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1、2019版高考物理二輪復習 專題一 力與運動 專題突破練3 力學中的曲線運動——拋體運動和圓周運動 專題突破練3　力學中的曲線運動——拋體運動和圓周運動(時間:45分鐘　滿分:100分)一、選擇題(共10小題,每小題6分,共60分。 在每小題給出的四個選項中,第1~6小題只有一個選項符合題目要求,第7~10小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分)1.(2018山西太原期末)某同學在體育場上拋出鉛球,鉛球的運動軌跡如圖所示。 已知鉛球在B點時的速度與加速度方向相互垂直,且AB、BC、CD間的高度差之比為1∶1∶2。 忽略空氣阻力

2、,下列說法正確的是(　　)A.鉛球在AB與BC間速度的變化量不同B.鉛球在BC間速度的變化量大于在CD間速度的變化量C.從A到D,鉛球的水平分速度先減小后增大D.從A到D,鉛球速度與加速度方向間的夾角先增大后減小2.(2018湖南株洲第二次質檢)在一次鉛球投擲比賽中,鉛球離手時初速度為v0,落地時的末速度為v,不計空氣阻力,能正確表示鉛球速度變化過程的圖是(　　)3.(2018廣東惠州調研)如圖所示,某一運動員從弧形雪坡上沿水平方向飛出后,又落回到斜面雪坡上,若斜面雪坡的傾角為θ,飛出時的速度大小為v0,不計空氣阻力,運動員飛出后在空中的姿勢保持不變,重力加速度為g,則(　　)A.運動員落到雪

3、坡時的速度大小是B.運動員在空中經歷的時間是C.如果v0大小不同,則該運動員落到雪坡時的速度方向也就不同D.不論v0多大,該運動員落到雪坡時的速度方向與水平方向的夾角α=2θ4.(2018江西贛州期中)如圖,從O點以初速度v1、v2拋出兩個小球(可視為質點),最終它們分別落在圓弧上的A點和B點,已知OA與OB互相垂直,且OA與豎直方向成α角,則兩小球初速度之比v1∶v2為(　　)A.tanαB.cotαC.tanαD.cosα5.(2018湖北武漢調研)如圖是對著豎直墻壁沿水平方向拋出的小球a、b、c的運動軌跡,三個小球到墻壁的水平距離均相同,且a和b從同一點拋出。 不計空氣阻力,則(　

4、　)A.a和b的飛行時間相同B.b的飛行時間比c的短C.a的水平初速度比b的小D.c的水平初速度比a的大6.(2018陜西寶雞二質檢)如圖所示,長為L的輕質硬桿,一端固定一個質量為m的小球,另一端固定在水平轉軸上,現(xiàn)讓桿繞轉軸O在豎直平面內勻速轉動,轉動的角速度為ω,某時刻桿對球的作用力水平向左,則此時桿與水平面的夾角θ為(　　)A.sinθ=B.sinθ=C.tanθ=D.tanθ=7.(2018河南平頂山期末)橫截面為直角三角形的兩個相同斜面緊靠在一起,固定在水平面上,如圖所示。 它們的豎直邊長都是底邊長的一半,現(xiàn)有三個小球從左邊斜面的頂點以不同的初速度向右平拋,最后落在斜面上,其落

5、點分別是a、b、c。 如圖,a點距水平地面的高度最低,c點距地面最高。 下列判斷正確的是(　　)A.圖中三小球比較,落在a點的小球飛行時間最短B.圖中三小球比較,落在a點的小球飛行過程速度變化最大C.圖中三小球比較,落在a點的小球飛行過程速度變化最快D.無論小球拋出時初速度多大,落到兩個斜面上的瞬時速度都不可能與斜面垂直8.(2018湖北天門中學模擬)質量為m的小球由輕繩a和b系于一輕質木架上的A點和C點,如圖所示。 當輕桿繞軸BC以角速度ω勻速轉動時,小球在水平面內做勻速圓周運動,繩a在豎直方向、繩b在水平方向。 當小球運動到圖示位置時,繩b被燒斷,同時桿也停止轉動,

