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1、课时跟踪训练课时跟踪训练(三三) 一、选择题(16 题为单项选择题，710 题为多项选择题) 1(2018天星教育考前预测)将一小球以一定的初速度水平抛出，设小球抛 出后的水平方向的位移为 x， 竖直方向的位移为 y， 结果小球在空中运动过程中 y 与 x2的关系如图所示，重力加速度 g10 m/s2，不计空气阻力，则小球被抛出的 初速度大小为( ) A.m/s B. m/s C2 m/s D. m/s 10 2 52 A 将小球做的平抛运动进行分解， 设水平初速度大小为 v0， 则有 xv0t， y gt2，则 yx2，结合图象有2，求得 v0m/s，A 项正确 1 2 g 2v2 0 g
2、2v2 0 10 2 2(2018石家庄市高三考前诊断(二)2022 年冬奥会将在中国举办的消息， 吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中 若跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视 为平抛运动，现运动员甲以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图中实线所示， 则质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出， 其运动轨迹应为图中 的( ) AB CD A 根据平抛运动规律可知， 平抛运动轨迹只与初速度有关， 与物体质量无 关，所以质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出时，其运动轨迹 应为图中的，选项 A 正确 3 (2018最新高考信息卷)如图， 小球甲从 A 点水平抛出， 同时将小球乙从 B 点自
3、由释放， 两小球先后经过 C 点时速度大小相等， 方向夹角为 30， 已知 B、 C 高度差为 h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( ) A小球甲做平抛运动的初速度大小为 2 gh 3 B甲、乙两小球到达 C 点所用时间之比为 1 3 CA、B 两点高度差为h 4 D两小球在 C 点时重力的瞬时功率大小相等 C A 项，小球乙到 C 的速度为 v，此时小球甲的速度大小也为 v2gh ，又因为小球甲速度与竖直方向成 30角，可知水平分速度为故 A 错 ； B.2gh 2gh 2 小球运动到 C 时所用的时间为 h gt2得 t.而小球甲到达 C 点时竖直方向 1 2 2h g 的速
4、度为，所以运动时间为 t，所以甲、乙两小球到达 C 点所用时 6gh 2 6gh 2g 间之比为2 故 B 错 C.由甲乙各自运动的时间得 ： h gt2 gt2 ， 故 C3 1 2 1 2 h 4 对；D.由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在 C 点时重力的瞬时 功率也不相等故 D 错；故选 C. 4(2018宁夏六盘山二模)如图所示，半径为 R 的圆轮在竖直面内绕 O 轴匀 速转动， 轮上 A、 B 两点均粘有一小物体， 当 B 点转至最低位置时， 此时 O、 A、 B、 P 四点在同一竖直线上，已知 OAAB，P 是地面上的一点A、B 两点处的小物 体同时脱落， 最终落到水平
5、地面上同一点(不计空气的阻力) 则OP的距离是( ) A. RB7R 7 6 C. RD5R 5 2 A 设 OP 之间的距离为 h，则 A 下落的高度为 h R，A 随圆轮运动的线 1 2 速度为 R， 1 2 设 A 下落的时间为 t1，水平位移为 x， 则在竖直方向上有 h R gt 1 2 1 2 2 1 在水平方向上有 x Rt1 1 2 B 下落的高度为 hR， B 随圆轮运动的线速度为 R， 设 B 下落的时间为 t2， 水平位移也为 x，则在竖直方向上有 hR gt 1 2 2 2 在水平方向上有 xRt2 联立式解得 h R，A 项正确 7 6 5 (2018高考物理全真模拟
