高考物理二轮复习第一部分专题三力与曲线运动一__抛体运动和圆周运动限时集训.doc

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1、1 / 10【2019【2019 最新最新】精选高考物理二轮复习第一部分专题三力与精选高考物理二轮复习第一部分专题三力与曲线运动一曲线运动一_抛体运动和圆周运动限时集训抛体运动和圆周运动限时集训(对应学生用书第 121 页)(建议用时：40 分钟)一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项符合题目要求，第 68 题有多项符合题目要求全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0分)1(2017广西重点中学三模)在室内自行车比赛中，运动员以速度v 在倾角为 的赛道上做匀速圆周运动已知运动员的质量为m，做圆周运动的半径为 R，重力加速度

2、为 g，则下列说法正确的是( )图 324A将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B运动员受到的合力大小为 m ，做圆周运动的向心力大小也是 m v2 RC运动员做圆周运动的角速度为 vRD如果运动员减速，运动员将做离心运动B B 向心力是整体所受力的合力，选项向心力是整体所受力的合力，选项 A A 错误；做匀速圆周运错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，选项动的物体，合力提供向心力，选项 B B 正确；运动员做圆周运动正确；运动员做圆周运动的角速度为的角速度为 ，选项，选项 C C 错误；只有运动员加速到所受合力不错误；只有运动员加速到所受合力不足以提供

3、做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项2 / 10D D 错误错误 2河水由西向东流，河宽为 800 m，河中各点的水流速度大小为 v水，各点到较近河岸的距离为 x，v 水与 x 的关系为 v 水x(m/s)，让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船在静水中的速度大小恒为 v 船4 m/s，下列说法正确的是( ) 【导学号：17214055】图 325A小船渡河的轨迹为直线B小船在河水中的最大速度是 2 m/sC小船渡河的时间是 200 sD小船在距南岸 200 m 处的速度小于距北岸 200 m 处的速度C C 小船在垂直河岸方向上做

4、匀速直线运动，在沿河岸方向上小船在垂直河岸方向上做匀速直线运动，在沿河岸方向上做变速运动，合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上，做变速运动，合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上，做曲线运动，故做曲线运动，故 A A 错误；当小船行驶到河中央时，错误；当小船行驶到河中央时，v v 水水400400 m/sm/s3 3 m/sm/s，那么小船在河水中的最大速度，那么小船在河水中的最大速度 vmaxvmax m/sm/s5 5 m/sm/s，故，故 B B 错误；小船船头垂直河岸由南向北渡河，那么小船错误；小船船头垂直河岸由南向北渡河，那么小船渡河的时间是渡河的时间是 t t s s20

5、0200 s s，故，故 C C 正确；小船在距南岸正确；小船在距南岸 200200 m m 处的河水速度大小与距北岸处的河水速度大小与距北岸 200200 m m 处的河水速度大小相等，处的河水速度大小相等，根据矢量的合成法则，则两种情况的合速度大小相等，故根据矢量的合成法则，则两种情况的合速度大小相等，故 D D 错错误误 3在水平地面上的 O 点同时将质量相等的甲、乙两块小石头斜向上抛出，甲、乙在同一竖直面内运动，其轨迹如图 326 所示，已知抛出时的初速度 v 甲、v 乙与水平方向的夹角分别为 甲、 乙，它们从抛出到落地的时间分别为 t 甲、t 乙，它们在空中运动的最大高度相等，不计空

6、气阻力，下列判断正确的是( )3 / 10图 326A抛出时，人对甲做的功比对乙做的功多B抛出后，乙先到达最大高度处Ct 甲t 乙D 甲 乙D D 斜抛可以分解为水平方向的匀速运动，竖直方向的匀变速斜抛可以分解为水平方向的匀速运动，竖直方向的匀变速运动，由于甲、乙两块小石头运动的最大高度相同，根据运动，由于甲、乙两块小石头运动的最大高度相同，根据v v2gh2gh 可知，甲、乙两块小石头竖直方向的速度相同，则甲、可知，甲、乙两块小石头竖直方向的速度相同，则甲、乙两块小石头同时到达最高点，同时落地，即它们从抛出到落乙两块小石头同时到达最高点，同时落地，即它们从抛出到落地所用的时间相等，故地所用的

