2022届高考一轮复习专题：运动学计算 基础题(带答案)
2022届高三物理一轮复习：曲线运动、万有引力与航天夯基练含答案
2022届高考物理一轮：曲线运动、万有引力与航天夯基练含答案专题：曲线运动、万有引力与航天一、选择题。
1、(多选)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点一定做匀变速直线运动B．质点可能做匀变速曲线运动C．质点单位时间内速度的变化量相同D．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同2、小船在400米宽的河中横渡，河水流速是2 m/s，船在静水中的航速是4 m/s，要使船的航程最短，则船头的指向和渡河的时间t分别为( )A.船头应垂直指向对岸，t=100 sB.船头应与上游河岸成60°角，t= sC.船头应垂直指向对岸，t= sD.船头应与下游河岸成60°角，t=100 s3、如图，人造地球卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动，已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大值为θ，则M、N的运动速度大小之比等于A．tan θB．1tan θC．s in θD．1sin θ4、(多选)运动轨迹既不是抛物线也不是圆周的曲线运动，称为一般的曲线运动，研究一般的曲线运动，可以把曲线分隔成许多小段，分析质点在每一小段的运动时，下列方法错误的是()A．每一小段的运动可以看成直线运动B．每一小段运动中物体受到的合力为零C．每一小段运动中物体受到恒力的作用D．每一小段运动可以看成圆周运动的一部分*5、各种大型的货运站中少不了悬臂式起重机，如图所示，该起重机的悬臂保持不动，可沿悬臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿悬臂水平方向运动。
现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又使货物沿竖直方向做匀减速运动。
此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是图中的( )*6、如图所示，A是地球的同步卫星，B是地球的近地卫星，C是地面上的物体，A、B、C质量相等，均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动．设A、B与地心连线在单位时间内扫过的面积分别为S A、S B，周期分别为T A、T B、T C，A、B、C做圆周运动的动能分别为E kA、E kB、E kC.不计A、B、C之间的相互作用力，下列关系式正确的是()A．S A＝S B B．S A＞S B C．T A＝T B＜T C D．E kA＜E kB＝E kC*7、小赵同学在研究某物体运动时，正确地画出了右图的运动轨迹图象，经判断轨迹为二次函数图象．已知该物体在某方向做匀速直线运动，则下列关于物体可能的运动情况描述(图线)，正确的是()8、2018年1月31号晚上，月亮女神上演152年一次的“月全食血月＋超级月亮＋蓝月”三景合一的天文奇观．超级月亮首要条件是月亮距地球最近，月亮绕地球运动实际是椭圆轨道，距离地球的距离在近地点时为36.3万千米，而位于远地点时，距离为40.6万千米，两者相差达到10.41%，运行周期为27.3天，那么以下说法正确的是()A．月球在远地点时绕行的线速度最大B．每次月球在近地点时，地球上同一位置的人都将看到月食C．有一种说法，月球的近地点越来离地球越远，如果一旦变成半径大小等于远地点距离40.6万千米的圆轨道时，那么月球绕地球的周期将变大D．月球是地球的卫星，它在远地点时的机械能大于在近地点的机械能9、如图所示，水平桌面上一小铁球沿直线运动。
2022届高三物理一轮复习6：动量和能量(答案)
2022届高三物理一轮复习6：动量和能量（参考答案）一、选择题1． 【答案】D 【解析】质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有22v ax = 而动量为p mv =联立可得1222p m ax m a x ==⋅ 动量p 关于x 为幂函数，且0x >，故正确的相轨迹图像为D 。
故选D 。
2． 【答案】BC【解析】CD ．外力撤去前，由牛顿第二定律可知 1F mg ma μ-= ① 由速度位移公式有20102v a s =②外力撤去后，由牛顿第二定律可知 2mg ma μ-= ③ 由速度位移公式有20202(2)v a s -= ④由①②③④可得，水平恒力20034mv F s = 动摩擦因数2004v gs μ= 滑动摩擦力20f 04mv F mg s μ== 可知F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C 正确，D 错误；A ．在此过程中，外力F 做功为20034W Fs mv == 故A 错误； B ．由平均速度公式可知，外力F 作用时间00100202s st v v ==+在此过程中，F 的冲量大小是1032I Ft mv == 故B 正确。
故选BC 。
3． 【答案】 C【解析】物体接触地面时的速度v==m/s =10 m/s,取竖直向下为正方向,物体刚接触地面到速度减为零过程中由动量定理有(mg-F )Δt=0-mv ,得F=mg+≈1230 N ,则有F=Mg ,得M==kg =123 kg,C 项正确。
4． 【答案】AC【解析】根据平衡条件可知，直升机悬停时受到的升力大小为F ＝mg ，故A 正确；Δt 时间内被螺旋桨加速的空气质量为Δm ′＝ρS v Δt ，以Δt 时间内被加速的空气为研究对象，设螺旋桨对空气的作用力为F ′，根据动量定理，F ′Δt ＝Δm ′v ，根据牛顿第三定律，F ′＝F ，联立解得v ＝mgρS，故B 错误；1秒内被螺旋桨推动的空气质量为M ＝ρS v ＝ρS mg ρS ＝mgρS ，故C 正确；由动能定理可得1秒内发动机所做的功为W ＝12Mv 2＝12 m 3g 3ρS，故D 错误。
2022届高考物理一轮复习：专题六 牛顿定律计算题专练
2022届高三物理一轮复习：专题六牛顿定律计算题专练1．在地面上把一个物体以某一初速度竖直向上抛出，最后落回地面。
测得下降时间为上升时间的76，已知整个运动过程中物体受到的空气阻力大小不变，求：（1）物体落地速度与初速度大小之比；（2）物体所受空气阻力与其所受重力大小之比。
2．质量为2kg的物体放在水平地面上，在大小为5N的倾斜拉力的作用下，物体由静止开始做匀加速直线运动，6s末的速度是1.8m/s，已知拉力与水平面方向成37°仰角，如图所示，求物体和地面之间的动摩擦因数。
（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）3．如图所示，A是倾角为θ=30°的光滑轨道，BC是粗糙的水平轨道，现有一质量为m=0.2kg 的物体从高为h=0.45m的A点由静止开始下滑，最终停在水平轨道上的M点。
已知M点到B点的距离为L=1.5m，（物体通过连接处B点时能量损失不计，取g=10m/s）。
求∶（1）物体沿AB轨道下滑的加速度多大？（2）物体到达B点时的速度多大？（3）物体与水平轨道的动摩擦因数μ。
4．在平直的公路上，一辆以22m/s 的速度匀速行驶的汽车，因前方出现事故，司机紧急刹车，汽车开始减速。
刹车1s 后ABS制动系统开始工作，ABS制动系统启动前后汽车所受阻力f与汽车重力m g 的比值随时间t变化的情况可简化为如下图所示的图像。
取重力加速度g=10m/s2求∶（1）汽车在1s 末的速度大小；（2）汽车从开始减速到停止的过程中行驶的位移大小。
5．如图所示，质量M=4kg的长木板放置于光滑的水平面上，其左端有一不计大小，质量为m=2kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.1。
开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块施加F=6N，方向水平向右的恒定拉力，若物块从木板左端运动到右端经历的时间为4s。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2求：（1）画出小物块与长木板的受力分析图，并求出小物块和长木板的加速度大小；（2）求小物块到达木板右端时，小物块与木板的速度大小；（3）木板的长度L。
2022届高考物理一轮复习平抛运动的规律及应用学案新人教版(含答案)
