届高考物理第一轮复习收尾训练题39文档格式.docx
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表演时杂技演员和摩托车的总质量不变,摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的
摩擦力恰好为零,轨道平面离地面的高度为H,侧壁倾斜角度a不变,则下
A•摩托车做圆周运动的
D.摩托车对侧壁的压力随高度H变大而减小
解析经分析可知摩托车做匀速圆周运动的向心力由重力及侧壁对摩托车弹
力的合力提供,由力的合成知其大小不随H的变化而变化,A错误;
因摩托
2
车和演员整体做匀速圆周运动,所受合外力提供向心力,即F合二m^,随H
的增高,r增大,线速度增大,B正确;
向心力与速度方向一直垂直,不做功,C错误;
由力的合成与分解知识知摩托车对侧壁的压力恒定不变,D错误.
答案B
4.如图所示,一小钢球从平台上的A处以速度vo水平飞出.经to时间落在山坡上B处,此时速度方向恰好沿斜坡向下,接着小钢球从B处沿直线自由滑下,又经to时间到达坡上的C处.斜坡BC与水平面夹角为30°
不计摩擦阻力和空气阻力,则小钢球从A到C的过程中
水平、竖直两方向的分速度Vx、Vy随时间变化的图像是()
解析小钢球从A到C的过程中水平方向的分速度vx,先是匀速直线运动,后是
匀加速直线运动,A、B错误;
小钢球从A到C的过程中竖直方向的分速度vy,显示加速度为g的匀加速直线运动,后是加速度为g/4的匀加速直线运动,C错误、D正确。
答案D
5.如图3所示,A为静止于地球赤道上的物体,B为绕地球椭圆轨道运行的卫星,C为绕地球做圆周运动的卫星,P为B、C两卫星轨道的交点.已知A、
B、C绕地心运动的周期相同.下列说法正确的是().
图3
A.相对于地心,卫星C的运行速率等于物体A的速率
B.相对于地心,卫星C的运行速率大于物体A的速率
C.卫星B在P点的运行加速度等于卫星C在该点的运行加速度
D.卫星B在P点的运行加速度大于卫星C在该点的运行加速度
解析由于C和A周期相同,即角速度相同,由v知,Vc>
va,A错、B对.卫星B和C的加速度都是由万有引力提供的,由牛顿第二定律可得GrMm=ma,故aB=ac,C对、D错.
答案BC
6.地球赤道上有一物体随地球的自转,所受的向心力为Fi,向心加速度为ai,
线速度为vi,角速度为⑼;
绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星(高度忽略),所受的向心力为F2,向心加速度为&
2,线速度为V2,角速度为型;
地球的同步卫星所受的向心力为F3,向心加速度为a3,线速度为V3,角速度为皿;
地球表面的重力加速度为g,第一宇宙速度为v,假设三者质量相等,则
().
A.Fi=F2>
F3B.ai=a2=g>
a3
C.V1=V2=V>
V3D.31=33<
W2
解析地球同步卫星的运动周期与地球自转周期相同,角速度相同,即31
2
=33,根据关系式v和a=3r可知,Vi<
V3,ai<
a3;
人造卫星和地球同
步卫星都围绕地球转动,它们受到的地球的引力提供向心力,即GMJm=m32r=牛=ma可得v=,'
G|M、a=GM2>
3=弓禦,可见,轨道半径大的线
速度、向心加速度和角速度均小,即V2>
V3、a2>
a3、32>
33;
绕地球表面附近
做圆周运动的人造卫星的线速度就是第一宇宙速度,即V2=V,其向心加速度
等于重力加速度,即a2=g;
所以v=V2>
V3>
vi,g=a2>
a3>
ai,32>
33=31,又因为F=ma,所以F2>
F3>
Fi.由以上分析可见,选项A、B、C错误,D正
确.
答案D
7.以vo的速度水平抛出一物体,当其水平分位移与竖直分位移大小相等时,下列说法错误的是().
A.即时速度的大小是5vo
C.竖直分速度大小等于水平分速度大小
D.运动的位移是
2伍2
解析当其水平分位移与竖直分位移相等时,即Vot=2gt,可得运动时间t
vo,合位移s="
'
x2+y2=~~~,对比各选项可知说法错误的是C选项.
