（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題提升訓(xùn)練3 力與曲線運(yùn)動(dòng)（含解析）

《（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題提升訓(xùn)練3 力與曲線運(yùn)動(dòng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題提升訓(xùn)練3 力與曲線運(yùn)動(dòng)（含解析）（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題提升訓(xùn)練3　力與曲線運(yùn)動(dòng) 一、單項(xiàng)選擇題(本題共5小題,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.(2019·北京海淀月考)右圖是碼頭的旋臂式起重機(jī),當(dāng)起重機(jī)旋臂水平向右保持靜止時(shí),吊著貨物的天車沿旋臂向右勻速行駛,同時(shí)天車又使貨物沿豎直方向先做勻加速運(yùn)動(dòng),后做勻減速運(yùn)動(dòng)。該過程中貨物的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 答案:C 解析:貨物在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),在豎直方向上先做勻加速運(yùn)動(dòng),后做勻減速運(yùn)動(dòng),根據(jù)平行四邊形定則,知合速度的方向與合加速度的方向不在同一條直線上,軌跡為曲線,貨物的加速度先向上后向下,因?yàn)榧铀俣鹊?/p>

2、方向指向軌跡的凹側(cè),故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。 2.(2019·天津期末)如圖所示,湖中有一條小船,岸上人用纜繩跨過定滑輪拉船靠岸。若用恒速v0拉繩,當(dāng)繩與豎直方向成α角時(shí),小船前進(jìn)的瞬時(shí)速度是(　　) A.v0sin α B.v0sinα C.v0cos α D.v0cosα 答案:B 解析:船的速度等于沿繩子方向和垂直于繩子方向速度的合速度,根據(jù)平行四邊形定則,有vccosα=v0,則vc=v0sinα,故B正確。 3.(2019·湖北武漢調(diào)研)下圖是對(duì)著豎直墻壁沿同一水平方向拋出的小球a、b、c的運(yùn)動(dòng)軌跡,三個(gè)小球到墻壁的水平距離均相同,且a和b從同一點(diǎn)拋出。不計(jì)空氣

3、阻力,則(　　) A.a和b的飛行時(shí)間相同 B.b的飛行時(shí)間比c的短 C.a的水平初速度比b的小 D.c的水平初速度比a的大 答案:D 解析:根據(jù)t=2hg可知,b下落的高度比a大,則b飛行的時(shí)間較長,根據(jù)v0=xt,因水平位移相同,則a的水平初速度比b的大,選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤;b的豎直下落高度比c大,則b飛行的時(shí)間比c長,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;a的豎直下落高度比c大,則a飛行的時(shí)間比c長,根據(jù)v0=xt,因水平位移相同,則a的水平初速度比c的小,選項(xiàng)D正確。 4.(2018·浙江金華期末)如圖所示,一名運(yùn)動(dòng)員在參加跳遠(yuǎn)比賽,他騰空過程中離地面的最大高度為l,成績?yōu)?l。假設(shè)跳遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)員落入

4、沙坑瞬間速度方向與水平面的夾角為α,運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力。則有(　　) A.tan α=2 B.tan α=12 C.tan α=14 D.tan α=1 答案:D 解析:運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)到落地的過程做平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)對(duì)稱性知平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為2l,則有l(wèi)=12gt2,解得t=2lg 運(yùn)動(dòng)員通過最高點(diǎn)時(shí)的速度為v=2lt=2gl 則有tanα=gtv0=1,故D正確。 5.(2019·陜西西安八校聯(lián)考)如圖所示,小物塊位于半徑為R的半圓柱形物體頂端,若給小物塊一水平速度v0=2gR,則小物塊(　　) A.將沿半圓柱形物體表面滑下來 B.落地時(shí)水平位移為2R

5、C.落地速度大小為2gR D.落地時(shí)速度方向與水平地面成60°角 答案:C 解析:設(shè)小物塊在半圓柱形物體頂端做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度為vc,則重力剛好提供向心力,由牛頓第二定律得mg=mvc2R,解得vc=gR,因?yàn)関0>vc,所以小物塊將離開半圓柱形物體做平拋運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;小物塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)豎直方向R=12gt2,水平位移為x=v0t,解得x=2R,B錯(cuò)誤;小物塊落地時(shí)豎直方向分速度大小為vy=gt,解得vy=2gR,則落地時(shí)速度的大小為v=2gR,速度與水平地面成45°夾角,C正確,D錯(cuò)誤。 二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的) 6.(

