《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練3 力學(xué)中的曲線運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練3 力學(xué)中的曲線運(yùn)動(dòng)（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(三) 一、選擇題 1．(2019·啟東中學(xué)月考)如右圖所示，在一次救災(zāi)工作中，一架沿水平直線飛行的直升機(jī)A，用懸索(重力可忽略不計(jì))救困在湖水中的傷員B.在直升機(jī)A和傷員B以相同的水平速度勻速運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，懸索將傷員提起，在某一段時(shí)間內(nèi)，A、B之間的距離以l＝H－t2(式中H為直升機(jī)A離水面的高度，各物理量的單位均為國(guó)際單位)規(guī)律變化，則在這段時(shí)間內(nèi)，下面判斷中正確的是(不計(jì)空氣作用力)(　　) A．懸索的拉力小于傷員的重力 B．懸索成傾斜直線 C．傷員做速度減小的曲線運(yùn)動(dòng) D．傷員做加速度大小、方向均不變的曲線運(yùn)動(dòng) [解析]　傷員B參與了兩個(gè)方向上的運(yùn)動(dòng)：在水平

2、方向上，傷員B和直升機(jī)A以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上，由于A、B之間的距離以l＝H－t2規(guī)律變化，所以傷員與水面之間的豎直距離關(guān)系式為h＝t2＝at2，在豎直方向上以2 m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則傷員做加速度大小、方向均不變的曲線運(yùn)動(dòng)，且速度一直增加，故C錯(cuò)誤，D正確；由于傷員在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知，懸索的拉力應(yīng)大于傷員的重力，故A錯(cuò)誤；由于傷員在水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，水平方向上沒有加速度，懸索應(yīng)成豎直狀態(tài)，故B錯(cuò)誤． [答案]　D 2．(多選)(2019·株洲重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如右圖所示，小船從A碼頭出發(fā)，沿垂直于河岸的方向渡河，若河寬為d，渡河

3、速度v船恒定，河水的流速與到河岸的距離x成正比，即v水＝kx，要使小船能夠到達(dá)距A正對(duì)岸距離為s遠(yuǎn)的B碼頭，則(　　) A．v船應(yīng)為 B．v船應(yīng)為 C．渡河時(shí)間為 D．渡河時(shí)間為 [解析]　河水的流速中間最快，離岸越近速度越慢，因?yàn)樗蔷€性變化的(流速與到河岸的最短距離x成正比)，所以取距離河岸處的速度為河水的平均速度，即v＝，則渡河時(shí)間t＝＝，C正確，D錯(cuò)誤；由d＝v船t，解得v船＝，A正確，B錯(cuò)誤． [答案]　AC 3.(2019·大慶高三調(diào)研)如圖所示是排球場(chǎng)的場(chǎng)地示意圖，設(shè)排球場(chǎng)的總長(zhǎng)為L(zhǎng)，前場(chǎng)區(qū)的長(zhǎng)度為，網(wǎng)高為h，在排球比賽中，對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈跳水平要求很高．如果運(yùn)

4、動(dòng)員的彈跳水平不高，運(yùn)動(dòng)員的擊球點(diǎn)的高度小于某個(gè)臨界值H，那么無論水平擊球的速度多大，排球不是觸網(wǎng)就是越界．設(shè)某一次運(yùn)動(dòng)員站在前場(chǎng)區(qū)和后場(chǎng)區(qū)的交界處，正對(duì)網(wǎng)前豎直跳起垂直網(wǎng)將排球水平擊出，關(guān)于該種情況下臨界值H的大小，下列關(guān)系式正確的是(　　) A．H＝h B．H＝ C．H＝h D．H＝h [解析]　將排球水平擊出后排球做平拋運(yùn)動(dòng)，排球剛好觸網(wǎng)和達(dá)底線時(shí)，有：＝v0，＋＝v0，聯(lián)立解得H＝h，故選C. [答案]　C 4.(2019·山東濟(jì)寧期末)如圖所示，一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從一半圓軌道左端A點(diǎn)正上方某處開始做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與半圓軌道相切于B點(diǎn)．半圓軌道圓心為O，半徑