7、时间相等，故 B B、C C 错误；在水平方向上，由错误；在水平方向上，由 vxvx可可知，因为知，因为 x x 甲甲x x 乙，所以乙，所以 v v 甲甲 x xv v 乙乙 x x，即甲小石头水平方，即甲小石头水平方向的速度小于乙小石头水平方向的速度，根据向的速度小于乙小石头水平方向的速度，根据 v v可知，抛出可知，抛出时，甲小石头的速度小于乙小石头的速度，由动能定理可知，时，甲小石头的速度小于乙小石头的速度，由动能定理可知，抛出时，人对甲做的功比对乙做的功少，故抛出时，人对甲做的功比对乙做的功少，故 A A 错误由图可知，错误由图可知， 甲甲 乙，故乙，故 D D 正确正确 4如图 3

8、27 所示为足球球门，球门宽为 L一个球员在球门中心正前方距离球门 s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中 P 点)球员顶球点的高度为 h足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )图 327A足球位移的大小 xL2 4s2B足球初速度的大小 v0g 2h(L2 4s2)C足球末速度的大小 vg 2h(L2 4s2)4ghD足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan L 2s4 / 10B B 足球水平方向位移大小为足球水平方向位移大小为 x x 平，竖直方向位移大小为平，竖直方向位移大小为y yh h，则足球的位移大小为，则足球的位移大小为 x x，故，故 A A 选

9、项是错误的；足球选项是错误的；足球的运动时间的运动时间 t t，初速度，初速度 v0v0，故，故 B B 选项是正确的；末速度选项是正确的；末速度的大小为的大小为 v v，故，故 C C 选项是错误的；由平面几何关系可得足选项是错误的；由平面几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tantan ，故，故 D D 选项选项是错误的是错误的 5(2017“江南十校”大联考)某游戏娱乐场，设计了如下项目：如图 328 所示，队员抓住一端固定于 O 点的绳索，从与 O 点等高的平台上无初速度开始下摆，在队员到达 O 点正下方时放开绳索，队员水平抛出直到落地队

10、员可以改变握绳点 P 的位置来改变落地点及落地状态若不计绳索质量和空气阻力，队员可看成质点下列说法正确的是( )【导学号：17214056】图 328A队员握绳点 P 距固定点 O 越远，队员落地时的水平位移越大B队员握绳点 P 距固定点 O 越近，队员落地时的速度越大C队员握绳点 P 距固定点 O 越远，队员落地时的水平方向速度越大D队员握绳点 P 距固定点 O 越远，队员落地时的竖直方向速度越大C C 设平台高为设平台高为 H H，P P 点距点距 O O 点的距离为点的距离为 L L，队员到达，队员到达 O O 点正下点正下方时的速度为方时的速度为 v1v1，在队员从平台到，在队员从平台

11、到 O O 点正下方的过程中，根据点正下方的过程中，根据动能定理得动能定理得 mgLmgLmvmv，解得，解得 v1v1，队员从，队员从 O O 点正下方开始做平点正下方开始做平抛运动，队员落地时的水平速度抛运动，队员落地时的水平速度 vxvxv1v1，L L 越大，队员落地越大，队员落地5 / 10时的水平速度越大，选项时的水平速度越大，选项 C C 正确；设队员落地时的速度为正确；设队员落地时的速度为 v2v2，在队员从平台到落地的过程中，根据动能定理得在队员从平台到落地的过程中，根据动能定理得 mgHmgHmvmv，解，解得得 v2v2，由此可知，队员落地时的速度与，由此可知，队员落地时

12、的速度与 L L 无关，选项无关，选项 B B 错误；错误；队员落地时的竖直方向速度大小队员落地时的竖直方向速度大小 vyvy，L L 越大，队员落地时越大，队员落地时的竖直方向速度越小，选项的竖直方向速度越小，选项 D D 错误；由平抛运动规律得队员的错误；由平抛运动规律得队员的水平位移水平位移 x xL Lv1tv1tL LL LL L2 2 当且仅当当且仅当 L L时，队时，队员的水平位移最大，选项员的水平位移最大，选项 A A 错误错误 6如图 329 所示，球网高出桌面 H，网到桌边的距离为 L某人在乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边

