【物理】2019届二轮复习抛体运动　圆周运动作业（全国通用） 7页

专题一　第3讲 抛体运动　圆周运动 限时：40分钟 一、选择题(本题共8小题，其中1～5题为单选，6～8题为多选)‎ ‎1．如图所示，两次渡河时船对水的速度大小和方向都不变。已知第一次实际航程为A至B，位移为x1，实际航速为v1，所用时间为t1。由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为x2，实际航速为v2，所用时间为t2。则(　D　)‎ A．t2>t1，v2＝v1　　　 B．t2>t1，v2＝v1‎ C．t2＝t1，v2＝v1　　　 D．t2＝t1，v2＝v1‎ ‎[解析]　两次船相对于静水的速度都是不变的，船相对于水的速度可以分解为垂直于河岸和平行于河岸两个方向。由于船速大小和方向不变，故垂直于河岸的速度不变，所以渡河的时间相等，即t2＝t1；渡河的位移x1＝v1t1，x2＝v2t2，解得：v2＝v1，所以D正确，A、B、C错误。‎ ‎2．(2018·安徽省蚌埠市高三第三次教学质量检测)如图，一小球以大小为v0的水平速度从一个倾角为37°的足够长的固定斜面顶端向右抛出。不计空气阻力，则小球距离斜面最远时的速度大小为(已知sin37°＝0.6)(　A　)‎ A．v0　　　 B．v0‎ C．v0　　　 D．v0‎ ‎[解析]　当小球速度方向与斜面平行时离斜面最远，速度的水平分量不变，为v0，由几何关系可知此时水平速度方向和竖直速度方向的夹角为37°，则有：vcos37°＝v0，解得：v＝‎ ＝，故A正确，BCD错误，故选A。‎ ‎3．(2018·山东省历城高三下学期模拟)下列关于运动和力的叙述，正确的是(　A　)‎ A．图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间指针示数会大于人的重力G B．图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力 C．图丙中，在水平直跑道上减速的航天飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力 D．图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则他将在冰面上沿着轨迹半径方向“离心”而去 ‎[解析]　图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间处于超重状态，所以体重计的示数大于人的重力，故A正确；图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力提供向心力，所以合外力的大小恒定，方向时刻变化，故B错误；图丙中，在水平直跑道上减速的飞机，伞对飞机的拉力与飞机对伞的拉力为作用力与反作用力，所以两力大小相等，方向相反，故C错误；图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则运动员将沿圆弧切线作直线运动，故D错误。‎ ‎4．(2018·湖北省襄阳市高三下学期模拟)如图所示，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量不等的球(从半径大的轨道下滑的小球质量大，设为大球，另一个为小球，且均可视为质点)分别自轨道左端由静止开始滑下，在各自轨道的最低点时，下列说法正确的是(　C　)‎ A．大球的速度可能小于小球的速度 B．大球的动能可能小于小球的动能 C．大球的向心加速度的大小等于小球的向心加速度的大小 D．大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力 ‎[解析]　根据动能定理得，mgR＝mv2，解得：v＝ ‎，可知半径大的半圆形轨道，球到达最低点时的速度大，故A错误；由动能定理：mgR＝mv2，可知大球质量大，下降的高度大，则到达最低点时的动能大，故B错误；根据a＝＝＝2g可知，两球的向心加速度大小相等，故C正确；根据牛顿第二定律得，N－mg＝m，代入v＝，可得：N＝3mg，由于大球的质量大，则大球所受的支持力大，故D错误。‎ ‎5．(2018·辽宁省大连市高三下学期模拟)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是(　B　)‎ ‎[解析]　对于圆锥摆，摆线拉力与重力的合力提供向心力，设摆线长为L，摆角为θ，摆球质量为m，由牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2Lsinθ，ω＝，若两小球ω相同，则Lcosθ相同，即摆高相同，相对位置关系示意图正确的是B。‎ ‎6．(2018·全国Ⅲ卷高考压轴卷理综试题)如图所示，三个相同的小球从同一高度处的O点分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O′是O在水平面上的投影点，若不计空气阻力，则下列说法正确的是(　AC　)‎ A．三小球动能改变量相同 B．三个小球落地时的速度大小相同，但方向不同 C．落地时C小球速度与水平方向夹角最小 D．三个小球落地的动能相同 ‎[解析]　根据动能定理可得动能的改变量为△Ek＝mgh，故动能的改变量相同，故A正确；三个小球的竖直分位移相同，故自由落体运动的时间相等，水平分运动为匀速运动，故初速度与水平分位移成正比，故初速度不同，根据末速度公式：v＝，可知落地时的末速度不同，故B错误；落地时的速度与水平方向夹角为tanθ＝，竖直速度相同，由于C 的初速度最大，故夹角最小，故C正确；三个球落地的速度大小不同，所以动能一定不同，故D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎7．(2018·河南省郑州市高三下学期模拟)如图所示装置中，质量均为m的小球A、B系在等长度的轻绳OA、OB下端，并都以转速n绕同一竖直轴在同一水平面内做匀速圆周运动，此时绳OA与OB夹角为α，质量为2m的物块C静止不动；若将C换成质量为3m的物块D，要保证在系统稳定时，A、B仍在同一水平面内做圆周运动，同时D静止不动，则A、B的质量和两球做圆周运动的转速n应如何调整(　CD　)‎ A．减少A、B的质量，增大转速n B．