（新課標）2020高考物理二輪復習 專題強化訓練3 力學中的曲線運動（含解析）

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1、專題強化訓練(三) 一、選擇題(共11個小題，1～5為單選，6～11為多選，每題5分，共55分) 1．如圖所示為用絞車拖物塊的示意圖．拴接物塊的細鋼繩被纏繞在輪軸上，輪軸逆時針轉動從而拖動物塊．已知輪軸的半徑R＝1 m，細鋼繩始終保持水平．被拖動物塊質量m＝1×103 kg，與地面間的動摩擦因數μ＝0.5，輪軸的角速度隨時間變化的關系是ω＝2t rad/s，取g＝10 m/s2.下列判斷正確的是(　　) A．物塊做勻速直線運動 B．物塊做勻加速直線運動，加速度大小是2 m/s2 C．鋼繩對物塊的拉力是5×103 N D．鋼繩對物塊的拉力是8×103 N 答案　B 解析　由題

2、意知，物塊的速度為：v＝ωR＝2t×1＝2t，又v＝at，故可得：a＝2 m/s2，質點做加速運動，故A項錯誤，B項正確；由牛頓第二定律可得：物塊所受合外力為：F＝ma＝1×103×2 N＝2×103 N，F＝T－f，地面摩擦阻力為：f＝μmg＝0.5×103×10 N＝5 000 N，故可得物塊受繩子拉力為：T＝f＋F＝5 000 N＋2 000 N＝7 000 N，故C、D兩項錯誤．故選B項． 2．如圖所示，一條小船位于200 m寬的河正中A點處，從這里向下游100 m處有一危險區(qū)，當時水流速度為4 m/s，為了使小船避開危險區(qū)沿直線到達對岸，小船在靜水中的速度至少是(　　) A.

3、 m/s　　　　　　　 B．2 m/s C. m/s D．4 m/s 答案　B 解析　要使小船避開危險區(qū)沿直線到達對岸，則有合運動最大位移為 m＝200 m，設小船安全到達河岸的合速度與水流速度的夾角為θ，即有tanθ＝＝，所以θ＝30°，又已知流水速度，則可得小船在靜水中最小速度為：v船＝v水sinθ＝4× m/s＝2 m/s，故B項正確，A、C、D三項錯誤．故選B項． 3．如圖所示，相對且緊挨著的兩個斜面固定在水平面上，傾角分別為α＝60°，β＝30°.在斜面OA上某點將a、b兩小球分別以速度v1、v2同時向右水平拋出，a球落在M點、b球垂直打在斜面OC上的N點(M、N在同一水

4、平面上)．不計空氣阻力，則v1、v2的大小之比為(　　) A．1∶2 B．2∶3 C．3∶4 D．3∶5 答案　A 解析　由題可知兩小球做平拋運動下落的高度相同，根據h＝gt2可知兩小球做平拋運動的時間相同，設為t，由題意及幾何關系可知，小球a落在斜面上時，位移方向與水平方向的夾角為60°，小球B落在斜面上時，速度方向與水平方向的夾角為60°，根據平拋運動規(guī)律有： 對小球a：tan60°＝＝，可得v1＝ 對小球b：tan60°＝，可得v2＝ 所以＝，故A項正確，B、C、D三項錯誤．故選A項． 4．北京時間2018年12月8日凌晨2時23分，中國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長

5、征三號乙運載火箭成功發(fā)射“嫦娥四號”探測器，“嫦娥四號”是中國航天向前邁進的一大步，它向著月球背面“進軍”，實現了人類歷史上首次在月球背面留下“足跡”，主要任務是更深層次、更加全面地科學探測月球地貌、資源等方面的信息，完善月球檔案資料．已知萬有引力常量為G，月球的半徑為R，月球表面的重力加速度為g，“嫦娥四號”離月球中心的距離為r，繞月周期為T，根據以上信息判斷下列說法正確的是(　　) A．月球質量為M＝ B．月球的第一宇宙速度為v＝ C．“嫦娥四號”繞月運行的速度為v＝ D．“嫦娥四號”在環(huán)繞月球表面的圓軌道運行時，處于完全失重狀態(tài)，故不受重力 答案　C 解析　“嫦娥四號”在環(huán)繞

