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高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題三 力與物體的曲線運動 第1講 力學(xué)中的曲線運動-人教版高三全冊物理試題

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1、專題三 力與物體的曲線運動 [專題定位] 本專題解決的是物體(或帶電體)在力的作用下的曲線運動的問題.高考對本專題的考查以運動的組合為線索,進(jìn)而從力和能的角度進(jìn)行命題,題目情景新,過程復(fù)雜,具有一定的綜合性.考查的主要內(nèi)容有:①曲線運動的條件和運動的合成與分解;②平拋運動規(guī)律;③圓周運動規(guī)律;④平拋運動與圓周運動的多過程組合問題;⑤應(yīng)用萬有引力定律解決天體運動問題;⑥帶電粒子在電場中的類平拋運動問題;⑦帶電粒子在磁場內(nèi)的勻速圓周運動問題;⑧帶電粒子在簡單組合場內(nèi)的運動問題等.用到的主要物理思想和方法有:運動的合成與分解思想、應(yīng)用臨界條件處理臨界問題的方法、建立類平拋運動模型方法、等效代替的

2、思想方法等. [應(yīng)考策略] 熟練掌握平拋、圓周運動的規(guī)律,對平拋運動和圓周運動的組合問題,要善于由轉(zhuǎn)折點的速度進(jìn)行突破;熟悉解決天體運動問題的兩條思路;靈活應(yīng)用運動的合成與分解的思想,解決帶電粒子在電場中的類平拋運動問題;對帶電粒子在磁場內(nèi)的勻速圓周運動問題,掌握找圓心、求半徑的方法. 第1講 力學(xué)中的曲線運動 1.物體做曲線運動的條件 當(dāng)物體所受合外力的方向跟它的速度方向不共線時,物體做曲線運動.合運動與分運動具有等時性、獨立性和等效性. 2.平拋運動 (1)規(guī)律:vx=v0,vy=gt,x=v0t,y=gt2. (2)推論:做平拋(或類平拋)運動的物體 ①任意時刻速度的

3、反向延長線一定通過此時水平位移的中點;②設(shè)在任意時刻瞬時速度與水平方向的夾角為θ,位移與水平方向的夾角為φ,則有tan θ=2tan φ. 3.豎直平面內(nèi)圓周運動的兩種臨界問題 (1)繩固定,物體能通過最高點的條件是v≥. (2)桿固定,物體能通過最高點的條件是v>0. 1.豎直平面內(nèi)圓周運動的最高點和最低點的速度關(guān)系通常利用動能定理來建立聯(lián)系,然后結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行動力學(xué)分析. 2.對于平拋或類平拋運動與圓周運動組合的問題,應(yīng)用合成與分解的思想分析這兩種運動轉(zhuǎn)折點的速度是解題的關(guān)鍵. 解題方略 解決運動的合成與分解的一般思路 (1)明確合運動或分運動的運動性質(zhì).

4、(2)確定合運動是在哪兩個方向上的合成或分解. (3)找出各個方向上已知的物理量(速度、位移、加速度等). (4)運用力與速度的關(guān)系或矢量的運算法則進(jìn)行分析求解. 例1 在雜技表演中,猴子沿豎直桿向上做初速度為零、加速度為a的勻加速運動,同時人頂著直桿以速度v0水平向右勻速移動,經(jīng)過時間t,猴子沿桿向上移動的高度為h,人頂桿沿水平地面移動的距離為x,如圖1所示.關(guān)于猴子的運動情況,下列說法中正確的是(  ) 圖1 A.相對地面的運動軌跡為直線 B.相對地面做勻加速直線運動 C.t時刻猴子速度的大小為v0+at D.t時間內(nèi)猴子的位移大小為 解析 猴子在水平方向上做勻速直線

