2020高考物理二轮复习专题提升训练3力与曲线运动含解析 7页

专题提升训练3　力与曲线运动 一、单项选择题(本题共5小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.(2019·北京海淀月考)右图是码头的旋臂式起重机,当起重机旋臂水平向右保持静止时,吊着货物的天车沿旋臂向右匀速行驶,同时天车又使货物沿竖直方向先做匀加速运动,后做匀减速运动。该过程中货物的运动轨迹可能是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 答案:C 解析:货物在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上先做匀加速运动,后做匀减速运动,根据平行四边形定则,知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上,轨迹为曲线,货物的加速度先向上后向下,因为加速度的方向指向轨迹的凹侧,故C正确,A、B、D错误。‎ ‎2.(2019·天津期末)如图所示,湖中有一条小船,岸上人用缆绳跨过定滑轮拉船靠岸。若用恒速v0拉绳,当绳与竖直方向成α角时,小船前进的瞬时速度是(　　)‎ A.v0sin α B.‎v‎0‎sinα C.v0cos α D.‎v‎0‎cosα 答案:B 解析:船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度,根据平行四边形定则,有vccosα=v0,则vc=v‎0‎sinα,故B正确。‎ - 7 -‎ ‎3.(2019·湖北武汉调研)下图是对着竖直墙壁沿同一水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹,三个小球到墙壁的水平距离均相同,且a和b从同一点抛出。不计空气阻力,则(　　)‎ A.a和b的飞行时间相同 B.b的飞行时间比c的短 C.a的水平初速度比b的小 D.c的水平初速度比a的大 答案:D 解析:根据t=‎2hg可知,b下落的高度比a大,则b飞行的时间较长,根据v0=xt,因水平位移相同,则a的水平初速度比b的大,选项A、C错误;b的竖直下落高度比c大,则b飞行的时间比c长,选项B错误;a的竖直下落高度比c大,则a飞行的时间比c长,根据v0=xt,因水平位移相同,则a的水平初速度比c的小,选项D正确。‎ ‎4.(2018·浙江金华期末)如图所示,一名运动员在参加跳远比赛,他腾空过程中离地面的最大高度为l,成绩为4l。假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为α,运动员可视为质点,不计空气阻力。则有(　　)‎ A.tan α=2 B.tan α=‎‎1‎‎2‎ C.tan α=‎1‎‎4‎ D.tan α=1‎ 答案:D 解析:运动员从最高点到落地的过程做平抛运动,根据对称性知平抛运动的水平位移为2l,则有l=‎1‎‎2‎gt2,解得t=‎‎2lg - 7 -‎ 运动员通过最高点时的速度为v=‎‎2lt‎=‎‎2gl 则有tanα=gtv‎0‎=1,故D正确。‎ ‎5.(2019·陕西西安八校联考)如图所示,小物块位于半径为R的半圆柱形物体顶端,若给小物块一水平速度v0=‎2gR,则小物块(　　)‎ A.将沿半圆柱形物体表面滑下来 B.落地时水平位移为‎2‎R C.落地速度大小为2‎gR D.落地时速度方向与水平地面成60°角 答案:C 解析:设小物块在半圆柱形物体顶端做圆周运动的临界速度为vc,则重力刚好提供向心力,由牛顿第二定律得mg=mvc‎2‎R,解得vc=gR,因为v0>vc,所以小物块将离开半圆柱形物体做平抛运动,A错误;小物块做平抛运动时竖直方向R=‎1‎‎2‎gt2,水平位移为x=v0t,解得x=2R,B错误;小物块落地时竖直方向分速度大小为vy=gt,解得vy=‎2gR,则落地时速度的大小为v=2gR,速度与水平地面成45°夹角,C正确,D错误。‎ 二、多项选择题(本题共4小题,在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的)‎ ‎6.(2019·天津红桥区一模)在修筑铁路时,弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示,当火车以规定的行驶速度转弯时,内、外轨均不会受到轮缘的挤压,设此时的速度大小为v,重力加速度为g,两轨所在面的倾角为θ,则(　　)‎ A.该弯道的半径r=‎v‎2‎gtanθ B.当火车质量改变时,规定的行驶速度大小随之变化 C.当火车速率大于v时,内轨将受到轮缘的挤压 D.当火车速率小于v时,内轨将受到轮缘的挤压 - 7 -‎ 答案:AD 解析:火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘,靠重力和支持力的合力提供向心力,设转弯处斜面的倾角为θ,根据牛顿第二定律得mgtanθ=mv‎2‎r,解得r=v‎2‎gtanθ,故A正确;根据牛顿第二定律得mgtanθ=mv‎2‎r,解得v=grtanθ,可知火车规定的行驶速度与质量无关,故B错误;当火车速率大于v时,重力和支持力的合力不够提供向心力,此时外轨对火车有侧压力,轮缘挤压外轨,故C错误;当火车速率小于v时,重力和支持力的合力比所需的向心力大,此时内轨对火车有侧压力,轮缘挤压内轨,故D正确。‎ ‎7.(2019·河北石家庄质检)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‎5g‎4R B.圆环旋转角速度的大小为‎5g‎3R C.