《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档:第4单元 曲线运动 万有引力与航天 听课答案.doc
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1、第四单元曲线运动万有引力与航天第9讲运动的合成与分解【教材知识梳理】一、1.切线2.匀变速曲线3.(1)加速度(2)合外力二、1.(1)合运动(2)分运动2.实际效果3.平行四边形辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()【考点互动探究】考点一1.D解析 磁铁放在A处时,小铁球受力与速度共线,但为变力,所以小铁球做变加速直线运动,选项A、B错误;磁铁放在B处时,小铁球受力与速度不共线,做非匀变速曲线运动,选项C错误,D正确.2.A解析 质点做匀变速曲线运动,加速度不变;由于质点运动到D点时,其速度方向与加速度方向垂直,则当质点在A点和C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角,所以
2、质点由C点运动到D点过程中速率减小,即质点在C点时的速率比其在D点时的速率大;质点在从B点运动到E点的过程中,加速度方向与速度方向的夹角一直在减小.3.B解析 F1、F2为恒力,质点从静止开始做匀加速直线运动,F1突变后仍为恒力,合力仍为恒力,但合力的方向与速度方向不再共线,所以质点将做匀变速曲线运动,故A、D错误.由加速度的定义式a=vt知,在相等时间t内,v=at一定相等,故B正确.做匀速直线运动的条件是F合=0,所以质点不可能做匀速直线运动,故C错误.考点二1.B解析 由合运动与分运动的等时性知,因红蜡块沿管上升的高度和速度不变,所以运动时间不变,而管向右匀速运动的速度越大,则红蜡块的合
3、速度越大,合位移越大,选项B正确.2.B解析 在03 s内,物体在x方向上做匀速直线运动,在y方向上做匀加速直线运动,两运动合成,物体一定做曲线运动,且加速度恒定,A、D错误;在34 s内,物体在两个方向上的分运动都是匀减速运动,在3 s末,合速度与合加速度方向相反,则做直线运动,故B正确,C错误.3.A解析 物体在x轴方向上做初速度vx0=8 m/s、加速度a=-4 m/s2的匀减速直线运动,在y轴方向上做速度vy=-4 m/s的匀速直线运动,物体所受合外力恒为8 N(方向沿x轴负方向),初速度大小为82+(-4)2 m/s=45 m/s,方向与合外力方向不在同一条直线上,故物体做匀变速曲线
4、运动,A正确,B、D错误;2 s末,vx=0,vy=-4 m/s,则合速度为-4 m/s,C错误.考点三例1B解析 设河宽为d,船速为u,则根据渡河时间关系得dudu2-v2=k,解得u=v1-k2,选项B正确.变式题BC解析 联系“小船渡河模型”可知,射出的箭同时参与了两个运动,要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短,箭射出的方向应与马运动的方向垂直,故箭射到固定目标的最短时间为t=dv2,箭的速度v=v12+v22,所以运动员放箭处离固定目标的距离为x=vt=v12+v22v2d,选项B、C正确.考点四例2D解析 将B的运动沿绳子方向和垂直于绳子方向分解,沿绳子方向上的分速度等于A的速度
5、,如图所示,根据平行四边形定则有vBcos =vA,所以vB=vAcos,减小,所以B的速度减小,但不是匀减速运动,选项A、B错误;分别对A、B受力分析,在竖直方向上有T=mAg,mg=FN+Tsin ,减小,则支持力增大,根据f=FN可知,摩擦力增大,选项C错误;根据vBcos =vA,右侧绳与水平方向成30角时,vAvB=32,选项D正确.变式题A解析 将A的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解,拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度,根据平行四边形定则得,实际速度v=v0cos,选项A正确.例3C解析 分别将a球、b球速度沿棒的方向与垂直于棒的方向分解,对a球,有v=vacos ,对B球,有
6、v=vbsin ,则vavb=tan ,选项C正确.变式题D解析 棒与平台接触点的实际运动即合运动,方向垂直于棒指向左上,如图所示,合速度v实=L,竖直向上的速度分量等于平台上升的速度v,即Lsin =v,所以=vLsin,选项D正确.1.在长约1.0 m的一端封闭的玻璃管中注满清水,水中放一个适当的圆柱形的红蜡块,将玻璃管的开口端用胶塞塞紧,并迅速竖直倒置,红蜡块就沿玻璃管由管口匀速上升到管底.将此玻璃管倒置安装在小车上,并将小车置于水平导轨上.若细线一端连接小车,另一端绕过定滑轮悬挂小物体,小车从A位置由静止开始运动,同时红蜡块沿玻璃管匀速上升.经过一段时间后,小车运动到B位置,如图9-1
