2020高考物理二輪復習 600分沖刺 專題一 力與運動 第3講 力與物體的曲線運動優(yōu)練（含解析）

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1、力與物體的曲線運動 一、選擇題(本題共10小題，其中1～5題為單選，6～10題為多選) 1．(2019·江西南昌市模擬)在2018年亞運會男子跳遠決賽中，中國選手王嘉男破紀錄奪冠。在第一跳中，他(可看作質點)水平距離達8.24 m，高達2.06 m。設他離開地面時的速度方向與水平面的夾角為α，若不計空氣阻力，則tanα等于(　B　) A．0.5　　　 B．1　　　 C．2　　　　 D．4 [解析]　從起點A到最高點B可看作平拋運動的逆過程，如圖所示： 運動員做平拋運動，初速度方向與水平方向夾角的正切值為：tanα＝2tanβ＝2×＝1，故選B。 2.(2019·江蘇省宿遷市

2、模擬)如圖所示，斜面上從A點水平拋出的小球落在B點，球到達B點時速度大小為v，方向與斜面夾角為α。現(xiàn)將小球從圖中斜面上C點拋出，恰能水平擊中A點，球在C點拋出時的速度大小為v1，方向與斜面夾角為β。則(　A　) A． β ＝α，v1＜v　　　　　 B． β ＝α，v1＝v C． β＞α，v1＞v D． β＜α，v1＜v [解析]　由逆向思維可知，從A點水平拋出的小球剛好落在C點，由物體在斜面上做平拋運動落在斜面上，任一時刻速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，所以β＝α，設小球落在斜面上速度與水平方向的夾角為θ，則小球落在斜面上，豎直方向上的速度與水平方向速度

3、的比值tanθ＝＝，解得：vy＝2v0tanθ，落在斜面上的速度為v＝＝ 由于落在C點的小球運動時間短，所以有v1＜v，故A正確。 3．(2019·浙江省紹興市模擬)為了提高一級方程式賽車的性能，在形狀設計時要求賽車上下方空氣存在一個壓力差(即氣動壓力)，從而增大賽車對地面的正壓力。如圖所示，一輛總質量為600 kg的賽車以288 km/h的速率經(jīng)過一個半徑為180 m的水平彎道，轉彎時賽車不發(fā)生側滑，側向附著系數(shù)(正壓力與摩擦力的比值)η＝1，則賽車轉彎時(　D　) A．向心加速度大小約為46 m/s2 B．受到的摩擦力大小約為3×105 N C．受到的支持力大小約為6 000

4、 N D．受到的氣動壓力約為重力的2.6倍 [解析]　288 km/h＝80 m/s，根據(jù)向心加速度公式a＝≈36 m/s2，A錯誤；因為摩擦力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：f＝m＝213 33 N，B錯誤；因為摩擦力f＝ηN＝η(Mg＋F)，則汽車所受支持力N＝＝21 333 N，氣動壓力F＝N－Mg＝15 333 N，故＝＝2.6，C錯誤，D正確。 4. (2019·廣東省深圳市模擬)如圖所示，將一小球從固定斜面頂端A以某一速度水平向右拋出，恰好落到斜面底端B。若初速度不變，對小球施加不為零的水平方向的恒力F，使小球落到AB連線之間的某點C。不計空氣阻力。則(　D　) A．球

5、落到B點與落到C點所用時間相等 B．球落到B點與落到C點的速度方向一定相同 C．球落到C點時的速度方向不可能豎直向下 D．力F越大，小球落到斜面的時間越短 [解析]　小球在兩次運動過程中，豎直方向都是只受重力，做自由落體運動，由h＝gt2，可得第一次所用時間長，A錯誤；若兩次小球都做平拋運動，則小球落到B點與落到C點的速度方向一定相同，但對小球施加水平方向的恒力后，速度方向就不會相同，B錯誤；落到C點的小球在水平方向先做勻減速直線運動，若落到C點時水平分速度恰好減為0，則此時速度方向就是豎直向下，C錯誤；設斜面傾角為α，落到斜面時間為t, tanα＝，y＝gt2，x＝vt－t2，聯(lián)立得