6、則(　　)A.小球仍在水平面內做勻速圓周運動B.在繩被燒斷瞬間,a繩中張力突然減小C.若角速度ω較小,小球在垂直于平面ABC的豎直平面內擺動D.若角速度ω較大,小球可以在垂直于平面ABC的豎直平面內做圓周運動9.(2018湖北黃岡質檢)如圖所示,質量均為m的小木塊A和B(均可看作質點)用長為L的輕繩連接,置于水平圓盤的同一半徑上,A與豎直軸的距離為L,此時繩子恰好伸直無彈力。 現(xiàn)讓木塊A、B隨圓盤一起以角速度ω繞豎直軸做勻速轉動,木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍,重力加速度大小為g。 則(　　)A.木塊A受到的摩擦力始終指向圓心B.木塊B所受摩擦力大小總等于木塊A所受

7、摩擦力大小的兩倍C.木塊A、B所受的摩擦力始終相等D.若ω=,則木塊A、B將要相對圓盤發(fā)生滑動10.(2018山東棗莊期末)如圖所示,水平轉臺上有一質量為m的小物塊,用長為L的細繩連接在通過轉臺中心的豎直轉軸上,細線與轉軸間的夾角為θ;系統(tǒng)靜止時,細線繃直但繩中張力為零,物塊與轉臺間動摩擦因數(shù)為μ,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。 當物塊隨轉臺由靜止開始緩慢加速轉動且未離開轉臺的過程中(　　)A.物塊受轉臺的靜摩擦力方向始終指向轉軸B.至轉臺對物塊的支持力為零時,物塊的角速度大小為C.至轉臺對物塊的支持力為零時轉臺對物塊做的功D.細繩對物塊拉力的瞬時功率始終為零二、計算題(本題共2個大題,

8、共40分)11.(18分)如圖所示,從A點以v0=4m/s的水平速度拋出一質量m=1kg的小物塊(可視為質點),當物塊運動至B點時,恰好沿切線方向進入光滑圓弧軌道BC,經圓弧軌道后滑上與C點等高、靜止在粗糙水平面的長木板上,圓弧軌道C端切線水平,已知長木板的質量m0=4kg,A、B兩點距C點的高度分別為h0=0.6m、h=0.15m,圓弧軌道半徑r=0.75m,物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5,長木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.2,g取10m/s2。 已知sin37=0.6,cos37=0.8,求:(1)小物塊運動至B點時的速度大小和方向。 (2)小物塊滑動至C點時,對圓

9、弧軌道C點的壓力。 (3)長木板至少為多長,才能保證小物塊不滑出長木板。 12.(22分)嘉年華上有一種回力球游戲,如圖所示,A、B分別為一固定在豎直平面內的光滑半圓形軌道的最高點和最低點,B點距水平地面的高度為h,某人在水平地面C點處以某一初速度拋出一個質量為m的小球,小球恰好水平進入半圓軌道內側的最低點B,并恰好能過最高點A后水平拋出,又恰好回到C點拋球人手中。 若不計空氣阻力,已知當?shù)刂亓铀俣葹間,求:(1)小球剛進入半圓形軌道最低點B時軌道對小球的支持力;(2)半圓形軌道的半徑;(3)小球拋出時的初速度大小。 專題突破練3　力學中的曲線運動——拋體運動和圓周運

10、動一、選擇題(共10小題,每小題6分,共60分。 在每小題給出的四個選項中,第1~6小題只有一個選項符合題目要求,第7~10小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分)1.B　解析AB與BC間的高度相同,則在AB與BC間的運動時間相同,根據(jù)Δv=gt可知,速度的變化量相同,選項A錯誤;BC的高度小于CD,BC與CD的高度差之比為1∶2,則在BC之間的運動時間大于CD之間的運動時間,由Δv=gt可知鉛球在BC間速度的變化量大于在CD間速度的變化量,選項B正確;鉛球在水平方向做勻速運動,則從A到D,鉛球的水平分速度不變,選項C錯誤;鉛球的加速度方向

