【物理】2020届二轮复习专题5曲线运动专题练（信阳高中） 17页

专题5曲线运动专题练 ‎1．如图所示，“飞车走壁”是非常惊险的杂技表演．最剌激的部分莫过于演员架车进入竖直圆筒里在水平面内做匀速圆周运动，此时演员和车这个整体做圆周运动的向心力:‎ A．由整体所受重力与弹力的合力提供 B．由网壁对车的静摩擦力提供 C．由网壁对车的弹力提供 D．由物体的重力提供 ‎2．对于做曲线运动的质点，下列说法正确的是 A．加速度方向可能指向曲线凸侧 B．合外力不可能保持恒定 C．速度的方向一定不断变化，速度的大小也一定不断变化 D．在某一点的速度方向就是在曲线上过该点的切线方向 ‎3．质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为V，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是 ‎ A．受到向心力为 B．受到的摩擦力为 ‎ C．受到的合力方向竖直向上 D．受到的合力方向斜向左上方 ‎4．如图所示，甲、乙两个同学对打乒乓球，设甲同学持拍的拍面与水平方向成α角，乙同学持拍的拍面与水平方向成β角。乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲、乙球拍的速度大小之比为 ( ) ‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎5．如图所示,皮带传动装置,皮带轮O和O′上的三点A、B和C,OA=O′C=r，O′B=2r.则皮带轮转动时A、B、C三点的情况是（ ）.‎ A．vA=vB,vB>vC B．ωA=ωB,vB>vC C．vA=vC,ωB=ωC D．ωA>ωB,vB=vC ‎6．漠河和广州所在处物体具有的角速度和线速度相比较（ ）‎ A．漠河处物体的角速度大，广州处物体的线速度大 B．漠河处物体的线速度大，广州处物体的角速度大 C．两处地方物体的角速度、线速度都一样大 D．两处地方物体的角速度一样大，但广州物体的线速度比漠河处物体线速度要大 ‎7．甲、乙、丙三位同学质量相等，甲同学在温州在龙港中学（浙南地区），乙同学在金华第六中学（浙中地区）丙同学在嘉兴的嘉善中学（浙北地区），下列说法中正确的是 A．三位同学转动所需的向心力大小相等 B．三位同学与地球同步卫星的角速度相等 C．三位同学单位时间内通过的弧长相等 D．三位同学转动的周期不等 ‎8．关于向心加速度的下列说法正确的是（ ）‎ A．向心加速度越大,物体速率变化得越快 B．向心加速度的大小与轨道半径成反比 C．向心加速度的方向始终与速度方向垂直 D．在匀速圆周运动中向心加速度是恒量 ‎9．如图所示，将长为3L的轻杆穿过光滑水平转轴O，两端分别固定质量为2m的球A和质量为3m的球B， A到O的距离为L，现使杆在竖直平面内转动，当球B运动到最高点时，球B恰好对杆无作用力，两球均视为质点。则球B在最高点时( )‎ A．球B的速度大小为 B．球A的速度大小为 C．水平转轴对杆的作用力为5mg D．球A对杆的作用力大小为3mg ‎10．如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是( )‎ A．P、Q两物体的角速度大小相等 B．P、Q两物体的线速度大小相等 C．P物体的线速度比Q物体的线速度小 D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用 ‎11．如图所示，轻杆长为L，一端可绕水平轴O自由转动，另一端固定一个小球。小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，用F表示球到达最高点时杆对小球的作用力，g为重力加速度。下列说法正确的是 ‎ A．F一定等于零 B．小球通过最高点的速度可能小于 C．若小球通过最高点的速度为，则F为拉力 D．要使小球能通过最高点，小球在最低点的速度至少为 ‎12．如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒固定在竖直面内。有两个质量不同的小球甲和乙贴着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动。则 A．甲乙两球都是由重力和支持力的合力提供向心力 B．筒壁对甲球的支持力等于筒壁对乙球的支持力 C．甲球的运动周期大于乙球的运动周期 D．甲球的角速度大于乙球的角速度 ‎13．某物理兴趣小组在探究平抛运动的规律实验时，将小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相，拍摄到了如下图所示的照片，已知每个小方格边长9.8cm，当地的重力加速度为g=9.8m/s2.