逐章清掃4曲線運(yùn)動(dòng) 答案

石家莊二中2022屆高三物理自擬作業(yè)二輪復(fù)習(xí)命題人：劉鳳果2022.1第頁(yè)逐章掃清四、曲線運(yùn)動(dòng)1.C2.A【詳解】如圖所示，當(dāng)小船在靜水中的速度與其在河流中的速度v垂直時(shí)，小船在靜水中的速度最小，則最小值故A正確，BCD錯(cuò)誤。D4.C【詳解】以速度v水平飛躍而出，如果能抓住繩子，則水平方向位移為豎直方向位移為，由幾何關(guān)系可知?jiǎng)t當(dāng)h1=4時(shí)，v有最小值為。5.BD【詳解】A．發(fā)球口先后在A點(diǎn)與B點(diǎn)發(fā)射的兩相同足球1、2剛好沿水平方向打在橫梁上同一點(diǎn)P，可由逆向思維法看成從P點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，因豎直位移相同，則由，可知運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)和B點(diǎn)的時(shí)間相同，豎直速度相同，則由，解得故A錯(cuò)誤；B．1、2兩球在P點(diǎn)的速度即為平拋的水平速度，有，可得故B正確；C．1、2兩球的水平位移為可故C錯(cuò)誤；D．1、2兩球在A、B兩點(diǎn)重力的瞬時(shí)功率為因豎直速度相同，則功率之比為1:1，故D正確；6.BC【解析】對(duì)軌道1，根據(jù)動(dòng)能定理有解得小物塊離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，所以，水平射程為；同理，對(duì)軌道2，射程；對(duì)軌道3，射程；則，。7.B【解析】有題意可知當(dāng)在a點(diǎn)動(dòng)能為E1時(shí)，有根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有，，當(dāng)在a點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為E2時(shí)，有根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有，，聯(lián)立以上各式可解得8.A【解析】A．因每次曝光的時(shí)間間隔相等，而運(yùn)動(dòng)員在空中只受重力作用，加速度為g，則相鄰位置運(yùn)動(dòng)員重心的速度變化均為g?t，選項(xiàng)A正確；B．運(yùn)動(dòng)員在A、D位置時(shí)重心的速度大小相同，但是方向不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．由圖可知，運(yùn)動(dòng)員從A到B為4?t，從C到D的時(shí)間5?t，時(shí)間不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．運(yùn)動(dòng)員重心位置的最高點(diǎn)位于C點(diǎn).9.A【詳解】AB．水從噴水口噴出后做斜拋運(yùn)動(dòng)，初速度可分解為水平方向的分速度v0和豎直向上的分速度vy，由于水噴出后在最高點(diǎn)高度相同，根據(jù)公式可知，豎直分速度相同，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，由于甲的水平分位移較大，根據(jù)可知，甲噴出的水水平分速度較大，根據(jù)可知，甲噴口噴出水的初速度較大，每秒噴出水的體積為由于口徑相同，所以噴口甲每秒噴出水的體積較大，故A正確，B錯(cuò)誤；C．由于豎直高度相同，根據(jù)可知，兩個(gè)噴口噴出的水在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故C錯(cuò)誤；D．噴口在最高點(diǎn)時(shí)，只有水平方向的分速度，根據(jù)前面判斷可知，甲噴出的水水平分速度較大，所以甲噴口噴出的水在最高點(diǎn)的速度較大，故D錯(cuò)誤。10.CD【詳解】A．到達(dá)點(diǎn)時(shí)，炮彈的豎直分速度為零，只具有水平分速度（不為零），A錯(cuò)誤；由于受到豎直向下的重力、與運(yùn)動(dòng)方向相反的空氣阻力作用，到達(dá)點(diǎn)時(shí)合力不為零，炮彈的加速度不為零，B錯(cuò)誤；C．炮彈從點(diǎn)到點(diǎn)的過(guò)程，重力做功為零，阻力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知，炮彈經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度大于經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度，C正確；D．從O到b的過(guò)程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力，由牛頓第二定律可得解得在從b到d的過(guò)程中，在豎直方向上，受到向下的重力和阻力在豎直向上的分力，由牛頓第二定律可得解得對(duì)比可得即上升階段的加速度總體比下降階段的加速度大，由可定性確定，豎直位移相同，加速度越大，時(shí)間就越短，所以炮彈由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的時(shí)間小于由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的時(shí)間，D正確。11.ABD【詳解】A．