第1部分 专题1 第3讲 力与曲线运动-2023新教材新高考物理【导学教程】大二轮专题辅导与训练

2022-11-23
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山东育博苑文化传媒有限公司
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资源信息

学段 高中
学科 物理
教材版本 -
年级 高三
章节 -
类型 题集
知识点 抛体运动
使用场景 高考复习-二轮专题
学年 2023-2024
地区(省份) 全国
地区(市) -
地区(区县) -
文件格式 ZIP
文件大小 2.51 MB
发布时间 2022-11-23
更新时间 2023-04-09
作者 山东育博苑文化传媒有限公司
品牌系列 导学教程·大二轮专题辅导与训练
审核时间 2022-11-23
下载链接 https://m.zxxk.com/soft/36115975.html
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来源 学科网

内容正文:

参考答案 弹簧从第1个球处脱落瞬间,第1个小球所受合外力变 答案(1)aA=5m/s2 aB=10 m/s2 (2)4 m/s 为0,则加速度为0,第2个小球满足F2~3=ma',联立 解得第2个小球的加速度为a'=2a,由于其他弹簧弹力 (3)2.13m 不会发生突变,故其余小球加速度依然为a,D正确。 第3讲 3.解析(1)冰壶到达投掷线前,由匀变速直线运动规律 [命题热点突破] v2-v02=2al 命题点一 带入题中数据可解得a=-2m/s2 [题组训练] 对冰壶,由牛顿第二定律F=ma 1.AC由题意,释放时小环向下加速运动,则重物将加速 带入数据可得F=一40N,负号说明合外力与速度方向 上升,对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重 相反。 力2mg,所以A正确;小环到达B处时,重物上升的高 故冰壶到达投掷线前,其受到的合外力F的大小为 度应为绳子缩短的长度,即△h=√2d一d,所以B错误; 40N。 根据题意,沿绳子方向的速度大小相等,将小环A速度 (2)释放冰壶后,若队友未擦冰面,由牛顿第二定律a1= 沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足: 上=m8=41g=0.08m/s2 m m 1os0=,即哈-心)反,所以C正确,D错误。 设冰壶减速到零发生位移为x1 2.BD设网球飞出时的速度为0,竖直方向0竖直2= 2 由运动学规律x1=2a1 2g(H一h),代入数据得0竖直= =25m √2×10×(8.45-1.25)m/s=12m/s,则0水平= 则冰壶静止位置离O点的距离L1=s一x1=5m。 √132-122m/s=5m/s,排球水平方向到P点的距离 (3)设队友刚开始擦冰面时冰壶的速度为)',则由运动 学规律心2+ x水单=功水平1=0水平·0整直=6m,根据几何关系可 g 21g22g 得打在墙面上时,垂直墙面的速度分量0水平上一 可解得L2=2g -=10me 0水平·号=4m/s,平行墙面的速度分量0*年 5 答案(1)40N(2)5m(3)10m 3 4.解析(1)与竖直墙碰撞后,对木板根据牛顿第二定律 V0水平· =3m/s,反弹后,垂直墙面的速度分量 得ng=MaB,解得aB=10m/s2 v水平1=0.75·v0水平⊥=3m/s,则反弹后的网球速度 对铁块,根据牛顿第二定律得ng=maA, 大小为0水平=√0水平12十0水平=3V2m/5,网球落 解得aA=5m/s2。 (2)第一次与竖直墙壁碰撞后,设木板向左减速的时间 2厘845×2s=1,3s,着地点 到地面的时间t√gV10 为t1,有0=aBt1,解得t1=0.4s 到墙壁的距离d=)'水平⊥t'=3.9m,故B、D正确,A、C 木板速度减为零时,设此时铁块的速度为A,可得A= 错误。 0一aAt1,解得0A=2m/s 3.解析频闪仪每隔0.05s发出一次闪光,每相邻两个球 之后木板向右做匀加速直线运动,铁块继续向右做匀减 之间被删去3个影像,故相邻两球的时间间隔为 速直线运动,设再经过时间t2共速v共=vA一aAt2= t=4T=0.05×4s=0.2s a42解得a跌=号m/sg=号s 2 设抛出瞬间小球的速度为0,每相邻两球间的水平方 向上位移为x,竖直方向上的位移分别为y1、y2,根据平 第一次与竖直墙壁碰撞后,设木板向左减速的位移为 抛运动位移公式有 s1,o2=2aB51,解得s1=0.8m I=vot 木板向右做匀加速直线运动,设木板运动的位移为252= 1 1=7gt2=号×10X0.22m=0.2m 名42,解得希m =2g(21)2-g 1 因为52<51,可知木板第二次碰墙前,已与铁块共速;共 g2=号×10×0.42-0.2)m 速后铁块与木板一起向右匀速运动,所以木板第二次碰 0.6m 墙时的追度为U=U项=亭m/s。 令y1=y,则有 y2=3y1=3y (3)木板向左减速过程中,设铁块向右减速位移为SA,可 已标注的线段51、52分别为 得A=一2aA2,△1=5A十51,解得△s1=2m s1=√x2+y2 木板向右加速的过程中,铁块与木板的位移差△2= 52=√x2+(3y)2=√/2+9y 则有 4士:一学解得△=品n 2 √x2+y2:√x2+9y2=3:7 木板第二次碰撞墙壁时,铁块在木板上留下的划痕长度 整理得 L=△s十△2,解得L=号m≈2.13m。 25 I= 238 高考专题辅导与训练 故在抛出瞬间小球的速度大小为 可知日为定值,T不变,则当转速增大后,小球的高度不 变,弹簧的弹力不变,则A错误,B正确; 0= x_2√5 5 m/s。 t 水平方向当转速较小时,杆对小球的弹力F、背离转 答案25m/s 轴,则Tcos0-FN=mwr 5 即F=Tcos0-mw2r 命

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