（福建专用）高考物理三轮 典型专题检测卷 抛体运动与圆周运动(1).doc

抛体运动与圆周运动一、选择题（本题共8小题，每小题8分，共64分。每小题只有一个选项正确）1.（2013泉州一模）一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶。已知快艇在静水中的速度图像如图甲所示；河中各处水流速度相同，且速度图像如图乙所示。则（）a.快艇的运动轨迹一定为直线b.快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线c.快艇最快到达岸边，所用的时间为20 sd.快艇最快到达岸边，经过的位移为100 m2.（2013扬州二模）如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板的ad边正前方时，木板开始做自由落体运动。若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的正投影轨迹是（）3.（2013宁德二模）如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮p和q靠摩擦传动，两轮的半径rr =21。当主动轮q匀速转动时，在q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在q轮边缘上，此时q轮转动的角速度为1，小木块的向心加速度为a1；若改变转速，把小木块放在p轮边缘也恰能静止，此时q轮转动的角速度为2，小木块的向心加速度为a2，则（）a.12=22b.12=21c.a1a2=21d.a1a2=124.（2013成都二模）如图，一小球从一半圆轨道左端a点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于b点。o为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为r，ob与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）a.3gr2b.33gr2c.3gr2d.3gr35.（2013永州二模）如图所示，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面，两个质量不同的小球先后从与球心在同一水平高度的a、b两点由静止开始自由下滑，通过轨道最低点时，下列说法错误的是（）a.小球对两轨道的压力相同b.小球对两轨道的压力不同c.此时小球所需的向心力不相等d.此时小球的向心加速度相等6.（2013济南一模）如图所示，一网球运动员将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置（不计空气阻力），数据如图所示，则下列说法中正确的是（）a.击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1=2h2b.若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于sh12gh1，就一定落在对方界内c.任意降低击球高度（仍大于h2），只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内d.任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内7.（2013南昌二模）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5mgb.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7gld.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2l8.如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由o点射入该区域，刚好通过竖直平面中的p点，已知连线op与初速度方向的夹角为45，则此带电小球通过p点时的速度为（）a.2v0b.v0c.2v0d.5v0二、计算题（本题共2小题，共36分。需写出规范的解题步骤）9.（18分）（2013漳州二模）在竖直平面内有一个粗糙的14圆弧轨道，其半径r=0.4m，轨道的最低点距地面高度h=0.45m。一质量m=0.1kg的小滑块从轨道的最高点a由静止释放，到达最低点b时以一定的水平速度离开轨道，落地点c距轨道最低点的水平距离x=0.6m。空气阻力不计，g取10m/s2，求：（1）小滑块离开轨道时的速度大小；（2）小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小；（3）小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功。10.（18分）如图所示，aob是游乐场中的滑道模型，它位于竖直平面内，由两个半径都是r的14圆周连接而成，它们的圆心o1、o2与两圆弧的连接点o在同一竖直线上。o2b沿水池的水面，o2和b两点位于同一水平面上。一个质量为m的小滑块可由弧ao的任意位置从静止开始滑下，不计一切摩擦。（1）假设小滑块由a点静止下滑，求小滑块滑到o点时对o点的压力；（2）若小滑块能在o点脱离滑道，其落水点到o2的距离如何；（3）若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块开始下滑时应在圆弧ao上的何处（用该处到o1点的连线与竖直线的夹角的三角函数值表示）。答案解析1.【解析】选c。由于水流速度相同，快艇做匀加速运动，快艇的运动轨迹一定为曲线，选项a、b错误；船头指向正对岸，快艇最快到达岸边，12at2=100，t=20s，选项c正确，d错误。2.【解析】选b。木板自由下落，可以逆向思维，以木板为参照物，小球向上做匀加速运动，且向右做匀速运动，可以想象成重力“向上”的平抛运动，选项b正确。3.【解析】选a。