物理高考二輪專題復習與測試：專題強化練三 力與曲線運動 Word版含解析

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1、 專題強化練(三) 考點1　運動的合成與分解 1．(2019·六安模擬)小船在400米寬的河中橫渡，河水流速是2 m/s，船在靜水中的航速是4 m/s，要使船的航程最短，則船頭的指向和渡河的時間t分別為(　　) A．船頭應垂直指向對岸，t＝100 s B．船頭應與上游河岸成60°角，t＝ s C．船頭應垂直指向對岸，t＝ s D．船頭應與下游河岸成60°角，t＝100 s 解析：當合速度的方向與河岸垂直時，渡河位移最短，設船頭與上游河岸方向的夾角為θ，則cos θ＝＝，所以θ＝60°，渡河的位移x＝d＝400 m，根據(jù)矢量合成法則有v合＝＝ m/s＝2 m/s，渡河時間t＝

2、＝ s＝ s，故B正確，A、C、D錯誤． 答案：B 2．(2019·濟寧模擬)如圖所示，細線一端固定在天花板上的O點，另一端穿過一張CD光盤的中央小孔后拴著一個橡膠球，橡膠球靜止時，豎直懸線剛好挨著水平桌面的邊緣．現(xiàn)將CD光盤按在桌面上，并沿桌面邊緣以速度v勻速移動，移動過程中，CD光盤中央小孔始終緊挨桌面邊線，當懸線與豎直方向的夾角為θ時，小球上升的速度大小為(　　) A．vsin θ　　　B．vcos θ　　　C．vtan θ　　　D. 解析：將光盤水平向右移動的速度v分解為沿細線方向的速度和垂直于細線方向的速度，而小球上升的速度大小與速度v沿細線方向的分速度大小相等，故可得：

3、v球＝vsin θ，A正確． 答案：A 3．(2019·臨汾模擬)一物體由靜止開始自由下落，一小段時間后突然受一恒定水平向右的風力的影響，但著地前一段時間內風力突然停止，則其運動的軌跡可能是(　　) 解析：當有水平向右的風時，會產(chǎn)生水平向右的加速度，軌跡向右彎曲，風力停止時，合力向下，且軌跡不能急折，故C項正確． 答案：C 考點2　平拋運動 4.(多選)(2019·株洲模擬)將一小球以水平速度v0＝10 m/s從O點向右拋出，經(jīng) s小球恰好垂直落到斜面上的A點，不計空氣阻力，g取10 m/s2，B點是小球做自由落體運動在斜面上的落點，如圖所示，以下判斷正確的是(　　) A

4、．斜面的傾角約是30° B．小球的拋出點距斜面的豎直高度約是15 m C．若將小球以水平速度v′0＝5 m/s向右拋出，它一定落在AB的中點P的上方 D．若將小球以水平速度v′0＝5 m/s向右拋出，它一定落在AB的中點P處 解析：設斜面傾角為θ，對小球在A點的速度進行分解有tan θ＝，解得θ＝30°，A項正確；小球距過A點水平面的距離為h＝gt2＝15 m，所以小球的拋出點距斜面的豎直高度肯定大于15 m，B項錯誤；若小球的初速度為v0′＝5 m/s，過A點作水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v0＝10 m/s拋出時的一半，延長小球運動的軌跡線，得到小球應該落在P、A之

5、間，C項正確，D項錯誤． 答案：AC 5．(2019·廣東四校聯(lián)考)從同一高度同時將a、b兩個完全相同的小球分別豎直上拋和斜上拋，它們的初速度大小相同；若不計空氣阻力，則以下說法中正確的是(　　) A．在空中運動的過程中，兩球的加速度相同 B．兩球觸地時的瞬時速率不同 C．兩球在空中運動的時間相同 D．兩球運動的位移相同 解析：兩球在空中都只受重力作用，兩球的加速度都為重力加速度g，A項正確；因兩球都只受重力，則機械能均守恒，據(jù)機械能守恒定律有mv＋mgh＝mv，可知兩球觸地時的速率相同，B項錯誤；因兩球以相同的速率分別豎直上拋和斜上拋，則知兩球在空中運動時間不同，C項錯誤；因兩