6、月球表面的圓軌道運行時，由萬有引力提供向心力，則G＝mr，則得月球的質量M＝，故A項錯誤；根據重力等于向心力得mg＝m，則得月球的第一宇宙速度為v＝，故B項錯誤；由萬有引力等于向心力，得G＝m，得“嫦娥四號”繞月運行的速度為v＝，故C項正確；“嫦娥四號”在環(huán)繞月球表面的圓軌道運行時，處于完全失重狀態(tài)，仍受重力，由重力提供向心力，故D項錯誤．故選C項． 5．在中軸線豎直且固定的光滑圓錐形容器中，固定了一根光滑的豎直細桿，細桿與圓錐的中軸線重合，細桿上穿有小環(huán)(小環(huán)可以自由轉動，但不能上下移動)，小環(huán)上連接了一輕繩，與一質量為m的光滑小球相連，讓小球在圓錐內做水平面上的勻速圓周運動，并與圓錐內壁

7、接觸，如圖所示，圖a中小環(huán)與小球在同一水平面上，圖b中輕繩與豎直軸成θ角，設圖a和圖b中輕繩對小球的拉力分別為Ta和Tb，圓錐內壁對小球的支持力分別為Na和Nb，則在下列說法中正確的是(　　) A．Ta一定為零，Tb一定為零 B．Ta可以為零，Tb可以為零 C．Na一定不為零，Nb一定不為零 D．Na可以為零，Nb可以為零 答案　B 解析　對圖a中的小球進行受力分析，小球所受的重力與支持力的合力的方向可以指向圓心提供向心力，所以Ta可以為零，若Na等于零，則小球所受的重力及繩子拉力的合力方向不能指向圓心而提供向心力，所以Na一定不為零；對圖b中的小球進行受力分析，若Tb為零，則

8、小球所受的重力與支持力的合力的方向可以指向圓心提供向心力，所以Tb可以為零，若Nb等于零，則小球所受的重力及繩子拉力的合力方向也可以指向圓心而提供向心力，所以Nb可以為零，故B項正確，A、C、D三項錯誤． 6．北京時間4月10日21點整，由事件視界望遠鏡(EHT)捕獲的人類首張黑洞照片問世．探尋黑洞的方案之一是觀測雙星系統(tǒng)的運動規(guī)律．雙星系統(tǒng)是由宇宙中一些離其他恒星較遠，通常可忽略其他星體對它們的引力作用的兩顆星組成的．已知某雙星系統(tǒng)中星體1的質量為m，星體2的質量為2m，兩星體相距為L同時繞它們連線上某點做勻速圓周運動，引力常量為G.下列說法正確的是(　　) A．星體1、2做圓周運動的半

9、徑之比為1∶2 B．雙星系統(tǒng)運動的周期為2πL C．兩星體做圓周運動的速率之和為 D．若在它們做圓周運動的圓心處放入一星球，該星球一定處于靜止狀態(tài) 答案　BC 解析　雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，則有：F＝G＝mr1ω2＝2mr2ω2.則＝，故A項錯誤；因為T＝，代入上式解得T＝2πL，故B項正確；根據v＝rω，知v1＋v2＝ωr1＋ωr2＝ωL＝L＝，故C項正確；若在它們做圓周運動的圓心處放入一星球，此星體受兩個星體的引力大小不相等，所以不能靜止，故D項錯誤．故選B、C兩項． 7．近年來，我國航天事業(yè)取得長足進步，相信不久的將來，我國宇航員

10、將到達火星．若宇航員在距火星表面高h處將一物體(視為質點)以初速度v0水平拋出，測得拋出點與著落點相距2h，已知火星的半徑為R，自轉周期為T，萬有引力常量為G，不計大氣阻力．下列說法正確的是(　　) A．火星表面的重力加速度為g＝ B．火星的質量約為M＝ C．火星的第一宇宙速度為v＝v0 D．火星的同步衛(wèi)星的高度為H＝ 答案　AB 解析　平拋的水平位移為：x＝＝h，豎直方向有：h＝gt2，水平方向有：x＝v0t，聯立得：g＝，故A項正確；火星表面物體重力等于萬有引力，有：mg＝G，得火星的質量為：M＝＝，故B項正確；根據第一宇宙速度公式v＝得：v＝＝v0，故C項錯誤；火星的同步衛(wèi)星

11、的周期等于火星的自轉周期T，根據萬有引力提供向心力有：G＝m(R＋H)，解得：H＝－R＝－R，故D項錯誤．故選A、B兩項． 8.如圖所示是宇宙空間中某處孤立天體系統(tǒng)的示意圖，位于O點的一個中心天體有兩顆環(huán)繞衛(wèi)星，衛(wèi)星質量遠遠小于中心天體質量，且不考慮兩衛(wèi)星間的萬有引力．甲衛(wèi)星繞O點做半徑為r的勻速圓周運動，乙衛(wèi)星繞O點的運動軌跡為橢圓，半長軸為r，半短軸為，甲、乙均沿順時針方向運轉．兩衛(wèi)星的運動軌跡共面且交于M、N兩點．某時刻甲衛(wèi)星在M處，乙衛(wèi)星在N處．下列說法正確的是(　　) A．甲、乙兩衛(wèi)星的周期相等 B．甲、乙兩衛(wèi)星各自經過M處時的加速度大小相等 C．乙衛(wèi)星經過M、N處時速率

