（新课标）2022年高考物理 极限预测四

新课标2022年高考物理极限预测四【模拟演练】1.小船横渡一条河,船头方向始终与河岸垂直.若小船相对水的速度大小不变时,小船的运动轨迹如图所示,则河水的流速()A.由A到B水速一直增大B.由A到B水速一直减小C.由A到B水速先增大后减小D.由A到B水速先减小后增大2.固定在竖直平面的光滑圆弧轨道ABCD.其A点与圆心O等高,D点为轨道最高点,DB为竖直直线,AC为水平线,AE为水平面.今使小球自A点正上方某处由静止释放,从A点进入圆轨道,只要调节释放点的高度,总能使小球通过圆轨道的最高点D,则小球通过D点后()A.一定会落到水平面AE上B.一定会再次落到圆轨道上C.可能会落到水平面AE上,也可能会再次落到圆轨道上D.以上说法都不正确3.如图所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方,现假使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时,一支铅笔从三角板直角边的最下端,由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动,下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断中,正确的有()-16-\nA.笔尖留下的痕迹是一条抛物线B.笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线C.在运动过程中,笔尖运动的速度方向始终保持不变D.在运动过程中,笔尖运动的加速度方向始终保持不变4.如图所示,一小物块在开口向上的半圆形曲面内以某一速率开始下滑,曲面内各处动摩擦因数不同,此摩擦作用使物块下滑时速率保持不变,则下列说法不正确的是()A.因物块速率保持不变,故加速度为零B.物块受合外力大小不变,方向不断改变C.在滑到最低点以前,物块对曲面的压力越来越大D.在滑到最低点以前,物块受到的摩擦力越来越小5.河水的流速与船离河岸的距离的变化关系如图乙所示,船在静水中的速度与时间的关系如图甲所示,则下列说法正确的是()A.船渡河的最短时间为60sB.要使船以最短时间渡河,船在行驶过程中,船头必须始终与河岸垂直C.船在河水中航行的轨迹是一条直线D.船在河水中的最大速度是5m/s-16-\n6.如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为α,在A点正上方与C等高处水平抛出一小球,其速度垂直斜面落到D点,则CD与DA的比为()7.如图所示,某同学为了找出平抛运动物体的初速度之间的关系,用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板,O与A在同一高度,小球的水平初速度分别是v1、v2、v3,打在挡板上的位置分别是B、C、D,且AB∶BC∶CD=1∶3∶5.则v1、v2、v3之间的关系是()A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1B.v1∶v2∶v3=5∶3∶1C.v1∶v2∶v3=6∶3∶2D.v1∶v2∶v3=9∶4∶18.如图所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q上,Q放在带小孔的水平桌面上.小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆).现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出),两次金属块Q都保持在桌面上静止.则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是()-16-\nA.Q受到桌面的支持力变大B.Q受到桌面的静摩擦力变大C.小球P运动的角速度变大D.小球P运动的周期变大9.一快艇要从岸边某处到达河中离岸100m远的浮标处，已知快艇在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，假设行驶中快艇在静水中航行的分速度方向选定后就不再改变，则()A.快艇的运动轨迹可能是直线B.快艇的运动轨迹只能是曲线C.最快到达浮标处通过的位移为100mD.最快到达浮标处所用时间为20s10如图所示，某游乐场有一水上转台，可在水平面内匀速转动，沿半径方向面对面手拉手坐着甲、乙两个小孩，假设两小孩的质量相等，他们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两小孩刚好还未发生滑动时，某一时刻两小孩突然松手，则两小孩的运动情况是()A.两小孩均沿切线方向滑出后落入水中B.两小孩均沿半径方向滑出后落入水中C.两小孩仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动而落入水中D.甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，乙发生滑动最终落入水中-16-\n11.