《专题04 曲线运动培优押题预测卷B卷-2019届高三物理复习之章末培优押题预测卷 Word版含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题04 曲线运动培优押题预测卷B卷-2019届高三物理复习之章末培优押题预测卷 Word版含解析.doc（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题04 曲线运动培优押题预测B卷一、选择题（在每小题给出的4个选项中，第1-8题只有一个选项正确，第9-12题有多个选项正确）1一船在静水中的速度是10m/s，要渡过宽为240m、水流速度为8m/s的河流，则下列说法中正确的是：A 此船过河的最短时间30sB 船头的指向与上游河岸的夹角为53船可以垂直到达正对岸C 船垂直到达正对岸的实际航行速度是6m/sD 此船不可能垂直到达正对岸【答案】C 2在室内自行车比赛中，运动员以速度 v 在倾角为 的赛道上做匀速圆周运动已知运动员的质量为 m，做圆周运动的半径为 R，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A 将运动员和自行车看做一个整体，整体受重
2、力、支持力、摩擦力和向心力的作用B 运动员受到的合力大小为，做圆周运动的向心力大小也是.C 运动员运动过程中线速度不变，向心加速度也不变D 如果运动员减速，运动员将做离心运动【答案】B【解析】向心力是效果力，将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和空气的阻力的作用。故A错误；运动员做匀速圆周运动，受到的合外力提供向心力，所以运动员受到的合力大小为m，做圆周运动的向心力大小也是m故B正确；运动员运动过程中线速度大小不变，向心加速度大小也不变，选项C错误；如果运动员做减速运动，则需要的向心力：Fn=m，可知需要的向心力随v的减小而减小，运动员受到的合外力不变而需要的向心力减小，所
3、以运动员将做向心运动。故D错误。故选B。3如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其Fv2图象如图乙图所示.则( ) A 小球的质量为B 当地的重力加速度大小为C v2=c时，小球对杆的弹力方向向下D v2=2b时，小球受到的弹力的大小大于重力的大小【答案】B【解析】A、在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则，解得，;故A错误，B正确；故选B.4如图，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点。过
4、B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30，则半圆柱体的半径为(不计空气阻力，重力加速度为g )( )A B C D 【答案】C【解析】在B点，据题可知小球的速度方向与水平方向成60角，由速度的分解可知，竖直分速度大小，根据几何关系知，得，故选C。 5如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物 M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方 0 点处，在杆的中点 C 处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物 M，C 点与 o 点距离为 L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度 缓缓转至水平（转过了 90角）下列有关此过程的说法中正确的是（ ）
5、A 重物 M 做匀速直线运动B 重物 M 做匀变速直线运动C 整个过程中重物一直处于失重状态D 重物 M 的速度先增大后减小，最大速度为wL【答案】D逐渐变小，绳子的速度变慢。所以知重物M的速度先增大后减小，最大速度为L故AB错误，D正确。重物M先向上加速，后向上减速，加速度先向上，后向下，重物M先超重后失重，故C错误。故选D。6如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹小球a从（0，2L）抛出，落在（2L，0）处；小球b、c从（0,L）抛出，分别落在（2L，0）和（L，0）处不计空气阻力，下列说法正确的是（）A a和b
6、初速度相同 B b和c运动时间相同C b的初速度是c的两倍 D a运动时间是b的两倍【答案】BC则b的初速度是c的两倍，选项C正确；故选BC.7如图，斜面上有a、b、c、d四个点，ab=bc=cd，从a点以初速度v0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，速度方向与斜面之间的夹角为；若小球从a点以初速度平抛出，不计空气阻力，则小球（）A 将落在bc之间B 将落在c点C 落在斜面的速度方向与斜面的夹角大于D 落在斜面的速度方向与斜面的夹角等于【答案】BD【解析】设斜面的倾角为。小球落在斜面上，有：tan=，解得： ；在竖直方向上的分位移为：y=gt2，则知当初速度变为原来的倍时，竖直方向上的位移变
7、为原来的2倍，所以小球一定落在斜面上的c点，故A错误，B正确；设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为，则tan=2tan，即tan=2tan，所以一定，则知落在斜面时的速度方向与斜面夹角一定相同。故C错误，D正确。故选BD。8如图所示，一个内壁光滑的圆管轨道ABC竖直放置，轨道半径为R。O、A、D位于同一水平线上，A、D间的距离为R质量为m的小球（球的直径略小于圆管直径），从管口A正上方由静止释放，要使小球能通过C点落到AD区，则球经过C点时（ ）A 速度大小满足B 速度大小满足C 对管的作用力大小满足D 对管的作用力大小满足【答案】AD以过C点时，管壁对小球的作用力可能向下，也可能向上，当v