依題意，假設(shè)第二次運(yùn)動(dòng)員落到與C點(diǎn)等高的水平面上點(diǎn)，如圖所示兩次平拋運(yùn)動(dòng)的豎直高度相等，即運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，則由可知，第二次水平方向的位移為第一次的2倍，可得所以第二次小球?qū)?huì)經(jīng)過(guò)D點(diǎn)正上方的點(diǎn)，即落在斜面上的點(diǎn)將在斜面上D點(diǎn)下方，所以人若要落在斜面上的D點(diǎn)，則小球的水平位移將在CD的左側(cè)，所以可推知第二次人從B點(diǎn)飛出時(shí)的速度故A正確；B．如圖所示為兩次落到斜面上的位移方向。設(shè)斜面與水平面夾角為，第一次和第二次位移方向和水平方向的夾角分別為、，則有，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)推論：速度與水平偏夾角與位移與水平方向夾角關(guān)系滿足，可得又因?yàn)?，所以可得故B正確；C．設(shè)OB間的距離為，OC和CD的高度差均為h，兩次平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為和，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，有;兩式相比可得所以可得故C錯(cuò)誤；D．設(shè)人從B點(diǎn)水平拋出落在C點(diǎn)時(shí)，水平位移為，則落在D點(diǎn)時(shí)的水平位移為，則可得;由選項(xiàng)B分析可知由數(shù)學(xué)知識(shí)可得所以，BC與BD間的距離關(guān)系滿足故D正確。故選ABD。12.BCD【解析】A.將兩球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向分析，抓住等時(shí)性，結(jié)合豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律比較運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合水平位移比較拋出時(shí)的初速度．根據(jù)下降的高度比較豎直分速度的大?。畬⑿∏虻倪\(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，根據(jù)等時(shí)性，結(jié)合豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律知，B球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是A球運(yùn)動(dòng)時(shí)間的3倍，故A錯(cuò)誤；B.A、B兩球到達(dá)P頂端時(shí)，下降的高度相同，根據(jù)豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律知，豎直方向上的分速度大小相等，故B正確；C.從O到Q，由于B球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是A球運(yùn)動(dòng)時(shí)間的3倍，由于水平位移相等，則A球拋出時(shí)的速度是B球拋出時(shí)速度的3倍，故C正確；D.減小B球拋出時(shí)的速度，第一次落點(diǎn)的水平位移減小，反彈后可能會(huì)越過(guò)擋板P，正確．13．A【解析】A．由題知桿OP繞O點(diǎn)從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到60°，則P點(diǎn)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則P點(diǎn)的線速度大小不變，A正確；B．由題知桿OP繞O點(diǎn)從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到60°，則P點(diǎn)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)的加速度方向時(shí)刻指向O點(diǎn)，B錯(cuò)誤；C．Q點(diǎn)在豎直方向的運(yùn)動(dòng)與P點(diǎn)相同，相對(duì)于O點(diǎn)在豎直方向的位置y關(guān)于時(shí)間t的關(guān)系為y=lOPsin(+ωt)則可看出Q點(diǎn)在豎直方向不是勻速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．Q點(diǎn)相對(duì)于O點(diǎn)在水平方向的位置x關(guān)于時(shí)間t的關(guān)系為x=lOPcos(+ωt)+lPQ則可看出Q點(diǎn)在水平方向也不是勻速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。14.D【解析】輪A、輪B靠摩擦傳動(dòng)，邊緣點(diǎn)線速度相等，故根據(jù)公式有。根據(jù)，有。根據(jù)有。輪B、輪C是共軸傳動(dòng)，角速度相等，故根據(jù)公式有。根據(jù)有。根據(jù)有綜合得到，，，15.C【詳解】A．環(huán)形空間站內(nèi)的宇航員隨空間站一起做圓周運(yùn)動(dòng)，其需要指向圓心的向心力，由外側(cè)底面提供指向圓心的支持力，這個(gè)支持力給航天員一種地面支持力的感覺(jué)，所以“人造重力”與這個(gè)支持力方向相反，指向環(huán)的外側(cè)，故A錯(cuò)誤；B．