2020年高考物理一轮复习第四单元曲线运动单元检测含解析新人教版

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1、曲线运动一、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=st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项错误;因为质

2、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=vt,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】B2.(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(15v+v)t=48m,30v=gt,h=12gt

3、2,由以上各式解得h=45m,D项正确。【答案】D3.(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4N时,弹簧伸长2cm,根据胡克定律F=kx,代入数据可得弹簧的劲度系数k=200N/m,将两根完全相同的弹簧并联后挂4N的重物,每根弹簧承受的拉力为2N,根据胡克定律知,每根弹簧伸长1cm,则每根弹簧的长度为9cm,A项正确。【答案】A4.(2018安徽淮北六校联

4、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,对水研究有Mg=Mv2R,对杯子和水整体研究,设绳的拉力为F,则F+(M+m)g=(M+m)v2R,解得F=0,A项正确。【答案】A5.(2018

5、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.31B.33C.31D.13【解析】如果小车在水平面上向左加速且加速度达到一定值,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=gtan30,a2=gtan30,得a1a2=13,故D项正

6、确。【答案】D6.(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

7、间t=dvsin,A项错误;若仅是河水流速v0增大,由t=dvsin知两船的渡河时间都不变,B项正确;只有甲船速度大于水流速度时,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】BD7.(2018贵州铜仁高三一模)(多选)如图所示,一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

8、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gB.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mg6r【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-6vrm,当a=0时,速度最大,此后小球做匀速运动,最大速度vm=mg6r,C、D两项正确。【答案】ACD8.(2018安徽黄山六校联考)如图所示为某种水轮机的示意图,

9、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,0.64R22g+0.6RB.0.6R,0.64R22g+0.6RC.1.2R,1.28R22g+0.6RD.0.6R,1.28R22g+0.6R【解析】由题意可知,水流冲击挡板时速度大小v

10、=2R,因此水从管口流出时的速度v0=vcos53=1.2R,(vsin53)2=2g(h-Rsin37),求得h=1.28R22g+0.6R,C项正确。【答案】C9.(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2,最大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()。A.当F32mg时,A、B都相对地面静止B.当F=52mg时,A的加速度为13gC.当F=5mg时,A的加速度为gD.无论F为何值,A的加速度不会超过12g【解析】对A、B整体,地面对B的最大静摩擦力为32

11、mg,故当Fgr时整体会发生滑动D.当g2rgr时整体会发生滑动,A项错误,B、C两项正确。当g2rgr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图象如图乙所示。已知g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求:(1)

12、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00.5s内,根据图乙知,A、B系统的加速度a1=vt=4m/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=8m/s2故A减速向上滑动的位移x2=v22a2=0.25m因为00.5s内A加速向上滑动的位移x1=v22a1=0.5m所以,A沿斜面向上滑动的最大位移x=x1+x2=0.75m。【答案】(1)0.25(2)0.75m12.(2018北京开学

13、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 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

14、,沿传送带向下做匀加速运动,其加速度a1=gsin+gcos=10m/s2当木块速度为10m/s时,运动距离L0=v22a1=5m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=2La1=1s与挡板P第一次碰撞后,木块以速度v1=5m/s被反弹,沿传送带向上以加速度a2=gsin+gcos=10m/s2做匀减速运动直到速度为零此过程运动的距离L1=v122a2=1.25m此过程运动的时间t1=2L1a2=0.5s木块再次下滑至与挡板P碰撞前,此过程运动的时间t2=2L1a1=0.5s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=2s。(2)木块与挡板P第二次碰撞后,木块以速度v2=2.5m/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=v222a2=0.3125m此过程运动的时间t3=2L2a2=0.25s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14,时间为12木块运动的总时间t=t0+2t1+2t3+=3s木块运动的总路程s=L0+2L1+2L3+=253m。【答案】(1)2s(2)3s253m8