2019-2020年高考物理二轮复习 第一部分 考前复习方略 专题三 抛体运动与圆周运动限时训练.doc

2019-2020年高考物理二轮复习 第一部分 考前复习方略 专题三 抛体运动与圆周运动限时训练一、选择题1.(xx山西调研)国内首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主设计研发的，“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁和玻璃上自由移动如图所示，“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到右上方B点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析可能正确的是()解析：选C.“蜘蛛侠”由A到B做匀加速直线运动，故F合外力方向沿AB方向，由A指向B，结合各选项图分析知C项正确2人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速拉绳使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为，则物体A实际运动的速度是()Av0sin B.Cv0cos D.解析：选D.由运动的合成与分解可知，物体A参与这样两个分运动，一个是沿着与它相连接的绳子的运动，另一个是垂直于绳子向上的运动而物体A实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的，这一轨迹所对应的运动就是物体A的合运动，它们之间的关系如图所示由三角函数可得v，所以D正确3(xx高考四川卷)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()A. B.C. D.解析：选B.去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d，则去程时间t1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t2，由题意有k，则k，得v1 ，选项B正确4(xx湖南六校联考)如图所示，薄半球壳ACB的水平直径为AB，C为最低点，半径为R.一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力则下列判断正确的是() A只要v0足够大，小球可以击中B点Bv0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同Cv0取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上D无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上解析：选D.小球做平抛运动，竖直方向有位移，v0再大也不可能击中B点；v0不同，小球会落在半球壳内不同点上，落点和A点的连线与AB的夹角不同，由推论tan 2tan 可知，小球落在球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度反向延长线一定经过半球壳的球心，且该反向延长线与AB的交点为水平位移的中点，而这是不可能的，A、B、C错误，D正确5(多选)(xx河北唐山一模)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3 m的20 cm高的竖直细杆，即为获胜一身高1.4 m的儿童从距地面1 m高度，水平抛出圆环，圆环半径为10 cm，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g10 m/s2)()A7.4 m/s B7.6 m/sC7.8 m/s D8.2 m/s解析：选BC.由题意，套住细杆时圆环的竖直位移h0.8 m，水平位移3.0 mx3.2 m，由平抛运动规律有：hgt2，解得：t0.4 s，又v0，解得：7.5 m/sv0，b绳将出现弹力D若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化解析：选AC.对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得FTa，为定值，A正确，B错误当FTacos m2l时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误9(xx高考福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()At1t2 D无法比较t1、t2的大小解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知v1v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1t2.选项A正确10.(多选)如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，则有()A小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为6mgB小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为mgC若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为D若小铁球运动到最低点时轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为2L解析：选AC.小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，说明小铁球在最高点B处时，轻绳的拉力最小为零，mg，v，由机械能守恒定律得，小铁球运动到最低点时动能mg2L，在最低点时轻绳的拉力最大，由牛顿第二定律Fmg，联立解得轻绳的拉力最大为F6mg，选项A正确，B错误；以地面为重力势能参考平面，小铁球在B点处的总机械能为mg3Lmv2mgL，无论轻绳是在何处断开，小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能mv2mgL，落到地面时的速度大小为v，选项C正确；小铁球运动到最低点时速度v1，由xv1t，Lgt2，联立解得小铁球落到地面时的水平位移为xL，选项D错误二、非选择题11(xx河北石家庄二中一模)如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d0.48 m，离地高度h1.25 m桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场)，电场强度E1104 N/C.在水平桌面上某一位置P处有一质量m0.01 kg，带电荷量q1106 C的带正电小球以初速度v01 m/s向右运动空气阻力忽略不计，重力加速度g10 m/s2.求：(1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向；(2)P处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大？并求出该最大水平距离解析：(1)加速度大小：a1.0 m/s2.方向：水平向左(2)设小球到桌面右端的距离为x1，小球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x2x总x1x2由v2v2ax1代入得v设平抛运动的时间为thgt2解得t0.5 sx2vt0.5故x总x10.5令y，则x总当y m即x1 m时，水平距离最大最大值为：xm m.答案：(1)1 m/s2水平向左(2)见解析12(xx福建省泉州3月质检)某工厂生产流水线示意图如图所示，半径R1 m的水平圆盘边缘E点固定一小桶在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，竖直高度h1.25 mAB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径r0.45 m，且与水平传送带相切于B点一质量m0.2 kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数0.2，当滑块到达B点时，圆盘从图示位置以一定的角速度绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内取g10 m/s2，求：(1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力FNB；(2)传送带BC部分的长度L；(3)圆盘转动的角速度应满足的条件解析：(1)滑块从A到B过程中，由动能定理有mgrmv解得vB3 m/s滑块到达B点时，由牛顿第二定律有FNBmgm解得FNB6 N.据牛顿第三定律，滑块到达B点时对轨道的压力大小为6 N，方向竖直向下(2)滑块离开C点后做平抛运动，hgt解得t10.5 s，vC2 m/s滑块由B到C过程中，据动能定理有mgLmvmv解得L1.25 m.(3)滑块由B到C过程中，据运动学公式有Lt2解得t20.5 s，则tt1t21 s圆盘转动的角速度应满足条件tn(n1，2，3，)解得2n rad/s(n1，2，3，)答案：(1)6 N，方向竖直向下(2)1.25 m(3)2n rad/s(n1，2，3，)