(新課標(biāo))2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第3講 拋體運(yùn)動(dòng) 圓周運(yùn)動(dòng)精練(含解析)

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1、拋體運(yùn)動(dòng) 圓周運(yùn)動(dòng) (45分鐘) [刷基礎(chǔ)] 1.(2019·浙江杭州高三模擬)轉(zhuǎn)籃球是一項(xiàng)難度較高的技巧,其中包含了許多物理知識(shí).如圖所示,假設(shè)某轉(zhuǎn)籃球的高手能讓籃球在手指上(手指剛好在籃球的正下方)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),下列有關(guān)該同學(xué)轉(zhuǎn)籃球的物理知識(shí)正確的是(  ) A.籃球上各點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在手指上 B.籃球上各點(diǎn)的向心力是由手指提供的 C.籃球上各點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度相同 D.籃球上各點(diǎn)離轉(zhuǎn)軸越近,做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度越大 解析:籃球上的各點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),是繞著轉(zhuǎn)軸做圓周運(yùn)動(dòng)的,圓心均在轉(zhuǎn)軸上,故A錯(cuò)誤;籃球旋轉(zhuǎn)就是靠我們的手拍動(dòng)籃球旋轉(zhuǎn),造成籃球旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生向心力的,故B

2、錯(cuò)誤;籃球上的各點(diǎn)繞轉(zhuǎn)軸做圓周運(yùn)動(dòng),故角速度相同,故C正確;由于角速度相同,根據(jù)a=ω2r可知籃球上各點(diǎn)離轉(zhuǎn)軸越近,做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度越小,故D錯(cuò)誤. 答案:C 2.(2016·高考全國(guó)卷Ⅱ)小球P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板上,P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(diǎn)(  ) A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)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 解析:小球從水平位置擺動(dòng)至最低點(diǎn),由動(dòng)能定理

3、得,mgL=mv2,解得v=,因LPmQ,則兩小球的動(dòng)能大小無法比較,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;對(duì)小球在最低點(diǎn)受力分析得,F(xiàn)T-mg=m,可得FT=3mg,因mP>mQ,故選項(xiàng)C正確;由a==2g可知,兩球的向心加速度相等,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 答案:C 3.如圖所示,一條小河河寬d=60 m,水速v1=3 m/s.甲、乙兩船在靜水中的速度均為v2=5 m/s.兩船同時(shí)從A點(diǎn)出發(fā),且同時(shí)到達(dá)對(duì)岸,其中甲船恰好到達(dá)正對(duì)岸的B點(diǎn),乙船到達(dá)對(duì)岸的C點(diǎn),則(  ) A.α=β B.兩船過河時(shí)間為12 s C.兩船航行的合速度大小相同 D.BC的距離為7

4、2 m 解析:因?yàn)橥瑫r(shí)到達(dá)對(duì)岸,所以=,解得α=β,A正確;當(dāng)船頭垂直河岸渡河時(shí)t==12 s,現(xiàn)在兩船在垂直河岸方向上的速度小于v2,故渡河時(shí)間大于12 s,B錯(cuò)誤;由于兩船的方向不同,而水流方向相同,根據(jù)平行四邊形定則可知兩者的合速度大小不同,C錯(cuò)誤;根據(jù)幾何知識(shí)可得cos α=cos β=,所以sin β=,故乙船在水流方向的速度為v=(3+5×)m/s=6 m/s,渡河時(shí)間為t′==15 s,所以BC的距離為xBC=vt′=6×15 m=90 m,D錯(cuò)誤. 答案:A 4.質(zhì)量為M的物體內(nèi)有光滑圓形軌道,現(xiàn)有一質(zhì)最為m的小滑塊沿該圓形軌道在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),A、C為圓周的最高點(diǎn)和

