2020高考物理二轮复习第1部分专题2力与曲线运动第1讲平抛运动与圆周运动限时检测含解析

2020高考物理二轮复习第1部分专题2力与曲线运动第1讲平抛运动与圆周运动限时检测含解析

第1讲　平抛运动与圆周运动 ‎ [限时45分钟；满分80分]‎ 一、选择题(每小题5分，共50分)‎ ‎1．(2019·南京调研)如图2－1－17所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现从t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗。F为AB中点。则t1∶t2为 图2－1－17‎ A．2∶1　　　　　　　　　　　B．1∶ C．1∶ D．1∶(－1)‎ 解析　由题意可知，在乘客看来，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，因分运动与合运动具有等时性，则t1∶t2＝∶＝2∶1。‎ 答案　A ‎2．(2019·兰州二模)如图2－1－18所示物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知 图2－1－18‎ A．物体A做匀速运动 B．物体A做加速运动 C．物体A所受摩擦力逐渐增大 D．物体A所受摩擦力不变 解析　把A向左的速度v沿细线方向和垂直细线方向分解，设细线与水平方向的夹角为α，沿细线方向的分速度为v cos α，B匀速，则v cos α不变，而α角增大，cos α减小，则v增大，所以A做加速运动，选项B正确，A错误；由于A对地面的压力逐渐减小，所以物体A所受摩擦力逐渐减小，选项C、D错误。‎ 答案　B ‎3．(2019·株洲第二次质检)在一次铅球投掷比赛中，铅球离手时的初速度为v0，落地时的末速度为v，不计空气阻力，能正确表示铅球速度变化过程的图是 8‎ 图2－1－19‎ 解析　斜抛运动由于只受重力，故水平分速度保持不变，而竖直分速度均匀变化；速度矢量的变化方向等于加速度的方向，故矢量的变化方向应沿竖直方向；铅球从某一高度抛出时，落地时速度大小大于抛出时初速度大小，则A正确，BCD错误；故选A。‎ 答案　A ‎4．(多选)(2019·保定高三期末考试)如图2－1－20为采用频闪摄影的方法拍摄的小球做平抛运动并与地面碰撞前后的照片，其先后经过的位置分别用1～8标记。已知照片中每个正方形格对应的实际边长均为l，重力加速度大小为g，不计空气阻力，根据以上信息能确定的是 图2－1－20‎ A．拍摄时每隔时间曝光一次 B．小球经过位置3时的瞬时速度方向与位置2、4连线平行 C．小球经过位置6时的速率为 D．小球经过位置2的速率与经过位置7的速率相同 解析　由题图可知1～4为小球与地面碰撞前的标记，竖直方向的分运动为自由落体运动，则由逐差法可知，5l－3l＝gT2，则拍摄时每隔时间T＝曝光一次，A正确；由题图可知，2、4两位置连线与水平方向夹角的正切值tan α＝ 8‎ ‎＝2，小球经过位置3时的水平分速度为vx＝＝，竖直分速度为vy＝＝2，则小球经过位置3的瞬时速度方向与水平方向夹角的正切值为tan θ＝＝2，所以α＝θ，B正确；由题图可知4～8为小球与地面碰后的标记，水平方向的分速度为v′x＝＝，由于小球在位置6处于与地面碰撞后的最高点，因此小球在位置6的速度大小为，C正确；小球在位置2的竖直分速度为vy2＝＝，小球在位置7的竖直分速度为vy7＝＝，又小球在位置2和位置7的水平分速度不相等，因此小球经过位置2和经过位置7的速率不相同，D错误。‎ 答案　ABC ‎5．(2019·宝鸡质检)如图2－1－21所示，长为L的轻质硬杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴上，现让杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动，转动的角速度为ω，某时刻杆对球的作用力水平向左，则此时杆与水平面的夹角θ为 图2－1－21‎ A．sin θ＝ B．sin θ＝ C．tan θ＝ D．tan θ＝ 解析　小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，受力如图所示 根据牛顿第二定律有：＝mLω2，解得：sin θ＝，故选B。‎ 答案　B ‎6．