新课标2022版高考物理大二轮复习专题强化训练3力学中的曲线运动.doc

专题强化训练(三)一、选择题1(2019·启东中学月考)如右图所示，在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机A，用悬索(重力可忽略不计)救困在湖水中的伤员B.在直升机A和伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员提起，在某一段时间内，A、B之间的距离以lHt2(式中H为直升机A离水面的高度，各物理量的单位均为国际单位)规律变化，则在这段时间内，下面判断中正确的是(不计空气作用力)()A悬索的拉力小于伤员的重力B悬索成倾斜直线C伤员做速度减小的曲线运动D伤员做加速度大小、方向均不变的曲线运动解析伤员B参与了两个方向上的运动：在水平方向上，伤员B和直升机A以相同的速度做匀速运动，在竖直方向上，由于A、B之间的距离以lHt2规律变化，所以伤员与水面之间的竖直距离关系式为ht2at2，在竖直方向上以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则伤员做加速度大小、方向均不变的曲线运动，且速度一直增加，故C错误，D正确；由于伤员在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，悬索的拉力应大于伤员的重力，故A错误；由于伤员在水平方向上做匀速运动，水平方向上没有加速度，悬索应成竖直状态，故B错误答案D2(多选)(2019·株洲重点中学联考)如右图所示，小船从A码头出发，沿垂直于河岸的方向渡河，若河宽为d，渡河速度v船恒定，河水的流速与到河岸的距离x成正比，即v水kx，要使小船能够到达距A正对岸距离为s远的B码头，则()Av船应为 Bv船应为C渡河时间为 D渡河时间为解析河水的流速中间最快，离岸越近速度越慢，因为它是线性变化的(流速与到河岸的最短距离x成正比)，所以取距离河岸处的速度为河水的平均速度，即v，则渡河时间t，C正确，D错误；由dv船t，解得v船，A正确，B错误答案AC3.(2019·大庆高三调研)如图所示是排球场的场地示意图，设排球场的总长为L，前场区的长度为，网高为h，在排球比赛中，对运动员的弹跳水平要求很高如果运动员的弹跳水平不高，运动员的击球点的高度小于某个临界值H，那么无论水平击球的速度多大，排球不是触网就是越界设某一次运动员站在前场区和后场区的交界处，正对网前竖直跳起垂直网将排球水平击出，关于该种情况下临界值H的大小，下列关系式正确的是()AHh BHCHh DHh解析将排球水平击出后排球做平抛运动，排球刚好触网和达底线时，有：v0，v0，联立解得Hh，故选C.答案C4.(2019·山东济宁期末)如图所示，一小球(可视为质点)从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动轨迹恰好与半圆轨道相切于B点半圆轨道圆心为O，半径为R，且OB与水平方向夹角为53°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度大小为()A. B. C. D.解析由小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为37°，设位移与水平方向的夹角为，有tan.因为tan，则竖直位移y0.6R，v2gy1.2gR，所以tan37°，则v0 ，C正确答案C5(多选)(2019·启东中学月考)如图甲所示，将质量为M的物块A和质量为m的物块B放在水平转盘上，两者用长为L的水平轻绳连接物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，物块A与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动开始时，轻绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，绳中张力FT与转动角速度的平方2的关系如图乙所示，当角速度的平方2超过3时，物块A、B开始滑动若图乙中的F1、1及重力加速度g均为已知，下列说法正确的是()AL BLCk DmM解析当角速度的平方等于2时，绳中开始有张力，B物块所受静摩擦力达到最大值，有kmgm·2L·2，当角速度的平方等于3时，kmgF1m·2L·3，可解得k，L，A错误，B、C正确；当角速度的平方等于3时，对A物块有kMgF1M·L·3，联立各式可解得M2m，D错误答案BC6(多选)(2019·绵阳二诊)如图所示，一质量为m0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v010 m/s冲入一管道，该管道为圆管道，半径为R5 m.已知小球的入口与圆心在同一高度经过管道后，它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点若所有衔接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及管道内径可忽略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，g取10 m/s2.下列说法正确的是()A小球到达管道最高点时对管道的压力为零B小球到达管道最高点时速度为5 m/sC小球到达管道最低点时对管道的压力为5 ND圆轨道半径r为4 m解析从出发点到管道的最高点，由机械能守恒定律得mvmgRmv，解得小球到达管道最高点时的速度v10，即它刚好能够通过管道的最高点，选项B错误；小球到达管道最高点时速度为0，则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1 N，选项A错误；由机械能守恒定律得mvmgRmv，解得小球到达管道最低点时速度v210 m/s，在最低点，由牛顿第二定律得Fmgm，解得管道最低点对小球的支持力F5 N，再结合牛顿第三定律可知，选项C正确；小球刚好通过圆轨道最高点，则在最高点，小球速度v满足mgm，从出发点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得mv22mgrmgRmv，联立解得r4 m，选项D正确答案CD7(2019·河北名校联盟)如图所示，一质量为m的小球从斜轨道某一高度处由静止滑下，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()A当h2R时，小球恰好能到达最高点MB当h2R时，小球在圆心等高处P点时对轨道压力大小为2mgC当h2.5R时，小球在运动过程中不会脱离轨道D当hR时，小球在最低点N时对轨道压力大小为2mg解析在圆轨道的最高点M，由牛顿第二定律有mgm，解得v0.