全國2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)全冊學(xué)案（打包17套）.zip

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(2)突出末速度的大小和方向問題時，一般要建立水平分速度和豎直分速度之間的關(guān)系，由此確定其末速度. (3)如圖3所示，分解某一過程的位移和某一位置瞬時速度，則可以獲得兩個直角三角形，一般該類運動問題都可以在這兩個直角三角形中解決. 圖3 例2　如圖4所示，將甲、乙兩球從虛線PQ右側(cè)某位置分別以速度v1、v2沿水平方向拋出，其部分軌跡如圖1、2所示，兩球落在斜面上同一點，且速度方向相同，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.甲、乙兩球拋出點在同一豎直線上 B.甲、乙兩球拋出點在斜面上 C.甲球拋出點更靠近PQ線 D.一定有v1>v2 解析　二者落在斜面上時速度的方向相同，所以速度的方向與水平方向之間的夾角θ是相等的，tan θ＝ 根據(jù)：vy＝gt x＝v0t y＝gt2 位移偏轉(zhuǎn)角為α，聯(lián)立可得：tan α＝＝tan θ 可知二者的位移偏轉(zhuǎn)角也相等，所以兩個小球的拋出點與落點的連線在同一直線上，故結(jié)合題目的圖象可知1的拋出點高于2的拋出點，故A錯誤；結(jié)合A的分析可知，兩個小球的拋出點與落點的連線在同一直線上，兩個小球的拋出點可能在斜面上，也可能不在斜面上，故B錯誤；兩個小球的拋出點與落點的連線在同一直線上，而題目的圖中1在上，所以甲的拋出點離PQ要遠(yuǎn)一些，故C錯誤；由于甲的拋出點高一些，因此甲運動的時間長些，故豎直方向的速度v＝gt大些，而根據(jù)落點的速度方向相同，因此速度v1要大一些，故D正確. 答案　D 變式訓(xùn)練 3.如圖5所示，在水平地面上A、B兩點同時迎面拋出兩個物體，初速度分別為v1、v2，與水平方向所成角α1＝30°、α2＝60°，兩物體恰好落到對方拋出點.兩物體在空中運動的時間分別為t1、t2，不計空氣阻力.則(　　) 圖5 A.v1＝v2 B.t1＝t2 C.兩物體在空中可能相遇 D.兩物體位于同一豎直線時，一定在AB中點的右側(cè) 答案　AD 解析　在水平方向上做勻速直線運動，故有v1cos 30°t1＝v2cos 60°t2，在豎直方向上做豎直上拋運動，所以t1＝，t2＝，聯(lián)立可得v1＝v2，t1mQ，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，因mP>mQ，所以選項C正確；由a＝＝2g可知，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤. 4.如圖3，一小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動(小球可視為質(zhì)點)，飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點.O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向夾角為60°，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度為(　　) 圖3 A. B. C. D. 答案　C 解析　飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，知速度與水平方向的夾角為30°，設(shè)位移與水平方向的夾角為θ，則tan θ＝＝，因為tan θ＝＝，則豎直位移y＝R.v＝2gy＝gR，tan 30°＝，所以v0＝＝ ，故C正確，A、B、D錯誤. 5.(多選)如圖4所示，一帶電小球自固定斜面頂端A點以速度v0水平拋出，經(jīng)時間t1落在斜面上B點.現(xiàn)在斜面空間加上豎直向下的勻強電場，仍將小球自A點以速度v0水平拋出，經(jīng)時間t2落在斜面上B點下方的C點.不計空氣阻力，以下判斷正確的是(　　) 圖4 A.小球一定帶正電 B.小球所受電場力可能大于重力 C.小球兩次落在斜面上的速度方向相同 D.小球兩次落在斜面上的速度大小相等 答案　CD 解析　不加電場時，小球做平拋運動，加電場時，小球做類平拋運動，根據(jù)tan θ＝＝，則t＝，因為水平方向上做勻速直線運動，可知t2＞t1，則a＜g，可知小球一定帶負(fù)電，所受的電場力向上，且小于重力的大小，故A、B錯誤.因為做類平拋運動或平拋運動時，小球在某時刻的速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，由于位移方向相同，則小球兩次落在斜面上的速度方向一定相同.根據(jù)平行四邊形定則知，初速度相同，則小球兩次落在斜面上的速度大小相等，故C、D正確. 6.如果高速轉(zhuǎn)動的飛輪重心不在轉(zhuǎn)軸上，運行將不穩(wěn)定，而且軸承會受到很大的作用力，加速磨損.如圖5所示，飛輪半徑r＝20 cm，ab為轉(zhuǎn)動軸.