《2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí)收尾二輪專題突破檢測(cè) 拋體運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí)收尾二輪專題突破檢測(cè) 拋體運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、拋體運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng) (45分鐘　100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分。多選題已在題號(hào)后標(biāo)出) 1.(多選)(2020·桂林一模)河水的流速隨離河岸的距離的變化關(guān)系如圖甲所示,船在靜水中的速度與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示,若要使船以最短時(shí)間渡河, 則(　　) A.船渡河的最短時(shí)間是60 s B.船在行駛過(guò)程中,船頭始終與河岸垂直 C.船在河水中航行的軌跡是一條直線 D.船在河水中的最大速度是5 m/s 2.(2020·揚(yáng)州二模)如圖所示,光滑水平桌面上,一小球以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng),當(dāng)它經(jīng)過(guò)靠近桌邊的豎直木板的ad邊正前方時(shí),木板開始做自由落體運(yùn)動(dòng)。若木板

2、開始運(yùn)動(dòng)時(shí),cd邊與桌面相齊,則小球在木板上的正投影軌跡是(　　) 3.(2020·江蘇高考)如圖所示,“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個(gè)座椅A、B質(zhì)量相等,通過(guò)相同長(zhǎng)度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上。不考慮空氣阻力的影響,當(dāng)旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),下列說(shuō)法正確的是(　　) A.A的速度比B的大 B.A與B的向心加速度大小相等 C.懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等 D.懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小 4.(2020·成都二模)如圖,一小球從一半圓軌道左端A點(diǎn)正上方某處開始做平拋運(yùn)動(dòng)(小球可視為質(zhì)點(diǎn)),飛行過(guò)程中恰好與半圓軌道相切于B點(diǎn)。O為半圓軌道圓心,半圓軌道半徑為R,OB與水平

3、方向夾角為60°,重力加速度為g,則小球拋出時(shí)的初速度為(　　) A. B. C. D. 5.(多選)(2020·永州二模)如圖所示,兩個(gè)半徑不同而內(nèi)壁光滑的半圓軌道固定于地面,兩個(gè)質(zhì)量不同的小球先后從與球心在同一水平高度的A、B兩點(diǎn)由靜止開始自由下滑,通過(guò)軌道最低點(diǎn)時(shí)(　　) A.小球?qū)绍壍赖膲毫ο嗤? B.小球?qū)绍壍赖膲毫Σ煌? C.此時(shí)小球所需的向心力不相等 D.此時(shí)小球的向心加速度相等 6.(2020·綿陽(yáng)二模)光滑細(xì)管組成的軌道如圖所示,其中AB段是半徑為R的四分之一圓弧,軌道固定在豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m的小球,從距離水平地面高為H的管口D處由靜止

4、釋放,最后能夠從A端水平拋出落到地面上。下列說(shuō)法正確的是(　　) A.小球落到地面相對(duì)于A點(diǎn)的水平位移值為2 B.小球落到地面相對(duì)于A點(diǎn)的水平位移值為2 C.小球能從細(xì)管A端水平拋出的條件是H<2R D.小球能從細(xì)管A端水平拋出的最小高度Hmin=R 7.(多選)(2020·雅安二模)如圖甲所示,輕桿一端固定在O點(diǎn),另一端固定一小球,現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)。小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),桿與小球間彈力大小為N,小球在最高點(diǎn)的速度大小為v,其N-v2圖像如圖乙所示, 則(　　) A.小球的質(zhì)量為 B.當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮? C.v2=c時(shí),桿對(duì)小球彈力方向向上

5、 D.v2=2b時(shí),桿對(duì)小球彈力大小為mg 8.如圖所示,地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),一個(gè)質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球以水平方向的初速度v0由O點(diǎn)射入該區(qū)域,剛好通過(guò)豎直平面中的P點(diǎn),已知連線OP與初速度方向的夾角為45°,則此帶電小球通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度為(　　) A.v0 B.v0 C.2v0 D.v0 二、計(jì)算題(本大題共2小題,共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 9.(18分)(2020·日照一模)如圖所示,從A點(diǎn)以v0=4m/s的水平速度拋出一質(zhì)量m=1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí),恰好沿切線方向進(jìn)入光滑圓弧軌道BC,經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點(diǎn)

