（課標通用）高考物理二輪復習 專題1 力與運動 專題跟蹤檢測3（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、專題跟蹤檢測(三) (建議用時：45分鐘) 基礎通關 1．(2020·安徽合肥調研)如圖所示為甲、乙兩輛汽車在水平和傾斜路面上轉彎時的情境．關于兩輛汽車的受力情況，下列說法正確的是(　　) 甲　　　　　　　　　　　　　乙 A．兩車均需要平行路面的向心力 B．兩車均受豎直向上的支持力 C．甲車一定受平行路面且指向彎道內側的摩擦力 D．乙車一定受平行路面且指向彎道內側的摩擦力 C　解析 乙車需要水平方向的向心力，所受的支持力垂直路面向上，選項A、B錯誤；甲車受到的重力和支持力垂直于路面，僅由水平方向上的摩擦力提供向心力，指向彎道內側，選項C正確；當乙車轉彎速度較小時，有沿傾

2、斜路面向下的運動趨勢，所受摩擦力指向彎道外側，選項D錯誤． 2．(2018·北京卷)根據高中所學知識可知，做自由落體運動的小球，將落在正下方位置．但實際上，赤道上方200 m處無初速度下落的小球將落在正下方位置偏東約6 cm處．這一現象可解釋為，除重力外，由于地球自轉，下落過程小球還受到一個水平向東的“力”，該“力”與豎直方向的速度大小成正比．現將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對稱性，上升過程該“力”水平向西，則小球(　　) A．到最高點時，水平方向的加速度和速度均為零 B．到最高點時，水平方向的加速度和速度均不為零 C．落地點在拋出點東側 D．落地點在拋出點西側 D　解析 由于該“

3、力”與豎直方向的速度大小成正比，所以從小球拋出至運動到最高點過程，該“力”逐漸減小到零，將小球的上拋運動分解為水平和豎直兩個分運動，由于上升階段，水平分運動是向西的變加速運動(水平方向加速度大小逐漸減小)，故小球到最高點時速度不為零，水平向西的速度達到最大值，選項A錯誤；小球到最高點時豎直方向的分速度為零，由題意可知小球這時不受水平方向的力，故小球到最高點時水平方向加速度為零，選項B錯誤；下降階段，由于受水平向東的力，小球的水平分運動是向西的變減速運動(水平方向加速度大小逐漸變大)，故小球的落地點在拋出點西側，選項C錯誤，D正確． 3．(2019·吉林長春質檢)2022年冬奧會將在中國舉辦的

4、消息，吸引了大量愛好者投入到冰雪運動中．若跳臺滑雪比賽運動員從平臺飛出后可視為平拋運動，現運動員甲以一定的初速度從平臺飛出，軌跡為圖中實線①所示，則質量比甲大的運動員乙以相同的初速度從同一位置飛出，其運動軌跡應為圖中的(　　) A．① B．② C．③ D．④ A　解析 根據平拋運動規(guī)律可知，平拋運動軌跡只與初速度有關，與物體質量無關，所以質量比甲大的運動員乙以相同的初速度從同一位置飛出時，其運動軌跡應為圖中的①，選項A正確． 4．(2019·山西運城質檢)如圖所示，河的寬度為L，河水流速為u，甲、乙兩船均以靜水中的速度v同時渡河．出發(fā)時兩船相距2L，甲、乙船頭均與岸邊成60°

5、角，且乙船恰好能直達正對岸的A點．則下列判斷正確的是(　　) A．甲船正好也在A點靠岸 B．甲船在A點下游靠岸 C．甲、乙兩船到達對岸的時間相等 D．甲、乙兩船可能在未到達對岸前相遇 C　解析 甲、乙兩船在垂直河岸方向的分速度均為vsin 60°，過河時間均為t＝，故選項C正確．由乙恰好到達A點知，u＝vsin 30°＝v，則甲沿河岸方向的速度為u＋v＝v，沿河岸方向的位移為v·t＝<2L，故選項A、B、D錯誤． 5．(2018·天津卷)滑雪運動深受人民群眾喜愛．某滑雪運動員(可視為質點)由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，

6、運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中(　　) A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機械能始終保持不變 C　解析 運動員從A點滑到B點的過程中速率不變，則運動員做勻速圓周運動，合外力指向圓心，選項A錯誤．如圖所示，運動員受到的沿圓弧切線方向的合力為零，即Ff＝mgsin α，下滑過程中α減小，sin α變小，故摩擦力Ff變小，選項B錯誤．由動能定理知，勻速下滑動能不變，合外力做功為零，選項C正確．運動員下滑過程中動能不變，重力勢能減小，機械能減小，選項D錯誤． 6．(2019·山東臨沂調研)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P

7、球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點，則(　　) A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 C　解析 小球從釋放到最低點的過程中，只有重力做功，由機械能守恒定律可知，mgL＝mv2，v＝，繩長L越長，小球到最低點時的速度越大，選項A錯誤；由于P球的質量大于Q球的質量，由Ek＝mv2可知，不能確定兩球動能的大小關系，選項B錯誤；在最低點，根據牛頓第二定律可知，F－mg＝m