6、tanα＝＝，可見力F越大，小球落到斜面的時間越短，D正確。 5．(2019·湖北省武漢市模擬)如圖所示，用兩根長度均為L的繩子，將一重物懸掛在水平的天花板下，輕繩與天花板的夾角為θ，整個系統(tǒng)靜止時，每根輕繩中的拉力為F1?，F(xiàn)將其中一根輕繩剪斷，當小球擺至最低點時，輕繩中的拉力為F2，下列說法正確的是(　C　) A．繩子沒有剪斷時F1＝mg B．將其中一根繩子替換為原長為L的彈簧，則繩子的拉力不變 C．若θ等于30°，則F2＝2F1 D．無論θ取什么角度，F(xiàn)2不可能等于F1 [解析]　繩子沒有剪斷時，有2F1sinθ＝mg，得F1＝，A錯誤；將其中一根繩子替換為原長為L的彈簧，

7、則平衡之后，小球位置應該下降，即角度θ變大，所以繩子拉力應該變小，B錯誤；剪斷繩子后，小球擺到最低點，設此時速度為v，有F2－mg＝m ，得F2＝m＋mg。剪斷繩子后，根據(jù)機械能守恒定律，有mv2＝mg(L－Lsinθ)，得在最低點時F2＝mg＋2mg(1－sinθ)。因為＝6sinθ－4sin2θ，當sinθ＝0.5時，F(xiàn)2＝2F1，C正確；根據(jù)數(shù)學知識＝6sinθ－4sin2θ的最大值為2.25，最小值為0，D錯誤。 6．(2019·山東省濟寧市模擬)如圖所示，蜘蛛在兩豎直桿a、b間織網(wǎng)，先布下一根蛛絲MN，再在M點正下方的P點以水平速度v0向MN躍去，蜘蛛恰好能躍到MN上。已知

8、MN與豎直方向成角α，重力加速度為g。則下列說法中正確的是(　CD　) A．蜘蛛躍到蛛絲上的速度為 B．蜘蛛從P點躍到MN上的時間為 C．蜘蛛從P點躍到MN上的水平距離為 D．P點與M點間的距離為 [解析]　蜘蛛恰好能躍到MN上，表示蜘蛛平拋運動的軌跡恰好和MN相切，即蜘蛛躍到MN上時速度v的方向沿MN方向，根據(jù)幾何關系可得v＝，選項A錯誤；同理可得，蜘蛛躍到MN上時豎直分速度vy＝，所以蜘蛛從P點躍到MN上的時間t＝＝，選項B錯誤；蜘蛛從P點躍到MN上的水平距離x＝v0t＝，選項C正確；P點與M點間的距離h＝－gt2＝，選項D正確。 7．(2019·重慶模擬)如圖，質量為m的

9、小球從斜軌道高h處由靜止滑下，然后沿豎直圓軌道的內側運動。已知圓軌道的半徑為R，不計一切摩擦阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是(　BC　) A．當h＝2R時，小球恰好能到達最高點M B．當h＝2R時，小球在圓心等高處P時對軌道壓力為2mg C．當h≤R時，小球在運動過程中不會脫離軌道 D．當h＝R時，小球在最低點N時對軌道壓力為2mg [解析]　在圓軌道的最高點M，由牛頓第二定律有：mg＝m，得：v0＝ 根據(jù)機械能守恒得：mgh＝mg·2R＋mv，解得：h＝2.5R，故A錯誤；當h＝2R時，小球在圓心等高處P時速度為v，根據(jù)機械能守恒得：mg·2R＝mgR＋mv2，小球在

