1、抛体运动与圆周运动一、单项选择题(本大题共5小题,每小题8分,共40分,每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的)1.(2013扬州二模)如图所示,光滑水平桌面上,一小球以速度v向右匀速运动,当它经过靠近桌边的竖直木板的ad边正前方时,木板开始做自由落体运动。若木板开始运动时,cd边与桌面相齐,则小球在木板上的正投影轨迹是()2.(2013江苏高考)如图所示,“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等,通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是()A.A的速度比B的大B.A与B的向心加速度大小相等C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的
2、夹角相等D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小3.(2013成都二模)如图,一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点),飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心,半圆轨道半径为R,OB与水平方向夹角为60,重力加速度为g,则小球抛出时的初速度为()A.B.C.D.4.(2013南昌二模)如图所示,用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L的O点处,小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处,则有()A.小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为5mgB.小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为mgC.若运动中轻绳断开,则小铁球落到地面时的速度大小为D.若小铁
3、球运动到最低点时轻绳断开,则小铁球落到地面时的水平位移为2L5.如图所示,地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场,一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域,刚好通过竖直平面中的P点,已知连线OP与初速度方向的夹角为45,则此带电小球通过P点时的速度为()A.v0B.v0C.2v0D.v0二、不定项选择题(本大题共3小题,每小题8分,共24分,每小题给出的四个选项中,都有多个选项是正确的。全部选对的得8分,选对但不全的得4分,选错或不答的得0分)6.(2013天津河西区模拟)如图所示,在水平地面上O点正上方不同高度的A、B两点分别水平抛出一小球,如果两球均落在同一点C上,则
4、两小球()A.落地的速度大小可能相等B.落地的速度方向可能相同C.落地的速度大小不可能相等D.落地的速度方向不可能相同7.(2014桂林一模)河水的流速随离河岸的距离的变化关系如图甲所示,船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示,若要使船以最短时间渡河,则()A.船渡河的最短时间是60 sB.船在行驶过程中,船头始终与河岸垂直C.船在河水中航行的轨迹是一条直线D.船在河水中的最大速度是5 m/s8.(2013天津滨海新区模拟)如图所示,两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面,两个质量不同的小球先后从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑,通过轨道最低点时()A.小球对两轨道的压力
5、相同B.小球对两轨道的压力不同C.此时小球所需的向心力不相等D.此时小球的向心加速度相等三、计算题(本大题共2小题,共36分,需写出规范的解题步骤)9.(18分)(2014日照一模)如图所示,从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块(可视为质点),当物块运动至B点时,恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC,经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上,圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M=4kg,A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m,R=0.75m,物块与长木板之间的动摩擦因数1=0.5,长木板与地面间的动摩擦因数2=0.2,g=10m/s2。
