2020高考物理二轮复习 600分冲刺 专题一 力与运动 第3讲 力与物体的曲线运动优练（含解析）

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1、力与物体的曲线运动 一、选择题(本题共10小题，其中1～5题为单选，6～10题为多选) 1．(2019·江西南昌市模拟)在2018年亚运会男子跳远决赛中，中国选手王嘉男破纪录夺冠。在第一跳中，他(可看作质点)水平距离达8.24 m，高达2.06 m。设他离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α，若不计空气阻力，则tanα等于(　B　) A．0.5　　　 B．1　　　 C．2　　　　 D．4 [解析]　从起点A到最高点B可看作平抛运动的逆过程，如图所示： 运动员做平抛运动，初速度方向与水平方向夹角的正切值为：tanα＝2tanβ＝2×＝1，故选B。 2.(2019·江苏省宿迁市

2、模拟)如图所示，斜面上从A点水平抛出的小球落在B点，球到达B点时速度大小为v，方向与斜面夹角为α。现将小球从图中斜面上C点抛出，恰能水平击中A点，球在C点抛出时的速度大小为v1，方向与斜面夹角为β。则(　A　) A． β ＝α，v1＜v　　　　　 B． β ＝α，v1＝v C． β＞α，v1＞v D． β＜α，v1＜v [解析]　由逆向思维可知，从A点水平抛出的小球刚好落在C点，由物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，任一时刻速度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，所以β＝α，设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为θ，则小球落在斜面上，竖直方向上的速度与水平方向速度

3、的比值tanθ＝＝，解得：vy＝2v0tanθ，落在斜面上的速度为v＝＝ 由于落在C点的小球运动时间短，所以有v1＜v，故A正确。 3．(2019·浙江省绍兴市模拟)为了提高一级方程式赛车的性能，在形状设计时要求赛车上下方空气存在一个压力差(即气动压力)，从而增大赛车对地面的正压力。如图所示，一辆总质量为600 kg的赛车以288 km/h的速率经过一个半径为180 m的水平弯道，转弯时赛车不发生侧滑，侧向附着系数(正压力与摩擦力的比值)η＝1，则赛车转弯时(　D　) A．向心加速度大小约为46 m/s2 B．受到的摩擦力大小约为3×105 N C．受到的支持力大小约为6 000

4、 N D．受到的气动压力约为重力的2.6倍 [解析]　288 km/h＝80 m/s，根据向心加速度公式a＝≈36 m/s2，A错误；因为摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律得：f＝m＝213 33 N，B错误；因为摩擦力f＝ηN＝η(Mg＋F)，则汽车所受支持力N＝＝21 333 N，气动压力F＝N－Mg＝15 333 N，故＝＝2.6，C错误，D正确。 4. (2019·广东省深圳市模拟)如图所示，将一小球从固定斜面顶端A以某一速度水平向右抛出，恰好落到斜面底端B。若初速度不变，对小球施加不为零的水平方向的恒力F，使小球落到AB连线之间的某点C。不计空气阻力。则(　D　) A．球

5、落到B点与落到C点所用时间相等 B．球落到B点与落到C点的速度方向一定相同 C．球落到C点时的速度方向不可能竖直向下 D．力F越大，小球落到斜面的时间越短 [解析]　小球在两次运动过程中，竖直方向都是只受重力，做自由落体运动，由h＝gt2，可得第一次所用时间长，A错误；若两次小球都做平抛运动，则小球落到B点与落到C点的速度方向一定相同，但对小球施加水平方向的恒力后，速度方向就不会相同，B错误；落到C点的小球在水平方向先做匀减速直线运动，若落到C点时水平分速度恰好减为0，则此时速度方向就是竖直向下，C错误；设斜面倾角为α，落到斜面时间为t, tanα＝，y＝gt2，x＝vt－t2，联立得

6、tanα＝＝，可见力F越大，小球落到斜面的时间越短，D正确。 5．(2019·湖北省武汉市模拟)如图所示，用两根长度均为L的绳子，将一重物悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为θ，整个系统静止时，每根轻绳中的拉力为F1。现将其中一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为F2，下列说法正确的是(　C　) A．绳子没有剪断时F1＝mg B．将其中一根绳子替换为原长为L的弹簧，则绳子的拉力不变 C．若θ等于30°，则F2＝2F1 D．无论θ取什么角度，F2不可能等于F1 [解析]　绳子没有剪断时，有2F1sinθ＝mg，得F1＝，A错误；将其中一根绳子替换为原长为L的弹簧，