5、運動,在豎直方向上做初速度為0的勻加速直線運動,根據(jù)運動的合成,知合速度與合加速度不在同一條直線上,所以猴子運動的軌跡為曲線.故A錯誤;猴子在水平方向上的加速度為0,在豎直方向上有恒定的加速度,根據(jù)運動的合成,知猴子做曲線運動的加速度不變,做勻變速曲線運動.故B錯誤;t時刻猴子在水平方向上的分速度為v0,在豎直方向上的分速度為at,所以合速度v=.故C錯誤.在t時間內(nèi)猴子在水平方向和豎直方向上的位移分別為x和h,根據(jù)運動的合成,知合位移s=.故D正確. 答案 D 預(yù)測1 如圖2所示,一衛(wèi)星經(jīng)過赤道上空時速度方向與赤道平面夾角為60°,速度大小為v=1.55×103 m/s.此時發(fā)動機(jī)點火,

6、給衛(wèi)星一附加速度Δv,使該衛(wèi)星變軌進(jìn)入赤道平面內(nèi).發(fā)動機(jī)給衛(wèi)星的附加速度Δv的最小值和方向為(  ) 圖2 A.Δv約為1.3×103 m/s,方向東偏南30° B.Δv約為1.3×103 m/s,方向正南方向 C.Δv約為2.7×103 m/s,方向東偏南30° D.Δv約為0.8×103 m/s,方向正南方向 答案 B 解析 由題意可知,可看成衛(wèi)星一個分速度方向與赤道平面夾角為60°,速度大小為v=1.55×103 m/s.另一速度即為附加速度,根據(jù)平行四邊形定則,結(jié)合幾何關(guān)系,則當(dāng)附加速度垂直合速度時,附加速度達(dá)到最小值,如圖所示.附加速度的方向為正南方向,根據(jù)三角知識

7、,大小為:Δv=vsin 60°=1.55×103× m/s≈1.3×103 m/s,故B正確,A、C、D錯誤. 預(yù)測2 如圖所示,一小球在光滑的水平面上以速度v0向右運動,運動中要穿過一段有水平向北的風(fēng)帶ab,經(jīng)過風(fēng)帶時風(fēng)會給小球一個向北的水平恒力,其余區(qū)域無風(fēng)力,則小球過風(fēng)帶及過后的軌跡正確的是(  ) 答案 B 解析 小球在光滑的水平面上以v0向右運動,給小球一個向北的水平恒力,根據(jù)曲線運動條件,結(jié)合運動軌跡偏向加速度的方向,故B正確,A、C、D錯誤. 例2 (2016·浙江理綜·23)在真空環(huán)境內(nèi)探測微粒在重力場中能量的簡化裝置如圖3所示.P是個微粒源,能持續(xù)水

8、平向右發(fā)射質(zhì)量相同、初速度不同的微粒.高度為h的探測屏AB豎直放置,離P點的水平距離為L,上端A與P點的高度差也為h. 圖3 (1)若微粒打在探測屏AB的中點,求微粒在空中飛行的時間; (2)求能被屏探測到的微粒的初速度范圍; (3)若打在探測屏A、B兩點的微粒的動能相等,求L與h的關(guān)系. 解析 (1)打在AB中點的微粒 h=gt2 ① 解得t= ② (2)打在B點的微粒 v1=;2h=gt ③ v1=L ④ 同理,打在A點的微粒初速度v2=L ⑤ 微粒初速度范圍L≤v≤L ⑥ (3)由能量關(guān)系mv+mgh=mv+2mgh ⑦ 代入

9、④⑤式得L=2h. 答案 (1) (2)L≤v≤L (3)L=2h 預(yù)測3 如圖4所示,豎直平面內(nèi)有一段圓弧MN,小球從圓心O處水平拋出.若初速度為va,將落在圓弧上的a點;若初速度為vb,將落在圓弧上的b點.已知Oa、Ob與豎直方向的夾角分別為α、β,不計空氣阻力,則(  ) 圖4 A.= B.= C.=· D.=· 答案 D 解析 對a,根據(jù)Rcos α=gt得,t1= , 則va==Rsin α , 對b,根據(jù)Rcos β=gt得,t2=,則vb==Rsin β, 解得=·. 預(yù)測4 如圖5所示,P、Q是固定在豎直平面內(nèi)的一段內(nèi)壁光滑彎管的兩端,P、Q間

