2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤訓(xùn)練3 拋體運動和圓周運動.doc
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課時跟蹤訓(xùn)練(三) 拋體運動和圓周運動 一、選擇題(1～6題為單項選擇題，7～10題為多項選擇題) 1．(2018天星教育考前預(yù)測)將一小球以一定的初速度水平拋出，設(shè)小球拋出后的水平方向的位移為x，豎直方向的位移為y，結(jié)果小球在空中運動過程中y與x2的關(guān)系如圖所示，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力，則小球被拋出的初速度大小為( ) A.m/s B. m/s C．2 m/s D. m/s A [將小球做的平拋運動進行分解，設(shè)水平初速度大小為v0，則有x＝v0t，y＝gt2，則y＝x2，結(jié)合圖象有＝2，求得v0＝m/s，A項正確．] 2．(2018石家莊市高三考前診斷(二))2022年冬奧會將在中國舉辦的消息，吸引了大量愛好者投入到冰雪運動中．若跳臺滑雪比賽運動員從平臺飛出后可視為平拋運動，現(xiàn)運動員甲以一定的初速度從平臺飛出，軌跡為圖中實線①所示，則質(zhì)量比甲大的運動員乙以相同的初速度從同一位置飛出，其運動軌跡應(yīng)為圖中的( ) A．① B．② C．③ D．④ A [根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，平拋運動軌跡只與初速度有關(guān)，與物體質(zhì)量無關(guān)，所以質(zhì)量比甲大的運動員乙以相同的初速度從同一位置飛出時，其運動軌跡應(yīng)為圖中的①，選項A正確．] 3．(2018最新高考信息卷)如圖，小球甲從A點水平拋出，同時將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點時速度大小相等，方向夾角為30，已知B、C高度差為h，兩小球質(zhì)量相等，不計空氣阻力，由以上條件可知( ) A．小球甲做平拋運動的初速度大小為2 B．甲、乙兩小球到達C點所用時間之比為1∶ C．A、B兩點高度差為 D．兩小球在C點時重力的瞬時功率大小相等 C [A項，小球乙到C的速度為v＝，此時小球甲的速度大小也為v＝，又因為小球甲速度與豎直方向成30角，可知水平分速度為故A錯；B.小球運動到C時所用的時間為h＝gt2得t＝.而小球甲到達C點時豎直方向的速度為，所以運動時間為t′＝，所以甲、乙兩小球到達C點所用時間之比為∶2故B錯．C.由甲乙各自運動的時間得：Δh＝gt2－gt′2＝，故C對；D.由于兩球在豎直方向上的速度不相等，所以兩小球在C點時重力的瞬時功率也不相等故D錯；故選C.] 4．(2018寧夏六盤山二模)如圖所示，半徑為R的圓輪在豎直面內(nèi)繞O軸勻速轉(zhuǎn)動，輪上A、B兩點均粘有一小物體，當B點轉(zhuǎn)至最低位置時，此時O、A、B、P四點在同一豎直線上，已知OA＝AB，P是地面上的一點．A、B兩點處的小物體同時脫落，最終落到水平地面上同一點(不計空氣的阻力)．則OP的距離是( ) A.R B．7R C.R D．5R A [設(shè)OP之間的距離為h，則A下落的高度為h－R，A隨圓輪運動的線速度為ωR， 設(shè)A下落的時間為t1，水平位移為x， 則在豎直方向上有h－R＝gt① 在水平方向上有x＝ωRt1② B下落的高度為h－R，B隨圓輪運動的線速度為ωR，設(shè)B下落的時間為t2，水平位移也為x，則在豎直方向上有h－R＝gt③ 在水平方向上有x＝ωRt2④ 聯(lián)立①②③④式解得h＝R，A項正確．] 5．(2018高考物理全真模擬二)如圖所示，小球從靜止開始沿光滑曲面軌道AB滑下，從B端水平飛出，撞擊到一個與地面呈θ＝37的斜面上，撞擊點為C.已知斜面上端與曲面末端B相連．若AB的高度差為h，BC間的高度差為H，則h與H的比值等于(不計空氣阻力，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)( ) A. B. C. D. C [小球下滑過程中機械能守恒，則有：mgh＝mv，解得：vB＝，到達B點后小球做平拋運動在豎直方向有：H＝gt2，解得：t＝，水平方向x＝vBt，根據(jù)幾何關(guān)系有： tan 37＝＝＝＝，解得：＝，故C正確，A、B、D錯誤．] 6．(2018山東省淄博市高三三模)如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長度為R的細繩拴著在豎直面上繞O點做圓周運動，恰好能通過豎直面的最高點A，重力加速度為g，不計空氣阻力，則( ) A．小球通過最高點A的速度為gR B．小球通過最低點B和最高點A的動能之差為mgR C．若細繩在小球運動到與圓心O等高的C點斷了，則小球還能上升的高度為R D．若細繩在小球運動到A處斷了，則經(jīng)過t＝時間小球運動到與圓心等高的位置 D [A.小球剛好通過最高點時，繩子的拉力恰好為零，有：mg＝m.得v＝，故A錯誤；B.