高考物理 专题 抛体运动和圆周运动 6 平抛运动与圆周运动强化训练.doc

6.平抛运动与圆周运动强化训练一、单项选择题1．一个质量为2 kg的物体，在4个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为8 N和12 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是( ) A．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小B．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5 m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6 m/s2解析：选A.由平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为8 N和12 N的两个力后，物体的合力大小范围为4 N≤F合≤20 N，物体的加速度范围为：2 m/s2≤a≤10 m/s2；A.撤去两个力后，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故A正确；B.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能是 5 m/s2，故B错误；C.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相反时，物体做匀减速直线运动，加速度大小最小可能是2 m/s2，不可能为1.5 m/s2，故C错误；D.撤去两个力后，物体受到的合力恒定，不可能做匀速圆周运动，故D错误．2．如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则关于拉力F以及拉力作用点的移动速度v的下列说法正确的是( )A．F不变，v不变B．F增大，v减小C．F增大，v增大D．F增大，v不变解析：选B.设绳子与竖直方向上的夹角为θ，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：F cos θ＝mg，因为θ增大，则F增大，物体A沿绳子方向上的分速度v1＝v cos θ，因为θ增大，则v减小，故B正确，ACD错误．3．如图所示，下列有关运动的说法正确的是( )A ．图甲中撤掉挡板A 的瞬间，小球的加速度竖直向下B ．图乙中固定在竖直面内的圆环内径r ＝1.6 m ，小球沿环的内表面通过最高点的速度可以为2 m/sC ．图丙中皮带轮上b 点的向心加速度大小等于a 点的向心加速度大小(a 点的半径为r ，b 点的半径4r ，c 点的半径为2r )D ．图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，B 球比A 球先着地解析：选C.开始小球受重力、弹簧的弹力和支持力处于平衡，重力和弹簧的合力方向与支持力方向相反，撤掉挡板的A 的瞬间，支持力为零，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力方向与之前支持力的方向相反，则加速度的方向为垂直挡板向下．故A 错误．小球在圆环的最高点的临界情况是：mg ＝m v 2r ，解得v ＝gr ＝4 m/s ，知最高点的最小速度为4 m/s.故B 错误．a 、c 两点的线速度大小相等，根据a ＝v 2r ，则a 、c 两点的向心加速度之比为2∶1，b 、c 两点的角速度相等，根据a ＝r ω2，则b 、c 两点的加速度之比为2∶1，可知a 、b 两点的加速度相等．故C 正确．图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，A 做平抛运动，B 做自由落体运动，两球同时落地．故D 错误．故选C.4．如图所示，质量相同的两小球a 、b 分别从斜面顶端A 和斜面中点B 沿水平方向抛出后，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．小球a 、b 在空中飞行的时间之比为2∶1B ．小球a 、b 抛出时的初速度大小之比为2∶1C ．小球a 、b 到达斜面底端时的动能之比为4∶1D ．小球a 、b 到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为1∶1 解析：选D.因为两球下落的高度之比为2∶1，根据h ＝12gt 2得，t ＝2hg，高度之比为2∶1，则时间之比为2∶1，故A 错误．两球的水平位移之比为2∶1，时间之比为2∶1，根据v 0＝x t知，初速度之比为2∶1，故B 错误．根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比E k a ∶E k b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2a ＋mgh a ∶⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2b ＋mgh b ＝2∶1，故C 错误．小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故D 正确．故选D.5．如图所示，ABC 为竖直平面内的金属半圆环，AC 连线水平，AB 为固定在A 、B 两点间的直金属棒，在直棒和圆环的BC 部分上分别套着小环M 、N (棒和半圆环均光滑)，现让半圆环绕竖直对称轴以角速度ω1做匀速转动，小球M 、N 在图示位置．