2022届高考物理一轮复习：第2讲平抛运动的规律及应用知识点一平抛运动1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在________作用下的运动．2．性质：平抛运动是加速度为g的________曲线运动，运动轨迹是抛物线．3．研究方法：运动的合成与分解．(1)水平方向：________直线运动；(2)竖直方向：________运动．4．基本规律：(如下图)(1)位移关系(2)速度关系知识点二斜抛运动1．定义：将物体以初速度v0________或斜向下方抛出，物体只在________作用下的运动．如图所示．2.性质：斜抛运动是加速度为g的________曲线运动，运动轨迹是________．3．研究方法：运动的合成与分解(1)水平方向：________直线运动；(2)竖直方向：________直线运动．思考辨析(1)平抛运动属于匀变速曲线运动．( )(2)平抛运动的加速度方向时刻在变化．( )(3)做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角保持不变．( )(4)做平抛运动的物体在任意相等的两段时间内的速度变化相同．( )教材改编[人教版必修2P10做一做改编](多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的有( )A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应改变装置的高度，多次实验D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动考点一平抛运动规律的基本应用自主演练1．飞行时间由t＝√2ℎ知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．g2．水平射程x＝v0t＝v0√2ℎ，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关．g3．落地速度v＝√ℎℎ2+ℎℎ2＝√ℎ02+2gℎ，以θ表示落地速度与水平正方向的夹角，有tan θ＝ℎℎℎℎ＝√2gℎ，落地速度与初速度v0和下落高度h有关．ℎ04．速度改变量因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示．[多维练透]1．(多选)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为正方形ABCD，若在A点以初速度v0沿AB方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的C点，已知AB的长度为l，忽略空气阻力，则( )A．小球下落的时间t＝ℎℎ0B．坑的深度AD＝gℎ22ℎ02C．落到C点的速度大小为√2v0D．落到C点时速度方向与水平成60°角2．[2020·全国卷Ⅱ，16]如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点.ℎ2等于( )ℎ1A．20 B．18 C．9.0 D．3.03. [2020·江苏卷，8](多选)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l.忽略空气阻力，则( ) A．A和B的位移大小相等B．A的运动时间是B的2倍C．A的初速度是B的12D．A的末速度比B的大4．[2020·北京卷，17]无人机在距离水平地面高度h处，以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g.(1)求包裹释放点到落地点的水平距离x；(2)求包裹落地时的速度大小v；(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程．考点二平抛运动的综合问题多维探究题型1平抛运动重要推论的应用两个重要推论(1)做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图所示，即x B＝ℎℎ2(2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α.例1 [2021·安徽太和中学月考]如图所示，xOy是平面直角坐标系，Ox水平、Oy竖直，一质点从O点开始做平抛运动，P点是轨迹上的一点．质点在P点的速度大小为v，方向沿该点所在轨迹的切线．M点为P点在Ox轴上的投影，P点速度方向的反向延长线与Ox轴相交于Q点．已知平抛的初速度大小为20 m/s，MP＝20 m，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．QM的长度为10 mB．质点从O点到P点的运动时间为1 sC．质点在P点的速度大小v为40 m/sD．质点在P点的速度方向与水平方向的夹角为45°题型2|逆向思维和对称方法的应用例2 (多选)如图所示，假设某人在高度H＝5 m的竖直杆左侧用弹弓将一弹丸从A点发射出去，弹丸刚好从竖直杆BN顶端B点以v＝10 m/s的水平速度通过后，落到水平地面上的C 点．已知弹丸质量m＝50 g，A点到水平地面高度h＝1.8 m，不计空气阻力，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )A．N、C之间的距离x＝12 mB．A点到竖直杆的水平距离为8 mC．弹丸落地时的速度大小为10√2m/sD．弹弓对弹丸做的功为4.2 J题型3 平抛运动的临界极值问题例3 如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端距水平地面高度H＝3.2 m的A点水平滑出，斜面底端有个宽L＝1.2 m、高h＝1.4 m的障碍物．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.为了不触及这个障碍物并落在水平面上，运动员从A点沿水平方向滑出的最小速度为( )A．3.0 m/s B．4.0 m/s C．4.5 m/s D．6.0 m/s练1 [2020·浙江温州九校联考]在第18届亚运会，中国女排毫无悬念地赢得了冠军，图为中国队员比赛中高抛发球．若排球离开手时正好在底线中点正上空3.49 m处，速度方向水平且与底线垂直．已知每边球场的长和宽均9 m，球网高2.24 m，不计空气阻力，g取10 m/s2.为了使球能落到对方场地，下列发球速度大小可行的是( )A．15 m/s B．17 m/s C．20 m/s D．25 m/s练2 [2020·河北石家庄5月模拟]如图，容量足够大的圆筒竖直放置，水面高度为h，在圆筒侧壁开一个小孔P，筒内的水从小孔水平射出，设水到达地面时的落点距小孔的水平距离为x，小孔P到水面的距离为y.短时间内可认为筒内水位不变，重力加速度大小为g，不计空气阻力，在这段时间内，下列说法正确的是( )A．水从小孔P射出的速度大小为√gyB．y越小，则x越大C．x与小孔P的位置无关D．当y＝ℎ时，x最大，最大值为h2题后反思平抛运动中临界问题的分析方法思维拓展四种典型落点位置的平抛运动类型1 落点在水平面上例 1 [2021·宁波十校联考]如图所示为乒乓球桌面示意图，球网上沿高出桌面h，网到L处，将球沿垂直于桌边的水平距离为L.在某次乒乓球训练中，从桌面左侧距网水平距离为12网的方向以速度v水平击出，球恰好通过网的上沿并落到桌面右侧边缘．将乒乓球的运动看成平抛运动，下列判断正确的是( )A．击球点离桌面的高度与网高度之比为2：1B．乒乓球在网的左、右两侧运动时间之比为1：3C．乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时的速率之比为1：3D．乒乓球在网左、右两侧速度变化量之比为1：2类型2 落点在斜面上例2 [2021·浙江名校联考]如图(a)是研究小球在斜面上平抛运动的实验装置，每次将小球从弧型轨道同一位置静止释放，并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角θ，获得不同的射程x，最后作出了如图(b)所示的xtan θ图象，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )A．由图(b)可知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速度大小v0＝5 m/sB．由题中所给条件无法求出小球在斜面顶端水平抛出时的初速度大小C．若最后得到的图象如图(c)所示，可能是由于小球释放位置降低造成的m D．若实验中发现当θ＝60°时，小球恰好落在斜面底端，则斜面的长度L＝2√35题后反思解决斜面约束下的平抛运动问题时要抓住几何关系，灵活应用各种规律，特别要注意速度偏向角和位移偏向角的关系．若质点从斜面外抛出，垂直落在斜面上，则有tan θ＝ℎ0，gℎ，以上两式中的θ为斜面倾角.解得t＝ℎ0gtanℎ类型3 落点在竖直面上例3 [2020·浙江衢州、湖州、丽水三市4月质检]如图所示，网球发球机水平放置在水平地面上方某处，正对着竖直墙面发射网球，两次发射的两球分别在墙上留下A、B两点印迹，测得OA＝AB＝h.OP为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，则( )A．两球发射的初速度之比v OA：v OB＝2：1B．两球碰到墙面瞬间运动的时间之比t A：t B＝1：2C．两球碰到墙面时的动量可能相同D．两球碰到墙面时的动能可能相等类型4 落点在曲面上例4 [2021·江苏淮安四校联考]如图，可视为质点的小球，位于半径为√3 m 的半圆柱体左端点A 的正上方某处，以初速度大小v 0水平抛出一小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B 点．过B 点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，则初速度大小为( )A.5√53m/s B ．4√3 m/s C ．3√5 m/s D.