(2019·南京调研)如图2－1－22所示，甲、乙两小球(可看成质点)分别以v和的速度同时从O点，沿同一方向向左水平抛出，两球均落在斜面上，落点分别为A和B，不计空气阻力，则以下说法正确的是 8‎ 图2－1－22‎ A．落在斜面上时，乙球的速度偏向角大于甲球的速度偏向角 B．甲、乙两球在空中运动的时间之比为4∶1‎ C．落在斜面上时，甲、乙两球的位移之比为4∶1‎ D．甲球落在斜面上时的速率与乙球落在斜面上时的速率之比为4∶1‎ 解析　甲、乙两球均落在斜面上，故两球的位移偏向角相等，根据平抛运动规律，速度偏向角也相等，A错误。设速度偏向角为θ，则v竖直＝v水平tan θ，v合＝，因为θ相同，故落在斜面上时，甲、乙两球在竖直方向上的速度大小之比也为2∶1，合速度大小之比也为2∶1，由v竖直＝gt，可得甲、乙两球在空中运动的时间之比为2∶1，B、D错误。落在斜面上时，甲、乙两球在竖直方向上的位移之比为4∶1，在水平方向上的位移之比为4∶1，故合位移之比也为4∶1，C正确。‎ 答案　C ‎7．(2019·辽宁模拟)如图2－1－23所示，质量为m的石块从半径为R的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果摩擦力的作用使得石块的速度大小不变，那么 图2－1－23‎ A．石块下滑过程中受的摩擦力大小不变 B．石块下滑过程中重力的功率保持不变 C．因为速率不变，所以石块的加速度为零 D．石块下滑过程中受的合外力大小不变，方向始终指向球心 解析　石块下滑的速度大小不变，即做匀速圆周运动，摩擦力与重力的切向分力平衡，即摩擦力不断减小，故A错误；下滑中石块竖直方向的分速度逐渐减小，根据P＝mgv竖直，可知重力的功率逐渐减小，故B错误；石块做匀速圆周运动，其加速度始终指向圆心，不等于0，且大小不变，所以合外力大小不变，方向始终指向球心，故C错误，D正确。‎ 答案　D ‎8．(多选)(2019·成都模拟)一小船在匀速流动的河水中以船身始终垂直于河岸方向过河，已知河宽为64 m，河水的流速大小为3 m/s，小船初速度为0，过河过程中小船先以1 m/s2的加速度匀加速运动，到达河的中点后再以1 m/s2的加速度匀减速运动，则 8‎ A．小船过河的平均速度大小为4 m/s B．小船过河过程中垂直河岸的最大速度为8 m/s C．小船过河的时间为16 s D．小船到达河对岸时的位移大小为112 m 解析　小船沿垂直河岸方向先以1 m/s2的加速度匀加速运动，到达河的中点后再以1 m/s2的加速度匀减速运动，河宽为64 m，那么在匀加速过程中，则有＝a2，解得t＝16 s，河水的流速大小为3 m/s，那么水流方向的位移大小为x＝16×3 m＝48 m；因此小船过河的位移为s＝＝ m＝80 m，依据平均速度公式得＝＝ m/s＝5 m/s，故A、D错误，C正确；小船初速度为0，过河过程中小船先以1 m/s2的加速度匀加速运动，匀加速运动的位移为＝32 m；根据＝×，解得vmax＝8 m/s，故B正确。‎ 答案　BC ‎9．(多选)(2019·呼和浩特一模)如图2－1－24所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a落到半圆轨道上，小球b落到斜面上，则下列说法正确的是 图2－1－24‎ A．a球可能先落在半圆轨道上 B．b球可能先落在斜面上 C．两球可能同时落在半圆轨道上和斜面上 D．a球可能垂直落在半圆轨道上 解析　将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上。若初速度不合适，由图可知，可能小球b先落在斜面上，也可能小球a先落在圆轨道上。若a球垂直落在半圆轨道上，根据平抛运动规律，其速度的反向延长线应在水平位移的中点，而实际为圆心处，由几何关系可知，圆心并不处于水平位移中点，所以a球不可能垂直落在半圆轨道上，故A、B、C正确，D错误。‎ 8‎ 答案　ABC ‎10．(多选)(2019·河北衡水中学模拟)如图2－1－25所示，沿光滑竖直杆以速度v匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，细绳与竖直杆间的夹角为θ，则以下说法正确的是 图2－1－25‎ A．物体B向右匀速运动 B．物体B向右加速运动 C．细绳对A的拉力逐渐变大 D．