2019-2020年高考物理二輪復習 專題二 曲線運動 2.4 拋體運動與圓周運動課時作業(yè).doc

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2019-2020年高考物理二輪復習 專題二 曲線運動 2.4 拋體運動與圓周運動課時作業(yè) 一、選擇題 1．一工廠用皮帶傳送裝置將從某一高度固定位置平拋下來的物件傳到地面，為保證物件的安全，需以最短的路徑運動到傳送帶上，已知傳送帶的傾角為θ.則(　　) A．物件在空中運動的過程中，每1 s的速度變化不同 B．物件下落的豎直高度與水平位移之比為2tanθ∶1 C．物件落在傳送帶上時豎直方向的速度與水平方向速度之比為 D．物件做平拋運動的最小位移為 解析：物件在空中做平拋運動，故每1 s的速度變化相同，A選項錯誤；要路徑最短，作出拋出點到傳送帶的垂線即物件的位移，由幾何關系，tanθ＝，故B選項錯誤；由平拋運動規(guī)律x＝v0t，y＝gt2，解得t＝，則vy＝gt＝，物件落在傳送帶上時豎直方向速度與水平方向速度之比為＝＝，C選項正確；物件做平拋運動的最小位移L＝＝，故D選項錯誤． 答案：C 2．(多選)如圖所示，從傾角為θ的斜面上的M點水平拋出一個小球，小球的初速度為v0，最后小球落在斜面上的N點，則(重力加速度為g)(　　) A．可求M、N之間的距離 B．可求小球落到N點時速度的大小和方向 C．可求小球到達N點時的動能 D．可以斷定，運動過程中小球速度方向與斜面平行時，小球與斜面間的距離最遠 解析：由已知得位移與水平方向之間的夾角為θ，由平拋運動的規(guī)律可知，tanθ＝＝，可求得時間為t＝，再由y＝gt2求得豎直位移，結合幾何關系可求得MN間的距離，故A正確；由vy＝gt，可求得豎直分速度，由速度的合成與分解可求得末速度的大小和方向，故B正確；不知小球的質量，故無法求出小球的動能，C錯誤；將初速度沿斜面和垂直于斜面方向進行分解，同時將加速度也同方向分解，當垂直于斜面的分速度為零時，小球距離斜面最遠，故D正確． 答案：ABD 3．(多選)如圖所示，在斜面頂端先后水平拋出同一小球，第一次小球落到斜面中點，第二次小球落到斜面底端，從拋出到落至斜面上(忽略空氣阻力)(　　) A．兩次小球運動時間之比t1∶t2＝1∶ B．兩次小球運動時間之比t1∶t2＝1∶2 C．兩次小球拋出時初速度之比v01∶v02＝1∶ D．兩次小球拋出時初速度之比v01∶v02＝1∶2 解析：兩小球豎直方向上做自由落體運動，兩小球下落高度之比為1∶2，由自由落體運動規(guī)律可知，運動時間之比為1∶，選項A正確，B錯誤；水平方向兩小球均做勻速直線運動，由水平位移關系以及時間關系可得初速度之比為1∶，選項C正確，D錯誤． 答案：AC 4．如圖所示的光滑斜面長為l，寬為b，傾角為θ，一物塊(可看成質點)沿斜面左上方頂點P以初速度v0水平射入，恰好從底端Q點離開斜面，則(　　) A．物塊由P點運動到Q點所用的時間t＝2 B．物塊由P點運動到Q點所用的時間t＝ C．初速度v0＝b D．初速度v0＝b 解析：物塊在斜面內做類平拋運動，其加速度為a＝gsinθ，根據l＝at2，得t＝，故A、B錯誤；初速度v0＝＝b ，故C正確，D錯誤． 答案：C 5.(多選)在以速度v0水平飛行的飛機上，由靜止釋放一質量為m的物體，飛行一段時間后，物體經過空中P點，其動能為Ek，不計空氣阻力，則(　　) A．物體經過P點時豎直分速度為 B．此過程中物體下降的高度為－ C．此過程中物體的水平位移為 D．此過程中物體運動的平均速度為 解析：經過P點時，Ek＝mv2，由平拋運動規(guī)律可知，v2＝v＋v，解兩式得：vy＝，A項正確；由豎直方向運動規(guī)律可知h＝＝－，B項正確；由平拋運動規(guī)律可知，vy＝gt，x＝v0t，解得x＝v0t＝ ，C項錯；物體從拋出到P點，位移s＝，平均速度＝＝，D項正確． 答案：ABD 6．如圖所示，置于豎直平面內的AB光滑桿是以初速度為v0，水平射程為s的平拋運動軌跡制成的，A端為拋出點，B端為落地點．現將一質量為m的小球套于光滑桿上，由靜止開始從光滑桿A端滑下，重力加速度為g.則當其到達光滑桿B端時(　　) A．小球在水平方向的速度大小為v0 B．小球運動的時間為 C．小球的速度大小為 D．小球重力的功率為 解析：根據題意，小球受到重力G和支持力N，所以小球由靜止從光滑桿上滑下的運動不是平拋運動，則小球在水平方向的分速度也是變化的，所以小球在水平方向的分速度不等于v0，A錯誤；小球的運動時間也不等于，B錯誤；由小球機械能守恒有mgh＝mv2，由于光滑桿是按照平拋運動軌跡制成的，所以末速度方向與平拋時方向相同，則有tanθ＝2tanα，α是位移偏向角，θ是速度偏向角，tanθ＝＝，而tanα＝＝，解得h＝，合速度大小v＝＝，C正確；小球重力的功率P＝mgvsinθ＝sinθ，所以D錯誤． 答案：C 7．