√152m/s练1 [2021·株洲模拟](多选)将一小球以水平速度v 0＝10 m/s 从O 点向右抛出，经√3 s 小球恰好垂直落到斜面上的A 点，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图所示，以下判断正确的是( )A ．斜面的倾角是30°B ．小球的抛出点距斜面上B 点的竖直高度是15 mC ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 的上方D ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 处练 2 (多选)如图所示，a 、b 两小球(均可视为质点)分别从直径在水平线上的半圆轨道右端和足够长的斜面轨道顶端以大小相等的初速度同时由同一高度水平抛出，且同时落到各自轨道上．已知半圆轨道的半径为10√3 m ，斜面轨道的倾角θ＝30°，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，则( )A ．两小球抛出时的速度大小为10 m/sB ．两小球抛出时的速度大小为15 m/sC ．两小球在空中的运动时间为√3 sD ．两小球在空中的运动时间为1.5 s 题后反思有约束条件的平抛运动解题策略第2讲 平抛运动的规律及应用基础落实 知识点一 1．重力 2．匀变速3．(1)匀速 (2)自由落体4．(1)v 0t 12gt 2√x 2+y 2gt 2v 0(2)v 0 gt √ℎℎ2+ℎℎ2gt v 0知识点二1．斜向上方 重力 2．匀变速 抛物线 3．(1)匀速 (2)匀变速 思考辨析(1)√ (2)× (3)× (4)√ 教材改编解析：根据合运动与分运动的等时性和独立性特点可知，两球应同时落地，为减小实验误差，应改变装置的高度，多次做实验，选项B 、C 正确；平抛运动的实验与小球的质量无关，选项A 错误；此实验只能说明A 球在竖直方向做自由落体运动，选项D 错误．答案：BC 考点突破1．解析：小球做平抛运动的水平位移l ＝v 0t ，则小球下落的时间为t ＝lv 0，A 项正确；小球在竖直方向的位移y ＝12gt 2＝ℎℎ22ℎ02 ，B 正确；落到C 点时，水平分位移与竖直分位移大小相等，即v 0t ＝v y 2t ，所以v y ＝2v 0，落到C 点的速度v ＝√ℎ02+ℎℎ2 ＝√5v 0，方向为tan θ＝vy v 0＝2，不等于60°，C 、D 两项错误．答案：AB2．解析：由平抛运动规律有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，得v 0＝x √g 2y ；动能E k ＝12mv 02＝mgx 24y∝x 2y ，故E 2E 1＝(x2x 1)2·y1y 2＝(3h h )2·h0.5h ＝18，故B 正确．答案：B3．解析：由题意可知，落地后，小球A 的位移的大小为s A ＝√ℎℎ2+ℎℎ2 ＝√l 2+(2l )2＝√5l ，小球B 的位移的大小为s B ＝√ℎℎ2+ℎℎ2 ＝√(2l )2+l 2＝√5l ，显然小球A 、B 的位移大小相等，A 正确；小球A 的运动时间为t A ＝ √2y A g＝√4lg ，小球B 的运动时间为t B ＝ √2y B g＝√2lg，则t A ∶t B ＝√2∶1，B 错误；小球A 的初速度为v xA ＝xA t A＝√g＝√gl4，小球B 的初速度为v xB ＝ℎℎℎℎ＝√g＝√2gl，则v A ∶v B ＝1∶2√2，C 错误；落地瞬间，小球A 竖直方向的速度为v yA ＝√4gl，小球B 竖直方向的速度为v yB ＝√2gl，则落地瞬间小球A 的速度为v A ＝√ℎℎℎ2+ℎℎℎ2 ＝ √174gl，小球B 的速度为v B ＝√ℎℎℎ2+ℎℎℎ2 ＝√4gl，显然v A >v B ，D 正确．答案：AD4．解析：(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则h ＝12gt 2解得t ＝√2hg水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为x ＝v 0t ＝v 0√2hg(2)包裹落地时，竖直方向速度为v y ＝gt ＝g √2hg落地时速度为v ＝√ℎ02+ℎℎ2＝√ℎ02 +2g ℎ(3)包裹做平抛运动，分解位移x ＝v 0t ′ y ＝12gt ′2两式消去时间得包裹的轨迹方程为y ＝g2ℎ02 x 2答案：(1)ℎ0√2ℎg(2)√ℎ+022g ℎ (3)y ＝g2ℎ02x 2例1 解析：由h ＝12gt 2得，质点从O 点到P 点的运动时间为t ＝2 s ，B 错误；由tan θ＝v y v 0＝gtv 0＝gt 2v 0t ＝2hx ，质点在水平方向的位移为x ＝v 0t ＝40 m ，故Q 是OM 的中点，QM ＝20 m ，A错误；质点在P 点的速度大小为v ＝√ℎ02+ℎℎ2 ＝20√2 m/s ，C 错误；tan θ＝vy v 0＝1，故质点在P 点的速度方向与水平方向的夹角为45°，D 正确．答案：D例2 解析：弹丸越过B 点后做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2，水平方向上有x ＝vt ，联立解得N 、C 之间的距离x ＝10 m ，选项A 错误；把弹丸从A 点到B 点的斜抛运动看成逆向的从B 点到A 点的平抛运动(逆向思维法)，在竖直方向上有H －h ＝12gt ′2，解得弹丸从A 点运动B 点的时间t ′＝0.8 s ，则A 点到竖直杆的水平距离x ′＝vt ′＝8 m ，选项B 正确；弹丸从B 点运动到C 点，由机械能守恒定律有mgH ＋12mv 2＝12mv C2，解得弹丸落地时的速度大小为v C＝10√2 m/s ，选项C 正确；整个运动过程中，由功能关系得W ＝12mv C2－mgh ，解得弹弓对弹丸做的功为W ＝4.1 J ，选项D 错误．答案：BC例3 解析：由题意，可知要使运动员不触及障碍物，则运动员下落到与障碍物等高时，根据几何关系可知运动员在水平方向发生的位移应该满足：x ≥H tan 53°＋L此时运动员在竖直方向下落的高度为H －h ，设运动员运动的时间为t ，则有：H －h ＝12gt 2代入数据可得时间为：t ＝0.6 s所以运动员从A 点沿水平方向滑出的最小速度为：v min ＝6 m/s ，故D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D练1 解析：本题实质为平抛运动的临界问题．设排球离开手时的高度为H ，网高为h ，每边球场的长和宽均为L ，排球刚好过网时，由平抛运动规律可知，在竖直方向H －h ＝12g ℎ12 ，在水平方向L ＝v 1t 1，解得v 1＝18 m/s.排球刚好落到对方的场地的底线时，由平抛运动公式有，在竖直方向H ＝12gt 22，在水平方向2L ＝v 2t 2，解得v 2≈21.5 m/s，所以要使球落在对方场地，发球速度范围为18 m/s≤v ≤21.5 m/s，故C 符合要求．答案：C练2 解析：取水面上质量为m 的水滴，从小孔P 射出时由机械能守恒定律有mgy ＝12mv 2，解得v ＝√2gy，选项A 错误；水从小孔P 射出时做平抛运动，则x ＝vt ，h －y ＝12gt 2，解得x ＝2√y (h −y )，可见x 与小孔P 的位置有关，因y ＋(h －y )＝h 为定值，由数学关系可知，当y ＝h －y ，即y ＝12h 时x 最大，最大值为h ，并不是y 越小，x 越大，选项D 正确，B 、C 均错误．答案：D 思维拓展典例1 解析：设击球点高出桌面H ，乒乓球在网的左、右两侧运动时间分别为t 1、t 2，乒乓球做平抛运动，经时间t 在水平方向上的位移x ＝vt ，在竖直方向上的位移y ＝12gt 2，即t ∝x ，y ∝t 2，则t 1t 2＝L 2L ，H −h H＝(t 1t1+t 2)2，整理得t 1∶t 2＝1∶2，H ∶h ＝9∶8，选项A 、B 错误；由加速度的定义式得g ＝Δv 1t 1，g ＝Δv 2t 2，则乒乓球在网的左、右两侧速度变化量之比Δv 1∶Δv 2＝t 1∶t 2＝1∶2，选项D正确；根据机械能守恒定律得12ℎℎ12 ＝mg (H −h )+12mv 2，12mv 22＝mgH ＋12mv 2，则乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时的速率之比v 1v 2＝√v 2+2g (H −h )v 2+2gH＝√v 2+2g ·H9v 2+2gH≠ √2g ·H 92gH＝13，选项C 错误．答案：D典例2 解析：小球在空中做平抛运动，在竖直方向上有y ＝12gt 2，水平方向上有x ＝v 0t ，由几何关系有yx ＝tan θ，解得x ＝2ℎ02 ℎtan θ，由图(b)可知2ℎ02ℎ＝0.10.5，解得小球在斜面顶端水平抛出时的初速度大小v 0＝1 m/s ，选项A 、B 错误；由图(c)可知，图象末端的斜率增大，说明2ℎ02ℎ增大，又重力加速度不变，可知做平抛运动的初速度增大，其原因可能为小球在弧形轨道上的释放位置变高或小球释放时有初速度，选项C 错误；当θ＝60°时，水平位移大小x ＝2×1210tan 60° m＝√35 m ，由于小球恰好落在斜面底端，则斜面长度L ＝x cos θ＝2√35m ，选项D正确．