（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練3 力學中的曲線運動

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1、專題強化訓練(三) 一、選擇題 1．(2019·啟東中學月考)如右圖所示，在一次救災工作中，一架沿水平直線飛行的直升機A，用懸索(重力可忽略不計)救困在湖水中的傷員B.在直升機A和傷員B以相同的水平速度勻速運動的同時，懸索將傷員提起，在某一段時間內，A、B之間的距離以l＝H－t2(式中H為直升機A離水面的高度，各物理量的單位均為國際單位)規(guī)律變化，則在這段時間內，下面判斷中正確的是(不計空氣作用力)(　　) A．懸索的拉力小于傷員的重力 B．懸索成傾斜直線 C．傷員做速度減小的曲線運動 D．傷員做加速度大小、方向均不變的曲線運動 [解析]　傷員B參與了兩個方向上的運動：在水平

2、方向上，傷員B和直升機A以相同的速度做勻速運動，在豎直方向上，由于A、B之間的距離以l＝H－t2規(guī)律變化，所以傷員與水面之間的豎直距離關系式為h＝t2＝at2，在豎直方向上以2 m/s2的加速度做勻加速直線運動，則傷員做加速度大小、方向均不變的曲線運動，且速度一直增加，故C錯誤，D正確；由于傷員在豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，懸索的拉力應大于傷員的重力，故A錯誤；由于傷員在水平方向上做勻速運動，水平方向上沒有加速度，懸索應成豎直狀態(tài)，故B錯誤． [答案]　D 2．(多選)(2019·株洲重點中學聯(lián)考)如右圖所示，小船從A碼頭出發(fā)，沿垂直于河岸的方向渡河，若河寬為d，渡河

3、速度v船恒定，河水的流速與到河岸的距離x成正比，即v水＝kx，要使小船能夠到達距A正對岸距離為s遠的B碼頭，則(　　) A．v船應為 B．v船應為 C．渡河時間為 D．渡河時間為 [解析]　河水的流速中間最快，離岸越近速度越慢，因為它是線性變化的(流速與到河岸的最短距離x成正比)，所以取距離河岸處的速度為河水的平均速度，即v＝，則渡河時間t＝＝，C正確，D錯誤；由d＝v船t，解得v船＝，A正確，B錯誤． [答案]　AC 3.(2019·大慶高三調研)如圖所示是排球場的場地示意圖，設排球場的總長為L，前場區(qū)的長度為，網高為h，在排球比賽中，對運動員的彈跳水平要求很高．如果運

4、動員的彈跳水平不高，運動員的擊球點的高度小于某個臨界值H，那么無論水平擊球的速度多大，排球不是觸網就是越界．設某一次運動員站在前場區(qū)和后場區(qū)的交界處，正對網前豎直跳起垂直網將排球水平擊出，關于該種情況下臨界值H的大小，下列關系式正確的是(　　) A．H＝h B．H＝ C．H＝h D．H＝h [解析]　將排球水平擊出后排球做平拋運動，排球剛好觸網和達底線時，有：＝v0，＋＝v0，聯(lián)立解得H＝h，故選C. [答案]　C 4.(2019·山東濟寧期末)如圖所示，一小球(可視為質點)從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動，運動軌跡恰好與半圓軌道相切于B點．半圓軌道圓心為O，半徑

5、為R，且OB與水平方向夾角為53°，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度大小為(　　) A. B. C. D. [解析]　由小球運動過程中恰好與半圓軌道相切于B點，知速度與水平方向的夾角為37°，設位移與水平方向的夾角為θ，有tanθ＝＝.因為tanθ＝＝，則豎直位移y＝0.6R，v＝2gy＝1.2gR，所以tan37°＝，則v0＝＝ ，C正確． [答案]　C 5．(多選)(2019·啟東中學月考)如圖甲所示，將質量為M的物塊A和質量為m的物塊B放在水平轉盤上，兩者用長為L的水平輕繩連接．物塊與轉盤間的最大靜摩擦力均為各自重力的k倍，物塊A與轉軸的距離等于輕繩長度，

