《2019屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題三 力與曲線運動 第1講 物體的曲線運動限時檢測.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題三 力與曲線運動 第1講 物體的曲線運動限時檢測.doc（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第1講　物體的曲線運動 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第1～5題只有一項符合題目要求,第6～8題有多項符合題目要求) 1.(2018福建廈門雙十中學(xué)高三熱身) 一個同學(xué)在做研究平拋運動實驗時,只在紙上記下y軸位置(拋出點在y軸上),并在坐標(biāo)紙上描出如圖所示曲線.在曲線上取A,B兩點,用刻度尺分別量出它們到y(tǒng)軸的距離AA′=x1,BB′=x2,以及AB的豎直距離h,從而求出小球拋出時的初速度v0為(　A　) A.(x22-x12)g2h B.(x2-x1)2g2h C.x2+x12g2h D.x2-x12g2h 解析:設(shè)初速度為v0,則從拋出點運動到A所需的時間t1=x1v0,從拋出點運動到B所需的時間t2=x2v0,在豎直方向上有12gt22-12gt12=h,解得v0= (x22-x12)g2h,故A正確. 2.(2018醴陵市一模)如圖所示,從地面上同一位置同時拋出兩小球A,B,分別落在地面上的M,N點,兩球運動的最大高度相同.空氣阻力不計,則下列說法正確的是(　A　) A.在運動過程中的任意時刻有vB>vA B.B的飛行時間比A的長 C.B的加速度比A的大 D.落地時的水平速度與合速度的夾角,B的比A的大 解析:兩球運動中,不計空氣阻力,兩球的加速度都為重力加速度g,故C錯誤;將小球的運動分解為豎直方向和水平方向兩個分運動,豎直方向上有vy2=2gh,h=vyt-12gt2,兩球最大高度h相同,則豎直方向的初速度大小相等,運動時間也相同,而B球水平位移大,則B球水平速度大, v=v水2+v豎2,在任意時刻,總有豎直速度相等,B球水平速度大,因此在運動過程中的任意時刻有vB>vA,故A正確,B錯誤;根據(jù)速度的合成可知,B的初速度大于A的初速度,則拋出時A的水平速度與合速度的夾角大,由對稱性可知落地時,A的水平速度與合速度的夾角仍然大,故D錯誤. 3.(2018江西模擬)某人將一蘋果(可以視為質(zhì)點)以v0=6 m/s的速度水平拋出,經(jīng)過t=0.8 s后到達(dá)P點.有一小鳥以不變的速率v1= 10 m/s沿著蘋果的運動軌跡飛行,經(jīng)過一段時間也通過P點.若不考慮蘋果受到的空氣阻力,取重力加速度g=10 m/s2.則下列說法正確的是(　D　) A.小鳥做勻變速曲線運動 B.小鳥的加速度總為零 C.小鳥在P點的加速度大小為10 m/s2 D.小鳥在P點的加速度大小為6 m/s2 解析:小鳥在運動的過程中速度的大小不變,方向不斷變化,所以小鳥的加速度的方向是不斷變化的,小鳥的運動不是勻變速曲線運動,故A,B錯誤; 蘋果拋出后做平拋運動,0.8 s時刻豎直方向的分速度 vy=gt=100.8 m/s=8 m/s, 速度方向與水平方向之間的夾角θ滿足tan θ=vyv0=86=43,則θ=53,此時蘋果受到的重力沿垂直于速度方向的分力提供向心加速度,則 ma⊥=mgcos θ, 所以a=6 m/s2,蘋果在P點的速度 v=v02+vy2=62+82 m/s=10 m/s, 蘋果的向心加速度a=v2R, 小鳥的向心加速度a′=v12R; 聯(lián)立可得a′=6 m/s2 故C錯誤,D正確. 4.(2018安徽三模)如圖所示,一根輕桿,在其B點系上一根細(xì)線,細(xì)線長為R,在細(xì)線下端連上一質(zhì)量為m的小球.以輕桿的A點為頂點,使輕桿旋轉(zhuǎn)起來,其B點在水平面內(nèi)做勻速圓周運動,輕桿的軌跡為一個母線長為L的圓錐,輕桿與中心軸AO間的夾角為α.