由于两个轮用相同材料制成，且小木块恰能与轮相对静止，因此a1a2=11，选项c、d错误；由于两个轮边缘线速度相等，两个轮边缘向心加速度之比为12，因此q轮边缘两次的向心加速度之比为12，据a=2r可得12=22，选项a正确。4.【解析】选b。小球在b点的速度分解如图所示，则有vy=v0tan60=gt，又有r（1+cos60）=v0t，解以上两式得v0=33gr2，选项b正确。【方法技巧】平抛运动的三种分解思路（1）分解速度：设平抛运动的初速度为v0，在空中运动时间为t，则平抛运动在水平方向的速度为vx=v0，在竖直方向的速度为vy=gt，合速度为v=vx2+vy2，合速度与水平方向夹角为=arctanvyvx。（2）分解位移：平抛运动在水平方向的位移为x=v0t，在竖直方向的位移为y=12gt2，对抛出点的位移（合位移）为s=x2+y2，合位移与水平方向夹角=arctanyx。（3）分解加速度：对于有些问题，过抛出点建立适当的直角坐标系，把重力加速度g正交分解为gx、gy，把初速度v0正交分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解，可以避繁就简，化难为易。5.【解析】选a。小球从静止下滑至轨道最低点过程，由动能定理得mgr=12mv2，在最低点由牛顿第二定律得fn-mg=mv2r，解以上两式得fn=3mg，选项a错误，b正确；f向=fn-mg=2mg=ma，解得a=2g，选项c、d也正确。【变式备选】（2013常德一模）如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体a和b，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转动到两个物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两个物体的运动情况是（）a.两物体沿切线方向滑动b.两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远c.两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动d.物体b仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体a发生滑动，离圆盘圆心越来越远【解析】选d。在圆盘上，角速度相同，由f=m2r可知，在质量相同的情况下，a需要的向心力较大，当两个物体刚好还未发生滑动时，其摩擦力达到最大静摩擦力，a的向心力大于最大静摩擦力，而b的向心力小于最大静摩擦力，此时烧断细线，a的向心力不足，将做离心运动，而b仍随圆盘一起做匀速圆周运动，故选项d正确。6.【解析】选d。不计空气阻力，网球做平抛运动。网球由h1高度被水平击出，刚好越过球网，落在另一侧的中点。由h1=12gt12，32s=v0t1及h1-h2=12gt22，s=v0t2得h1=1.8h2，选项a错误；要使球落在对方界内，h1=12gt32，x=v0t32s，得v0sh12gh1，v0=sh12gh1时，刚好落在界线上，选项b错误；击球高度为某一值hl时，若球刚好过网并落在界线上，应有hl=12gtl2，2s=vltl及hl-h2=12g，s=vltl，解得：hl=43h2，高度小于hl时，球击出后或者落在自己一侧，或者出界，选项c错误；高度大于hl时，击球速度合适，球一定能落在对方界内，选项d正确。7.【解析】选c。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=mv2l，v=gl，由机械能守恒定律得，小铁球运动到最低点时动能mv122=mv22+mg2l，在最低点时轻绳的拉力最大，由牛顿第二定律f-mg=mv12l，联立解得轻绳的拉力最大为f=6mg，选项a、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mg3l+12mv2=72mgl，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12mv2=72mgl，落到地面时的速度大小为v=7gl，选项c正确；小铁球运动到最低点时速度v1=5gl，由x=v1t，l=12gt2，联立解得小铁球落到地面时的水平位移为x=10l，选项d错误。8.【解析】选d。小球做类平抛运动，由题意可知小球到p点时水平位移和竖直位移相等，即v0t=12vpyt，解得vpy=2v0，合速度vp=v02+vpy2=5v0，选项d正确。9.【解析】（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则x=vt（2分）h=12gt2（2分）解得v=2.0m/s（2分）（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力n，根据牛顿第二定律：n-mg=mv2r（3分）解得n=2.0n（2分）根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小n=n=2.0n（1分）（3）在小滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：mgr+wf=12mv2-0（3分）解得：wf=-0.2j（3分）所以小滑块克服摩擦力做功为0.2j。答案：（1）2.0m/s （2）2.0 n （3）0.2 j10.【解题指南】解答本题应注意以下两点：（1）能在o点脱离滑道的小滑块做平抛运动，且在o点做平抛运动的小滑块有最小速度；（2）小滑块脱离滑道时，滑道对小滑块的支持力为零。【解析】（1）小滑块由a点滑到o点过程，由动能定理得：mgr=12mv12（2分）在o点由牛顿第二定律得：fo-mg=mv12r（2分）解得：fo=3mg（1分）由牛顿第三定律得小滑块对o点的压力大小为3mg，方向竖直向下（1分）（2）从a点下滑的滑块到o点的速度为v1=2gr（1分）设能脱离轨道的最小速度为v2，由牛顿第二定律得：mg=mv22r（1分）解得：v2=gr（1分