如图所示，A、B随水平圆盘绕轴匀速转动，物体B在水平方向所受的作用力有()A.圆盘对B及A对B的摩擦力，两力都指向圆心B.圆盘对B的摩擦力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心C.圆盘对B及A对B的摩擦力和向心力D.圆盘对B的摩擦力和向心力12.如图所示,长度为L的细绳上端固定在天花板上O点,下端拴着质量为m的小球.当把细绳拉直时,细绳与竖直线的夹角为θ=60°,小球恰与光滑水平面接触.(1)当球以角速度ω1=做圆锥摆运动时,细绳的张力FT为多大?水平面受到的压力FN是多大?(2)当球以角速度ω2=做圆锥摆运动时,细绳的张力F′T及水平面受到的压力F′N各是多大?13.如图所示,用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上,已知APB部分的半径R=1.0m,BC段长L=1.5m.弹射装置将一个小球(可视为质点)以v0=5m/s的水平初速度从A点弹入轨道,小球从C点离开轨道随即水平抛出,落地点D离开C的水平距离s=2m,不计空气阻力,g取10m/s2.求:(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和加速度a的大小;-16-\n(2)小球从A点运动到C点的时间t′;(3)桌子的高度h.14.如图所示,在光滑水平面上竖直固定一半径为R的光滑半圆槽轨道,其底端恰与水平面相切.质量为m的小球以大小为v0的初速度经半圆槽轨道最低点B滚上半圆槽,小球恰能通过最高点C后落回到水平面上的A点.(不计空气阻力,重力加速度为g)求:(1)小球通过B点时对半圆槽的压力大小;(2)AB两点间的距离;(3)小球落到A点时的速度方向【高考预测】曲线运动是高考的必考内容,主要呈现以下三点命题趋势:(1)应用运动的合成与分解研究曲线运动.(2)平抛运动规律、类平抛运动在生产生活及体育运动中的综合应用.(3)圆周运动、牛顿第二定律、功能关系的综合考查.对该部分内容的命题预测如下:考查知识及角度高考预测相关联体速度的分解1圆周运动的运动学、动力学分析2、3、6平抛运动规律4、5圆周运动与能量的综合71.如图所示,套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连.由于B的质量较大,故在释放B后,A将沿杆上升,当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时,其上升速度v1≠0,若这时B的速度为v2,则()-16-\nA.v2=v1B.v2＞v1C.v2≠0D.v2=02.在离地面足够高的光滑水平桌面上,沿着桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧,其左端固定,右端与质量为m的小钢球接触,当弹簧处于自然长度时,小钢球恰好在桌子边缘,如图所示,桌子的右边缘距墙壁的水平距离为s,让钢球向左压缩弹簧一段距离后静止释放,使钢球沿着水平方向射出桌面,小球在空中飞行后打在竖直墙壁上,下落高度为h,则()A.弹簧的压缩量x越大,其他条件不变,则下落高度越大B.弹簧的压缩量x越大,其他条件不变,则下落高度越小C.桌子右边缘距离墙壁的水平距离s越大,其他条件不变,则下落高度越大D.桌子右边缘距离墙壁的水平距离s越大,其他条件不变,则下落高度越短3.一内壁光滑的半径为R的圆筒固定,横截面在竖直平面内,圆筒内最低点有一小球.现给小球2.2mgR的初动能,使小球从最低点开始沿筒壁运动,则小球沿筒壁做圆周运动过程中()A.小球可以到达轨道的最高点B.小球不能到达轨道的最高点C.小球的最小速度大于-16-\nD.小球的最小速度等于4.如图所示,质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中,盒子的边长略大于球的直径.某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,已知重力加速度为g,空气阻力不计,要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,则()A.该盒子做匀速圆周运动的周期一定小于B.该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于C.盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于2mgD.盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能大于2mg5.如图所示,A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出,其中A、B落到斜面上,C落到水平面上,A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为α、β,C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为γ,则()A.α=β=γB.α=β＞γC.α=β＜γD.α＜β＜γ6.