【物理】2020二轮复习专题1力与曲线运动强化练习(解析版)

【物理】2020二轮复习专题1力与曲线运动强化练习(解析版)

专题强化练(三)‎ 考点1　运动的合成与分解 ‎1．(2019·六安模拟)小船在400米宽的河中横渡，河水流速是2 m/s，船在静水中的航速是4 m/s，要使船的航程最短，则船头的指向和渡河的时间t分别为(　　)‎ A．船头应垂直指向对岸，t＝100 s B．船头应与上游河岸成60°角，t＝ s C．船头应垂直指向对岸，t＝ s D．船头应与下游河岸成60°角，t＝100 s 解析：当合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短，设船头与上游河岸方向的夹角为θ，则cos θ＝＝，所以θ＝60°，渡河的位移x＝d＝400 m，根据矢量合成法则有v合＝＝ m/s＝2 m/s，渡河时间t＝＝ s＝ s，故B正确，A、C、D错误．‎ 答案：B ‎2．(2019·济宁模拟)如图所示，细线一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边缘．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为(　　)‎ A．vsin θ　　　B．vcos θ　　　C．vtan θ　　　D. 解析：将光盘水平向右移动的速度v分解为沿细线方向的速度和垂直于细线方向的速度，而小球上升的速度大小与速度v沿细线方向的分速度大小相等，故可得：v球＝vsin θ，A正确．‎ 答案：A ‎3．(2019·临汾模拟)一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风力突然停止，则其运动的轨迹可能是(　　)‎ 解析：当有水平向右的风时，会产生水平向右的加速度，轨迹向右弯曲，风力停止时，合力向下，且轨迹不能急折，故C项正确．‎ 答案：C 考点2　平抛运动 ‎4.(多选)(2019·株洲模拟)将一小球以水平速度v0＝10 m/s从O点向右抛出，经 s小球恰好垂直落到斜面上的A点，不计空气阻力，g取10 m/s2，B点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图所示，以下判断正确的是(　　)‎ A．斜面的倾角约是30°‎ B．小球的抛出点距斜面的竖直高度约是15 m C．若将小球以水平速度v′0＝5 m/s向右抛出，它一定落在AB的中点P的上方 D．若将小球以水平速度v′0＝5 m/s向右抛出，它一定落在AB的中点P处 解析：设斜面倾角为θ，对小球在A点的速度进行分解有tan θ＝，解得θ＝30°，A项正确；小球距过A点水平面的距离为h＝gt2＝15 m，所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于15 m，B项错误；若小球的初速度为v0′＝5 m/s，过A点作水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v0＝10 m/s抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P、A之间，C项正确，D项错误．‎ 答案：AC ‎5．(2019·广东四校联考)从同一高度同时将a、b两个完全相同的小球分别竖直上抛和斜上抛，它们的初速度大小相同；若不计空气阻力，则以下说法中正确的是(　　)‎ A．在空中运动的过程中，两球的加速度相同 B．两球触地时的瞬时速率不同 C．两球在空中运动的时间相同 D．两球运动的位移相同 解析：两球在空中都只受重力作用，两球的加速度都为重力加速度g，A项正确；因两球都只受重力，则机械能均守恒，据机械能守恒定律有mv＋mgh＝mv，可知两球触地时的速率相同，B 项错误；因两球以相同的速率分别竖直上抛和斜上抛，则知两球在空中运动时间不同，C项错误；因两球初始时运动方向不同，则它们发生的位移不同，D项错误．‎ 答案：A ‎6．(多选)(2018·天水二模)如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上．若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力．运动员飞出后在空中的姿势保持不变．重力加速度为g，则(　　)‎ A．如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同 B．不论v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的 C．运动员在空中经历的时间是 D．运动员落到雪坡时的速度大小是 解析：设在空中飞行时间为t，运动员竖直位移与水平位移之比＝＝＝tan θ，则有飞行的时间t＝，故C正确；竖直方向的速度大小为vy＝gt＝2v0tan θ，运动员落回雪坡时的速度大小v＝＝v0，故D错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tan α＝＝＝2tan θ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故A错误，B正确．‎ 答案：BC 考点3　圆周运动 ‎7.(2019·惠州模拟)如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A与B到轴的距离相等，则下列说法正确的是(　　)‎ A．框架对A的弹力方向垂直框架向下 B．框架对B的弹力方向可能垂直框架向下 C．A与框架间可能没有摩擦力 D．A、B所受的合力大小相等 解析：球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，当静摩擦力方向向上时，框架对A的弹力方向可能垂直框架向下，也可能垂直框架向上，故A错误；球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对B进行受力分析可知，B受重力，要使合力水平向右，框架对B的弹力方向一定垂直框架向上，故B错误；若A与框架间没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力，两个力的合力方向不可能水平向左，指向圆心，故C错误；A、B两球所受的合力提供向心力，转动的角速度相等，半径也相等，根据F＝mω2r，可知，合力大小相等，故D正确．