如果半圆环的角速度变为ω2，ω2比ω1稍微小一些．关于小环M 、N 的位置变化，下列说法正确的是( )A ．小环M 将到达B 点，小环N 将向B 点靠近稍许 B ．小环M 将到达B 点，小环N 的位置保持不变C ．小环M 将向B 点靠近稍许，小环N 将向B 点靠近稍许D ．小环M 向B 点靠近稍许，小环N 的位置保持不变解析：选A.M 环做匀速圆周运动，则mg tan 45°＝m ω2r ，小环M 的合力大小为定值，如果角速度变小，其将一直下滑，直到B 点，N 环做匀速圆周运动，设其与ABC 环圆心连线夹角为θ，则mg tan θ＝m ω2r ，r ＝R sin θ，R r＝ω2cos θ，如果角速度变小，则cos θ变大，θ变小，小环N 将向B 点靠近稍许，因此A 正确．6．如图所示为足球球门，球门宽为L .一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P 点)．球员顶球点的高度为h .足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )A ．足球位移的大小x ＝L 24＋s 2B ．足球初速度的大小v 0＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2C ．足球末速度的大小v ＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2＋4gh D ．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝L2s解析：选B.根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h ，水平位移为x水平＝s 2＋L 24，则足球位移的大小为：x ＝x 2水平＋h 2＝s 2＋L 24＋h 2，选项A 错误；由h ＝12gt 2，x水平＝v 0t ，可得足球的初速度为v 0＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2，选项B 正确；对小球应用动能定理：mgh ＝mv 22－mv 22，可得足球末速度v ＝v 20＋2gh ＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2＋2gh ，选项C 错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan θ＝2sL，选项D 错误．二、多项选择题7．如图所示，底角为θ＝π4 的圆锥体静止不动，顶端通过一根长为L ＝1 m 的细线悬挂一个质量为m ＝1 kg 的小球，细线处于张紧状态，若小球在水平面内做匀速圆周运动，角速度为ω的取值范围介于3 rad/s 到4 rad/s 之间，不计一切阻力，则细线拉力F 可能等于( )A ．52－5B ．52＋5C ．15D ．20解析：选BC.当小球刚好没有脱离圆锥时，小球受到重力G 、拉力F 的作用，它们的合力提供向心力，mg cot π4＝m ω20L cosπ4，得ω0＝102rad/s ，此时ω0的取值范围介于3 rad/s 到4 rad/s 之间，当ω较小时，小球没有脱离圆锥，小球受到重力G 、拉力F 和垂直于光滑圆锥的支持力N 的作用，它们在水平方向的合力提供向心力，则F sin θ－N cos θ＝G ，F cosθ－N sin θ＝mL cos θω2，可求得，F ＝G sin θ＋m ω2L cos 2 θ，此时52＋4.5≤F ≤102，当ω较大时，小球脱离圆锥，小球的重力G 和拉力F 的合力提供向心力，设细线和水平方向夹角为α，则F cos α＝m ω2L cos α，可求得F ＝m ω2L,102≤F ≤16，综上分析，选项B 、C 正确．8．在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v ，重力加速度为g ；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )A ．导向槽位置应在高为v 24g 的位置B ．最大水平距离为v 2gC ．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v 下＝2v 上D ．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角解析：选AD.设平抛时的速度为v 0，根据机械能守恒定律可得：12mv 20＋mgh ＝12mv 2，解得：v 0＝v 2－2gh ；根据平抛运动的知识可得下落时间：t ＝2hg，则水平位移x ＝v 0t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2g －2h ·2h ，所以当v 2g －2h ＝2h 时水平位移最大，解得h ＝v 24g ，A 正确；最大的水平位移为：x ＝4h 2＝2h ＝v 22g，B 错误；根据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等，C 错误；设速度与水平方向成θ，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×h2h＝1，则θ＝45°，所以D 正确．9．如图所示，水平转台上有一质量为m 的小物块，用长为L 的细绳连接在通过转台中心的竖直转轴上，细线与转轴间的夹角为θ；系统静止时，细线绷直但绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中( )A ．