答案：D典例3 解析：忽略空气阻力，网球做的运动可视为平抛运动，在竖直方向上有h ＝12gt A2，2h ＝12gt B2，解得t A ∶t B ＝1∶√2，在水平方向上有x ＝v OA t A ，x ＝v OB t B ，则v OA ∶v OB ＝√2∶1，A 、B 均错误；动量为矢量，由图可知，二者与墙碰撞时其速度方向不相同，故二者碰到墙面时的动量不可能相同，C 错误；由排除法知选项D 正确(从抛出到与墙碰撞的过程中，根据机械能守恒定律有E k A ＝mgh +12mv OA2，E k B ＝mg ·2h +12mv OB2，可得E k B －E k A ＝ℎg ℎ+12ℎℎ−ℎℎ212ℎℎℎℎ2＝ℎ2(2gh −v OB 2)，由数学知识可知，当v OB ＝√2gh时，有E k A ＝E k B ，D 正确．答案：D典例4 解析：将小球到达B 点时的速度沿水平方向和竖直方向分解，则v y ＝gt ，R ＋R cos 60°＝v 0t ，由几何关系得v0v y＝tan 60°，解得v 0＝3√5 m/s ，选项C 正确．答案：C练1 解析：设斜面倾角为θ，对小球在A 点的速度进行分解有tan θ＝v0gt ，解得θ＝30°，A 项正确；小球距过A 点水平面的距离为h ＝12gt 2＝15 m ，所以小球的抛出点距斜面上B 点的竖直高度肯定大于15 m ，B 项错误；若小球的初速度为v ′0＝5 m/s ，过A 点作水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v 0＝10 m/s 抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P 、A 之间，C 项正确，D 项错误．答案：AC练2 解析：两小球做平抛运动具有对称性，把左侧半圆对称到右侧，小球的落点为斜面与右侧半圆的交点，如图所示．由几何关系可知，小球落到斜面上时，在水平方向上有x ＝v 0t ，竖直方向上有y ＝12gt 2，由几何关系得y ＝r sin 2θ，yx ＝tan θ，解得两小球抛出时的速度大小为v 0＝15 m/s ，两小球在空中的运动时间为t ＝√3 s ，选项B 、C 均正确，A 、D 均错误．答案：BC。
课标版2022高考物理一轮复习专题一质点的直线运动试题部分精练含解析
专题一质点的直线运动【考情探究】考点考向5年考情预测热度考题例如学业水平关联考点素养要素解法根本概念与规律位移、速度和加速度2022课标Ⅲ,16,6分 3 动能物质观念★★☆2022福建理综,20,15分 4 v-t图像科学推理图像法匀变速直线运动的根本公式及推论2022课标Ⅰ,18,6分 4 模型建构2022浙江4月选考,19,9分3 功运动与相互作用观念运动图像、追及和相遇问题运动图像2022课标Ⅱ,19,6分 3 科学推理图像法★★★2022课标Ⅲ,18,6分 3运动与相互作用观念图像法2022浙江4月选考,9,3分 3 科学推理图像法追及和相遇问题2022课标Ⅰ,21,6分 4 v-t图像运动与相互作用观念图像法分析解读匀变速直线运动的公式的灵活应用,x-t图像、v-t图像的应用,运动规律和运动图像在实际生活中的应用,以及图像法处理实验数据,一直是高考的热点,因此,在复习中要强化运动规律的应用,加深对图像的理解和应用。
本专题规律较多,同一试题从不同角度分析,都能得到正确答案,注重一题多解对熟练运用公式有很大帮助。
【真题探秘】破考点练考向【考点集训】考点一根本概念与规律1.(2022安徽六校二联,3)一个质点做匀变速直线运动,依次经过a、b、c、d四点。
经过ab、bc和cd的时间分别为t、2t、4t,ac和bd的位移分别为x1和x2,那么质点运动的加速度为( )A.x2-x115x2 B.x2-x142x2C.x2-2x142x2D.x2-2x115x2答案 D2.(2022届山西大同模拟,1)某汽车正以72km/h的速度在公路上行驶,为“礼让行人〞,假设以5m/s2的加速度刹车,那么以下说法错误的选项是( )A.刹车后2s时的速度大小为10m/sB.汽车滑行40m停下C.刹车后5s时的速度大小为0D.刹车后6s内的位移大小为30m答案 D考点二运动图像、追及和相遇问题1.(2022课标Ⅱ,19,6分)(多项选择)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度-时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。
2022届高考物理一轮最新精选试题《曲线运动 运动的合成与分解、平抛运动、圆周运动》(含答案)
高三一轮复习精选练习题《曲线运动运动的合成与分解、平抛运动、圆周运动》一、选择题1．如图所示，汽车在一段弯曲水平路面上行驶，关于它受的水平方向的作用力的示意图，可能正确的是(图中F为牵引力，F f为汽车行驶时所受阻力)( )2．如图所示，在一次海上救援行动中，直升机用悬索系住伤员，直升机和伤员一起在水平方向以v1＝8 m/s的速度匀速运动，同时悬索将伤员在竖直方向以v2＝6 m/s的速度匀速上拉，则伤员实际运动速度v的大小是( )A．6 m/s B．8 m/sC．10 m/s D．14 m/s3.如图所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为( )A．2 m/s B．2.4 m/sC．3 m/s D．3.5 m/s4．如图所示，从倾角为θ＝37°的斜面上，以大小为v0＝10 m/s的速度，沿垂直斜面向上的方向抛出一个小球，其轨迹的最高点为P，过P点作一条竖直线，交斜面于Q点，斜面足够长，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则P、Q间的距离为( )A．5.4 m B．6 mC．6.8 m D．7.2 m5．如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳与B 相连，在外力作用下A沿杆以速度v A匀速上升经过P、Q两点，经过P点时绳与竖直杆间的夹角为α，经过Q点时A与定滑轮的连线处于同一水平面，则( ) A．经过Q点时，B的速度方向向下B．经过P点时，B的速度大小等于vA cos αC．当A从P至Q的过程中，B处于失重状态D．当A从P至Q的过程中，B处于超重状态6．从某高度水平抛出一小球，经过t时间到达地面时，小球速度方向与水平方向的夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，下列结论中正确的是() A．小球初速度为gt tan θB．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长C．小球着地速度大小为gt sin θD．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ7．甲、乙两位同学在不同位置沿水平各射出一枝箭，箭落地时，插入泥土中的形状如图所示，已知两支箭的质量、水平射程均相等，若不计空气阻力及箭长对问题的影响，则甲、乙两支箭()A．空中运动时间之比为1: 3B．射出的初速度大小之比为1: 3C．下降高度之比为1:3D．落地时动能之比为3:18．(多选)如图所示，李娜在边界A处正上方B点将球水平向右击出，球恰好过网C落在D处，已知AB高h1＝1.8 m，x＝18.3 m，CD＝9.15 m，网高为h2，不计空气阻力，则()A．球网上边缘的高度h2＝1 mB．若保持击球位置、高度和击球方向不变，球刚被击出时的速率为60 m/s，球一定能落在对方界内C．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内D．任意降低击球高度(仍高于h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内9．如图所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速率水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，其中小球B恰好垂直打到斜面上，则v1与v2之比为()A．1:1 B．3:2C．2:1 D．2:310．如图所示，a、b是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看作是一个球体，a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的( )A．线速度 B．加速度C．角速度 D．轨道半径11.摩天轮是游乐场里的大型娱乐项目，如图所示，它的直径可以达到几百米．乘客乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，下列说法中正确的是( ) A．在最高点，乘客处于超重状态B．任一时刻乘客受到的合力都不等于零C．乘客在乘坐过程中对座椅的压力始终不变D．乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变12.如图所示，竖直面内的光滑圆轨道处于固定状态，一轻弹簧一端连接在圆轨道圆心的光滑转轴上，另一端与圆轨道上的小球相连，小球的质量为1 kg，当小球以2 m/s的速度通过圆轨道的最低点时，球对轨道的压力为20 N，轨道的半径r＝0.