2019年高考物理二轮复习专题一力与运动第3讲抛体运动圆周运动练案.doc

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1、1专题一 第 3 讲 抛体运动 圆周运动限时：40 分钟一、选择题(本题共 8 小题，其中 15 题为单选，68 题为多选)1如图所示，两次渡河时船对水的速度大小和方向都不变。已知第一次实际航程为 A至 B，位移为 x1，实际航速为 v1，所用时间为 t1。由于水速增大，第二次实际航程为 A 至C，位移为 x2，实际航速为 v2，所用时间为 t2。则( D )A t2t1， v2 v1 B t2t1， v2 v1x2x1 x1x2C t2 t1， v2 v1 D t2 t1， v2 v1x1x2 x2x1解析 两次船相对于静水的速度都是不变的，船相对于水的速度可以分解为垂直于河岸和平行于河岸两

2、个方向。由于船速大小和方向不变，故垂直于河岸的速度不变，所以渡河的时间相等，即 t2 t1；渡河的位移 x1 v1t1， x2 v2t2，解得： v2 v1，所以 D 正x2x1确，A、B、C 错误。2(2018安徽省蚌埠市高三第三次教学质量检测)如图，一小球以大小为 v0的水平速度从一个倾角为 37的足够长的固定斜面顶端向右抛出。不计空气阻力，则小球距离斜面最远时的速度大小为(已知 sin370.6)( A )A v0 B v054 53C v0 D v034 43解析 当小球速度方向与斜面平行时离斜面最远，速度的水平分量不变，为 v0，由几何关系可知此时水平速度方向和竖直速度方向的夹角为

3、37，则有： vcos37 v0，解得： v ，故 A 正确，BCD 错误，故选 A。v0cos375v0423(2018山东省历城高三下学期模拟)下列关于运动和力的叙述，正确的是( A )A图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间指针示数会大于人的重力 GB图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力C图丙中，在水平直跑道上减速的航天飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力D图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则他将在冰面上沿着轨迹半径方向“离心”而去解析 图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间处于超重状态，所以体重计的示数大于人的重力，故 A 正确；图乙中

4、，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力提供向心力，所以合外力的大小恒定，方向时刻变化，故 B 错误；图丙中，在水平直跑道上减速的飞机，伞对飞机的拉力与飞机对伞的拉力为作用力与反作用力，所以两力大小相等，方向相反，故 C 错误；图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则运动员将沿圆弧切线作直线运动，故 D 错误。4(2018湖北省襄阳市高三下学期模拟)如图所示，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量不等的球(从半径大的轨道下滑的小球质量大，设为大球，另一个为小球，且均可视为质点)分别自轨道左端由静止开始滑下，在各自轨道的最低点时，下列说法正确

5、的是( C )A大球的速度可能小于小球的速度B大球的动能可能小于小球的动能C大球的向心加速度的大小等于小球的向心加速度的大小D大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力解析 根据动能定理得， mgR mv2，解得： v ，可知半径大的半圆形轨道，12 2gR球到达最低点时的速度大，故 A 错误；由动能定理： mgR mv2，可知大球质量大，下降的123高度大，则到达最低点时的动能大，故 B 错误；根据 a 2 g 可知，两球的v2R 2gR 2R向心加速度大小相等，故 C 正确；根据牛顿第二定律得， N mg m ，代入 v ，可v2R 2gR得： N3mg，由于大球的质量大，则大球所受的支

6、持力大，故 D 错误。5(2018辽宁省大连市高三下学期模拟)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是( B )解析 对于圆锥摆，摆线拉力与重力的合力提供向心力，设摆线长为 L，摆角为 ，摆球质量为 m，由牛顿第二定律得 mgtan m 2Lsin ， ，若两小球 gLcos相同，则 Lcos 相同，即摆高相同，相对位置关系示意图正确的是 B。6(2018全国卷高考压轴卷理综试题)如图所示，三个相同的小球从同一高度处的O 点分别以水平初速度 v1、 v2、

7、v3抛出，落在水平面上的位置分别是 A、 B、 C， O是 O 在水平面上的投影点，若不计空气阻力，则下列说法正确的是( AC )A三小球动能改变量相同B三个小球落地时的速度大小相同，但方向不同C落地时 C 小球速度与水平方向夹角最小D三个小球落地的动能相同解析 根据动能定理可得动能的改变量为 Ek mgh，故动能的改变量相同，故 A 正确；三个小球的竖直分位移相同，故自由落体运动的时间相等，水平分运动为匀速运动，故初速度与水平分位移成正比，故初速度不同，根据末速度公式： v ，可知落地v20 v2y时的末速度不同，故 B 错误；落地时的速度与水平方向夹角为 tan ，竖直速度相同，vyv0由

8、于 C 的初速度最大，故夹角最小，故 C 正确；三个球落地的速度大小不同，所以动能一4定不同，故 D 错误。所以 AC 正确，BD 错误。7(2018河南省郑州市高三下学期模拟)如图所示装置中，质量均为 m 的小球 A、 B系在等长度的轻绳 OA、 OB 下端，并都以转速 n 绕同一竖直轴在同一水平面内做匀速圆周运动，此时绳 OA 与 OB 夹角为 ，质量为 2m 的物块 C 静止不动；若将 C 换成质量为 3m 的物块 D，要保证在系统稳定时， A、 B 仍在同一水平面内做圆周运动，同时 D 静止不动，则A、 B 的质量和两球做圆周运动的转速 n 应如何调整( CD )A减少 A、 B 的质

