转弯处设计成倾角为的坡路，如图所示，在动摩擦因数不变的情况下，且tan ，可以提高转弯的速度，以下说法正确的是(C)A汽车在水平路面转弯，汽车的质量越大，转弯允许的最大速度越大B汽车在倾斜路面转弯，随速度的增大，受到的摩擦力增大C汽车在倾斜路面转弯，沿倾斜路面方向没有运动趋势的速度v0D汽车在倾斜路面转弯，沿倾斜路面方向没有运动趋势的速度v0解析：设汽车在水平路面上所受的最大静摩擦力为Ffmmg，汽车的质量为m，汽车转弯时的最大速度为vm，由圆周运动及牛顿第二定律得Ffm，由此可知，vm，在转弯半径r一定的情况下，转弯允许最大速度与m无关，选项A错误；汽车在倾斜路面上转弯时，若汽车沿倾斜路面方向没有运动趋势，则汽车只受重力和支持力，受力分析如图甲所示，设此时汽车的速度大小为v0，由牛顿第二定律得，mgtan m，解得v0，选项C正确；选项D错误；当汽车的速度vv0时，汽车有沿斜面向下运动的趋势，所受摩擦力方向沿斜面向上，如图乙所示，由牛顿第二定律得FNsin Ffcos m，FNcos Ffsin mg，解得Ffmgsin mcos ，由此可知，速度越大，摩擦力越小；当汽车的速度vv0时，汽车有沿斜面向上运动的趋势，所受摩擦力方向沿斜面向下，如图丙所示，由牛顿第二定律得FNsin Ffcos m，FNcos mgFfsin ，解得Ffmcos mgsin ，由此可知，速度越大，摩擦力越大，选项B错误7(xx合肥质检二)如图所示，长为L的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球现将绳水平拉直，让小球从静止开始运动，重力加速度为g，当绳与竖直方向的夹角30时小球受到合力大小为(B)AmgBmgCmgD(1)mg解析：小球从释放到如图所示的位置，根据动能定理得mgLcos 30mv2，故小球到图示位置的向心力大小F向mg，在沿绳方向，合外力提供小球做变速圆周运动的向心力，FTmgcos 30mg，则FTmg，在垂直绳方向，重力的分力提供切向加速度，Fmgsin 30mg，则小球受到的合外力为绳子拉力与重力的合力，F合mg，B正确8(xx山西百校联盟质监)将一平板折成如图所示，AB部分水平且粗糙，BC部分光滑且与水平方向成角，板绕竖直轴OO匀速转动，放在AB板E处和放在BC板F处的物块均刚好不滑动，两物块到转动轴的距离相等，则物块与AB板的动摩擦因数为(A)Atan Bcot Csin Dcos 解析：设物块与AB部分的动摩擦因数为，板转动的角速度为，两物块到转轴的距离为L，由于物块刚好不滑动，则对AB板上的物体有mgm2L，对BC板上的物体有mgtan m2L，因此tan ，A正确9(xx石家庄教学质量检测一)在同一水平面内有两个围绕各自固定轴匀速转动的圆盘A、B，转动方向如图所示，在A盘上距圆心48 cm处固定一个小球P，在B盘上距圆心16 cm处固定一个小球Q.已知P、Q转动的线速度大小都为4 m/s.当P、Q相距最近时开始计时，则每隔一定时间两球相距最远，这个时间的最小值应为(B)A0.08 sB0.12 sC0.24 sD0.48 s解析：由vr，P、Q线速度大小vPvQ，则Q3P，即Q比P转得快当P、Q相距最近时开始计时，当两球第一次相距最远时，在相同的时间内，P、Q转过的角度分别为PPt(2n1)(n0,1,2,3，)，QQt(2m1)(m0,1,2,3，)，由于Q3P，当两球第一次相距最远时，n0，解得m1，故t，而P，解得t0.12 s，选项B正确10(xx东北三省三校联考一)如图所示，可视为质点的木块A、B叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO匀速转动，木块A、B与转轴OO的距离为1 m，A的质量为5 kg，B的质量为10 kg.已知A与B间的动摩擦因数为0.2，B与转台间的动摩擦因数为0.3，如木块A、B与转台始终保持相对静止，则转台角速度的最大值为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2)(B)A1 rad/sB rad/sC rad/sD3 rad/s解析：以A为研究对象，静摩擦力提供向心力，1mAgmAr，解得1 rad/s，以A、B作为一个整体研究对象，静摩擦力提供向心力，2(mAmB)g(mAmB)r，2 rad/s，要保持A、B与转台相对静止，转台的角速度1 rad/s.选项B正确11(xx西安八校12月联考)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(ABD)A当时，A、B相对于转盘会滑动B当时，绳子一定有弹力C在范围内增大时，B所受摩擦力变大D在03 m/s可见，物块从A到B的全过程中一直做匀减速直线运动，到达B端的速度至少为vBvC m/s由动能定理可知，mgLmvB2mvA2解得vA m/s答案：(1)0.15(2)32.5 N(3) m/s