6、2019·天津紅橋區(qū)一模)在修筑鐵路時(shí),彎道處的外軌會(huì)略高于內(nèi)軌。如圖所示,當(dāng)火車以規(guī)定的行駛速度轉(zhuǎn)彎時(shí),內(nèi)、外軌均不會(huì)受到輪緣的擠壓,設(shè)此時(shí)的速度大小為v,重力加速度為g,兩軌所在面的傾角為θ,則(　　) A.該彎道的半徑r=v2gtanθ B.當(dāng)火車質(zhì)量改變時(shí),規(guī)定的行駛速度大小隨之變化 C.當(dāng)火車速率大于v時(shí),內(nèi)軌將受到輪緣的擠壓 D.當(dāng)火車速率小于v時(shí),內(nèi)軌將受到輪緣的擠壓 答案:AD 解析:火車轉(zhuǎn)彎時(shí)不側(cè)向擠壓車輪輪緣,靠重力和支持力的合力提供向心力,設(shè)轉(zhuǎn)彎處斜面的傾角為θ,根據(jù)牛頓第二定律得mgtanθ=mv2r,解得r=v2gtanθ,故A正確;根據(jù)牛頓第二定律得

7、mgtanθ=mv2r,解得v=grtanθ,可知火車規(guī)定的行駛速度與質(zhì)量無關(guān),故B錯(cuò)誤;當(dāng)火車速率大于v時(shí),重力和支持力的合力不夠提供向心力,此時(shí)外軌對(duì)火車有側(cè)壓力,輪緣擠壓外軌,故C錯(cuò)誤;當(dāng)火車速率小于v時(shí),重力和支持力的合力比所需的向心力大,此時(shí)內(nèi)軌對(duì)火車有側(cè)壓力,輪緣擠壓內(nèi)軌,故D正確。 7.(2019·河北石家莊質(zhì)檢)如圖所示,兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B套在半徑為R的圓環(huán)上,圓環(huán)可繞豎直方向的直徑旋轉(zhuǎn),兩小球隨圓環(huán)一起轉(zhuǎn)動(dòng)且相對(duì)圓環(huán)靜止。已知OA與豎直方向的夾角θ=53°,OA與OB垂直,小球B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力,重力加速度為g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。

8、下列說法正確的是(　　) A.圓環(huán)旋轉(zhuǎn)角速度的大小為5g4R B.圓環(huán)旋轉(zhuǎn)角速度的大小為5g3R C.小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為75mg D.小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為15mg 答案:AD 解析:對(duì)小球B受力分析,B在圓環(huán)支持力和重力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)圓環(huán)的角速度為ω,由牛頓第二定律可得mgtan37°=mω2Rsin37°,解得ω=5g4R,A正確,B錯(cuò)誤;對(duì)A球,設(shè)圓環(huán)對(duì)小球的支持力大小為F,圓環(huán)對(duì)小球的摩擦力大小為Ff,方向?yàn)檠貓A環(huán)向下,由牛頓第二定律知,在豎直方向有Fcos53°-mg-Ffcos37°=0,在水平方向有Ffcos53°+Fsin53°=mω

9、2Rsin53°,聯(lián)立解得Ff=-mg5,即小球A所受摩擦力大小為mg5,方向沿圓環(huán)向上,D正確,C錯(cuò)誤。 8.(2019·廣東深圳三校模擬)如圖所示,兩個(gè)內(nèi)壁光滑、半徑不同的半圓軌道固定在地面上,質(zhì)量相等的兩個(gè)小球分別從與球心在同一水平高度的A、B兩點(diǎn)由靜止開始自由滑下,它們通過軌道最低點(diǎn)時(shí)(　　) A.線速度相等 B.向心加速度相等 C.對(duì)軌道的壓力相等 D.兩小球都處于超重狀態(tài) 答案:BCD 解析:設(shè)半圓軌道的半徑為r,小球到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v,由機(jī)械能守恒定律得mgr=12mv2,所以v=2gr,由于它們的半徑不同,所以線速度不相等,故A錯(cuò)誤;小球的向心加速度an=v

10、2r=2g,與半徑無關(guān),因此此時(shí)兩個(gè)小球的向心加速度相等,故B正確;在最低點(diǎn),由牛頓第二定律得FN-mg=mv2r,聯(lián)立解得FN=3mg,由牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膲毫?mg,由于球的質(zhì)量相等,所以兩個(gè)小球?qū)壍赖膲毫ο嗟?故C正確;由于兩小球加速度均向上,故均處于超重狀態(tài),故D正確。 9.(2019·河南鄭州質(zhì)檢二)下圖為一半球形的坑,其中坑邊緣兩點(diǎn)M、N與球心等高且在同一豎直面內(nèi)。現(xiàn)甲、乙兩位同學(xué)(可視為質(zhì)點(diǎn))分別站在M、N兩點(diǎn),同時(shí)將兩個(gè)小球以v1、v2的速度沿圖示方向水平拋出,發(fā)現(xiàn)兩球剛好落在坑中同一點(diǎn)Q,已知∠MOQ=60°,忽略空氣阻力。則下列說法正確的是(　　) A