5、最低點(diǎn),B、D為與圓心O在同一水平線上的點(diǎn),小滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí),物體在地面上靜止不動(dòng),則下列關(guān)于物體對(duì)地面的壓力N和地面對(duì)物體的摩擦力的說法,正確的是(  ) A.小滑塊在A點(diǎn)時(shí),N>Mg,摩擦力方向向左 B.小滑塊在B點(diǎn)時(shí),N=Mg,摩擦力方向向左 C.小滑塊在C點(diǎn)時(shí),N>(M+m)g,物體與地面無摩擦力 D.小滑塊在D點(diǎn)時(shí),N=(M+m)g,摩擦力方向向左 解析:小滑塊在A點(diǎn)時(shí),滑塊對(duì)物體的作用力在豎直方向上,系統(tǒng)在水平方向不受力的作用,所以沒有摩擦力的作用,故A錯(cuò)誤;小滑塊在B點(diǎn)時(shí),需要的向心力向右,所以物體對(duì)滑塊有向右的支持力作用,對(duì)物體受力分析可知,地面要對(duì)物體有向右的摩擦力作用

6、,在豎直方向上,由于沒有加速度,物體受力平衡,所以物體對(duì)地面的壓力N=Mg,故B錯(cuò)誤;小滑塊在C點(diǎn)時(shí),滑塊對(duì)物體的作用力豎直向下,物體在水平方向不受其他力的作用,所以不受摩擦力,滑塊對(duì)物體的壓力要大于滑塊的重力,則物體對(duì)地面的壓力N>(M+m)g,C正確;小滑塊在D點(diǎn)和B點(diǎn)受力類似,由B的分析可知N=Mg,摩擦力方向向左,D錯(cuò)誤. 答案:C 5.(2019·甘肅臨夏高考模擬)如圖所示,一個(gè)內(nèi)壁光滑的圓錐筒的軸線垂直于水平面,圓錐筒固定不動(dòng),有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和小球B緊貼圓錐筒內(nèi)壁分別在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則下列說法中正確的是(  ) A.A球的線速度必定小于B球的線速度 B.A

7、球的角速度必定大于B球的角速度 C.A球運(yùn)動(dòng)的周期必定大于B球的周期 D.A球?qū)ν脖诘膲毫Ρ囟ù笥贐球?qū)ν脖诘膲毫? 解析:小球受重力和支持力,由重力和支持力的合力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,受力分析如圖所示. 兩球所受的重力大小相等,支持力方向相同,根據(jù)力的合成,知兩支持力大小、合力大小相等,故D錯(cuò)誤.根據(jù)F合=m,合力、質(zhì)量相等,得r越大線速度越大,所以A球的線速度大于B球的線速度,故A錯(cuò)誤.根據(jù)F合=mω2r,合力、質(zhì)量相等,得r越大角速度越小,A球的角速度小于B球的角速度,故B錯(cuò)誤.根據(jù)F合=mr,合力、質(zhì)量相等,得r越大,周期越大,A球運(yùn)動(dòng)的周期大于B球運(yùn)動(dòng)的周期,故C正確. 答案

8、:C 6.(多選)(2019·高考江蘇卷)如圖所示,摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).座艙的質(zhì)量為m,運(yùn)動(dòng)半徑為R,角速度大小為ω,重力加速度為g,則座艙(  ) A.運(yùn)動(dòng)周期為 B.線速度的大小為ωR C.受摩天輪作用力的大小始終為mg D.所受合力的大小始終為mω2R 解析:由題意可知座艙運(yùn)動(dòng)周期為T=,線速度為v=ωR,受到的合力為F=mω2R,選項(xiàng)B、D正確,A錯(cuò)誤;座艙的重力為mg,座艙做勻速圓周運(yùn)動(dòng)受到的向心力(即合力)大小不變,方向時(shí)刻變化,故座艙受摩天輪的作用力大小時(shí)刻在改變,選項(xiàng)C錯(cuò)誤. 答案:BD 7.(多選)如圖所示,b是長(zhǎng)方形acfd對(duì)角線的