13、缘设乒乓球运动为平抛运动则( ) 【导学号：17214057】图 329A击球点的高度与网高度之比为 21B乒乓球在网左右两侧运动时间之比为 12C乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为 12D乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为 12BDBD 因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以由平位移的两倍，所以由 x xv0tv0t 知，网右侧运动时间是左侧的知，网右侧运动时间是左侧的两倍，故两倍，故 B B 正确；竖直方向做自由落体运动，根据正确；竖直方向做自由落体运动，根据 h hgt2gt2 可可知，在网上面运动的竖直位

14、移和整个高度之比为知，在网上面运动的竖直位移和整个高度之比为 1919，所以击，所以击球点的高度与网高之比为球点的高度与网高之比为 9898，故，故 A A 错误；球恰好通过网的上错误；球恰好通过网的上沿的时间为落到右侧桌边缘的时间的，竖直方向做自由落体运沿的时间为落到右侧桌边缘的时间的，竖直方向做自由落体运动，根据动，根据 v vgtgt 可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为到右侧桌边缘的竖直分速度之比为 1313，根据，根据 v v可知，乒乓可知，乒乓6 / 10球过网时与落到桌边缘时速率之比不是球过网时与落到桌边缘

15、时速率之比不是 1212，故，故 C C 错误；网右错误；网右侧运动时间是左侧的两倍，侧运动时间是左侧的两倍，vvgtgt，所以乒乓球在左、右两，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为侧运动速度变化量之比为 1212；故；故 D D 正确正确 7如图 330 所示，半径为 r 的光滑水平转盘到水平地面的高度为H，质量为 m 的小物块被一个电子锁定装置锁定在转盘边缘，转盘绕过转盘中心的竖直轴以 kt(k0 且是恒量)的角速度转动从 t0 开始，在不同的时刻 t 将小物块解锁，小物块经过一段时间后落到地面上假设在 t 时刻解锁的物块落到地面上时重力的瞬时功率为 P，落地点到转盘中心的水平距离为

16、 d，则下图中Pt 图象、d2t2 图象分别正确的是( ) 【导学号：17214058】图 330BCBC 时刻时刻 t t 将小物块解锁后，物块做平抛运动，初速度为：将小物块解锁后，物块做平抛运动，初速度为：v0v0rrrktrkt物块落地时竖直分速度为：物块落地时竖直分速度为：vyvy，物块落到地，物块落到地面上时重力的瞬时功率为：面上时重力的瞬时功率为：P Pmgvymgvymgmg，可知，可知 P P 与与 t t 无关，无关，故故 A A 错误，错误，B B 正确；物块做平抛运动的时间为正确；物块做平抛运动的时间为 tt，水平位，水平位移大小为：移大小为：x xv0tv0trktrk

17、t根据几何知识可得落地点到转盘根据几何知识可得落地点到转盘中心的水平距离为：中心的水平距离为：d2d2r2r2x2x2r2r22 2r2r2t2t2，故，故 C C 正确，正确，D D 错误错误 8(2017山西六校二联)如图 331 甲所示，轻杆一端固定在 O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为 R 的圆周运动小球运动到最高点时，受到的弹力为 F，速度大小为 v，其Fv2 图象如图乙所示则( )【导学号：17214059】图 3317 / 10A小球的质量为aR bB当地的重力加速度大小为R bCv2c 时，小球对杆的弹力方向向下Dv22b 时，小球受到的弹力与重力大小相等A

