1、限时规范训练(三)建议用时45分钟，实际用时_一、单项选择题1(2017石家庄市高三复习教学质量检测(二)一个质量为2 kg的物体，在4个共点力作用下处于平衡状态现同时撤去大小分别为8 N和12 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是()A一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小B一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2C可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5 m/s2D可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6 m/s2解析：选A.由平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为8 N和12 N的两个力后，物体的
2、合力大小范围为4 NF合20 N，物体的加速度范围为：2 m/s2a10 m/s2；A.撤去两个力后，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故A正确；B.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能是5 m/s2，故B错误；C.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相反时，物体做匀减速直线运动，加速度大小最小可能是2 m/s2，不可能为1.5 m/s2，故C错误；D.撤去两个力后，物体受到的合力恒定，不可能做匀速圆周运动，故D错误2(2017湖南省长沙市长郡中学高三上学期月考)如图所示，中间
3、有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则关于拉力F以及拉力作用点的移动速度v的下列说法正确的是()AF不变，v不变BF增大，v减小CF增大，v增大 DF增大，v不变解析：选B.设绳子与竖直方向上的夹角为，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：Fcos mg，因为增大，则F增大，物体A沿绳子方向上的分速度v1vcos ，因为增大，则v减小，故B正确，ACD错误3(2017重庆市永川中学高三第一次模拟诊断)如图所示，下列有关运动的说法正确的是()A图甲中撤掉挡板A的瞬间，小球的加速度竖直向下B图乙中固定在竖直面内的圆环内径r1.6 m，小球沿环的
4、内表面通过最高点的速度可以为2 m/sC图丙中皮带轮上b点的向心加速度大小等于a点的向心加速度大小(a点的半径为r，b点的半径4r，c点的半径为2r)D图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，B球比A球先着地解析：选C.开始小球受重力、弹簧的弹力和支持力处于平衡，重力和弹簧的合力方向与支持力方向相反，撤掉挡板的A的瞬间，支持力为零，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力方向与之前支持力的方向相反，则加速度的方向为垂直挡板向下故A错误小球在圆环的最高点的临界情况是：mgm，解得v4 m/s，知最高点的最小速度为4 m/s.故B错误a、c两点的线速度大小相等，根据a，则a、c两点的向心加速度之比为21，b、c两点
5、的角速度相等，根据ar2，则b、c两点的加速度之比为21，可知a、b两点的加速度相等故C正确图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，A做平抛运动，B做自由落体运动，两球同时落地故D错误故选C.4(2017安徽省淮北市第一中学高三上学期第四次模拟考试)如图所示，质量相同的两小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出后，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是()A小球a、b在空中飞行的时间之比为21B小球a、b抛出时的初速度大小之比为21C小球a、b到达斜面底端时的动能之比为41D小球a、b到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为11解析：选D.因为两球下落的高度之比为21，根据hgt
6、2得，t，高度之比为21，则时间之比为1，故A错误两球的水平位移之比为21，时间之比为1，根据v0知，初速度之比为1，故B错误根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比EkaEkb21，故C错误小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故D正确故选D.5如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直金属棒，在直棒和圆环的BC部分上分别套着小环M、N(棒和半圆环均光滑)，现让半圆环绕竖直对称轴以角速度1做匀速转动，小球M、
7、N在图示位置如果半圆环的角速度变为2，2比1稍微小一些关于小环M、N的位置变化，下列说法正确的是()A小环M将到达B点，小环N将向B点靠近稍许B小环M将到达B点，小环N的位置保持不变C小环M将向B点靠近稍许，小环N将向B点靠近稍许D小环M向B点靠近稍许，小环N的位置保持不变解析：选A.M环做匀速圆周运动，则mgtan 45m2r，小环M的合力大小为定值，如果角速度变小，其将一直下滑，直到B点，N环做匀速圆周运动，设其与ABC环圆心连线夹角为，则mgtan m2r，rRsin ，2cos ，如果角速度变小，则cos 变大，变小，小环N将向B点靠近稍许，因此A正确6如图所示为足球球门，球门宽为L.
