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大題精做三 拋體運動問題 1．【2019浙江省模擬】在豎直平面內(nèi)，某一游戲軌道由直軌道AB和彎曲的細(xì)管道BCD平滑連接組成，如圖所示。小滑塊以某一初速度從A點滑上傾角為θ=37的直軌道AB，到達(dá)B點的速度大小為2m/s，然后進(jìn)入細(xì)管道BCD，從細(xì)管道出口D點水平飛出，落到水平面上的G點。已知B點的高度h1=1.2m，D點的高度h2=0.8m，D點與G點間的水平距離L=0.4m，滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，sin37= 0.6，cos37= 0.8。 （1）求小滑塊在軌道AB上的加速度和在A點的初速度； （2）求小滑塊從D點飛出的速度； （3）判斷細(xì)管道BCD的內(nèi)壁是否光滑。 【解析】（1）上滑過程中，由牛頓第二定律：mgsinθ+μmgcosθ=ma，解得a=8m/s2； 由運動學(xué)公式vB2-v02=-2ah1sinθ，解得v0=6m/s （2）滑塊在D處水平飛出，由平拋運動規(guī)律L=vDt，h2=12gt2，解得vD=1m/s； （3）小滑塊動能減小，重力勢能也減小，所以細(xì)管道BCD內(nèi)壁不光滑 2．【2018年全國模擬】2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如下，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h(yuǎn)=10 m，C是半徑R=20 m圓弧的最低點，質(zhì)量m=60 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a=4.5 m/s2，到達(dá)B點時速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。 （1）求長直助滑道AB的長度L； （2）求運動員在AB段所受合外力的沖量的I大??； （3）若不計BC段的阻力，畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大小。 【解析】（1）已知AB段的初末速度，則利用運動學(xué)公式可以求解斜面的長度，即 v2-v02=2aL 可解得:L=v2-v022a=100m （2）根據(jù)動量定理可知合外力的沖量等于動量的該變量所以 I=mvB-0=1800N?s （3）小球在最低點的受力如圖所示 由牛頓第二定律可得：N-mg=mvC2R 從B運動到C由動能定理可知： mgh=12mvC2-12mvB2 解得;N=3900N 故本題答案是：（1）L=100m（2）I=1800N?s（3）N=3900N 3．【2019重慶市模擬】如圖甲所示，小物塊A放在長木板B的左端，一起以v0在光滑水平面上向右勻速運動，在其運動方向上有一固定的光滑四分之一圓弧軌道C，己知軌道半徑R=0.1m，圓弧的最低點D切線水平且與木板等高，木板撞到軌道后立即停止運動，小物塊繼續(xù)滑行，當(dāng)小物塊剛滑上圓弧軌道時，對軌道壓力恰好是自身重力的2倍。從木板右端距離圓弧軌道左端s=8m開始計時，得到小物塊的v-t圖像，如圖乙所示，小物塊3s末剛好滑上圓弧軌道，圖中v0和v1均未知，重力加速度g取10m/s2，求： (1)長木板的長度； (2)物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)。 【解析】(1) 由圖知，木板B和小物塊A在0～2s內(nèi)做勻速直線運動，則v0=st1=82ms=4ms 物塊剛滑上圓弧軌道時，對軌道壓力恰好是自身重力的2倍，則軌道對物體的支持力是2mg 對剛滑上圓弧軌道時的小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：2mg-mg=mv12R，解得：v1=1ms 小物塊A在2～3s內(nèi)做勻減速直線運動，長木板的長度L=v0+v12t2=4+121m=2.5m (2)對2～3s內(nèi)做勻減速直線的小物塊A受力分析，由牛頓第二定律可得：μmg=ma 由運動學(xué)公式可得：v1=v0-at2 聯(lián)立解得：μ=0.3 4．【2019四省名校模擬】如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一粗糙斜面軌道AB與光滑圓弧軌道BC在B點平滑連接(滑塊經(jīng)過B點時速度大小不變)，斜面軌道長L=2.5m，斜面傾角θ=37，O點是圓弧軌道圓心，OB豎直，圓弧軌道半徑R=1m，圓心角θ=37，C點距水平地面的高度h=0.512m，整個軌道是固定的。一質(zhì)量m=1kg的滑塊在A點由靜止釋放，最終落到水平地面上?；瑝K可視為質(zhì)點，滑塊與斜而軌道之間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，不計空氣阻力，求： (1)滑塊經(jīng)過圓弧軌道最低點B時，對圓弧軌道的壓力； (2)渭塊離開C點后在空中運動的時間t。 