2019-2020年高考物理 专题训练 力和运动、功和能（四）.doc

2019-2020年高考物理 专题训练 力和运动、功和能（四）一、选择题1有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河小明驾着小船渡河，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去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()A BC D2质量为1 kg的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是()A物体初速度的方向与合外力方向垂直B物体所受的合外力为3 NC物体的初速度为5 m/sD2 s末物体的速度大小为7 m/s3质量为2 kg的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图像和水平方向的位移图像如图甲、乙所示，下列说法正确的是()A前2 s内质点处于失重状态B2 s末质点速度大小为4 m/sC质点的加速度方向与初速度方向垂直D质点向下运动的过程中机械能减小4如图所示，BD是半圆BCD的水平直径，OC为竖直半径，半圆半径长为R，A点在B点正上方高R处，现有质量相等的两小球a、b分别从A、B两点以一定初速度水平抛出，分别击中半圆上的D点和C点，已知球b击中C点时动能为E，不计空气阻力，则球a击中D点时动能为()A2EBE CE DE5如图所示，匀强电场方向竖直向下，场强为E，从倾角为的足够长的斜面上的A点先后将同一带电小球(质量为m，所带电荷量为q)以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为1，第二次初速度为v2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面的夹角为2，若v1v2，则() A12B12C12D无法确定6如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内现有一小球从一水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道OA与竖直方向的夹角为1，PA与竖直方向的夹角为2.下列说法正确的是() Atan 1tan 22Bcot 1tan 22Ccot 1cot 22Dtan 1cot 227如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是() AA的速度比B的大BA与B的向心加速度大小相等C悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小二、非选择题8在“利用打点计时器测定匀变速直线运动加速度”的实验中，打点计时器接在50 Hz的低压交变电源上，某同学在打出的纸带上按打点的先后顺序每5个点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F六个计数点从A点开始在每一个计数点处将纸带剪开，分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由长到短紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图所示(1)若横坐标表示时间，单位为“s”，每条纸带的宽度表示0.1 s，纵坐标表示速度，单位为“102m/s”，纵坐标的数值为纸带长度，长度单位为毫米，则图中所画倾斜直线是纸带运动的速度时间图像吗？_.(2)如果a段纸带长为a，e段纸带长为e，打点计时器的打点周期为T，则加速度a0的表达式为a0_.(3)速度时间图线的斜率表示加速度，斜率可以用ktan 求出，可以用量角器量出倾斜直线的倾角，用ktan 能求出加速度吗？为什么？_在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g.（1）如果已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，那么单摆摆长是_m，如果测定了40次全振动的时间如图乙中秒表所示，那么秒表读数是_s，单摆的振动周期是_s.（2）如果测得的g值偏小，可能的原因是_(填写代号)A测摆长时，忘记了摆球的半径B摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时时，秒表过早按下D实验中误将39次全振动次数记为40次（3）某同学在实验中，测量6种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录表格如下：l/m0.40.50.80.91.01.2T/s1.261.421.791.902.002.20T2/s21.592.023.203.614.004.84以l为横坐标、T2为纵坐标，作出T2l图线，并利用此图线求重力加速度g.9如图所示，有一个可视为质点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v01.8 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带.已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运动的速度为v3 m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数0.5，圆弧轨道的半径为R2 m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角53,不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，sin 530.8,cos 530.6.求：（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量10如图所示，有一个可视为质点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v02 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M3 kg的长木板已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数0.3，圆弧轨道的半径为R0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角60，不计空气阻力，g取10 m/s2.（1）求小物块到达C点时的速度大小；（2）求小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？