18、DAD 由题图乙可知：当由题图乙可知：当 v2v2b b 时，杆对球的弹力恰好为零，时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力，此时只受重力，重力提供向心力，mgmgm mm m，即重力加速度，即重力加速度g g，故选项，故选项 B B 错误；当错误；当 v2v20 0 时，向心力为零，杆对球的弹时，向心力为零，杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，力恰好与球的重力等大反向，F F 弹弹mgmga a，即小球的质量，即小球的质量m m，故选项，故选项 A A 正确；根据圆周运动的规律，当正确；根据圆周运动的规律，当 v2v2b b 时杆时杆对球的弹力为零，当对球的弹力为零，当 v2b

19、v2b 时，时，mgmgF F 弹弹m m，杆对球的弹力方向向下，杆对球的弹力方向向下，v2v2cbcb，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故选项球对杆的弹力方向向上，故选项 C C 错误；当错误；当 v2v22b2b 时，时，mgmgF F弹弹m mm m，又，又 g g，F F 弹弹m mmgmgmgmg，故选项，故选项 D D 正确正确 二、计算题(共 2 小题，32 分)9(14 分)如图 332，在光滑的水平桌面上钉两个相距 20 cm 的钉子 A 和 B，用一根长 1 m 的细绳，一端系一个质量为 05

20、kg 的小球，另一端固定在钉子 A 上开始时球与钉子 A、B 在一条直线上，然后使小球以 2 m/s 的速率开始在水平桌面内做匀速圆周运动，若绳子能承受的最大拉力为 4 N，取 g10 m/s2求：图 332(1)绳子断裂时小球的运动半径；(2)从小球开始运动到绳子断裂所经历的时间；(3)如果桌面高出地面 08 m，绳断后小球垂直桌面边缘飞出，不计空气阻力落地点离桌面边缘的水平距离为多少？ 8 / 10【导学号：17214060】【解析】 (1)小球在水平面上做匀速圆周运动时，由绳子的拉力充当向心力当绳子的拉力为最大值 4 N 时，根据向心力公式得：Fmaxmv2 Rmin代入数据解得：Rmi

21、n05 m小球做圆周运动时每转半圈半径减小 02 m，故绳子断裂时小球的运动半径为 04 m(2)小球做圆周运动的周期为 T，小球做圆周运动时每转半圈半径减小 02 m，则知小球转过 3 个半圆周后绳断裂，所以从开始到绳断所经历的时间为：t(R1R2R3)(10806) s12 s(3)绳断后小球做平抛运动，则有：Hgt2Lvt解得落地点离桌面边缘的水平距离为：L08 m【答案】 (1)04 m (2)12 s (3)08 m10(18 分)(2017西安六校三联)如图 333 所示，从 A 点以 v04 m/s 的水平速度抛出一质量 m1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至 B 点时

22、，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道 BC，经圆弧轨道后滑上与 C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道 C 端切线水平，已知长木板的质量 M4 kg，A、B 两点距 C 点的高度分别为 H06 m、h015 m，圆弧轨道半径 R075 m，物块与长木板之间的动摩擦因数 105，长木板与地面间的动摩擦因数 202，g 取 10 m/s2已知 sin 3706，cos 3708，求：图 3339 / 10(1)小物块运动至 B 点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至 C 点时，对圆弧轨道 C 点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板 【导学号：17214061】【解析】

23、 (1)物块由 A 到 B 点做平抛运动有Hhgt2设到达 B 点时竖直分速度为 vy，则vygt到达 B 点时速度v15 m/s设到达 B 点时速度方向与水平面的夹角为 ，则tan 3 4解得 37，即与水平方向成 37夹角斜向下(2)设物块到达 C 点时速度为 v2，从 A 至 C 点，由动能定理得mgHmvmv2 0设物块在 C 点受到的支持力为 FN，则有 FNmgmv2 2 R由上式可得 v22 m/s，FN473 N根据牛顿第三定律可知，物块 m 对圆弧轨道 C 点的压力大小为473 N，方向竖直向下(3)由题意可知小物块 m 对长木板的摩擦力Ff1mg5 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，为Ff2(Mm)g10 N因 FfFf，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动10 / 10小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为零，才能保证小物块不滑出长木板则长木板长度至少满足l28 m【答案】 (1)5 m/s 方向与水平方向成 37夹角斜向下(2)473 N 方向竖直向下 (3)28 m