《2020屆高三物理一輪復習收尾二輪專題突破檢測 拋體運動與圓周運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高三物理一輪復習收尾二輪專題突破檢測 拋體運動與圓周運動（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、拋體運動與圓周運動 (45分鐘　100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分。多選題已在題號后標出) 1.(多選)(2020·桂林一模)河水的流速隨離河岸的距離的變化關系如圖甲所示,船在靜水中的速度與時間的關系如圖乙所示,若要使船以最短時間渡河, 則(　　) A.船渡河的最短時間是60 s B.船在行駛過程中,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向右勻速運動,當它經過靠近桌邊的豎直木板的ad邊正前方時,木板開始做自由落體運動。若木板

2、開始運動時,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,“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等,通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上。不考慮空氣阻力的影響,當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時,下列說法正確的是(　　) 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點正上方某處開始做平拋運動(小球可視為質點),飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點。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,則小球拋出時的初速度為(　　) A. B. C. D. 5.(多選)(2020·永州二模)如圖所示,兩個半徑不同而內壁光滑的半圓軌道固定于地面,兩個質量不同的小球先后從與球心在同一水平高度的A、B兩點由靜止開始自由下滑,通過軌道最低點時(　　) A.小球對兩軌道的壓力相同 B.小球對兩軌道的壓力不同 C.此時小球所需的向心力不相等 D.此時小球的向心加速度相等 6.(2020·綿陽二模)光滑細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。一質量為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。下列說法正確的是(　　) A.小球落到地面相對于A點的水平位移值為2 B.小球落到地面相對于A點的水平位移值為2 C.小球能從細管A端水平拋出的條件是H<2R D.小球能從細管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,另一端固定一小球,現讓小球在豎直平面內做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時,桿與小球間彈力大小為N,小球在最高點的速度大小為v,其N-v2圖像如圖乙所示, 則(　　) A.小球的質量為 B.當地的重力加速度大小為 C.v2=c時,桿對小球彈力方向向上

5、 D.v2=2b時,桿對小球彈力大小為mg 8.如圖所示,地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強電場,一個質量為m的帶負電的小球以水平方向的初速度v0由O點射入該區(qū)域,剛好通過豎直平面中的P點,已知連線OP與初速度方向的夾角為45°,則此帶電小球通過P點時的速度為(　　) A.v0 B.v0 C.2v0 D.v0 二、計算題(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

6、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M=4kg,A、B兩點距C點的高度分別為H=0.6m、h=0.15m,R=0.75m,物塊與長木板之間的動摩擦因數μ1=0.5,長木板與地面間的動摩擦因數μ2=0.2,g=10m/s2。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,對圓弧軌道C點的壓力的大小; (3)長木板至少為多長,才能保證小物塊不滑出長木板? 10.(18分)如圖所示,AOB是游樂場中的滑道模型,它位于豎直平面內,由兩個半徑都是R的圓周連接而成,它們的圓心O1、O2與兩圓弧的連接點O在同一豎直線上。O2B沿水池的水

7、面,O2和B兩點位于同一水平面上。一個質量為m的小滑塊可由弧AO的任意位置從靜止開始滑下,不計一切摩擦。 (1)假設小滑塊由A點靜止下滑,求小滑塊滑到O點時對O點的壓力; (2)若小滑塊能在O點脫離滑道,其落水點到O2的距離如何; (3)若小滑塊從開始下滑到脫離滑道過程中,在兩個圓弧上滑過的弧長相等,則小滑塊開始下滑時應在圓弧AO上的何處(用該處到O1點的連線與豎直線的夾角的三角函數值表示)。 答案解析 1.【解析】選B、D。要使船以最短時間過河,船頭應始終與河岸垂直,tmin==100s,選項A錯誤,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C錯誤;船在河水中的最大速度vmax=m/s=5 m/s,選項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動,且向右做勻速運動,可以想象成重力“向上”的平拋運動,選項B正確。 3.【解析】選D。在轉動過程中,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項錯誤;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項錯誤;根據F=mω2r判斷A座椅的向心力較小,所受拉力也較小,D項正確。 4.【解析】選B。小球在B點

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B正確。 【方法技巧】平拋運動的三種分解思路 (1)分解速度:設平拋運動的初速度為v0,在空中運動時間為t,則平拋運動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:平拋運動在水平方向的位移為x=v0t,在豎直方向的位移為y=gt2,對拋出點的位移(合位移)為s=,合位移與水平方向夾角φ=arctan。 (3)分解加速度:對于有些問題,過拋出點建立適當的直角坐標系,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,化難為易。 5.【解析】選B、C、D。小球從靜止下滑至軌道最低點過程,由動能定理得mgR=mv2,在最低點由牛頓第二定律得N-mg=m,解以上兩式得N=3mg,選項A錯誤,B正確;F=N-mg=2mg=ma,解得a=2g,選項C、D也正確。 【變式備選】(2013·常德一模)如圖所示,在勻速轉動的水平圓盤上,沿半徑方向放著用細線相連的質量相等的兩個物體A和B,它們與盤間的動摩擦因數相同,當圓盤轉動到兩個物體剛好還未發(fā)生滑動時,燒斷細線,兩個物體的運動情況是(　　) A.兩物體沿切線方向滑動 B.兩物體均沿半徑方向

11、滑動,離圓盤圓心越來越遠 C.兩物體仍隨圓盤一起做圓周運動,不發(fā)生滑動 D.物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運動,物體A發(fā)生滑動,離圓盤圓心越來越遠 【解析】選D。在圓盤上,角速度相同,由F=mω2r可知,在質量相同的情況下,A需要的向心力較大,當兩個物體剛好還未發(fā)生滑動時,其摩擦力達到最大靜摩擦力,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,此時燒斷細線,A的向心力不足,將做離心運動,而B仍隨圓盤一起做勻速圓周運動,故選項D正確。 6.【解析】選B。設小球運動到A點的速度為vA,根據動能定理,有mg(H-2R)=m,得vA=,小球做平拋運動,有x=vAt,2R=gt2,所以

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

13、b時,N+mg=m,又mg=a,m=,可得N=mg,D正確。 8.【解析】選D。小球做類平拋運動,由題意可知小球到P點時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D正確。 9.【解析】(1)物塊做平拋運動:H-h=gt2　 (2分) 設到達B點時豎直分速度為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,由動能定理得: mgH=m-m　 (2分) 設C點受到的支持力為N,由牛頓第二定律得: N-mg=　 (2分) 聯立解得:v2=2m/s　N=47.3

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

16、) 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0,則長木板長度至少為 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】解答本題應注意以下兩點: (1)能在O點脫離滑道的小滑塊做平拋運動,且在O點做平拋運動的小滑塊有最小速度; (2)小滑塊脫離滑道時,滑道對小滑塊的支持力為零。 【解析】(1)小滑塊由A點滑到O點過程,由動能定理得:mgR=m　 (2分) 在O點由牛頓第二定律得:

17、FO-mg=　 (2分) 解得:FO=3mg　 (1分) 由牛頓第三定律得小滑塊對O點的壓力大小為3mg,方向豎直向下　 (1分) (2)從A點下滑的滑塊到O點的速度為v1=　 (1分) 設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點做平拋運動,則: R=gt2　 (1分) x=v0t　 (1分) 解得:R≤x≤2R　 (2分) (3)如圖所示,設小滑塊出發(fā)點為P1,離開點為P2,由題意要求O1P1、O2P2與豎直方向的夾角相等,設為θ,若離開滑道時的速度為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