2022年高考物理专题强化测评精练精析专题曲线运动新人教 .pdf

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1、学习好资料欢迎下载专题强化测评（二）曲线运动(45 分钟 100分) 一、单项选择题（本题共5 小题，每小题6 分，共计 30 分. 每小题只有一个选项符合题意）1. （2012宿迁模拟）在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a 的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t, 猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为 x，如图所示 .关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（）A.相对地面的运动轨迹为直线B.相对地面做变加速曲线运动C.t 时刻猴子对地速度的大小为v0+at D.t 时间内猴子对地的位移大小为22xh2. （2012盐城模拟）链球运

2、动是使用双手进行投掷的竞赛项目. 运动员双手紧握链条的一端，另一端拴一重 球，绕竖直轴做圆周运动. 在转速不断增大的过程中，某时刻突然松手，链球水平飞出. 下列说法中正确的是（）A.松手前链条的拉力总是与球的速度方向垂直B.松手时球在重力和离心力作用下向外飞出C.球飞出后在空中运动时间与松手时球的速率无关D.球飞出的水平距离仅由松手时球的速率决定3. （2012镇江模拟）如图所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O 是点 O在地面上的竖直投影，且O AAB 13. 若不计空气阻力，则两精选学习资料 - - - - - - - - -

3、名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 10 页学习好资料欢迎下载小球（）A.抛出的初速度大小之比为14 B.落地速度大小之比为13 C.落地速度与水平地面夹角的正切值之比为13 D.通过的位移大小之比为134. 随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想，假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t 后回到出发点，已知月球的半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（）A.月球表面的重力加速度为02vtB.月球的质量为20v RGtC.宇航员在月球表面获得0v Rt的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动D.宇航员在月球表面附近

4、绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为0Rtv5. 在汶川地震的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统发挥了巨大作用，该系统具有导航、定位等功能， “北斗”系统中两颗质量不相等的工作卫星沿同一轨道绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为 r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、 B两位置，如图所示，若卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R， AOB 60，则以下判断不正确的是（）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 10 页学习好资料欢迎下载A.这两颗卫星的加速度大小相等B.卫星 1 向后喷气就一定

5、能追上卫星2 C.卫星 1 由位置 A运动到位置B所需的时间为rr3RgD.卫星 1 由位置 A运动到位置B的过程中万有引力做功为零二、多项选择题（本题共4 小题，每小题8 分，共计 32 分，每小题有多个选项符合题意）6.（2012南京模拟） 我国和欧盟合作的“伽利略” 卫星导航定位系统结束了美国全球卫星定位系统（ GPS ）一统天下的局面. 该定位系统由30 颗轨道卫星组成， 卫星的近似圆形轨道高度为2. 4104km， 倾角为 56，分布在 3 个轨道面上，每个轨道面部署9 颗工作卫星和1 颗在轨备份卫星，当某颗工作卫星出现故障时可及时顶替工作. 若某颗替补卫星处在略低于工作卫星的轨道上

6、，则以下说法中正确的是（）A.替补卫星的线速度大于工作卫星的线速度B.替补卫星的周期小于工作卫星的周期C.工作卫星沿其轨道切线方向向后喷出气体，可能追上前面的工作卫星D.替补卫星沿其轨道切线方向向后多次喷出气体，可能到达工作卫星的轨道7如图所示，在斜面顶端a 处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与 a 等高的 b 处以速度 vb水平抛 出另一小球， 经过时间 tb 恰好落在斜面的中点处. 若不计空气阻力，下列关系式正确的是（）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 10 页学习好资料欢迎下

7、载A.va=vbB.va=2vbC.ta=tbD.ta=2tb8. “天宫一号”目标飞行器既是交会对接目标飞行器，也是一个空间实验室，将以此为平台开展空间实验室的有关技术验证，假设“天宫一号”绕地球做半径为r1，周期为 T1的匀速圆周运动，地球绕太阳做半径为 r2、周期为T2的匀速圆周运动，已知引力常量为G，则根据题中的条件可以求得（）A.太阳的质量B.“天宫一号”的质量C.“天宫一号”与地球间的万有引力D.地球与太阳间的万有引力9.(2012 德州模拟 ) 如图所示， 质量为 m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重

8、力加速度为g，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则（）A该盒子做匀速圆周运动的周期一定小于2Rg精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 10 页学习好资料欢迎下载B该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2RgC盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于2mg D盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于2mg 三、计算题（本题共3 小题，共38 分，需写出规范的解题步骤）10. （12 分）如图所示，ABC和 DEF是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC的末端水平， DEF是半径为 r=0.4 m

