2020版高考物理大二轮培优通用版专题强化练（四）　曲线运动 WORD版含解析.docx

1、专题强化练(四)曲线运动(满分:100分时间:50分钟)一、选择题(共7小题,每小题8分,共56分)1.(考点1)(2019河北衡水中学高三年级小二调考试)如图所示,小船过河时,船头偏向上游与水流方向成角,船相对于静水的速度为v,其航线恰好垂直于河岸,现水流速度稍有减小,为保持航线不变,且到达对岸的时间不变,下列措施中可行的是()A.增大角,增大vB.减小角,减小vC.减小角,保持v不变D.增大角,保持v不变解析由题意可知,船相对静水的速度为v,其航线恰好垂直于河岸,当水流速度稍有减小,为保持航线不变,且准时到达对岸,则如图所示,由图可知,只有选项B正确。答案B2.(考点3)(2019浙江选考

2、)一质量为2.0103 kg的汽车在水平公路上行驶,路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4104 N,当汽车经过半径为80 m的弯道时,下列判断正确的是()A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B.汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4104 NC.汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2解析汽车转弯时受到重力,地面的支持力以及地面给的摩擦力,其中摩擦力充当向心力,选项A错误;当最大静摩擦力充当向心力时,速度为临界速度,大于这个速度则发生侧滑,根据牛顿第二定律可得Ff=mv2r,解得v=Ffrm=1.4104802.

3、0103 m/s=560 m/s=201.4 m/s,所以汽车转弯的速度为20 m/s时,所需的向心力小于1.4104 N,汽车不会发生侧滑,选项B、C错误;汽车能安全转弯的向心加速度a=v2r=56080 m/s=7.0 m/s2,即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2,选项D正确。答案D3.(考点1)(多选)(2019陕西渭南区解放路中学质检)河水由西向东流,河宽为800 m,河中各点的水流速度大小为v水,各点到较近河岸的距离为x米,v水与x的关系为v水=3400x(m/s),让小船船头垂直河岸由南向北渡河,小船划水速度大小恒为v船=4 m/s,则下列说法中正确的是()A.小船

4、渡河的轨迹为直线B.小船在河水中的最大速度是5 m/sC.小船在距南岸200 m处的速度小于距北岸200 m处的速度D.小船渡河的时间是200 s解析小船在垂直岸方向上做匀速直线运动,在沿河岸方向上做变速运动,合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上,做曲线运动,选项A错误;小船到达离河岸d2处,即中央处,水流速为v水=3400400 m/s=3 m/s,则v=32+42 m/s=5 m/s,此时速度最大,选项B正确;小船在距南岸200 m处的速度为v1=42+(3400200)2 m/s,而距北岸200 m处的速度v2=42+(3400200)2 m/s,由此可知,两者速度大小相等,选项C

5、错误;将小船的运动分解为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动,两个分运动同时发生,互不干扰,故渡河时间与顺水流方向的分运动无关,当船头与河岸垂直时,沿船头方向的分运动的分位移最小,故渡河时间最短,最短时间为t=dv船=8004 s=200 s,选项D正确。答案BD4.(考点2)(多选)(2019广东中山一中、仲元中学等七校联考)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v1和v2的速率沿同一方向水平抛出(不计空气阻力),经历时间t1和t2两球都落在该斜面上。乙球落至斜面时的速率是甲球落至斜面时速率的两倍,则下列判断正确的是()A.v2=2v1B.t2=2t1C.甲、乙两球飞行过程中速率变化率之比为11

6、D.甲、乙两球落在该斜面上时的速度方向与斜面夹角的正切值之比为11解析设斜面倾角为,小球落在斜面上速度方向与水平方向夹角为,甲球以v1速率抛出,落在斜面上,如图所示,则tan =vyv1=gtv1、tan =yx=12gt2v1t=gt2v1,所以tan =2tan ;则两球落在斜面上速度与水平方向夹角相同,两球落在该斜面上时的速度方向与斜面夹角的正切值之比为11,选项D正确;乙球落至斜面时的速率是甲球落至斜面时速率的两倍,两球落在斜面上速度与水平方向夹角相同,据vx=vcos 知,v2=2v1,选项A正确;乙球落至斜面时的速率是甲球落至斜面时速率的两倍,两球落在斜面上速度与水平方向夹角相同,

7、据vy=vsin =gt知,t2=2t1,选项B正确;v2=2v1,乙球落至斜面时的速率是甲球落至斜面时速率的两倍,甲、乙两球飞行过程中速率变化率之比为12,选项C错误。答案ABD5.(考点2)(2019山东德州高三模拟)中国的面食文化博大精深,种类繁多,其中“山西刀削面”堪称天下一绝,传统的操作手法是一手托面,一手拿刀,直接将面削到开水锅里。如图所示,小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h,与锅沿的水平距离为L,锅的半径也为L,将削出的小面圈的运动视为平抛运动,且小面圈都落入锅中,重力加速度为g,则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是()A.运动的时间都相同B.速度的变化量都相同C.落入锅

8、中时,最大速度是最小速度的3倍D.若初速度为v0,则Lg2hv03Lg2h解析根据h=12gt2可得运动的时间t=2hg,所有小面圈在空中运动的时间都相同,选项A正确;根据v=gt可得所有小面圈的速度的变化量都相同,选项B正确;因为水平位移的范围为LxL+2R=3L,则水平最小初速度为vmin=Lt=Lg2h,水平最大初速度为:vmax=3Lt=3Lg2h,则水平初速度速度的范围为:Lg2hv03Lg2h;落入锅中时,最大速度vm=vmax2+2gh=9L2g2h+2gh,最小速度为vm=vmin2+2gh=L2g2h+2gh,选项C错误、D正确。答案C6.(考点3)(多选)(2019四川成都