8、，求得F＝3mg，由于P球的質量大于Q球的質量，選項C正確；由a＝＝2g可知，兩球在最低點的向心加速度相等，選項D錯誤． 7．(2019·吉林延邊二中月考)如圖所示，A、B兩質點從同一點O分別以相同的水平速度v0沿x軸正方向拋出，A 在豎直平面內運動，落地點為 P1，B 沿光滑斜面(已知斜面傾角為θ)運動，落地點為P2，P1和P2在同一水平面上，不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．A、B兩質點的運動時間相同 B．A、B兩質點在x軸方向上的位移相同 C．A、B兩質點在運動過程中的加速度大小相同 D．A、B兩質點落地時的速度大小相同 D　解析 對A、B兩質點的運動進行分解

9、，由牛頓第二定律可知，A 質點在運動過程中的加速度大小a1＝g，B質點在運動過程中的加速度大小a2＝gsin θ，選項C 錯誤；設O點與水平面之間的高度差為h，A質點的運動時間為t1，B質點的運動時間為t2，則由h＝gt可得t1＝，由＝gsin θ·t可得t2＝，故 t1

10、·湖南四校聯考)如圖所示，一光滑輕桿沿水平方向放置，左端O處連接在豎直的轉動軸上，a、b為兩個可視為質點的小球，穿在桿上，并用細線分別連接Oa和ab，且Oa＝ab，已知b球質量為a球質量的3倍．當輕桿繞O軸在水平面內勻速轉動時，Oa和ab兩線的拉力之比為(　　) A．1∶3 B．1∶6 C．4∶3 D．7∶6 D　解析 設線Oa、線ab的拉力大小分別為F1、F2，對a球由圓周運動知識得F1－F2＝mrOaω2，同理對b球有F2＝3mrObω2，因為rOb＝2rOa，整理解得F1∶F2＝7∶6，選項A、B、C錯誤，D正確． 能力提升 9．(2019·黑龍江哈爾濱六中段考)(

11、多選)一質點做勻速直線運動．現對其施加一恒力，且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變，則(　　) A．質點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B．質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C．質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D．質點單位時間內速率的變化量總是不變 BC　解析 施加一恒力后，質點的速度方向可能與該恒力的方向相同，可能與該恒力的方向相反，也可能與該恒力方向成某一角度且角度隨時間變化，但不可能總是與該恒力的方向垂直，若施加的恒力方向與質點初速度方向垂直，則質點做類平拋運動，質點速度方向與恒力方向的夾角隨時間的增大而減小，選項A錯誤，B正確．質點開始時做勻速直線運動，說明原

12、來作用在質點上的合力為零，現對其施加一恒力，根據牛頓第二定律，質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同，且大小不變，由a＝可知，質點單位時間內速度的變化量Δv總是不變的，但速率的變化量不確定，選項C正確，D錯誤． 10．(2019·湖南師范大學附中月考)(多選)飛鏢運動正以其獨有的魅力風靡全世界，如圖所示為三個同學在游樂場中水平擲出的三支相同的飛鏢插入豎直飛鏢盤上的情況，不計空氣阻力，根據飛鏢插入盤上的位置和角度可以推斷(　　) A．若①號與②號飛鏢拋出時的速度相同，則扔②號飛鏢的同學站得離飛鏢盤更近些 B．若①號與②號飛鏢從同一點拋出，則拋出時的速度滿足v1>v2 C．若②號與③號飛鏢

13、拋出時的速度相同，則在空中的運動時間t2t3，選項 A、C 錯誤；若①號與②號飛鏢從同一點拋出，由h＝gt2，可得②號飛鏢的運動時間長，由x＝v0t可得拋出時的初速度滿足v1>v2，選項 B 正確；tan θ＝＝，若②號與③號飛鏢飛行的水平距離x相同，則②號飛鏢的豎直位移長，重力對②號飛鏢做

14、功較多，選項D正確． 11．(2019·廣西南寧二中月考)(多選)如圖所示，豎直平面內的兩個半圓軌道在B點平滑相接，兩個半圓的圓心O1、O2在同一水平線上，粗糙的小半圓半徑為R，光滑的大半圓的半徑為2R；一質量為m的滑塊(可視為質點)從大的半圓一端A點以一定的初速度向上沿著半圓內壁運動，且剛好能通過大半圓的最高點，最后滑塊從小半圓的左端沖出軌道，剛好能到達大半圓的最高點，已知重力加速度為g，則(　　) A．滑塊在A點的初速度為 B．滑塊在A點對半圓軌道的壓力為6mg C．滑塊第一次通過小半圓過程克服摩擦力做的功為mgR D．增大滑塊在A點的初速度，則滑塊通過小半圓克服摩擦力做的功不變