6、球初始時運動方向不同，則它們發(fā)生的位移不同，D項錯誤． 答案：A 6．(多選)(2018·天水二模)如圖所示，某一運動員從弧形雪坡上沿水平方向飛出后，又落回到斜面雪坡上．若斜面雪坡的傾角為θ，飛出時的速度大小為v0，不計空氣阻力．運動員飛出后在空中的姿勢保持不變．重力加速度為g，則(　　) A．如果v0不同，則該運動員落到雪坡時的速度方向也就不同 B．不論v0多大，該運動員落到雪坡時的速度方向都是相同的 C．運動員在空中經(jīng)歷的時間是 D．運動員落到雪坡時的速度大小是 解析：設在空中飛行時間為t，運動員豎直位移與水平位移之比＝＝＝tan θ，則有飛行的時間t＝，故C正確；豎直方

7、向的速度大小為vy＝gt＝2v0tan θ，運動員落回雪坡時的速度大小v＝＝v0，故D錯誤；設運動員落到雪坡時的速度方向與水平方向夾角為α，則tan α＝＝＝2tan θ，由此可知，運動員落到雪坡時的速度方向與初速度方向無關，初速度不同，運動員落到雪坡時的速度方向相同，故A錯誤，B正確． 答案：BC 考點3　圓周運動 7.(2019·惠州模擬)如圖所示，一個菱形框架繞著過對角線的豎直軸勻速轉動，在兩條邊上各有一個質量相等的小球套在上面，整個過程小球相對框架沒有發(fā)生滑動，A與B到軸的距離相等，則下列說法正確的是(　　) A．框架對A的彈力方向垂直框架向下 B．框架對B的彈力方向可能

8、垂直框架向下 C．A與框架間可能沒有摩擦力 D．A、B所受的合力大小相等 解析：球在水平面做勻速圓周運動，合外力指向圓心，對A進行受力分析可知，A受重力，當靜摩擦力方向向上時，框架對A的彈力方向可能垂直框架向下，也可能垂直框架向上，故A錯誤；球在水平面做勻速圓周運動，合外力指向圓心，對B進行受力分析可知，B受重力，要使合力水平向右，框架對B的彈力方向一定垂直框架向上，故B錯誤；若A與框架間沒有摩擦力，則A只受重力和框架對A的彈力，兩個力的合力方向不可能水平向左，指向圓心，故C錯誤；A、B兩球所受的合力提供向心力，轉動的角速度相等，半徑也相等，根據(jù)F＝mω2r，可知，合力大小相等，故D正確

9、． 答案：D 8．(2019·濰坊模擬)如圖所示，小球緊貼在豎直放置的光滑圓形管道內壁做圓周運動，內側壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是(　　) A．小球通過最高點時的最小速度vmin＝ B．小球通過最高點時的最小速度vmin＝ C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，內側管壁對小球一定無作用力 D．小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力 解析：小球沿管道上升到最高點的速度可以為零，故A、B錯誤；小球在水平線ab以下的管道中運動時，由外側管壁對小球的作用力FN與小球重力在背離圓心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即：FN－Fmg＝ma，因此，

10、外側管壁一定對小球有作用力，而內側管壁無作用力，C正確；小球在水平線ab以上的管道中運動時，小球受管壁的作用力情況與小球速度大小有關，D錯誤． 答案：C 9．(2019·深圳模擬)用一根細線一端系一可視為質點的小球，另一端固定在一光滑錐頂上，如圖所示，設小球在水平面內做勻速圓周運動的角速度為ω，線的張力為FT，F(xiàn)T隨ω2變化的圖象是下圖中的(　　) 解析：設線長為L，錐體母線與豎直方向的夾角為θ，當ω＝0時，小球靜止，受重力mg、支持力FN和線的拉力FT而平衡，F(xiàn)T≠0，故A、B錯誤； ω增大時，F(xiàn)T增大，F(xiàn)N減小，當FN＝0時，角速度為ω0. 當ω＜ω0時，由牛頓第二定律得

11、FTsin θ－FNcos θ＝mω2Lsin θ，F(xiàn)Tcos θ＋FNsin θ＝mg， 解得FT＝mω2Lsin2θ＋mgcos θ 當ω＞ω0時，小球離開錐面，線與豎直方向夾角變大，設為β， 由牛頓第二定律得FTsin β＝mω2Lsin β， 所以FT＝mLω2，此時圖線的反向延長線經(jīng)過原點． 可知FTω2圖線的斜率變大，故C正確，D錯誤． 答案：C 考點4　平拋運動與圓周運動的綜合問題 10．如圖所示，質量是1 kg的小球用長為0.5 m的細線懸掛在O點，O點距地面豎直距離為1 m．如果使小球繞OO′軸在水平面內做圓周運動，若細線最大承受拉力為12.5 N，(g取10