6、二)如图所示， 小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB 滑下，从 B 端水平飞出，撞击到一个与地面呈 37的斜面上，撞击点为 C.已 知斜面上端与曲面末端 B 相连若 AB 的高度差为 h，BC 间的高度差为 H，则 h 与 H 的比值等于(不计空气阻力，sin 370.6，cos 370.8)( ) A. B. C. D. 3 4 4 3 4 9 9 4 C 小球下滑过程中机械能守恒，则有：mgh mv ，解得：vB，到 1 2 2 B 2gh 达B点后小球做平抛运动在竖直方向有 ： H gt2， 解得 ： t， 水平方向xvBt， 1 2 2H g 根据几何关系有： tan 37 ，解得 ： ，
7、故 C 正确，A、B、D 错误 H x H vBt H 2H g 2gh 3 4 h H 4 9 6(2018 山东省淄博市高三三模)如图所示，质量为 m 的小球用长度为 R 的 细绳拴着在竖直面上绕 O 点做圆周运动， 恰好能通过竖直面的最高点 A， 重力加 速度为 g，不计空气阻力，则( ) A小球通过最高点 A 的速度为 gR B小球通过最低点 B 和最高点 A 的动能之差为 mgR C 若细绳在小球运动到与圆心 O 等高的 C 点断了， 则小球还能上升的高度 为 R D 若细绳在小球运动到 A 处断了， 则经过 t时间小球运动到与圆心等 2R g 高的位置 D A.小球刚好通过最高点时
8、，绳子的拉力恰好为零，有：mgm.得 v v2 R ，故 A 错误；B.从最高点到最低点重力做功为 2mgR，根据动能定理可知小gR 球通过最低点 B 和最高点 A 的动能之差为 2mgR，故 B 错；C.从 A 到 C 由动能 定理可知 ： mgR mv mv2， 当绳子断掉后上升的高度为 h， 则mgh0 mv 1 2 2 C 1 2 1 2 ，解得 h R，故 C 错；D.若细绳在小球运动到 A 处断了，则下降 R 所用的时 2 C 3 2 间为 R gt2，解得 t，故 D 正确；故选 D. 1 2 2R g 7(2018 山东省临沂市高三三模)如图所示，不可伸长的轻质细绳一端固定 在
9、光滑竖直杆上，轻质弹簧用光滑轻环套在杆上，细绳和弹簧的另一端固定在质 量为m的小球上， 开始时处于静止状态， 现使该装置绕杆旋转且角速度缓慢增大， 则下列说法正确的是( ) A轻绳上的弹力保持不变 B轻绳上的弹力逐渐变大 C弹簧上的弹力逐渐变大 D弹簧上的弹力先变小后变大 BD 小球随杆做匀速圆周运动，设轻绳与竖直方向的夹角为 ，当角速度 较小时，弹簧处于压缩状态，对小球受力分析有 ： Tcos mg，Tsin Fm2r， 由于小球在竖直方向处于静止，所以 T，随角速度增大， 增大，所以 T mg cos 增大，随角速度增大， 增大，弹簧弹力减小，当角速度较大时，小球做圆周运 动的半径增大，弹
10、簧弹力增大，由以上分析可知，B、D 正确 8(2018吉林一中高三第三次调研)如图所示，ABCD 是一个边长为 L 的正 方形木块， 将一个可视为质点的小球从 P 点以初速度 v0斜向上抛出， 小球到达 A 点时速度方向恰好与 AB 平面相切已知重力加速度为 g，P、D 之间的距离为 2L. 下列说法正确的是( ) A小球到达 A 点时的速度为v0 2 4 B小球在 P 点时，速度方向与水平夹角为 45 C小球在由 P 向 A 运动的过程中，重力的瞬时功率逐渐减小 D仅减小初速度 v0，小球仍有可能运动到 AB 平面上 BC 根据逆向思维，小球从 A 到 P 做平抛运动；设小球做平抛运动的初速
11、 度为 v，根据平抛运动的规律，小球在 P 点时， 1，所以 vyv，而 vy v 2y x 2L 2L v0，所以 vyvv0，小球在 P 点时，速度方向与水平夹角为 45，v2 yv2 2 2 选项A错误， 选项B正确 ； 球在由P向A运动的过程中， 重力的瞬时功率Pmgvy， 随着 vy的变小而逐渐减小， 选项 C 正确 ； 仅减小初速度 v0， 小球不可能运动到 AB 平面上，选项 D 错误 9如图所示，一根原长为 l0的轻弹簧套在光滑直杆 AB 上，其下端固定在 杆的 A 端，质量为 m 的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连球和杆一起绕经 过杆 A 端的竖直轴 OO匀速转动，且杆与水平
