2016年高考物理二轮复习专题二曲线运动2.4抛体运动概要

1、抛体运动与圆周运动一、选择题1.一工厂用皮带传送装置将从某一高度固定位置平抛下来的物件传到地面，为保证物件的。.则（）安全，需以最短的路径运动到传送带上，已知传送带的倾角为A.物件在空中运动的过程中，每1s的速度变化不同B.物件下落的竖直高度与水平位移之比为2tan0：1C.物件落在传送带上时竖直方向的速度与水平方向速度之比为2tan 0D.物件做平抛运动的最小位移为解析：物件在空中做平抛运动，故每2v0gtan 0:1 s的速度变化相同,A选项错误；要路径最短,作出抛出点到传送带的垂线即物件的位移,由几何关系,xtan 0 =-,故B选项错误；由平抛 y运动规律 x = vot, y=2gt

2、：解得t =2v0方向速度与水平方向速度之比为gtan O'2v02vo 则广或=中，物件落在传送带上时竖直votan 0 tan 0 'C选项正确；物件做平抛运动的最小位移L=2v2sin 0gtan 0 sin 0D选项错误.答案：C2.（多选）如图所示，从倾角为0的斜面上的M点水平抛出一个小球，小球的初速度为v0,最后小球落在斜面上的 N点，则（重力加速度为g）（）A.B.C.D.可求M N之间的距离可求小球落到N点时速度的大小和方向可求小球到达N点时的动能可以断定，运动过程中小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最远解析：由已知得位移与水平方向之间的夹角为0 ,由

3、平抛运动的规律可知，tan2gt2可求得时间为t = 2v0tan 9 ,再由y=1gt2求得竖直位移，结合几何关系可求得 votg2的距离，故A正确；由vy=gt,可求得竖直分速度，由速度的合成与分解可求得末速度的大MN间小和方向，故B正确；不知小球的质量，故无法求出小球的动能,C错误；将初速度沿斜面和垂直于斜面方向进行分解，同时将加速度也同方向分解，当垂直于斜面的分速度为零时， 小球距离斜面最远，故 D正确.答案：ABD3.（多选）如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点, 第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上（忽略空气阻力）（）A.B.C.D.两次小球运动时

4、间之比 11两次小球运动时间之比 11 两次小球抛出时初速度之比 两次小球抛出时初速度之比:t 2= 1 ：/:t 2= 1 ： 2voi ： v02= 1 ：必v01 ： v02= 1 : 2解析：两小球竖直方向上做自由落体运动，两小球下落高度之比为1 ： 2,由自由落体运动规律可知，运动时间之比为1 ： 42,选项A正确,线运动，由水平位移关系以及时间关系可得初速度之比为答案：ACB错误；水平方向两小球均做匀速直1 ： 2,选项C正确，D错误.4.如图所示的光滑斜面长为l ,宽为b,倾角为质点）沿斜面左上方顶点P以初速度V0水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，则（）A.物块由P点运动到Q点所

5、用的时间2lgsin 00 , 一物块（可看成B.物块由P点运动到Q点所用的时间t =2lC.初速度vo= bgsin 0 2lD.初速度vo= b2g解析：物块在斜面内做类平抛运动，其加速度为a= gsin 0 ,根据l =/at2,得 t =上,故A、B错误；初速度V。*=,故C正确'D错误.答案：C5.的物体,（多选）在以速度V0水平飞行的飞机上，由静止释放一质量为飞行一段时间后，物体经过空中A.物体经过P点时竖直分速度为B.此过程中物体下降的高度为EkP点，其动能为 R,不计空气阻力，则（）2E；2J - - V0. m2V0C.此过程中物体的水平位移为mg 2gVoE一一、/

6、_V0 g ; mD.此过程中物体运动的平均速度为R2m解析：经过P点时，E=2mV,由平抛运动规律可知，V2=V0+V；,解两式得：Vy=/-2mk-V2,22B项正确；由平抛运动规律可知，VyVyE<V0A项正确；由竖直万向运动规律可知h=-,2gmg2g'=gt,X=Vot,解得X=Vot=VjmV2,C项错；物体从抛出到P点，位移s=x2+h2,3v2s平均速度V=1答案：ABDE.十7，D项正确.2m6.如图所示，置于竖直平面内的AB光滑杆是以初速度为V0,水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点.现将一质量为m的小球套于光滑杆上，由静止开始从光滑杆

