2019-2020年高考物理二輪復習 第一部分 考前復習方略 專題三 拋體運動與圓周運動限時訓練.doc

2019-2020年高考物理二輪復習 第一部分 考前復習方略 專題三 拋體運動與圓周運動限時訓練一、選擇題1.(xx山西調研)國內首臺新型墻壁清潔機器人“蜘蛛俠”是由青島大學學生自主設計研發(fā)的，“蜘蛛俠”利用8只“爪子”上的吸盤吸附在接觸面上，通過“爪子”交替伸縮，就能在墻壁和玻璃上自由移動如圖所示，“蜘蛛俠”在豎直玻璃墻面上由A點沿直線勻加速“爬行”到右上方B點，在這一過程中，關于“蜘蛛俠”在豎直面內的受力分析可能正確的是()解析：選C.“蜘蛛俠”由A到B做勻加速直線運動，故F合外力方向沿AB方向，由A指向B，結合各選項圖分析知C項正確2人用繩子通過定滑輪拉物體A，A穿在光滑的豎直桿上，當以速度v0勻速拉繩使物體A到達如圖所示位置時，繩與豎直桿的夾角為，則物體A實際運動的速度是()Av0sin B.Cv0cos D.解析：選D.由運動的合成與分解可知，物體A參與這樣兩個分運動，一個是沿著與它相連接的繩子的運動，另一個是垂直于繩子向上的運動而物體A實際運動軌跡是沿著豎直桿向上的，這一軌跡所對應的運動就是物體A的合運動，它們之間的關系如圖所示由三角函數(shù)可得v，所以D正確3(xx高考四川卷)有一條兩岸平直、河水均勻流動、流速恒為v的大河小明駕著小船渡河，去程時船頭指向始終與河岸垂直，回程時行駛路線與河岸垂直去程與回程所用時間的比值為k，船在靜水中的速度大小相同，則小船在靜水中的速度大小為()A. B.C. D.解析：選B.去程時船頭垂直河岸如圖所示，由合運動與分運動具有等時性并設河寬為d，則去程時間t1；回程時行駛路線垂直河岸，故回程時間t2，由題意有k，則k，得v1 ，選項B正確4(xx湖南六校聯(lián)考)如圖所示，薄半球殼ACB的水平直徑為AB，C為最低點，半徑為R.一個小球從A點以速度v0水平拋出，不計空氣阻力則下列判斷正確的是() A只要v0足夠大，小球可以擊中B點Bv0取值不同時，小球落在球殼上的速度方向和水平方向之間的夾角可以相同Cv0取值適當，可以使小球垂直撞擊到半球殼上D無論v0取何值，小球都不可能垂直撞擊到半球殼上解析：選D.小球做平拋運動，豎直方向有位移，v0再大也不可能擊中B點；v0不同，小球會落在半球殼內不同點上，落點和A點的連線與AB的夾角不同，由推論tan 2tan 可知，小球落在球殼的不同位置上時的速度方向和水平方向之間的夾角也不相同，若小球垂直撞擊到半球殼上，則其速度反向延長線一定經(jīng)過半球殼的球心，且該反向延長線與AB的交點為水平位移的中點，而這是不可能的，A、B、C錯誤，D正確5(多選)(xx河北唐山一模)套圈游戲是一項很受歡迎的群眾運動，要求每次從同一位置水平拋出圓環(huán)，套住與圓環(huán)前端水平距離為3 m的20 cm高的豎直細桿，即為獲勝一身高1.4 m的兒童從距地面1 m高度，水平拋出圓環(huán)，圓環(huán)半徑為10 cm，要想套住細桿，他水平拋出的速度可能為(g10 m/s2)()A7.4 m/s B7.6 m/sC7.8 m/s D8.2 m/s解析：選BC.由題意，套住細桿時圓環(huán)的豎直位移h0.8 m，水平位移3.0 m<x<3.2 m，由平拋運動規(guī)律有：hgt2，解得：t0.4 s，又v0，解得：7.5 m/s<v0<8 m/s，B、C項正確6.(xx湖北八校二聯(lián))如圖所示，一可看做質點的小球從一臺階頂端以4 m/s的水平速度拋出，每級臺階的高度和寬度均為1 m，如果臺階數(shù)足夠多，重力加速度g取10 m/s2，則小球將落在標號為幾的臺階上()A3 B4C5 D6解析：選B.由平拋運動規(guī)律有：xv0t，ygt2，若恰好落在臺階上，則xy，解得t0.8 s，則xy3.2 m，故小球落在標號為4的臺階上7(多選)如圖，疊放在水平轉臺上的物體A、B、C能隨轉臺一起以角速度勻速轉動，A、B、C的質量分別為3m、2m、m，A與B及B、C與轉臺間的動摩擦因數(shù)都為，AB整體、C離轉臺中心的距離分別為r、1.5r.設本題中的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是()AB對A的摩擦力一定為3mgBB對A的摩擦力一定為3m2rC轉臺的角速度一定滿足： D轉臺的角速度一定滿足： 解析：選BD.A做圓周運動的向心力由B對A的摩擦力提供，由牛頓第二定律及向心加速度公式有：Ff3m2r，B項正確；A、B整體恰好未發(fā)生相對轉臺的滑動時，(3m2m)g(3m2m)2r，解得角速度最大值為，C恰好未發(fā)生相對滑動時，mg1.5m2r，解得： ，所以D選項正確8(多選)(xx河南八市質檢)質量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質細桿的A點和B點，如圖所示，繩a與水平方向成角，繩b在水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB以角速度勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()Aa繩的張力不可能為零Ba繩的張力隨角速度的增大而增大C當角速度>，b繩將出現(xiàn)彈力D若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發(fā)生變化解析：選AC.