高考物理二轮复习 专题测试练（二）力与曲线运动-人教版高三全册物理试题.docx

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1、专题测试卷(二)力与曲线运动(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括10小题 ，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分。)1图示是粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的粒子在各点处的加速度方向正确的是()AM点 BN点CP点 DQ点解析 根据运动的合成与分解规律可知，粒子运动的轨迹应向受力的一侧弯曲，粒子加速度的方向与粒子受到的合外力方向相同，粒子受到的合外力方向在两点的连线上

2、且为斥力，由图可知M点、N点、Q点的加速度方向错误，P点加速度方向正确，选项C正确。答案 C2(2018上海五校联考)如图，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出相对水流的最小速度为()A2 m/s B2.4 m/sC3 m/s D3.5 m/s解析 船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动，其中，合速度v合方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动速度v水的大小和方向都已知，沿船头指向的分运动的速度v船大小和方向都未知，合速度与分速度遵循平行四边形定则(或三角形定则)，如图，当v合与v船垂直时，v船最小，由几何关系得到v船

3、的最小值为v船min v水sin 372.4 m/s，选项B正确。答案 B3(2018福建六校联考)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动轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过滑轮后挂上重物M，C点与O点的距离为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慢转至水平(转过了90角)。下列有关此过程的说法中正确的是()A重物M做匀速直线运动B重物M做变速直线运动C重物M的最大速度是2LD重物M的速度先减小后增大解析 设C点线速度方向与绳子的夹角为(锐角)。由题知C点的线速度为L，该线速度在

4、绳子方向上的分速度就为Lcos ，的变化规律是开始最大(90)，然后逐渐变小，所以Lcos 逐渐变大，直至绳子和杆垂直，变为0，绳子的速度变为最大，为L，然后，又逐渐增大，Lcos 逐渐变小，绳子的速度变小，所以重物的速度先增大后减小，最大速度为L，故B正确。答案 B4(2018“皖南八校”二次联考) 一颗在赤道上空做匀速圆周运动运行的人造卫星，其轨道半径上对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长为(已知地球半径为R)()A.R B.RC.R D.R解析 地球表面Gmg，因为gg，解得r2R；则某一时刻该卫星观测到地面赤道的弧度数为，则观测到地面赤

5、道最大弧长为R，故选A。答案 A5(2018长春二模)(多选)在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环(小环可以自由转动，但不能上下移动)，小环上连接一轻绳，与一质量为m的光滑小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触。如图所示，图甲中小环与小球在同一水平面上，图乙中轻绳与竖直轴成(90)角。设图甲和图乙中轻绳对小球的拉力分别为T甲和T乙，圆锥内壁对小球的支持力分别为N甲和N乙，则下列说法中正确的是()AT甲一定为零，T乙一定为零BT甲、T乙是否为零取决于小球速度的大小CN甲一定不为零，N乙可以为零DN甲、N乙的大小与小球的速

6、度无关解析 对甲图中的小球进行受力分析，小球所受的重力，支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以T甲可以为零，若N甲等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向不能指向圆心而提供向心力，所以N甲一定不为零；对乙图中的小球进行受力分析，若T乙为零，则小球所受的重力，支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以T乙可以为零，若N乙等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力，所以N乙可以为零，B、C项正确，A、D项错误。答案 BC6(2018江西南昌三中一模)如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统

7、同时以速度v2竖直向上发射炮弹拦截。设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力。若拦截成功，则v1、v2的关系应满足 ()Av1v2 Bv1v2Cv1v2 Dv1 v2解析 炮弹运行的时间t，在这段时间内所发射炮弹在竖直方向上的位移h1gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移为h2v2tgt2，则Hh1h2v2t, 所以Hv2，解得v1v2，故C正确。答案 C7(2018山东省模拟)(多选)如图所示，竖直薄壁圆筒内壁光滑、 半径为R，上部侧面A处开有小口，在小口A的正下方h处亦开有与A大小相同的小口B，小球从小口A沿切线方向水平射入筒内，使小球紧贴筒内壁运动，小球进入A口的速度大小为v0时，小

8、球恰好从A点的正下方的B口处飞出，则()A小球到达B点时的速率为B小球的运动时间是C小球的运动时间是 D沿AB将圆筒竖直剪开，看到小球的运动轨迹是一条直线解析 由机械能守恒mv2mghmv，所以：v，故A正确；小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在筒内的运动时间为：t，在水平方向，以圆周运动的规律来研究，得到：tn(n1，2，3)，故B错误，C正确；该小球竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速圆周运动；沿AB将圆筒竖直剪开，则小球沿水平方向的运动可以看作是匀速直线运动，所以看到小球的运动轨迹是一条曲线，故D错误。答案 AC8(2018黑龙江哈尔滨第一中学期中)如图所示，小球沿水平面通过O点进