根据机械能守恒定律得mghmg·2Rmv，解得h2.5R.所以当h2.5R时小球恰好能到达最高点M，当h2.5R时，小球在运动过程中不会脱离轨道，选项A、C错误当h2R时，设小球运动到与圆心等高处P点时速度为v，根据机械能守恒定律得mg·2RmgRmv2，小球在P点时，设所受轨道的作用力为FP，由牛顿第二定律FPm，联立解得FP2mg，由牛顿第三定律可知小球在圆心等高处P点时对轨道压力大小为2mg，选项B正确当hR时，设小球在最低点N时速度为v，则有mgRmv2，在圆轨道最低点，有FNmgm，解得FN3mg，由牛顿第三定律可知小球在最低点N时对轨道压力大小为3mg，选项D错误答案B8(2019·福建“四地六校”春季联合模考)如图所示，有A、B两颗卫星绕地心O做圆周运动，旋转方向相同A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，在某一时刻两卫星相距最近，则(引力常量为G)()A两卫星经过时间tT1T2再次相距最近B两颗卫星的轨道半径之比为C若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球的密度D若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度解析设两卫星经过时间t再次相距最近，由1，解得t，A错误根据开普勒第三定律，解得两颗卫星的轨道半径之比r1r2，B正确已知两颗卫星相距最近时的距离，结合两颗卫星的轨道半径之比可以求得两颗卫星的轨道半径，由万有引力提供向心力Gm2r，可以得出地球的质量，若知道地球半径，可以进一步求出地球的密度和地球表面的重力加速度，但地球半径未知，所以不可求出地球的密度和地球表面的重力加速度，C、D错误答案B9.(2019·陕西质检)如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1上绕地球运动，近地点Q到地心O的距离为a，远地点P到地心O的距离为b，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g.则()A卫星在轨道1上运动经过Q点时，速率为 B卫星在轨道1上运动经过P点时，速率大于 C卫星在轨道2上运动经过P点时，速率大于 D卫星在轨道2上运动经过P点时，加速度大小为解析卫星以a为半径绕地球做匀速圆周运动时有m和mg可得va ，同理，卫星以b为半径做匀速圆周运动时的速率为vb ，C错误；卫星从半径为a的圆轨道上进入椭圆轨道1需加速，使得万有引力小于所需向心力，所以卫星在椭圆轨道1上经过Q点的速度大于在以半径为a的圆轨道上经过Q点时的速度va ，A错误；卫星在P点加速，方可使得卫星从1轨道进入2轨道，所以卫星在1轨道经过P时的速率小于卫星在以b为半径的圆轨道上做匀速圆周运动时的速率vb ，B错误；在P点有，ma加，在地球表面处有mg，联立可得a加，D正确答案D二、非选择题10(2019·吉林调研)速降滑雪，又称高山滑雪，于1936年冬季奥运正式成为比赛项目，运动员要由起点出发以最快速度到达终点如图所示为某高山滑雪的赛道简图，SA是以O点为圆心，半径为R10 m的四分之一圆弧，水平赛道AB长为L20 m，BC斜面与水平方向夹角37°，高度h5 m，质量m50 kg的滑雪运动员从S点出发自由下滑，最后停止于水平赛道D点已知SA段摩擦可忽略不计，A到D的赛道动摩擦因数均为0.1，设滑雪运动员落在赛道上时，垂直于赛道的速度立刻减为0，而平行于赛道的速度保持不变，g取10 m/s2(sin37°0.6，cos37°0.8)求：(1)运动员滑至A点的速度v；(2)运动员滑到A点时对滑道的压力F；(3)斜面最高端B点到停止点D之间的水平距离s.解析(1)SA段由动能定理可得mv2mgR解得v10 m/s(2)在A点由牛顿第二定律和向心力公式可得Fmgm解得F1500 N由牛顿第三定律可得FF1500 N所以压力为1500 N，方向竖直向下(3)设滑到B点速度为vB，从S点到B点由动能定理可得mgRmgLmv从B点平抛，若落在CD面上时间为tt1 s平抛的水平距离为xvBt4 mB、C的水平距离为x0 m<x，所以落于CD面在CD面上继续滑行距离为x1，由动能定理可得mgx10mv可得x180 m所以sxx1(804) m答案(1)10 m/s(2)1500 N，方向竖直向下(3)(804) m11(2019·太原模拟)如图所示轨道ABCDE在竖直平面内，AB与水平面BC成37°角且平滑连接，圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道CDE与BC相切于C点，E、F两点等高，BC长为.将小滑块从F点由静止释放，恰能滑到与O等高的D点已知小滑块与AB及BC间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，sin37°0.6，cos37°0.8.(1)求小滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)若AB足够长，改变释放点的位置，要使小滑块恰能到达E点，求释放点到水平面的高度h；(3)若半径R1 m，小滑块在某次释放后，滑过E点的速度大小为8 m/s，则它从E点飞出至落到轨道上所需时间t为多少？(g取10 m/s2)解析(1)在滑块从F到D过程，根据动能定理得mg×(2RR)mgcos37°×mg×0解得(2)若滑块恰能到达E点，在E点根据牛顿第二定律得mgm在滑块从释放点到E的过程，根据动能定理得mg(h2R)mgcos37°·mg·mv0解得h4.7R(3)假设滑块离开E点后落在AB上，根据平抛运动规律可得xvE1t，ygt2由几何关系得tan37°解得t0.3 sx2.4 m>.所以假设正确，故t0.3 s.答案(1)(2)4.7R(3)0.3 s7