7、则平衡之后，小球位置应该下降，即角度θ变大，所以绳子拉力应该变小，B错误；剪断绳子后，小球摆到最低点，设此时速度为v，有F2－mg＝m ，得F2＝m＋mg。剪断绳子后，根据机械能守恒定律，有mv2＝mg(L－Lsinθ)，得在最低点时F2＝mg＋2mg(1－sinθ)。因为＝6sinθ－4sin2θ，当sinθ＝0.5时，F2＝2F1，C正确；根据数学知识＝6sinθ－4sin2θ的最大值为2.25，最小值为0，D错误。 6．(2019·山东省济宁市模拟)如图所示，蜘蛛在两竖直杆a、b间织网，先布下一根蛛丝MN，再在M点正下方的P点以水平速度v0向MN跃去，蜘蛛恰好能跃到MN上。已知

8、MN与竖直方向成角α，重力加速度为g。则下列说法中正确的是(　CD　) A．蜘蛛跃到蛛丝上的速度为 B．蜘蛛从P点跃到MN上的时间为 C．蜘蛛从P点跃到MN上的水平距离为 D．P点与M点间的距离为 [解析]　蜘蛛恰好能跃到MN上，表示蜘蛛平抛运动的轨迹恰好和MN相切，即蜘蛛跃到MN上时速度v的方向沿MN方向，根据几何关系可得v＝，选项A错误；同理可得，蜘蛛跃到MN上时竖直分速度vy＝，所以蜘蛛从P点跃到MN上的时间t＝＝，选项B错误；蜘蛛从P点跃到MN上的水平距离x＝v0t＝，选项C正确；P点与M点间的距离h＝－gt2＝，选项D正确。 7．(2019·重庆模拟)如图，质量为m的

9、小球从斜轨道高h处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动。已知圆轨道的半径为R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　BC　) A．当h＝2R时，小球恰好能到达最高点M B．当h＝2R时，小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mg C．当h≤R时，小球在运动过程中不会脱离轨道 D．当h＝R时，小球在最低点N时对轨道压力为2mg [解析]　在圆轨道的最高点M，由牛顿第二定律有：mg＝m，得：v0＝ 根据机械能守恒得：mgh＝mg·2R＋mv，解得：h＝2.5R，故A错误；当h＝2R时，小球在圆心等高处P时速度为v，根据机械能守恒得：mg·2R＝mgR＋mv2，小球在

10、P时，有：N＝m，联立解得N＝2mg，则知小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mg，故B正确；当h≤R时，根据机械能守恒，小球在圆轨道上圆心下方轨道上来回运动，在运动过程中不会脱离轨道，故C正确；当h＝R时，设小球在最低点N时速度为v′，则有：mgR＝mv′2在圆轨道最低点，有：N′－mg＝m，解得：N′＝3mg，则小球在最低点N时对轨道压力为3mg，故D错误。故选BC。 8. (2019·江西省南康区模拟)如图所示，一段绳子跨过距地面高度为H的两个定滑轮，一端连接小车P，另一端连接物块Q，小车最初在左边滑轮的正下方A点，以速度v从A点沿水平面匀速向左运动，运动了距离H到达B点(绳子足够长)，

11、下列说法中正确的有(　BCD　) A．物块匀速上升 B．物块在上升过程中处于超重状态 C．车过B点时，物块的速度为v D．车过B点时，左边绳子绕定滑轮转动的角速度为 [解析]　将小车的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，如图：设此时绳子与水平方向的夹角为θ，则：tanθ＝＝1，所以：θ＝45°。 由三角函数可解得：当小车运动到绳与水平方向夹角为θ时小车的速度为v，则vcosθ＝v′，可知物块的运动不是匀运动。A错误；由于vcosθ＝v′，随θ的减小，v′增大，所以物块向上做加速运动；加速度的方向向上，所以物块处于超重状态。B正确；当小车运动到B点，绳与水平方向

12、夹角θ＝45°时小车的速度为v，则vcos45°＝v′，则v′＝v，C正确；小车运动到绳与水平方向夹角θ＝45°时，左侧的绳子的长度是H，由图可知垂直于绳子方向的分速度为：v⊥＝vsin45°＝v，所以左边绳子绕定滑轮转动的角速度为：ω＝＝。D正确。 9．(2019·高考仿真模拟4)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 (　BD　)

