2016版《高考调研》高考物理二轮重点讲练：专题三 力和曲线运动.doc

1．(2015·保定)一个物体在光滑水平面上沿曲线MN运动，如图所示，其中A点是曲线上的一点，虚线1、2分别是过A点的切线和法线，已知该过程中物体所受到的合外力是恒力，则当物体运动到A点时，合外力的方向可能是()A．沿F1或F5的方向B．沿F2或F4的方向C．沿F2的方向D．不在MN曲线所决定的水平面内答案 C解析物体做曲线运动，必须有指向曲线内侧的合外力，或者合外力有沿法线指向内侧的分量，才能改变物体的运动方向而做曲线运动，合力沿切线方向的分量只能改变物体运动的速率，故F4、F5的方向不可能是合外力的方向，只有F1、F2、F3才有可能，故A、B项错误，C项正确．合外力方向在过M、N两点的切线所夹的区域里，若合外力不在MN 曲线所决定的平面上，则必须有垂直水平面的分量，该方向上应有速度分量，这与事实不符，故合外力不可能不在曲线MN所决定的水平面内，D项错误．2．(2015·湖北模拟)如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是()A．质点从M到N过程中速度大小保持不变B．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同C．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同D ．质点在M 、N 间的运动不是匀变速运动 答案 B解析 由题意可知，t MP ＝t PN ，则A 项错误；物体运动中始终受恒力作用，由牛顿第二定律得a ＝F m ，则加速度恒定，物体做匀变速曲线运动，D 项错误．由a ＝ΔvΔt 及t MP ＝t PN 可得，B 项正确，C 项错误．3．(2015·江苏扬州)如图所示，半圆光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O 为其圆心，匀强磁场方向与轨道平面垂直．现将一个带正电的小球自M 点由静止释放，它将沿轨道在MN 间做往复运动．下列说法中正确的是( )A ．小球在M 点的重力势能大于在N 点的重力势能B ．小球经过轨道最低点时所受合外力大小总相等C ．小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小总相等D ．小球由M 到N 所用的时间大于由N 到M 所用的时间 答案 B解析 因为小球运动过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，所以小球从M 到N 与从N 到M 过程中重力对小球做的功相等都为零．运动时间相同，所以AD 不正确．到最低点时两种情况下小球下落高度相等，所以根据动能定理mgh ＝12mv 2－12mv 20可得小球在最低点的速度大小是相等的，根据牛顿第二定律可得F ＝m v 2r ，即两种情况在最低点的向心力大小相等即合力大小相等，B 项正确．在从N 到M 的过程中最低点小球受到的洛伦兹力方向竖直向下，故有F N －mg －Bqv ＝m v 2r ，从M 点到N 点的过程中的最低点小球受到的洛伦兹力方向竖直向上，故有F ′N －mg ＋Bqv ＝m v 2r ，所以两种情况下小球经过最低点时对轨道的压力大小是不相同的，C 项错误．4.(2015·景德镇三检)如图所示，斜面倾角为45°，质量m＝1 kg的小球A从斜面底端正上方h＝6 m处以v0＝1 m/s的初速度做平抛运动，同时小球B从斜面底端在外力作用下沿斜面向上做匀速直线运动，速度v＝ 2 m/s，两小球都看做质点，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()A．两小球不能在斜面上相遇B．两小球一定可以在斜面上相遇C．小球A落在斜面上的速度为10 m/sD．小球A落在斜面上时，重力的瞬时功率为10 W答案 B解析A项，小球B沿斜面向上做匀速直线运动，则在水平方向做匀速直线运动的速度为1 m/s，小球A做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，速度大小也为1 m/s，可知两小球一定可以在斜面上相遇，故A项错误，B项正确；C项，当小球落在斜面上时，有：tan45°＝h－12gt2v0t，解得t＝1 s，则小球落在斜面上时竖直分速度为v y＝gt＝10 m/s，可知：v＝v20＋v2y＝101 m/s，故C项错误；D项，小球A落在斜面上时，重力的瞬时功率为：P＝mgv y＝10×10 W＝100 W，故D项错误．命题立意本题旨在考查功率、平均功率和瞬时功率、平抛运动5．(2015·徐州调研)学校组织“骑车投球”比赛，甲、乙两参赛者沿规定直轨道匀速骑行过程中，将手中网球沿垂直于骑行方向水平抛向地面上的塑料筐O中，如图，A点是轨道上离框最近的点．甲以3 m/s的速度骑行，在B点将网球以速度v水平抛出，网球恰好落入筐中；乙以4 m/s的速度骑行，要想将球投入筐中，乙参赛者应(不计空气阻力)()A．在到达B点之后将球抛出B．在到达B点之前将球抛出C．将球也以速度v水平抛出D．将球以大于v的速度水平抛出答案BC解析高度一样两球落地时间相同，球除了参与竖直运动之外，水平方向还有两个分运动，小球由于随车前进的速度不同，所以抛球的位置不同，速度大的要远一些．所以选B 项，而垂直于前进方向的分位移一样大，飞行时间一样，所以抛球的速度一样大．6．(2015·连云港)如图所示，矩形ABCD位于匀强电场中，且与匀强电场方向平行．已知AB＝2BC，A、B、D的电势分别为6 V、2 V、4 V．初动能为24 eV、电荷量大小为4e 的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B.不计粒子的重力，下列说法正确的是()A．该粒子一定带负电B．该粒子达到点B时的动能为40 eVC．改变初速度方向，该粒子可能经过CD．改变初速度方向，该粒子可能经过D答案AD解析由匀强电场中平行相等的线电势差相等的性质可以确定AB中点电势为4 V，C 点电势为0.所以电场线由A指向CD中点．