（福建專用）高考物理三輪 典型專題檢測卷 拋體運動與圓周運動

拋體運動與圓周運動一、選擇題（本題共8小題，每小題8分，共64分。每小題只有一個選項正確）1.（2013·泉州一模）一快艇從離岸邊100m遠的河流中央向岸邊行駛。已知快艇在靜水中的速度圖像如圖甲所示；河中各處水流速度相同，且速度圖像如圖乙所示。則（）A.快艇的運動軌跡一定為直線B.快艇的運動軌跡可能為直線，也可能為曲線C.快艇最快到達岸邊，所用的時間為20sD.快艇最快到達岸邊，經(jīng)過的位移為100m2.（2013·揚州二模）如圖所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右勻速運動，當(dāng)它經(jīng)過靠近桌邊的豎直木板的ad邊正前方時，木板開始做自由落體運動。若木板開始運動時，cd邊與桌面相齊，則小球在木板上的正投影軌跡是（）3.（2013·寧德二模）如圖所示，水平放置的兩個用相同材料制成的輪P和Q靠摩擦傳動，兩輪的半徑R∶r=2∶1。當(dāng)主動輪Q勻速轉(zhuǎn)動時，在Q輪邊緣上放置的小木塊恰能相對靜止在Q輪邊緣上，此時Q輪轉(zhuǎn)動的角速度為ω1，小木塊的向心加速度為a1；若改變轉(zhuǎn)速，把小木塊放在P輪邊緣也恰能靜止，此時Q輪轉(zhuǎn)動的角速度為ω2，小木塊的向心加速度為a2，則（）A.ω1ω2=22 C.a1a2=21 4.（2013·成都二模）如圖，一小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動（小球可視為質(zhì)點），飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點。O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向夾角為60°，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度為（）A.3gR2 C.3gR2 5.（2013·永州二模）如圖所示，兩個半徑不同而內(nèi)壁光滑的半圓軌道固定于地面，兩個質(zhì)量不同的小球先后從與球心在同一水平高度的A、B兩點由靜止開始自由下滑，通過軌道最低點時，下列說法錯誤的是（）A.小球?qū)绍壍赖膲毫ο嗤珺.小球?qū)绍壍赖膲毫Σ煌珻.此時小球所需的向心力不相等D.此時小球的向心加速度相等6.（2013·濟南一模）如圖所示，一網(wǎng)球運動員將球在邊界處正上方水平向右擊出，球剛好過網(wǎng)落在圖中位置（不計空氣阻力），數(shù)據(jù)如圖所示，則下列說法中正確的是（）A.擊球點高度h1與球網(wǎng)高度h2之間的關(guān)系為h1=2h2B.若保持擊球高度不變，球的初速度v0只要不大于shC.任意降低擊球高度（仍大于h2），只要擊球初速度合適，球一定能落在對方界內(nèi)D.任意增加擊球高度，只要擊球初速度合適，球一定能落在對方界內(nèi)7.（2013·南昌二模）如圖所示，用長為L的輕繩把一個小鐵球懸掛在高2L的O點處，小鐵球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動且恰能到達最高點B處，則有（）A.小鐵球在運動過程中輕繩的拉力最大為5mgB.小鐵球在運動過程中輕繩的拉力最小為mgC.若運動中輕繩斷開，則小鐵球落到地面時的速度大小為7D.若小鐵球運動到最低點時輕繩斷開，則小鐵球落到地面時的水平位移為2L8.如圖所示，地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強電場，一個質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球以水平方向的初速度v0由O點射入該區(qū)域，剛好通過豎直平面中的P點，已知連線OP與初速度方向的夾角為45°，則此帶電小球通過P點時的速度為（）A.2v0B.v0C.2v0D.5v二、計算題（本題共2小題，共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟）9.（18分）（2013·漳州二模）在豎直平面內(nèi)有一個粗糙的14圓弧軌道，其半徑R=0.4m，軌道的最低點距地面高度h=0.45m。一質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊從軌道的最高點A由靜止釋放，到達最低點B時以一定的水平速度離開軌道，落地點C距軌道最低點的水平距離x=0.6m。空氣阻力不計，g取10m/s2（1）小滑塊離開軌道時的速度大小；（2）小滑塊運動到軌道最低點時，對軌道的壓力大?。唬?）小滑塊在軌道上運動的過程中，克服摩擦力所做的功。10.（18分）如圖所示，AOB是游樂場中的滑道模型，它位于豎直平面內(nèi)，由兩個半徑都是R的14圓周連接而成，它們的圓心O1、O2與兩圓弧的連接點O在同一豎直線上。O2B沿水池的水面，O2和B兩點位于同一水平面上。一個質(zhì)量為m的小滑塊可由弧AO的任意位置從靜止開始滑下，不計一切摩擦。（1）假設(shè)小滑塊由A點靜止下滑，求小滑塊滑到O點時對O點的壓力；（2）若小滑塊能在O點脫離滑道，其落水點到O2的距離如何；（3）若小滑塊從開始下滑到脫離滑道過程中，在兩個圓弧上滑過的弧長相等，則小滑塊開始下滑時應(yīng)在圓弧AO上的何處（用該處到O1點的連線與豎直線的夾角的三角函數(shù)值表示）。答案解析1.【解析】選C。由于水流速度相同，快艇做勻加速運動，快艇的運動軌跡一定為曲線，選項A、B錯誤；船頭指向正對岸，快艇最快到達岸邊，12at22.