2019届高考物理复习专题04曲线运动培优押题预测卷A卷.doc

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1、1专题 04 曲线运动培优押题预测 A 卷一、选择题（在每小题给出的 4 个选项中，第 1-8 题只有一个选项正确，第 9-12 题有多个选项正确）1质量为 m 的石块从半径为 R 的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果摩擦力的作用使得石块的速度大小不变，如图所示，那么( )A 因为石块做匀速运动，所以其加速度为零B 石块下滑过程中加速度始终为零C 石块下滑过程中受的摩擦力大小不变D 石块下滑过程中的所受合外力大小不变，方向始终指向球心【答案】D2如图所示，斜面 AC 与水平方向的夹角为 ，在底端 A 正上方与顶端 C 等高处的 E 点以速度 v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到 D

2、点，重力加速度为 g，则A 小球在空中飞行时间为B 小球落到斜面上时的速度大小为C CD 与 DA 的比值为D 小球的位移方向垂直于 AC【答案】C【解析】小球的运动轨迹图如图所示，把速度分解：2A、小球垂直于斜面落到 D 点，所以在 D 点时有 ，解得 ，故 A 错；B、小球垂直于斜面落到 D 点，所以小球落到斜面上时的速度大小为 ,故 B 错；C、根据几何关系， ， ；整理得 CD 与 DA 的比值为 ，故 C 对；D、由图可知，位移不垂直与 AC，故 D 错；综上所述本题答案是：C3如图所示，小船以大小为 v1、方向与上游河岸成 的速度(在静水中的速度)从 A 处过河，经过 t 时间正好

3、到达正对岸的 B 处。现要使小船在更长的时间内过河并且也正好到达正对岸 B 处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种( )A 只要增大 v 1 大小，不必改变 角B 只要增大 角，不必改变 v 1 大小C 在增大 v 1 的同时，也必须适当增大 角D 在减小 v 1 的同时，也必须适当减小 角【答案】D【解析】若只增大 1大小，不改变 角，则船在水流方向的分速度增大，因此船不可能垂直达到对岸，故 A 错误；若只增大 角，不改变 1大小，同理可知，水流方向的分速度在减小，而垂直河岸的分速度在增大，船不可能垂直到达对岸，故 B 错误；若在增大 1的同时，也必须适当增大 角，这样才能保证

4、水流方向的分速度不变，而垂直河岸的分速度在增大，则船还能垂直达到对岸，且时间更短，故 C 错误；若减小 1的同时适当减小 角，则水流方向的分速度可以不变，能垂直到达对岸，而垂直河岸的分速度减小，则船垂直达到对岸的时间更长，故 D 正确。故选 D。 4如图，斜面上 a、b、c 三点等距,小球从 a 点正上方 O 点抛出，做初速为 v0的平抛运动，恰落在 b 点。若小球初速变为 v，其落点位于 c，则3A v2 B v2 C 2 v3 D v3【答案】A5如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为 R,小球半径为 r,则下列说法中正确的是( )A 小球通过最高点时的最小速度

5、vmin=B 小球通过最高点时的最小速度 vmin=C 小球在水平线 ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D 小球在水平线 ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力【答案】C【解析】A、在最高点，由于内管能支撑小球，对小球产生向上的弹力，当小球的速度等于 0 时，内管对小球产生弹力，大小为 mg，方向竖直向上，故最小速度为 0，故 AB 错误；C、小球在水平线 ab 以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故 C 正确；D、小球在水平线 ab 以上管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周

6、运动的向心力，可能外侧壁对小球有作用力，也可能内侧壁对小球有作用力，故 D 错误。6关于如图 a、b、c、d 所示的四种圆周运动模型，说法正确的是： A 如图 a 所示，汽车安全通过拱桥最高点时，车对桥面的压力大于车的重力4B 如图 b 所示，在固定圆锥筒内做匀速圆周运动的小球，受重力、弹力和向心力C 如图 c 所示，轻质细杆一端固定一小球，绕另端 O 在竖直面内做圆周运动，在最高点小球所受合力可能为零D 如图 d 所示，火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，车轮可能对内外轨均无侧向压力【答案】CD车轮对内外轨均无侧向压力，故 D 正确。故选：CD7如图所示，一固定斜面倾角为 ，将小球 A 从