物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴B ．至转台对物块的支持力为零时，物块的角速度大小为g tan θLC ．至转台对物块的支持力为零时转台对物块做的功mgL sin 2 θ2cos θD ．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零解析：选CD.由题可知，物体做加速圆周运动，所以开始时物体受到的摩擦力必定有一部分的分力沿轨迹的切线方向．故A 错误；对物体受力分析知物块离开圆盘前，沿轴线方向的合力：F ＝f ＋T sin θ＝m v 2r① N ＋T cos θ＝mg②根据动能定理知W ＝E k ＝12mv 2当弹力T ＝0，r ＝L sin θ 当N ＝0，f ＝0，由①②知ω0＝g L cos θ，所以当物块的角速度增大到g L cos θ时，物块与转台间恰好无相互作用；此时W ＝E k ＝12mv 2＝12m (ω0L sin θ)2＝mgL sin 2θ2cos θ，故B错误，C 正确；由几何关系可知，物体在做圆周运动的过程中受到的绳子的拉力方向与物体运动的方向始终垂直，所以细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零．故D 正确；故选CD.三、非选择题10．如图所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧轨道ABC 与足够长的粗糙轨道CD 在C 处平滑连接，O 为圆弧轨道ABC 的圆心，B 点为圆弧轨道的最低点，半径OA 、OC 与OB 的夹角分别为53°和37°.将一个质量m ＝0.5 kg 的物体(视为质点)从A 点左侧高为h ＝0.8 m 处的P 点水平抛出，恰从A 点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物体水平抛出时的初速度大小v 0；(2)物体经过B 点时，对圆弧轨道的压力大小F N ；(3)物体在轨道CD 上运动的距离x .(结果保留三位有效数字) 解析：(1)由平抛运动规律知：v 2y ＝2gh 竖直分速度v y ＝2gh ＝4 m/s 初速度v 0＝v y tan 37°＝3 m/s.(2)从P 点至B 点的过程，由机械能守恒有mg (h ＋R －R cos 53°)＝12mv 2B －12mv 2经过B 点时，由向心力公式有F N ′－mg ＝m v 2BR代入数据解得F N ′＝34 N由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为F N ＝34 N.(3)因μmg cos 37°＞mg sin 37°，物体沿轨道CD 向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑．从B 点到上滑至最高点的过程，由动能定理有－mgR (1－cos 37°)－(mg sin 37°＋μmg cos 37°)x ＝0－12mv 2B代入数据可解得x ＝135124 m ≈1.09 m.答案：(1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m11．如图所示，将质量m ＝1.0 kg 的小物块放在长L ＝3.0 m 的平板车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间的动摩擦因数μ＝0.6，光滑半圆形固定轨道与光滑水平轨道在同一竖直平面内，半圆形轨道的半径r ＝1.2 m ，直径MON 竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，开始时车和物块一起以v 0＝10 m/s 的初速度在水平轨道上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块刚进入半圆形时速度大小； (2)物块刚进入半圆形时对轨道的压力大小； (3)物块回落至车上时距右端的距离．解析：选取物块为研究对象应用动能定理即可求得速度；物块做圆周运动，由牛顿第二定律和向心力公式列式可以求出物块受到的支持力，然后由牛顿第三定律求出对轨道的压力；小物块从半圆轨道最高点做平抛运动，根据平抛运动的基本公式即可求解．(1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v 1，由动能定理可得：－μmgL ＝12mv 21－12mv 20，解得v 1＝8.0 m/s(2)刚进入半圆轨道时，设物块受到的支持力为F N ，由牛顿第二定律：F N －mg ＝m v 21r，代入数据解得：F N ＝63.3 N ．由牛顿第三定律可得：F N ＝F N ′，所以物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力为63.3 N ，方向竖直向下．(3)若物块能到达半圆形轨道的最高点，则由机械能守恒可得：12mv 21＝12mv 22＋mg 2r解得v 2＝4 m/s设恰能通过最高点的速度为v 3，则：mg ＝m v 23r代入数据解得：v 3＝2 3 m/s因v 2＞v 3，故小物块从半圆轨道最高点做平抛运动，设距车右端的水平距离为x ，则：在竖直方向：2r ＝12gt 2水平方向：x ＝v 2t代入数据解得：x ＝835 m ≈2.8 m答案：(1)8.0 m/s (2)63.3 N (3)2.8 m。