（浙江专用）备战2020高考物理一轮复习 第一部分 计算题部分 快练2 力和曲线运动

（浙江专用）备战2020高考物理一轮复习 第一部分 计算题部分 快练2 力和曲线运动

快练2　力和曲线运动 ‎1．(2018·绍兴市期末)某学生在台阶上玩玻璃弹子．他在平台最高处将一颗小玻璃弹子垂直于棱角边推出，以观察弹子的落点位置．台阶的尺寸如图1所示，高a＝‎0.2 m，宽b＝‎0.3 m，不计空气阻力．(g取‎10 m/s2)‎ 图1‎ ‎(1)要使弹子落在第一级台阶上，推出的速度v1应满足什么条件？‎ ‎(2)若弹子被水平推出的速度v2＝‎4 m/s，它将落在第几级台阶上？‎ 12‎ ‎2.(2018·宁波市模拟)如图2所示，水平平台AO长x＝‎2.0 m，槽宽d＝‎0.10 m，槽高h＝‎1.25 m，现有一小球从平台上A点水平射出，已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1倍，空气阻力不计，g＝‎10 m/s2.求：‎ 图2‎ ‎(1)小球在平台上运动的加速度大小；‎ ‎(2)为使小球能沿平台到达O点，求小球在A 12‎ 点的最小出射速度和此情景下小球在平台上的运动时间；‎ ‎(3)若要保证小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P点，求小球离开O点时的速度大小．‎ ‎3．如图3所示，质量m＝2.0×‎104 kg的汽车以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为‎60 m．假定桥面承受的压力不超过3.0×105 N，则：(g取‎10 m/s2)‎ 图3‎ ‎(1)汽车允许的最大速度是多少？‎ ‎(2)若以(1)中所求速率行驶，汽车对桥面的最小压力是多少？‎ 12‎ ‎4．游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学．如图4所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c处(如图)的乙同学恰好在第一次到达最低点b处时接到，已知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g(人和吊篮的大小及重物的质量可忽略)．求：‎ 12‎ 图4‎ ‎(1)接住前重物下落的时间t；‎ ‎(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度v的大小；‎ ‎(3)乙同学在最低点处对地板的压力FN.‎ ‎5．如图5所示，某电视台娱乐节目，要求选手从较高的平台上以水平速度v0跃出后，落在水平传送带上，已知平台与传送带的高度差H＝‎1.8 m，水池宽度s0＝‎1.2 m，传送带A、B间的距离L0＝‎20.85 m，由于传送带足够粗糙，假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过一个Δt＝0.5 s反应时间后，立刻以a＝‎2 m/s2、方向向右的加速度跑至传送带最右端．(g取‎10 m/s2)‎ 图5‎ ‎(1)若传送带静止，选手以v0＝‎3 m/s的水平速度从平台跃出，求从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间．‎ ‎(2)若传送带以v＝‎1 m/s的恒定速度向左运动，选手若要能到达传送带右端，则从高台上跃出的水平速度v1至少多大．‎ 12‎ ‎6.如图6所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝‎0.8 m，重力加速度取g＝‎10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，求：‎ 12‎ 图6‎ ‎(1)小球水平抛出时的初速度大小v0；‎ ‎(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x；‎ ‎(3)若斜面顶端高H＝‎20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？‎ ‎7．如图7所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝‎1 m，BC段长L＝‎1.5 m．弹射装置将一个质量为‎0.1 kg的小球(可视为质点)以v0＝‎3 m/s的水平初速度从A点射入轨道，小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h＝‎0.8 m，不计空气阻力，g取‎10 m/s2.求：‎ 图7‎ ‎(1)小球在半圆形轨道中运动时的角速度ω、向心加速度an的大小；‎ ‎(2)小球从A点运动到B点的时间t；‎ ‎(3)小球在空中做平抛运动的时间及落到地面D点时的速度大小．‎ 12‎ ‎8．(2018·嘉兴市期末)如图8所示，水平实验台A端固定，B端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端有一可视为质点、质量为‎2 kg的滑块紧靠弹簧(未与弹簧连接)，弹簧压缩量不同时，将滑块弹出去的速度不同．圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因数为0.4的粗糙水平地面相切于D点．AB段最长时，B、C两点水平距离xBC＝‎0.9 m，实验平台距地面高度h＝‎0.53 m，圆弧半径R＝‎0.4 m，θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.