7、斜面顶端以速率 v0 水平向右抛出，击中了斜面上的 P 点；将小球 B 从空中某点以相同速率 v0 水平向左抛出，恰好垂直斜面击中 Q 点。不计空气阻力，重力加速度为 g，下列说法正确的是( )A 若小球 A 在击中 P 点时速度方向与水平方向所夹锐角为 ，则 tan2tanB 若小球 A 在击中 P 点时速度方向与水平方向所夹锐角为 ，则 tan2tanC 小球 A、B 在空中运动的时间比为 2tan 21D 小球 A、B 在空中运动的时间比为 tan 21【答案】BC【解析】对于 A 球，有 ，得 ； ，则有 tan=2tan故A 错误，B 正确。对于 B 球， ，得 ，所以小球 A、B

8、在空中运动的时间之比为 t：t=2tan 2：1故 C 正确，D 错误。故选 BC。58游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示。已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上。转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动。稳定后，每根钢绳（含飞椅及游客）与转轴在同一竖直平面内。图中 P、 Q 两位游客悬于同一个圆周上， P 所在钢绳的长度大于 Q 所在钢绳的长度 ， 钢绳与竖直方向的夹角分别为 1、 2。不计钢绳的重力。下列判断正确的是A P、 Q 两个飞椅的线速度大小相同B 无论两个游客的质量分别有多大， 1一定大于 2C 如果两个游客的质量相同，则有 1等于 2D

9、如果两个游客的质量相同，则 Q 的向心力一定小于 P 的向心力【答案】BD9如图所示为赛车场的一个水平 U 形弯道，转弯处为圆心在 O 点的半圆，内外半径分别为 r 和 2r.一辆质量为 m 的赛车通过 AB 线经弯道到达 A B线，有图中所示的三条路线，其中路线是以 O为圆心的半圆， OO r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为 Fmax.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )A 选择路线，赛车经过的路程最短B 选择路线，赛车的速率最小C 选择路线，赛车所用的时间最短6D 三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等【答

10、案】ACD【解析】A、选择路线，经历的路程 s12 r r ，选择路线，经历的路程 s22 r 2 r，选择路线，经历的路程 s32 r ，知选择路线赛车经过的路程最短，故 A 正确B、根据 得， ，选择路线，轨道半径最小，则速率最小，B 错误故选 ACD.二、计算题：（写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 ）10静电喷漆技术具有效率高,浪费少,质量好,有利于工人健康等优点,其装置如图所示.A、B 为两块平行金属板,间距 d=0.40m,两板间有方向由 B 指向 A,大小为 E=1.0103N/C 的匀强电场.在 A

11、板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪 P,油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒,油漆微粒的初速度大小均为 v0=2.0m/s,质量 m=5.010-15kg、带电量为 q=-2.010-16C微粒的重力和所受空气阻力均不计,油漆微粒最后都落在金属板 B 上.试求: (1)微粒打在 B 板上的动能; (2)微粒到达 B 板所需的最短时间;(3)微粒最后落在 B 板上所形成的图形的面积大小.【答案】 （1）9.010 -14J。 （2）0.1s。 （3）0.25m 2。【解析】 （1）电场力对每个微粒所做的功为：W=qEd=2.010-161.01030.40J=8.010-1

12、4J7微粒从 A 板到 B 板过程，根据动能定理得 W=E kt-Ek0则得：E kt=W+Ek0=W+ mv02=（8.010 -14+ 5.010-152.02）J=9.010 -14J（2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达 B 板时间最短。由 Ekt= mvt2得：根据运动学公式得： 所以微粒到达 B 板所需的最短时间为：（3）根据对称性可知，微粒最后落在 B 板上所形成的图形是圆形。由牛顿第二定律得：由类平抛运动规律得：R=v 0t1h= at12则圆形面积为：11一转动装置如图甲所示，两根足够长轻杆 OA、OB 固定在竖直轻质转轴上的 O 点，两轻杆与转轴间夹角均为 30。小球 a、