9、交點(diǎn),e是底邊df的中點(diǎn),a、b、c處的三個(gè)小球分別沿圖示方向做平拋運(yùn)動(dòng),落地后不反彈,下列表述正確的是(  ) A.若a、b、c處三球同時(shí)拋出,三球可能在de之間的區(qū)域相遇 B.只要b、c處兩球同時(shí)開始做平拋運(yùn)動(dòng),二者不可能在空中相遇 C.若a、b處兩球能在地面相遇,則a、b在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2∶1 D.若a、c處兩球在e點(diǎn)相遇,則拋出速度大小一定滿足va=vc 解析:若三個(gè)小球同時(shí)拋出,由于三球不都是從同一高度水平拋出,故三球不可能相遇,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;設(shè)ad=2h,a球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ta,b球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tb,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律,2h=gt,h=gt,解得ta=

10、2,tb=,若a、b處兩球能在地面相遇,則a、b在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為ta∶tb=2∶=∶1,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律h=gt2和x=v0t可知,選項(xiàng)D正確. 答案:BD 8.(多選)(2019·山東濟(jì)南高三區(qū)縣聯(lián)考)長(zhǎng)為l0的輕桿一端固定一個(gè)質(zhì)量為m的小球,繞另一端O在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),如圖所示.若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)對(duì)桿的作用力為2mg,以下說法正確的是(  ) A.小球運(yùn)動(dòng)的線速度大小為 B.小球運(yùn)動(dòng)的線速度大小為 C.小球在最高點(diǎn)時(shí)所受的合力為3mg D.小球在最低點(diǎn)時(shí)所受桿的拉力為4mg 解析:小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)對(duì)桿的作用力為2mg,故桿對(duì)小球?yàn)槔?,故在最?/p>

11、點(diǎn)受到的合力為mg+2mg=3mg,故C正確;在最高點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律可知3mg=,解得v=,故A、B錯(cuò)誤;在最低點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律可知F-mg=,解得F=4mg,故D正確. 答案:CD 9.(2019·河北衡水高三模擬)如圖所示,在光滑水平面上豎直固定一半徑為R的光滑半圓槽軌道,其底端恰與水平面相切.質(zhì)量為m的小球以大小為v0的初速度經(jīng)半圓槽軌道最低點(diǎn)B滾上半圓槽,小球恰能通過最高點(diǎn)C后落回到水平面上的A點(diǎn).(不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g)求: (1)小球通過B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓槽的壓力大小; (2)A、B兩點(diǎn)間的距離; (3)小球落到A點(diǎn)時(shí)的速度方向. 解析:(1)在B點(diǎn)小球做圓周

12、運(yùn)動(dòng),F(xiàn)N-mg=m, 得 FN=m+mg. 由牛頓第三定律知,小球通過B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓槽的壓力大小 FN′=FN=m+mg. (2)小球恰能通過C點(diǎn),故只有重力提供向心力,則 mg=m 過C點(diǎn)小球做平拋運(yùn)動(dòng),xAB=vCt,h=gt2,h=2R 聯(lián)立以上各式可得 xAB=2R. (3)設(shè)小球落到A點(diǎn)時(shí),速度方向與水平面的夾角為θ,則 tan θ=,vy=gt,2R=gt2 解得tan θ=2 小球落到A點(diǎn)時(shí),速度方向與水平面成θ角斜向左下方,且 tan θ=2. 答案:(1)m+mg (2)2R (3)與水平方向夾角為θ,且 tan θ=2 [刷綜合] 10.如圖所