一细绳穿过一光滑的、不动的细管，两端分别拴着质量为m和M的小球A、B.当小球A绕管子的中心轴转动时，A球摆开某一角度，此时A球到上管口的绳长为L，如图所示.细管的半径可以忽略.试求：(1)小球A的速度和它所受的向心力;(2)小球A转动的周期.-16-\n7.如图所示,AOB是游乐场中的滑道模型,它位于竖直平面内,由两个半径都是R的1/4圆周连接而成,它们的圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上.O2B沿水池的水面,O2和B两点位于同一水平面上.一个质量为m的小滑块可由弧AO的任意位置从静止开始滑下,不计一切摩擦.(1)假设小滑块由A点静止下滑,求小滑块滑到O点时对O点的压力;(2)凡能在O点脱离滑道的小滑块,其落水点到O2的距离在什么范围内;(3)若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中,在两个圆弧上滑过的弧长相等,则小滑块开始下滑时应在圆弧AO上的何处(用该处到O1点的连线与竖直线的夹角的三角函数值表示).答案解析【模拟演练】1.【解析】选B.小船的运动轨迹的切线方向为小船的速度方向,小船的速度与河水的速度方向的夹角越来越大,由题意知小船垂直河岸的速度不变,那么河水的流速越来越小,B正确.2.【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)小球能过最高点D的条件.(2)小球从D抛出后,做平抛运动.-16-\n【解析】选A.小球通过最高点的临界条件是vD＞,小球从D点飞出后做平抛运动,根据平抛运动的特点,当小球落到AE面上时,竖直方向上R=gt2,水平方向上x=vDt,故水平位移x＞R,因此A项正确.3.【解析】选A、D.由于笔尖在水平方向匀速运动,在竖直方向匀加速直线运动,故它们的合运动为匀变速曲线运动,属于类平抛运动,故A、D正确,B、C错误.4.【解析】选A.物块速率不变,做匀速圆周运动,存在向心加速度,A错;做匀速圆周运动物块的向心力大小不变,方向指向圆心,B对;对物块受力分析如图,沿切线方向Ff=mgcosθ,随θ变大,Ff减小,D对.沿半径方向FN-mgsinθ=ma,即FN=ma+mgsinθ,随θ的增大FN增大,C对.【误区警示】解答本题易产生的误区(1)物块速率不变,认为速度不变,从而误认为A对.(2)误认为μ不变,根据Ff=μFN,由于FN增大,从而认为Ff增大.5.【解析】选B.河宽d=300m,船在静水中的速度v=3m/s,船渡河的最短时间t==100s,选项A错;船头始终与河岸垂直时,渡河的时间最短,选项B正确;因河水的流速随船离河岸的距离的变化而变化,船航行的轨迹是一条曲线,选项C错;3m/s与4m/s的合成最大值为7m/s，即船在河水中的速度可以大于5m/s,选项D错误.6.【解析】选D.如图所示,设平抛初速度为v0,落到D处时的竖直速度为vy,所用时间为t,对Rt△AFD,AD=;对Rt△CED,CD=.在速度三角形中tanα=,解以上三式得,D对.7.【解析】选C.根据平抛运动规律可知,小球在竖直方向上做自由落体运动,由于AB∶BC∶CD=1∶3∶5,则y1∶y2∶y3=1∶4∶9,又因为x=v0t,则y=,即v1∶v2∶v3==6∶3∶2,选项C正确.8.【解析】选B、C.根据小球做圆周运动的特点,设绳与竖直方向的夹角为θ,故FT=,对物体Q受力分析,由平衡条件Ff=FTsinθ=mgtanθ,FN=FTcosθ-16-\n+Mg=mg+Mg,故在θ增大时,Q受到的支持力不变,静摩擦力变大,A选项错误,B选项正确;由mgtanθ=mLsinθω2,得ω=,θ增大,故角速度变大,周期变小,故C选项正确,D选项错误.9.【解析】选B、D.快艇的实际速度为快艇在静水中的速度与水速的合速度.由图象可知快艇在静水中为匀加速直线运动，水为匀速直线运动，两速度不能在一条直线上，故快艇必做曲线运动，B正确，A错误；当快艇与河岸垂直时，到达浮标处时间最短，而此时快艇做曲线运动，故位移大于100m,C项错误；由题中甲图象可知快艇的加速度为a=，对快艇由x=at2得：=20s,即最快到达浮标处所用时间为20s,D项正确.10.【解析】选D.在松手前，甲、乙两小孩做圆周运动的向心力均由静摩擦力及拉力的合力提供，且静摩擦力均达到了最大静摩擦力.因为这两个小孩在同一个圆盘上转动，故角速度ω相同，设此时手上的拉力为FT，则对甲：Ffm-FT=mω2R甲.对乙：FT+Ffm=mω2R乙，当松手时，FT=0，乙所受的最大静摩擦力小于所需要的向心力，故乙做离心运动，然后落入水中，甲所受的静摩擦力变小，直至与它所需要的向心力相等，故甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，选项D正确.11.【解析】选B.A随B做匀速圆周运动，它所需的向心力由B对A的摩擦力来提供，因此B对A的摩擦力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心，圆盘对B的摩擦力指向圆心，才能使B受到指向圆心的合力，所以只有选项B正确.12.