（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、乙兩船到達對岸的時間相等 D．甲、乙兩船可能在未到達對岸前相遇 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t2t3，選項 A、C 錯誤；若①號與②號飛鏢從同一點拋出，由h＝gt2，可得②號飛鏢的運動時間長，由x＝v0t可得拋出時的初速度滿足v1>v2，選項 B 正確；tan θ＝＝，若②號與③號飛鏢飛行的水平距離x相同，則②號飛鏢的豎直位移長，重力對②號飛鏢做

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