13、示,長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕直棒一端可繞固定軸O轉(zhuǎn)動(dòng),另一端固定一質(zhì)量為m的小球,小球擱在水平升降臺(tái)上,升降平臺(tái)以速度v勻速上升.下列說法正確的是(  ) A.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng) B.當(dāng)棒與豎直方向的夾角為α?xí)r,小球的速度為 C.棒的角速度逐漸增大 D.當(dāng)棒與豎直方向的夾角為α?xí)r,棒的角速度為 解析:棒與平臺(tái)接觸點(diǎn)(即小球)的運(yùn)動(dòng)可視為豎直向上的勻速運(yùn)動(dòng)和沿平臺(tái)向左的運(yùn)動(dòng)的合成.小球的實(shí)際運(yùn)動(dòng)即合運(yùn)動(dòng)方向是垂直于棒指向左上方的,如圖所示.設(shè)棒的角速度為ω,則合速度v實(shí)=ωL,沿豎直向上方向上的速度分量等于v,即ωLsin α=v,所以ω=,小球速度為v實(shí)=ωL=,由此可知棒(小球)的角速度隨棒與豎

14、直方向的夾角α的增大而減小,小球做角速度越來越小的變速圓周運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤,D正確. 答案:D 11.如圖,一塊足夠大的光滑平板放置在水平面上,能繞水平固定軸MN調(diào)節(jié)其與水平面所成的傾角.板上一根長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.60 m的輕細(xì)繩,它的一端系住一質(zhì)量為m的小球P,另一端固定在板上的O點(diǎn).當(dāng)平板的傾角為α?xí)r,先將輕繩平行于水平軸MN拉直,第一次給小球一初速度使小球恰能在板上做完整的圓周運(yùn)動(dòng),小球在最高點(diǎn)的速度大小為 m/s,若要使小球在最高點(diǎn)時(shí)繩子的拉力大小恰與重力大小相等,則小球在最高點(diǎn)的速度大小為(重力加速度g取10 m/s2 )(  ) A. m/s      B.2 m/s C

15、.3 m/s D.2 m/s 解析:小球在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)受繩子的拉力、斜面的彈力及其重力作用.在垂直斜面方向上合力為0,重力在沿斜面方向的分量為mgsin α 若恰好通過最高點(diǎn)繩子拉力FT=0 此時(shí)mgsin α=m 代入數(shù)據(jù)得sin α= 若要使小球在最高點(diǎn)時(shí)繩子的拉力大小恰與重力大小相等,小球在最高點(diǎn)時(shí),由繩子的拉力和重力分力的合力提供向心力 mg+mgsin α=m 代入數(shù)據(jù)得v=3 m/s,故C正確. 答案:C 12.(2019·河南洛陽高三一模)如圖為固定在豎直平面內(nèi)的軌道,直軌道AB與光滑圓弧軌道BC相切,圓弧軌道的圓心角為37°,半徑為r=0.25 m,C端切線水

16、平,AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.豎直墻壁CD高H=0.2 m,緊靠墻壁在地面上固定一個(gè)和CD等高,底邊長(zhǎng)L=0.3 m的斜面.一個(gè)質(zhì)量m=0.1 kg的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))在傾斜軌道上從距離B點(diǎn)l=0.5 m處由靜止釋放,從C點(diǎn)水平拋出.重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8. (1)求小物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大?。? (2)求小物塊從C點(diǎn)拋出到擊中斜面的時(shí)間; (3)改變小物塊從斜面上釋放的初位置,求小物塊擊中斜面時(shí)動(dòng)能的最小值. 解析:(1)由動(dòng)能定理得mglsin 37°+mg(r-rcos 37°)-μmglcos 37°=mv 得v0= m/s 在C點(diǎn)由牛頓第二定律得FN-mg=m 得FN=2.2 N 由牛頓第三定律得,小物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為FN′=2.2 N. (2)如圖,設(shè)物塊落到斜面上時(shí)水平位移為x,豎直位移為y =,得x=0.3-1.5y x=v0t,y=gt2 15t2+2t-0.6=0 t= s. (3)x=0.3-1.5y vt2=v=(0.3-1.5y)2 v= Ek=mv+mgy=mg+mgy-mg 解得當(dāng)y=0.12 m時(shí),Ekmin=0.15 J. 答案:(1)2.2 N (2) s (3)0.15 J - 7 -

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