9、第七中学段考)如图所示,AC、BC两绳系一质量为m=0.1 kg的小球,AC绳长L=2 m,两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处,两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为30和45。小球在水平面内做匀速圆周运动时,若两绳中始终有张力,小球的角速度可能是(g取10 m/s2)()A.2 rad/sB.2.5 rad/sC.3 rad/sD.4 rad/s解析当上绳绷紧,下绳恰好伸直但无张力时,小球受力如图1,由牛顿第二定律得mgtan 30=m12r,又有r=Lsin 30,解得1=1033 rad/s;当下绳绷紧,上绳恰好伸直无张力时,小球受力如图2,由牛顿第二定律得mgtan 45=m22r,解得2=

10、10 rad/s;故当1033 rad/s10 rad/s时,两绳始终有张力,故选项B、C正确,选项A、D错误。答案BC7.(考点3)(多选)太极球是广大市民中较流行的一种健身器材。将太极球(拍和球)简化成如图所示的平板和小球,熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做半径为R的匀速圆周运动,且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势。A为圆周的最高点,C为最低点,B、D与圆心O等高。球的质量为m,重力加速度为g,则()A.在C处板对球施加的力比在A处大6mgB.球在运动过程中机械能不守恒C.球在最低点C的速度最小值为5gRD.板在B处与水平方向的倾角随速度的增大而增大解析设球

11、运动的线速率为v,半径为R,恰好过最高点时,在A处时有mg=mv2R,在C处时有F-mg=mv2R,联立解得F=2mg,即在C处板对球所需施加的力比A处大2mg,选项A错误;球在运动过程中,动能不变,势能时刻变化,故机械能不守恒,选项B正确;球在任意时刻的速度大小相等,即球在最低点C的速度最小值等于在最高点最小速度,根据mg=mv2R,得v=gR,选项C错误;小球在B点受力分析如图所示,根据重力沿水平方向的分力提供向心力,即mgtan =mv2r,故v=grtan,故板在B处与水平方向倾斜角随速度的增大而增大,选项D正确。答案BD二、计算题(第8题12分,第9题14分,第10题18分,共44分

12、)8.(考点2)(2019重庆江北区联考)如图所示,倾角为37的斜面长l=1.9 m,在斜面底端正上方的O点将一小球以v0=3 m/s的速度水平抛出,与此同时由静止释放斜面顶端的滑块,经过一段时间后,小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块。(小球和滑块均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求:(1)抛出点O离斜面底端的高度;(2)滑块与斜面间的动摩擦因数。解析(1)设小球击中滑块时的速度为v,竖直速度为vy,如图所示,由几何关系得v0vy=tan 37设小球下落的时间为t,竖直位移为y,水平位移为x,由运动学规律得vy=gt,y=1

13、2gt2,x=v0t设抛出点到斜面底端的高度为h,由几何关系得h=y+xtan 37联立解得:h=1.7 m。(2)设在时间t内,滑块的位移为s,由几何关系得s=l-xcos37设滑块的加速度为a,由运动学公式得s=12at2对滑块,由牛顿第二定律得mgsin 37-mgcos 37=ma联立解得:=0.125。答案(1)1.7 m(2)0.1259.(考点3)(2019四川成都第七中学段考)某转动装置如图所示,四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环通过铰链连接,轻杆长均为l,球的质量均为m,环质量为2m,O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与小环之间,原长为L,

14、装置静止时,弹簧长为3L2,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)弹簧长度为L2时,装置转动的角速度。解析(1)装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1,OA杆与转轴的夹角为1。小环受到弹簧的弹力为:F弹1=kL2,小环受力平衡,则有:F弹1=2mg+2T1cos 1,小球受力平衡,则竖直方向有:F1cos 1+T1cos 1=mg,水平方向有:F1 sin 1=T1 sin 1,解得:k=6mgL。(2)弹簧长度为12L时,设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2,OA杆与转轴的夹角为2

15、。小环受到的弹力为:F弹2=12kL=3mg,小环受力平衡,有:2T2cos 2=mg+F弹2,且cos 2=L4l,对小球,竖直方向有:F2cos 2=T2cos 2+mg,水平方向有:F2 sin 2+T2 sin 2=m2lsin 2,解得:=25gL。答案(1)6mgL(2)25gL10.(考点2、3)(2019湖北荆门高三统考)如图,一个质量为m=0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出,恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力,进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R=0.3 m,=60,小球到达A点时的速度v=4 m/s。(g取10 m/s2)求:(1)小

16、球做平抛运动的初速度v0的大小;(2)P点与A点的水平距离和竖直高度;(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的弹力。解析(1)小球到A点的速度如图所示,由图可知v0=vx=vAcos =4cos 60 m/s=2 m/s,vy=vAsin =4sin 60 m/s=23 m/s。(2)由平抛运动规律得:竖直方向有:vy2=2gh、vy=gt水平方向有:x=v0t解得:h=0.60 m、x=0.43 m0.69 m。(3)取A点为重力势能的零点,由机械能守恒定律得:12mvA2=12mvC2+mg(R+Rcos )代入数据得:vC=7 m/s由圆周运动向心力公式得:FNC+mg=mvC2R代入数据得:FNC=8 N由牛顿第三定律得:小球对轨道的压力大小FNC=FNC=8 N,方向竖直向上。答案(1)2 m/s(2)0.69 m0.60 m(3)8 N,竖直向上