细绳对B的拉力减小 解析　物体A以速度v沿竖直杆匀速下滑，绳子的速率等于物体B的速率，将A物体的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于绳速，如图所示，由绳子速率v绳＝vcos θ，而绳子速率等于物体B的速率，则有物体B的速率vB＝v绳＝vcos θ。因θ减小，则B物体向右做加速运动，由于物体A匀速下滑，由平衡知识可知细绳拉力减小，选项B、D正确。‎ 答案　BD 二、计算题(共30分)‎ ‎11．(15分)(2019·常州一模)如图2－1－26为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r＝0.25 m，C端水平，AB段的动摩擦因数为0.5。竖直墙壁CD高H＝0.2 m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高、底边长L＝0.3 m的斜面。一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l＝0.5 m处由静止释放，从C点水平抛出。重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。‎ 图2－1－26‎ 8‎ ‎(1)求小物块运动到C点时对轨道压力的大小；‎ ‎(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；‎ ‎(3)改变小物块从斜面上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。‎ 解析　(1)由动能定理得 mglsin 37°＋mg(r－rcos 37°)－μmglcos 37°＝mv02‎ 得v0＝ m/s FN－mg＝m，FN＝2.2 N 由牛顿第三定律得，压力大小为FN′＝2.2 N。‎ ‎(2)如图，设物块落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y ＝，得x＝0.3－1.5y x＝v0t，y＝gt2‎ ‎15t2＋2t－0.6＝0‎ t＝ s ‎(3)x＝0.3－1.5y v02t2＝v02＝(0.3－1.5y)2‎ v02＝ Ek＝mv02＋mgy＝mg＋mgy－ 解得当y＝0.12 m时，Ekm＝0.15 J。‎ 答案　(1)2.2 N　(2) s　(3)0.15 J ‎12．(15分)如图2－1－27所示，遥控电动赛车通电后电动机以额定功率P＝3 W工作，赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t(未知)后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，恰好在C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，通过轨道最高点D后水平飞出，E点为圆弧形轨道的最低点。已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力f＝0.5 N，赛车的质量m＝0.8 kg，轨道AB的长度L＝6.4 m，B、C两点的高度差h＝0.45 m，赛车在C点的速度大小vC＝5 m/s，圆弧形轨道的半径R＝0.5‎ 8‎ ‎ m。不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ 图2－1－27‎ ‎(1)赛车运动到B点时的速度vB的大小；‎ ‎(2)赛车电动机工作的时间t；‎ ‎(3)赛车经过最高点D时对轨道压力的大小。‎ 解析　(1)赛车从B点到C点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有 h＝gt12‎ vy＝gt1‎ 同时有vC2＝vy2＋vB2‎ 解得赛车在B点的速度vB＝4 m/s ‎(2)赛车从A点运动到B点的过程中，由动能定理得 Pt－fL＝mvB2‎ 解得t＝3.2 s ‎(3)设圆弧轨道的圆心O和C点的连线与竖直方向的夹角为α，‎ 则有tan α＝＝ 解得α＝37°‎ 赛车从C点运动到最高点D的过程中，由机械能守恒定律得 mvC2＝mvD2＋mgR(1＋cos α)‎ 设赛车经过最高点D处时轨道对小车的压力为FN，根据牛顿第二定律得 mg＋FN＝m 联立解得FN＝3.2 N 根据牛顿第三定律可得，赛车对轨道的压力大小为 FN′＝3.2 N。‎ 答案　(1)4 m/s　(2)3.2 s　(3)3.2 N 8‎