在穩(wěn)定軌道上的空間站中(物體處于完全失重狀態(tài))有如圖所示的裝置，半徑分別為r和R(R>r)的甲、乙兩個光滑的圓形軌道安置在同一豎直平面內，軌道之間有一條水平軌道CD相通，宇航員將一小球以一定的速度先滑上甲軌道，通過粗糙的CD段，又滑上乙軌道，最后離開兩圓軌道，那么下列說法正確的是(　　) A．小球在CD段由于摩擦力而做減速運動 B．小球經過甲軌道最高點時比經過乙軌道最高點時速度大 C．如果減小小球的初速度，小球有可能不能到達乙軌道的最高點 D．小球經過甲軌道最高點時對軌道的壓力大于經過乙軌道最高點時對軌道的壓力 解析：小球在CD段運動過程中，由于處于完全失重狀態(tài)，小球沒有受到摩擦力，故選項A錯誤；由于小球處于完全失重狀態(tài)，小球在運動過程中速度不變，所以選項B、C錯誤；小球經過圓軌道最高點時對軌道的壓力為N＝m，由于甲軌道的半徑小于乙軌道的半徑，在小球速度不變的情況下，小球對甲軌道的壓力較大，故選項D正確． 答案：D 8.(多選)如圖，疊放在水平轉臺上的物體A、B，C能隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動，A、B、C的質量分別為3m、2m、m，A與B、B和C與轉臺間的動摩擦因數都為μ，AB整體、C離轉臺中心的距離分別為r、1.5r.設本題中的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．下列說法正確的是(　　) A．B對A的摩擦力一定為3μmg B．B對A的摩擦力一定為3mω2r C．轉臺的角速度一定滿足：ω≤ D．轉臺的角速度一定滿足：ω≤ 解析：A做圓周運動的向心力由B對A的摩擦力提供，由牛頓第二定律及向心加速度公式有：Ff＝3mω2r，B項正確；AB整體恰好未發(fā)生相對轉臺的滑動時，μ(3m＋2m)g＝(3m＋2m)ω2r，解得角速度最大值為ω＝，C恰好未發(fā)生相對滑動時，μmg＝1.5mω2r，解得：ω＝，所以D選項正確． 答案：BD 二、非選擇題 9.如圖所示，一塊足夠大的光滑平板放置在水平面上，能繞水平固定軸MN調節(jié)其與水平面所成的傾角．板上一根長為l＝0.60 m的輕細繩，它的一端系住一質量為m的小球P，另一端固定在板上的O點．當平板的傾角固定為α時，先將輕繩平行于水平軸MN拉直，然后給小球一沿著平板并與輕繩垂直的初速度v0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面內做圓周運動，傾角α的值應在什么范圍內？(取重力加速度g＝10 m/s2) 解析：小球在傾斜平板上運動時受繩子拉力、平板彈力、重力．在垂直平板方向上合力為0，重力在沿斜面方向的分量為mgsinα 小球在最高點時，由繩子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力 T＋mgsinα＝?、? 研究小球從釋放到最高點的過程，據動能定理 －mglsinα＝mv－mv?、? 若恰好通過最高點，則繩子拉力 T＝0?、? T＝0時，聯立①②解得 sinα＝，解得α＝30 故α的范圍為0≤α≤30. 答案：0≤α≤30 10.一轉動裝置如圖所示，四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球 及一小環(huán)通過鉸鏈連接，輕桿長均為l，球和環(huán)的質量均為m，O端固定在豎直的輕質轉軸上．套在轉軸上的輕質彈簧連接在O與小球之間，原長為L.裝置靜止時，彈簧長為L.轉動該裝置并緩慢增大轉速，小環(huán)緩慢上升．彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g.求： (1)彈簧的勁度系數k； (2)AB桿中彈力為零時，裝置轉動的角速度ω0； (3)彈簧長度從L緩慢縮短為L的過程中，外界對轉動裝置所做的功W. 解析：(1)裝置靜止時，設OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1，OA桿與轉軸的夾角為θ1. 小環(huán)受到彈簧的彈力F彈1＝k 小環(huán)受力平衡，F彈1＝mg＋2T1cosθ1 小球受力平衡，F1cosθ1＋T1cosθ1＝mg F1sinθ1＝T1sinθ1 解得k＝ (2)設OA、AB桿中的彈力分別為F2、T2，OA桿與轉軸的夾角為θ2，彈簧長度為x. 小環(huán)受到彈簧的彈力F彈2＝k(x－L) 小環(huán)受力平衡F彈2＝mg 得x＝L 對小球F2cosθ2＝mg F2sinθ2＝mωlsinθ2 且cosθ2＝ 解得ω0＝ (3)彈簧長度為L時，設OA、AB桿中的彈力分別為F3、T3，OA桿與彈簧的夾角為θ3. 小環(huán)受到彈簧的彈力F彈3＝kL 小環(huán)受力平衡2T3cosθ3＝mg＋F彈3 且cosθ3＝ 對小球F3cosθ3＝T3cosθ3＋mg F3sinθ3＋T3sinθ3＝mωlsinθ3 解得ω3＝ 整個過程彈簧彈性勢能變化為零，則彈力做的功為零，由動能定理 W－mg－2mg＝2m(ω3lsinθ3)2 解得W＝mgL＋ 答案：(1)　(2) 　(3)mgL＋