同時小球在細(xì)線的約束下開始做圓周運動,輕桿旋轉(zhuǎn)的角速度為ω,小球穩(wěn)定后,細(xì)線與輕桿間的夾角β=2α.重力加速度用g表示,則(　D　) A.細(xì)線對小球的拉力為mgsinα B.小球做圓周運動的周期為πω C.小球做圓周運動的線速度與角速度的乘積為gtan 2α D.小球做圓周運動的線速度與角速度的比值為(L+R)sin α 解析:小球在豎直方向上平衡,細(xì)線的拉力滿足Fcos β2=mg,而β=2α,得F=mgcosα,故A錯誤;小球達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后做勻速圓周運動,其周期與輕桿旋轉(zhuǎn)的周期相同,周期T=2πω,故B錯誤;小球做圓周運動,根據(jù)題意有mgtanβ2=mvω,則vω=gtan α,故C錯誤;由公式v=ωr得vω=r,而r= (L+R)sin α,則vω=(L+R)sin α,故D正確. 5.(2018遼寧模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的石塊從半徑為R的半球形的碗口下滑到碗的最低點的過程中,如果摩擦力的作用使得石塊的速度大小不變,那么(　D　) A.石塊下滑過程中受的摩擦力大小不變 B.石塊下滑過程中重力的功率保持不變 C.因為速率不變,所以石塊的加速度為零 D.石塊下滑過程中受的合外力大小不變,方向始終指向球心 解析:石塊下滑的速度大小不變,即做勻速圓周運動,摩擦力與重力的切向分力平衡,即摩擦力不斷減小,故A錯誤;下滑中石塊豎直方向的分速度逐漸減小,根據(jù)P=mgv豎直,可知重力的功率逐漸減小,故B錯誤;石塊做勻速圓周運動,其加速度始終指向圓心,不等于0,且大小不變,所以合外力大小不變,方向始終指向球心,故C錯誤,D正確. 6.(2018四川模擬)一小船在勻速流動的河水中以船身始終垂直于河岸方向過河,已知河寬為64 m,河水的流速大小為3 m/s,小船初速度為0,過河過程中小船先以1 m/s2的加速度勻加速運動,到達(dá)河的中點后再以1 m/s2的加速度勻減速運動,則(　BC　) A.小船過河的平均速度大小為4 m/s B.小船過河過程中垂直河岸的最大速度為8 m/s C.小船過河的時間為16 s D.小船到達(dá)河對岸時的位移大小為112 m 解析:小船沿垂直河岸方向先以1 m/s2的加速度勻加速運動,到達(dá)河的中點后再以1 m/s2的加速度勻減速運動,河寬為64 m,那么在勻加速過程中,則有d2=12a(t2)2,解得t=16 s,河水的流速大小為3 m/s,那么水流方向的位移大小為x=163 m=48 m;因此小船過河的位移為s= d2+x2=642+482 m=80 m,依據(jù)平均速度公式得v=st=8016 m/s=5 m/s,故A,D錯誤,C正確;小船初速度為0,過河過程中小船先以1 m/s2的加速度勻加速運動,勻加速運動的位移為d2=32 m;根據(jù)d2=0+vmax2t2,解得vmax= 8 m/s,故B正確. 7.(2018呼和浩特一模)如圖所示,a,b兩小球分別從半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度v0同時水平拋出,已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等,斜面底邊長是其豎直高度的2倍,若小球a落到半圓軌道上,小球b落到斜面上,則下列說法正確的是(　ABC　) A.a球可能先落在半圓軌道上 B.b球可能先落在斜面上 C.兩球可能同時落在半圓軌道上和斜面上 D.a球可能垂直落在半圓軌道上 解析:將圓軌道和斜面軌道重合在一起,如圖所示,交點為A,初速度合適,可知小球做平拋運動落在A點,則運動的時間相等,即同時落在半圓軌道和斜面上.若初速度不合適,由圖可知,可能小球b先落在斜面上,也可能小球a先落在圓軌道上.若a球垂直落在半圓軌道上,根據(jù)平拋運動規(guī)律,其速度的反向延長線應(yīng)在水平位移的中點,而實際為圓心處,由幾何關(guān)系可知,圓心并不處于水平位移中點,所以a球不可能垂直落在半圓軌道上,故A,B,C正確,D錯誤. 8.