‎ ‎(1)若以拍摄的第一点为坐标原点，水平向右和竖直向下为正方向，则没有被拍摄到的小球位置坐标为_________.‎ ‎(2)小球平抛的初速度大小为__________m/s.‎ ‎14．如图所示为研究平抛运动的实验装置：‎ ‎(1)现把两个小铁球分别吸在电磁铁C、E上，然后切断电磁铁C的电源，使一只小铁球从轨道A射出，并在射出时碰到碰撞开关S，使电磁铁E 断电释放它吸着的小铁球，两铁球同时落到地面。这个实验________________‎ A．只能说明平抛运动的水平方向做匀速直线运动的规律 B．只能说明平抛运动的竖直方向做自由落体运动的规律 C．不能说明上述AB规律中的任何一条 D．能同时说明上述AB两条规律 ‎(2)若把该装置进行改装，可以验证动量守恒定律，改装后的装置如图。实验原理和简要步骤如下：‎ A．用天平测出直径相同的入射小球与被碰小球的质量m1、m2相比较，应是m1大于m2‎ B．在地面上依次铺白纸和复写纸。‎ C．调整斜槽，使斜槽末端平直部分水平，并用重锤确定小球抛出点（斜槽末端口）在地面上的竖直投影点O。‎ D．不放被碰球m2，先让入射球m1多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。‎ E．把被碰球m2放在斜槽末端口上，让入射球m1从倾斜轨道上S位置静止滑下，与球正碰后，记下落点，重复多次，确定出入射球m1和被碰球m2的平均落地点位置M和N．用刻度尺量OM、OP、ON的长度。‎ 请按要求完成：‎ ‎①在步骤A中有“m1大于m2”的要求，其原因是为了防止________________，在步骤B中有“斜槽末端平直部分水平“的要求，其原因是为了__________________‎ ‎②若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_________（用实验测量的量m1、m2、OM、•ON和•OP表示）‎ ‎15．如图所示，一半径为R的光滑1/2圆弧轨道与水平面相切，一小球静止在与圆弧轨道底端B相距为x的A点，现给小球一初速度，它恰能通过圆弧轨道的最高点C，之后水平飞出。已知小球与水平面的动摩擦因素为μ，（忽略空气阻力,重力加速度为g）求:‎ ‎（1）小球的初速度的大小；‎ ‎（2）从最高点飞出后的落点与初始位置A之间的距离.‎ ‎16．如图所示，倾角为=30°的绝缘斜面AB长度为3，BC长度为，斜面上方BC间有沿斜面向上的匀强电场.一质量为、电荷量为+q的小物块自A端左上方某处以初速度水平抛出，恰好在A点与斜面相切滑上斜面，沿斜面向下运动，经过C点但未能到达B点，在电场力作用下返回，最终恰好静止在A点，已知物块与斜面间的动摩擦因数为，不考虑运动过程中物块电荷量的变化，重力加速度为g，求:‎ ‎（1）物块平抛过程中的位移大小;‎ ‎（2）物块在电场中的最大电势能 ‎17．如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m.在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，以O点为原点建立平面直角坐标系，挡板上边缘P点的坐标为(1.6m，0.8m).现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g=10m/s²).‎ ‎(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，求拉力F作用的距离；‎ ‎(2)改变拉力F的作用时间，小物块可击中挡板的不同位置，求小物块击中挡板时速率的平方(即)的最小值.(结果可保留根式)‎ ‎18．如图所示，支架质量为M ,放在水平面上，转轴O处用长为L的细绳悬挂一质量为m的小球，问：‎ ‎（1）要使小球能在竖直平面内做圆周运动，则小球通过最高点时的速度v1为多大？‎ ‎（2）要使小球在竖直平面内运动到最高点时，支架恰好对地面无压力，则小球通过最高点时的速度v2为多大？‎ 参考答案 ‎1．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 物体做匀速圆周运动的向心力由合力提供，整体受重力、桶壁的支持力和静摩擦力，重力和静摩擦力平衡，桶壁对整体的弹力提供整体做圆周运动的向心力，故C正确，ABD错误。‎ 故选：C。‎ ‎2．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、曲线运动的合外力的方向指向曲线的凹侧，根据牛顿第二定律可知，加速度的方向也指向曲线的凹侧，故A错误；‎ B、曲线运动的合外力可能保持恒定，比如平抛运动，其合外力为重力，大小方向都不变，故B错误；‎ C、曲线运动的特点就是速度的方向一定不断变化，但速度的大小不一定变化，比如匀速圆周运动，速度的方向不断变化，但速度的大小不变，故C错误；‎ D、做曲线运动的物体，其瞬时速度的方向沿轨迹上该点的切线方向，故D正确。