13、b 分别套在两杆上，小环 c 套在转轴上，球与环质量均为 m.c 与 a、b 间均用长为 L的细线相连，原长为 L 的轻质弹簧套在转轴上，一端与轴上 P 点固定，另一端与环 c 相连。当装置以某一转速转动时，弹簧伸长到 1.5L，环 c 静止在 O 处，此时弹簧弹力等于环的重力，球、环间的细线刚好拉直而无张力。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为 g。求：(1)细线刚好拉直而无张力时，装置转动的角速度 1；(2)如图乙所示，该装置以角速度 2(未知)匀速转动时，弹簧长为 L/2，求此时杆对小球的弹力大小和角速度 2。【答案】 （1） （2） 【解析】(1) 对 a 或 b

14、 小球分析，根据牛顿第二定律得8解得： ；对 a 或 b 球分析，竖直方向根据平衡条件得：得： 水平方向根据牛顿第二定律得。 12某高中兴趣学习小组成员，在学习完必修 1 与必修 2 后设计出如图所示的实验 为一水平弹射器，弹射口为 为一光滑曲管，其中 AB 水平， BC 为竖直杆 长度可调节 ， CD 为四分之一圆环轨道 各连接处均圆滑连接 ，其圆心为 ，半径为 的正下方 E 开始向右水平放置一块橡皮泥板 EF，长度足够长 现让弹射器弹射出一质量 的小环，小环从弹射口 A 射出后沿光滑曲杆运动到 D 处飞出，不计小环在各个连接处的能量损失和空气阻力 已知弹射器每次弹射出的小环具有相同的初速度

15、 某次实验中小组成员调节 BC 高度 弹出的小环从 D 处飞出，现测得小环从 D 处飞出时速度 ，求：弹射器释放的弹性势能及小环在 D 处对圆环轨道的压力；小环落地点离 E 的距离 已知小环落地时与橡皮泥板接触后不再运动 ；若不改变弹射器弹性势能，改变 BC 间高度 h 在 之间，求小环下落在水平面 EF 上的范围【答案】 （1）7N（2） （3） 9【解析】 根据机械能守恒定律得：对小环在最高点 D 受力分析，由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律知，小环对圆轨道的压力大小为 7N，方向竖直向上小环离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律得：解得：小环平抛运动时间为得：可得，当 时水平位移最大，

16、最大位移 ，故小环落地点范围在离 E 点向右 的范围内。13如图所示，在竖直平面内有一倾角 37的传送带，两皮带轮 AB 轴心之间的距离 L3.2m，沿顺时针方向以 v02m/s 匀速运动。一质量 m2kg 的物块 P 从传送带顶端无初速度释放，物块 P 与传送带间的动摩擦因数 0.5。物块 P 离开传送带后在 C 点沿切线方向无能量损失地进入半径为 的光滑圆弧形轨道 CDF，并沿轨道运动至最低点 F，与位于圆弧轨道最低点的物块 Q 发生碰撞，碰撞时间极短，物块 Q的质量 M1kg，物块 P 和 Q 均可视为质点，重力加速度 g10m/s 2，sin 370.6，cos 370.8.求：10(

17、1)物块 P 从传送带离开时的动量；(2)传送带对物块 P 做功为多少；(3)物块 P 与物块 Q 碰撞后瞬间，物块 P 对圆弧轨道压力大小的取值范围。【答案】(1) p8kgm/s，方向与水平方向成 37斜向右下 (2) W-22.4J (3)【解析】(1)物块在未到达与传送带共速之前，所受摩擦力方向沿传送带向下，由牛顿第二定律得：解得 a110 m/s 2所需时间 沿斜面向下运动的位移 当物块 P 的速度与传送带共速后，由于 ，所以物块 P 所受摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第定律得： 解得 a22 m/s 2物块 P 以加速度 a2以运动的距离为：x 2=L-x1=3m设物块 P 运动到

18、传送带底端的速度为 v1，由运动学公式得 解得 v14 m/s则动量为 p mv18 kgm/s，方向与水平方向成 37斜向右下。(2)物块从顶端到底端，根据动能定理： 可知传送带对物块做功为： W22.4 J。(3)设物块 P 运动到 F 点的速度为 v2，由动能定理得11解得 v26 m/s解得 v32 m/s若物块 P 与物块 Q 发生完全非弹性碰撞，则 mv2( m M)v3解得 v34 m/s所以物块 P 的速度范围为：2m/sv 34m/s在 F 点由牛顿第二定律得： 解得：34.4NF N77.6N物块 P 碰撞后间对圆弧轨道的压力为 FN，由牛顿第三定律可得：34.4NF N77.6N