答案C
8.如图4所示为一条河流,河水流速为v,—只船从A点先后两次渡河到对岸,
船在静水中行驶的速度为u,第一次船头向着AB方向行驶,渡河时间为ti,
船的位移为si;
第二次船头向着AC方向行驶,渡河时间为t2,船的位移为
s2.若AB、
AC与河岸的垂线方向的夹角相等,则有(
)
CX
\z^
A
图4
A.t1>
t2
S1<
s2
B.t1<
S1>
S2
C.t1=t2
S1VS2
D.t1=t2
解析由于船的速度大小相等,且与河岸的夹角相同,所以船速在垂直于河
岸方向上的分速度大小相同,渡河的时间由船垂直河岸的速度的大小决定,
故船到达对岸的时间相等;
船的位移决定于平行河岸方向的速度大小,结合
题意知S1>
S2.
9.如图5所示,竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上,半径r=0.4m,
最低点处有一小球(半径比r小很多)现给小球一水平向右的初速度vo,则要使小球不脱离圆轨道运动,vo应当满足(g=10m/V)().
C.vo>
25m/sD.vo<
22m/s
解析解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种
情况:
(1)小球通过最高点并完成圆周运动;
(2)小球没有通过最高点,但小球没有脱离圆轨道.
对于第⑴种情况,当vo较大时,小球能够通过最高点,这时小球在最高点处
21212需要满足的条件是mgwmv/r,又根据机械能守恒定律有qmv+2mgr=qmvo,可求得vo>
25m/s,故选项C正确;
对于第⑵种情况,当vo较小时,小球不能通过最高点,这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处,速度恰好减为零,根据机械能守恒定律有mgr=|mvo,可求得vo<
22m/s,
故选项D正确.
答案CD
10.如图6所示,斜面AC与水平方向的夹角为a在A点正上方与C等高处水
11.
平抛出一小球,
其速度垂直斜面落到D点,则CD与DA的比为().
A宀
tana
1
D.2tan2a
解析
如图所示,设平抛初速度为V0,落到D处时的竖直速度为Vy,所用时间为t,
votM
对Rt^AFD,AD=cOSa对RtMED,CD=丽3在速度三角形中
12.某电视台“快乐向前冲”节目的场地设施如图7所示,AB为水平直轨道,
上面安装有电动悬挂器,可以载人运动,水面上漂浮着一个半径为R、角速
度为3、铺有海绵垫的转盘,转盘的轴心离平台的水平距离为L,平台边缘
与转盘平面的高度差为H.选手抓住悬挂器可以在电动机的带动下,从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动.选手必须作好判断,在合适的位置释放,才能顺利落在转盘上.设人的质量为m(不计身高),人与转盘间的最大静摩擦力为卩mg重力加速度为g.
图7
⑵设选手水平加速阶段的位移为X1,时间为tl;
选手平抛时的水平位移为X2,
时间为t2.则水平加速时有
1.2
22
S
1-2
--
H
xi=2ati.
V=atl,平抛运动阶段有X2=Vt2,
全程水平方向Xl+X2=L,
联立以上各式代入数据解得ti=2s.
(3)由
(2)知xi=4m,v=4m/s,且F=0.6mg.设阻力为f,选手继续向右滑动
、.12
的距离为X3,由动能定理得,加速阶段Fx—fx=qmv
减速阶段—fx3=0—^mv
联立以上两式解得X3=2m.
12•如图8所示,双星系统中的星球A、B都可视为质点,A、B绕两者连线上的O点做匀速圆周运动,
图8
(1)求B的周期和速率.
(2)A受B的引力Fa可等效为位于O点处质量为m'
的星体对它的引力,试
求m'
.(用m1、m2表示)
解析
(1)设A、B的轨道半径分别为n、r2,它们做圆周运动的周期T、角速
度3都相同,根据牛顿第二定律有Fa=m1吕1,Fb=m232「2,即黑•故B
mi+m2mim2
(2)A、B之间的距离r=ri+「2=―m2—ri,根据万有引力定律有Fa=G「2=
mim
G"
7T
32
m
32
薄雾浓云愁永昼,瑞脑消金兽。
佳节又重阳,玉枕纱厨,半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后,有暗香盈袖。
莫道不消魂,帘卷西风,人比黄花瘦。
(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零,为保证他落在任何位
置都不会被甩下转盘,转盘的角速度3应限制在什么范围?
(2)若已知H=5m,L=8m,a=2m/s123,g=10m/s2,且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上,则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的?
(3)若电动悬挂器开动后,针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F二
0.6mg,悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力,选手在运动到上面⑵
中所述位置C点时,因恐惧没有释放悬挂器,但立即关闭了它的电动机,则按照
(2)中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离?
解析
(1)设选手落在转盘边缘也不会被甩下,最大静摩擦力提供向心力,则
有口m§
mw2R,
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