7、所示.按照图建立坐标系,在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是图9-2中的()图9-1图9-2解析 C红蜡块在水平方向做匀加速运动,竖直方向做匀速运动,合力水平向右,轨迹为抛物线,选项C正确.图9-32.如图9-3所示,两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变.已知第一次实际航线为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,第二次实际航线为A至C,位移为x2,实际航速为v2,所用时间为t2,则()A.t2t1,v2=x2x1v1B.t2t1,v2=x1x2v1C.t2=t1,v2 =x2x1v1D.t2=t1,v2=x1x2v1解析 C设河宽为d,船自身的速度为v,与河岸
8、上游的夹角为,对垂直河岸的分运动,过河时间t=dvsin,则t1=t2;对合运动,过河时间t=x1v1=x2v2,解得v2=x2x1v1,C正确.3.(多选)如图9-4所示,A、B两球分别套在两光滑的水平直杆上,两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连,两杆和定滑轮在同一竖直面内.现在A球以速度v向左匀速移动,某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为、,则下列说法中正确的是()图9-4A.此时B球的速度为coscosvB.此时B球的速度为sinsinvC.在增大到90的过程中,B球做加速运动D.在增大到90的过程中,B球做减速运动解析 AC将A和B的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向的分速度,则沿绳方向
9、的速度相等,即vcos =vBcos ,则vB=coscosv,选项A正确,B错误;在增大到90的过程中,绳子对B的拉力产生向右的加速度,B做加速运动,选项C正确,D错误.4.如图9-5甲所示,有一根长为L的轻杆OA,O端用铰链固定于地面,另一端固定着一个小球A,图甲中的小球A和图乙中的杆分别靠着边长为a和b的立方块.当立方块沿地面向右滑动到图示位置(杆与地面的夹角为)时,其速度为v,则甲图中小球的速度大小vA和乙图中小球的速度大小vA应为()图9-5A.vA=vsin,vA=vsin B.vA=vcos,vA=vsin C.vA=vsin ,vA=vsinD.vA=vsin,vA=Lvbsi
10、n2 解析 D图甲中,杆绕O转动,球A的速度vA垂直于杆,将速度vA沿水平和竖直两方向正交分解,则垂直于接触面的水平分速度与立方块的速度相等,如图9-6甲所示,有vAsin =v,故vA=vsin,故B、C错误;图乙中,杆绕O转动,杆顶端小球的速度vA和杆与立方块接触点的速度v1的方向都垂直于杆,杆上各点的角速度相同,则有vAL=v1bsin,将立方块的速度v沿杆的方向与垂直于杆的方向正交分解,如图乙所示,则杆与立方块接触点的速度v1应与立方块垂直于杆方向的分速度相等,即v1=vsin ,联立得vA=Lvbsin2 ,故A错误,D正确.图9-65.如图9-7所示,两条位于同一竖直平面内的水平轨
11、道相距为h,轨道上有两个物体A和B(均可视为质点),它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接,物体A在下面的轨道上以速度v匀速运动.在绳子BO段与轨道成30角的瞬间,BO段中点处有一与绳子相对静止的小水滴P和绳子分离.已知绳子BO段长度远大于滑轮直径,重力加速度为g,求:(1)小水滴P脱离绳子时的速度大小;(2)小水滴P脱离绳子后落到下面轨道上所需要的时间.图9-7答案 (1)1312v(2)v2+16gh-v4g解析 (1)先将B的速度分解,如图9-8所示,有v2=v图9-8v1=vtan 30此时绳子BO段一方面向O点以速度v收缩,另一方面绕O点逆时针旋转,其角速度为=v1r1于是小
12、水滴P既有沿绳子斜向下的速度v,又有垂直于绳子斜向上的转动线速度v,且v=r12=vtan302=36v,故小水滴P的速度应为vP=v2+v2=1312v.(2)小水滴P沿绳子斜向下的速度v的竖直分量为v2,垂直于绳子斜向上的转动线速度v的竖直分量为v4,所以小水滴在竖直方向上做初速度为v4的竖直下抛运动,有h2=v4t+12gt2即2gt2+vt-2h=0解得t=v2+16gh-v4g.第10讲抛体运动【教材知识梳理】一、1.重力2.抛物线3.自由落体运动4.(1)匀速直线(2)自由落体(3)g5.tan =2tan 瞬时速度方向中点B点二、1.斜向上方斜向下方重力2.重力加速度g抛物线辨别
13、明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()(7)()【考点互动探究】考点一1.C解析 飞镖做平抛运动,竖直方向上做自由落体运动,有h=12gt2,得t=2hg,因为B下落的高度较大,所以B运动的时间长,即有tAvB,选项C正确.2.B解析 小球做平抛运动,加速度为重力加速度,小球的速度大小和方向时刻变化,小球的加速度大小和方向均不变,故A错误.速度与加速度的夹角的正切值tan =v0vy=v0gt,随着时间t的增大,夹角减小,故B正确.速度改变量v=gt,相等时间内的速度改变量相等,但速率(即速度的大小)的改变量不相等,故C错误.相等时间内动能的改变量取决于合力重力做的功