11、豎直向下,則從A到D,鉛球速度與加速度方向間的夾角一直減小,選項D錯誤;故選B。 2.A　解析斜拋運動由于只受重力,故水平分速度保持不變,而豎直分速度均勻變化;速度矢量的變化方向等于加速度的方向,故矢量的變化方向應沿豎直方向;鉛球從某一高度拋出時,落地時速度大小大于拋出時初速度大小,則A正確,BCD錯誤;故選A。 3.B　解析設在空中飛行時間為t,運動員在豎直方向做自由落體運動,水平方向做勻速直線運動;運動員豎直位移與水平位移之比:=tanθ,則有飛行的時間t=,故B正確;豎直方向的速度大小為vy=gt=2v0tanθ,運動員落回雪坡時的速度大小為:v==v0,故A錯誤;設運動員落

12、到雪坡時的速度方向與水平方向夾角為α,則tanα==2tanθ,由此可知,運動員落到雪坡時的速度方向與初速度大小無關,由tanα=2tanθ知,α≠2θ,故C、D錯誤;故選B。 4.C　解析兩小球被拋出后都做平拋運動,設容器半徑為R,兩小球運動時間分別為t1、t2。 對球1:Rsinα=v1t1,Rcosα=,對球2:Rcosα=v2t2,Rsinα=,解以上四式可得:=tanα,C正確。 5.D　解析根據(jù)t=可知,b下落的高度比a大,則b飛行的時間較長。 根據(jù)v0=,因水平位移相同,則a的水平初速度比b的大,選項A、C錯誤;b的豎直高度比c大,則b飛行的時間比c長,選

13、項B錯誤;a的豎直高度比c大,則a飛行的時間比c長,根據(jù)v0=,因水平位移相同,則a的水平初速度比c的小,選項D正確;故選D。 6.B　解析小球所受重力和桿子的作用力的合力提供向心力,受力如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有:=mLω2,解得:sinθ=,故選B。 7.BD　解析物體做平拋運動,運動的時間是由豎直方向上的位移決定的,由題圖可知,a下落的高度最大,所以a的運動時間最長,故A錯誤。 三個小球都是做平拋運動,水平方向的速度是不變的,只有豎直方向的速度在變化,由于a的運動時間最長,所以由Δv=gt,知a速度的變化最大,故B正確。 物體運動的加速度的大小表示速度變化的快慢,

14、三個小球都是做平拋運動,加速度都是重力加速度,所以速度變化的快慢是相同的,故C錯誤。 首先a點上是無論如何不可能垂直的,然后看b、c點,豎直速度是gt,水平速度是v,要合速度垂直斜面,把兩個速度合成后,需要=tanθ,即v=0.5gt。 那在過了t時間的時候,豎直位移為0.5gt2,水平位移為vt=(0.5gt)t=0.5gt2,即若要滿足這個關系,需要水平位移和豎直位移都是一樣的,顯然在圖中b、c是不可能完成的,因為在b、c上水平位移必定大于豎直位移,所以落到兩個斜面上的瞬時速度都不可能與斜面垂直,故D正確。 故選BD。 8.CD　解析小球原來在水平面內做勻速圓周運動