5、為R，且OB與水平方向夾角為53°，重力加速度為g，則小球拋出時(shí)的初速度大小為(　　) A. B. C. D. [解析]　由小球運(yùn)動(dòng)過程中恰好與半圓軌道相切于B點(diǎn)，知速度與水平方向的夾角為37°，設(shè)位移與水平方向的夾角為θ，有tanθ＝＝.因?yàn)閠anθ＝＝，則豎直位移y＝0.6R，v＝2gy＝1.2gR，所以tan37°＝，則v0＝＝ ，C正確． [答案]　C 5．(多選)(2019·啟東中學(xué)月考)如圖甲所示，將質(zhì)量為M的物塊A和質(zhì)量為m的物塊B放在水平轉(zhuǎn)盤上，兩者用長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平輕繩連接．物塊與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力均為各自重力的k倍，物塊A與轉(zhuǎn)軸的距離等于輕繩長(zhǎng)度，

6、整個(gè)裝置能繞通過轉(zhuǎn)盤中心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)．開始時(shí)，輕繩恰好伸直但無彈力，現(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng)，使角速度緩慢增大，繩中張力FT與轉(zhuǎn)動(dòng)角速度的平方ω2的關(guān)系如圖乙所示，當(dāng)角速度的平方ω2超過3ω時(shí)，物塊A、B開始滑動(dòng)．若圖乙中的F1、ω1及重力加速度g均為已知，下列說法正確的是(　　) A．L＝ B．L＝ C．k＝ D．m＝M [解析]　當(dāng)角速度的平方等于2ω時(shí)，繩中開始有張力，B物塊所受靜摩擦力達(dá)到最大值，有kmg＝m·2L·2ω，當(dāng)角速度的平方等于3ω時(shí)，kmg＋F1＝m·2L·3ω，可解得k＝，L＝，A錯(cuò)誤，B、C正確；當(dāng)角速度的平方等于3ω時(shí)，對(duì)A物塊有kMg－F1＝M·

7、L·3ω，聯(lián)立各式可解得M＝2m，D錯(cuò)誤． [答案]　BC 6．(多選)(2019·綿陽二診)如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.1 kg的小球以豎直向上的初速度v0＝10 m/s沖入一管道，該管道為圓管道，半徑為R＝5 m.已知小球的入口與圓心在同一高度．經(jīng)過管道后，它又沿著水平導(dǎo)軌進(jìn)入另一個(gè)半徑為r的圓軌道，且恰好能通過圓軌道的最高點(diǎn)．若所有銜接處均不損失機(jī)械能，不計(jì)摩擦，小球直徑以及管道內(nèi)徑可忽略，圓管道和圓軌道底端均與水平導(dǎo)軌相切，g取10 m/s2.下列說法正確的是(　　) A．小球到達(dá)管道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)管道的壓力為零 B．小球到達(dá)管道最高點(diǎn)時(shí)速度為5 m/s C．小球到達(dá)管道最低點(diǎn)

8、時(shí)對(duì)管道的壓力為5 N D．圓軌道半徑r為4 m [解析]　從出發(fā)點(diǎn)到管道的最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得mv＝mgR＋mv，解得小球到達(dá)管道最高點(diǎn)時(shí)的速度v1＝0，即它剛好能夠通過管道的最高點(diǎn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球到達(dá)管道最高點(diǎn)時(shí)速度為0，則可求得此時(shí)小球?qū)艿赖膲毫Φ扔谛∏虻闹亓Γ瑸? N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得mv＋mgR＝mv，解得小球到達(dá)管道最低點(diǎn)時(shí)速度v2＝10 m/s，在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得F－mg＝m，解得管道最低點(diǎn)對(duì)小球的支持力F＝5 N，再結(jié)合牛頓第三定律可知，選項(xiàng)C正確；小球剛好通過圓軌道最高點(diǎn)，則在最高點(diǎn)，小球速度v滿足mg＝m，從出發(fā)點(diǎn)到圓軌道的最高點(diǎn)，由機(jī)械

