2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練3 拋體運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng).doc
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課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(三) 拋體運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng) 一、選擇題(1~6題為單項(xiàng)選擇題,7~10題為多項(xiàng)選擇題) 1.(2018天星教育考前預(yù)測(cè))將一小球以一定的初速度水平拋出,設(shè)小球拋出后的水平方向的位移為x,豎直方向的位移為y,結(jié)果小球在空中運(yùn)動(dòng)過程中y與x2的關(guān)系如圖所示,重力加速度g=10 m/s2,不計(jì)空氣阻力,則小球被拋出的初速度大小為( ) A.m/s B. m/s C.2 m/s D. m/s A [將小球做的平拋運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分解,設(shè)水平初速度大小為v0,則有x=v0t,y=gt2,則y=x2,結(jié)合圖象有=2,求得v0=m/s,A項(xiàng)正確.] 2.(2018石家莊市高三考前診斷(二))2022年冬奧會(huì)將在中國(guó)舉辦的消息,吸引了大量愛好者投入到冰雪運(yùn)動(dòng)中.若跳臺(tái)滑雪比賽運(yùn)動(dòng)員從平臺(tái)飛出后可視為平拋運(yùn)動(dòng),現(xiàn)運(yùn)動(dòng)員甲以一定的初速度從平臺(tái)飛出,軌跡為圖中實(shí)線①所示,則質(zhì)量比甲大的運(yùn)動(dòng)員乙以相同的初速度從同一位置飛出,其運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)為圖中的( ) A.① B.② C.③ D.④ A [根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知,平拋運(yùn)動(dòng)軌跡只與初速度有關(guān),與物體質(zhì)量無關(guān),所以質(zhì)量比甲大的運(yùn)動(dòng)員乙以相同的初速度從同一位置飛出時(shí),其運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)為圖中的①,選項(xiàng)A正確.] 3.(2018最新高考信息卷)如圖,小球甲從A點(diǎn)水平拋出,同時(shí)將小球乙從B點(diǎn)自由釋放,兩小球先后經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度大小相等,方向夾角為30,已知B、C高度差為h,兩小球質(zhì)量相等,不計(jì)空氣阻力,由以上條件可知( ) A.小球甲做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為2 B.甲、乙兩小球到達(dá)C點(diǎn)所用時(shí)間之比為1∶ C.A、B兩點(diǎn)高度差為 D.兩小球在C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率大小相等 C [A項(xiàng),小球乙到C的速度為v=,此時(shí)小球甲的速度大小也為v=,又因?yàn)樾∏蚣姿俣扰c豎直方向成30角,可知水平分速度為故A錯(cuò);B.小球運(yùn)動(dòng)到C時(shí)所用的時(shí)間為h=gt2得t=.而小球甲到達(dá)C點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度為,所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t′=,所以甲、乙兩小球到達(dá)C點(diǎn)所用時(shí)間之比為∶2故B錯(cuò).C.由甲乙各自運(yùn)動(dòng)的時(shí)間得:Δh=gt2-gt′2=,故C對(duì);D.由于兩球在豎直方向上的速度不相等,所以兩小球在C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率也不相等故D錯(cuò);故選C.] 4.(2018寧夏六盤山二模)如圖所示,半徑為R的圓輪在豎直面內(nèi)繞O軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),輪上A、B兩點(diǎn)均粘有一小物體,當(dāng)B點(diǎn)轉(zhuǎn)至最低位置時(shí),此時(shí)O、A、B、P四點(diǎn)在同一豎直線上,已知OA=AB,P是地面上的一點(diǎn).A、B兩點(diǎn)處的小物體同時(shí)脫落,最終落到水平地面上同一點(diǎn)(不計(jì)空氣的阻力).