正常工作時轉(zhuǎn)動軸受到的水平作用力可以認(rèn)為是0.假想在飛輪的邊緣固定兩個互成直角的螺絲釘P和Q，兩者的質(zhì)量均為m＝0.01 kg，當(dāng)飛輪以角速度ω＝1 000 rad/s轉(zhuǎn)動時，轉(zhuǎn)動軸ab受到力的大小為(　　) 圖5 A.1×103 N B.2×103 N C.×103 N D.2×103 N 答案　D 解析　對釘子：F1＝F2＝mω2·r＝2 000 N，受到的合力F＝F1＝2×103 N. 7.如圖6所示，一根細(xì)線下端拴一個金屬小球P，細(xì)線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動.現(xiàn)使小球在一個更高的水平面上做勻速圓周運動，而金屬塊Q始終靜止在桌面上的同一位置，則改變高度后與原來相比較，下面的判斷中正確的是(　　) 圖6 A.細(xì)線所受的拉力變小 B.小球P運動的角速度變大 C.Q受到桌面的靜摩擦力變小 D.Q受到桌面的支持力變大 答案　B 解析　設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，細(xì)線的拉力大小為FT，細(xì)線的長度為L.P球做勻速圓周運動時，由重力和細(xì)線的拉力的合力提供向心力，如圖，則有：FT＝，mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝ ，使小球改到一個更高的水平面上做勻速圓周運動時，θ增大，cos θ減小，則得到細(xì)線拉力FT增大，角速度ω增大.故A錯誤，B正確.對Q球，由平衡條件得知，Q受到桌面的靜摩擦力等于細(xì)線的拉力大小，Q受到桌面的支持力等于重力，則靜摩擦力變大，Q所受的支持力不變，故C、D錯誤；故選B. 8.如圖7所示，河水流動的速度為v且處處相同，河寬度為a.在船下水點A的下游距離為b處是瀑布.為了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)(　　) 圖7 A.小船船頭垂直河岸渡河時間最短，最短時間為t＝.速度最大，最大速度為vmax＝ B.小船軌跡沿y軸方向渡河位移最小、速度最大，最大速度為vmax＝ C.小船沿軌跡AB運動位移最大、時間最短且速度最小，最小速度vmin＝ D.小船沿軌跡AB運動位移最大、速度最小，最小速度vmin＝ 答案　D 解析　小船船頭垂直河岸渡河時間最短，最短時間為：t＝，故A錯誤；小船軌跡沿y軸方向渡河位移最小，為a，但沿著船頭指向的分速度必須指向上游，合速度不是最大，故B錯誤；由圖，小船沿軌跡AB運動位移最大，由于渡河時間t＝，與船的船頭指向的分速度有關(guān)，故時間不一定最短，故C錯誤；合速度沿著AB方向時位移顯然是最大的，劃船的速度最小，故：＝，故v船＝；故D正確；故選D. 9.(2016·全國丙卷·24)如圖8，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接.AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動. 圖8 (1)求小球在B、A兩點的動能之比； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點. 答案　(1)5∶1　(2)能，理由見解析 解析　(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得 EkA＝mg· ① 設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有 EkB＝mg· ② 由①②式得＝5 ③ (2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力FN應(yīng)滿足 FN≥0 ④ 設(shè)小球在C點的速度大小為vC，由牛頓第二定律和向心力公式有 FN＋mg＝m ⑤ 由④⑤式得 mg≤m ⑥ vC≥ ⑦ 全程應(yīng)用機械能守恒定律得 mg·＝mvC′2 ⑧ 由⑦⑧式可知，vC＝vC′，即小球恰好可以沿軌道運動到C點. 10.如圖9所示為圓弧形固定光滑軌道，a點切線方向與水平方向夾角53°，b點切線方向水平.一小球以水平初速度6 m/s做平拋運動剛好能從a點沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，已知軌道半徑1 m，小球質(zhì)量1 kg.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)求： 圖9 (1)小球做平拋運動的飛行時間. (2)小球到達(dá)b點時，軌道對小球壓力大小. 答案　(1)0.8 s　(2)58 N 解析　(1)小球進(jìn)入軌道時速度方向與水平方向夾角為53°，則有：tan 53°＝ vy＝gt　解得t＝0.8 s (2)設(shè)初始位置距a點高度為h，則有： h＝gt2 設(shè)初始位置距b點高度為H，則有： H＝h－(R＋R) 從初始位置到b由動能定理得： mgH＝mv－mv 對b點由牛頓第二定律得： FN＋mg＝m 解得：FN＝58 N 18