13、 A．在C处板对球施加的力比在A处大6mg B．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 D．板在B处与水平方向的倾角θ随速度的增大而增大 [解析]　 设球运动的线速率为v，半径为R，则在A处时： mg＝m ① 在C处时： F－mg＝m② 由①②式得：F＝2mg，即在C处板对球所需施加的力比A处大2mg，故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，故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v等于在最高点最小速度，根据mg＝m，得v＝，故C错误；根据重力沿水平方向的分力提供向心力，即mgtanθ＝m，故v＝，故板在

14、B处与水平方向倾斜角θ随速度的增大而增大，故D正确。 10．(2019·安徽省六安市模拟)如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内从A点到B点做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.4 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看作质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2。下列判断正确的是(　ACD　) A．小球在斜面上的碰点C与管道圆心O的高度差是 0.2 m B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.8 m C．小球经过管道内O点等高点时，重力的瞬时功率是60 W

15、 D．小球经过管道的A点时，对管道外壁压力是66 N [解析]　小球从B到C的运动时间为t＝0.4 s，那么，小球在C点的竖直分速度为：vy＝gt＝4m/s；由小球恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰可知：小球从B点水平射出的速度v＝vycot45°＝4 m/s，故小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为：s＝vt＝1.6 m；h＝gt2＝×10×0.42＝0.8 m ，hCO＝R－h＝1－0.8＝0.2 m，故A正确，B错误；从管道内O点等高点到B点，由动能定理得：－mgR＝mv2－mv，重力的功率PG＝mgv0＝60 W，故C正确；从管道内A点等高点到B点，由动能定理得：－mgR＝mv2－m

16、v，在A点，有FN－mg＝m，解得FN＝66 N，故D正确。 二、计算题(本题共2小题，需写出完整的解题步骤) 11．(2019·甘肃省天水市模拟)如图是一皮带传输装载机械示意图。井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上。已知半径为R＝0.4 m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为圆形轨道的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径。矿物可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，传送带匀速运行的速度为v0＝6 m/s，传送带AB两点间的长度为L＝40 m。若矿物落

17、点D处离最高点C点的水平距离为s＝2 m，竖直距离为h＝1.25 m，矿物质量m＝5 kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)矿物到达C点时对轨道的压力大小； (2)矿物到达B点时的速度大小； (3)矿物由A点到达C点的过程中，摩擦力对矿物所做的功。 [答案]　(1)150 N　(2)6 m/s　(3)1 276 J [解析]　(1)矿物离开C后做平抛运动 在水平方向：s＝vCt 在竖直方向：h＝gt2 矿物在C点，由牛顿第二定律得：mg＋N＝m 由牛顿第三定律可知，矿物对轨道的压力：N′＝N 联立并代入数据得：N

18、′＝150 N，方向竖直向上 (2)设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理得： (μmgcosθ－mgsinθ)L＝mv′2 代入数据解得：v′＝8 m/s＞v0＝6 m/s 由此可知，矿物在传送带上先加速到与传送带速度相等，然后匀速运动到B点，到达B点时的速度为6 m/s (3)从A到C过程，由动能定理得： Wf－mg[Lsinθ＋R(1＋cosθ)]＝mv－0 代入数据解得：Wf＝1 276 J 12．(2019·河南安阳模拟)如图所示，一圆心为O半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径。质量分别为m、2 m的滑块1

19、、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点。现剪断两滑块间的细线，滑块1恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合。滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求： (1)滑块1过B点的速度大小； (2)弹簧释放的弹性势能大小； (3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数。 [答案]　(1)vB＝　(2)Ep＝mgR　(3)μ＝ [解析]　(1)滑块1恰能过B点，则有 mg＝m 解得vB＝ (2)滑块1从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有－mg·2R＝mv－mv 解得vA＝ 滑块1、2被弹簧弹开前后，根据动量守恒定律有 mvA＝2mv 根据能量转化和守恒定律有 EP＝mv＋·2mv2 联立解得Ep＝mgR (3)滑块1过B点后做平抛运动，则水平方向有x＝vBt 竖直方向有2R＝gt2 滑块2在水平方向做减速运动，根据动能定理有－μ·2mg·x＝0－·2mv2 联立解得μ＝ - 9 -