保持A、B的质量不变，增大转速n C．增大A、B的质量，减小转速n D．增大A、B的质量，增大转速n ‎[解析]　根据A、B两小球竖直方向的受力平衡，OA、OB两绳的竖直分力都始终等于小球的重力，而OA、OB两绳中的水平分力分别提供两球做圆周运动的向心力，并随转速的增大(或减小)而增大(或减小)。易得，OA、OB两绳的合力一定等于A、B两球的总重力。因此，当质量为2m的物块C换成质量为3m的D时，若要系统平衡，A、B两小球的质量均须调整为1.5m，而转速的大小不影响平衡，故选项C、D正确。‎ ‎8．(2018·吉林省实验中学二模)如图，质量为m的小球从斜轨道高h处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动。已知圆轨道的半径为R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　BC　)‎ A．当h＝2R时，小球恰好能到达最高点M B．当h＝2R时，小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mg C．当h≤R时，小球在运动过程中不会脱离轨道 D．当h＝R时，小球在最低点N时对轨道压力为2mg ‎[解析]　在圆轨道的最高点M，由牛顿第二定律有：mg＝m，得：v0＝ 根据机械能守恒得：mgh＝mg·2R＋mv，解得：h＝2.5R，故A错误；当h＝2R时，小球在圆心等高处P时速度为v，根据机械能守恒得：mg·2R＝mgR＋mv2，小球在P时，有：N＝m，联立解得N＝2mg，则知小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mg，故B正确；当h≤R时，根据机械能守恒，小球在圆轨道上圆心下方轨道上来回运动，在运动过程中不会脱离轨道，故C正确；当h＝R时，设小球在最低点N时速度为v′，则有：mgR＝mv′2在圆轨道最低点，有：N′－mg＝m，解得：N′＝3mg，则小球在最低点N时对轨道压力为3mg，故D错误．故选BC。‎ 二、计算题(本题共3小题，需写出完整的解题步骤)‎ ‎9．如图所示，质量为m的小物块从高为h的坡面顶端由静止释放，滑到粗糙的水平台上，滑行距离l后，以v＝1m/s的速度从边缘O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P点。以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y＝x2－6(单位为m)，小物块质量m＝0.4kg，坡面高度h＝0.4m，小物块从坡面上滑下时克服摩擦力做功1J，小物块与平台表面间的动摩擦因数μ＝0.1，g取10m/s2。求：‎ ‎(1)小物块在水平台上滑行的距离l；‎ ‎(2)P点的坐标。‎ ‎[解析]　(1)对小物块，从释放到O点过程中 mgh－Wf－μmgl＝mv2‎ 解得l＝1m ‎(2)小物块从O点水平抛出后满足y＝－gt2 ①‎ x＝vt ②‎ 由①②解得小物块的轨迹方程y＝－5x2 ③‎ 又有y＝x2－6 ④‎ 由③④得x＝1m，y＝－5m ⑤‎ 所以P点坐标为(1m，－5m)‎ ‎10．(2018·北京市西城区高三下学期5月模拟)合成与分解是物理常用的一种研究问题的方法，如研究复杂的运动就可以将其分解成两个简单的运动来研究。请应用所学物理知识与方法，思考并解决以下问题。‎ 如图所示，将一小球以v0＝20m/s的初速度从坐标轴原点O水平抛出，两束平行光分别沿着与坐标轴平行的方向照射小球，在两个坐标轴上留下了小球的两个“影子”，影子的位移和速度描述了小球在x、y两个方向的运动。不计空气阻力的影响，g＝10m/s2。‎ ‎(1)分析说明两个“影子”分别做什么运动；‎ ‎(2)经过时间t＝2s小球到达如图所示的位置，求此时小球的速度v。‎ ‎[解析]　(1)在x方向，因为小球不受力的作用，所以影子做匀速直线运动；在y方向，因为小球仅受重力的作用，初速度为0，所以影子做初速度为零的匀加速直线运动。‎ ‎(2)此时x方向的影子速度vx＝v0＝20m/s y方向的影子速度vy＝gt＝20m/s 小球的速度v＝ 代入数据解得v＝20m/s＝28.2m/s tanθ＝＝＝1，θ＝45°‎ 速度方向与x方向成45°角 ‎11．(2018·永安市高三下学期模拟)如图是一皮带传输装载机械示意图。井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上。已知半径为R＝0.4m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为圆形轨道的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径。矿物可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，传送带匀速运行的速度为v0＝6m/s，传送带AB两点间的长度为L＝40m。若矿物落点D处离最高点C点的水平距离为s＝2m，竖直距离为h＝1.25m，矿物质量m＝5kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，不计空气阻力。求：‎ ‎(1)矿物到达C点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)矿物到达B点时的速度大小；‎ ‎(3)矿物由A点到达C点的过程中，摩擦力对矿物所做的功。‎ ‎[解析]　(1)矿物离开C后做平抛运动，‎ 在水平方向：s＝vCt，‎ 在竖直方向：h＝gt2，‎ 矿物在C点，由牛顿第二定律得：mg＋N＝m，‎ 由牛顿第三定律可知，矿物对轨道的压力：N′＝N，‎ 联立并代入数据得：N′＝150N，方向竖直向上。‎ ‎(2)设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理得：‎ ‎(μmgcosθ－mgsinθ)L＝mv′2，‎ 代入数据解得：v′＝8m/s＞v0＝6m/s，‎ 由此可知，矿物在传送带上先加速到与传送带速度相等，然后匀速运动到B点，到达B点时的速度为6m/s；‎ ‎(3)从A到C过程，由动能定理得：‎ Wf－mg[Lsinθ＋R(1＋cosθ)]＝mv－0，‎ 代入数据解得：Wf＝1276J。‎