10、的水平距離為d.直徑略小于彎管內(nèi)徑的小球以速度v0從P端水平射入彎管,從Q端射出,在穿過彎管的整個過程中小球與彎管無擠壓.若小球從靜止開始由P端滑入彎管,經(jīng)時間t恰好以速度v0從Q端射出.重力加速度為g,不計空氣阻力,那么(  ) 圖5 A.v0< B.v0= C.t= D.t> 答案 D 解析 設(shè)P、Q的豎直高度為h,由題意知,第二次運動重力做功等于小球動能的增加量,由此可知第一次運動豎直方向的末速度大小等于初速度大小,且P、Q的豎直高度為h=,據(jù)平拋運動特點得v0=,A、B選項都錯誤.小球第一次從P運動至Q的時間t1=,第二次運動豎直方向加速度小于重力加速度,所以t>,

11、D選項正確. 解題方略 1.解決圓周運動問題要注意以下幾點: (1)要進(jìn)行受力分析,明確向心力的來源,確定圓心以及半徑. (2)列出正確的動力學(xué)方程F=m=mrω2=mωv=mr. 2.豎直平面內(nèi)圓周運動的最高點和最低點的速度通常利用動能定理來建立聯(lián)系,然后結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行動力學(xué)分析. 例3 (多選)(2016·浙江理綜·20)如圖6所示為賽車場的一個水平“梨形”賽道,兩個彎道分別為半徑R=90 m的大圓弧和r=40 m的小圓弧,直道與彎道相切.大、小圓弧圓心O、O′距離L=100 m.賽車沿彎道路線行駛時,路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍,假設(shè)賽車在直道

12、上做勻變速直線運動,在彎道上做勻速圓周運動,要使賽車不打滑,繞賽道一圈時間最短(發(fā)動機(jī)功率足夠大,重力加速度g=10 m/s2,π=3.14),則賽車(  ) 圖6 A.在繞過小圓弧彎道后加速 B.在大圓弧彎道上的速率為45 m/s C.在直道上的加速度大小為5.63 m/s2 D.通過小圓弧彎道的時間為5.58 s 解析 在彎道上做勻速圓周運動時,根據(jù)徑向靜摩擦力提供向心力得,kmg=m,當(dāng)彎道半徑一定時,在彎道上的最大速率是一定的,且在大彎道上的最大速率大于小彎道上的最大速率,故要想時間最短,可在繞過小圓弧彎道后加速,選項A正確;在大圓弧彎道上的速率為vmR== m/s=4

13、5 m/s,選項B正確;直道的長度為x==50 m,在小彎道上的最大速率為:vmr== m/s=30 m/s,在直道上的加速度大小為a== m/s2≈6.50 m/s2,選項C錯誤;由幾何關(guān)系可知,小圓弧軌道的長度為,通過小圓弧彎道的時間為t== s≈2.80 s,選項D錯誤. 答案 AB 預(yù)測5 (2016·全國甲卷·16)小球P和Q用不可伸長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7所示.將兩球由靜止釋放.在各自軌跡的最低點(  ) 圖7 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

14、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 答案 C 解析 小球從水平位置擺動至最低點,由動能定理得,mgL=mv2,解得v=,因LPmQ,則兩小球的動能大小無法比較,選項B錯誤;對小球在最低點受力分析得,F(xiàn)T-mg=m,可得FT=3mg,選項C正確;由a==2g可知,兩球的向心加速度相等,選項D錯誤. 預(yù)測6 如圖8所示,一個圓形框架以豎直的直徑為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動.在框架上套著兩個質(zhì)量相等的小球A、B,小球A、B到豎直轉(zhuǎn)軸的距離相等,它們與圓形框架保持相對靜止.下列說法正確的

15、是(  ) 圖8 A.小球A受到的合力小于小球B受到的合力 B.小球A與框架間可能沒有摩擦力 C.小球B與框架間可能沒有摩擦力 D.圓形框架以更大的角速度轉(zhuǎn)動,小球B受到的摩擦力一定增大 答案 C 解析 由于合力提供向心力,依據(jù)向心力表達(dá)式F=mrω2,已知兩球質(zhì)量、半徑和角速度都相同,可知向心力相同,即合力相同,故A錯誤;小球A受到的重力和彈力的合力不可能垂直指向OO′軸,故一定存在摩擦力,而B球的重力和彈力的合力可能垂直指向OO′軸,故B球所受摩擦力可能為零,故B錯誤,C正確;由于不知道B是否受到摩擦力,故而無法判定圓形框架以更大的角速度轉(zhuǎn)動,小球B受到的摩擦力的變化情況