由此可以确定带电粒子带负电．由力和位移夹角确定对离子做负功，所以B错误．计算B点动能为8 eV.如果达到C点，则粒子动能为0，由曲线知识可得，小球速度不可能为0.7.(2015·广西)如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O.一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO＝40 m，g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．若v0＝18 m/s，则石块可以落入水中B．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大C．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小答案 A解析由几何知识可得A离水面高度h＝20 m，A离O点的水平距离是s＝20 3 m，由平抛知识s＝vt和h＝12gt2，解得石块刚落到O点的初速度v＝10 3 m/s＝17.3 m/s，所以A项正确；落入水面时，设速度方向与水平面夹角为α，由tanα＝gtv0，因t相同，所以v0越大，夹角越小，B项错误；若石块不能落入水中，即使v0不同，由平抛知识可证明得到，速度方向与斜面的夹角都相同，C、D项错误．8.(2015·抚州)如图所示，在光滑水平面内建立直角坐标系xOy，一质点在该平面内O点受大小为F的力作用从静止开始做匀加速直线运动，经过t时间质点运动到A点，A、O两点距离为a，在A点作用力突然变为沿y轴正方向，大小仍为F，再经t时间质点运动到B 点，在B点作用力又变为大小等于4F、方向始终与速度方向垂直且在该平面内的变力，再经一段时间后质点运动到C点，此时速度方向沿x轴负方向，下列对运动过程的分析正确的是( )A ．A 、B 两点间距离为2a B ．C 点与x 轴的距离为4＋22aC ．质点在B 点的速度方向与x 轴成30°角D ．质点从B 点运动到C 点所用时间可能为3216πt答案 BD解析 根据题述质点从O 到A 做匀加速直线运动，从A 到B 做类平抛运动，从B 到C 做匀速圆周运动，画出质点运动轨迹图，由图中几何关系可得，A 、B 两点距离为s ＝a 2＋ 2a 2＝5a ，A 项错误．质点运动到B 点的速度方向与x 轴成45°角，C 项错误．质点运动到B 点的速度v ＝2Fm a .根据质点从B 到C 做匀速圆周运动，向心力等于4F 可得4F ＝mv 2/R ，解得R ＝a .C 点与x 轴的距离为y ＝a ＋R ＋22R ＝4＋22a ，B 项正确．质点从B 点运动到C 点所用时间为3π4R v ＝3216πt ，D 项正确．9．如图所示，MNPQ 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，ACB 为圆弧．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )A ．小球一定能从B 点离开轨道 B ．小球在AC 部分可能做匀速圆周运动 C ．小球再次到达C 点的速度可能为零D ．当小球从B 点离开时，上升的高度一定等于H 答案 BD解析 由于题中没有给出H 和R 、E 的关系，所以小球不一定能从B 点离开轨道，故A 项错误；若重力大小等于电场力，小球在AC 部分做匀速圆周运动，故B 项正确；若小球到达C 点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C 点的速度不可能为零，故C 项错误；由于小球在AB 部分电场力做功为零，所以若小球从B 点离开，上升的高度一定等于H ，故D 项正确．命题立意 考查学生对复合场问题，功能关系，圆周运动等知识综合运用分析能力 10．(2015·黑龙江)如图所示，离地面高h 处有甲、乙两个小球，甲以初速度v 0水平射出，同时乙以大小相同的初速度v 0沿倾角为45°的光滑斜面滑下，若甲、乙同时到达地面，则v 0的大小是( )A.gh2 B.gh C.2gh2D ．2gh答案 A解析 甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据 h ＝12gt 2，得t ＝2h g ①根据几何关系可知：x 乙＝2h ②乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可知 a ＝f 合m ＝mg sin45°m ＝22g ③根据位移时间公式可知：x 乙＝v 0t ＋12at 2④由①②③④式，得v 0＝gh2所以A 项正确． 命题立意 根据题意可知：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，运动的时间可以通过竖直方向上自由落体运动的公式求解，乙做匀加速直线运动，运动的时间与甲相等，由几何关系及位移时间公式即可求解．该题考查了平抛运动及匀变速直线运动的基本公式的直接应用，抓住时间相等去求解11.(2015·海南模拟)如图所示，一不可伸长的轻质细绳，绳长为l ，一端固定于O 点，另一端系一质量为m 的小球，小球绕O 点在竖直平面内做圆周运动(不计空气阻力)．(1)若小球恰好通过最高点A 且悬点距地面的高度h ＝2l ，小球经过B 点或D 点时绳突然断开，求两种情况下小球从抛出到落地所用时间之差Δt ；(2)若小球通过最高点A 时的速度为v ，小球运动到最低点C 或最高点A 时，绳突然断开，两种情况下小球从抛出到落地水平位移大小相等，则O 点距离地面高度h 与绳长l 之间应满足什么关系．解析 (1)若小球恰好通过最高点v A ＝gl 12mv 2B ＝12mv 2A ＋mgl vB ＝v D ＝3gl从B 点、D 点小球分别竖直上抛和竖直下抛，则 Δt ＝2v B g ＝2v D g ＝23gl g(2)小球运动到最高点绳断开后平抛运动时间为t ，则 h ＋l ＝12gt 2，x ＝vt小球运动到最低点速度为v ′，绳突然断开后小球做平抛运动时间为t ′，则 h －l ＝12gt ′2，x ′＝v ′t ′由机械能守恒定律，得2mgl ＋12mv 2＝12mv ′2又x ＝x ′联立上述各式解得h ＝v ′22g －l小球运动到最高点时v ≥gl由机械能守恒定律2mgl ＋12mv 2＝12mv ′2小球运动到最低点时速度，有v ′≥5gl 故h ＝v ′22g －l ，得h ≥32l12.