【志鸿优化设计】高考物理二轮总复习 专项能力训练 专题3 力与物体的曲线运动（含解析）.doc

专题3力与物体的曲线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)1.(2014上海四区联考)如图所示,长为l的直棒一端可绕固定轴o转动,另一端搁在升降平台上,平台以速度v匀速上升,当棒与竖直方向的夹角为时,棒的角速度为()a.b.c.d.2.(2014云南师大附中质检)已知河水的流速为v1,小船在静水中的速度为v2,且v2v1,下面用小箭头表示小船及船头的指向,则能正确反映小船在最短时间内渡河、最短位移渡河的情景图示依次是()a.b.c.d.3.(2014河南郑州质检)如图所示,ab为竖直平面内的半圆环acb的水平直径,c为环上最低点,环半径为r。将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出,设重力加速度为g,不计空气阻力,则下列说法错误的是()a.当小球的初速度v0=时,小球掉到环上时的竖直分速度最大b.当小球的初速度v0时, a、b会相对于转盘滑动b.当时,绳子一定有弹力c.在范围内增大时,b所受摩擦力变大d.在0范围内增大时,a所受摩擦力一直变大二、非选择题(本题共2小题,共36分)9.(18分)(2014江西南昌模拟)飞机研发离不开各种风洞试验。某次风洞试验简化模型如图所示:在足够大的光滑水平面上,质量m=10 kg的试验物块放置在x轴上的a点。物块用一长度为l=2 m的轻质不可伸长的细线拴接,细线固定于水平面上坐标系xoy的原点o。现风洞能沿+x方向持续且均匀产生足够的风力使试验物块受到恒定水平作用力f=100 n。在t=0时刻由弹射装置使试验物块获得v0=2 m/s的瞬时速度,试验物块运动时可视为质点。试计算:(1)细线刚拉直时物块的位置坐标值;(2)拉直前的瞬时,试验物块速度的大小和它与x轴的夹角。10.(18分)如图所示,质量为m=1 kg的小滑块,从光滑、固定的圆弧轨道的最高点a由静止滑下,经最低点b后滑到位于水平面的木板上。已知木板质量m=2 kg,其上表面与圆弧轨道相切于b点,且长度足够长。整个过程中木板的vt图象如图所示,g取10 m/s2。求:(1)滑块经过b点时对圆弧轨道的压力。(2)滑块与木板之间的动摩擦因数。(3)滑块在木板上滑过的距离。答案与解析专题3力与物体的曲线运动1.b解析:棒与平台接触点的实际运动即合运动的速度方向是垂直于棒指向左上方,合速度在竖直向上方向上的速度分量等于v,即lsin=v,所以=。2.c解析:船的实际速度是v1和v2的合速度,v1与河岸平行,对渡河时间没有影响,所以v2与河岸垂直即船头指向对岸时,渡河时间最短为tmin=,式中d为河宽,此时合速度与河岸成一定夹角,船的实际路线应为所示;最短位移为d,应使合速度垂直河岸,则v2应指向河岸上游,实际路线为所示,综合可得选项c正确。3.c解析:本题考查平抛运动规律,意在考查考生对平抛运动规律的掌握情况。由平抛运动规律可知,下落高度越大,竖直分速度越大,所以竖直分速度最大时小球的落点为c点,由平抛运动规律可得,此时小球的初速度为v0=,若小球的初速度小于该速度,小球将撞击到环上的ac段,选项a、b正确;由平抛运动规律可知,速度反向延长线一定过水平位移中点,若小球垂直撞击圆环,则反向延长线就会过o点,所以是不可能的,因此选项c错误,d正确。4.b解析:本题考查平抛运动,意在考查考生对平抛运动和对称法的分析综合能力。小球在竖直虚线两侧运动对称,小球“抛出点”在此竖直线上,进入截口时速度方向与水平方向成45角,则此时水平分速度和竖直分速度大小相等,由数学知识可知平抛的水平位移为r,则竖直位移为r。根据竖直方向的自由落体运动可知r=,根据对称可知t=2t1,b正确。5.d解析:设斜面倾角为,则tan=,故t=,水平位移x=v0t=,故当水平初速度由v0变为2v0后,水平位移变为原来的4倍,d项正确。6.c解析:小球由a至b做平抛运动,设初速度为va,平抛时间为t,竖直方向有rcos60=gt2;b点的速度相切于圆轨道,故平抛的速度偏向角为60,有tan60=,可得va=。从a至c由动能定理:mgr=,对c点的小球,由牛顿第二定律:fn-mg=m,由牛顿第三定律可得球对轨道的压力与支持力大小相等,解得fn=fn=mg。故选c。考点:本题考查了平抛运动规律、圆周运动规律、动能定理、牛顿第一定律、牛顿第三定律。7.d解析:p的周期tp=0.14 s,q的周期tq=0.08 s,因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍,根据数学知识,0.14和0.08的最小公倍数为0.56s,所以经历的时间最小为0.56s。故a、b、c错误,故选d。考点:本题考查了圆周运动的角速度、线速度、周期和转速的关系。8.c解析:本题考查圆周运动的知识,意在考查考生解决圆周运动的临界问题的能力。若木块a、b间没有轻绳相连,随着的逐渐增大,ff=m2r可知木块b先出现相对滑动。木块a、b间有轻绳相连时,木块b刚好要出现相对滑动,此时轻绳的弹力为零,以木块b为研究对象可知kmg=m2l,则1=。若木块a刚好要出现相对滑动,对木块b有ft+kmg=m2l,对于木块a有kmg-ft=ml,则2=。综上所述可知,当0时,绳子没有弹力,木块a、b各自的摩擦力均随的增大而增大;当时,木块a、b会相对于转盘滑动。故a、b、d正确,c错误。9.答案:(1)(1.2m,1.6m)(2)2m/s=arctan解析:(1)在线未拉直之前,试验物块向+x方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为ax=10m/s2向+y方向做速度为v0的匀速直线运动;当试验物块相对于o的位移大小达到线的长度l时,细线将被拉直。设此时物块的位置坐标为b(xb,yb),则:xb+l=at2yb=v0t细线被拉直时有:l2=即(5t2-2)2+(2t)2=22解得:t=0.8s所以:xb=1.2m,yb=1.6m(2)vx=at=8m/s,vy=v0=2m/s所以v=2m/stan=所以=arctan10.答案:(1)30n竖直向下(2)0.5(3)3m解析:(1)滑块从a到b的过程,由动能定理得:mgr=mv2在b点由牛顿第二定律得:fn-mg=m解得:fn=30n由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为30n,方向竖直向下。(2)由图象可得木板加速的加速度大小为a1=1m/s2滑块与木板共同减速的加速度大小a2=1m/s2设木板与地面间的动摩擦因数为1,滑块与木板间的动摩擦因数为2。在12s内,对滑块和木板整体由牛顿第二定律得:1(m+m)g=(m+m