12、 m/s2)求： (1)當小球的角速度為多大時，細線將斷裂； (2)線斷裂后小球落地點與懸點的水平距離． 解析：(1)當細線承受的拉力恰為最大時，對小球受力分析，如圖所示： 豎直方向FTcos θ＝mg，得θ＝37°， 向心力F向＝mgtan 37°＝mω2Lsin 37°，又知細線長L＝0.5 m 解得ω＝5 rad/s； (2)線斷裂后，小球做平拋運動，則其平拋運動的初速度為v0＝ωLsin 37°＝1.5 m/s， 豎直方向：y＝h－Lcos 37°＝gt2， 水平方向：x＝v0t. 解得d＝＝0.6 m. 答案：(1)5 rad/s　(2)0.6 m 1

13、1．如圖，一個質量為0.6 kg的小球以某一初速度從P點水平拋出，恰好從光滑圓弧ABC的A點的切線方向進入圓弧(不計空氣阻力，進入圓弧時無機械能損失)．已知圓弧的半徑R＝0.3 m，θ＝60°，小球到達A點時的速度v＝4 m/s.(g取10 m/s2)求： (1)小球做平拋運動的初速度v0； (2)P點與A點的水平距離和豎直高度； (3)小球到達圓弧最高點C時對軌道的壓力． 解析：(1)小球到A點的速度，由圖可知 v0＝vx＝vAcos θ＝4×cos 60°＝2 m/s； (2)vy＝vAsin θ＝4×sin 60°＝2 m/s， 由平拋運動規(guī)律得：v＝2gh， vy＝

14、gt， x＝v0t， h＝0.6 m， x＝0.4 m≈0.69 m； (3)取A點為重力勢能的零點，由機械能守恒定律得： mv＝mv＋mg(R＋Rcos θ)， 代入數(shù)據(jù)得：vC＝ m/s， 由圓周運動向心力公式得：FNC＋mg＝m， 代入數(shù)據(jù)得：FNC＝8 N. 由牛頓第三定律得：小球對軌道的壓力大小 F＝FNC＝8 N，方向豎直向上． 答案：(1)2 m/s　(2)0.69 m　0.6 m　(3)8 N　方向豎直向上 12．(2019·天津河北區(qū)期中)暑假里，小明去游樂場游玩，坐了一次名叫“搖頭飛椅”的游藝機，如圖甲所示，該游藝機頂上有一個半徑為4.5 m的“傘蓋

15、”，“傘蓋”在轉動過程中帶動下面的懸繩轉動，其示意圖如圖乙所示．“搖頭飛椅”高O1O2＝5.8 m，繩長5 m．小明挑選了一個懸掛在“傘蓋”邊緣的最外側的椅子坐下，他與座椅的總質量為40 kg.小明和椅子的轉動可簡化為如圖乙所示的圓周運動．在某段時間內，“傘蓋”保持在水平面內穩(wěn)定旋轉，繩與豎直方向夾角為37°.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，在此過程中，求： (1)座椅受到繩子的拉力大?。? (2)小明運動的線速度大??； (3)小明隨身帶的玻璃球從座椅上不慎滑落，求落地點與游藝機轉軸(即圖乙中O1點)的距離(結果保留兩位有效數(shù)字)． 解析：(1)小明和座椅做圓周運動的向心力沿水平方向，由平行四邊形定則得座椅受到繩子的拉力 FT＝＝500 N； (2)由牛頓第二定律有：mgtan 37°＝m， 其中R0＝4.5 m＋5 m×sin 37°＝7.5 m， 解得v＝7.5 m/s； (3)由幾何關系知，座椅離地高度h＝O1O2－Lcos 37°＝5.8 m－4 m＝1.8 m， 由平拋運動規(guī)律得x＝vt，h＝gt2， 解得x＝4.5 m， 由勾股定理得，落地點與游藝機轉軸的距離 r′＝≈8.7 m. 答案：(1)500 N　(2)7.5 m/s　(3)8.7 m