9、能守恒定律得mv2＋2mgr＝mgR＋mv，聯(lián)立解得r＝4 m，選項(xiàng)D正確． [答案]　CD 7．(2019·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球從斜軌道某一高度處由靜止滑下，然后沿豎直圓軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，已知圓軌道的半徑為R，不計(jì)一切摩擦阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)h＝2R時(shí)，小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)M B．當(dāng)h＝2R時(shí)，小球在圓心等高處P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為2mg C．當(dāng)h≤2.5R時(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)脫離軌道 D．當(dāng)h＝R時(shí)，小球在最低點(diǎn)N時(shí)對(duì)軌道壓力大小為2mg [解析]　在圓軌道的最高點(diǎn)M，由牛頓第二定律有mg＝m，解得v0＝.根據(jù)機(jī)械

10、能守恒定律得mgh＝mg·2R＋mv，解得h＝2.5R.所以當(dāng)h＝2.5R時(shí)小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)M，當(dāng)h≥2.5R時(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)脫離軌道，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤．當(dāng)h＝2R時(shí)，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到與圓心等高處P點(diǎn)時(shí)速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mg·2R＝mgR＋mv2，小球在P點(diǎn)時(shí)，設(shè)所受軌道的作用力為FP，由牛頓第二定律FP＝m，聯(lián)立解得FP＝2mg，由牛頓第三定律可知小球在圓心等高處P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為2mg，選項(xiàng)B正確．當(dāng)h＝R時(shí)，設(shè)小球在最低點(diǎn)N時(shí)速度為v′，則有mgR＝mv′2，在圓軌道最低點(diǎn)，有FN－mg＝m，解得FN＝3mg，由牛頓第三定律可知小球在最低點(diǎn)N時(shí)對(duì)軌道壓力大小為3mg

11、，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． [答案]　B 8．(2019·福建“四地六校”春季聯(lián)合?？?如圖所示，有A、B兩顆衛(wèi)星繞地心O做圓周運(yùn)動(dòng)，旋轉(zhuǎn)方向相同．A衛(wèi)星的周期為T1，B衛(wèi)星的周期為T2，在某一時(shí)刻兩衛(wèi)星相距最近，則(引力常量為G)(　　) A．兩衛(wèi)星經(jīng)過時(shí)間t＝T1＋T2再次相距最近 B．兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比為∶ C．若已知兩顆衛(wèi)星相距最近時(shí)的距離，可求出地球的密度 D．若已知兩顆衛(wèi)星相距最近時(shí)的距離，可求出地球表面的重力加速度 [解析]　設(shè)兩衛(wèi)星經(jīng)過時(shí)間t再次相距最近，由－＝1，解得t＝，A錯(cuò)誤．根據(jù)開普勒第三定律＝，解得兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比r1∶r2＝∶，B正確．已知兩顆衛(wèi)星相

12、距最近時(shí)的距離，結(jié)合兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比可以求得兩顆衛(wèi)星的軌道半徑，由萬有引力提供向心力G＝m2r，可以得出地球的質(zhì)量，若知道地球半徑，可以進(jìn)一步求出地球的密度和地球表面的重力加速度，但地球半徑未知，所以不可求出地球的密度和地球表面的重力加速度，C、D錯(cuò)誤． [答案]　B 9.(2019·陜西質(zhì)檢)如圖所示，一顆人造衛(wèi)星原來在橢圓軌道1上繞地球運(yùn)動(dòng)，近地點(diǎn)Q到地心O的距離為a，遠(yuǎn)地點(diǎn)P到地心O的距離為b，在P點(diǎn)變軌后進(jìn)入軌道2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g.則(　　) A．衛(wèi)星在軌道1上運(yùn)動(dòng)經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)，速率為 B．衛(wèi)星在軌道1上運(yùn)動(dòng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，速率大于