12、面间始终保持 30角已知杆处 于静止状态时弹簧的压缩量为 ，重力加速度为 g，弹簧始终在弹性限度内则 l0 2 下列说法正确的是( ) A弹簧为原长时，杆的角速度为 g 2l0 B当杆的角速度为时，弹簧处于压缩状态 g l0 C在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒 D在杆的角速度由 0 缓慢增大到过程中，小球机械能增加了 mgl0 2 3 2g l0 5 4 CD 静止时， k mgsin kl0mg， 弹簧为原长时， mgtan 30m2l0cos l0 2 30，解得：，A 项错误；当杆的角速度大于时，小球做圆周运动所 2g 3l0 2g 3l0 需的向心力增大，所
13、以弹簧对小球的弹力沿杆向下，弹簧处于拉伸状态，B 项错 误；在杆的角速度增大的过程中，小球的线速度增大，重力势能增大，弹簧的弹 性势能增大，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，C 项正确；小球随杆转动的 角速度为时，弹簧处于伸长状态，设伸长量为 l，在水平方向上：FNsin 2 3 2g l0 30klcos 30m2(l0l)cos 30，在竖直方向上：FNcos 30klsin 30 mg0，解得 ： l ，则小球的重力势能增加量为 Epmgl0sin 30 mgl0，动 l0 2 1 2 能增加量为 Ek m 2 mgl0，可知 D 项正确 1 2 ( 3 2l 0cos 30 ) 3 4
14、 10(2018湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图所示，一质量为 m 的小球(可视为质点)从离地面高 H 处水平抛出， 第一次落地时的水平位移为 H， 4 3 反弹的高度为H.已知小球与地面接触的时间为 t，重力加速度为 g，不计摩擦 9 16 和空气阻力下列说法正确的是( ) A第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH 4t B第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为mg 7m 2gH 4t C小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为 2H D小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为 H 3 2 AC A、B 项 ： 以竖直向上为正方向小球第一次落地时竖
15、直方向的速度为 v1 ，小球第一次反弹起竖直方向的速度为 v2，在小2gH2g 9H 16 9gH 8 球第一次与地面接触的过程中应用用动时定理有 ： tmv2mv1， 代入数据解得 ：F ，故 A 正确，B 错误；C、D 项：小球第一次下落的时间为 t，F 7m 2gH 4t 2H g 水平初速度 v0， 第一次反弹到最高点所用的时间为 t 4H 3 2H g 8gH 9 2 9H 16 g ，所以第一次落地点到第二次落地点的水平距离为 2v0t22H， 8gH 9 9H 8g 故 C 正确，D 错误 11(2018长沙一中高三诊断)如图所示，BC 为半径等于m、竖直放置 2 5 2 的光滑
16、细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端 C 连接倾斜角为 45、动摩擦 因数为 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为 m0.5 kg 的小球从 O 点正上方某 处 A 点以速度 v0水平抛出，恰好能垂直 OB 从 B 点进入圆管，OB 与竖直方向的 夹角为 45，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的 F5 N 的力的作用，当 小球运动到圆管的末端 C 时作用力 F 立即消失， 小球能平滑地冲上粗糙斜面 (g 取 10 m/s2)求： (1)小球从 O 点的正上方某处 A 点水平抛出的初速度 v0为多少？OA 的距离 为多少？ (2)小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？ (3)小球在 CD 斜