(2018河北衡水中學(xué)模擬)(多選)如圖所示,沿光滑豎直桿以速度v勻速下滑的物體A通過輕質(zhì)細(xì)繩拉光滑水平面上的物體B,細(xì)繩與豎直桿間的夾角為θ,則以下說法正確的是(　BD　) A.物體B向右勻速運動 B.物體B向右加速運動 C.細(xì)繩對A的拉力逐漸變大 D.細(xì)繩對B的拉力減小 解析:物體A以速度v沿豎直桿勻速下滑,繩子的速率等于物體B的速率,將A物體的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向,沿繩子方向的分速度等于繩速,如圖所示,由繩子速率v繩=vcos θ,而繩子速率等于物體B的速率,則有物體B的速率vB=v繩=vcos θ.因θ減小,則B物體向右做變加速運動,由于物體A勻速下滑,由平衡知識可知細(xì)繩拉力減小,則B的加速度在減小,選項B,D正確. 二、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9.(18分)(2018湖南校級模擬)滑板運動員在U形槽中的運動可以簡化成一個物塊在半徑為R的半圓弧槽中的運動,半圓弧槽始終靜止不動,若物塊從A點滑下在半圓弧槽最低點B的速度為v0,物塊的質(zhì)量為m,物塊與半圓弧槽的動摩擦因數(shù)為μ,求: (1)物塊在最低點對半圓弧槽的壓力; (2)物塊在半圓弧槽最低點的加速度大小; (3)若物塊從圓弧槽最低點上滑,經(jīng)C點時對半圓弧槽的壓力大小等于mg,則物塊從C點拋出后經(jīng)多長時間還能回到C點? 解析:(1)物塊在半圓弧槽底部時受到重力、槽底對物塊向上的支持力和向左的滑動摩擦力,由牛頓第二定律得FN-mg=mv02R,即FN=mg+mv02R,根據(jù)牛頓第三定律,物塊對槽底的壓力FN′=FN=mg+mv02R,方向豎直向下. (2)物塊在半圓弧槽最低點時的向心加速度大小為a1=v02R,切向加速度大小為a2=μFNm=μ(g+v02R),因此物塊在半圓弧槽最低點的加速度大小為a=a12+a22=v04R2+μ2(g+v02R)2. (3)若物塊經(jīng)C點對半圓弧槽的壓力大小等于mg,設(shè)物塊在C點的速度為v,則mg=mv2R,即v=gR,物塊從C點滑出后做豎直上拋運動,再回到C點的時間t=2vg=2Rg. 答案:(1)mg+mv02R　方向豎直向下 (2)v04R2+μ2(g+v02R)2　(3)2Rg 10.(18分)(2018莆田校級模擬)如圖所示,半徑R=0.40 m的光滑半圓環(huán)軌道處于豎直平面內(nèi),半圓環(huán)與粗糙的水平地面相切于圓環(huán)的端點A.一質(zhì)量m=0.10 kg的小球,以初速度v0=7.0 m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0 m/s2的勻減速直線運動,運動s=4.0 m后,沖上豎直半圓環(huán),最后小球落在C點,(取重力加速度g=10 m/s2)求: (1)小球運動到A點時的速度大小; (2)小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力大小; (3)A,C間的距離. 解析:(1)小球向左運動的過程中做勻減速直線運動, vA2-v02=-2as, 解得vA=v02-2as=5 m/s. (2)設(shè)小球能夠到達(dá)B點的最小速度為vmin, mg=mvmin2R解得vmin=2 m/s. 小球從A到B的過程中根據(jù)機(jī)械能守恒, mg2R+12mvB2=12mvA2,解得vB=3 m/s. 由于vB>vmin,故小球能夠到達(dá)B點,且從B點做平拋運動,由牛頓第二定律可知F+mg=mvB2R, 解得F=1.25 N,由牛頓第三定律可知,小球?qū)壍赖膲毫Υ笮? 1.25 N. (3)小球從B到C,在豎直方向有2R=12gt2,在水平方向有sAC=vBt,解得sAC=1.2 m, 故A,C間的距離為1.2 m. 答案:(1)5 m/s　(2)1.25 N　(3)1.2 m