則OP的距離是( ) A.R B.7R C.R D.5R A [設(shè)OP之間的距離為h,則A下落的高度為h-R,A隨圓輪運(yùn)動(dòng)的線速度為ωR, 設(shè)A下落的時(shí)間為t1,水平位移為x, 則在豎直方向上有h-R=gt① 在水平方向上有x=ωRt1② B下落的高度為h-R,B隨圓輪運(yùn)動(dòng)的線速度為ωR,設(shè)B下落的時(shí)間為t2,水平位移也為x,則在豎直方向上有h-R=gt③ 在水平方向上有x=ωRt2④ 聯(lián)立①②③④式解得h=R,A項(xiàng)正確.] 5.(2018高考物理全真模擬二)如圖所示,小球從靜止開始沿光滑曲面軌道AB滑下,從B端水平飛出,撞擊到一個(gè)與地面呈θ=37的斜面上,撞擊點(diǎn)為C.已知斜面上端與曲面末端B相連.若AB的高度差為h,BC間的高度差為H,則h與H的比值等于(不計(jì)空氣阻力,sin 37=0.6,cos 37=0.8)( ) A. B. C. D. C [小球下滑過程中機(jī)械能守恒,則有:mgh=mv,解得:vB=,到達(dá)B點(diǎn)后小球做平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向有:H=gt2,解得:t=,水平方向x=vBt,根據(jù)幾何關(guān)系有: tan 37====,解得:=,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤.] 6.(2018山東省淄博市高三三模)如圖所示,質(zhì)量為m的小球用長(zhǎng)度為R的細(xì)繩拴著在豎直面上繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng),恰好能通過豎直面的最高點(diǎn)A,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力,則( ) A.小球通過最高點(diǎn)A的速度為gR B.小球通過最低點(diǎn)B和最高點(diǎn)A的動(dòng)能之差為mgR C.若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的C點(diǎn)斷了,則小球還能上升的高度為R D.若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到A處斷了,則經(jīng)過t=時(shí)間小球運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的位置 D [A.小球剛好通過最高點(diǎn)時(shí),繩子的拉力恰好為零,有:mg=m.得v=,故A錯(cuò)誤;B.從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)重力做功為2mgR,根據(jù)動(dòng)能定理可知小球通過最低點(diǎn)B和最高點(diǎn)A的動(dòng)能之差為2mgR,故B錯(cuò);C.從A到C由動(dòng)能定理可知:mgR=mv-mv2,當(dāng)繩子斷掉后上升的高度為h,則-mgh=0-mv,解得h=R,故C錯(cuò);D.若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到A處斷了,則下降R所用的時(shí)間為R=gt2,解得t=,故D正確;故選D.] 7.(2018山東省臨沂市高三三模)如圖所示,不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在光滑豎直桿上,輕質(zhì)彈簧用光滑輕環(huán)套在桿上,細(xì)繩和彈簧的另一端固定在質(zhì)量為m的小球上,開始時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)使該裝置繞桿旋轉(zhuǎn)且角速度緩慢增大,則下列說法正確的是( ) A.輕繩上的彈力保持不變 B.輕繩上的彈力逐漸變大 C.彈簧上的彈力逐漸變大 D.彈簧上的彈力先變小后變大 BD [小球隨桿做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為θ,當(dāng)角速度較小時(shí),彈簧處于壓縮狀態(tài),對(duì)小球受力分析有:Tcos θ=mg,Tsin θ-F=mω2r,由于小球在豎直方向處于靜止,所以T=,隨角速度增大,θ增大,所以T增大,隨角速度增大,θ增大,彈簧彈力減小,當(dāng)角速度較大時(shí),小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑增大,彈簧彈力增大,由以上分析可知,B、D正確.] 8.(2018吉林一中高三第三次調(diào)研)如圖所示,ABCD是一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形木塊,將一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從P點(diǎn)以初速度v0斜向上拋出,小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度方向恰好與AB平面相切.已知重力加速度為g,P、D之間的距離為2L.下列說法正確的是( ) A.小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度為v0 B.小球在P點(diǎn)時(shí),速度方向與水平夾角為45 C.小球在由P向A運(yùn)動(dòng)的過程中,重力的瞬時(shí)功率逐漸減小 D.