【解析】選B。木板自由下落，可以逆向思維，以木板為參照物，小球向上做勻加速運動，且向右做勻速運動，可以想象成重力“向上”的平拋運動，選項B正確。3.【解析】選A。由于兩個輪用相同材料制成，且小木塊恰能與輪相對靜止，因此a1a2=1∶1，選項C、D錯誤；由于兩個輪邊緣線速度相等，兩個輪邊緣向心加速度之比為1∶2，因此Q輪邊緣兩次的向心加速度之比為1∶2，據(jù)a=ω2r可得ω4.【解析】選B。小球在B點的速度分解如圖所示，則有vy=v0tan60°=gt，又有R（1+cos60°）=v0t，解以上兩式得v0=【方法技巧】平拋運動的三種分解思路（1）分解速度：設(shè)平拋運動的初速度為v0，在空中運動時間為t，則平拋運動在水平方向的速度為vx=v0，在豎直方向的速度為vy=gt，合速度為v=vx2+vy（2）分解位移：平拋運動在水平方向的位移為x=v0t，在豎直方向的位移為y=12gt2，對拋出點的位移（合位移）為s=x2+y2（3）分解加速度：對于有些問題，過拋出點建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，把重力加速度g正交分解為gx、gy，把初速度v0正交分解為vx、vy，然后分別在x、y方向列方程求解，可以避繁就簡，化難為易。5.【解析】選A。小球從靜止下滑至軌道最低點過程，由動能定理得mgR=12mv2，在最低點由牛頓第二定律得FN-mg=mv2R，解以上兩式得FN=3mg，選項A錯誤，B正確；F向=FN【變式備選】（2013·常德一模）如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細線相連的質(zhì)量相等的兩個物體A和B，它們與盤間的動摩擦因數(shù)相同，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動到兩個物體剛好還未發(fā)生滑動時，燒斷細線，兩個物體的運動情況是（）A.兩物體沿切線方向滑動B.兩物體均沿半徑方向滑動，離圓盤圓心越來越遠C.兩物體仍隨圓盤一起做圓周運動，不發(fā)生滑動D.物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運動，物體A發(fā)生滑動，離圓盤圓心越來越遠【解析】選D。在圓盤上，角速度相同，由F=mω2r可知，在質(zhì)量相同的情況下，A需要的向心力較大，當(dāng)兩個物體剛好還未發(fā)生滑動時，其摩擦力達到最大靜摩擦力，A的向心力大于最大靜摩擦力，而B的向心力小于最大靜摩擦力，此時燒斷細線，A的向心力不足，將做離心運動，而B仍隨圓盤一起做勻速圓周運動，故選項D正確。6.【解析】選D。不計空氣阻力，網(wǎng)球做平拋運動。網(wǎng)球由h1高度被水平擊出，剛好越過球網(wǎng)，落在另一側(cè)的中點。由h1=12gt12，32s=v0t1及h1-h2=12gt22，s=v0t2得h1=1.8h2，選項A錯誤；要使球落在對方界內(nèi)，h1=12gt32，x=v0t3<2s，得v0<sh12gh1，v0=sh12gh1時，剛好落在界線上，選項B錯誤；擊球高度為某一值hL時，若球剛好過網(wǎng)并落在界線上，應(yīng)有hL=12gtL2，2s=vLtL及h7.【解析】選C。小鐵球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動且恰能到達最高點B處，說明小鐵球在最高點B處時，輕繩的拉力最小為零，mg=mv2L，v=gL，由機械能守恒定律得，小鐵球運動到最低點時動能mv122=mv22+mg·2L，在最低點時輕繩的拉力最大，由牛頓第二定律F-mg=mv12L，聯(lián)立解得輕繩的拉力最大為F=6mg，選項A、B錯誤；以地面為重力勢能參考平面，小鐵球在B點處的總機械能為mg·3L+12mv2=72mgL，無論輕繩是在何處斷開，小鐵球的機械能總是守恒的，因此到達地面時的動能12mv′2=8.【解析】選D。小球做類平拋運動，由題意可知小球到P點時水平位移和豎直位移相等，即v0t=12vPyt，解得vPy=2v0，合速度vP=v02+v9.【解析】（1）小滑塊離開軌道后做平拋運動，設(shè)運動時間為t，初速度為v，則x=vt （2分）h=12gt2 解得v=2.0m/s （2分）（2）小滑塊到達軌道最低點時，受重力和軌道對它的彈力N，根據(jù)牛頓第二定律：N-mg=mv2R解得N=2.0N （2分）根據(jù)牛頓第三定律，軌道受到的壓力大小N′=N=2.0N （1分）（3）在小滑塊從軌道的最高點到最低點的過程中，根據(jù)動能定理：mgR+Wf=12mv2（3分）解得：Wf=-0.2J （3分）所以小滑塊克服摩擦力做功為0.2J。答案：（1）2.0m/s（2）2.0N（3）0.2J10.【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下兩點：（1）能在O點脫離滑道的小滑塊做平拋運動，且在O點做平拋運動的小滑塊有最小速度；（2）小滑塊脫離滑道時，滑道對小滑塊的支持力為零?！窘馕觥浚?）小滑塊由A點滑到O點過程，由動能定理得：mgR=12mv1在O點由牛頓第二定律得：FO-mg=mv1解得：FO=3mg （1分）由牛頓第三定律得小滑塊對O點的壓力大小為3mg，方向豎直向下 （1分）（2）從A點下滑的滑塊到O點的速度為v1=2gR 設(shè)能脫離軌道的最小速度為v2，由牛頓第二定律得：mg=mv2解得：v2=gR 小滑塊在O點做平拋運動，則：R=12gt2 （1分x=v0t （1分）解得：2R≤x≤2R （2分）（3）如圖所示，設(shè)小滑塊出發(fā)點為P1，離開點為