9、入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面。不计一切阻力。下列说法不正确的是()A小球落地点离O点的水平距离为2RB小球在落地点时的动能为5mgR/2C小球运动到半圆弧最高点P时向心力为零D若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R解析 小球恰好通过最高点P，此时重力提供向心力，即mgm，解得v，小球离开最高点后做平抛运动，2Rgt2，xvt，解得x2R，故选项A说法正确；小球平抛过程中，由动能定理得mg2REk2mv2，解得小球在落地点时的动能Ek2mgR，选项B说法正确；小球恰好通过最高点，重力提供向心力，故选项C说法错误；若将半

10、圆弧轨道上部的1/4圆弧截去，小球离开圆弧后做竖直上抛运动，最高点速度为零，由mg(Rh)0Ek2，解得h1.5R，故选项D说法正确。答案 C9(2018黄山二模)(多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管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后又恰好与垂直于倾角为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0.9 mB小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 mC小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FN

11、B的大小是1 ND小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N解析 根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vygt3 m/s，水平分速度vxvytan 453 m/s，则B点与C点的水平距离为xvxt0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNBmgm，vBvx3 m/s，解得FNB1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误。答案 AC10(2018河南八市联考)如图所示，曲线是绕地球做圆周运动卫星1的轨道示意图，其半径为R；曲线是绕地球做椭圆运动卫星2的轨道示意图，O点为地球的地心，AB为椭圆的长轴，两轨道

12、和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是()A椭圆轨道的长轴AB长度为RB若OA0.5R，则卫星在B点的速率vB C在轨道的卫星1的速率为v0，在轨道的卫星2在B点的速率为vB，则v00，说明小球没有离开水平面，而在水平面上做匀速圆周运动，此时绳的拉力大小为T1mg。(2)当 时，Nmg0，说明小球已经离开水平面，此时小球对水平面的压力为零，即N20。设此时绳的张力大小为T2，则有T2sin 2mL2sin 2，解得T24mg。答案 (1)T1mgN1mg(2)T24mgN2015(12分)如图所示，半径R0.5 m的光滑半圆轨道竖

13、直固定在高h0.8 m的光滑水平台上并与平台平滑连接，平台CD长L1.2 m，平台上有一用水平轻质细线拴接的完全相同的物块m1和m2组成的装置Q，Q处于静止状态，装置Q中两物块之间有一处于压缩状态的轻质弹簧(物块与弹簧不拴接)，某时刻装置Q中细线断开，待弹簧恢复原长后，m1、m2两物块同时获得大小相等、方向相反的水平速度，m1经半圆轨道的最高点A后，落在水平地面上的M点，m2落在水平地面上的P点，已知m1m20.2 kg，不计空气阻力，g取10 m/s2 ，若两物块之间弹簧被压缩时所具有的弹性势能为7.2 J，求：(1)物块m1通过平台到达半圆轨道的最高点A时对轨道的压力；(2)物块m1和m2

14、 相继落到水平地面时，P、M两点之间的水平间距。解析 (1)设m1m2m，由题意有Ep2mv2细线断开时，两物块获得的水平速度v1v2 6 m/sm1由CD平台到A过程，由机械能守恒可得mvmg2Rmvm1到达A点时，由牛顿第二定律得FNmgm 联立解得FN4.4 N。由牛顿第三定律得m1对轨道的压力FNFN4.4 N，方向竖直向上。(2)由平抛运动知识可得m1从A点平抛位移x1vA 2.4 mm2从D点平抛位移x2v22.4 m则PM之间的水平间距xLx2x11.2 m。答案 (1)4.4 N竖直向上(2)1.2 m16(12分)如图所示，质量m50 kg的运动员(可视为质点)，在河岸上A点

15、紧握一根长L5.0 m的不可伸长的轻绳，轻绳另一端系在距离水面高H10.0 m的O点，此时轻绳与竖直方向的夹角为37，C点是位于O点正下方水面上的一点，距离C点x4.8 m处的D点有一只救生圈，O、A、C、D各点均在同一竖直面内。若运动员抓紧绳端点，从河岸上A点沿垂直于轻绳斜向下方向以一定初速度v0跃出，当摆到O点正下方的B点时松开手，最终恰能落在救生圈内。(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)求：(1)运动员经过B点时速度的大小vB及对轻绳的拉力；(2)运动员从河岸上A点跃出时的动能Ek；(3)若初速度v0不一定，且使运动员最终仍能落在救生圈内，则救生圈离C点距离x将随

16、运动员离开A点时初速度v0的变化而变化。试在所给坐标系中粗略作出xv0的图像，并标出图线与x轴的交点。解析 (1)运动员从B点到D点做平抛运动HLgt2xvBt代入数据解得vB4.8 m/s设轻绳对运动员的拉力为F则Fmg，Fm代入数据解得F730.4 N。由牛顿第三定律知：运动员对轻绳的拉力大小为730.4 N，方向竖直向下。(2)运动员从A点到B点的过程中，由机械能守恒定律有mghABmvEk其中hABL(1cos )代入数据解得Ek76 J。(3)设运动员经过O点正下方B点时的速度为vB，B点距水面高h，则mvB2mvmgL(1cos )xvB，hHL解得x2v20xv0的图像如图所示：答案 见解析