6、整個裝置能繞通過轉盤中心的豎直軸轉動．開始時，輕繩恰好伸直但無彈力，現(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉動，使角速度緩慢增大，繩中張力FT與轉動角速度的平方ω2的關系如圖乙所示，當角速度的平方ω2超過3ω時，物塊A、B開始滑動．若圖乙中的F1、ω1及重力加速度g均為已知，下列說法正確的是(　　) A．L＝ B．L＝ C．k＝ D．m＝M [解析]　當角速度的平方等于2ω時，繩中開始有張力，B物塊所受靜摩擦力達到最大值，有kmg＝m·2L·2ω，當角速度的平方等于3ω時，kmg＋F1＝m·2L·3ω，可解得k＝，L＝，A錯誤，B、C正確；當角速度的平方等于3ω時，對A物塊有kMg－F1＝M·

7、L·3ω，聯(lián)立各式可解得M＝2m，D錯誤． [答案]　BC 6．(多選)(2019·綿陽二診)如圖所示，一質量為m＝0.1 kg的小球以豎直向上的初速度v0＝10 m/s沖入一管道，該管道為圓管道，半徑為R＝5 m.已知小球的入口與圓心在同一高度．經過管道后，它又沿著水平導軌進入另一個半徑為r的圓軌道，且恰好能通過圓軌道的最高點．若所有銜接處均不損失機械能，不計摩擦，小球直徑以及管道內徑可忽略，圓管道和圓軌道底端均與水平導軌相切，g取10 m/s2.下列說法正確的是(　　) A．小球到達管道最高點時對管道的壓力為零 B．小球到達管道最高點時速度為5 m/s C．小球到達管道最低點

8、時對管道的壓力為5 N D．圓軌道半徑r為4 m [解析]　從出發(fā)點到管道的最高點，由機械能守恒定律得mv＝mgR＋mv，解得小球到達管道最高點時的速度v1＝0，即它剛好能夠通過管道的最高點，選項B錯誤；小球到達管道最高點時速度為0，則可求得此時小球對管道的壓力等于小球的重力，為1 N，選項A錯誤；由機械能守恒定律得mv＋mgR＝mv，解得小球到達管道最低點時速度v2＝10 m/s，在最低點，由牛頓第二定律得F－mg＝m，解得管道最低點對小球的支持力F＝5 N，再結合牛頓第三定律可知，選項C正確；小球剛好通過圓軌道最高點，則在最高點，小球速度v滿足mg＝m，從出發(fā)點到圓軌道的最高點，由機械

9、能守恒定律得mv2＋2mgr＝mgR＋mv，聯(lián)立解得r＝4 m，選項D正確． [答案]　CD 7．(2019·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，一質量為m的小球從斜軌道某一高度處由靜止滑下，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(　　) 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點時對軌道壓力大小為2mg C．當h≤2.5R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時對軌道壓力大小為2mg [解析]　在圓軌道的最高點M，由牛頓第二定律有mg＝m，解得v0＝.根據(jù)機械

10、能守恒定律得mgh＝mg·2R＋mv，解得h＝2.5R.所以當h＝2.5R時小球恰好能到達最高點M，當h≥2.5R時，小球在運動過程中不會脫離軌道，選項A、C錯誤．當h＝2R時，設小球運動到與圓心等高處P點時速度為v，根據(jù)機械能守恒定律得mg·2R＝mgR＋mv2，小球在P點時，設所受軌道的作用力為FP，由牛頓第二定律FP＝m，聯(lián)立解得FP＝2mg，由牛頓第三定律可知小球在圓心等高處P點時對軌道壓力大小為2mg，選項B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FN－mg＝m，解得FN＝3mg，由牛頓第三定律可知小球在最低點N時對軌道壓力大小為3mg

11、，選項D錯誤． [答案]　B 8．(2019·福建“四地六?！贝杭韭?lián)合?？?如圖所示，有A、B兩顆衛(wèi)星繞地心O做圓周運動，旋轉方向相同．A衛(wèi)星的周期為T1，B衛(wèi)星的周期為T2，在某一時刻兩衛(wèi)星相距最近，則(引力常量為G)(　　) A．兩衛(wèi)星經過時間t＝T1＋T2再次相距最近 B．兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比為∶ C．若已知兩顆衛(wèi)星相距最近時的距離，可求出地球的密度 D．若已知兩顆衛(wèi)星相距最近時的距離，可求出地球表面的重力加速度 [解析]　設兩衛(wèi)星經過時間t再次相距最近，由－＝1，解得t＝，A錯誤．根據(jù)開普勒第三定律＝，解得兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比r1∶r2＝∶，B正確．已知兩顆衛(wèi)星相