6、等高、靜止在粗糙水平面的長(zhǎng)木板上,圓弧軌道C端切線水平。已知長(zhǎng)木板的質(zhì)量M=4kg,A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分別為H=0.6m、h=0.15m,R=0.75m,物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.5,長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2,g=10m/s2。求: (1)小物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小和方向; (2)小物塊滑動(dòng)至C點(diǎn)時(shí),對(duì)圓弧軌道C點(diǎn)的壓力的大小; (3)長(zhǎng)木板至少為多長(zhǎng),才能保證小物塊不滑出長(zhǎng)木板? 10.(18分)如圖所示,AOB是游樂(lè)場(chǎng)中的滑道模型,它位于豎直平面內(nèi),由兩個(gè)半徑都是R的圓周連接而成,它們的圓心O1、O2與兩圓弧的連接點(diǎn)O在同一豎直線上。O2B沿水池的水

7、面,O2和B兩點(diǎn)位于同一水平面上。一個(gè)質(zhì)量為m的小滑塊可由弧AO的任意位置從靜止開始滑下,不計(jì)一切摩擦。 (1)假設(shè)小滑塊由A點(diǎn)靜止下滑,求小滑塊滑到O點(diǎn)時(shí)對(duì)O點(diǎn)的壓力; (2)若小滑塊能在O點(diǎn)脫離滑道,其落水點(diǎn)到O2的距離如何; (3)若小滑塊從開始下滑到脫離滑道過(guò)程中,在兩個(gè)圓弧上滑過(guò)的弧長(zhǎng)相等,則小滑塊開始下滑時(shí)應(yīng)在圓弧AO上的何處(用該處到O1點(diǎn)的連線與豎直線的夾角的三角函數(shù)值表示)。 答案解析 1.【解析】選B、D。要使船以最短時(shí)間過(guò)河,船頭應(yīng)始終與河岸垂直,tmin==100s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;船的軌跡由合速度確定,因v船水⊥v水,v水

8、發(fā)生變化,則合速度的大小和方向均發(fā)生變化,軌跡是曲線,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;船在河水中的最大速度vmax=m/s=5 m/s,選項(xiàng)D正確。 2.【解析】選B。木板自由下落,可以逆向思維,以木板為參照物,小球向上做勻加速運(yùn)動(dòng),且向右做勻速運(yùn)動(dòng),可以想象成重力“向上”的平拋運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B正確。 3.【解析】選D。在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,A、B兩座椅的角速度相等,但由于B座椅的半徑比較大,故B座椅的速度比較大,向心加速度也比較大,A、B項(xiàng)錯(cuò)誤;A、B兩座椅所需向心力不等,而重力相同,故纜繩與豎直方向的夾角不等,C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)F=mω2r判斷A座椅的向心力較小,所受拉力也較小,D項(xiàng)正確。 4.【解析】選B。小球在B點(diǎn)

9、的速度分解如圖所示,則有vy==gt,又有R(1+cos60°)=v0t,解以上兩式得v0=,選項(xiàng)B正確。 【方法技巧】平拋運(yùn)動(dòng)的三種分解思路 (1)分解速度:設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v0,在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的速度為vx=v0,在豎直方向的速度為vy=gt,合速度為v=,合速度與水平方向夾角為θ=arctan。 (2)分解位移:平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的位移為x=v0t,在豎直方向的位移為y=gt2,對(duì)拋出點(diǎn)的位移(合位移)為s=,合位移與水平方向夾角φ=arctan。 (3)分解加速度:對(duì)于有些問(wèn)題,過(guò)拋出點(diǎn)建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系,把重力加速度g正交分解為gx、gy,把初速

10、度v0正交分解為vx、vy,然后分別在x、y方向列方程求解,可以避繁就簡(jiǎn),化難為易。 5.【解析】選B、C、D。小球從靜止下滑至軌道最低點(diǎn)過(guò)程,由動(dòng)能定理得mgR=mv2,在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得N-mg=m,解以上兩式得N=3mg,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;F=N-mg=2mg=ma,解得a=2g,選項(xiàng)C、D也正確。 【變式備選】(2013·常德一模)如圖所示,在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓盤上,沿半徑方向放著用細(xì)線相連的質(zhì)量相等的兩個(gè)物體A和B,它們與盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)到兩個(gè)物體剛好還未發(fā)生滑動(dòng)時(shí),燒斷細(xì)線,兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況是(　　) A.兩物體沿切線方向滑動(dòng) B.兩物體均沿半徑方向

