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1、专题一第3讲限时：40分钟一、选择题(本题共8小题，其中15题为单选，68题为多选)1如图所示，两次渡河时船对水的速度大小和方向都不变。已知第一次实际航程为A至B，位移为x1，实际航速为v1，所用时间为t1。由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为x2，实际航速为v2，所用时间为t2。则(D)At2t1，v2v1Bt2t1，v2v1Ct2t1，v2v1Dt2t1，v2v1解析两次船相对于静水的速度都是不变的，船相对于水的速度可以分解为垂直于河岸和平行于河岸两个方向。由于船速大小和方向不变，故垂直于河岸的速度不变，所以渡河的时间相等，即t2t1；渡河的位移x1v1t1，x2v2t2，解得：v
2、2v1，所以D正确，A、B、C错误。2(2018安徽省蚌埠市高三第三次教学质量检测)如图，一小球以大小为v0的水平速度从一个倾角为37的足够长的固定斜面顶端向右抛出。不计空气阻力，则小球距离斜面最远时的速度大小为(已知sin370.6)(A) Av0Bv0Cv0Dv0解析当小球速度方向与斜面平行时离斜面最远，速度的水平分量不变，为v0，由几何关系可知此时水平速度方向和竖直速度方向的夹角为37，则有：vcos37v0，解得：v，故A正确，BCD错误，故选A。3(2018山东省历城高三下学期模拟)下列关于运动和力的叙述，正确的是(A)A图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间指针示数会大于人的重力G
3、B图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力C图丙中，在水平直跑道上减速的航天飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力D图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则他将在冰面上沿着轨迹半径方向“离心”而去解析图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间处于超重状态，所以体重计的示数大于人的重力，故A正确；图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力提供向心力，所以合外力的大小恒定，方向时刻变化，故B错误；图丙中，在水平直跑道上减速的飞机，伞对飞机的拉力与飞机对伞的拉力为作用力与反作用力，所以两力大小相等，方向相反，故C错误；图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若
4、此时地面摩擦力突然消失，则运动员将沿圆弧切线作直线运动，故D错误。4(2018湖北省襄阳市高三下学期模拟)如图所示，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量不等的球(从半径大的轨道下滑的小球质量大，设为大球，另一个为小球，且均可视为质点)分别自轨道左端由静止开始滑下，在各自轨道的最低点时，下列说法正确的是(C)A大球的速度可能小于小球的速度B大球的动能可能小于小球的动能C大球的向心加速度的大小等于小球的向心加速度的大小D大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力解析根据动能定理得，mgRmv2，解得：v，可知半径大的半圆形轨道，球到达最低点时的速度大，故A错误；由动能
5、定理：mgRmv2，可知大球质量大，下降的高度大，则到达最低点时的动能大，故B错误；根据a2g可知，两球的向心加速度大小相等，故C正确；根据牛顿第二定律得，Nmgm，代入v，可得：N3mg，由于大球的质量大，则大球所受的支持力大，故D错误。5(2018辽宁省大连市高三下学期模拟)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是(B)解析对于圆锥摆，摆线拉力与重力的合力提供向心力，设摆线长为L，摆角为，摆球质量为m，由牛顿第二定律得mgtanm2Lsin，若两小球相同
6、，则Lcos相同，即摆高相同，相对位置关系示意图正确的是B。6(2018全国卷高考压轴卷理综试题)如图所示，三个相同的小球从同一高度处的O点分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O是O在水平面上的投影点，若不计空气阻力，则下列说法正确的是(AC)A三小球动能改变量相同B三个小球落地时的速度大小相同，但方向不同C落地时C小球速度与水平方向夹角最小D三个小球落地的动能相同解析根据动能定理可得动能的改变量为Ekmgh，故动能的改变量相同，故A正确；三个小球的竖直分位移相同，故自由落体运动的时间相等，水平分运动为匀速运动，故初速度与水平分位移成正比，故初速度不同，根
7、据末速度公式：v，可知落地时的末速度不同，故B错误；落地时的速度与水平方向夹角为tan，竖直速度相同，由于C的初速度最大，故夹角最小，故C正确；三个球落地的速度大小不同，所以动能一定不同，故D错误。所以AC正确，BD错误。7(2018河南省郑州市高三下学期模拟)如图所示装置中，质量均为m的小球A、B系在等长度的轻绳OA、OB下端，并都以转速n绕同一竖直轴在同一水平面内做匀速圆周运动，此时绳OA与OB夹角为，质量为2m的物块C静止不动；若将C换成质量为3m的物块D，要保证在系统稳定时，A、B仍在同一水平面内做圆周运动，同时D静止不动，则A、B的质量和两球做圆周运动的转速n应如何调整(CD)A减少