15、,繩b被燒斷后,小球在垂直于平面ABC的豎直平面內擺動或做圓周運動,故A錯誤;繩b被燒斷前,小球在豎直方向沒有位移,加速度為零,a繩中張力等于重力,在繩b被燒斷瞬間,a繩中張力與重力的合力提供小球的向心力,而向心力豎直向上,繩a的張力將大于重力,即張力突然增大,故B錯誤;若角速度ω較小,小球原來的速度較小,小球在垂直于平面ABC的豎直平面內擺動,故C正確;若角速度ω較大,小球原來的速度較大,小球可能在垂直于平面ABC的豎直平面內做圓周運動,故D正確。 9.AD　解析當角速度較小時,AB均靠靜摩擦力提供向心力,由于B轉動的半徑較大,則B先達到最大靜摩擦力,角速度繼續(xù)增大,則繩子出現(xiàn)拉力,當

16、A的靜摩擦力達到最大時,角速度增大,AB開始發(fā)生滑動,可知木塊A受到的靜摩擦力方向一直指向圓心,故A正確。 在繩子出現(xiàn)張力前,木塊A、B的角速度相等,半徑之比為1∶2,則靜摩擦力之比為1∶2,當繩子出現(xiàn)張力后,木塊A、B的靜摩擦力之比不是1∶2,故B、C錯誤。 當木塊A的摩擦力達到最大時,木塊A、B開始滑動,對木塊A有:kmg-T=mLω2,對木塊B有:T+kmg=m2lω2,解得ω=,故D正確。 10.CD　解析由題可知,物體做加速圓周運動,所以開始時物體受到的摩擦力必定有一部分的分力沿軌跡的切線方向,故A錯誤;對物體受力分析知,物塊離開圓盤前:F=f+Tsinθ=mrω2

17、①N+Tcosθ=mg②r=Lsinθ根據(jù)動能定理知W=Ek=mv2當N=0,f=0,由①②知ω0=,所以當物塊的角速度增大到時,物塊與轉臺間恰好無相互作用;此時W=Ek=mv2=m(ω0Lsinθ)2=,故B錯誤,C正確;由幾何關系可知,物體在做圓周運動的過程中受到的繩子的拉力方向與物體運動的方向始終垂直,所以細繩對物塊拉力的瞬時功率始終為零,故D正確;故選CD。 二、計算題(本題共2個大題,共40分)11.答案(1)5m/s　方向與水平方向成37角斜向下　(2)47.3N　方向豎直向下　(3)2.8m解析(1)物塊由A到B點做平拋運動有h0-h=gt2設到達B點時豎直分速度為vy,則

18、vy=gt到達B點時速度v1==5m/s設到達B點時速度方向與水平方向的夾角為θ,則tanθ=解得θ=37,即與水平方向成37角斜向下。 (2)設物塊到達C點時速度為v2,從A至C點,由動能定理得mgh0=設物塊在C點受到的支持力為FN,則有FN-mg=m由上式可得v2=2m/s,FN=47.3N根據(jù)牛頓第三定律可知,物塊m對圓弧軌道C點的壓力大小為47.3N,方向豎直向下。 (3)由題意可知小物塊m對長木板的摩擦力Ff=μ1mg=5N長木板與地面間的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力,為Ff=μ2(m0+m)g=10N因Ff<Ff,所以小物塊在長木板上滑動時,長木板靜止不動。

19、 小物塊在長木板上做勻減速運動,至長木板右端時速度剛好為零,才能保證小物塊不滑出長木板。 則長木板長度至少滿足l==2.8m。 12.答案(1)6mg,方向為豎直向上　(2)2h　(3)解析(1)設半圓形軌道的半徑為R,小球經過A點時的速度為vA,小球經過B點時的速度為vB,小球經過B點時軌道對小球的支持力為FN。 在A點,mg=m解得vA=從B點到A點的過程中,根據(jù)動能定理有:-mg2R=解得vB=在B點,FN-mg=m解得FN=6mg,方向為豎直向上。 (2)C到B的逆過程為平拋運動,有h=A到C的過程,有h+2R=又vBtBC=vAtAC解得R=2h。 (3)設小球拋出時的初速度大小為v0,從C到B的過程中,根據(jù)動能定理有-mgh=解得v0=。