2020高考物理二轮复习 课时巩固练3 力与物体的曲线运动课件

课时巩固练(3)力与物体的曲线运动一、选择题1．(2019·新乡五校联考)在足球场上罚任意球时，运动员踢出的足球，在行进中绕过“人墙”转弯进入了球门，守门员“望球莫及”，轨迹如图所示。关于足球在这一飞行过程中的受力方向和速度方向，下列说法中正确的是()A．合外力的方向与速度方向在一条直线上B．合外力的方向沿轨迹切线方向，速度方向指向轨迹内侧C．合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向D．合外力方向指向轨迹外侧，速度方向沿轨迹切线方向解析足球做曲线运动，则其速度方向为轨迹的切线方向，根据物体做曲线运动的条件可知，合外力的方向一定指向轨迹的内侧，故C项正确。答案C2．在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系xOy，质量为1kg的物体原来静止在坐标原点O(0,0)，t＝0时受到如图所示随时间变化的外力作用。图甲中Fx表示沿x轴方向的外力，图乙中Fy表示沿y轴方向的外力。下列描述正确的是()A．0～4s内物体的运动轨迹是一条直线B．0～4s内物体的运动轨迹是一条抛物线C．前2s内物体做匀加速直线运动，后2s内物体做匀加速曲线运动D．前2s内物体做匀加速直线运动，后2s内物体做匀速圆周运动解析0～2s内物体沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，2s时受沿y轴方向的恒力作用，与速度方向垂直，故2～4s内物体做类平抛运动，C项正确。答案C3．(2019·全国卷Ⅱ)2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F随h变化关系的图象是()解析本题考查万有引力及其相关知识点，意在考查考生的理解能力。在嫦娥四号探测器“奔向”月球的过程中，根据万有引力定律，可知随着h的增大，探测器所受的地球引力逐渐减小但并不是均匀减小的，故能够描述F随h变化关系的图象是D。答案D4．(2019·河南省天一大联考)如图所示，一内壁光滑的半圆形管道竖直固定在水平桌面上，圆管左侧底部有一直径略小于圆管直径的小球，一细绳左端与小球连接，右端从圆管右边开口处伸出。现拉动细绳右端使小球从圆管口匀速率运动到最高处(最开始的加速过程非常微小，忽略不计)，已知圆管直径极小，则在小球从开始运动到最高点的过程中，关于小球受力情况的变化，下列说法正确的是()A．圆管对小球的支持力逐渐增大B．圆管对小球的支持力逐渐减小C．细绳对小球的拉力逐渐增大D．细绳对小球的拉力逐渐减小解析小球做匀速圆周运动，但速度大小未知，所以小球受到的圆管的支持力可能指向圆心，也可能背离圆心，则支持力可能增大，可能减小，A、B两项均错误；设小球与圆心连线与水平面的夹角为θ，则拉力大小F＝mgcosθ，随着θ(θ90°)的增大，F减小，则C项错误，D项正确。答案D5．(2019·黑龙江牡丹江市一中期中考试)2018年10月10日，我国成功发射了第32颗北斗导航卫星，该卫星的轨道半径为36000km,7月29日又以“一箭双星”的方式成功发射了第33、34颗北斗导航卫星，这两颗卫星的轨道半径均为21500km。下列说法正确的是()A．这三颗卫星的发射速度均小于7.9km/sB．第32颗卫星在轨道上运行时的速率比第33颗的大C．第32颗卫星与第33颗卫星加速度大小之比43722D．第32颗卫星与第33颗卫星的运动周期之比为437223解析答案C6．(2019·北京市博雅闻道联合质量测评)据报道，英国曼彻斯特大学研究人员艾伯特称，大约再经过4.5亿至50亿年，太阳上的碳氢化合物、“核燃料”就会耗尽，太阳便消亡。假定经过很长一段时间后，太阳的质量变为现在的916，而地球的质量不变，那么相较现在而言，下列说法错误的是()A．地球绕太阳做圆周运动的轨道半径增大了B．地球绕太阳做圆周运动的线速度变为现在的34C．地球绕太阳做圆周运动的动能减小了D．地球绕太阳做圆周运动的周期增大了解析本题考查了行星的运动。假设地球做圆周运动的轨道半径不变，则当太阳质量减小时，太阳对地球的引力减小，因此地球将做离心运动，即轨道半径增大，故A项正确；当轨道半径不变时，G·916M·mr2＝mv2r，得v′＝34GMr＝34v，但由于轨道半径增大，所以v′34v，故B项错误，C项正确；由于轨道半径r增大，线速度v减小，所以由T＝2πrv可知地球做圆周运动的周期增大了，故D项正确。答案B7．(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图甲，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v－t图象如图乙所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则()A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大解析本题结合v－t图象考查曲线运动、牛顿运动定律及其相关知识点，考查的核心素养是物理观念。