【解析】（1）對滑塊在A到B的過程，由動能定理：mgLsin370-μmgLcos370=12mvB2 解得vB=25m/s 對滑塊經(jīng)過B點時，由牛頓第二定律：F-mg=mvB2R 由牛頓第三定律可得：F=F′ 解得F′=30N方向豎直向下； （2）對滑塊在B到C的過程，由動能定理：-mgR(1-cos370)=12mvC2-12mvB2 解得vC=4m/s 滑塊離開C點后在豎直方向上做豎直上拋運動，以豎直向下為正方向，則：h=-vCsin370t+12gt2=0 解得t=0.64s 5．【2019江西省新余模擬】如圖為一架簡易的投石機示意圖，該裝置由一根一端開口長為x0的光滑硬質(zhì)塑料管和固定于另一端的輕彈簧組成，并通過鉸鏈固定于木架上。不用時彈簧自由端恰與管口齊平；現(xiàn)在彈簧上端放置一質(zhì)量為m的光滑小鋼珠，當(dāng)將管子向右轉(zhuǎn)動到與豎直面成60的位置時，彈簧長度變?yōu)?4x0（不計空氣阻力）試分析： （1）若將管子緩慢轉(zhuǎn)動到豎直位置，求小鋼珠距管底部的距離； （2）若在（1）過程中彈簧對小鋼珠做的功為W1，試求管壁對小球做的功W2； （3）若快速向左撥動管子，鋼珠恰好在管子豎直時從管口飛出，并垂直擊中正前方的目標(biāo)靶靶心。已知目標(biāo)靶靶心離豎直桿頂?shù)乃骄嚯x為L，豎直距離為L/2，小鋼珠擊中靶心時的動能； 【解析】（1）管傾斜時，mgsin30=k（x0-34x0） 設(shè)豎直時小球距底端為x，則有：mg=k（x0-x′） 解得：x′=12x0． （2）由動能定理可得：-mg?18x0+W1+W2=0 解得：W2=18mgx0?W1． （3）由平拋運動規(guī)律可得：12L＝12gt2，L=v0t EK=12mv02， 解得Ek＝12mgL 6．【2019四川省內(nèi)江市模擬】如圖所示，是某興趣小組舉行遙控賽車比賽示意圖。一質(zhì)量為m的小賽車從水平軌道的A點由靜止出發(fā)，沿著動摩擦因數(shù)為μ的水平直線運動L后，從B點進(jìn)入豎直光滑、半徑為R的半圓形軌道，并通過最高點C完成比賽其中，B點是半圓軌道的最低點，也是水平軌道與豎直半圓軌道的平滑相切點。賽車通電后以額定功率P起動，重力加速度為g。現(xiàn)要完成賽車的比賽。求 (1)賽車電動機工作的最短時間； (2)賽車從最高點C飛出的最大距離。 【解析】(1)當(dāng)賽車恰好過C點時在B點對軌道壓力最小， 賽車在C點對有：mg=mvC2R 解得vC=gR…① 賽車從A到C的整個過程中，運用動能定理：pt-μmgL-2mgR= 12mvC2 聯(lián)立解得：t=mgP(μL+52R)； （2）賽車由B到C機械能守恒，12mvBm2=12mvC2+2mgR 平拋運動，水平方向：xm=vCt 豎直方向：2R=12gt2 賽車從A到B，功率P=Fvm F=f=μmg 聯(lián)立以上各式得：xm=4Rg[(Pμmg)2-4gR] 7．【2018河南省林州市模擬】如圖所示，小球A用長為L的輕繩懸掛起來，輕繩與豎直方向夾角為θ=53時，小球A由靜止釋放，當(dāng)小球A運動到最低點時，與質(zhì)量相同的小球B發(fā)生完全彈性碰撞，碰后小球B沿光滑的水平軌道運動，該軌道與一豎直的光滑圓軌道相切于最低點，已知sin37=0.6，cos37=0.8，若小球能運動到圓軌道的最高點，則圓軌道的半徑應(yīng)為多大？ 【解析】設(shè)小球A、B的質(zhì)量均為m，小球A由靜止運動到最低點，根據(jù)機械能守恒定律有 mgL(1-cosθ)=12mv02 小球A與B發(fā)生完全彈性碰撞時，動量和機械能均守恒，碰后小球A、B的速度分別為v1、v2，則有mv0=mv1+mv2，12mv02=12mv12+12mv22，解得v1=0、v2=v0 小球B若能達(dá)到最高點，則有mg≤mv2r 小球B從水平軌道運動到軌道最高點，則有-2mgr=12mv2-12mv22，解得r≤0.16L 8．【2019四川省成都市模擬】在浩瀚的宇宙中，一個太空飛行器遠(yuǎn)離了天體，忽略萬有引力作用，其質(zhì)量為M=200kg，以速度v0=10m/s在太空中沿AB方向勻速飛行，經(jīng)過O點時受到兩個互相垂直的恒力作用，一個力大小為F=1000N，另一個力F1的方向與v0的方向成θ=53°角，沿OP方向，如圖所示，當(dāng)飛行器速度為vP=252m/s時，飛行器正處于F1的作用線上的P點，求這個過程中 (1)飛行器飛行的時間和位移的大??； (2)另一個力F的大小。 【解析】(1)以O(shè)F為x軸，OP為y軸，O為原點，建立坐標(biāo)系， x方向的初速度：vOx=v0sinθ=10sin53°=8m/s， 加速度為：ax=Fm=10002000=5m/s2， y方向的初速度：vOy=v0cosθ=10cos53°=6m/s， 從O到P的時間：x方向的位移為零，則有：vOxt-12axt2=0， 解得：t=3.2s； 在P點x方向的速度和x方向的初 速度等大反向，故y方向的速度為：vy=vp2-vox2=252-82=188m/s， 飛行器的位移：xop=voy+vy2?t， 代入數(shù)據(jù)可得：xop≈31.5m； (2)y方向的加速度為：ay=vy-vOyt， 根據(jù)牛頓第二定律得：OP方向上的作用力為：Fy=may，代入數(shù)據(jù)可得：Fy=375N