‎ 故选：D ‎3．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为R，向心加速度为，则向心力为，选项A错误；设支持力为N，由牛顿第二定律有N-mg=man，可得支持力为N＝mg+m，根据牛顿第三定律可得滑块对轨道的压力大小mg+m，根据滑动摩擦力求解公式得摩擦力大小为f＝μN＝μmg+μm ‎，故B错误；向心力为滑块所合外力沿半径方向的分力，竖直向上指向圆心，水平方向的分力即为摩擦力，水平向左，根据力的合成可知滑块受到的合力方向斜向左上方，故C错误，D正确。‎ ‎4．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：，在乙处：，所以 A. 与计算结果相符，故A正确。‎ B. 与计算结果不符，故B错误。‎ C. 与计算结果不符，故C错误。‎ D. 与计算结果不符，故D错误。‎ ‎5．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、B是靠传送带传动的轮子边缘上的点，所以vA=vB，B、C两点共轴转动，所以ωB=ωC，根据v=rω知，vB＞vC.根据，知ωA＞ωB．故A正确，B、C、D错误。故选A.‎ ‎6．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由于漠河和广州都绕地轴一起转动，漠河地面上的物体随地球自转的角速度与广州地面上的物体随地球自转的角速度相同；漠河地面上的物体随地球自转的半径小于广州地面上的物体随地球自转的半径，由v=ωr知，漠河地面上的物体随地球自转的线速度小于广州地面上的物体随地球自转的线速度 A. 漠河处物体的角速度大，广州处物体的线速度大与分析不符，故A项错误；‎ B. 漠河处物体的线速度大，广州处物体的角速度大与分析不符，故B项错误；‎ C. 两处地方物体的角速度、线速度都一样大与分析不符，故C项错误；‎ D. 两处地方物体的角速度一样大，但广州物体的线速度比漠河处物体线速度要大与分析相符，故D项正确。‎ ‎7．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ BD.甲、乙、丙三位同学相对地球静止，他们随地球一起转动时，与同步卫星的周期相同，角速度相同，故B正确，D错误；‎ A.根据向心力公式可知，，三位同学绕地轴转动的半径r不同，故向心力不等，故A错误；‎ C.根据线速度和角速度公式可知，，三位同学的线速度不等，单位时间内通过的弧长不等，故C错误；‎ ‎8．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 向心加速度只改变速度的方向,不改变速度的大小.故A错误；向心加速度由外力所提供的向心力及物体质量决定，与速率及半径无关.故B错误；向心加速度为沿半径方向的加速度，方向始终时刻改变,指向圆心,且方向垂直速度方向.故C正确；D错误；故选C ‎9．BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 当B在最高点时，球B对杆无作用力，此时球B的重力提供作圆周运动所需的向心力则，解得：；由于AB转动的角速度相同，故根据v=ωr可知，故A错误，B正确；对A球受力分析可知，解得F=3mg，此时水平转轴对杆的作用力为3mg，则水平转轴对杆的作用力为3mg，故C错误，D正确.‎ ‎10．AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ P、O两点共轴，角速度相同，然后根据v=rω分析线速度的大小。‎ ‎【详解】‎ 因为P、Q两点共轴，所以角速度相同，由公式v=rω得，Q处物体的线速度大，故B错误，AC正确。P、Q两物体均受万有引力和支持力两个力作用，重力只是物体所受万有引力的一个分力，故D错误。故选AC。‎ ‎11．BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 本题为竖直平面内干约束的圆周运动问题，可知通过最高点的速度满足，当时，在最高点杆为支持力，当时，在最高点杆为拉力，当时，在最高点杆没有作用力。所以A错，BC正确。在最高点的速度，从最低点到最高点，根据动能定理可得：，所以要使小球能通过最高点，小球在最低点的速度至少为，D错误 ‎12．AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对两球受力分析即可得向心力的来源；支持力与重力的合力提供小球所需要的向心力，根据平衡条件即可得支持力大小关系；利用牛顿第二定律列式，结合两球的轨道半径关系即可分析出两球的周期与角速度关系．