完成下列问题：(g取‎10 m/s2，不计空气阻力)‎ 图8‎ ‎(1)轨道末端AB段不缩短，压缩弹簧后将滑块弹出，滑块经过B点速度vB＝‎3 m/s，求落到C点时的速度与水平方向的夹角；‎ ‎(2)滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE上继续滑行‎2 m，求滑块在圆弧轨道上对D点的压力大小；‎ ‎(3)通过调整弹簧压缩量，并将AB段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞地从C点进入圆弧轨道，求滑块从平台飞出的初速度大小以及AB段缩短的距离．‎ 答案精析 ‎1．(1)v1≤‎1.5 m/s　(2)8‎ 解析　(1)显然v1不能太大，考虑临界状况(落在尖角处)‎ 据h1＝gt＝a，解得t1＝0.2 s 则v1≤＝‎1.5 m/s 12‎ ‎(2)构造由题图中尖角所成的斜面，建立坐标系 水平向右为x轴：x＝v2t 竖直向下为y轴：y＝gt2‎ 又＝tan θ＝ 联立解得t＝ s h＝gt2≈‎‎1.42 m 分析知，玻璃弹子将落在第8级台阶上．‎ ‎2．(1)‎1 m/s2　(2)‎2 m/s　2 s　(3)‎0.2 m/s 解析　(1)设小球在平台上运动的加速度大小为a，‎ 则a＝，代入数据得a＝‎1 m/s2.‎ ‎(2)小球到达O点的速度恰为零时，小球在A点的出射速度最小，设小球的最小出射速度为v1，‎ 由0－v＝－2ax，得v1＝‎2 m/s 由0＝v1－at，得t＝2 s.‎ ‎(3)设小球落到P点，在O点抛出时的速度为v0，‎ 水平方向有：d＝v0t1‎ 竖直方向有：h＝gt 联立解得v0＝‎0.2 m/s.‎ ‎3．(1)‎10 m/s　(2)1.0×105 N 解析　如图甲所示，汽车驶至凹形桥面的底部时，所受合力向上，此时车对桥面的压力最大；如图乙所示，汽车驶至凸形桥面的顶部时，合力向下，此时车对桥面的压力最小．‎ ‎(1)汽车在凹形桥面的底部时，由牛顿第三定律可知，‎ 桥面对汽车的支持力FN1＝3.0×105 N，‎ 根据牛顿第二定律 FN1－mg＝m 12‎ 解得v＝‎10 m/s.‎ 当汽车以‎10 m/s的速率经过凸形桥顶部时，因‎10 m/s＜＝‎10 m/s，故在凸形桥最高点上不会脱离桥面，所以最大速度为‎10 m/s.‎ ‎(2)汽车在凸形桥顶部时，由牛顿第二定律得 mg－FN2＝m 解得FN2＝1.0×105 N.‎ 由牛顿第三定律得，在凸形桥顶部汽车对桥面的压力为1.0×105 N，即为最小压力．‎ ‎4．(1)2　(2)π　(3)(1＋)mg，方向竖直向下 解析　(1)由运动学公式有2R＝gt2‎ 解得t＝2 ‎(2)s＝πR，由v＝得v＝π ‎(3)设最低点处地板对乙同学的支持力为FN′，由牛顿第二定律得FN′－mg＝ 则FN′＝(1＋)mg 由牛顿第三定律得FN＝(1＋)mg，方向竖直向下．‎ ‎5．(1)5.6 s　(2)‎3.25 m/s 解析　(1)选手离开平台做平抛运动，则：H＝gt 解得t1＝ ＝0.6 s x1＝v0t1＝‎‎1.8 m 选手在传送带上做匀加速直线运动，则：‎ L0－(x1－s0)＝at 解得t2＝4.5 s 总时间t＝t1＋t2＋Δt＝5.6 s ‎(2)选手以水平速度v1跃出落到传送带上，先向左匀速运动后再向左匀减速运动，刚好不从传送带上掉下时水平速度v1最小，则：‎ v1t1－s0＝vΔt＋ 解得：v1＝‎3.25 m/s.‎ 12‎ ‎6．(1)‎3 m/s　(2)‎1.2 m　(3)2.4 s 解析　(1)由题意可知，小球落到斜面顶端并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，如图所示，‎ vy＝v0tan 53°，v＝2gh 代入数据得vy＝‎4 m/s，v0＝‎3 m/s.‎ ‎(2)由vy＝gt1得t1＝0.4 s x＝v0t1＝3×‎0.4 m＝‎‎1.2 m ‎(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度 a＝＝‎8 m/s2‎ 在斜面顶端时的速度v＝＝‎5 m/s ＝vt2＋at 代入数据，解得t2＝2 s或t2′＝－ s(舍去)‎ 所以t＝t1＋t2＝2.4 s.‎ ‎7．(1)3 rad/s　‎9 m/s2　(2)1.05 s　(2)0.4 s　‎5 m/s 解析　(1)小球在半圆形轨道中做匀速圆周运动，角速度为：ω＝＝ rad/s＝3 rad/s 向心加速度为：an＝＝ m/s2＝‎9 m/s2‎ ‎(2)小球从A到B的时间为：t＝＝ s≈1.05 s.‎ ‎(3)小球水平抛出后，在竖直方向做自由落体运动，‎ 根据h＝gt得：‎ t1＝＝ s＝0.4 s 落地时竖直方向的速度为：vy＝gt1＝10×‎0.4 m/s＝‎4 m/s，‎ 落地时的速度大小为：v＝＝ m/s＝‎5 m/s.‎ ‎8．(1)45°　(2)100 N　(3)‎4 m/s　‎‎0.3 m 解析　(1)根据题意，C点到地面高度hC＝R－Rcos 37°＝‎0.08 m，从B点到C点，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：‎ 12‎ h－hC＝gt2，则t＝0.3 s 飞到C点时竖直方向的速度vy＝gt＝‎3 m/s，‎ 因此tan γ＝＝1‎ 即落到圆弧C点时，滑块速度与水平方向夹角为45°‎ ‎(2)滑块在DE段做匀减速直线运动，加速度大小a＝＝μg 根据0－v＝－2ax，‎ 联立得vD＝‎4 m/s 在圆弧轨道最低处FN－mg＝m，‎ 则FN＝100 N，由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为100 N ‎(3)滑块飞出恰好无碰撞地从C点进入圆弧轨道，说明滑块落到C点时的速度方向正好沿着轨道该处的切线方向，即tan α＝ 由于高度没变，所以vy′＝vy＝‎3 m/s，α＝37°，‎ 因此v0′＝‎4 m/s 对应的水平位移为x′＝v0′t＝‎1.2 m，‎ 所以AB段缩短的距离应该是ΔxAB＝x′－xBC＝‎‎0.3 m 12‎