9、的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向， C、D可看做重合 .现有一可视为质点的质量m=0.1 kg的小球从轨道ABC上距 C点高为 H的地方由静止释放. （1）若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，H至少要有多高 ? （2）若小球静止释放处离C点的高度h 小于（ 1）中 H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，求此h的值 . （取 g=10 m/s2）（3） 小球能沿轨道DEF运动的情况下，求小球对轨道上F点的最小压力. 11(12 分) 如图是利用传送带装运煤块的示意图. 其中，传送带长20 m，倾角 =37，煤块与传送带间的动摩擦因数=0.8 ，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主

10、动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H = 1.8 m ，与运煤车车箱中心的水平距离x=1.2 m. 现在传送带底端由静止释放一些煤块（可视为质点），煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动.要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g=10 m/s2，sin37 =0.6 , cos37= 0.8 ，求：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 10 页学习好资料欢迎下载（1）传送带匀速运动的速度v 及主动轮和从动轮的半径R. （2）煤块在传送带上由静止开始加速至落到车底板

11、所经过的时间T. 12. （ 2012苏北四市模拟） （14 分）如图，半径R0.4 m 的圆盘水平放置，绕竖直轴OO 匀速转动，在圆心 O正上方 h=0.8 m 高处固定一水平轨道PQ ，转轴和水平轨道交于O 点 . 一质量 m=1 kg 的小车（可视为质点），在 F4 N 的水平恒力作用下，从O 左侧 x02 m 处由静止开始沿轨道向右运动，当小车运动到 O点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘半径OA与 x 轴重合 . 规定经过O点水平向右为x 轴正方向. 小车与轨道间的动摩擦因数0.2,g取 10 m/s2. （1）若小球刚好落到A点，求小车运动到O点的速度；（2）为使小球刚好落在A点

12、，圆盘转动的角速度应为多大？（3）为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F 作用的距离范围. 答案解析1. 【解析】 选 D. 猴子相对地面竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，故猴子相对地面做匀变速曲线运动，A、 B均错误； t 时刻猴子的速度大小为220vat，C错误； t 时间内猴子对地的位移大小为22xh， D正确 . 2. 【解析】 选 C.因松手后链球水平飞出，做平抛运动. 其运动时间由抛出点高度决定，与松手时球的速率无关， C正确；而水平距离x=v0t ，由抛出点高度和松手时球的速度共同决定，D错误；因松手前链球做加精选学习资料 - - - - - - - -

13、- 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 10 页学习好资料欢迎下载速运动，拉力对链球一定做正功，故A错误；球向外飞出不是离心力作用，而是惯性的作用，B错误 . 3. 【解析】 选 A.因两球抛出点高度相同，故两球落地时间相等，由x=vt ，xO B= 4xO A，可得： v1 v214， A正确；落地速度v地22vgt, 故无法得出B项结果， B错误；由tan1=1gtv， tan 22gtv得，12tan4tan1,C 错误；由位移x2221vt(gt )2可知，也无法求出两球位移大小之比， D错误 . 4. 【解析】 选 A.由 v0gt2得出02vgt，A对；在月球表

14、面附近，由2GMmmgR，结合02vgt，得月球的质量M=202v RGt，故 B错；离开月球表面围绕月球做圆周运动的最小速度02v RvgRt，故 C错；宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期02 R2RtTvv，故 D错. 5. 【解析】 选 B.由222GMm4mrmarT可知，2GMar，A正确； T=3r2GM，又2GMmR=mg ，可得T=2 rrRg，卫星 1 由 A到 B所需时间Trrt63Rg， C正确；因卫星受到的万有引力与速度垂直，故万有引力不做功，D正确；卫星1 向后喷气，加速后做离心运动，不能追上同轨道的卫星2，故 B错误 . 6. 【解析】 选 A、 B

15、 、D.由2222GMmv4mmrrrTg可知，23GM4rv,TrGM，因替补卫星的轨道半径小于工作卫星的轨道半径，故替补卫星的线速度大于工作卫星的线速度，替补卫星的周期小于工作卫星的周期， A、B均正确；替补卫星沿其轨道切线方向向后喷出气体，使其线速度增大，做离心运动，可能到达工作卫星轨道，同理工作卫星沿其轨道切线方向向后喷出气体，因其做离心运动，轨道半径增大，线速度减小，不可能追上同轨道卫星，故C错误， D正确 . 7 【解析】 选 B、 D. 做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定即t=2hg,a 下落的高度是b 的 2倍，有 ta=2tb，D正确， C错误；水平方向的距离由高度

