2022年高三物理二輪復習 專題限時練3 第1部分 專題3 力與曲線運動（一）-平拋和圓周運動

《2022年高三物理二輪復習 專題限時練3 第1部分 專題3 力與曲線運動（一）-平拋和圓周運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高三物理二輪復習 專題限時練3 第1部分 專題3 力與曲線運動（一）-平拋和圓周運動（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高三物理二輪復習 專題限時練3 第1部分 專題3 力與曲線運動（一）-平拋和圓周運動 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分) 1．(xx·山東高考)距地面高5 m的水平直軌道上A、B兩點相距2 m，在B點用細線懸掛一小球，離地高度為h，如圖3-15.小車始終以4 m/s的速度沿軌道勻速運動，經過A點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下，小車運動至B點時細線被軋斷，最后兩球同時落地．不計空氣阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h

2、等于(　　) 圖3-15 A．1.25 m　 B．2.25 m C．3.75 m D．4.75 m 2.如圖3-16所示，長為L的輕直棒一端可繞固定軸O轉動，另一端固定一質量為m的小球，小球擱在水平升降臺上，升降平臺以速度v勻速上升，下列說法正確的是 (　　) 圖3-16 A．小球做勻速圓周運動 B．當棒與豎直方向的夾角為α時，小球的速度為 C．棒的角速度逐漸增大 D．當棒與豎直方向的夾角為α時，棒的角速度為 3．(xx·天津高考)未來的星際航行中，宇航員長期處于零重力狀態(tài)，為緩解這種狀態(tài)帶來的不適，有人設想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉艙”，如圖3-17所

3、示．當旋轉艙繞其軸線勻速旋轉時，宇航員站在旋轉艙內圓柱形側壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力．為達到上述目的，下列說法正確的是(　　) 圖3-17 A．旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越大 B．旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越小 C．宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越大 D．宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越小 4．(xx·浙江高考)如圖3-18所示為足球球門，球門寬為L.一個球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點)．球員頂球點的高度為h.足球做平拋運動(足球可看成質點，忽略空氣阻力)，則(　　) 圖3-18

4、 A．足球位移的大小x＝ B．足球初速度的大小v0＝ C．足球末速度的大小v＝ D．足球初速度的方向與球門線夾角的正切值tan θ＝ 5．如圖3-19所示，兩次船頭垂直對岸渡河時船相對于水的速度大小和方向都不變，已知第一次實際航程為A至B，位移為x1，實際航速為v1，所用時間為t1；由于水速增大，第二次實際航程為A至C，位移為x2，實際航速為v2，所用時間為t2，則(　　) 圖3-19 A．t2>t1，v2＝ B．t2>t1，v2＝ C．t2＝t1，v2＝ D．t2＝t1，v2＝ 6.如圖3-20是小球做平拋運動的一段軌跡，P、Q點在軌跡上．已知P點的坐標為(30，15)

5、，Q點的坐標為(60，40)，小球質量為0.2 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，拋出點所在水平面為零勢能參考平面，則(　　) 圖3-20 A．小球做平拋運動的初動能為0.9 J B．小球從P運動到Q的時間為1 s C．小球在P點時的重力勢能為0.4 J D．小球經過P點的速度為 m/s 7．(xx·浙江高考)如圖3-21所示為賽車場的一個水平“U”形彎道，轉彎處為圓心在O點的半圓，內外半徑分別為r和2r.一輛質量為m的賽車通過AB線經彎道到達A′B′線，有如圖所示的①、②、③三條路線，其中路線③是以O′為圓心的半圓，OO′＝r.賽車沿圓弧路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜

6、摩擦力為Fmax.選擇路線，賽車以不打滑的最大速率通過彎道(所選路線內賽車速率不變，發(fā)動機功率足夠大)，則(　　) 圖3-21 A．選擇路線①，賽車經過的路程最短 B．選擇路線②，賽車的速率最小 C．選擇路線③，賽車所用時間最短 D．①、②、③三條路線的圓弧上，賽車的向心加速度大小相等 8．如圖3-22甲所示，輕桿一端與質量為1 kg、可視為質點的小球相連，另一端可繞光滑固定軸在豎直平面內自由轉動．現(xiàn)使小球在豎直平面內做圓周運動，經最高點開始計時，取水平向右為正方向，小球的水平分速度v隨時間t的變化關系如圖乙所示，A、B、C三點分別是圖線與縱軸、橫軸的交點，圖線上第一周期內的最

7、低點，這三點的縱坐標分別是1、0、－5.g取10 m/s2，不計空氣阻力．下列說法中正確的是(　　) 圖3-22 A．輕桿的長度為0.6 m B．小球經最高點時，桿對它的作用力方向豎直向上 C．B點對應時刻小球的速度為3 m/s D．曲線AB段與坐標軸所圍圖形的面積為0.5 m 二、計算題(本題共2小題，共計32分．解答過程要有必要的文字說明和解題步驟) 9．(14分)(xx·浙江高考)如圖3-23所示，裝甲車在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直線前進，車上機槍的槍管水平，距地面高為h＝1.8 m．在車正前方豎直立一塊高為兩米的長方形靶，其底邊與地面接觸．槍口與靶

8、距離為L時，機槍手正對靶射出第一發(fā)子彈，子彈相對于槍口的初速度為v＝800 m/s.在子彈射出的同時，裝甲車開始勻減速運動，行進s＝90 m后停下．裝甲車停下后，機槍手以相同方式射出第二發(fā)子彈．(不計空氣阻力，子彈看成質點，重力加速度g＝10 m/s2) 圖3-23 (1)求裝甲車勻減速運動時的加速度大小； (2)當L＝410 m時，求第一發(fā)子彈的彈孔離地的高度，并計算靶上兩個彈孔之間的距離； (3)若靶上只有一個彈孔，求L的范圍． 10．(18分)如圖3-24所示，一個圓弧形光滑細圓管軌道ABC，放置在豎直平面內，軌道半徑為R，在A點與水平地面AD相接，地面與圓

9、心O等高，MN是放在水平地面上長為3R、厚度不計的墊子，左端M正好位于A點．將一個質量為m、直徑略小于圓管直徑的小球從A處管口正上方某處由靜止釋放，不考慮空氣阻力． 圖3-24 (1)若小球從C點射出后恰好能落到墊子的M端，則小球經過C點時對管的作用力大小和方向如何？ (2)欲使小球能通過C點落到墊子上，小球離A點的高度的取值范圍是多少？ 【詳解答案】 1．A　根據(jù)兩球同時落地可得＝＋，代入數(shù)據(jù)得h＝1.25 m，選項A正確． 2．D　 棒與平臺接觸點(即小球)的運動可視為豎直向上的勻速運動和沿平臺向左的運動的合成．小球的實際運動即合運動方向是垂直

10、于棒指向左上方，如圖所示．設棒的角速度為ω，則合速度v實＝ωL，沿豎直向上方向上的速度分量等于v，即ωLsin α＝v，所以ω＝，小球速度為v實＝ωL＝由此可知棒(小球)的角速度隨棒與豎直方向的夾角α的增大而減小，小球做角速度越來越小的變速圓周運動． 3．B　旋轉艙對宇航員的支持力提供宇航員做圓周運動的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝，即旋轉艙的半徑越大，角速度越小，而且與宇航員的質量無關，選項B正確． 4．B　根據(jù)幾何關系可知，足球做平拋運動的豎直高度為h，水平位移為x水平＝，則足球位移的大小為：x＝＝，選項A錯誤；由h＝gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度為v0＝，選項B正確；對