9、量，增大转速 nB保持 A、 B 的质量不变，增大转速 nC增大 A、 B 的质量，减小转速 nD增大 A、 B 的质量，增大转速 n解析 根据 A、 B 两小球竖直方向的受力平衡， OA、 OB 两绳的竖直分力都始终等于小球的重力，而 OA、 OB 两绳中的水平分力分别提供两球做圆周运动的向心力，并随转速的增大(或减小)而增大(或减小)。易得， OA、 OB 两绳的合力一定等于 A、 B 两球的总重力。因此，当质量为 2m 的物块 C 换成质量为 3m 的 D 时，若要系统平衡， A、 B 两小球的质量均须调整为 1.5m，而转速的大小不影响平衡，故选项 C、D 正确。8(2018吉林省实验

10、中学二模)如图，质量为 m 的小球从斜轨道高 h 处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动。已知圆轨道的半径为 R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为 g。则下列说法正确的是( BC )A当 h2 R 时，小球恰好能到达最高点 MB当 h2 R 时，小球在圆心等高处 P 时对轨道压力为 2mgC当 h R 时，小球在运动过程中不会脱离轨道D当 h R 时，小球在最低点 N 时对轨道压力为 2mg解析 在圆轨道的最高点 M，由牛顿第二定律有： mg m ，得： v0v20R gR根据机械能守恒得： mgh mg2R mv ，解得： h2.5 R，故 A 错误；当 h2 R 时，12 205小球在圆心

11、等高处 P 时速度为 v，根据机械能守恒得： mg2R mgR mv2，小球在 P 时，12有： N m ，联立解得 N2 mg，则知小球在圆心等高处 P 时对轨道压力为 2mg，故 B 正确；v2R当 h R 时，根据机械能守恒，小球在圆轨道上圆心下方轨道上来回运动，在运动过程中不会脱离轨道，故 C 正确；当 h R 时，设小球在最低点 N 时速度为 v，则有：mgR mv 2在圆轨道最低点，有： N mg m ，解得： N3 mg，则小球在最低点 N12 v 2R时对轨道压力为 3mg，故 D 错误故选 BC。二、计算题(本题共 3 小题，需写出完整的解题步骤)9如图所示，质量为 m 的小

12、物块从高为 h 的坡面顶端由静止释放，滑到粗糙的水平台上，滑行距离 l 后，以 v1m/s 的速度从边缘 O 点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的 P点。以 O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y x26(单位为 m)，小物块质量 m0.4kg，坡面高度 h0.4m，小物块从坡面上滑下时克服摩擦力做功 1J，小物块与平台表面间的动摩擦因数 0.1， g 取 10m/s2。求：(1)小物块在水平台上滑行的距离 l；(2)P 点的坐标。解析 (1)对小物块，从释放到 O 点过程中mgh Wf mgl mv212解得 l1m(2)小物块从 O 点水平抛出后满足 y gt2

13、 12x vt 由解得小物块的轨迹方程 y5 x2 又有 y x26 由得 x1m， y5m 所以 P 点坐标为(1m，5m)10(2018北京市西城区高三下学期 5 月模拟)合成与分解是物理常用的一种研究问题的方法，如研究复杂的运动就可以将其分解成两个简单的运动来研究。请应用所学物理6知识与方法，思考并解决以下问题。如图所示，将一小球以 v020m/s 的初速度从坐标轴原点 O 水平抛出，两束平行光分别沿着与坐标轴平行的方向照射小球，在两个坐标轴上留下了小球的两个“影子” ，影子的位移和速度描述了小球在 x、 y 两个方向的运动。不计空气阻力的影响， g10m/s 2。(1)分析说明两个“影

14、子”分别做什么运动；(2)经过时间 t2s 小球到达如图所示的位置，求此时小球的速度 v。解析 (1)在 x 方向，因为小球不受力的作用，所以影子做匀速直线运动；在 y 方向，因为小球仅受重力的作用，初速度为 0，所以影子做初速度为零的匀加速直线运动。(2)此时 x 方向的影子速度 vx v020m/sy 方向的影子速度 vy gt20m/s小球的速度 v v2x v2y代入数据解得 v20 m/s28.2m/s2tan 1， 45vyvx 2020速度方向与 x 方向成 45角11(2018永安市高三下学期模拟)如图是一皮带传输装载机械示意图。井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送

15、带 A 端，被传输到末端 B 处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点 C 处，然后水平抛到货台上。已知半径为 R0.4m 的圆形轨道与传送带在 B 点相切， O 点为圆形轨道的圆心， BO、 CO 分别为圆形轨道的半径。矿物可视为质点，传送带与水平面间的夹角 37，矿物与传送带间的动摩擦因数 0.85，传送带匀速运行的速度为 v06m/s，传送带 AB 两点间的长度为 L40m。若矿物落点 D 处离最高点 C点的水平距离为 s2m，竖直距离为 h1.25m，矿物质量 m5kg，sin370.6，cos370.8， g10m/s 2，不计空气阻力。求：7(1)矿物到达 C 点时对轨道的压力大小；(

16、2)矿物到达 B 点时的速度大小；(3)矿物由 A 点到达 C 点的过程中，摩擦力对矿物所做的功。解析 (1)矿物离开 C 后做平抛运动，在水平方向： s vCt，在竖直方向： h gt2，12矿物在 C 点，由牛顿第二定律得： mg N m ，v2CR由牛顿第三定律可知，矿物对轨道的压力： N N，联立并代入数据得： N150N，方向竖直向上。(2)设矿物在 AB 段始终处于加速状态，由动能定理得：(mg cos mgsin )L mv 2，12代入数据解得： v8m/s v06m/s，由此可知，矿物在传送带上先加速到与传送带速度相等，然后匀速运动到 B 点，到达B 点时的速度为 6m/s；(3)从 A 到 C 过程，由动能定理得：Wf mgLsin R(1cos ) mv 0，12 2C代入数据解得： Wf1276J。