2020届高考物理二轮复习专题一力与运动3力与曲线运动课时作业含解析 8页

力与曲线运动 ‎[A级－对点练]‎ ‎[题组一]　运动的合成与分解 ‎1．(多选)如图，两个相同的小球P、Q通过铰链用刚性轻杆连接，P套在光滑竖直杆上，Q放在光滑水平地面上．开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q沿水平地面向右运动．下列判断正确的是(　　)‎ A．P触地前的速度一直增大 B．P触地前的速度先增大后减小 C．Q的速度先增大后减小 D．P、Q的速度同时达到最大 解析：AC　[开始时P、Q的速度都为零，P受重力和轻杆的作用下做加速运动，而Q由于轻杆的作用，则开始时轻杆使Q加速，后使Q减速，当P到达底端时，P只有竖直方向的速度，而水平方向的速度为零，故Q的速度为零，所以在整个过程中，P的速度一直增大，Q的速度先增大后减小，故A、C正确，B、D错误．]‎ ‎2．(2019·课标Ⅱ，19)(多选)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v－t图像如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则(　　)‎ A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 解析：BD　[本题考查曲线运动知识和利用数形结合处理物理问题的能力，体现了模型构建、科学推理的核心素养．v－t - 8 -‎ 图线与时间轴包围的“面积”表示运动员在竖直方向上的位移，由图像可知第二次包围的格数较多，故A错．设雪道的倾角为θ，则水平位移x＝，故B正确．v－t图线的斜率表示加速度，由图像明显看出，第一次在竖直方向上的平均加速度较大，故C错．v＝v1时，斜率k1＞k2，结合牛顿第二定律mg－f＝ma可知，第二次所受阻力较大，D正确．]‎ ‎[题组二]　平抛运动规律的应用 ‎3．物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角α的正切tan α随时间t变化的图像是图中的(　　)‎ 解析：B　[根据几何关系：tan α＝＝，则tan α与t成正比例函数关系，B正确．]‎ ‎4．如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为α，在底端A正上方与顶端等高处的E点以速度v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D点，重力加速度为g，则(　　)‎ A．小球在空中飞行时间为 B．小球落到斜面上时的速度大小为 C．小球的位移方向垂直于AC D．CD与DA的比值为 解析：D　[将小球在D点的速度进行分解，水平方向的分速度v1等于平抛运动的初速度v0，即v1＝v0，落到斜面上时的速度v＝，竖直方向的分速度v2＝，则小球在空中飞行时间t＝＝.由图可知平抛运动的位移方向不垂直AC，D、A间水平距离为x水平＝v0t，故DA＝；C、D间竖直距离为x竖直＝v2t，故CD＝，得＝.]‎ - 8 -‎ ‎5．如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O.一小球(可视为质点)从与圆心等高的半圆形轨道上的A点以速度v0水平向右抛出，落于轨道上的C点．已知OC与OA的夹角为θ，重力加速度为g，则小球从A运动到C的时间为(　　)‎ A.tan　　　　 　　B.cot C.tan D.cot 解析：D　[由几何关系可以知道，AC与水平方向的夹角α＝，根据平抛运动的规律知tan α＝＝＝，得t＝＝cot，所以D项正确，A、B、C项错误．]‎ ‎6．某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图所示．模型放到‎0.8 m高的桌子上，最高点距离地面‎2 m，右端出口水平．现让小球由最高点静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为(　　)‎ A．0 B．‎‎0.1 m C．‎0.2 m D．‎‎0.3 m 解析：C　[从最高点到出口，满足机械能守恒，可得(H－h)mg＝mv2.小球从出口飞出后做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，可得x＝2.根据数学知识知，当H－h＝h时，x最大，即h＝‎1 m时，小球飞得最远，此时出口距离桌面高度为Δh＝‎1 m－‎0.8 m＝‎0.2 m．]‎ ‎[题组三]　圆周运动问题 - 8 -‎ ‎7．(多选)如图，在角锥体表面上放一个物体，角锥绕竖直轴转动．当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则角锥对物体的(　　)‎ A．支持力将减小 B．支持力将增大 C．静摩擦力将不变 D．静摩擦力将增大 解析：AD　[对物体受力分析如图所示，物体受到重力、支持力和静摩擦力三个力的作用，物体做匀速圆周运动，沿水平和竖直方向正交分解，水平方向Ffcos θ－FNsin θ＝mω2r，竖直方向Ffsin θ＋FNcos θ＝mg，联立以上两式解得Ff＝mgsin θ＋mω2rcos θ，FN＝mgcos θ－mω2rsin θ，当角速度增大时，支持力减小，静摩擦力增大，故A、D正确，B、C错误．]‎ ‎8．(多选)如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止．已知OA与竖直方向的夹角θ＝53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环旋转角速度的大小为 B．圆环旋转角速度的大小为 C．小球A与圆环间摩擦力的大小为mg D．小球A与圆环间摩擦力的大小为mg - 8 -‎ 解析：AD　[当B与圆环间恰好没有摩擦力时，B与圆心连线与竖直方向的夹角为－θ＝37°.对B球受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得mgtan 37°＝mrBω2，又rB＝Rsin 37°，解得ω＝，则A项正确，B项错误．对A球受力分析如图所示，则竖直方向上：NAcos 53°＋fAsin 53°－mg＝0，水平方向上：NAsin 53°－fAcos 53°＝mrAω2，rA＝Rsin 53°，解得fA＝mg，则C项错误，D项正确．]‎ ‎[题组四]　万有引力与航天 ‎9．(2019·课标Ⅱ，14)2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆．在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F随h变化关系的图像是(　　)‎ 解析：D　[本题考查了万有引力定律公式．考查了学生对万有引力定律的理解能力，体现了运动和相互作用的物理观念及科学推理的核心素养．由万有引力定律可知，探测器受到的万有引力F＝，其中R为地球半径．在探测器“奔向”月球的过程中，离地面距离h增大，其所受的万有引力非线性减小，故选项D正确．]‎ ‎10．(2019·北京理综，18)‎2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)．该卫星(　　)‎ A．入轨后可以位于北京正上方 B．入轨后的速度大于第一宇宙速度 C．发射速度大于第二宇宙速度 D．若发射到近地圆轨道所需能量较少 解析：‎ - 8 -‎ D　[因地球静止轨道卫星(同步卫星)的运行轨道在地球赤道正上方，故该北斗导航卫星入轨后不能位于北京正上方，选项A错误；第一宇宙速度在数值上等于地球近地卫星的线速度，由万有引力提供向心力＝，可得v＝，同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则同步卫星入轨后的速度小于第一宇宙速度，故选项B错误；地球卫星的发射速度应大于等于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，选项C错误；近地卫星的高度小，发射时所需的能量较少，故选项D正确．]‎ ‎11．(2019·江苏单科，4)1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动．如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G.则(　　)‎ A．v1＞v2，v1＝ B．v1＞v2，v1＞ C．v1＜v2，v1＝ D．v1＜v2，v1＞ 解析：B　[本题考查人造卫星沿椭圆轨道运动内容，培养了理解能力和推理能力，体现了核心素养中的能量观念及模型建构要素，有利于培养学生爱国主义价值观．卫星沿椭圆轨道运动时，只受万有引力作用，机械能守恒，在卫星由近及远的运动过程中，卫星的部分动能转化为势能，速度逐渐减小，故v1＞v2.若卫星过近地点做半径为r的匀速圆周运动，则满足G＝m，可得v＝.现卫星过近地点做离心运动，则v1＞，故选项B正确，A、C、D错误．]‎ ‎[B级－综合练]‎ ‎12．(多选)月球背面有许多秘密未能解开，原因是我们无法从地球上直接观测到月球背面．为探测月球背面，我国在2018年12月发射“嫦娥四号”探测器，实现人类首次月球背面着陆，并开展巡视探测．假设“嫦娥四号”探测器的发射过程简化如下：探测器从地球表面发射后，进入地月转移轨道，经过M点时变轨进入距离月球表面‎100 km的圆形轨道Ⅰ，在轨道Ⅰ上经过P点时再次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，之后将在Q点着陆月球表面．下列说法正确的是(　　)‎ - 8 -‎ A．“嫦娥四号”探测器的发射速度大于地球的第二宇宙速度 B．“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上的速度小于月球的第一宇宙速度 C．“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上的周期小于在轨道Ⅱ上的周期 D．“嫦娥四号”在地月转移轨道上经过M点的速度大于在轨道Ⅰ上经过M点的速度 解析：BD　[“嫦娥四号”探测器的发射速度大于地球的第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度，选项A错误；“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即G＝m，解得v＝，在月球表面，有G＝g月，即GM＝g月R2，因此有v＝＜，即“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上的速度小于月球的第一宇宙速度，选项B正确；根据开普勒第三定律可知，“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ上的周期，选项C错误；“嫦娥四号”由地月转移轨道变轨到轨道Ⅰ，需要在M点减速，因此“嫦娥四号”在地月转移轨道上经过M点的速度大于在轨道Ⅰ上经过M点的速度，选项D正确．]‎ ‎13．宁波高中科技新苗项目的同学在一个连锁机关游戏中，设计了一个如图所示的起始触发装置：AB段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD段是半径为R的四分之三圆弧弯杆，DE段是长度为2R的水平杆，与AB杆稍稍错开．竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m的套环．每次将弹簧的长度压缩至P点后锁定，设PB的高度差为h，解除锁定后弹簧可将套环弹出，在触发器的右侧有多米诺骨牌，多米诺骨牌的左侧最高点Q和P点等高，且与E的水平距离为x(可以调节)，已知弹簧锁定时的弹性势能EP＝10mgR，套环P与水平杆DE段的动摩擦因数μ＝0.5，与其他部分的摩擦可以忽略不计，不计套环受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失，不考虑伸缩竖直杆粗细变化对套环的影响，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)当h＝7R时，套环到达杆的最高点C处时的速度大小．‎ ‎(2)在第(1)问中套环运动到最高点C时对杆作用力的大小和方向．‎ ‎(3)若h在3R至10R连续可调，要使该套环恰能击中Q点，则x应该在哪个范围内调节？‎ 解析：(1)当h＝7R时，套环从P点运动到C点，根据机械能守恒定律有：‎ EP＝mg(h＋R)＋mv2‎ EP＝10mgR，解得：v＝2 ‎(2)在最高点C时，对套环，根据牛顿第二定律有：mg＋FC＝m - 8 -‎ 解得：FC＝3mg，由牛顿第三定律得F′C＝FC＝3mg，方向向上．‎ ‎(3)套环恰能击中Q点，平抛运动过程：‎ h－R＝gt2‎ x＝vEt 从P到E，根据能量守恒定律有：‎ EP＝mg(h－R)＋μmg·2R＋mv 又因为3R≤h≤10R 由以上各式可解得，0≤x≤9R.‎ 答案：(1)2　(2)3mg　方向向上　(3)0≤x≤9R - 8 -‎