16、和初速度决定x=v02hg，由题意得a 的水平位移是b 的 2 倍，可知va= 2vb，B正确 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 10 页学习好资料欢迎下载8.【解析】 选 A、D.已知“天宫一号” 绕地球做半径为r1，周期为 T1的匀速圆周运动， 由212211Mm4GmrrT，可求出地球的质量，同理，已知地球绕太阳做半径为r2、周期为T2的匀速圆周运动，可求出太阳的质量，故 A对， B错；又知道引力常量为G ，故可求出地球与太阳间的万有引力，所以C错， D对. 9. 【解析】 选 B、 D.要使在最高点时盒子与小球

17、之间恰好无作用力，则有mg 2mvR，解得该盒子做匀速圆周运动的速度vgR，该盒子做匀速圆周运动的周期为T2 RR2vg. 选项 A错误， B正确；在最低点时，盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球运动的向心力，由Fmg 2mvR，解得 F2mg ，选项 C错误 ,D 正确 . 10. 【解析】（ 1）设小球到达C点时的速度大小为v，根据机械能守恒定律有mgH=12mv2 （1 分）小球能在竖直平面DEF内做圆周运动，在圆周最高点必须满足mg 2vmr（1 分）联立以上两式并代入数据解得：H0.2 m （1 分）故 H至少为 0.2 m. （2）若 hH，小球过C点后做平抛运动，设小球

18、经C点时的速度大小为vx，则有r=12gt2，r=vxt （ 2分）根据机械能守恒定律有mgh=12mvx 2（1 分）联立以上三式并代入数据解得：h=0.1 m. （ 1 分）（3）设小球到达F点的最小速度为vF，由机械能守恒定律可得：12mvF2=mg(H+2r) ，(2 分 ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 10 页学习好资料欢迎下载又 FNF-mg=2Fvmr, (2 分 ) 以上两式联立可解得FNF6 N，（1 分）由牛顿第三定律得：小球对轨道上F 点的最小压力为6 N. 答案 : （1）0.2 m （ 2）

19、0.1 m （3）6 N 11 【解析】 (1 ）由平抛运动的公式，得x=vt (1 分) H=12gt2 (1 分) 解得 v=2 m/s (1 分) 要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律得mg=m2vR(2 分 ) 解得 R=0.4 m (1 分) （2）由牛顿第二定律F=ma得a=Fm = gcosgsin =0.4 m/s2 (1分) 设煤块加速运动的时间为t1，由 v=v0+at 得 t1=va =5 s ，(1 分) 设此过程煤块运动的距离为s1，则s1=12at12=120.4 52 m=5 m (1分)设煤块匀速运动的距离为s2,

20、 则 s2=L-s1=15 m. 设其匀速运动时间为t2, 则 t2=2s15v2 s=7.5 s (1分) 煤块做平抛运动的时间t3=2Hg=0.6 s (1分) 煤块运动的总时间为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 10 页学习好资料欢迎下载T=t1+t2+t3=5 s+7.5 s+0.6 s=13.1 s (1分) 答案：（1）2 m/s 0.4 m （2）13.1 s 12. 【解析】（ 1）小球离开小车后，由于惯性，将以离开小车时的速度做平抛运动，h=12gt2 (1 分) R=vt (1 分 ) 计算得小车运动到

21、O 点的速度v=1 m/s (2 分) (2) 为使小球刚好落在A点，则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍，有 t=kT=2k，其中 k=1,2,3,（1 分）即=2kg2h=5k rad/s,其中 k=1,2,3 （ 1 分）（3）小球若能落到圆盘上，其在O 点的速度范围是0v 1 m/s (1分) 设水平拉力作用的最小距离与最大距离分别为x1、x2, 对应到达O点的速度分别为0 和 1 m/s. 根据动能定理，有Fx1- mgx0=0 (2 分) 代入数据解得x1=1 m （1 分）根据动能定理，有Fx2- mgx0=12mv2-0 （2 分）代入数据解得x2=1.125 m （1 分）则水平拉力F 作用的距离范围1 mx1.125 m. (1分) 答案：（1）1 m/s （2） 5k rad/s,其中 k=1,2,3 （3） 1 mx 1.125 m 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 10 页