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，则小球要能通过圆轨道的最高点，小球在最高点的速度至少为( )A．1 m/s B．2 m/sC．3 m/s D．4 m/s13．北京时间2017年9月7日，全运会在天津举办，山东队28岁的张成龙以14.733分在男子单杠决赛中获得第一名．假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F－v2图象如图乙所示．g取10 m/s2，则下列说法中错误的是( )A．张成龙的质量为65 kgB．张成龙的重心到单杠的距离为0.9 mC．当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力，方向向上D．在完成“单臂大回环”的过程中，张成龙运动到最低点时，单臂最少要承受3 250 N的力二、计算题14．如图所示，一个少年脚踩滑板沿倾斜阶梯扶手从A点由静止滑下，经过一段时间后从C点沿水平方向飞出，落在倾斜阶梯扶手上的D点．已知C点是一段倾斜阶梯扶手的起点，倾斜的阶梯扶手与水平面的夹角θ＝37°，C、D间的距离s＝3.0 m，少年的质量m＝60 kg.滑板及少年均可视为质点，不计空气阻力．取sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)少年从C点水平飞出到落在倾斜阶梯扶手上D点所用的时间t；(2)少年从C点水平飞出时的速度大小v C.15．在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图所示．小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ＝37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2 m/s，然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点．已知B点的高度h1＝1.2 m，D点的高度h2＝0.8 m，D点与G点间的水平距离L＝0.4 m，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度；(2)求小滑块从D点飞出的速度；(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑．16．如图所示，一个质量为60 kg的滑板运动员，以v0＝4 3 m/s的初速度从某一高台的A点水平飞出，恰好从光滑圆轨道的B点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R＝3 m，θ＝60°，g取10 m/s2，求：(1)A距C点的高度．(2)滑板运动员运动到圆弧轨道最高点D 时对轨道的压力．17．如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8 m的顶部水平高台，接着以4 m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧轨道的两端点，其连线水平．已知圆弧轨道的半径为2 m，人和车的总质量为200 kg，特技表演的全过程中，空气阻力不计．(计算中取g＝10 m/s2)求：(1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s；(2)从平台飞出到达A点时速度的大小及圆弧对应的圆心角θ；(3)若已知人和车运动到圆弧轨道最低点O的速度为6 m/s，此时人和车对轨道的压力大小．参考答案1．解析：汽车做曲线运动，所受合外力指向曲线运动轨迹的凹侧，阻力与行驶方向相反，结合图示可知，只有C选项符合条件，故只有C正确．答案：C2.解析：伤员参与了两个分运动，水平方向匀速移动，竖直方向匀速上升，合速度是两个分速度的矢量和，遵循平行四边形定则，如图所示，由于两个分速度大小和方向都恒定，故合速度的大小v＝v21＋v22＝82＋62 m/s＝10 m/s，故C 正确，A、B、D错误．答案：C3．解析：设水流速度为v1，船的静水速度为v2，船沿AB方向航行时，运动的分解如图所示，当v2与AB垂直时，v2最小，v2min＝v1sin 37°＝4×0.6 m/s＝2.4 m/s，选项B正确．答案：B4．解析：将初速度沿水平方向和竖直方向分解，则抛出时竖直方向的分速度大小v y＝v0cos 37°＝8 m/s，上升到最高点的时间t＝vyg＝0.8 s，上升的高度h＝12gt2＝3.2 m，水平位移大小x＝vsin 37°·t＝4.8 m，则小球到最高点时离斜面的竖直距离H＝h＋x tan 37°＝6.8 m，选项C正确．答案：C 5．解析：对于A，它的速度如图中标出的v A，将其沿绳方向和垂直绳方向分解为v a、v b，其中v a与B的速度v B沿同一根绳子，大小相同，刚开始时B的速度大小为v B＝v A cos α；当A环上升至与定滑轮的连线处于同一水平面时有v a＝0，所以B的速度v B＝0，A、B错误；由公式v B＝v A cos α，当A上升时，夹角α增大，v B减小，因此B向下做减速运动，则B处于超重状态，C错误，D正确．答案：D6.解析：如图所示，小球落地时在竖直方向的分速度为v y＝gt，则初速度为v0＝gttan θ，落地时速度v＝gtsin θ，选项C正确，A错误；平抛运动的时间t＝2yg，仅由下落高度决定，选项B错误；设位移方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝yx＝gt2v0，而tan θ＝v yv0＝gtv0，故tan θ＝2tan α，选项D错误．答案：C7．解析：根据竖直方向的自由落体运动可得h ＝12gt 2水平射程：x ＝v 0t 可得：x ＝v 02h g 由于水平射程相等，则：v 甲2h 甲g ＝v 乙2h 乙g ①末速度的方向与水平方向之间的夹角的正切值：tan θ＝gt v 0＝2gh v 0可得：2gh 甲＝3v 2甲，6gh 乙＝v 2乙②联立①②可得：h 甲＝3h 乙，即下落的高度之比为3:1；根据竖直方向的自由落体运动可得h ＝12gt 2，可知运动时间之比为3:1，故A 、C 错误；射出的初速度大小之比为1:3，故B 正确；它们下落的高度之比为3:1；但射出的初速度大小之比为1:3，所以落地的动能之比不等于3:1，故D 错误．答案：B8．解析：由h 1－h 2＝12gt 2，x ＝vt ，h 1＝12gt 21，x ＋x /2＝vt 1，联立解得：球网上边缘的高度h 2＝1 m ，t 1＝0.6 s ，A 项正确．若保持击球位置、高度和击球方向不变，球刚被击出时的速率为60 m/s ，球水平位移x ＝60×0.6 m ＝36 m ，小于2x ，所以球一定能落在对方界内，B 项正确．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内，C 项正确．任意降低击球高度(仍高于h 2)，球可能不能过网，球不能落在对方界内，D 项错误．答案：ABC9．解析：小球A 做平抛运动，根据平抛运动规律得x ＝v 1t 1，y ＝12gt 21，tan 30°＝y x ，联立解得v 1＝32gt 1，小球B 恰好垂直打在斜面上，如图所示，则tan 30°＝v 2v y ＝v 2gt 2，解得v 2＝33gt 2，A 、B 两球从同一水平面抛出且都落到C 点，则两球下落的竖直高度相等，由h ＝12gt 2可知，t 1＝t 2，联立可得v 1:v 2＝3:2，B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B10．答案：C11．解析：本题考查圆周运动过程中的能量和受力分析．在最高点，乘客具有向下的加速度，处于失重状态，选项A 错误；乘客做圆周运动，任一时刻受到的合力都不等于零，选项B 正确；乘客在乘坐过程中匀速转动，向心力时刻指向圆心，大小不变，向心力由座椅对人的作用力与人的重力的合力提供，由力的合成与牛顿第三定律可知人对座椅的压力不可能始终不变，选项C 错误；乘客在乘坐过程中匀速转动，动能不变，但重力势能在变化，所以机械能也在变化，选项D 错误．答案：B12．解析：设小球在轨道最低点时所受轨道支持力为F 1、弹簧弹力大小为F N ，则F 1－mg －F N ＝m v 21r，求得F N ＝2 N ，可判断出弹簧处于压缩状态．小球以最小速度通过最高点时，球对轨道的压力刚好为零，则mg －F N ＝m v 22r，求得v 2＝2 m/s ，B 项正确．答案：B13．解析：张成龙的胳膊既可以提供拉力，也可以提供支持力，可以理解为“杆模”．对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F －mg ＝0，结合图象解得质量M ＝65 kg ，选项A 正确；当F ＝0时，由向心力公式可得mg ＝mv 2R ，结合图象可解得R ＝0.9 m ，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m ，选项B 正确；当张成龙在最高点的速度为4 m/s 时，张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C 错误；张成龙经过最低点时，单臂受力最大，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 21R ，张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgR ＝12mv 21－12mv 2，当v ＝0时，F 有最小值F min ，故由以上两式得 F min ＝3 250 N ，即张成龙的单臂最少要承受3 250 N 的力，选项D 正确．答案：C14．解析：(1)少年从C 点水平飞出做平抛运动在竖直方向：y ＝12gt 2y ＝s sin 37°解得：t ＝0.60 s(2)在水平方向：x ＝v C tx ＝s cos 37°，解得：v C ＝4.0 m/s答案：(1)0.60 s (2)4.0 m/s15．解析：(1)上滑过程中，由牛顿第二定律mg sin θ＋μmg cos θ＝ma a ＝8 m/s 2由运动学公式v 2B －v 20＝－2a h 1sin θ。