16、,故D錯誤. 例4 如圖9所示,半徑R=0.5 m 的光滑圓弧軌道ABC與足夠長的粗糙軌道CD在C處平滑連接,O為圓弧軌道ABC的圓心,B點為圓弧軌道的最低點,半徑OA、OC與OB的夾角分別為53°和37°.將一個質(zhì)量m=0.5 kg的物體(視為質(zhì)點)從A點左側(cè)高為h=0.8 m處的P點水平拋出,恰從A點沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道.已知物體與軌道CD間的動摩擦因數(shù)μ=0.8,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求: 圖9 (1)物體水平拋出時的初速度大小v0; (2)物體經(jīng)過B點時,對圓弧軌道的壓力大小FN; (3)物體在軌道CD上運動的

17、距離x.(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 解析 (1)由平拋運動規(guī)律知:v=2gh 豎直分速度vy==4 m/s 初速度v0=vytan 37°=3 m/s. (2)從P點至B點的過程,由機(jī)械能守恒有 mg(h+R-Rcos 53°)=mv-mv 經(jīng)過B點時,由向心力公式有FN′-mg=m 代入數(shù)據(jù)解得FN′=34 N 由牛頓第三定律知,物體對軌道的壓力大小為FN=34 N. (3)因μmgcos 37°>mgsin 37°,物體沿軌道CD向上做勻減速運動,速度減為零后不會下滑. 從B點到上滑至最高點的過程,由動能定理有 -mgR(1-cos 37°)-(mgsin 37°+μm

18、gcos 37°)x=0-mv 代入數(shù)據(jù)可解得x= m≈1.09 m. 答案 (1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m 預(yù)測7 固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道ABCD,其A點與圓心等高,D點為軌道的最高點,DB為豎直線,AC為水平線,AE為水平面,如圖10所示.今使小球自A點正上方某處由靜止釋放,且從A點進(jìn)入圓弧軌道運動,只要適當(dāng)調(diào)節(jié)釋放點的高度,總能使球通過最高點D,則小球通過D點后(  ) 圖10 A.一定會落到水平面AE上 B.一定會再次落到圓弧軌道上 C.可能會再次落到圓弧軌道上 D.不能確定 答案 A 解析 如果小球恰能通過最高點D,根據(jù)mg=m,

19、得vD=, 知小球在最高點的最小速度為. 根據(jù)R=gt2得:t= . 則平拋運動的水平位移為:x=·=R. 知小球一定落在水平面AE上.故A正確,B、C、D錯誤. 預(yù)測8 如圖11所示為固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道ABCD,其中ABC部分是半徑為R的半圓形軌道(AC是圓的直徑),CD部分是水平軌道.一個質(zhì)量為m的小球沿水平方向進(jìn)入軌道,通過最高點A時速度大小vA=2,之后離開A點,最終落在水平軌道上.小球運動過程中所受空氣阻力忽略不計,g取10 m/s2.求: 圖11 (1)小球落地點與C點間的水平距離; (2)小球落地時的速度方向; (3)小球在A點時軌道對小球的壓力.

20、 答案 (1)4R (2)與水平方向的夾角為45° (3)3mg,方向豎直向下 解析 (1)小球離開A點后做平拋運動 根據(jù)平拋運動規(guī)律有2R=gt2 解得小球運動時間t= 2 x=vAt 解得小球落地點與C點間的水平距離x=4R (2)設(shè)小球落地時的速度方向與水平方向的夾角為θ tan θ= 解得θ=45° (3)設(shè)小球在A點時軌道對小球的壓力為FN 根據(jù)牛頓第二定律FN+mg=m 解得:FN=3mg,方向豎直向下. 專題強(qiáng)化練 1.如圖1所示,帆板在海面上以速度v朝正西方向運動,帆船以速度v朝正北方向航行,以帆板為參照物(  ) 圖1 A.帆船朝正東方向航行