13、 C．衛(wèi)星在軌道2上運(yùn)動(dòng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，速率大于 D．衛(wèi)星在軌道2上運(yùn)動(dòng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，加速度大小為 [解析]　衛(wèi)星以a為半徑繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)有＝m和mg＝可得va＝ ，同理，衛(wèi)星以b為半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率為vb＝ ，C錯(cuò)誤；衛(wèi)星從半徑為a的圓軌道上進(jìn)入橢圓軌道1需加速，使得萬有引力小于所需向心力，所以衛(wèi)星在橢圓軌道1上經(jīng)過Q點(diǎn)的速度大于在以半徑為a的圓軌道上經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度va＝ ，A錯(cuò)誤；衛(wèi)星在P點(diǎn)加速，方可使得衛(wèi)星從1軌道進(jìn)入2軌道，所以衛(wèi)星在1軌道經(jīng)過P時(shí)的速率小于衛(wèi)星在以b為半徑的圓軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率vb＝ ，B錯(cuò)誤；在P點(diǎn)有，ma加＝，在地球表面處有mg＝，

14、聯(lián)立可得a加＝，D正確． [答案]　D 二、非選擇題 10．(2019·吉林調(diào)研)速降滑雪，又稱高山滑雪，于1936年冬季奧運(yùn)正式成為比賽項(xiàng)目，運(yùn)動(dòng)員要由起點(diǎn)出發(fā)以最快速度到達(dá)終點(diǎn)．如圖所示為某高山滑雪的賽道簡(jiǎn)圖，SA是以O(shè)點(diǎn)為圓心，半徑為R＝10 m的四分之一圓弧，水平賽道AB長(zhǎng)為L(zhǎng)＝20 m，BC斜面與水平方向夾角θ＝37°，高度h＝5 m，質(zhì)量m＝50 kg的滑雪運(yùn)動(dòng)員從S點(diǎn)出發(fā)自由下滑，最后停止于水平賽道D點(diǎn)．已知SA段摩擦可忽略不計(jì)，A到D的賽道動(dòng)摩擦因數(shù)μ均為0.1，設(shè)滑雪運(yùn)動(dòng)員落在賽道上時(shí)，垂直于賽道的速度立刻減為0，而平行于賽道的速度保持不變，g取10 m/s2(sin3

15、7°＝0.6，cos37°＝0.8)求： (1)運(yùn)動(dòng)員滑至A點(diǎn)的速度v； (2)運(yùn)動(dòng)員滑到A點(diǎn)時(shí)對(duì)滑道的壓力F； (3)斜面最高端B點(diǎn)到停止點(diǎn)D之間的水平距離s. [解析]　(1)SA段由動(dòng)能定理可得mv2＝mgR 解得v＝＝10 m/s (2)在A點(diǎn)由牛頓第二定律和向心力公式可得F－mg＝m 解得F＝1500 N 由牛頓第三定律可得F′＝F＝1500 N 所以壓力為1500 N，方向豎直向下 (3)設(shè)滑到B點(diǎn)速度為vB，從S點(diǎn)到B點(diǎn)由動(dòng)能定理可得 mgR－μmgL＝mv 從B點(diǎn)平拋，若落在CD面上時(shí)間為t t＝＝1 s 平拋的水平距離為x＝vBt＝4 m B

16、、C的水平距離為x0＝＝ m

17、°＝0.8. (1)求小滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)若AB足夠長(zhǎng)，改變釋放點(diǎn)的位置，要使小滑塊恰能到達(dá)E點(diǎn)，求釋放點(diǎn)到水平面的高度h； (3)若半徑R＝1 m，小滑塊在某次釋放后，滑過E點(diǎn)的速度大小為8 m/s，則它從E點(diǎn)飛出至落到軌道上所需時(shí)間t為多少？(g取10 m/s2) [解析]　(1)在滑塊從F到D過程，根據(jù)動(dòng)能定理得 mg×(2R－R)－μmgcos37°×－μmg×＝0 解得μ＝ (2)若滑塊恰能到達(dá)E點(diǎn)，在E點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律得 mg＝m 在滑塊從釋放點(diǎn)到E的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得 mg(h－2R)－μmgcos37°·－μmg·＝mv－0 解得h＝4.7R (3)假設(shè)滑塊離開E點(diǎn)后落在AB上，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得 x＝vE1t，y＝gt2 由幾何關(guān)系得tan37°＝ 解得t＝0.3 s x＝2.4 m>.所以假設(shè)正確，故t＝0.3 s. [答案]　(1)　(2)4.7R　(3)0.3 s 10