8、C1=，向心力F=mg，所以管壁对小球的作用力向上，根据牛顿第二定律得：mg-Fc1=，解得N=mg；当vC=，向心力F=mg，所以管壁对小球的作用力向下，根据牛顿第二定律得：mg+Fc2=，解得N=mg；假设在C点管壁对小球的作用力为0时的速度大小为vC3，则由向心力公式可得mg=，解得vC3=，vC3在vc范围内，所以满足条件。所以球经过C点时对管的作用力大小满足0Fcmg，故C错误，D正确。故选AD。9如图所示，水平圆盘绕过圆心O的竖直轴以角速度匀速转动，A、B、C三个木块放置在圆盘上面的同一条直径上，已知A的质量为2m，A与圆盘间的动摩擦因数为，B和C的质量均为m，B和C与圆盘间的动摩
9、擦因数均为，OA、OB、BC之间的距离均为L，开始时，圆盘匀速转动时的角速度比较小，A、B、C均和圆盘保持相对静止，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( ) A 当圆盘转动的角速度缓慢增加过程中，C最先发生滑动B 当圆盘转动的角速度缓慢增加过程中，A、B同时发生相对滑动C 若B,C之间用一根长L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度 时，B与圆盘间静摩擦力一直增大D 若A,B之间用一根长2L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度 时，A,B可与圆盘保持相对静止【答案】ACD【解析】A的质量为2m，A与圆盘间的动摩擦因数为2，A与圆盘之间的最大静摩擦力：fA=2m2g=4mgA需要的向心力等于最大
10、静摩擦力时的角速度1，则：2m12L4mg；所以：1；同理，B与圆盘之间的最大静摩擦力：fB=mg，B需要的向心力等于最大静摩擦力时的角速度2，则：m22 Lmg，所以：2；C与圆盘之间的最大静摩擦力：fC=mg；C需要的向心力等于最大静摩擦力时的角速度3，则：m12 2Lmg，所以：3；由以上的解析可知，随着圆盘转动的角速度的不断增大，相对圆盘最先滑动的是木块C，然后是B，最后是A故A正确，B错误；若B，C之间用一根长L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度=时：B需要的向心力：FBm2LmL()2；C需要的向心力：FCm22L2mL()2；B和C需要的向心力的和：F1=FB+FC=2mg，可
11、知当角速度=时B与C刚好要滑动，所以当圆盘转动的角速度为 时，B与圆盘间静摩擦力一直增大。故C正确；若A，B之间用一根长2L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度时，A需要的向心力：FA2m2L6mg；FBm2LmL()23mg可知，由于A需要的向心力比较大，所以A有远离O点的趋势，B有向O点运动的趋势。当B恰好要向O点运动时，受到的静摩擦力的方向指向O点，设此时绳子的拉力为F，则：F+mg=FB，所以：F=2mg，恰好满足：F+fA=2mg+4mg=6mg=FA，所以当圆盘转动的角速度 时，A，B可与圆盘保持相对静止，故D正确。故选ACD.10如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管
12、道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 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R1 m，小球可看做质点且其质量为m1 kg，g取10 m/s2。则( ) A 小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 mB 小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 mC 小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 ND 小球经过管道的A点时，受到管道的作用力FNA的大小是59N【答案】BCD解得vA=7m/s，则A点由牛顿第二定律：解得NA=59N，选项D正确； 故选BCD。二、计算题：（写出必要的文字说明、方
13、程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）11如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向。在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t0时刻开始随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v。已知容器在t0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水。求：(1)每一滴水经多长时间落到盘面上。(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度应为多大。(3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x。【答案】(1) (2)
14、（3） 【解析】(1)水滴在竖直方向上做自由落体运动，有hgt2，解得t。(2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度应为n(n1、2、3、)，所以角速度可由tn得n (n1、2、3、)。(3)第二滴水落在圆盘上时到O点的距离为：x2v2t2v，第三滴水落在圆盘上时到O点的距离为：x3v3t3v，当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，则：xx2x35v。12如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道BC的圆心角=37经圆孤轨道后滑上与