21、,速度大小為v B.帆船朝正西方向航行,速度大小為v C.帆船朝南偏東45°方向航行,速度大小為v D.帆船朝北偏東45°方向航行,速度大小為v 答案 D 解析 以帆板為參照物,即把帆板看做靜止,則帆船相對于帆板有向東的速度v及向北的速度v;由矢量合成可知,二者的合速度v合=v,方向北偏東45°. 2.如圖2所示,某輪渡站兩岸的碼頭A和B正對,輪渡沿直線往返于兩碼頭之間,已知水流速度恒定且小于船速.下列說法正確的是(  ) 圖2 A.往返所用的時間不相等 B.往返時船頭均應(yīng)垂直河岸航行 C.往返時船頭均應(yīng)適當(dāng)偏向上游 D.從A駛往B,船頭應(yīng)適當(dāng)偏向上游,返回時船頭應(yīng)適

22、當(dāng)偏向下游 答案 C 解析 根據(jù)矢量的合成法則,及各自速度恒定,那么它們的合速度也確定,則它們所用的時間也相等,故A錯誤;從A到B,合速度方向垂直于河岸,水流速度水平向右,根據(jù)平行四邊形定則,則船頭的方向偏向上游一側(cè).從B到A,合速度的方向仍然垂直于河岸,水流速度水平向右,船頭的方向仍然偏向上游一側(cè).故C正確,B、D錯誤. 3.如圖3所示,在斜面頂端A以速度v水平拋出一小球,經(jīng)過時間t1恰好落在斜面的中點P;若在A點以速度2v水平拋出小球,經(jīng)過時間t2完成平拋運動.不計空氣阻力,則(  ) 圖3 A.t2>2t1 B.t2=2t1 C.t2<2t1 D.落在B點 答案

23、 C 解析 在斜面頂端A以速度v水平拋出一小球,經(jīng)過時間t1恰好落在斜面的中點P,有tan θ=,解得t1=,水平位移x=vt1=,初速度變?yōu)樵瓉淼?倍,若還落在斜面上,水平位移應(yīng)該變?yōu)樵瓉淼?倍,可知在A點以速度2v水平拋出小球,小球?qū)⒙湓谒矫嫔? 可知兩球下降的高度之比為1∶2,根據(jù)t=知,t1∶t2=1∶,則t2<2t1. 4.從A點斜向上拋出一個小球,曲線ABCD是小球運動的一段軌跡.建立如圖4所示的正交坐標(biāo)系xOy,x軸沿水平方向,軌跡上三個點的坐標(biāo)分別為A(-L,0)、C(L,0),D(2L,3L),小球受到的空氣阻力忽略不計,軌跡與y軸的交點B的坐標(biāo)為(  ) 圖4

24、 A.(0,) B.(0,-L) C.(0,-) D.(0,-2L) 答案 B 解析 由函數(shù)圖象可知,軌跡為二次函數(shù),過點(-L,0)和(L,0),設(shè)函數(shù)解析式y(tǒng)=-a(x-L)(x+L)將(2L,3L)代入方程,解得a=- y=(x-L)(x+L),將x=0代入得y=-L. 5.如圖5所示,正方體空心框架ABCD-A1B1C1D1下表面在水平地面上,將可視為質(zhì)點的小球從頂點A在∠BAD所在范圍內(nèi)(包括邊界)沿不同的水平方向分別拋出,落點都在△B1C1D1平面內(nèi)(包括邊界).不計空氣阻力,以地面為重力勢能參考平面.則下列說法正確的是(  ) 圖5 A.小球初速度的最

25、小值與最大值之比是1∶ B.落在C1點的小球,運動時間最長 C.落在B1D1線段上的小球,落地時機(jī)械能的最小值與最大值之比是1∶2 D.軌跡與AC1線段相交的小球,在交點處的速度方向都相同 答案 D 解析 由h=gt2得t=,下落高度相同,平拋運動的時間相等,故B錯誤;小球落在A1C1線段中點時水平位移最小,落在C1時水平位移最大,水平位移的最小值與最大值之比是1∶2,由x=v0t,t相等得小球初速度的最小值與最大值之比是1∶2,故A錯誤;落在B1D1線段中點的小球,落地時機(jī)械能最小,落在B1D1線段上D1或B1的小球,落地時機(jī)械能最大.設(shè)落在B1D1線段中點的小球初速度為v1,水平