2022届高三物理(江苏)一轮复习练习：必考部分 第1章 章末高效整合 Word版含答案
章末高效整合物理方法|思维转换法巧解匀变速直线运动问题思维转换法：在运动学问题的解题过程中，若按正常解法求解有困难时，往往可以通过变换思维方式、转换争辩对象，使解答过程简洁明白．1．转换思维方式——逆向思维法将匀减速直线运动至速度为零的过程转化为初速度为零的匀加速直线运动．如图1-1所示，一杂技演员用一只手抛球，接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便马上把球抛出．已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，g取10 m/s2)()图1-1A．1.6 m B．2.4 mC．3.2 m D．4.0 m【解析】由题图所示的情形可以看出，四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8 s，故有H m ＝12gt2＝3.2 m，C正确．【答案】 C[突破训练]1．如图1-2所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度大小之比和穿过每个木块所用时间之比分别为() 【导学号：96622021】图1-2A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝5∶3∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶ 3D．t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1D用“逆向思维”法解答，由题意知，若倒过来分析，子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L，则v23＝2a·L，v22＝2a·2L，v21＝2a·3L，v3、v2、v1分别为子弹倒过来从右到左运动L、2L、3L时的速度．则v1∶v2∶v3＝3∶2∶1.又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1，所以，本题正确选项为D.2．转换争辩对象——将多物体的运动转化为单个物体运动从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图1-3所示．现测得AB＝15 cm，BC＝20 cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同，求：图1-3(1)小球的加速度；(2)拍摄时B球的速度；(3)C、D两球相距多远？(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗？【思路导引】【规范解答】(1)由Δx＝aT2得a＝ΔxT2＝BC－ABT2＝0.20－0.150.12m/s＝5 m/s2.(2)v B＝AB＋BC2T＝0.15＋0.202×0.1m/s＝1.75 m/s.(3)由Δx＝CD－BC＝BC－AB得CD＝BC ＋(BC－AB)＝20 cm＋5 cm＝25 cm.(4)小球B从开头下滑到图示位置所需的时间为t B＝v Ba＝1.755s＝0.35 s则B球上面正在运动着的小球共有三颗，A球上面正在运动着的小球共有两颗．【答案】(1)5 m/s2(2)1.75 m/s(3)25 cm(4)两颗[突破训练]2．A、B两车在同始终线上做同向匀速运动，A在前，速度为v A＝8 m/s，B在后，速度为v B＝16 m/s，当A、B相距x＝20 m时，B开头刹车，做匀减速运动，为避开A、B相撞，则刹车后B的加速度应为多大？【解析】选A为参照系，则B相对于A的速度为v B－v A，为避开A、B相撞，B刹车后应满足：(v B－v A)22a<x解得a>1.6 m/s2.【答案】B的加速度应大于1.6 m/s2数学技巧|数形结合破解运动学问题数形结合是一种重要的思想方法，在物理学中有着重要的应用，其应用可分为两种状况：一是借助于数的精确性来阐明形的某些属性；二是借助于形的几何直观性来阐明数之间的某种关系．用数形结合的思想分析物体的运动，探寻两个物理量间的函数关系，还原图象所描述的物理过程是解题的基本思路．水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R.在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,2l)，(0，－l)和(0,0)点．已知A从静止开头沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动；B平行于x轴朝x轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l，l)．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小．【思路导引】第一步：充分利用坐标系建立运动图景：A车由E点运动到H点，设H点坐标为(0，y A)B车由F点运动到G点，设G点坐标为(x B，－l)其次步：分析运动特征：A E到H做初速度为0的匀加速运动，运动时间和B相同B F到G做匀速运动，求v B由题知：OE∶OF＝2∶1由于橡皮筋均匀伸长，所以HK∶KG＝2∶1由△FGH∽△IGK得HG∶KG＝x B∶(x B－l)HG∶KG＝(y A＋l)∶2l联立得：x B＝32ly A＝5l第四步：利用运动学公式列方程：A车运动时间为t：y A＝12at2＋2lB车运动速度为v B：x B＝v B t联立第三步结论可得v B＝6al4. 第五步：表达规范，步骤严谨．【规范解答】A车的位移：y A－2l＝12at2B车的位移：x B＝v B t由几何学问得：HG∶KG＝x B∶(x B－l) HG∶KG＝(y A＋l)∶2l由橡皮条均匀伸长，得：HK∶KG＝2∶1 以上方程联立得B运动速度为：v B＝146al.【答案】146al[突破训练]3．如图1-4所示，甲、乙两物体先后在图1-4A、C两地间由静止动身做加速运动，B为AC中点．两物体在AB段的加速度大小均为a1，在BC段的加速度大小均为a2，且a1＜a2.若甲由A到C所用时间为t甲，乙由C到A所用时间为t乙，则t甲与t乙的大小关系为()A．t甲＝t乙B．t甲＞t乙C．t甲＜t乙D．无法确定B设甲在中点B的速度为v，点C的速度为v t，AB＝BC＝x，则v2－0＝2a1x，v2t－v2＝2a2x，解得v2t＝2a1x＋2a2x.同理可知，对乙亦有v2t＝2a1x＋2a2x，故甲、乙末速度大小应相等．作出两个物体的v-t图象，由于两物体在AB段、BC段加速度大小相等，两段图线分别平行，两段位移又分别相等，由图可看出，t甲＞t乙，选项B正确．高考热点1|高考常考的三类图象问题物理图象能形象地表达物理规律，直观地表示物理过程，并能鲜亮地体现物理量之间的相互关系．从近几年高考命题来看，图象问题可分为以下三种类型：1．通过题目所给图象猎取信息解答相应问题(识图型)；2．依据题目叙述的情景选择正确的物理图象(选图型)；3．依据题中已知的物理图象选择给出的另一类对应图象(绘图型)．某物体做直线运动的v-t图象如图1-5所示，据此推断(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是()图1-5【规范解答】由图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定，2～4 s做正方向匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定；4～6 s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，且恒定；6～8 s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，且恒定，故A错误，B正确；由于加速度a恒定，所以匀加速运动范围内位移x与时间是二次函数关系，且4 s末位移不为0，故C、D错误．【答案】 B[突破训练]4．(多选)有四个物体A、B、C、D，物体A、B运动的x -t图象如图1-6甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v -t图象如图乙所示．.依据图象做出的以下推断中正确的是()甲乙图1-6A．