‎ ‎【详解】‎ A、对两球受力分析，都受重力、支持力两个力的作用，由于做匀速圆周运动，即合外力提供向心力，故可知甲、乙两球都是由重力与支持力的合力提供向心力，A正确； BCD、设圆锥筒的顶角为，则有：在竖直方向有：，轨道平面内有：，联立可得支持力为：，角速度为：‎ ‎，由于两球的质量不同，则可知两球所受支持力大小不相等，由图可知甲球的轨道半径大于乙球的轨道半径，故甲球的角速度小于乙的角速度，根据可知，甲球的周期大于乙球的周期，BD错误C正确．‎ ‎13．(58.8cm,58.8cm) 1.96 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据平抛运动的特点，水平方向的坐标为：3×2×9.8cm=58.8cm；竖直方向：y=（1+2+3）×9.8cm=58.8cm；故没有被拍摄到的小球位置坐标为：（58.8cm，58.8cm）；‎ ‎（2）由，得：s，由m/s。‎ ‎14．B 两球相碰后反弹 保证小球做平抛运动 m1 ·OM＋m2 ·ON=m1 ·OP m1 ·OM 2＋m2 ·ON2=m1 ·OP2 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)[1].两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动的规律相同，即平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，该实验不能得出平抛运动在水平方向上的运动规律。‎ A．只能说明平抛运动的水平方向做匀速直线运动的规律，与分析不符，故A项错误；‎ B．只能说明平抛运动的竖直方向做自由落体运动的规律，与分析相符，故B项正确；‎ C．不能说明上述AB规律中的任何一条，与分析不符，故C项错误；‎ D．能同时说明上述AB两条规律，与分析不符，故D项错误。‎ ‎(2)①[2].入射球质量应大于被碰球质量，即：m1＞m2，是为了防止两球碰撞后入射球反弹，保证小球碰后速度方向不变。 [3].斜槽的末端必须水平，是为了使小球抛出时速度方向水平，从而做平抛运动；‎ ‎②[4].碰撞过程动量守恒，则 m1v0=m1v1+m2v2，‎ 两边同时乘以时间t得：‎ m1v0•t=m1v1•t+m2v2•t，‎ 则 m1•OP=m1•OM+m2•ON ‎[5].若碰撞为弹性碰撞，则 ‎，‎ 两边同时乘以时间的平方得 则得：‎ m1•OP2＝m1•OM2+m2•ON2．‎ ‎15．(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设小球在A点的初速度为vA ,在C点的速度为vC ，从A到C，由动能定理有：‎  在最高点C点，重力提供向心力有：‎ ‚ 有‚式得小球的初速度：‎ ‎（2）从C点飞出后做平抛运动，设平抛运动水平位移为，平抛运动时间为t 由平抛规律有：‎ ƒ ‎④‎ 有‚ƒ④解得：‎ 所以两点间距离为：‎ ‎16．（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为，设此时速度为v则，竖直速度，‎ 平抛过程中水平位移，‎ 竖直位移，‎ 平抛的位移，‎ 解得.‎ ‎（2）设物块沿斜面向下运动的最大位移为´，自物块从A点开始向下运动到再次返回A点根据动能定理有，‎ 解得.‎ 物块位于最低点时，电势能最大，物块自A点到最低点过程中，设电场力做功为W，根据动能定理有，‎ 解得，即物块电势能大值为.‎ ‎17．(1)3.3m(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)设小物体离开O点时的速度为，运动时间为t，由平抛运动规律，‎ 水平方向: ‎ 竖直方向:‎ 联立解得:=4m/s 设拉力F作用的时间为，加速运动的加速度为，位移为，速度为，由牛顿第二律:‎ 解得 ‎ ‎ 减速运动的位移为，运动的加速度的大小为为，由牛顿第二定律:‎ 解得 联立以上各式解得=3.3m ‎ ‎(2)设小物抉击中挡板的任意一点坐标为(x，y)，撞到挡板时的速度为，竖直速度为，则有 ‎，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 又 由P点坐标可求 化简得 ‎ 代入数据得 ‎18．（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）若小球恰能经过最高点，则绳对球的作用力为零，则： ‎ 解得： ‎ ‎（2）小球运动到最高点时，支架对地面无压力，对支架分析，有：F=Mg 根据牛顿第三定律知，细线对小球的力方向竖直向下，大小为：T=F=Mg 对小球分析，根据牛顿第二定律有： 解得：．‎