對小球受力分析可得a繩的彈力在豎直方向的分力平衡了小球的重力，解得FTa，為定值，A正確，B錯誤當FTacos m2l時，b繩的彈力為零，若角速度大于該值，則b繩將出現(xiàn)彈力，C正確由于繩b可能沒有彈力，故繩b突然被剪斷，則a繩的彈力可能不變，D錯誤9(xx高考福建卷)如圖，在豎直平面內，滑道ABC關于B點對稱，且A、B、C三點在同一水平線上若小滑塊第一次由A滑到C，所用的時間為t1，第二次由C滑到A，所用的時間為t2，小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動摩擦因數(shù)恒定，則()At1<t2 Bt1t2Ct1>t2 D無法比較t1、t2的大小解析：選A.在滑道AB段上取任意一點E，比較從A點到E點的速度v1和從C點到E點的速度v2，易知v1>v2.因E點處于“凸”形軌道上，速度越大，軌道對小滑塊的支持力越小，因動摩擦因數(shù)恒定，則摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的動能損失也小同理，在滑道BC段的“凹”形軌道上，小滑塊速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的動能損失也越小，從C處開始滑動時，小滑塊損失的動能更大故綜上所述，從A滑到C比從C滑到A在軌道上因摩擦造成的動能損失要小，整個過程中從A滑到C平均速度要更大一些，故t1<t2.選項A正確10.(多選)如圖所示，用長為L的輕繩把一個小鐵球懸掛在高2L的O點處，小鐵球以O為圓心在豎直平面內做圓周運動且恰能到達最高點B處，則有()A小鐵球在運動過程中輕繩的拉力最大為6mgB小鐵球在運動過程中輕繩的拉力最小為mgC若運動中輕繩斷開，則小鐵球落到地面時的速度大小為D若小鐵球運動到最低點時輕繩斷開，則小鐵球落到地面時的水平位移為2L解析：選AC.小鐵球以O為圓心在豎直平面內做圓周運動且恰能到達最高點B處，說明小鐵球在最高點B處時，輕繩的拉力最小為零，mg，v，由機械能守恒定律得，小鐵球運動到最低點時動能mg2L，在最低點時輕繩的拉力最大，由牛頓第二定律Fmg，聯(lián)立解得輕繩的拉力最大為F6mg，選項A正確，B錯誤；以地面為重力勢能參考平面，小鐵球在B點處的總機械能為mg3Lmv2mgL，無論輕繩是在何處斷開，小鐵球的機械能總是守恒的，因此到達地面時的動能mv2mgL，落到地面時的速度大小為v，選項C正確；小鐵球運動到最低點時速度v1，由xv1t，Lgt2，聯(lián)立解得小鐵球落到地面時的水平位移為xL，選項D錯誤二、非選擇題11(xx河北石家莊二中一模)如圖所示，光滑絕緣的正方形水平桌面邊長為d0.48 m，離地高度h1.25 m桌面上存在一水平向左的勻強電場(除此之外其余位置均無電場)，電場強度E1104 N/C.在水平桌面上某一位置P處有一質量m0.01 kg，帶電荷量q1106 C的帶正電小球以初速度v01 m/s向右運動空氣阻力忽略不計，重力加速度g10 m/s2.求：(1)小球在桌面上運動時加速度的大小和方向；(2)P處距右端桌面多遠時，小球從開始運動到最終落地的水平距離最大？并求出該最大水平距離解析：(1)加速度大?。篴1.0 m/s2.方向：水平向左(2)設小球到桌面右端的距離為x1，小球離開桌面后做平拋運動的水平距離為x2x總x1x2由v2v2ax1代入得v設平拋運動的時間為thgt2解得t0.5 sx2vt0.5故x總x10.5令y，則x總當y m即x1 m時，水平距離最大最大值為：xm m.答案：(1)1 m/s2水平向左(2)見解析12(xx福建省泉州3月質檢)某工廠生產(chǎn)流水線示意圖如圖所示，半徑R1 m的水平圓盤邊緣E點固定一小桶在圓盤直徑DE正上方平行放置的水平傳送帶沿順時針方向勻速轉動，傳送帶右端C點與圓盤圓心O在同一豎直線上，豎直高度h1.25 mAB為一個與CO在同一豎直平面內的四分之一光滑圓弧軌道，半徑r0.45 m，且與水平傳送帶相切于B點一質量m0.2 kg的滑塊(可視為質點)從A點由靜止釋放，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.2，當滑塊到達B點時，圓盤從圖示位置以一定的角速度繞通過圓心O的豎直軸勻速轉動，滑塊到達C點時恰與傳送帶同速并水平拋出，剛好落入圓盤邊緣的小桶內取g10 m/s2，求：(1)滑塊到達圓弧軌道B點時對軌道的壓力FNB；(2)傳送帶BC部分的長度L；(3)圓盤轉動的角速度應滿足的條件解析：(1)滑塊從A到B過程中，由動能定理有mgrmv解得vB3 m/s滑塊到達B點時，由牛頓第二定律有FNBmgm解得FNB6 N.據(jù)牛頓第三定律，滑塊到達B點時對軌道的壓力大小為6 N，方向豎直向下(2)滑塊離開C點后做平拋運動，hgt解得t10.5 s，vC2 m/s滑塊由B到C過程中，據(jù)動能定理有mgLmvmv解得L1.25 m.(3)滑塊由B到C過程中，據(jù)運動學公式有Lt2解得t20.5 s，則tt1t21 s圓盤轉動的角速度應滿足條件tn(n1，2，3，)解得2n rad/s(n1，2，3，)答案：(1)6 N，方向豎直向下(2)1.25 m(3)2n rad/s(n1，2，3，)