14、,由于相等时间内下落的高度越来越大,重力做的功越来越多,故动能的改变量越来越大,故D错误.3.AC解析 在A点,竖直方向上的分速度vyA=v0tan 45,抛出点到A的高度hA=vyA22g;在B点,竖直方向上的分速度vyB=v0tan 60,抛出点到B的高度hB=vyB22g.根据vyB-vyA=gt,得t=v0(tan60-tan45)g=3-1 s,选项A正确;A与B的高度差h=hB-hA=v02(tan260-tan245)2g=10 m,选项C正确.考点二例1B解析 设斜面倾角为,对小球,有tan =yx=gt2v0,因a和b的初速度之比为13,所以飞行时间之比为13,选项A、C错误
15、,B正确;设速度与水平方向的夹角为,有tan =gtv0=2tan ,所以a、b两球落到斜面上的瞬时速度方向一定相同,选项D错误.变式题BC解析 设斜面的倾角为,对小球在A点的速度进行分解,有tan =v0gt,解得=30,A错误;小球的抛出点距A点的高度为h=12gt2=15 m,B正确;若小球的初速度为v0=5 m/s,过A点作水平面,小球落到该水平面时的水平位移是小球以初速度v0=10 m/s抛出时的一半,延长小球运动的轨迹与斜面相交,得到小球应该落在P、A之间,C正确,D错误.例2D解析 小球落在环上的最低点C时的下落时间最长,选项A错误.v0取值不同,则小球落到环上时的速度方向和水平
16、方向之间的夹角不相同,选项B错误.假设小球能垂直撞击半圆环,此时速度与水平方向的夹角为,则落点和圆心的连线与水平方向的夹角为,连接抛出点和落点,其连线与水平方向的夹角为,根据几何关系知,=2,又因为平抛运动的速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向的夹角的正切值的2倍,即tan =2tan ,这与=2相矛盾,故假设不成立,选项D正确,C错误.变式题A解析 从A点抛出的小球做平抛运动,它运动到D点时,有R=12gt12,R=v1t1,故R=2v12g,选项A正确,选项B错误;从C点抛出的小球也做平抛运动,它运动到D点时,有Rsin 60=v2t2,R(1-cos 60)=12gt22,解得v
17、2=62v1,选项C、D错误.考点三例3(1)3hg(2)Lg4hvLg2h(3)L=22h解析 (1)对打在AB的中点的微粒,有32h=12gt2解得t=3hg(2)对打在B点的微粒,有v1=Lt12h=12gt12解得v1=Lg4h同理,打在A点的微粒初速度v2=Lg2h故微粒初速度范围为Lg4hvLg2h(3)由能量关系得12mv22+mgh=12mv12+2mgh联立解得L=22h变式题1C解析 因为h1-h2=49h1,由t=2hg可知tACtAD=23,由x=v0t可知xACxAD=23,则xAD=32x,落点D与球网C的水平距离为12x,选项A错误;球从A到D,有h1=12gt1
18、2,32x=v0t1,解得v0=34x2gh1,选项B错误;任意降低击球高度(仍大于h2),会有一临界情况,此时球刚好触网又刚好压界,则有h-h2h2=13,解得h=2027h1,若小于该临界高度,速度大会出界,速度小会触网,选项C正确;若保持击球高度不变,要想球落在对方界内,要既不能出界,又不能触网,根据h1=12gt12,得t1=2h1g,则平抛的最大速度vmax=2xt1=x2gh1,根据h1-h2=12gtAC2,得tAC=2(h1-h2)g,则平抛运动的最小速度vmin=xtAC=xg2(h1-h2),选项D错误.变式题2D解析 当球落到右侧角上的时候,设飞行时间为t1,则3h=12
19、gt12,t1=6hg,t1时间内的水平位移x1=L12+L222=L12+L224,发射速度v1=x1t1=12(4L12+L22)g6h;当球刚好擦网落到台面中间线上的时候,设飞行时间为t2,则3h-h=12gt22,t2=2hg,t2时间内的水平位移x2=L12,发射速度v2=x2t2=L14gh,则v2vv1,所以D正确.考点四例4D解析 两石子做斜抛运动,加速度a=g,选项A错误;对竖直方向的分运动,从出发点到最高点,由H=vy022g,可知竖直方向的初速度vy0相同,从出发到落到水面,由y=vy0t-12gt2,可知运动时间相等,选项B错误;对水平方向的运动,从出发点到最高点,水平
20、位移xaxb,由x=vx0t,因时间t相等,则水平初速度vx0avx0b,而初速度v0=vx02+vy02,则初速度v0av0b,选项C错误;运动的全过程,由动能定理得12mv02+mgh=12mv2,则入水时的末速度va23解析 D把斜抛运动看成逆方向的平抛运动,由y=12gt2可知,运动时间之比为321,竖直方向的初速度vy=gt,则三次初速度的竖直分量之比为321,选项B、C错误;水平方向的位移x=vxt,则三次初速度的水平分量之比为236,三把刀在击中板时动能为12mvx2,不相同,选项A错误;初速度与水平方向夹角的正切值tan =vyvx,正切值之比为321,选项D正确.5.(多选)
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