12、相等 D．甲、乙各自從M點運動到N點所需時間之比為1∶3 答案　ABC 解析　橢圓的半長軸與圓軌道的半徑相同，根據開普勒第三定律知，兩顆衛(wèi)星的運動周期相等，故A項正確；甲、乙在M點都是由萬有引力產生加速度，M點距O點距離一定，故加速度大小相等，故B項正確；乙衛(wèi)星在M、N兩點時距O的距離相同，衛(wèi)星的引力勢能相等，根據機械能守恒可知，乙衛(wèi)星在M、N兩點的動能相同即速率相等，故C項正確；甲衛(wèi)星從M到N，根據幾何關系可知，經歷T，而乙衛(wèi)星從M到N經過遠地點，據開普勒定律衛(wèi)星在遠地點運行慢，近地點運行快，故可知乙衛(wèi)星從M到N運行時間大于T，而從N到M運行時間小于T，故甲、乙各自從M點運動到N點的時

13、間之比不為1∶3，故D項錯誤． 9.在光滑的水平面上，一滑塊的質量m＝2 kg，在水平面上恒定外力F＝4 N(方向未知)作用下運動，如圖所示為滑塊在水平面上運動的一段軌跡，滑塊過P、Q兩點時速度大小均為v＝5 m/s，滑塊在P點的速度方向與PQ連線夾角為α＝37°，sin37°＝0.6，則下列說法正確的是(　　) A．水平恒力F的方向與PQ連線成53°夾角 B．滑塊從P到Q的時間為3 s C．滑塊從P到Q的過程中速度最小值為4 m/s D．P、Q兩點連線的距離為10 m 答案　BC 解析　在P、Q兩點的速度具有對稱性，故分解為沿著PQ方向和垂直PQ方向，在沿著PQ方向上做勻速

14、直線運動，在垂直PQ方向上做勻變速直線運動，所以力F垂直PQ向下，在頂點處速度最小，只剩下沿著PQ方向的速度，故有：vmin＝vcos37°＝4 m/s，故A項錯誤，C項正確；把P點的速度分解在沿水平力F和垂直水平力F兩個方向上，沿水平力F方向上滑塊先做勻減速后做勻加速直線運動，有a＝＝2 m/s2，當F方向速度為零時，時間為：t＝＝ s＝1.5 s，根據對稱性，滑塊從P到Q的時間為：t′＝2t＝3 s，PQ連線的距離為s＝vcos37°·t′＝12 m，故B項正確，D項錯誤． 10.如圖所示，斜面底端上方高h處有一小球以水平初速度v0拋出，恰好垂直打在斜面上，斜面的傾角為30°，重力加速度

15、為g，下列說法正確的是(　　) A．小球打到斜面上的時間為 B．要讓小球始終垂直打到斜面上，應滿足h和v0成正比關系 C．要讓小球始終垂直打到斜面上，應滿足h和v0的平方成正比關系 D．若高度h一定，現小球以不同的v0平拋，落到斜面上的速度最小值為 答案　ACD 解析　設小球打到斜面上的時間為t，恰好垂直打在斜面上，根據幾何關系可得tan60°＝＝，解得t＝，故A項正確；要讓小球始終垂直打到斜面上，小球平拋運動的水平位移x＝v0t，y＝gt2，小球落在斜面上，根據幾何關系得，tan30°＝，代入t＝解得h＝，h和v0的平方成正比關系，故B項錯誤，C項正確；小球落在斜面上時的豎直

16、分速度vy＝，vx＝＝x，由于tan30°＝，速度v＝，聯立解得v＝，根據數學知識可知，積一定，當二者相等時，和有最小值，故最小值為，故D項正確． 11.如圖所示，長度為l的輕桿上端連著一質量為m的小球A(可視為質點)，桿的下端用鉸鏈固接于水平面上的O點．置于同一水平面上的立方體B恰與A接觸，立方體B的質量為M.今有微小擾動，使桿向右傾倒，各處摩擦均不計，而A與B剛脫離接觸的瞬間，桿與地面的夾角恰為，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．A與B剛脫離接觸的瞬間，A、B速率之比為2∶1 B．A與B剛脫離接觸的瞬間，B的速率為vB＝ C．此時桿對A的彈力為零 D．A、B質量