11、滑動(dòng),離圓盤圓心越來(lái)越遠(yuǎn) C.兩物體仍隨圓盤一起做圓周運(yùn)動(dòng),不發(fā)生滑動(dòng) D.物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng),物體A發(fā)生滑動(dòng),離圓盤圓心越來(lái)越遠(yuǎn) 【解析】選D。在圓盤上,角速度相同,由F=mω2r可知,在質(zhì)量相同的情況下,A需要的向心力較大,當(dāng)兩個(gè)物體剛好還未發(fā)生滑動(dòng)時(shí),其摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力,A的向心力大于最大靜摩擦力,而B的向心力小于最大靜摩擦力,此時(shí)燒斷細(xì)線,A的向心力不足,將做離心運(yùn)動(dòng),而B仍隨圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)D正確。 6.【解析】選B。設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的速度為vA,根據(jù)動(dòng)能定理,有mg(H-2R)=m,得vA=,小球做平拋運(yùn)動(dòng),有x=vAt,2R=gt2,所以

12、水平位移x=2,選項(xiàng)B正確、A錯(cuò)誤;能從A端水平拋出的條件是小球到達(dá)A點(diǎn)的速率vA=>0,即H>2R,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 7.【解析】選A、D。由圖乙知v2=b時(shí),N=0;當(dāng)v2b時(shí),桿對(duì)球有向下的拉力。對(duì)v2

13、b時(shí),N+mg=m,又mg=a,m=,可得N=mg,D正確。 8.【解析】選D。小球做類平拋運(yùn)動(dòng),由題意可知小球到P點(diǎn)時(shí)水平位移和豎直位移相等,即v0t=vPyt,解得vPy=2v0,合速度vP==v0,選項(xiàng)D正確。 9.【解析】(1)物塊做平拋運(yùn)動(dòng):H-h=gt2　 (2分) 設(shè)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)豎直分速度為vy,vy=gt　 (2分) v1==m/s=5m/s (1分) 方向與水平面的夾角為θ,則: tanθ==　

14、 (1分) 解得:θ=37° (1分) (2)從A至C點(diǎn),由動(dòng)能定理得: mgH=m-m　 (2分) 設(shè)C點(diǎn)受到的支持力為N,由牛頓第二定律得: N-mg=　 (2分) 聯(lián)立解得:v2=2m/s　N=47.3

15、N (1分) 根據(jù)牛頓第三定律可知,物塊m對(duì)圓弧軌道C點(diǎn)的壓力大小為47.3N (1分) (3)小物塊m對(duì)長(zhǎng)木板的摩擦力為 f=μ1mg=5N (1分) 長(zhǎng)木板與地面間的最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力 f′=μ2(M+m)g=10N (1分) 因f

16、) 小物塊在長(zhǎng)木板上做勻減速運(yùn)動(dòng),至長(zhǎng)木板右端時(shí)速度剛好為0,則長(zhǎng)木板長(zhǎng)度至少為 l==2.8m (2分) 答案:(1)5m/s　方向與水平面夾角為37° (2)47.3 N　　(3)2.8 m 10.【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn): (1)能在O點(diǎn)脫離滑道的小滑塊做平拋運(yùn)動(dòng),且在O點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)的小滑塊有最小速度; (2)小滑塊脫離滑道時(shí),滑道對(duì)小滑塊的支持力為零。 【解析】(1)小滑塊由A點(diǎn)滑到O點(diǎn)過(guò)程,由動(dòng)能定理得:mgR=m　 (2分) 在O點(diǎn)由牛頓第二定律得:

17、FO-mg=　 (2分) 解得:FO=3mg　 (1分) 由牛頓第三定律得小滑塊對(duì)O點(diǎn)的壓力大小為3mg,方向豎直向下　 (1分) (2)從A點(diǎn)下滑的滑塊到O點(diǎn)的速度為v1=　 (1分) 設(shè)能脫離軌道的最小速度為v2,由牛頓第二定律得: mg=　 (1

18、分) 解得:v2=　 (1分) 小滑塊在O點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng),則: R=gt2　 (1分) x=v0t　 (1分) 解得:R≤x≤2R　 (2分) (3)如圖所示,設(shè)小滑塊出發(fā)點(diǎn)為P1,離開點(diǎn)為P2,由題意要求O1P1、O2P2與豎直方向的夾角相等,設(shè)為θ,若離開滑道時(shí)的速度為v,則小滑塊在P2處脫離滑道的條件是 mgcosθ=m　 (2分) 由動(dòng)能定理得: 2mgR(1-cosθ)=mv2　 (2分) 解得:cosθ=0.8　 (1分) 答案:(1)3mg,方向豎直向下　(2)R≤x≤2R (3)cosθ=0.8