根据v－t图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，A项错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，B项正确；根据v－t图线的斜率表示加速度，综合分析可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，C项错误；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v－t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，D项正确。答案BD8.(2019·四川省攀枝花市统考)如图所示，ABC为竖直放置的光滑半圆环，O为圆心，B为最低点。AB为固定在环上的光滑直杆。在AB直杆上和半圆环的BC部分分别套着两个相同的小环P、Q，现让半圆环绕对称轴OB匀速转动。当角速度为ω1时，小环P在A、B之间的中间位置与直杆保持相对静止；当角速度为ω2时，小环Q在B、C之间的中间位置与半圆环保持相对静止。则ω21与ω22之比为()A．2∶1B．1∶1C．2∶3D．1∶3解析设半圆环的半径为r，对P受力分析并应用牛顿第二定律得mgtan45°＝mω21r2，对Q有mgtan45°＝mω212r2，两式联立解得ω21ω22＝21，A项正确。答案A9．(2019·齐鲁教科研协作体第二次调研)(多选)如图所示，宽为L＝0.6m的竖直障碍物中间有一间距d＝0.6m的矩形孔，其下沿离地高h＝0.8m，与障碍物相距s＝1.0m处有一小球以v0＝5m/s的初速度水平向右抛出，空气阻力忽略不计，g取10m/s2，为使小球无碰撞地穿过该孔，小球离水平地面的高度H可以为()A．1.5mB．1.4mC．1.3mD．1.2m解析小球恰好经过孔的左上角位置时，由平抛运动规律得s＝v0t1，H－d－h＝12gt21，解得H1＝1.6m；小球恰好经过孔的右下角位置时，由平抛运动规律得s＋L＝v0t2，H－h＝12gt22，解得H2＝1.312m。小球离地面的高度1.312mH1.6m，A、B两项正确。答案AB10.(多选)如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放。若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径(不超过圆心离地的高度)，半径越大，小物体()A．落地时的速度越大B．平抛的水平位移先增大后减小C．到圆弧轨道最低点时加速度越大D．落地时的速度与竖直方向的夹角越大解析根据机械能守恒定律得mgH＝12mv2，总高度不变，末速度大小不变，A项错误；根据平抛运动规律知h＝12gt2，x＝v0t，由机械能守恒定律得mgR＝12mv20，得x＝2gR·2H－Rg＝2RH－R，平抛运动的水平位移随R的增大先增大后减小，B项正确；到圆弧轨道最低点时加速度a＝v20R＝2g，故加速度大小与R无关，C项错误；小物体落地时竖直分速度vy＝gt，设落地时速度与水平方向的夹角为θ，有tanθ＝gtv0＝H－RR，R越大，落地时的速度与竖直方向的夹角越大，D项正确。答案BD11．(2019·江淮十校第二次联考)轻杆一端固定一定质量的小球，另一端以O点为轴可以在竖直面内无摩擦的转动。小球在最高点由静止开始运动，到小球到达地面前的瞬间，在此过程中下列说法正确的是()A．轻杆对小球一直提供拉力B．轻杆对小球一直提供推力C．在图示实线位置，轻杆对小球可能没有作用力D．轻杆对小球先提供拉力，后提供推力解析小球由静止释放时，杆处于竖直状态，杆对小球提供推力，在小球运动到地面前的瞬间，杆处于水平位置，杆对小球的拉力充当向心力。故杆对小球先提供推力再提供拉力，中间某个位置杆对小球作用力为零。C项正确。答案C12．(2019·福建省三明市期末质量检测)2019年1月3日上午，“嫦娥四号”顺利着陆月球背面，成为人类首颗成功软着陆月球背面的探测器(如图所示)。地球和月球的半径之比为RR0＝a，表面重力加速度之比为gg0＝b，则地球和月球的密度之比ρρ0为()A．abB．baC．abD．ba解析对地球有GM＝gR2，体积V＝43πR3，密度ρ＝MV，联立解得ρ＝3g4πGR；同理可得月球的密度ρ0＝3g04πGR0，结合已知条件可得ρρ0＝ba，B项正确。答案B二、非选择题13．(2019·四川成都七中质检)转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球的质量均为m，环质量为2m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为3L2，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)弹簧长度为L2时，装置转动的角速度。解析(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1。小环受到弹簧的弹力为FT1＝kL2，小环受力平衡，有FT1＝2mg＋2T1cosθ1，小球受力平衡，竖直方向有F1cosθ1＋T1cosθ1＝mg，水平方向有F1sinθ1＝T1sinθ1，解得k＝6mgL。(2)弹簧长度为L2时，设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2。小环受到弹簧的弹力为FT2＝kL2＝3mg，小环受力平衡，则有：FT2＋2mg＝2T2cosθ2，且cosθ2＝L4l，对小球，竖直方向由平衡条件得F2cosθ2＝T2cosθ2＋mg，水平方向由牛顿第二定律得F2sinθ2＋T2sinθ2＝mω2lsinθ2，解得ω＝26gL。答案(1)6mgL(2)26gL