17、之比為1∶4 答案　ACD 解析　A與B剛脫離接觸的瞬間，A的速度方向垂直于桿，水平方向的分速度與B速度大小一樣，設B運動的速度為vB，則vAcos60°＝vB，因此，vA∶vB＝2∶1，故A項正確；根據牛頓第二定律：mgsin30°＝m，解得：vA＝，又vA∶vB＝2∶1，可知：vB＝，故B項錯誤；分離時刻，小球只受重力，彈力為零，故C項正確；根據A與B脫離之前機械能守恒可知：mgl(1－sin30°)＝mvA2＋MvB2，解得：m∶M＝1∶4，故D項正確． 二、計算題(共3個小題，12題12分，13題15分，14題18分，共45分) 12.我國自主研制的首艘貨運飛船“天舟一號”發(fā)射

18、升空后，與已經在軌運行的“天宮二號”成功對接形成組合體．假設組合體在距地面高度為h的圓形軌道上繞地球做勻速圓周運動，已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，且不考慮地球自轉的影響．則組合體運動的線速度大小及向心加速度大小分別是多少？ 答案　R　g 解析　在地球表面的物體受到的重力等于萬有引力，有： mg＝G 得：GM＝R2g， 根據萬有引力提供向心力有：G＝， 得v＝＝＝R； 根據萬有引力定律和牛頓第二定律可得衛(wèi)星所在處的加速度，G＝ma， 得a＝＝＝g. 13．如圖甲所示，在水平圓盤上，沿半徑方向放置物體A和B，mA＝4 kg，mB＝1 kg，它們分居在圓心兩側，與圓

19、心距離為rA＝0.1 m，rB＝0.2 m，中間用細線相連，A、B與盤間的動摩擦因數均為μ＝0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，若圓盤從靜止開始繞中心轉軸非常緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度，fA表示物體A與圓盤之間的摩擦力，取g＝10 m/s2.求： (1)細線中出現張力時，圓盤轉動的角速度ω1； (2)A、B兩物體相對圓盤將要滑動時，圓盤轉動的角速度ω3； (3)在坐標圖乙中分別畫出A、B兩物體滑動前，fA隨ω2變化的關系圖象． 答案　(1) rad/s　(2) rad/s　(3)如圖所示 解析　(1)繩子拉力T＝0， 隨著圓盤轉速的增加，當ω達到ω1時，物塊

20、B達到最大靜摩擦力， fB＝μmBg＝mBω12rB，得ω1＝ rad/s. (2)隨后，繩子有拉力T A物塊：fA＋T＝mAω2rA B物塊：μmBg＋T＝mBω2rB 得：fA＝(0.2ω2＋2) N 當ω＝ω2，fA＝μmAg，ω2＝ rad/s 當ω>ω2，繩子的拉力持續(xù)增大，以提供兩個物體的向心力，此時，A的摩擦力是最大靜摩擦力，物塊B所受到的摩擦力逐漸減小，直至反向最大， 當ω＝ω3，對A：μmAg＋T＝mAω32rA 對B：T－μmBg＝mBω32rB， 解得：ω3＝ rad/s. (3)綜上所述fA隨ω2變化的分段函數為 fA＝ 圖見答案． 14.如

21、圖所示，長為3l的不可伸長的輕繩，穿過一長為l的豎直輕質細管，兩端拴著質量分別為m、m的小球A和小物塊B，開始時B先放在細管正下方的水平地面上．手握細管輕輕搖動一段時間后，B對地面的壓力恰好為零，A在水平面內做勻速圓周運動．已知重力加速度為g，不計一切阻力． (1)求A做勻速圓周運動時繩與豎直方向的夾角θ； (2)求搖動細管過程中手所做的功； (3)輕搖細管可使B在管口下的任意位置處于平衡，當B在某一位置平衡時，管內一觸發(fā)裝置使繩斷開，求A做平拋運動的最大水平距離． 答案　(1)45°　(2)mgl　(3)l 解析　(1)B對地面剛好無壓力，故此時繩子的拉力為 T＝mg 對A受力分析，在豎直方向合力為零，故Tcosθ＝mg 解得：θ＝45°. (2)對A球，根據牛頓第二定律可知Tsinθ＝ 解得：v＝ 故搖動細管過程中手所做的功等于小球A增加的機械能，故有： W＝mv2＋mgl(1－cosθ)＝mgl. (3)設拉A的繩長為x(l≤x≤2l) Tsinθ＝，解得v＝ A球做平拋運動下落的時間為t，則有： 2l－xcosθ＝gt2 解得：t＝ 水平位移為：x＝vt＝ 當x＝l時，位移最大，為x＝l. 11