高考物理一轮复习第四单元曲线运动单元检测(含详解)

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=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=,可得在相等的Δt内,质点的速度变化量Δv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】B 2.(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 m B.35 m C.40 m D.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=gt2,由以上各式解得h=45m,D项正确。 【答案】D 3.(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 cm B.10 cm C.11 cm D.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】A 4.(2018安徽淮北六校联考)“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.0 B.mg C.Mg D.(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=M,对杯子和水整体研究,设绳的拉力为F,则F+(M+m)g=(M+m),解得F=0,A项正确。 【答案】A 5.(2018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.∶1 B.∶3 C.3∶1 D.1∶3 【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=,得a1∶a2=1∶3,故D项正确。 【答案】D 6.(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θ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θ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,渡河的时间t=,A项错误;若仅是河水流速v0增大,由t=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】BD 7.(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=6πηvr,式中r是小球的半径,v是小球的速度,η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g B.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 【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-,当a=0时,速度最大,此后小球做匀速运动,最大速度vm=,C、D两项正确。 【答案】ACD 8.(2018安徽黄山六校联考)如图所示为某种水轮机的示意图,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ω,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.1.2Rω,+0.6R B.0.6Rω,+0.6R C.1.2Rω,+0.6R D.0.6Rω,+0.6R 【解析】由题意可知,水流冲击挡板时速度大小v=2Rω,因此水从管口流出时的速度v0=vcos53°=1.2Rω,(vsin53°)2=2g(h-Rsin37°),求得h=+0.6R,C项正确。 【答案】C 9.(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μ,B与地面间的动摩擦因数为,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F<μmg时,A、B都相对地面静止 B.当F=μmg时,A的加速度为μg C.当F=5μmg时,A的加速度为μg D.无论F为何值,A的加速度不会超过μg 【解析】对A、B整体,地面对B的最大静摩擦力为μmg,故当F<μmg时,A、B相对地面静止,A项正确;A、B间的最大静摩擦力为2μmg,故当整体加速度a=μg时,A、B恰好要发生相对运动,此时F=μmg,故当F=μmg时,A、B整体以相同的加速度运动,应用牛顿第二定律,有μmg-×3mg=3ma,a=μg,B项正确;当F=5μmg时,A相对B滑动,A的加速度为μg,C项正确;A的最大加速度aAm=μg,D项错误。 【答案】ABC 10.(2018福建龙岩10月模拟)(多选)如图所示,在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的三个可视为质点的物体A、B、C,圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO'转动。三个物体与圆盘间的动摩擦因数相同,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。三个物体与轴O共线且OA=OB=BC=r,现将三个物体用轻质细线相连,保持细线伸直且恰无张力。当圆盘从静止开始转动时,角速度极其缓慢地增大,则对于这个过程,下列说法正确的是(　　)。 A.A、B两个物体同时达到最大静摩擦力 B.B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变,A物体所受的静摩擦力先增大后减小再增大 C.当ω>时整体会发生滑动 D.当<ω<时,在ω增大的过程中B、C间的拉力不断增大 【解析】当圆盘转速增大时,静摩擦力提供向心力,三个物体的角速度相等,由F0=mω2r可知,由于C的半径最大,质量最大,故C所需要的向心力增加最快,最先达到最大静摩擦力,此时μ(2m)g=2m·2r,解得ω1=;当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后,细线BC开始提供拉力,B的摩擦力增大,达到最大静摩擦力后,A、B之间细线开始有力的作用,随着角速度增大,A的摩擦力将减小到零然后反向增大;当A的摩擦力达到最大,且细线BC的拉力大于A、B整体的摩擦力时,物体将会出现相对滑动,此时A与B还受到细线的拉力,对C有FT+μ(2m)g=2m·2r,对A、B整体有FT=2μmg,解得ω2=,当ω2>时整体会发生滑动,A项错误,B、C两项正确。当<ω<时,C所受摩擦力沿半径向里,且没有出现滑动,则在ω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θ=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)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0~0.5s内,根据图乙知,A、B系统的加速度 a1==4m/s2 对A、B系统受力分析,由牛顿第二定律得 mBg-mAgsinθ-μmAgcosθ=(mA+mB)a1 解得μ=0.25。 (2)B落地后,A继续减速上升。由牛顿第二定律得 mAgsinθ+μmAgcosθ=mAa2 将已知量代入,可得a2=8m/s2 故A减速向上滑动的位移 x2==0.25m 因为0~0.5s内A加速向上滑动的位移 x1==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)0.75m 12.(2018北京开学考试)如图所示,一倾斜传送带与水平面的倾角θ=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μ=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,沿传送带向下做匀加速运动,其加速度 a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2 当木块速度为10m/s时,运动距离L0==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==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=gsinθ+μ