僅減小初速度v0,小球仍有可能運(yùn)動(dòng)到AB平面上 BC [根據(jù)逆向思維,小球從A到P做平拋運(yùn)動(dòng);設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,小球在P點(diǎn)時(shí),===1,所以vy=v,而=v0,所以vy=v=v0,小球在P點(diǎn)時(shí),速度方向與水平夾角為45,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確;球在由P向A運(yùn)動(dòng)的過程中,重力的瞬時(shí)功率P=mgvy,隨著vy的變小而逐漸減小,選項(xiàng)C正確;僅減小初速度v0,小球不可能運(yùn)動(dòng)到AB平面上,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.] 9.如圖所示,一根原長(zhǎng)為l0的輕彈簧套在光滑直桿AB上,其下端固定在桿的A端,質(zhì)量為m的小球也套在桿上且與彈簧的上端相連.球和桿一起繞經(jīng)過桿A端的豎直軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng),且桿與水平面間始終保持30角.已知桿處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)彈簧的壓縮量為,重力加速度為g,彈簧始終在彈性限度內(nèi).則下列說法正確的是( ) A.彈簧為原長(zhǎng)時(shí),桿的角速度為 B.當(dāng)桿的角速度為時(shí),彈簧處于壓縮狀態(tài) C.在桿的角速度增大的過程中,小球與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒 D.在桿的角速度由0緩慢增大到過程中,小球機(jī)械能增加了mgl0 CD [靜止時(shí),k=mgsin θ?kl0=mg,彈簧為原長(zhǎng)時(shí),mgtan 30=mω2l0cos 30,解得:ω=,A項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)桿的角速度大于時(shí),小球做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力增大,所以彈簧對(duì)小球的彈力沿桿向下,彈簧處于拉伸狀態(tài),B項(xiàng)錯(cuò)誤;在桿的角速度增大的過程中,小球的線速度增大,重力勢(shì)能增大,彈簧的彈性勢(shì)能增大,小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,C項(xiàng)正確;小球隨桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為時(shí),彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài),設(shè)伸長(zhǎng)量為Δl,在水平方向上:FNsin 30+kΔlcos 30=mω2(l0+Δl)cos 30,在豎直方向上:FNcos 30-kΔlsin 30-mg=0,解得:Δl=,則小球的重力勢(shì)能增加量為ΔEp=mgl0sin 30=mgl0,動(dòng)能增加量為ΔEk=m2=mgl0,可知D項(xiàng)正確.] 10.(2018湖北省武漢市高三下學(xué)期五月理綜訓(xùn)練)如圖所示,一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從離地面高H處水平拋出,第一次落地時(shí)的水平位移為H,反彈的高度為H.已知小球與地面接觸的時(shí)間為t,重力加速度為g,不計(jì)摩擦和空氣阻力.下列說法正確的是( ) A.第一次與地面接觸的過程中,小球受到的平均作用力為 B.第一次與地面接觸的過程中,小球受到的平均作用力為+mg C.小球第一次落地點(diǎn)到第二次落地點(diǎn)的水平距離為2H D.小球第一次落地點(diǎn)到第二次落地點(diǎn)的水平距離為H AC [A、B項(xiàng):以豎直向上為正方向小球第一次落地時(shí)豎直方向的速度為v1=-,小球第一次反彈起豎直方向的速度為v2==,在小球第一次與地面接觸的過程中應(yīng)用用動(dòng)時(shí)定理有:t=mv2-mv1,代入數(shù)據(jù)解得:=,故A正確,B錯(cuò)誤;C、D項(xiàng):小球第一次下落的時(shí)間為t=,水平初速度v0==,第一次反彈到最高點(diǎn)所用的時(shí)間為t′=,所以第一次落地點(diǎn)到第二次落地點(diǎn)的水平距離為2v0t′=2=2H,故C正確,D錯(cuò)誤.] 11.(2018長(zhǎng)沙一中高三診斷)如圖所示,BC為半徑等于m、豎直放置的光滑細(xì)圓管,O為細(xì)圓管的圓心,在圓管的末端C連接傾斜角為45、動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.6的足夠長(zhǎng)粗糙斜面,一質(zhì)量為m=0.5 kg的小球從O點(diǎn)正上方某處A點(diǎn)以速度v0水平拋出,恰好能垂直O(jiān)B從B點(diǎn)進(jìn)入圓管,OB與豎直方向的夾角為45,小球從進(jìn)入圓管開始受到始終豎直向上的F=5 N的力的作用,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到圓管的末端C時(shí)作用力F立即消失,小球能平滑地沖上粗糙斜面.