11、小球應用動能定理：mgh＝－，可得足球末速度v＝＝，選項C錯誤；初速度方向與球門線夾角的正切值為tan θ＝，選項D錯誤． 5．D　設河的寬度為d，則船在水中運動的時間t＝，可見兩次渡河的時間是相等的，即t2＝t1；根據(jù)運動的等時性，＝，可得v2＝，選項D正確． 6．AD　設小球做平拋運動的初速度為v0，從P運動到Q的時間為T，根據(jù)平拋運動規(guī)律有0.30 m＝v0T，0.25 m－0.15 m＝gT2，聯(lián)立解得T＝0.1 s，v0＝3 m/s，選項B錯誤．小球做平拋運動的初動能為Ek0＝mv＝0.9 J，選項A正確．小球經過P點時的豎直分速度為vPy＝ m/s＝2 m/s.由vPy＝gt可

12、得t＝0.2 s，P點到拋出點的豎直高度y＝gt2＝0.2 m，小球在P點時的重力勢能為Ep＝－mgy＝－0.4 J，選項C錯誤．小球經過P點的速度v＝＝ m/s，選項D正確． 7．ACD　由幾何關系可得，路線①、②、③賽車通過的路程分別為：(πr＋2r)、(2πr＋2r)和2πr，可知路線①的路程最短，選項A正確；圓周運動時的最大速率對應著最大靜摩擦力提供向心力的情形，即μmg＝m，可得最大速率v＝，則知②和③的速率相等，且大于①的速率，選項B錯誤；根據(jù)t＝，可得①、②、③所用的時間分別為t1＝，t2＝，t3＝，其中t3最小，可知線路③所用時間最短，選項C正確；在圓弧軌道上，由牛頓第二定律

13、可得：μmg＝ma向，a向＝μg，可知三條路線上的向心加速度大小均為μg，選項D正確． 8．AB　設桿的長度為L，小球從A到C的過程中機械能守恒，得mv＋2mgL＝mv，所以L＝＝0.6 m，故A正確；若小球在A點恰好對桿的作用力為0，則mg＝m，臨界速度v0＝＝ m/s>vA＝1 m/s，由于小球在A點的速度小于臨界速度，所以小球做圓周運動需要的向心力小于重力，桿對小球的作用力的方向豎直向上，故B正確；小球從A到B的過程中機械能守恒，得mv＋mgL＝mv，所以vB＝＝ m/s，故C錯誤；由于縱軸表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲線AB段與坐標軸所圍圖形的面積表示A到B的過程中小球在水平

14、方向的位移，大小等于桿的長度，即0.6 m，故D錯誤． 9．解析：(1)裝甲車的加速度a＝＝m/s2. (2)第一發(fā)子彈飛行時間t1＝＝0.5 s 彈孔離地高度h1＝h－gt＝0.55 m 第二個彈孔離地的高度h2＝h－g＝1.0 m 兩彈孔之間的距離Δh＝h2－h(huán)1＝0.45 m. (3)第一發(fā)子彈打到靶的下沿時，裝甲車離靶的距離為L1 L1＝(v0＋v)＝492 m 第二發(fā)子彈打到靶的下沿時，裝甲車離靶的距離為L2 L2＝v＋s＝570 m L的范圍為492 m

15、 m 10．解析：(1)小球離開C點做平拋運動，落到M點時水平位移為R，豎直下落高度為R，根據(jù)運動學公式可得： R＝gt2 運動時間t＝ 從C點射出的速度為v1＝＝ 設小球以v1經過C點受到管對它的作用力為FN，由牛頓第二定律得 mg－FN＝m 解得：FN＝mg－m＝ 由牛頓第三定律知，小球對管的作用力大小為mg，方向豎直向下． (2)小球下降的高度最高時，小球平拋的水平位移為4R，落到N點． 設能夠落到N點的水平速度為v2，根據(jù)平拋運動規(guī)律可求得：v2＝＝ 設小球下降的最大高度為H，根據(jù)機械能守恒定律得：mg(H－R)＝mv 解得：H＝＋R＝5R. 小球下降的高度最低時，小球運動的水平位移為R，落到M點，同理可解得：H＝ 故H取值范圍是R≤H≤5R. 答案：(1)mg，方向豎直向下　(2)R≤H≤5R