8、A、B的质量，增大转速nB保持A、B的质量不变，增大转速nC增大A、B的质量，减小转速nD增大A、B的质量，增大转速n解析根据A、B两小球竖直方向的受力平衡，OA、OB两绳的竖直分力都始终等于小球的重力，而OA、OB两绳中的水平分力分别提供两球做圆周运动的向心力，并随转速的增大(或减小)而增大(或减小)。易得，OA、OB两绳的合力一定等于A、B两球的总重力。因此，当质量为2m的物块C换成质量为3m的D时，若要系统平衡，A、B两小球的质量均须调整为1.5m，而转速的大小不影响平衡，故选项C、D正确。8(2018吉林省实验中学二模)如图，质量为m的小球从斜轨道高h处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内
9、侧运动。已知圆轨道的半径为R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是(BC)A当h2R时，小球恰好能到达最高点MB当h2R时，小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mgC当hR时，小球在运动过程中不会脱离轨道D当hR时，小球在最低点N时对轨道压力为2mg解析在圆轨道的最高点M，由牛顿第二定律有：mgm，得：v0根据机械能守恒得：mghmg2Rmv，解得：h2.5R，故A错误；当h2R时，小球在圆心等高处P时速度为v，根据机械能守恒得：mg2RmgRmv2，小球在P时，有：Nm，联立解得N2mg，则知小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mg，故B正确；当hR时，根据机械能守恒，小球在圆轨
10、道上圆心下方轨道上来回运动，在运动过程中不会脱离轨道，故C正确；当hR时，设小球在最低点N时速度为v，则有：mgRmv2在圆轨道最低点，有：Nmgm，解得：N3mg，则小球在最低点N时对轨道压力为3mg，故D错误故选BC。二、计算题(本题共3小题，需写出完整的解题步骤)9如图所示，质量为m的小物块从高为h的坡面顶端由静止释放，滑到粗糙的水平台上，滑行距离l后，以v1m/s的速度从边缘O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P点。以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程yx26(单位为m)，小物块质量m0.4kg，坡面高度h0.4m，小物块从坡面上滑下时克服摩擦力做功1J，
11、小物块与平台表面间的动摩擦因数0.1，g取10m/s2。求：(1)小物块在水平台上滑行的距离l；(2)P点的坐标。解析(1)对小物块，从释放到O点过程中mghWfmglmv2解得l1m(2)小物块从O点水平抛出后满足ygt2xvt由解得小物块的轨迹方程y5x2又有yx26由得x1m，y5m所以P点坐标为(1m，5m)10(2018北京市西城区高三下学期5月模拟)合成与分解是物理常用的一种研究问题的方法，如研究复杂的运动就可以将其分解成两个简单的运动来研究。请应用所学物理知识与方法，思考并解决以下问题。如图所示，将一小球以v020m/s的初速度从坐标轴原点O水平抛出，两束平行光分别沿着与坐标轴平
12、行的方向照射小球，在两个坐标轴上留下了小球的两个“影子”，影子的位移和速度描述了小球在x、y两个方向的运动。不计空气阻力的影响，g10m/s2。(1)分析说明两个“影子”分别做什么运动；(2)经过时间t2s小球到达如图所示的位置，求此时小球的速度v。解析(1)在x方向，因为小球不受力的作用，所以影子做匀速直线运动；在y方向，因为小球仅受重力的作用，初速度为0，所以影子做初速度为零的匀加速直线运动。(2)此时x方向的影子速度vxv020m/sy方向的影子速度vygt20m/s小球的速度v代入数据解得v20m/s28.2m/stan1，45速度方向与x方向成45角11(2018永安市高三下学期模拟
13、)如图是一皮带传输装载机械示意图。井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上。已知半径为R0.4m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为圆形轨道的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径。矿物可视为质点，传送带与水平面间的夹角37，矿物与传送带间的动摩擦因数0.85，传送带匀速运行的速度为v06m/s，传送带AB两点间的长度为L40m。若矿物落点D处离最高点C点的水平距离为s2m，竖直距离为h1.25m，矿物质量m5kg，sin370.6，cos370.8，g10m/s2，不计空气阻力。求：(1)矿物到达C点时对
14、轨道的压力大小；(2)矿物到达B点时的速度大小；(3)矿物由A点到达C点的过程中，摩擦力对矿物所做的功。解析(1)矿物离开C后做平抛运动，在水平方向：svCt，在竖直方向：hgt2，矿物在C点，由牛顿第二定律得：mgNm，由牛顿第三定律可知，矿物对轨道的压力：NN，联立并代入数据得：N150N，方向竖直向上。(2)设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理得：(mgcosmgsin)Lmv2，代入数据解得：v8m/sv06m/s，由此可知，矿物在传送带上先加速到与传送带速度相等，然后匀速运动到B点，到达B点时的速度为6m/s；(3)从A到C过程，由动能定理得：WfmgLsinR(1cos)mv0，代入数据解得：Wf1276J。