【解析】设小球做圆锥摆运动的角速度为ω0时,小球对光滑水平面的压力恰好为零,此时球受重力mg和绳的拉力FT0，应用正交分解法列出方程:FT0sinθ=mω02Lsinθ①FT0cosθ-mg=0②由以上两式解得:ω0=③(1)因为ω1＜ω0,所以小球受重力mg、绳的拉力FT和水平面的支持力FN,应用正交分解法列方程:(2)FTsinθ=mω12Lsinθ④FTcosθ+FN-mg=0⑤-16-\n解得:FT=mg,FN=(2)因为ω2＞ω0,小球离开水平面做圆锥摆运动,设细绳与竖直线的夹角为α,小球受重力mg和细绳的拉力F′T,应用正交分解法列方程:F′Tsinα=mω22Lsinα⑥F′Tcosα-mg=0⑦解得:cosα=,F′T=4mg,由于球已离开水平面,所以球对水平面的压力F′N=0.答案:(1)mg(2)4mg013.【解析】(1)小球在圆轨道中的角速度=5rad/s加速度(2)小球从A到B的时间从B到C的时间小球从A到C的时间t′=t1+t2=0.628s+0.3s=0.928s(3)由C到D,小球以初速度v0=5m/s做平抛运动.由s=v0t,h=得答案:(1)5rad/s25m/s2(2)0.928s(3)0.8m14.【解析】(1)在B点小球开始做圆周运动,由牛顿第二定律得FN-mg=-16-\n即:FN=mg+(2)小球恰能通过C点,故只有重力提供向心力,则mg=过C点小球做平抛运动:sAB=vCth=gt2,h=2R联立以上几式解得:sAB=2R(3)设与水平方向成θ角,则tanθ=v⊥=gt2R=gt2联立以上几式解得θ=arctan2答案:(1)mg+(2)2R(3)与水平方向的夹角为arctan2【高考预测】1.【解析】选D.环上升过程其速度v1可分解为两个分速度v∥和v⊥,如图所示,其中v∥为沿绳方向的速度,其大小等于重物B的速度v2;v⊥为绕定滑轮转动的线速度.关系式为v2=v1cosθ,θ为v1与v∥间的夹角.当A上升至与定滑轮的连线水平的位置时,θ=90°,cosθ=0,即此时v2=0,D正确.【方法技巧】相关联体的速度分解方法速度分解的基本原则是按实际运动效果分解,常见相关联体的分解法有:方法一:先确定合速度的方向,即物体实际运动方向,然后分析这个合速度所产生的实际效果,以确定两个分速度的方向.-16-\n方法二:先假设合运动的一个位移,看看这个位移产生了什么效果,从中找到运动分解的方法.2.【解析】选B、C.弹簧的压缩量越大,小球平抛的初速度越大,在s一定时,由s=v0t得t越小,故h=gt2越小,A错、B对.若s越大,v0一定时,t越大,故h越大,C对、D错.3.【解析】选B、C.小球恰能达到最高点有mg=得v0=,假设小球能达到最高点,由机械能守恒定律可得Ek0=mv2+2mgR,则v=＜v0,所以小球不能到达最高点,A选项错误,B选项正确;设当小球与圆心连线与水平方向夹角为θ时,小球与轨道恰好脱离,由牛顿第二定律可得mgsinθ=,由机械能守恒定律可得Ek0=mgR(1+sinθ)+mv′2,可得v′=,C选项正确,D选项错误.4.【解析】选B.要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,则有mg=,解得该盒子做匀速圆周运动的速度v=,该盒子做匀速圆周运动的周期为T==.选项A错误,B正确;在最低点时,盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球运动的向心力,由FN-mg=,解得FN=2mg,选项C、D错误.5.【解析】选B.小球落到斜面上时,如图所示.设斜面的倾角为θ,则tanα==2tanθ.由于θ为定值,故α=β;小球落到平面上时,如图所示.若忽略平面,将斜面延长,γ继续增大才能与α相等,故α=β＞γ,B对.-16-\n【方法技巧】平抛运动的解题技巧(1)突出落点位置问题一般要建立水平位移和竖直位移之间的关系.(2)突出落点方向即末速度的方向的问题，一般要建立水平速度和竖直速度之间的关系.(3)注意挖掘和利用合运动、分运动及题设情境之间的几何关系.6.【解析】(1)设绳子的拉力为T，绳子与竖直方向的夹角为θ，对于小球A，由牛顿第二定律得：竖直方向：Tcosθ=mg①水平方向：Tsinθ=mω2Lsinθ②对于小球B有：T=Mg③联立各式解得：ω=则小球A的速度为：v=ωLsinθ=sinθ小球A所受的向心力就是张力T在水平方向的分力，即：F=Tsinθ=Mgsinθ由①③得：cosθ=故sinθ=,所以F=Mgsinθ=Mg(2)小球A转动的周期为：T=答案:(1)Mg(2)7.【解析】(1)mgR=mv2,FN-mg=mv2/R,联立得:FN=3mg由牛顿第三定律得:压力大小为3mg,方向竖直向下.-16-\n(2)从A点下滑的滑块到O点的速度为,即最大速度v2=,设能脱离轨道的最小速度为v1则有:mg=,得:v1=由R=gt2,x=vt,解得xmin=R,xmax=2R所以所求距离:R≤x≤2R(3)如图所示,设滑块出发点为P1,离开点为P2,按题意要求O1P1、O2P2与竖直方向的夹角相等,设其为θ,若离开滑道时的速度为v,则滑块在P2处脱离滑道的条件是由机械能守恒2mgR(1-cosθ)=mv2联立解得cosθ=答案:(1)3mg,方向竖直向下(2)R≤x≤2R(3)见解析-16-