物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B大B．在0～3 s的时间内，物体B运动的位移为10 mC．t＝3 s时，物体C追上物体DD．t＝3 s时，物体C与物体D之间有最大间距ABD由甲图看出：物体A和B的图象都是倾斜的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，A图线的斜率大于B图线的斜率，所以A的速度比B的速度大，故A正确．由甲图看出：在0～3 s的时间内，物体B运动的位移为Δx＝10 m－0＝10 m．故B正确．由乙图看出：t＝3 s时，D图线所围“面积”大于C图线所围“面积”，说明D的位移大于C的位移，而两物体从同一地点开头运动，所以物体C还没有追上物体D，故C错误．由乙图看出：前3 s内，D的速度较大，DC间距离增大，3 s后C的速度较大，两者距离减小，t＝3 s时，物体C与物体D之间有最大间距，故D正确．高考热点2|刹车避撞问题近几年高考命题围绕交通平安方面的问题较多，试题常瞄准考生对刹车避撞问题中常犯的错误，设置“陷阱”，使“想当然”的考生掉进陷阱，造成失误．为避开此类问题出错，要坚固把握以下三点：1．汽车刹车问题实质是物体做单向匀减速直线运动问题．速度减为零后，其加速度也为零．2．推断汽车在给定的时间或位移内的运动规律，当t≤v0a时，汽车始终做匀减速直线运动，其位移x≤v202a，若运动时间t＞v0a，则汽车的位移x＝v202a，汽车在整个过程中先匀减速直线运动后静止．3．两车同向行驶避开相撞的条件是，后车追上前车瞬间v后＝v前．在某市区内，一辆小汽车在平直大路上以速度v A向东匀速行驶，一位观光游客正由南向北从斑马线上横过大路，汽车司机发觉前方有危急(游客正在D处向北走)经0.7 s作出反应，从A点开头紧急刹车，但仍将正步行至B处的游客撞伤，该汽车最终在C处停下．为了清楚了解事故现场，现以如图1-7示之：为了推断汽车司机是否超速行驶，并测出肇事汽车速度v A，警方派一车胎磨损状况与肇事车相当的警车以法定最高速度v m＝14 m/s行驶在同一大路的同一地段，在肇事汽车的出事点B急刹车，恰好也在C点停下来．在事故现场测得x AB＝17.5 m、x BC ＝14.0 m、x BD＝3.4 m．问：图1-7(1)该肇事汽车的初速度v A是多大？(2)游客横过大路的速度是多大？【思路导引】【规范解答】(1)以警车为争辩对象，则v2m＝2ax BC将v m＝14 m/s、x BC＝14.0 m代入，得警车刹车加速度大小为a ＝7 m/s 2，由于警车行驶条件与肇事汽车相同，则肇事汽车的加速度也为7 m/s 2.所以肇事汽车的初速度v A ＝2ax AC ＝21 m/s.(2)肇事汽车在出事点B 的速度v B ＝2ax BC ＝14 m/s ，肇事汽车通过x AB 段的平均速度v ′＝v A ＋v B 2＝17.5 m/s ，肇事汽车通过x AB 段的时间t ＝x AB v ′＝1 s ．所以游客横过大路的速度v ＝ 3.40.7＋1 m/s ＝2 m/s.【答案】 (1)21 m/s (2)2 m/s [突破训练]5．A 、B 两列火车，在同一轨道上同向行驶，A 车在前，其速度v A ＝10 m/s ，B 车在后，其速度v B ＝30 m/s ，因大雾能见度低，B 车在距A 车x 0＝85 m 时才发觉前方有A 车，这时B 车马上刹车，但B 车要经过180 m 才能停止，问：B 车刹车时A 车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？若会相撞，将在B 车刹车后何时相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？【导学号：96622021】【解析】 B 车刹车至停下来过程中，由0－v 20＝2ax 得a B ＝－v 2B2x ＝－2.5 m/s 2假设不相撞，设经过时间t 两车速度相等，对B 车有 v A ＝v B ＋a B t 解得t ＝8 s此时，B 车的位移为x B ＝v B t ＋12a B t 2＝160 m A 车位移为x A ＝v A t ＝80 m因x B ＜x 0＋x A ，故两车不会相撞，两车最近距离为Δx ＝x 0＋x A －x B ＝5 m. 【答案】 不会相撞 5 m。
2022届高三物理一轮复习4：曲线运动和万有引力定律(答案)
2022届高三物理一轮复习4：曲线运动和万有引力定律（参考答案）一、选择题1． 【答案】AD【解析】物体做速率逐渐增加的直线运动时，其加速度跟速度方向一致，故其所受合外力的方向一定与速度方向相同，A 正确；物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向不一定改变，如做平抛运动的物体，B 错误；物体只有在做匀速率圆周运动时，合外力才全部充当向心力，物体做变速率圆周运动时，只是合外力有指向圆心的分量，但其所受合外力的方向不指向圆心，故C 错误；物体做匀速率曲线运动时，据动能定理可知合外力不做功，故物体所受合外力的方向总是与速度方向垂直，D 正确。
2． 【答案】C【解析】A 、由题意，物体做匀变速曲线运动，则加速度的大小与方向都不变，所以运动的轨迹是一段抛物线，不是圆弧，故A 错误；B 、由题意，质点运动到B 点时速度方向相对A 点时的速度方向改变了90︒，速度沿B 点轨迹的切线方向，则知加速度方向垂直于AB 的连线向下，合外力也向下，质点做匀变速曲线运动，质点由A 到B 过程中，合外力先做负功，后做正功，由动能定理可得，物体的动能先减小后增大，故B 错误；C 、物体的加速度方向垂直于AB 的连线向下，合外力也垂直于AB 的连线向下；由于物体做匀变速曲线运动，由运动的对称性可知在AB 中点处质点的速度最小，其大小为初速度0v 沿AB 方向的分速度，由于到达B 点速度的方向相对A 点时的速度方向改变了90︒，则AB 的连线与A 点速度的方向之间的夹角一定是45︒，如图，可知质点的最小速度：1002cos 452min v v v v ==︒=，故C 正确；D 、物体在B 点速度沿B 点轨迹的切线方向，而加速度方向垂直于AB 的连线向下，可知二者之间的夹角小于90︒，故D 错误； 故选：C 。
3． 【答案】D【解析】设滑块的水平速度大小为v ，A 点的速度的方向沿水平方向，如图将A 点的速度分根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：v 分＝vcosα，B 点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B 的线速度为v′则：v B 分＝v′⋅cosθ＝v′cos （90°﹣β）＝v′sinβ， 又：v′＝ωL又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：v 分＝v B 分联立可得：v ＝L sin co s ωβα．故D 正确，ABC 错误4． 【答案】 AC【解析】 物块B 静止于斜面上时，受力平衡，根据平衡条件，物块B 受到的支持力等于其重力垂直于斜面方向的分力，即F N ＝mg cos α，A 正确；斜面体A 运动位移为x 时，物块B 沿斜面上升位移x ，同时随斜面体向右移动位移x ，两个分位移夹角为π－α，可得合位移为2x ·sin α2，如图所示，当α＝60°时，B 的位移为x ，B错误，C 正确；若A 以速度v 匀速运动，则物块B 既以速度v 沿斜面匀速上升，同时随斜面体以速度v 向右匀速运动，两个分速度的夹角为π－α，B 的合速度为2v ·sin α2，D 错误。
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1．某跳伞运动员从476米高空跳伞后，开始一段时间由于伞没有打开而做自由落体运动，伞张开（张开时间不计）后做加速度为2m/s2的匀减速直线运动，到达地面时的速度为4m/s，重力加速度取10m/s2，求：（1）跳伞员打开伞时的距地面的高度；（2）跳伞员在空中运动的时间．2．从离地面一定高度处静止释放一个小球，经5s落地，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：（1）释放点距离地面的高度？（2）下落至整个高度的中点处的速度？（3）下落全程后一半位移的平均速度？3．滑雪运动员以v0=2m/s的初速度沿足够长的山坡匀加速滑下，在t=5s的时间内滑下的位移x=60m。
求：（1）滑雪运动员5s末的速度；（2）滑雪运动员的加速度；（3）滑雪运动员第6s内的位移。
4．如图所示，一辆长为L的客车静止在公路旁，另一辆长为8m的货车距客车16m。
现使货车由静止开始以2.0m/s2的加速度向客车方向匀加速行驶，测得货车经过客车所用的时间为2s，求客车的长度L（5．一雨滴从距地面h=45m高的屋檐边由静止落下（忽略空气的阻力，g取10m/s2（,试求：（1）雨滴下落的时间及落地时的速度大小；（2）雨滴下落过程最后一秒通过的路程。