26、位移為x1.落在B1D1線段上D1或B1的小球初速度為v2,水平位移為x2.由幾何關(guān)系有 x1∶x2=1∶,由x=v0t,得:v1∶v2=1∶,落地時機(jī)械能等于拋出時的機(jī)械能,分別為:E1=mgh+mv,E2=mgh+mv,可知落地時機(jī)械能的最小值與最大值之比不等于1∶2.故C錯誤.設(shè)AC1的傾角為α,軌跡與AC1線段相交的小球,在交點處的速度方向與水平方向的夾角為θ.則有 tan α===,tan θ=,則 tan θ=2tan α,可知θ一定,則軌跡與AC1線段相交的小球,在交點處的速度方向都相同,故D正確. 6.(多選)如圖6所示,傾角為37°的光滑斜面頂端有甲、乙兩個小球,甲以初速度

27、v0水平拋出,乙以初速度 v0 沿斜面運動,甲、乙落地時,末速度方向相互垂直,重力加速度為g,則(  ) 圖6 A.斜面的高度為 B.甲球落地時間為 C.乙球落地時間為 D.乙球落地速度大小為 答案 AC 解析 甲、乙落地時,末速度方向相互垂直,則甲的速度方向與水平方向的夾角為53°,則vy=v0tan 53°=v0,斜面的高度h==,故A正確;甲球落地的時間t甲==,故B錯誤;乙球下滑的加速度a=gsin 37°=g,下滑的距離x=,根據(jù)x=at,聯(lián)立解得t乙=,乙球落地的速度v=at乙=,故C正確,D錯誤. 7.如圖7所示,“倫敦眼”(The London Eye)是世

28、界上最大的觀景摩天輪,僅次于南昌之星與新加坡觀景輪.它總高度135米(443英尺),屹立于倫敦泰晤士河南畔的蘭貝斯區(qū).現(xiàn)假設(shè)摩天輪正繞中間的固定軸做勻速圓周運動,則對于坐在輪椅上觀光的游客來說,正確的說法是(  ) 圖7 A.因為摩天輪做勻速轉(zhuǎn)動,所以游客受力平衡 B.當(dāng)摩天輪轉(zhuǎn)到最高點時,游客處于失重狀態(tài) C.因為摩天輪做勻速轉(zhuǎn)動,所以游客的機(jī)械能守恒 D.當(dāng)摩天輪轉(zhuǎn)到最低點時,座椅對游客的支持力小于所受的重力 答案 B 解析 摩天輪做勻速轉(zhuǎn)動,不是平衡狀態(tài).故A錯誤;當(dāng)摩天輪轉(zhuǎn)到最高點時,游客受到的重力與支持力的合力的方向向下,指向圓心,所以游客處于失重狀態(tài).故B正確;摩

29、天輪做勻速轉(zhuǎn)動,所以游客的動能不變而重力勢能是變化的,所以機(jī)械能不守恒,故C錯誤;游客隨摩天輪做勻速圓周運動,當(dāng)摩天輪轉(zhuǎn)到最低點時,游客受到的重力與支持力的合力的方向向上,指向圓心,所以座椅對游客的支持力大于所受的重力.故D錯誤. 8.如圖8所示,ABC為在豎直平面內(nèi)的金屬半圓環(huán),AC連線水平,AB為固定在A、B兩點間的直的金屬棒,在直棒上和半圓環(huán)的BC部分分別套著兩個相同的小圓環(huán)M、N,現(xiàn)讓半圓環(huán)繞對稱軸以角速度ω做勻速轉(zhuǎn)動,半圓環(huán)的半徑為R,小圓環(huán)的質(zhì)量均為m,金屬棒和半圓環(huán)均光滑,已知重力加速度為g,小圓環(huán)可視為質(zhì)點,則M、N兩圓環(huán)做圓周運動的線速度之比為(  ) 圖8 A.