小球A与圆环间摩擦力的大小为‎7‎‎5‎mg D.小球A与圆环间摩擦力的大小为‎1‎‎5‎mg 答案:AD 解析:对小球B受力分析,B在圆环支持力和重力的作用下做匀速圆周运动,设圆环的角速度为ω,由牛顿第二定律可得mgtan37°=mω2Rsin37°,解得ω=‎5g‎4R,A正确,B错误;对A球,设圆环对小球的支持力大小为F,圆环对小球的摩擦力大小为Ff,方向为沿圆环向下,由牛顿第二定律知,在竖直方向有Fcos53°-mg-Ffcos37°=0,在水平方向有Ffcos53°+Fsin53°=mω2Rsin53°,联立解得Ff=-mg‎5‎,即小球A所受摩擦力大小为mg‎5‎,方向沿圆环向上,D正确,C错误。‎ ‎8.(2019·广东深圳三校模拟)如图所示,两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定在地面上,质量相等的两个小球分别从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由滑下,它们通过轨道最低点时(　　)‎ - 7 -‎ A.线速度相等 B.向心加速度相等 C.对轨道的压力相等 D.两小球都处于超重状态 答案:BCD 解析:设半圆轨道的半径为r,小球到最低点时的速度为v,由机械能守恒定律得mgr=‎1‎‎2‎mv2,所以v=‎2gr,由于它们的半径不同,所以线速度不相等,故A错误;小球的向心加速度an=v‎2‎r=2g,与半径无关,因此此时两个小球的向心加速度相等,故B正确;在最低点,由牛顿第二定律得FN-mg=mv‎2‎r,联立解得FN=3mg,由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为3mg,由于球的质量相等,所以两个小球对轨道的压力相等,故C正确;由于两小球加速度均向上,故均处于超重状态,故D正确。‎ ‎9.(2019·河南郑州质检二)下图为一半球形的坑,其中坑边缘两点M、N与球心等高且在同一竖直面内。现甲、乙两位同学(可视为质点)分别站在M、N两点,同时将两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出,发现两球刚好落在坑中同一点Q,已知∠MOQ=60°,忽略空气阻力。则下列说法正确的是(　　)‎ A.甲、乙两同学抛出球的速率之比为1∶3‎ B.若仅增大v1,则两球将在落入坑中之前相撞 C.两球的初速度无论怎样变化,只要落在坑中的同一点,两球抛出的速率之和不变 D.若仅从M点水平抛出小球,改变小球抛出的速度,小球可能垂直坑壁落入坑中 答案:AB 解析:两球刚好落在坑中同一点,说明两球在竖直方向的位移相同,由y=‎1‎‎2‎gt2可知,两球在空中飞行的时间相同。设半球形坑的半径为R,则甲同学抛出的球的水平位移为x甲=R-Rcos60°=R‎2‎,乙同学抛出的球的水平位移为x乙=R+Rcos60°=‎3R‎2‎,由x=vt - 7 -‎ 可知,甲、乙两同学抛出球的速率之比为v1∶v2=x甲∶x乙=1∶3,A正确;若仅增大v1,相撞时v1t+v2t=2R,t减小,则h=‎1‎‎2‎gt2减小,故两球将在落入坑中之前相撞,B正确;只要落入坑中的同一点,则x甲+x乙=2R,由x=vt可知,两球抛出的速率之和v1+v2=x甲t‎+x乙t=‎x甲‎+‎x乙t与小球在空中飞行时间有关,即与小球落入坑中的同一点的位置有关,C错误;根据平抛运动规律的推论,小球落入坑中时速度方向的反向延长线与水平直径的交点在水平位移的‎1‎‎2‎处,即若仅从M点水平抛出小球,改变小球抛出的速度,小球不可能垂直坑壁落入坑中,D错误。‎ 三、计算题(本题共1小题,须写出规范的解题步骤)‎ ‎10.(2019·福建龙岩质检)如图甲所示,陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落,好像轨道对它施加了魔法一样,被称为“魔力陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型,如图乙所示。在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R,A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动,受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F,当质点以速率v=gR通过A点时,对轨道的压力为其重力的7倍,不计摩擦和空气阻力,重力加速度为g。‎ ‎(1)求质点的质量。‎ ‎(2)质点能做完整的圆周运动,若磁性引力大小恒定,试证明质点对A、B两点的压力差为定值。‎ ‎(3)若磁性引力大小恒为2F,为确保质点做完整的圆周运动,求质点通过B点的最大速率。‎ 答案:见解析 解析:(1)在A点:F+mg-FA=mv‎2‎R①‎ 根据牛顿第三定律:FA=FA'=7mg②‎ 由①②式联立得:m=F‎7g。③‎ ‎(2)质点能完成圆周运动,在A点,根据牛顿第二定律:‎ F+mg-FNA=mvA‎2‎R④‎ 根据牛顿第三定律:FNA'=FNA⑤‎ 在B点,根据牛顿第二定律:F-mg-FNB=mvB‎2‎R⑥‎ - 7 -‎ 根据牛顿第三定律:FNB'=FNB⑦‎ 从A点到B点过程,根据机械能守恒定律:‎ mg·2R=‎1‎‎2‎mvB‎2‎-‎1‎‎2‎mvA‎2‎⑧‎ 由④⑤⑥⑦⑧联立得:FNA'-FNB'=6mg,为定值,得到证明。‎ ‎(3)在B点,根据牛顿第二定律:‎ ‎2F-mg-FNB=‎mvB‎2‎R 当FNB=0时,质点速率最大,vB=vBm ‎2F-mg=mvBm‎2‎R⑨‎ 联立解得:vBm=‎13gR。‎ - 7 -‎