從最高點到最低點重力做功為2mgR，根據(jù)動能定理可知小球通過最低點B和最高點A的動能之差為2mgR，故B錯；C.從A到C由動能定理可知：mgR＝mv－mv2，當繩子斷掉后上升的高度為h，則－mgh＝0－mv，解得h＝R，故C錯；D.若細繩在小球運動到A處斷了，則下降R所用的時間為R＝gt2，解得t＝，故D正確；故選D.] 7．(2018山東省臨沂市高三三模)如圖所示，不可伸長的輕質(zhì)細繩一端固定在光滑豎直桿上，輕質(zhì)彈簧用光滑輕環(huán)套在桿上，細繩和彈簧的另一端固定在質(zhì)量為m的小球上，開始時處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使該裝置繞桿旋轉(zhuǎn)且角速度緩慢增大，則下列說法正確的是( ) A．輕繩上的彈力保持不變 B．輕繩上的彈力逐漸變大 C．彈簧上的彈力逐漸變大 D．彈簧上的彈力先變小后變大 BD [小球隨桿做勻速圓周運動，設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為θ，當角速度較小時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對小球受力分析有：Tcos θ＝mg，Tsin θ－F＝mω2r，由于小球在豎直方向處于靜止，所以T＝，隨角速度增大，θ增大，所以T增大，隨角速度增大，θ增大，彈簧彈力減小，當角速度較大時，小球做圓周運動的半徑增大，彈簧彈力增大，由以上分析可知，B、D正確．] 8．(2018吉林一中高三第三次調(diào)研)如圖所示，ABCD是一個邊長為L的正方形木塊，將一個可視為質(zhì)點的小球從P點以初速度v0斜向上拋出，小球到達A點時速度方向恰好與AB平面相切．已知重力加速度為g，P、D之間的距離為2L.下列說法正確的是( ) A．小球到達A點時的速度為v0 B．小球在P點時，速度方向與水平夾角為45 C．小球在由P向A運動的過程中，重力的瞬時功率逐漸減小 D．僅減小初速度v0，小球仍有可能運動到AB平面上 BC [根據(jù)逆向思維，小球從A到P做平拋運動；設(shè)小球做平拋運動的初速度為v，根據(jù)平拋運動的規(guī)律，小球在P點時，＝＝＝1，所以vy＝v，而＝v0，所以vy＝v＝v0，小球在P點時，速度方向與水平夾角為45，選項A錯誤，選項B正確；球在由P向A運動的過程中，重力的瞬時功率P＝mgvy，隨著vy的變小而逐漸減小，選項C正確；僅減小初速度v0，小球不可能運動到AB平面上，選項D錯誤．] 9．如圖所示，一根原長為l0的輕彈簧套在光滑直桿AB上，其下端固定在桿的A端，質(zhì)量為m的小球也套在桿上且與彈簧的上端相連．球和桿一起繞經(jīng)過桿A端的豎直軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，且桿與水平面間始終保持30角．已知桿處于靜止狀態(tài)時彈簧的壓縮量為，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)．則下列說法正確的是( ) A．彈簧為原長時，桿的角速度為 B．當桿的角速度為時，彈簧處于壓縮狀態(tài) C．在桿的角速度增大的過程中，小球與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能不守恒 D．在桿的角速度由0緩慢增大到過程中，小球機械能增加了mgl0 CD [靜止時，k＝mgsin θ?kl0＝mg，彈簧為原長時，mgtan 30＝mω2l0cos 30，解得：ω＝，A項錯誤；當桿的角速度大于時，小球做圓周運動所需的向心力增大，所以彈簧對小球的彈力沿桿向下，彈簧處于拉伸狀態(tài)，B項錯誤；在桿的角速度增大的過程中，小球的線速度增大，重力勢能增大，彈簧的彈性勢能增大，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，C項正確；小球隨桿轉(zhuǎn)動的角速度為時，彈簧處于伸長狀態(tài)，設(shè)伸長量為Δl，在水平方向上：FNsin 30＋kΔlcos 30＝mω2(l0＋Δl)cos 30，在豎直方向上：FNcos 30－kΔlsin 30－mg＝0，解得：Δl＝，則小球的重力勢能增加量為ΔEp＝mgl0sin 30＝mgl0，動能增加量為ΔEk＝m2＝mgl0，可知D項正確．] 10．(2018湖北省武漢市高三下學(xué)期五月理綜訓(xùn)練)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)從離地面高H處水平拋出，第一次落地時的水平位移為H，反彈的高度為H.已知小球與地面接觸的時間為t，重力加速度為g，不計摩擦和空氣阻力．下列說法正確的是( ) A．第一次與地面接觸的過程中，小球受到的平均作用力為 B．第一次與地面接觸的過程中，小球受到的平均作用力為＋mg C．小球第一次落地點到第二次落地點的水平距離為2H D．小球第一次落地點到第二次落地點的水平距離為H AC [A、B項：以豎直向上為正方向小球第一次落地時豎直方向的速度為v1＝－，小球第一次反彈起豎直方向的速度為v2＝＝，在小球第一次與地面接觸的過程中應(yīng)用用動時定理有：t＝mv2－mv1，代入數(shù)據(jù)解得：＝，故A正確，B錯誤；C、D項：小球第一次下落的時間為t＝，水平初速度v0＝＝，第一次反彈到最高點所用的時間為t′＝，所以第一次落地點到第二次落地點的水平距離為2v0t′＝2＝2H，故C正確，D錯誤．] 