17、面上运动的最大位移是多少？ 解析 (1)小球从 A 运动到 B 为平抛运动，有 rsin 45v0t 在 B 点，有 tan 45gt v0 解以上两式得 v02 m/s，t0.2 s 则 AB 竖直方向的距离为 h gt20.2 m 1 2 OB 竖直方向的距离为 hrcos 450.4 m 则 OAhh(0.20.4)m0.6 m. (2)在 B 点据平抛运动的速度规律有 vB2 m/s v0 cos 45 2 小球在管中重力与外加的力 F 平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它 的压力，得小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得圆管对小球的作用 力为 FNm5 N v2 B r 2
18、根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力为 FNFN5N.2 (3)在 CD 上滑行到最高点过程，根据牛顿第二定律得 mgsin 45mgcos 45ma 解得 agsin 45gcos 458m/s22 根据速度位移关系公式，有 xm. v2 B 2a 2 4 答案 (1)2m/s 0.6 m (2)5N (3)m2 2 4 12如图所示，台阶的高度 H1.45 m，在台阶的水平台面边缘静止一质量 为 m 的小球 A， 在紧靠 A 的左侧用细线竖直悬挂一同样大小的小球 B， 两球心连 线水平在平台下面的地面上有一倾角为 37的传送带，传送带下端有一个 和传送带垂直的挡板 P，传送带的长度 L m，
19、传送带以 v5 m/s 的速率逆时 5 3 针转动把小球 B 拉到离平台 h0.8 m 高处由静止释放，与小球 A 正碰后 B 球 能上升到离平台 h 高处，小球 A 恰好沿平行于传送带的方向从传送带上端飞上 1 4 传送带并沿传送带运动，和挡板 P 碰撞后以大小不变的速率被反向弹回已知 小球 A 与传送带之间的动摩擦因数 ，重力加速度 g10 m/s2. 3 8 (1)求传送带上端距台阶的距离 s； (2)求小球 B 的质量 mB； (3)小球 A 被 P 反弹后能否再回到平台上？若能，请说明理由；若不能，请 计算小球 A 到达的最高点距平台的高度 解析 (1)设小球 A 离开平台的速度为
20、vA，到达传送带上端的速度为 vQ，竖 直分速度为 v，则 vyvAtan v 2g(HLsin ) 2 y vQ vy sin vygt svAt 代入数据解得 vA4 m/s vQ5 m/s s1.2 m (2)设 B 球运动到最低点与 A 球碰撞前的速度为 v0， 碰撞后的速度大小为 vB， 则有 mBgh mBv 1 2 2 0 mBv mBg 1 2 2 B h 4 若 B 球碰撞后向右运动，则 mBv0mBvBmvA 代入数据解得 B 球的质量 mB2m 此条件下系统的机械能损失 E mBgh，因碰撞过程机械能不可能增加， 1 4 结论合理 若 B 球碰撞后向左运动，则 mBv0m
21、B(vB)mvA 代入数据解得 B 球的质量 mB m 2 3 此条件下系统的机械能增加 E mBgh，因碰撞过程机械能不可能增加， 3 4 故不合理，应舍去 (3)小球 A 从传送带上端运动到下端的过程，有 mgsin mgcos ma1 v v 2a1L 2 P2 Q 代入数据解得 vPm/s35 小球 A 被反弹后，由于 vPv，故向上滑一段，摩擦力沿传送带向下，有 mgsin mgcos ma2 小球 A 减速到 v 经过的位移为 L1，则 v2v 2a2L1 2 P 代入数据解得 L1 m 5 9 小球 A 从速度为 v 时运动到传送带上端期间，摩擦力沿传送带向上，加速 度为 a1，则 v v22a1(LL1) 2 t 代入数据解得 vtm/s 55 3 由于 vtvQ，故小球 A 不可能回到平台上 此后小球 A 运动到最高点的过程可看做平抛的逆运动，则 小球 A 上升的高度 h0.33 m v tsin 2 2g 小球 A 到达的最高点距平台的高度 HHLsin h0.12 m. 答案 (1)s1.2 m (2)mB2m (3)不能，H0.12 m