10、P時，有：N＝m，聯(lián)立解得N＝2mg，則知小球在圓心等高處P時對軌道壓力為2mg，故B正確；當h≤R時，根據(jù)機械能守恒，小球在圓軌道上圓心下方軌道上來回運動，在運動過程中不會脫離軌道，故C正確；當h＝R時，設小球在最低點N時速度為v′，則有：mgR＝mv′2在圓軌道最低點，有：N′－mg＝m，解得：N′＝3mg，則小球在最低點N時對軌道壓力為3mg，故D錯誤。故選BC。 8. (2019·江西省南康區(qū)模擬)如圖所示，一段繩子跨過距地面高度為H的兩個定滑輪，一端連接小車P，另一端連接物塊Q，小車最初在左邊滑輪的正下方A點，以速度v從A點沿水平面勻速向左運動，運動了距離H到達B點(繩子足夠長)，

11、下列說法中正確的有(　BCD　) A．物塊勻速上升 B．物塊在上升過程中處于超重狀態(tài) C．車過B點時，物塊的速度為v D．車過B點時，左邊繩子繞定滑輪轉動的角速度為 [解析]　將小車的運動分解為沿繩子方向的運動以及垂直繩子方向的運動，如圖：設此時繩子與水平方向的夾角為θ，則：tanθ＝＝1，所以：θ＝45°。 由三角函數(shù)可解得：當小車運動到繩與水平方向夾角為θ時小車的速度為v，則vcosθ＝v′，可知物塊的運動不是勻運動。A錯誤；由于vcosθ＝v′，隨θ的減小，v′增大，所以物塊向上做加速運動；加速度的方向向上，所以物塊處于超重狀態(tài)。B正確；當小車運動到B點，繩與水平方向

12、夾角θ＝45°時小車的速度為v，則vcos45°＝v′，則v′＝v，C正確；小車運動到繩與水平方向夾角θ＝45°時，左側的繩子的長度是H，由圖可知垂直于繩子方向的分速度為：v⊥＝vsin45°＝v，所以左邊繩子繞定滑輪轉動的角速度為：ω＝＝。D正確。 9．(2019·高考仿真模擬4)太極球是廣大市民中較流行的一種健身器材，將太極球(拍和球)簡化成如圖所示的平板和小球，熟練的健身者讓球在豎直面內始終不脫離板而做半徑為R的勻速圓周運動，且在運動到圖中的A、B、C、D位置時球與板間無相對運動趨勢，A為圓周的最高點，C為最低點，B、D與圓心O等高。球的質量為m，重力加速度為g，則 (　BD　)

13、 A．在C處板對球施加的力比在A處大6mg B．球在運動過程中機械能不守恒 C．球在最低點C的速度最小值為 D．板在B處與水平方向的傾角θ隨速度的增大而增大 [解析]　 設球運動的線速率為v，半徑為R，則在A處時： mg＝m ① 在C處時： F－mg＝m② 由①②式得：F＝2mg，即在C處板對球所需施加的力比A處大2mg，故A錯誤；球在運動過程中，動能不變，勢能時刻變化，故機械能不守恒，故B正確；球在任意時刻的速度大小相等，即球在最低點C的速度最小值v等于在最高點最小速度，根據(jù)mg＝m，得v＝，故C錯誤；根據(jù)重力沿水平方向的分力提供向心力，即mgtanθ＝m，故v＝，故板在

14、B處與水平方向傾斜角θ隨速度的增大而增大，故D正確。 10．(2019·安徽省六安市模擬)如圖所示，一個固定在豎直平面內的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球在管道內從A點到B點做圓周運動，從B點脫離后做平拋運動，經(jīng)過0.4 s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰。已知半圓形管道的半徑為R＝1 m，小球可看作質點且其質量為m＝1 kg，g取10 m/s2。下列判斷正確的是(　ACD　) A．小球在斜面上的碰點C與管道圓心O的高度差是 0.2 m B．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.8 m C．小球經(jīng)過管道內O點等高點時，重力的瞬時功率是60 W

15、 D．小球經(jīng)過管道的A點時，對管道外壁壓力是66 N [解析]　小球從B到C的運動時間為t＝0.4 s，那么，小球在C點的豎直分速度為：vy＝gt＝4m/s；由小球恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰可知：小球從B點水平射出的速度v＝vycot45°＝4 m/s，故小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離為：s＝vt＝1.6 m；h＝gt2＝×10×0.42＝0.8 m ，hCO＝R－h(huán)＝1－0.8＝0.2 m，故A正確，B錯誤；從管道內O點等高點到B點，由動能定理得：－mgR＝mv2－mv，重力的功率PG＝mgv0＝60 W，故C正確；從管道內A點等高點到B點，由動能定理得：－mgR＝mv2－m

