课时跟踪检测13 圆周运动-2022【新高考方案】高三物理一轮总复习(新高考·福建专版)

10.解析:(1)设木块在木板上滑行的最大加速}则质点沿ν轴正方向做匀减速运动的时间}8.解析:因为两球下落的高度之比为2:1,根据 度为a1,有p1mg=ma1 解得a1=4m/s2, 保持木块与木板一起做匀加速运动的最大则运动后的48内沿y轴方向的位移 ta:tb=V2:1,因为两球均落在斜面上,则有 m Fm=u2 (M+m)g+(M+m)a-30 N 因此初速度之比 因F1=24N<Fm=30N,故此时木块与木 因此4s末质点离坐标原点的距离等于沿x 板一起做匀加速运动,其加速度a由牛顿笫 轴方向的位移,由题图甲可知,4s末质点离 坐标原点的距离s=x=8m。 1,在小球平抛过程中,速度方向与斜面 二定律可得,F-P2(M+m)g=(M+m)a 答案:(1)2√5m/s(2)8m 平行时,离开斜面的距离为最大,根据运动的 解得a=2m/s2 11.选BD题图甲中小 分解,将初遠度与加速度分解成垂直斜面与 2)设2s末木块与木板的逸度为v,由运动 平行斜面两方向,设斜面的倾角为a,因此垂 球在筒内受重力和水 生相对滑动,木块加速度为1,木板加速度着筒壁做螺就线运z直斜面方向的位移为:、( Usina) 学知识可得v=at1=4m/s 平指向圆筒竖直中 ,那么离 2s后F2=34N>Fm=30N,木块和木板发 轴的筒壁的弹力,贴 gcos 开斜面的最大距离与初速度的平方成正比, 为a2,则有 动,可视为水平面内的匀速圆周运动与竖直即小球a、b离开针面的最大距离之比为 F-umg u2(M+m)g-Ma 解得a2=6m/s2 向上的自由落体运动,可求得小球由A运动答案:2:1 9.解析:根据牛顿第二定律,在OP段有F 设经时间二者分离,比时由运动学知识可到B的时间为1=√,题图乙中小铜m以m 沿钢丝运动,受重力和垂直钢丝斜向上方 解得t2 勺弹力,可等效为小环沿光滑斜面下滑,如:由平抛运动规律和几何关系有 图所示,则小环由C运动到D的时间为t2=}物块的水平射程x=r 此时木块的速度U块=可+a1t2 木板的速度v=可+a212, 其中a= gsin a,s=4 物块的竖直位移 木块与木板分离至滑落到地面的时间设为 由几何关系有y=xtan0, 2,由平抛运动知识可得,Ag4 1<t2,或者t2 联立以上各式可以得到x 在木块与木板分离至滑落到地面的时间:故1<12,选项A错误,B正确;小球有初速 3内,木块在水平方向向前的位移为 度,小环无初速度,根据机械能守恒定律知}解得F=mgx+pmg 四B>ω,选项C错误,D正确 木块与木板分离后,木板的加速度设为a3,12.解析:快艇在静水中的速度垂直于河岸时, 题图乙知mg=5,4 stan e=10 由牛頓运动定律可得, 所用时间最短,由图甲可知,a=0.5m/s32,;代入数据解得s=0.25m F2-ueMg= Ma 由d=1a2可得:=20s;快艇沿河岸方 答案:0.25m 在木块与木板分离至滑落到地面的时间 小球做自由落体运动到矩形孔的上 t3内,木板在水平方向的位移为 向的位移x=vt=3×20m=60m,所以快 艇到达浮标处经过的位移s=√x+d2 沿的时间为:1 所以,木块落地时距离木板左侧的距离 答案:202034 落体运动到矩形孔下沿的时间为t2 联立以上式子解得△s=1.68m 时,轮论这荡动按墙水"x /2(H-h) 2×(2-1.2) s=0.4s,则 答案:(1)2m/s2(2)1.68m 流速度v1方向垂直,如 图所示 球通过矩形孔的时间为△t= 课时跟踪检测(十一) 此时轮船相对于静水的遠度v的大小为 0.2s,根据等时性知L的最大值为L 1.AC2.D3,B4.C5,C6,A7,C A2⊥22 Δt=4×0.2m=0.8m,故A错误;若L 8. C 9. AC 11. BD Im/ s (2)熄火前,设v与v2的夹角为0,则 0.8m,x的最小值为xmn=tt1=4×0.2m 重难详解 =0.8m,x的最大值为xmsx=w2-L=4 6.选A经过时间t,∠OAB=o,则AM的长氵-0.8,轮船的牵引力沿v的方向,熄火 0.4m-0.8m=0.8m,即x=0.8m,B正 度为0my,则AB杆上与小环M的接触点绕后,牵引力消失,在水的作用力作用下,v2逐:=4×0.2m=0.8m,x的最大值为1 h 确;若L=0.6m,x的最小值为x 渐减小,但其方向不变,当v与v的矢量和 A点的线速度v= 将小环M的速度沿 与υ垂直时,轮船的合速度最小,a=0,则 ht2-L=4×0.4m-0.6m=1m,所以 0.8m≤x≤1m,C正确,D错误 AB杆方向和垂直于AB杆方向分解,垂直于 Umin=Un cos a=3X0. 8 m/s=2. 4 m/s 1l