由得航天員處在空間站外側(cè)，越大，角速度越小，故B錯(cuò)誤；C．空間站轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中單獨(dú)艙室圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由兩邊對(duì)其的拉力來(lái)提供，且兩個(gè)力夾角不變，所以轉(zhuǎn)動(dòng)越快向心力要越大，拉力越大，故C正確；D．由所以離圓心越遠(yuǎn)“人造加速度”越大，故D錯(cuò)誤。故選C。16.D【詳解】ABC．根據(jù)牛頓第二定律解得若緩慢增大圓盤轉(zhuǎn)速，離中心軸遠(yuǎn)的茶杯相對(duì)圓盤先滑動(dòng)，與茶水多少無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；若緩慢增大圓盤轉(zhuǎn)速，到中心軸距離相同的空茶杯和有茶水茶杯相對(duì)圓盤同時(shí)滑動(dòng)，B錯(cuò)誤；若緩慢增大圓盤轉(zhuǎn)速，到中心軸距離相同兩個(gè)不同的空茶杯，質(zhì)量大的和質(zhì)量小的相對(duì)圓盤同時(shí)滑動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．如果茶杯相對(duì)圓盤靜止，茶杯受到圓盤的摩擦力是靜摩擦力，沿半徑指向圓心，充當(dāng)向心力，D正確。17.B【詳解】A．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員在圓盤最高點(diǎn)時(shí)，可能僅受到重力和支持力的作用，還可能受摩擦力，故A錯(cuò)誤；B．在圓盤最下方，根據(jù)解得故B正確；C．取不同數(shù)值時(shí)，運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；D．運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度大小不變，動(dòng)能不變，設(shè)、分別為摩擦力做功和重力做功的大小，有故D錯(cuò)誤。18.AD【詳解】A．在滑到最低點(diǎn)時(shí)人對(duì)繩索的壓力大于人的重力，人處于超重狀態(tài)，故A正確；B．若無(wú)阻力做功，機(jī)械能守恒，則有解得則人在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中要克服阻力做功，機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；CD．對(duì)人研究，在最低點(diǎn)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律得由幾何關(guān)系可得聯(lián)立方程，代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)牛頓第三定律可知人對(duì)繩索的壓力為570N，故C錯(cuò)誤，D正確。19.AC【詳解】AB．由可得產(chǎn)品在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為在轉(zhuǎn)盤上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為可得故A正確，B錯(cuò)誤；CD．產(chǎn)品在AB間運(yùn)動(dòng)時(shí)，由得加速度為根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得在BC間運(yùn)動(dòng)時(shí)，由可得故故C正確，D錯(cuò)誤。20.D【詳解】A．滑塊恰好能通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)C時(shí)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律得解得故A錯(cuò)誤；B．滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)，得根據(jù)牛頓第三定律，知滑塊對(duì)圓軌道的壓力大小故B錯(cuò)誤；C．從開(kāi)始到B點(diǎn)的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理得得故彈簧彈性勢(shì)能為D.滑塊從C點(diǎn)到水平槽DE的過(guò)程做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有其中得水平方向有。當(dāng)滑塊落在D點(diǎn)時(shí)，解得當(dāng)滑塊落在E點(diǎn)時(shí)得。又因?yàn)橐踩ㄟ^(guò)C點(diǎn)，所以由動(dòng)能定理得得。對(duì)應(yīng)彈簧彈性勢(shì)能的取值范圍為故D正確。21．(1)；(2)，其中，，，…；(3)【解析】(1)離開(kāi)容器后，每一滴水在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，則每一滴水滴落到盤面上所用時(shí)間(2)要使每一滴水在盤面上的落點(diǎn)都位于同一直線上，則圓盤在內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的弧度為，為不為零的正整數(shù)。由得其中，，，…(3)第二滴水離點(diǎn)的距離為第三滴水離點(diǎn)的距離為,又即第二