30、 B. C. D. 答案 A 解析 M環(huán)做勻速圓周運動,則mgtan 45°=mvMω,N環(huán)做勻速圓周運動,則mgtan θ=mvNω,mgtan θ=mrω2,r=Rsin θ,vN=rω=,因此=,A項正確. 9.如圖9所示,有一陀螺其下部是截面為等腰直角三角形的圓錐體、上部是高為h的圓柱體,其上表面半徑為r,轉(zhuǎn)動角速度為ω.現(xiàn)讓旋轉(zhuǎn)的陀螺以某水平速度從距水平地面高為H的光滑桌面上水平飛出后恰不與桌子邊緣發(fā)生碰撞,陀螺從桌面水平飛出時,陀螺上各點中相對桌面的最大速度值為(已知運動中其轉(zhuǎn)動軸一直保持豎直,空氣阻力不計)(  ) 圖9 A. B. C.+ωr D

31、.r+ωr 答案 C 解析 陀螺下部分高為h′=r,下落h′所用時間為t,則h′=gt2. 陀螺水平飛出的速度為v,則r=vt,解得v= 陀螺自轉(zhuǎn)的線速度為v′=ωr,陀螺上的點當(dāng)轉(zhuǎn)動的線速度與陀螺的水平分速度的方向相同時,對應(yīng)的速度最大,所以最大速度v=ωr+,故C正確,A、B、D錯誤. 10.如圖10所示,豎直面內(nèi)半徑為R的光滑半圓形軌道與水平光滑軌道相切于D點.a、b、c三個相同的物體由水平部分分別向半圓形軌道滑去,最后重新落回到水平面上時的落點到切點D的距離依次為AD<2R,BD=2R,CD>2R.設(shè)三個物體離開半圓形軌道在空中飛行時間依次為ta、tb、tc,三個物體到達(dá)水平

32、面的動能分別為Ea、Eb、Ec,則下面判斷正確的是(  ) 圖10 A.Ea=Eb B.Ec=Eb C.tb=tc D.ta=tb 答案 C 解析 物體若從半圓形軌道最高點離開在空中做平拋運動,豎直方向上做自由落體運動,有:2R=gt2,則得:t=2 物體恰好到達(dá)半圓形軌道最高點時,有:mg=m, 則通過半圓形軌道最高點時的最小速度為:v= 所以物體從半圓形軌道最高點離開后平拋運動的水平位移最小值為:x=vt=2R 由題知:AD<2R,BD=2R,CD>2R,說明b、c通過最高點做平拋運動,a沒有到達(dá)最高點,則知tb=tc=2,ta≠tb=tc. 對于a、b兩球,通

33、過D點時,a的速度比b的小,由機(jī)械能守恒可得:EaEb. 11.一長l=0.8 m的輕繩一端固定在O點,另一端連接一質(zhì)量m=0.1 kg的小球,懸點O距離水平地面的高度H=1 m.開始時小球處于A點,此時輕繩拉直處于水平方向上,如圖11所示.讓小球從靜止釋放,當(dāng)小球運動到B點時,輕繩碰到懸點O正下方一個固定的釘子P時立刻斷裂.不計輕繩斷裂的能量損失,取重力加速度g=10 m/s2. 圖11 (1)求當(dāng)小球運動到B點時的速度大?。? (2)繩斷裂后球從B點拋出并落在

34、水平地面的C點,求C點與B點之間的水平距離; (3)若xOP=0.6 m,輕繩碰到釘子P時繩中拉力達(dá)到所能承受的最大拉力斷裂,求輕繩能承受的最大拉力. 答案 (1)4 m/s (2)0.8 m (3)9 N 解析 (1)設(shè)小球運動到B點時的速度大小為vB,由機(jī)械能守恒定律得mv=mgl 解得小球運動到B點時的速度大小 vB==4 m/s (2)小球從B點做平拋運動,由運動學(xué)規(guī)律得x=vBt y=H-l=gt2 解得C點與B點之間的水平距離 x=vB=0.8 m (3)若輕繩碰到釘子時,輕繩拉力恰好達(dá)到最大值Fm,由圓周運動規(guī)律得Fm-mg=m r=l-xOP 由以上各式解得Fm=9 N.

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