(2015·四川高考模拟)如图所示，真空中有一个点状的放射源P ，它向各个方向发射同种正粒子(不计重力)，速率都相同，ab 为P 点附近的一条水平直线(P 到直线ab 的距离PC ＝1 m)，Q 为直线ab 上一点，它与P 点相距PQ ＝52m(现只研究与放射源P 和直线ab 在同一个平面内的粒子的运动)，当真空中(直线ab 以上区域)只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B ＝2 T 匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q 点；当真空中(直线ab 以上区域)只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的粒子若能到达ab 直线，则到达ab 直线时它们速度大小都相等，已知水平向左射出的粒子也恰好到达Q 点．(粒子比荷为qm ＝1×106C/kg)求：(1)粒子的发射速率；(2)当仅加上述电场时，求到达ab 直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；(结果可用根号表示)(3)当仅加上述磁场时，从P 运动到直线ab 的粒子中所用的最短时间． 解析(1)作PQ 的中垂线分别交PQ 、PC 于A 、O 两点，O 点即为圆心，设圆的半径为r 如图由相似三角形知识，有 QC PQ ＝AO r由直角三角形知识，有AO ＝r 2－PA 2 对粒子由牛顿第二定律，得qv 0B ＝m v 20r 解以上方程并代入数据，得v 0＝1.25×106 m/s(2)因所有粒子到达ab 直线的速度大小相等，故电场的方向应由P 指向C ，水平向左发射的粒子应做类平抛运动，所以QC ＝v 0tPC ＝12·qE m ·t 2v ＝v 20＋ qE m ·t 2联立解以上方程并代入数据，得v ＝5174×106m/s E ＝1.25×107 V/m(3)从P 运动到直线ab 所用时间最短的粒子，如图，PC 必为其运动轨迹的一条弦，由几何关系得sin∠PO′P1＝PP1 PO′＝45所以∠PO′P1＝53°得∠PO′C＝106°则其运动时间t＝106360·2πmqB＝106π360×10－6 s13．(2015·广东模拟)如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ＝45°.在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板c1、c2，两板间距为d1＝0.6 m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板c1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L＝0.72 m．在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板c3，平板c3在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距d2＝0.18 m．现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0＝4 2 m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过c1板上的M孔，进入磁场区域．已知小球可视为质点，小球的比荷qm＝20 C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s＝210m，不考虑空气阻力．求：(1)匀强电场的场强大小；(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板c3上，求磁感应强度的取值范围；(3)若t＝0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度如图乙所示随时间呈周期性变化(取竖直向上为磁场正方向)，求小球从M点到打在平板c3上所用的时间．(计算结果保留两位小数)解析(1)小球在第Ⅱ象限做类平抛运动，得s＝v0tat＝v0tanθqE＝ma解得E＝8 2 V/m(2)设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律v ＝v 0sin θ＝8 m/s 小球进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图qvB ＝mv 2R解得B ＝mv qR小球刚好能打到Q 点时，磁感应强度最大设为B 1.此时小球的轨迹半径为R 1，由几何关系有：R 1L ＋d 2－R 1＝L －R 1R 1 解得R 1＝0.4 m ，B 1＝1 T小球刚好不与c 2板相碰时，磁感应强度最小设为B 2.此时小球的轨迹半径为R 2，由几何关系有：R 2＝d 1解得B 2＝23T 故磁感应强度的取值范围23T≤B ≤1 T (3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，有r＝mvqB3＝0.18 mT＝2πmqB3＝9π200s由磁场周期T0＝13T可知：小球在磁场中运动轨迹如图，一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为3r＝0.54 m，而L－3r＝0.18 m＝r，即：小球刚好垂直y轴方向离开磁场．则在磁场中运动的时间：t1＝13T＋13T＋14T＝33π800s离开磁场到打在平板c3上所用时间：t2＝d2v＝9400s小球从M点到打在平板c3上所用总时间：t＝t1＋t2＝33π＋18800s≈0.15 s。