11．(2018長沙一中高三診斷)如圖所示，BC為半徑等于m、豎直放置的光滑細圓管，O為細圓管的圓心，在圓管的末端C連接傾斜角為45、動摩擦因數(shù)為μ＝0.6的足夠長粗糙斜面，一質(zhì)量為m＝0.5 kg的小球從O點正上方某處A點以速度v0水平拋出，恰好能垂直O(jiān)B從B點進入圓管，OB與豎直方向的夾角為45，小球從進入圓管開始受到始終豎直向上的F＝5 N的力的作用，當小球運動到圓管的末端C時作用力F立即消失，小球能平滑地沖上粗糙斜面．(g取10 m/s2)求： (1)小球從O點的正上方某處A點水平拋出的初速度v0為多少？OA的距離為多少？ (2)小球在圓管中運動時對圓管的壓力是多少？ (3)小球在CD斜面上運動的最大位移是多少？ 解析 (1)小球從A運動到B為平拋運動，有rsin 45＝v0t 在B點，有tan 45＝ 解以上兩式得v0＝2 m/s，t＝0.2 s 則AB豎直方向的距離為h＝gt2＝0.2 m OB豎直方向的距離為h′＝rcos 45＝0.4 m 則OA＝h＋h′＝(0.2＋0.4)m＝0.6 m. (2)在B點據(jù)平拋運動的速度規(guī)律有 vB＝＝2 m/s 小球在管中重力與外加的力F平衡，故小球所受的合力僅為管的外軌對它的壓力，得小球在管中做勻速圓周運動，由圓周運動的規(guī)律得圓管對小球的作用力為FN＝m＝5 N 根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)A管的壓力為 FN′＝FN＝5N. (3)在CD上滑行到最高點過程，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin 45＋μmgcos 45＝ma 解得a＝gsin 45＋μgcos 45＝8m/s2 根據(jù)速度位移關(guān)系公式，有x＝＝m. 答案 (1)2m/s 0.6 m (2)5N (3)m 12．如圖所示，臺階的高度H＝1.45 m，在臺階的水平臺面邊緣靜止一質(zhì)量為m的小球A，在緊靠A的左側(cè)用細線豎直懸掛一同樣大小的小球B，兩球心連線水平．在平臺下面的地面上有一傾角為θ＝37的傳送帶，傳送帶下端有一個和傳送帶垂直的擋板P，傳送帶的長度L＝ m，傳送帶以v＝5 m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動．把小球B拉到離平臺h＝0.8 m高處由靜止釋放，與小球A正碰后B球能上升到離平臺h高處，小球A恰好沿平行于傳送帶的方向從傳送帶上端飛上傳送帶并沿傳送帶運動，和擋板P碰撞后以大小不變的速率被反向彈回．已知小球A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度g＝10 m/s2. (1)求傳送帶上端距臺階的距離s； (2)求小球B的質(zhì)量mB； (3)小球A被P反彈后能否再回到平臺上？若能，請說明理由；若不能，請計算小球A到達的最高點距平臺的高度． 解析 (1)設(shè)小球A離開平臺的速度為vA，到達傳送帶上端的速度為vQ，豎直分速度為v，則vy＝vAtan θ v＝2g(H－Lsin θ) vQ＝ vy＝gt s＝vAt 代入數(shù)據(jù)解得 vA＝4 m/s vQ＝5 m/s s＝1.2 m (2)設(shè)B球運動到最低點與A球碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度大小為vB，則有 mBgh＝mBv mBv＝mBg 若B球碰撞后向右運動，則 mBv0＝mBvB＋mvA 代入數(shù)據(jù)解得B球的質(zhì)量mB＝2m 此條件下系統(tǒng)的機械能損失ΔE＝mBgh，因碰撞過程機械能不可能增加，結(jié)論合理． 若B球碰撞后向左運動，則 mBv0＝mB(－vB)＋mvA 代入數(shù)據(jù)解得B球的質(zhì)量mB＝m 此條件下系統(tǒng)的機械能增加ΔE＝mBgh，因碰撞過程機械能不可能增加，故不合理，應(yīng)舍去． (3)小球A從傳送帶上端運動到下端的過程，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 v－v＝2a1L 代入數(shù)據(jù)解得vP＝m/s 小球A被反彈后，由于vP>v，故向上滑一段，摩擦力沿傳送帶向下，有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 小球A減速到v經(jīng)過的位移為L1，則 v2－v＝－2a2L1 代入數(shù)據(jù)解得L1＝m 小球A從速度為v時運動到傳送帶上端期間，摩擦力沿傳送帶向上，加速度為a1，則 v－v2＝－2a1(L－L1) 代入數(shù)據(jù)解得vt＝m/s 由于vt下載提示(請認真閱讀)
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