8、一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)球员顶球点的高度为h.足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则()A足球位移的大小xB足球初速度的大小v0C足球末速度的大小vD足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan 解析：选B.根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h，水平位移为x水平，则足球位移的大小为：x，选项A错误；由hgt2，x水平v0t，可得足球的初速度为v0，选项B正确；对小球应用动能定理：mgh，可得足球末速度v，选项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan ，选项D错误二、多项选择题7如图所示，底角为的圆锥体静止不动
9、，顶端通过一根长为L1 m的细线悬挂一个质量为m1 kg的小球，细线处于张紧状态，若小球在水平面内做匀速圆周运动，角速度为的取值范围介于3 rad/s到4 rad/s之间，不计一切阻力，则细线拉力F可能等于()A55B55C15 D20解析：选BC.当小球刚好没有脱离圆锥时，小球受到重力G、拉力F的作用，它们的合力提供向心力，mgcotmLcos，得0rad/s，此时0的取值范围介于3 rad/s到4 rad/s之间，当较小时，小球没有脱离圆锥，小球受到重力G、拉力F和垂直于光滑圆锥的支持力N的作用，它们在水平方向的合力提供向心力，则Fsin Ncos G，Fcos Nsin mLcos 2，
10、可求得，FGsin m2Lcos2 ，此时54.5F10，当较大时，小球脱离圆锥，小球的重力G和拉力F的合力提供向心力，设细线和水平方向夹角为，则Fcos m2Lcos ，可求得Fm2L,10F16，综上分析，选项B、C正确8(2017山东省枣庄市高三上学期期末质量检测)在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是()A导向槽位置应在高为的位置B最大水平距离为C小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下2v上D当小球落
11、地时，速度方向与水平方向成45角解析：选AD.设平抛时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得：mvmghmv2，解得：v0；根据平抛运动的知识可得下落时间：t，则水平位移xv0t，所以当2h2h时水平位移最大，解得h，A正确；最大的水平位移为：x2h，B错误；根据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等，C错误；设速度与水平方向成，位移与水平方向的夹角为，根据平抛运动的规律可知，tan 2tan 21，则45，所以D正确9(2017山东省临沂市高三二模)如图所示，水平转台上有一质量为m的小物块，用长为L的细绳连接在通过转台中心的竖直转轴上，细线与转轴间的夹角为；系统静止时，细线
12、绷直但绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中()A物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴B至转台对物块的支持力为零时，物块的角速度大小为 C至转台对物块的支持力为零时转台对物块做的功D细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零解析：选CD.由题可知，物体做加速圆周运动，所以开始时物体受到的摩擦力必定有一部分的分力沿轨迹的切线方向故A错误；对物体受力分析知物块离开圆盘前，沿轴线方向的合力：FfTsin mNTcos mg根据动能定理知WEkmv2当弹力T0，rLsin 当N0，f0，由知0 ，所以当物块的角速度增大到 时，物
13、块与转台间恰好无相互作用；此时WEkmv2m(0Lsin )2，故B错误，C正确；由几何关系可知，物体在做圆周运动的过程中受到的绳子的拉力方向与物体运动的方向始终垂直，所以细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零故D正确；故选CD.三、非选择题10如图所示，半径R0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53和37.将一个质量m0.5 kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道已知物体与轨道CD间的动摩擦因数0.8，重力加速度g10 m/s2
14、，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)物体水平抛出时的初速度大小v0；(2)物体经过B点时，对圆弧轨道的压力大小FN；(3)物体在轨道CD上运动的距离x.(结果保留三位有效数字)解析：(1)由平抛运动规律知：v2gh竖直分速度vy4 m/s初速度v0vytan 373 m/s.(2)从P点至B点的过程，由机械能守恒有mg(hRRcos 53)mvmv经过B点时，由向心力公式有FNmgm代入数据解得FN34 N由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为FN34 N.(3)因mgcos 37mgsin 37，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑从B点到上滑至最高点的过程
15、，由动能定理有mgR(1cos 37)(mgsin 37mgcos 37)x0mv代入数据可解得x m1.09 m.答案：(1)3 m/s(2)34 N(3)1.09 m11(2017江苏省泰州中学高三下学期期初考试)如图所示，将质量m1.0 kg的小物块放在长L3.0 m的平板车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间的动摩擦因数0.6，光滑半圆形固定轨道与光滑水平轨道在同一竖直平面内，半圆形轨道的半径r1.2 m，直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，开始时车和物块一起以v010 m/s的初速度在水平轨道上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g10 m/s2，求：(1)物块刚进入
16、半圆形时速度大小；(2)物块刚进入半圆形时对轨道的压力大小；(3)物块回落至车上时距右端的距离解析：选取物块为研究对象应用动能定理即可求得速度；物块做圆周运动，由牛顿第二定律和向心力公式列式可以求出物块受到的支持力，然后由牛顿第三定律求出对轨道的压力；小物块从半圆轨道最高点做平抛运动，根据平抛运动的基本公式即可求解(1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v1，由动能定理可得：mgLmvmv，解得v18.0 m/s(2)刚进入半圆轨道时，设物块受到的支持力为FN，由牛顿第二定律：FNmgm，代入数据解得：FN63.3 N由牛顿第三定律可得：FNFN，所以物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力为63.3 N，方向竖直向下(3)若物块能到达半圆形轨道的最高点，则由机械能守恒可得：mvmvmg2r解得v24 m/s设恰能通过最高点的速度为v3，则：mgm代入数据解得：v32 m/s因v2v3，故小物块从半圆轨道最高点做平抛运动，设距车右端的水平距离为x，则：在竖直方向：2rgt2水平方向：xv2t代入数据解得：x m2.8 m答案：(1)8.0 m/s(2)63.3 N(3)2.8 m