6．如图所示，光滑水平地面与足够长的倾角θ（30°的光滑斜面平滑连接，A球位于斜面底端，B球在水平地面上，两者相距L（10 m．现A（B两个小球均以初速度v0（10m/s 开始运动，A沿斜面向上，B沿水平面向右，取g（10m/s2，求：(1)B球刚要滑上斜面时A球的速度；(2)A球到达最高点时，AB两球之间的距离．7．如图甲所示，质量为1kg的物体置于倾角为37°的固定斜面上，对物体施加平行于斜面上的拉力F，使物体由静止开始沿斜面向上运动．t=1s时撤去拉力．已知斜面足够长，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示，g=10m/s2，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F．（2）t=6s时物体的速度是多少．8．如图所示，某学校趣味运动会上举行推箱子比赛。
杨明同学用与水平方向成37°角斜向下的推力F 推一个重为G（200N 的箱子匀速前进，箱子与地面间的动摩擦因数为μ（0.40。
求：（1）推力F 的大小；（2）若人不改变推力F 的大小，只把力的方向变为水平，去推这个静止的箱子，且当作用的时间t（3s 后撤去推力，则撤去推力后箱子还能运动多长时间?9．如图所示，质量M=8kg 的长木板A 放在水平光滑的平面上，木板左端受到水平推力F=8N 的作用，当木板向右运动的速度达到0 1.5/v m s =时，在木板右端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg 的小物块B ，放上小物块0.6s 后撤去F ，小物块与木板间的动摩擦因数0.2μ=，木板足够长，取210/g m s =．求： （1）放上小物块后撤去F 前，长木板与小物块的加速度； （2）撤去F 后，二者达到相同速度的时间；（3）整个过程系统产生的摩擦热（结果保留两位有效数字）．10．如图所示，倾角为37°的斜面底端与水平传送带平滑对接，水平传送带足够长且在电机的带动下保持以v0=5m/s的恒定速度匀速向左运动。
小滑块从斜面上A点静止释放，在斜面和水平传送带上多次往复运动后停在斜面底端，A点距离斜面底端的高h=2.4m。
小滑块与斜面间动摩擦因数，与水平传送带之间动摩擦因数，小滑块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
求：（1）小滑块第一次在传送带上运动的时间？（2）小滑块在斜面上运动的总路程？11．如图所示，有一长度L（1 m、质量M（10 kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车左端放置一质量m（4 kg的带正电小物块，电荷量为q（1.6×10－2 C(始终保持不变)，小物块与小车间的摩擦因数μ（0.25，现突然施加一个水平向右的匀强电场，要使物块在2 s内能运动到小车的另一端，g取10 m/s2（(1)所施加的匀强电场的电场强度多大？(2)若某时刻撤去电场，物块恰好不从小车右端滑下，则电场的作用时间多长？12．如图所示，A、B是静止在光滑水平地面上相同的两块长木板，长度均为L=0.75m，A的左端和B的右端接触，两板的质量均为M=2.0kg．C是一质量为m=1.0kg的小物块，现给它一初速度v0=2.0m/s，使它从B板的左端开始向右滑动．已知C与A、B之间的动摩擦因数均为μ=0.20，最终C与A保持相对静止．取重力加速度g=10m/s2，求木板A、B最终的速度分别是多少？一、解答题1．某跳伞运动员从476米高空跳伞后，开始一段时间由于伞没有打开而做自由落体运动，伞张开（张开时间不计）后做加速度为2m/s 2的匀减速直线运动，到达地面时的速度为4m/s ，重力加速度取10m/s 2，求：（1）跳伞员打开伞时的距地面的高度； （2）跳伞员在空中运动的时间． 【答案】（1）396m ；（2）22s ；【解析】（1）设打开伞时的速度为0v ，根据速度位移公式有： 2220022v v v h g a-+= 代入数据解得： 040/v m s =则跳伞员打开伞时距离地面的高度为201600476396220v h h m m g =-=-=' (2) 跳伞员在空中运动的时间为 004044022102v v v t s s g a --=+=+=- 点睛：运动学中的多过程问题，前一过程的末速度是后一过程的初速度。
求解时，优先假设两过程衔接处的速度为待求量。
2．从离地面一定高度处静止释放一个小球，经5s 落地，不计空气阻力，取g=10m/s 2，求：（1）释放点距离地面的高度？（2）下落至整个高度的中点处的速度？ （3）下落全程后一半位移的平均速度？【答案】（1）125m （2）m/s （3）25+2m/s 【解析】（1）由212h gt = 可得h =125m （2）根据222hv g=中解得：v 中=（3（落地的速度：v t =gt =50m/s则下落全程后一半位移的平均速度2t v v v +=中= 25+2m/s3．滑雪运动员以v 0=2m/s 的初速度沿足够长的山坡匀加速滑下，在t =5s 的时间内滑下的位移x =60m 。
求：（1）滑雪运动员5s 末的速度； （2）滑雪运动员的加速度；（3）滑雪运动员第6s 内的位移。
【答案】（1（22m/s（2（5m/s 2（3（24m 【解析】（1）由02v vx vt t +==可得滑雪运动员5s 末的速度02260222/5x v v m s t ⨯=-=-= （2）运动员的加速度为202224/5v v a m s t --=== （3）运动员在前6s 的位移为 x=v 0t′+12a t′2=2×6+12×4×62=84m 故第6s 的位移是 x 6=x -x 5=84-60=24m点睛：本题考查匀变速直线运动基本公式的应用能力，对于同一匀变速直线运动过程，知道三个量可以直接根据公式求解第四个量．4．如图所示，一辆长为L 的客车静止在公路旁，另一辆长为8m 的货车距客车16m 。
现使货车由静止开始以2.0m/s 2的加速度向客车方向匀加速行驶，测得货车经过客车所用的时间为2s ，求客车的长度L（【答案】12（m（【解析】设货车启动后经过时间1t 时两车开始错车，则有21112x at =，解得14t s == 货车从开始运动到两车错车结束所用时间为2t ，则有212t t =+， 2221362x at m == 则客车的长度L =36-8-16=12（m（5．一雨滴从距地面h =45m 高的屋檐边由静止落下（忽略空气的阻力，g 取10m/s 2（,试求：（1）雨滴下落的时间及落地时的速度大小； （2）雨滴下落过程最后一秒通过的路程。
【答案】(1)3s 30m/s (2)25m 【解析】（1）雨滴作自由落体运动有： 212h gt =得雨滴下落的时间： 3t s == 落地时的速度大小： 103/30/v gt m s m s ==⨯= (2)雨滴最后一秒运动前的运动时间： 11t t =- 雨滴最后一秒运动路程： 22111451022522s h gt m m =-=-⨯⨯= 6．如图所示，光滑水平地面与足够长的倾角θ（30°的光滑斜面平滑连接，A 球位于斜面底端，B 球在水平地面上，两者相距L （10 m ．现A （B 两个小球均以初速度v 0（10m/s 开始运动，A 沿斜面向上，B 沿水平面向右，取g （10m/s 2，求： (1)B 球刚要滑上斜面时A 球的速度；(2)A 球到达最高点时，AB 两球之间的距离．【答案】（1（5m/s（2（2.5m【解析】(1)设B 球经过t 1时间到达斜面底端，有：t 1＝Lv ＝1 s A 球在斜面上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得： a ＝sin mg mθ＝mg sin30°＝5m/s 由v 1（v 0（at 1 得B 球到达斜面底端时A 球的速度为v 1（10（5×1（5 m/s (2)A 球到达斜面顶端的距离为s A ＝22102v v a - ＝()201025-⨯-＝10 mA 球在斜面上滑行t 2速度减为零 t 2＝v a＝2 s B 球在斜面上滑行距离s B ＝v 0(t 2－t 1)－12a (t 2－t 1)2＝7.5 m 故A 与B 相距 Δs （s A （s B （2.5 m7．如图甲所示，质量为1kg 的物体置于倾角为37°的固定斜面上，对物体施加平行于斜面上的拉力F ，使物体由静止开始沿斜面向上运动．t=1s 时撤去拉力．已知斜面足够长，物体运动的部分v ﹣t 图象如图乙所示，g=10m/s 2，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F ． （2）t=6s 时物体的速度是多少． 【答案】（1）0.5；30N ；（2）6m/s ，方向沿斜面向下； 【解析】（1）设力F 作用时物体的加速度为a 1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知1Fmgsin mgcos ma θμθ=﹣﹣ 撤去力后，由牛顿第二定律有2mgsin mgcos ma θμθ+= 根据图象得：22111200/20/10v a m s m s t ∆-===∆- 、222222010/10/21v a m s m s t ∆-===∆- 解得： 0.5μ= 、30F N =（2）设撤去力后物体运动到最高点时间为t 2，则122v a t = 解得22t s =则物体沿着斜面下滑的时间为3126123t t t t s s ===﹣﹣﹣﹣ 设下滑加速度为a 3，由牛顿第二定律可得： 3mgsin mgcos ma θμθ=﹣ 解得232/a m s =t=6s 时速度336/v a t m s ==，方向沿斜面向下8．如图所示，某学校趣味运动会上举行推箱子比赛。