(g取10 m/s2)求: (1)小球從O點(diǎn)的正上方某處A點(diǎn)水平拋出的初速度v0為多少?OA的距離為多少? (2)小球在圓管中運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)圓管的壓力是多少? (3)小球在CD斜面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是多少? 解析 (1)小球從A運(yùn)動(dòng)到B為平拋運(yùn)動(dòng),有rsin 45=v0t 在B點(diǎn),有tan 45= 解以上兩式得v0=2 m/s,t=0.2 s 則AB豎直方向的距離為h=gt2=0.2 m OB豎直方向的距離為h′=rcos 45=0.4 m 則OA=h+h′=(0.2+0.4)m=0.6 m. (2)在B點(diǎn)據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的速度規(guī)律有 vB==2 m/s 小球在管中重力與外加的力F平衡,故小球所受的合力僅為管的外軌對(duì)它的壓力,得小球在管中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得圓管對(duì)小球的作用力為FN=m=5 N 根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)A管的壓力為 FN′=FN=5N. (3)在CD上滑行到最高點(diǎn)過程,根據(jù)牛頓第二定律得mgsin 45+μmgcos 45=ma 解得a=gsin 45+μgcos 45=8m/s2 根據(jù)速度位移關(guān)系公式,有x==m. 答案 (1)2m/s 0.6 m (2)5N (3)m 12.如圖所示,臺(tái)階的高度H=1.45 m,在臺(tái)階的水平臺(tái)面邊緣靜止一質(zhì)量為m的小球A,在緊靠A的左側(cè)用細(xì)線豎直懸掛一同樣大小的小球B,兩球心連線水平.在平臺(tái)下面的地面上有一傾角為θ=37的傳送帶,傳送帶下端有一個(gè)和傳送帶垂直的擋板P,傳送帶的長(zhǎng)度L= m,傳送帶以v=5 m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).把小球B拉到離平臺(tái)h=0.8 m高處由靜止釋放,與小球A正碰后B球能上升到離平臺(tái)h高處,小球A恰好沿平行于傳送帶的方向從傳送帶上端飛上傳送帶并沿傳送帶運(yùn)動(dòng),和擋板P碰撞后以大小不變的速率被反向彈回.已知小球A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=,重力加速度g=10 m/s2. (1)求傳送帶上端距臺(tái)階的距離s; (2)求小球B的質(zhì)量mB; (3)小球A被P反彈后能否再回到平臺(tái)上?若能,請(qǐng)說明理由;若不能,請(qǐng)計(jì)算小球A到達(dá)的最高點(diǎn)距平臺(tái)的高度. 解析 (1)設(shè)小球A離開平臺(tái)的速度為vA,到達(dá)傳送帶上端的速度為vQ,豎直分速度為v,則vy=vAtan θ v=2g(H-Lsin θ) vQ= vy=gt s=vAt 代入數(shù)據(jù)解得 vA=4 m/s vQ=5 m/s s=1.2 m (2)設(shè)B球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與A球碰撞前的速度為v0,碰撞后的速度大小為vB,則有 mBgh=mBv mBv=mBg 若B球碰撞后向右運(yùn)動(dòng),則 mBv0=mBvB+mvA 代入數(shù)據(jù)解得B球的質(zhì)量mB=2m 此條件下系統(tǒng)的機(jī)械能損失ΔE=mBgh,因碰撞過程機(jī)械能不可能增加,結(jié)論合理. 若B球碰撞后向左運(yùn)動(dòng),則 mBv0=mB(-vB)+mvA 代入數(shù)據(jù)解得B球的質(zhì)量mB=m 此條件下系統(tǒng)的機(jī)械能增加ΔE=mBgh,因碰撞過程機(jī)械能不可能增加,故不合理,應(yīng)舍去. (3)小球A從傳送帶上端運(yùn)動(dòng)到下端的過程,有 mgsin θ-μmgcos θ=ma1 v-v=2a1L 代入數(shù)據(jù)解得vP=m/s 小球A被反彈后,由于vP>v,故向上滑一段,摩擦力沿傳送帶向下,有 mgsin θ+μmgcos θ=ma2 小球A減速到v經(jīng)過的位移為L(zhǎng)1,則 v2-v=-2a2L1 代入數(shù)據(jù)解得L1=m 小球A從速度為v時(shí)運(yùn)動(dòng)到傳送帶上端期間,摩擦力沿傳送帶向上,加速度為a1,則 v-v2=-2a1(L-L1) 代入數(shù)據(jù)解得vt=m/s 由于vt- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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