15、C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，小物块与长木板之间的动摩擦因数1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数2=0.2，cos37=0.8，sin37=0.6，g=10m/s2求：（1）小物块水平抛出时，初速度v0的大小；（2）小物块滑动至C点时，圆弧轨道对小球的支持力大小；（3）试判断木板是否相对地面滑动，并求出木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？【答案】（1）4m/s（2）47.3 N（3）2.8 m 【解析】(1)设小物块做平抛运动的时间为t，则有：Hh=gt2设小物块到达B点
16、时竖直分速度为vy，有：vy=gt，由以上两式代入数据解得：vy=3 m/s 由题意，速度方向与水平面的夹角为37，有：tan37=vy/v0，解得：v0=4 m/s (2)设小物块到达C点时速度为v2，从B至C点，由动能定理得：mgh=设C点受到的支持力为FN，则有：FNmg=由几何关系得：cos=由上式解得：R=0.75m，v2=2m/s，FN=47.3 N l=2.8 m所以长木板至少为2.8 m，才能保证小物块不滑出长木板。13如图所示，水平平台上有一轻弹簧,左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑,BC段长x=1m，与滑块间的摩擦因数为1=0.25.平台右端与水平传送
17、带相接于C点，传送带的运行速度v=7m/s,传送带右端D点与一光滑斜面衔接，斜面长度s=0.5m，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在E点与斜面相切，圆弧形轨道半径R=1m，=37.今将一质量m=2kg的滑块向左压缩轻弹簧,使弹簧的弹性势能为Ep=30J,然后突然释放，当滑块滑到传送带右端D点时，恰好与传送带速度相同，并经过D点的拐角处无机械能损失。重力加速度g=10m/s2,sin53=0.8,cos53=0.6，不计空气阻力。试求：(1)滑块到达C点的速度vC；(2)滑块与传送带间的摩擦因数2；(3)若传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道，求传送带的速度范围.【答案】(1)
18、(2) (3)或【解析】（1）以滑块为研究对象，从释放到C点的过程，由动能定理得：Ep1mgx代入数据得：vC=5m/s（2）滑块从C点到D点一直加速，到D点恰好与传送带同速，由动能定理得：2mgL代入数据解得：2=0.4（3）斜面高度为：h=ssin=0.3m（）设滑块在D点的速度为vD1时，恰好过圆弧最高点，由牛顿第二定律得：mgm滑块从D点到G点的过程，由动能定理得：mg(Rcosh+R)代入数据解得：vD12m/s（）设滑块在D点的速度为vD2时，恰好到圆弧处速度为零，此过程由动能定理得：mg(Rcosh)0代入数据解得：vD2m/s若滑块在传送带上一直减速至D点恰好同速，则由动能定理
19、得：2mgL代入数据解得：v传1=1m/s，所以 0v传m/s 14如图所示，轨道倪a、b、c在同一竖直平面内，其中a是末端水平（可看做与D重合）的光滑圆弧轨道，b是半径为r=2m的光滑半圆形轨道且直径DF沿竖直方向，水平轨道c上静止放置着相距l=1.0m的物块B和C，B位于F处，现将滑块A从轨道a以上距D点高为H的位置由静止释放，滑块A经D处水平进入轨道b后能沿轨道（内轨）运动，到达F处与物块B正碰，碰后A、B粘在一起向右滑动，并再与C发生正碰已知A、B、C质量分别为m、m、km，均可看做质点，物块与轨道C的动摩擦因数=0.45（设碰撞时间很短，g取10m/s2）（1）求H的最小值和H取最小
20、值时，AB整体与C碰撞前瞬间的速度；（2）若在满足（1）的条件下，碰后瞬间C的速度=2.0m/s，请根据AB整体与C的碰撞过程分析k的取值，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向【答案】（1）4m/s（2）当2k4时，AB整体的运动方向与C相同当k=4时，AB整体的速度为0当4k6时，AB整体的运动方向与C相反【解析】（1）滑块A从轨道a下滑到达D点的过程中，由机械能守恒定律得：mgH=mvD2，要使滑块A能沿竖直平面内光滑半圆轨道b内侧做圆周运动，在D点应满足：mg联立并代入数据解得 H1m所以H的最小值为1m滑块A从a轨道上H=1m处下滑到达F点的过程，由机械能守恒定律得mg（H+2r）= 可
21、得，滑块经过F点的速度 v0=10m/sA、B碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得: mv0=2mv1设AB整体与C碰撞前瞬间的速度为v2由动能定理得2mgl= 联立以上各式解得 v2=4m/s（2）若AB整体与C发生非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv2=（2m+km）v代入数据解得 k=2此时AB整体的运动方向与C相同若AB整体与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得2mv2=2mv3+kmv2mv22= 2mv32+ kmv2解得 v3=v2，v= v2代入数据解得 k=6此时AB整体的运动方向与C相反 若AB整体与C发生碰撞后AB整体速度为0，由动量守恒定律得2mv2=kmv解得 k=4综上所述，当2k4时，AB整体的运动方向与C相同当k=4时，AB整体的速度为0当4k6时，AB整体的运动方向与C相反