15、 AC　解析 由于滑塊恰好能通過大的半圓的最高點，重力提供向心力，即mg＝m，解得v＝，以AB面為參考面，根據機械能守恒定律可得mv＝2mgR＋m()2，解得vA＝，選項A正確；滑塊在A點受到圓軌道的支持力為F＝m＝3mg，由牛頓第三定律可知，選項B錯誤；設滑塊在O1點的速度為v1，則v1＝＝2，在小的半圓中運動過程中，根據動能定理得Wf＝mv－mv＝mgR，選項C正確；增大滑塊在A點的初速度，則滑塊在小的半圓中各個位置速度都增大，滑塊對小半圓軌道的平均壓力增大，因此克服摩擦力做的功增多，選項D錯誤． 12．(2019·湖北宜昌質檢)(多選)如圖甲所示，半徑為R、內壁光滑的圓形細管豎直放置

16、，一可看作質點的小球在圓管內做圓周運動，當其運動到最高點A時，小球受到的彈力F與其在A點速度平方(即v2)的關系如圖乙所示．設細管內徑可忽略不計，則下列說法正確的是(　　) A．當地的重力加速度大小為 B．該小球的質量為R C．當v2＝2b時，小球在圓管的最低點受到的彈力大小為7a D．當0≤v2

17、最低點時的速度大小為v′，則由機械能守恒定律可得mg·2R＝mv′2－m·2b，設小球在最低點時受到的彈力大小為F′，則由向心力公式可得F′－mg＝m，聯立解得F′＝7a，選項C正確；當0≤v20)固定一個小釘子，拉小球使細線繃直并水平，再將小球從靜止釋放

18、，當細繩碰到釘子以后，小球可以繞釘子在豎直平面內做圓周運動． (1)當釘子在x＝l的P點時，小球經過最低點細繩恰好不被拉斷，求細繩能承受的最大拉力； (2)在滿足(1)的條件下，為使小球釋放后能繞釘子在豎直平面內做圓周運動，而細繩又不被拉斷，求釘子所在位置的范圍． 解析 (1)當釘子在x＝l的P點時，小球繞釘子轉動的半徑為R1＝l－ ＝l－l＝l， 小球由靜止到最低點的過程中機械能守恒 mg＝mv， 在最低點細繩承受的拉力最大，有F－mg＝m， 聯立解得最大拉力F＝7mg. (2)小球繞釘子做圓周運動恰好到達最高點時，有 mg＝m， 運動中機械能守恒mg＝mv， 釘子

19、所在位置為x′＝ ， 聯立解得x′＝l， 因此釘子所在位置的范圍為l≤x≤ l. 答案 (1)7mg　(2)l≤x≤l 14．(2019·廣東揭陽二模)如圖所示，臺階的高度H＝1.45 m，在臺階的水平臺面邊緣靜止一質量為m的小球A，在緊靠A的左側用細線豎直懸掛一同樣大小的小球B，兩球心連線水平．在平臺下面的地面上有一傾角為θ＝37°的傳送帶，傳送帶下端有一個和傳送帶垂直的擋板P，傳送帶的長度L＝ m，傳送帶以v＝5 m/s的速率逆時針轉動．把小球B拉到離平臺h＝0.8 m高處由靜止釋放，與小球A正碰后小球B能上升到離平臺h高處，小球A恰好沿平行于傳送帶的方向從傳送帶上端飛上傳送帶并沿

20、傳送帶運動，和擋板P碰撞后以大小不變的速率被反向彈回．已知小球A與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝，重力加速度g＝10 m/s2. (1)求傳送帶上端距臺階的距離s； (2)求小球B的質量mB； (3)小球A被P反彈后能否再回到平臺上？若能，請說明理由；若不能，請計算小球A到達的最高點距平臺的高度． 解析 (1)設小球A離開平臺的速度為vA，到達傳送帶上端的速度為vQ，豎直分速度為v，則vy＝vAtan θ， v＝2g(H－Lsin θ)， vQ＝， vy＝gt， s＝vAt， 代入數據解得 vA＝4 m/s， vQ＝5 m/s， s＝1.2 m. (2)設小球B運動到

21、最低點與小球A碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度大小為vB，則有 mBgh＝mBv， mBv＝mBg×， 若小球B碰撞后向右運動，則mBv0＝mBvB＋mvA， 代入數據解得小球B的質量mB＝2m， 此條件下系統(tǒng)的機械能損失ΔE＝mBgh，因碰撞過程機械能不可能增加，結論合理； 若小球B碰撞后向左運動，則mBv0＝mB(－vB)＋mvA， 代入數據解得小球B的質量mB＝m， 此條件下系統(tǒng)的機械能增加ΔE＝mBgh，因碰撞過程機械能不可能增加，故不合理，應舍去． (3)小球A從傳送帶上端運動到下端的過程，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1， v－v＝2a1L， 代

22、入數據解得vP＝ m/s； 小球A被反彈后，由于vP>v，故向上滑一段，摩擦力沿傳送帶向下，有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2， 小球A減速到v經過的位移為L1，則 v2－v＝－2a2L1， 代入數據解得L1＝ m； 小球A從速度為v時運動到傳送帶上端期間，摩擦力沿傳送帶向上，加速度為a1，則 v－v2＝－2a1(L－L1)， 代入數據解得vt＝ m/s； 由于vt