12、距最近時的距離，結合兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比可以求得兩顆衛(wèi)星的軌道半徑，由萬有引力提供向心力G＝m2r，可以得出地球的質量，若知道地球半徑，可以進一步求出地球的密度和地球表面的重力加速度，但地球半徑未知，所以不可求出地球的密度和地球表面的重力加速度，C、D錯誤． [答案]　B 9.(2019·陜西質檢)如圖所示，一顆人造衛(wèi)星原來在橢圓軌道1上繞地球運動，近地點Q到地心O的距離為a，遠地點P到地心O的距離為b，在P點變軌后進入軌道2做勻速圓周運動．已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g.則(　　) A．衛(wèi)星在軌道1上運動經過Q點時，速率為 B．衛(wèi)星在軌道1上運動經過P點時，速率大于

13、 C．衛(wèi)星在軌道2上運動經過P點時，速率大于 D．衛(wèi)星在軌道2上運動經過P點時，加速度大小為 [解析]　衛(wèi)星以a為半徑繞地球做勻速圓周運動時有＝m和mg＝可得va＝ ，同理，衛(wèi)星以b為半徑做勻速圓周運動時的速率為vb＝ ，C錯誤；衛(wèi)星從半徑為a的圓軌道上進入橢圓軌道1需加速，使得萬有引力小于所需向心力，所以衛(wèi)星在橢圓軌道1上經過Q點的速度大于在以半徑為a的圓軌道上經過Q點時的速度va＝ ，A錯誤；衛(wèi)星在P點加速，方可使得衛(wèi)星從1軌道進入2軌道，所以衛(wèi)星在1軌道經過P時的速率小于衛(wèi)星在以b為半徑的圓軌道上做勻速圓周運動時的速率vb＝ ，B錯誤；在P點有，ma加＝，在地球表面處有mg＝，

14、聯(lián)立可得a加＝，D正確． [答案]　D 二、非選擇題 10．(2019·吉林調研)速降滑雪，又稱高山滑雪，于1936年冬季奧運正式成為比賽項目，運動員要由起點出發(fā)以最快速度到達終點．如圖所示為某高山滑雪的賽道簡圖，SA是以O點為圓心，半徑為R＝10 m的四分之一圓弧，水平賽道AB長為L＝20 m，BC斜面與水平方向夾角θ＝37°，高度h＝5 m，質量m＝50 kg的滑雪運動員從S點出發(fā)自由下滑，最后停止于水平賽道D點．已知SA段摩擦可忽略不計，A到D的賽道動摩擦因數(shù)μ均為0.1，設滑雪運動員落在賽道上時，垂直于賽道的速度立刻減為0，而平行于賽道的速度保持不變，g取10 m/s2(sin3

15、7°＝0.6，cos37°＝0.8)求： (1)運動員滑至A點的速度v； (2)運動員滑到A點時對滑道的壓力F； (3)斜面最高端B點到停止點D之間的水平距離s. [解析]　(1)SA段由動能定理可得mv2＝mgR 解得v＝＝10 m/s (2)在A點由牛頓第二定律和向心力公式可得F－mg＝m 解得F＝1500 N 由牛頓第三定律可得F′＝F＝1500 N 所以壓力為1500 N，方向豎直向下 (3)設滑到B點速度為vB，從S點到B點由動能定理可得 mgR－μmgL＝mv 從B點平拋，若落在CD面上時間為t t＝＝1 s 平拋的水平距離為x＝vBt＝4 m B

16、、C的水平距離為x0＝＝ m

17、°＝0.8. (1)求小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)若AB足夠長，改變釋放點的位置，要使小滑塊恰能到達E點，求釋放點到水平面的高度h； (3)若半徑R＝1 m，小滑塊在某次釋放后，滑過E點的速度大小為8 m/s，則它從E點飛出至落到軌道上所需時間t為多少？(g取10 m/s2) [解析]　(1)在滑塊從F到D過程，根據(jù)動能定理得 mg×(2R－R)－μmgcos37°×－μmg×＝0 解得μ＝ (2)若滑塊恰能到達E點，在E點根據(jù)牛頓第二定律得 mg＝m 在滑塊從釋放點到E的過程，根據(jù)動能定理得 mg(h－2R)－μmgcos37°·－μmg·＝mv－0 解得h＝4.7R (3)假設滑塊離開E點后落在AB上，根據(jù)平拋運動規(guī)律可得 x＝vE1t，y＝gt2 由幾何關系得tan37°＝ 解得t＝0.3 s x＝2.4 m>.所以假設正確，故t＝0.3 s. [答案]　(1)　(2)4.7R　(3)0.3 s 10