11如图所示，在长度s5 m的粗糙水平平台DO的左侧有一光滑的轨道ABC竖直放置，半圆BC的最高点C正好在水平平台左侧D点的正上方，半圆最低点B与水平轨道AB相切于B点，轨道AB右侧固定放置一弹簧，弹簧左侧靠一小物块(可看做质点，并可以通过C、D间的缝隙)现将小物块压缩弹簧后释放，小物块最终从O点飞出并击中右侧挡板，挡板的大小如图，以O点为原点建立平面直角坐标系，挡板的方程满足x24y2y.已知小物块的质量为0.5 kg，它与水平平台表面间的动摩擦因数0.5，重力加速度g10 m/s2.（1）若小物块恰能击中挡板的右端P(1.6 m,0.8 m)点，则其离开O点时的速度为多大？（2）为使小物块能击中挡板，弹簧对小物块做的功有什么要求？（3）试证明：不论如何改变小物块压缩弹簧的程度，只要小物块能击中挡板，小物块击中挡板时的动能均为某一定值A线生专项训练题（四）参考答案抛体运动与圆周运动1解析：去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d，则去程时间t1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t2，由题意有k，则k，得v1，选项B正确2解析：由题图可知，沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，ax1.5 m/s2，所以沿x轴方向合力Fxmax1.5 N；沿y轴方向做匀速直线运动，合力为零，所以A正确，B错误；物体的初速度v0vy4 m/s，C错误；2 s末物体速度大小v5 m/s，D错误3解析：选AD.根据水平方向的位移图像可知，质点水平方向做匀速直线运动，水平速度vx m/s.根据竖直方向的速度图像可知，在竖直方向做匀加速直线运动，加速度a1 m/s2.前2 s内质点处于失重状态，2 s末质点速度为v m/s4 m/s，选项A正确，B错误质点的加速度方向竖直向下，与初速度方向不垂直，选项C错误质点向下运动的过程中a1 m/s2g，所以质点除受重力外，还受竖直向上的力作用，在质点斜向下做曲线运动过程中这个力做负功，故机械能减小，选项D正确4解析：由平抛运动规律可知两小球下落时间均为t，由水平射程xvt知a、b两小球的初速度大小分别为vA、vB，由动能定理知对球b有mgREmv，对球a有mgREDmv，联立得EDE，B对5解析：选B.本题为类平抛运动，可迁移“做平抛运动的物体在任一时刻的速度方向与水平方向夹角的正切值是此时其位移与水平方向夹角正切值的2倍”，即“tan 2tan ”这一结论，由于两次完成的位移方向一致，则末速度方向必定一致，从而得到正确选项为B.6解析：选A.平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A点时速度与水平方向的夹角为1，tan 1，位移与竖直方向的夹角为2，tan 2，则tan 1tan 22，选项A正确7解析：选D.根据vr，两座椅的相等，由rBrA，可知vBvA，A错误；向心加速度a2r，因相等r不等，故a不相等，B错误；水平方向mgtan m2r，即tan ，因rBrA，故BA，C错误；竖直方向FT cos mg，绳子拉力FT，因BA，故FTBFTA，D正确8解析：（1）每条纸带宽度的中点对应的速度值表示这段纸带的中间时刻的瞬时速度，所以图中直线并不代表速度时间图像（2）由xmxn(mn)a0T2得ae4a0 (5T)2所以a0(ae)/(100T2)答案：（1）不是 （2）(ae)/(100T2) （3）不能 因为图像横坐标与纵坐标的标度不统一解析：（1）刻度尺的零点对准摆线的悬点，故单摆的摆长lcm87.50 cm0.875 0 m.秒表的读数t(6015.2)s75.2 s.单摆的周期T1.88 s.（2）由公式g可知，g偏小的原因可能是测量摆长l时，测量值比真实值偏小或测量周期偏大，故选项A、B、C正确（3）由单摆周期公式可得T2，所以T2l图线是过坐标原点的一条直线，直线斜率是k，g在图线上取相距较远的两点(l1，T)、(l2，T)，则k，所以g作出图像如图所示，由直线上的点(0.4，1.59)和(1.0，4.00)可求出：k4，gm/s29.86 m/s29解析：（1）设小物块在C点时的速度大小为vC，在D点时的速度大小为vD，则vCmgR(1cos )mvmv解得：vC3 m/s，vD5 m/s设小物块在D点时，轨道对小物块的作用力为N，由牛顿第二定律得Nmgm解得N22.5 N设小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为N，由牛顿第三定律知NN22.5 N，方向竖直向下（2）设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a，则mgma小物块从D点运动到最左端的过程中，设所用时间为t1，小物块向左通过的距离是x1，传送带向右通过的距离是x2，则vDat1x1atx2vt1设小物块从传送带最左端向右滑动到速度大小与传送带速度大小相等经历的时间为t2，小物块向右通过的距离是x3，传送带向右通过的距离是x4，则vat2x3atx4vt2整个过程中，设小物块相对传送带滑动的距离是x，则xx1x2x4x3生成的热量Qmgx解得Q32 J10解析：（1）小物块在C点时的速度大小为vC4 m/s.（2）小物块由C点到D点的过程中，由动能定理：mgR(1cos 60)mvmv代入数据解得vD2 m/s小物块在D点时由牛顿第二定律得FNmgm代入数据解得FN60 N由牛顿第三定律得小物块在D点时对轨道的压力FNFN60 N，方向竖直向下（3）设小物块刚滑到木板左端时与木板达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行过程中，小物块与木板的加速度大小分别为a13 m/s2，a21 m/s2小物块和木板达到共速，则有vvDa1t，va2t对小物块和木板系统，由能量守恒定律得mgLmv(mM)v2解得L2.5 m，即木板的长度至少为2.5 m.11解析：（1）小物块飞出O点后做平抛运动，则有xPv0tyPgt2得小物块离开O点时的速度v04 m/s.（2）要使小物块能击中挡板，必须同时满足三个条件，即能到达半圆的最高点C，过O点时速度大于零，不能越过P点设弹簧对小物块做的功为W，到达C点时的速度为vC，到达O点时速度为vO在C点由牛顿第二定律及动能定理得：mgmWmg2Rmv到达O点时，由题意知，2R1.6 m，Wmg2Rmgsmv由(1)和以上分析可得0vO4 m/s则20.5 JW24.5 J.（3）考虑到从弹簧弹出小物块到小物块离开平台的过程中，小物块损耗的能量是一定值，即改变小物块压缩弹簧的程度，小物块离开平台时的速度v是不一样的设小物块击中挡板时的位置坐标为(x，y)，则有xvtygt2小物块击中挡板时的动能Ekmgymv2又x24y2y解得Ek8 J