11、.甲、乙兩同學(xué)拋出球的速率之比為1∶3 B.若僅增大v1,則兩球?qū)⒃诼淙肟又兄跋嘧? C.兩球的初速度無論怎樣變化,只要落在坑中的同一點(diǎn),兩球拋出的速率之和不變 D.若僅從M點(diǎn)水平拋出小球,改變小球拋出的速度,小球可能垂直坑壁落入坑中 答案:AB 解析:兩球剛好落在坑中同一點(diǎn),說明兩球在豎直方向的位移相同,由y=12gt2可知,兩球在空中飛行的時(shí)間相同。設(shè)半球形坑的半徑為R,則甲同學(xué)拋出的球的水平位移為x甲=R-Rcos60°=R2,乙同學(xué)拋出的球的水平位移為x乙=R+Rcos60°=3R2,由x=vt可知,甲、乙兩同學(xué)拋出球的速率之比為v1∶v2=x甲∶x乙=1∶3,A正確;若僅增

12、大v1,相撞時(shí)v1t+v2t=2R,t減小,則h=12gt2減小,故兩球?qū)⒃诼淙肟又兄跋嘧?B正確;只要落入坑中的同一點(diǎn),則x甲+x乙=2R,由x=vt可知,兩球拋出的速率之和v1+v2=x甲t+x乙t=x甲+x乙t與小球在空中飛行時(shí)間有關(guān),即與小球落入坑中的同一點(diǎn)的位置有關(guān),C錯(cuò)誤;根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的推論,小球落入坑中時(shí)速度方向的反向延長線與水平直徑的交點(diǎn)在水平位移的12處,即若僅從M點(diǎn)水平拋出小球,改變小球拋出的速度,小球不可能垂直坑壁落入坑中,D錯(cuò)誤。 三、計(jì)算題(本題共1小題,須寫出規(guī)范的解題步驟) 10.(2019·福建龍巖質(zhì)檢)如圖甲所示,陀螺可在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)而不脫落,好像

13、軌道對(duì)它施加了魔法一樣,被稱為“魔力陀螺”。它可等效為一質(zhì)點(diǎn)在圓軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng)的模型,如圖乙所示。在豎直平面內(nèi)固定的強(qiáng)磁性圓軌道半徑為R,A、B兩點(diǎn)分別為軌道的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)。質(zhì)點(diǎn)沿軌道外側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng),受圓軌道的強(qiáng)磁性引力始終指向圓心O且大小恒為F,當(dāng)質(zhì)點(diǎn)以速率v=gR通過A點(diǎn)時(shí),對(duì)軌道的壓力為其重力的7倍,不計(jì)摩擦和空氣阻力,重力加速度為g。 (1)求質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量。 (2)質(zhì)點(diǎn)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng),若磁性引力大小恒定,試證明質(zhì)點(diǎn)對(duì)A、B兩點(diǎn)的壓力差為定值。 (3)若磁性引力大小恒為2F,為確保質(zhì)點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng),求質(zhì)點(diǎn)通過B點(diǎn)的最大速率。 答案:見解析 解析:(1)在A點(diǎn):F

14、+mg-FA=mv2R① 根據(jù)牛頓第三定律:FA=FA'=7mg② 由①②式聯(lián)立得:m=F7g。③ (2)質(zhì)點(diǎn)能完成圓周運(yùn)動(dòng),在A點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律: F+mg-FNA=mvA2R④ 根據(jù)牛頓第三定律:FNA'=FNA⑤ 在B點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律:F-mg-FNB=mvB2R⑥ 根據(jù)牛頓第三定律:FNB'=FNB⑦ 從A點(diǎn)到B點(diǎn)過程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律: mg·2R=12mvB2-12mvA2⑧ 由④⑤⑥⑦⑧聯(lián)立得:FNA'-FNB'=6mg,為定值,得到證明。 (3)在B點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律: 2F-mg-FNB=mvB2R 當(dāng)FNB=0時(shí),質(zhì)點(diǎn)速率最大,vB=vBm 2F-mg=mvBm2R⑨ 聯(lián)立解得:vBm=13gR。 - 6 -