7、A端滑下，重力加速度为g.则当其到达光滑杆B端时（）A.小球在水平方向的速度大小为V0B.小球运动的时间为V0C.小球的速度大小为D.小球重力的功率为gsVo2mgsVo解析：根据题意，小球受到重力G和支持力N,所以小球由静止从光滑杆上滑下的运动不是平抛运动，则小球在水平方向的分速度也是变化的，所以小球在水平方向的分速度不等于vo,A错误；小球的运动时间也不等于B错误；由小球机械能守恒有mgh1mV,由于Vo2光滑杆是按照平抛运动轨迹制成的，所以末速度方向与平抛时方向相同，则有tan0=_y=x2mgsh 一口解得h2tana,a是位移偏向角，0是速度偏向角，tan0=也=4型，而tana=V

8、xVo2gsgs=2V，合速度大小丫=，颁=,C正确；小球重力的功率P=mgtin0=以D错误.答案：C7 .在稳定轨道上的空间站中（物体处于完全失重状态）有如图所示的装置，半径分别为和RR>r）的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面内，轨道之间有一条水平轨道CD轨通，宇航员将一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的CD段，又滑上乙轨道,最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是（）A.小千在CD段由于摩擦力而做减速运动8 .小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大C.如果减小小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点D.小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最

9、高点时对轨道的压力解析：小球在CD段运动过程中，由于处于完全失重状态，小球没有受到摩擦力，故选项A错误；由于小球处于完全失重状态，小球在手动过程中速度不变，所以选项B、C错误；小球经过圆轨道最高点时对轨道的压力为N=mr,由于甲轨道的半径小于乙轨道的半径，在小球速度不变的情况下，小球对甲轨道的压力较大，故选项D正确.答案：D8. （多选）如图，叠放在水平转台上的物体AB,C能随转台一起以角速度3匀速转动，AB、C的质量分别为3m2mA与RB和C与转台间的动摩擦因数都为科，AB整体、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是）3mg1. B对A的

10、摩擦力一定为8. B对A的摩擦力一定为C.转台的角速度一定满足:D.转台的角速度一定满足:解析：A做圆周运动的向心力由B对A的摩擦力提供，由牛顿第二定律及向心加速度公式有：Ff=3mo2r,B项正确；AB整体恰好未发生相对转台的滑动时，科（3m2mg=（3m+2m)co2r,解得角速度最大值为3=aJF，C恰好未发生相对滑动时，科mg=1.5mo2r,解得：3=、/学，所以D选项正确.答案：BD二、非选择题9. 如图所示，一块足够大的光滑平板,，放置在水平面上，能绕水平固定轴MN节其与水平面所成的厂、；倾角.板上一根长为l=0.60m的轻细绳，它的一端系住一质/(汽外广量为m的小球P,另一端固

11、定在板上的O点.当平板的倾角固/X。定为“时，先将轻绳平行于水平轴MN1直，然后给小球一沿廿N着平板并与轻绳垂直的初速度V0=3.0m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角”的值应在什么范围内？(取重力加速度g=10m/s2)解析：小球在倾斜平板上运动时受绳子拉力、平板弹力、重力.在垂直平板方向上合力为0,重力在沿斜面方向的分量为m(sina小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力2mvT+mgsina=研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理一1212公一mglsina=2mv/v若恰好通过最高点，则绳子拉力T=0T=0时，联立解得2sina=解得a=303gl

12、故a的范围为0°W“W30°.答案：0°W“<30°10. 一转动装置如图所示，四根轻杆OAOCAB和C*两小球及一小环通过钱链连接，轻杆长均为l,球和环的质量均为mo端固定在竖直的轻质转轴上.套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小球之间，3原长为L.装置静止时，弹簧长为2L.转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升.弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g.求：(1)弹簧的劲度系数k;(2) AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度0；31(3)弹簧长度从2L缓慢缩短为1L的过程中，外界对转动装置所做的功W解析：(1)装置静止时，设OAAB杆中的弹力分别为F1、T1,OA杆与转轴的夹角为01.小环受到弹簧的弹力F弹1=kL小环受力平衡，F弹1=m/2T£os01小球受力平衡，Rcos01+Tcos01=mgF1sin01=T1sin01“，口4mg解得k=置(2)设OAAB杆中的弹力分别为F2、T2,OA杆与转轴的夹角为02,弹簧长度为x.小环受到弹簧的弹力F弹2=k(xL)小环受力平衡F弹2=mg得x=4L对小球F2cos02=mg一.八2,八F2sin02=moolsin02日x且cos02=2|-解得30=5L0 3.弹簧长度为2L时，设OAAB杆中的弹力分别为F3、T3,OA