16、v，在A點，有FN－mg＝m，解得FN＝66 N，故D正確。 二、計算題(本題共2小題，需寫出完整的解題步驟) 11．(2019·甘肅省天水市模擬)如圖是一皮帶傳輸裝載機械示意圖。井下挖掘工將礦物無初速放置于沿圖示方向運行的傳送帶A端，被傳輸?shù)侥┒薆處，再沿一段圓形軌道到達軌道的最高點C處，然后水平拋到貨臺上。已知半徑為R＝0.4 m的圓形軌道與傳送帶在B點相切，O點為圓形軌道的圓心，BO、CO分別為圓形軌道的半徑。礦物可視為質點，傳送帶與水平面間的夾角θ＝37°，礦物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.85，傳送帶勻速運行的速度為v0＝6 m/s，傳送帶AB兩點間的長度為L＝40 m。若礦物落

17、點D處離最高點C點的水平距離為s＝2 m，豎直距離為h＝1.25 m，礦物質量m＝5 kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，不計空氣阻力。求： (1)礦物到達C點時對軌道的壓力大??； (2)礦物到達B點時的速度大小； (3)礦物由A點到達C點的過程中，摩擦力對礦物所做的功。 [答案]　(1)150 N　(2)6 m/s　(3)1 276 J [解析]　(1)礦物離開C后做平拋運動 在水平方向：s＝vCt 在豎直方向：h＝gt2 礦物在C點，由牛頓第二定律得：mg＋N＝m 由牛頓第三定律可知，礦物對軌道的壓力：N′＝N 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：N

18、′＝150 N，方向豎直向上 (2)設礦物在AB段始終處于加速狀態(tài)，由動能定理得： (μmgcosθ－mgsinθ)L＝mv′2 代入數(shù)據(jù)解得：v′＝8 m/s＞v0＝6 m/s 由此可知，礦物在傳送帶上先加速到與傳送帶速度相等，然后勻速運動到B點，到達B點時的速度為6 m/s (3)從A到C過程，由動能定理得： Wf－mg[Lsinθ＋R(1＋cosθ)]＝mv－0 代入數(shù)據(jù)解得：Wf＝1 276 J 12．(2019·河南安陽模擬)如圖所示，一圓心為O半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直平面內，其下端和粗糙的水平軌道在A點相切，AB為圓弧軌道的直徑。質量分別為m、2 m的滑塊1

19、、2用很短的細線連接，在兩滑塊之間夾有壓縮的短彈簧(彈簧與滑塊不固連)，滑塊1、2位于A點?，F(xiàn)剪斷兩滑塊間的細線，滑塊1恰能過B點，且落地點恰與滑塊2停止運動的地點重合?；瑝K1、2可視為質點，不考慮滑塊1落地后反彈，不計空氣阻力，重力加速度為g，求： (1)滑塊1過B點的速度大小； (2)彈簧釋放的彈性勢能大小； (3)滑塊2與水平軌道間的動摩擦因數(shù)。 [答案]　(1)vB＝　(2)Ep＝mgR　(3)μ＝ [解析]　(1)滑塊1恰能過B點，則有 mg＝m 解得vB＝ (2)滑塊1從A點運動到B點的過程中，根據(jù)動能定理有－mg·2R＝mv－mv 解得vA＝ 滑塊1、2被彈簧彈開前后，根據(jù)動量守恒定律有 mvA＝2mv 根據(jù)能量轉化和守恒定律有 EP＝mv＋·2mv2 聯(lián)立解得Ep＝mgR (3)滑塊1過B點后做平拋運動，則水平方向有x＝vBt 豎直方向有2R＝gt2 滑塊2在水平方向做減速運動，根據(jù)動能定理有－μ·2mg·x＝0－·2mv2 聯(lián)立解得μ＝ - 9 -