‎ 答案：D ‎8．(2019·潍坊模拟)如图所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝ B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝ C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 解析：小球沿管道上升到最高点的速度可以为零，故A、B错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN与小球重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即：FN－Fmg＝ma，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁无作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力情况与小球速度大小有关，D错误．‎ 答案：C ‎9．(2019·深圳模拟)用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为FT，FT随ω2变化的图象是下图中的(　　)‎ 解析：设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力FN和线的拉力FT而平衡，FT≠0，故A、B错误；‎ ω增大时，FT增大，FN减小，当FN＝0时，角速度为ω0.‎ 当ω＜ω0时，由牛顿第二定律得FTsin θ－FNcos θ＝mω2Lsin θ，FTcos θ＋FNsin θ＝mg，‎ 解得FT＝mω2Lsin2θ＋mgcos θ 当ω＞ω0时，小球离开锥面，线与竖直方向夹角变大，设为β，‎ 由牛顿第二定律得FTsin β＝mω2Lsin β，‎ 所以FT＝mLω2，此时图线的反向延长线经过原点．‎ 可知FTω2图线的斜率变大，故C正确，D错误．‎ 答案：C 考点4　平抛运动与圆周运动的综合问题 ‎10．如图所示，质量是1 kg的小球用长为0.5 m的细线悬挂在O点，O点距地面竖直距离为1 m．如果使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5 N，(g取10 m/s2)求：‎ ‎(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；‎ ‎(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离．‎ 解析：(1)当细线承受的拉力恰为最大时，对小球受力分析，如图所示：‎ 竖直方向FTcos θ＝mg，得θ＝37°，‎ 向心力F向＝mgtan 37°＝mω2Lsin 37°，又知细线长L＝0.5 m 解得ω＝5 rad/s；‎ ‎(2)线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为v0＝ωLsin 37°＝1.5 m/s，‎ 竖直方向：y＝h－Lcos 37°＝gt2，‎ 水平方向：x＝v0t.‎ 解得d＝＝0.6 m.‎ 答案：(1)5 rad/s　(2)0.6 m ‎11．如图，一个质量为0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A点时的速度v＝4 m/s.(g取10 m/s2)求：‎ ‎(1)小球做平抛运动的初速度v0；‎ ‎(2)P点与A点的水平距离和竖直高度；‎ ‎(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力．‎ 解析：(1)小球到A点的速度，由图可知 v0＝vx＝vAcos θ＝4×cos 60°＝2 m/s；‎ ‎(2)vy＝vAsin θ＝4×sin 60°＝2 m/s，‎ 由平抛运动规律得：v＝2gh，‎ vy＝gt，‎ x＝v0t，‎ h＝0.6 m，‎ x＝0.4 m≈0.69 m；‎ ‎(3)取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得：‎ mv＝mv＋mg(R＋Rcos θ)，‎ 代入数据得：vC＝ m/s，‎ 由圆周运动向心力公式得：FNC＋mg＝m，‎ 代入数据得：FNC＝8 N.‎ 由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小 F＝FNC＝8 N，方向竖直向上．‎ 答案：(1)2 m/s　(2)0.69 m　0.6 m　(3)8 N　方向竖直向上 ‎12．(2019·天津河北区期中)暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图甲所示，该游艺机顶上有一个半径为4.5 m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图乙所示．“摇头飞椅”高O1O2＝5.8 m，绳长5 m．小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40 kg.小明和椅子的转动可简化为如图乙所示的圆周运动．在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37°.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，在此过程中，求：‎ ‎(1)座椅受到绳子的拉力大小；‎ ‎(2)小明运动的线速度大小；‎ ‎(3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴(即图乙中O1点)的距离(结果保留两位有效数字)．‎ 解析：(1)小明和座椅做圆周运动的向心力沿水平方向，由平行四边形定则得座椅受到绳子的拉力 FT＝＝500 N；‎ ‎(2)由牛顿第二定律有：mgtan 37°＝m，‎ 其中R0＝4.5 m＋5 m×sin 37°＝7.5 m，‎ 解得v＝7.5 m/s；‎ ‎(3)由几何关系知，座椅离地高度h＝O1O2－Lcos 37°＝5.8 m－4 m＝1.8 m，‎ 由平抛运动规律得x＝vt，h＝gt2，‎ 解得x＝4.5 m，‎ 由勾股定理得，落地点与游艺机转轴的距离 r′＝≈8.7 m.‎ 答案：(1)500 N　(2)7.5 m/s　(3)8.7 m