6、求:(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向;(2)小物块滑动至C点时,对圆弧轨道C点的压力的大小;(3)长木板至少为多长,才能保证小物块不滑出长木板?10.(18分)如图所示,AOB是游乐场中的滑道模型,它位于竖直平面内,由两个半径都是R的圆周连接而成,它们的圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上。O2B沿水池的水面,O2和B两点位于同一水平面上。一个质量为m的小滑块可由弧AO的任意位置从静止开始滑下,不计一切摩擦。(1)假设小滑块由A点静止下滑,求小滑块滑到O点时对O点的压力;(2)若小滑块能在O点脱离滑道,其落水点到O2的距离如何;(3)若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中,在两个
7、圆弧上滑过的弧长相等,则小滑块开始下滑时应在圆弧AO上的何处(用该处到O1点的连线与竖直线的夹角的三角函数值表示)。答案解析1.【解析】选B。木板自由下落,可以逆向思维,以木板为参照物,小球向上做匀加速运动,且向右做匀速运动,可以想象成重力“向上”的平抛运动,选项B正确。2.【解析】选D。在转动过程中,A、B两座椅的角速度相等,但由于B座椅的半径比较大,故B座椅的速度比较大,向心加速度也比较大,A、B项错误;A、B两座椅所需向心力不等,而重力相同,故缆绳与竖直方向的夹角不等,C项错误;根据F=m2r判断A座椅的向心力较小,所受拉力也较小,D项正确。3.【解析】选B。小球在B点的速度分解如图所示
8、,则有vy=gt,又有R(1+cos60)=v0t,解以上两式得v0=,选项B正确。【方法技巧】平抛运动的三种分解思路(1)分解速度:设平抛运动的初速度为v0,在空中运动时间为t,则平抛运动在水平方向的速度为vx=v0,在竖直方向的速度为vy=gt,合速度为v=,合速度与水平方向夹角为=arctan。(2)分解位移:平抛运动在水平方向的位移为x=v0t,在竖直方向的位移为y=gt2,对抛出点的位移(合位移)为s=,合位移与水平方向夹角=arctan。(3)分解加速度:对于有些问题,过抛出点建立适当的直角坐标系,把重力加速度g正交分解为gx、gy,把初速度v0正交分解为vx、vy,然后分别在x、
9、y方向列方程求解,可以避繁就简,化难为易。4.【解析】选C。小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处,说明小铁球在最高点B处时,轻绳的拉力最小为零,mg=,v=,由机械能守恒定律得,小铁球运动到最低点时动能=+mg2L,在最低点时轻绳的拉力最大,由牛顿第二定律F-mg=,联立解得轻绳的拉力最大为F=6mg,选项A、B错误;以地面为重力势能参考平面,小铁球在B点处的总机械能为mg3L+mv2=mgL,无论轻绳是在何处断开,小铁球的机械能总是守恒的,因此到达地面时的动能mv2=mgL,落到地面时的速度大小为v=,选项C正确;小铁球运动到最低点时速度v1=,由x=v1t,L=gt2
10、,联立解得小铁球落到地面时的水平位移为x=L,选项D错误。5.【解析】选D。小球做类平抛运动,由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移相等,即v0t=vPyt,解得vPy=2v0,合速度vP=v0,选项D正确。6.【解析】选A、D。由h=gt2、vy=可知vyAvyB、tAv0B,落地的速度大小v=,故落地的速度大小可能相等,也可能不相等,选项A正确,C错误;落地的速度方向与水平方向夹角为,则有tan=,解得AB,故落地的速度方向不可能相同,选项B错误,D正确。7.【解析】选B、D。要使船以最短时间过河,船头应始终与河岸垂直,tmin=100s,选项A错误,B正确;船的轨迹由合速度确定,因v船
11、水v水,v水发生变化,则合速度的大小和方向均发生变化,轨迹是曲线,选项C错误;船在河水中的最大速度vmax=m/s=5 m/s,选项D正确。8.【解析】选B、C、D。小球从静止下滑至轨道最低点过程,由动能定理得mgR=mv2,在最低点由牛顿第二定律得FN-mg=m,解以上两式得FN=3mg,选项A错误,B正确;F向=FN-mg=2mg=ma,解得a=2g,选项C、D也正确。【变式备选】(2013常德一模)如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B,它们与盘间的动摩擦因数相同,当圆盘转动到两个物体刚好还未发生滑动时,烧断细线,两个物体的运动情况是()A.
12、两物体沿切线方向滑动B.两物体均沿半径方向滑动,离圆盘圆心越来越远C.两物体仍随圆盘一起做圆周运动,不发生滑动D.物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动,物体A发生滑动,离圆盘圆心越来越远【解析】选D。在圆盘上,角速度相同,由F=m2r可知,在质量相同的情况下,A需要的向心力较大,当两个物体刚好还未发生滑动时,其摩擦力达到最大静摩擦力,A的向心力大于最大静摩擦力,而B的向心力小于最大静摩擦力,此时烧断细线,A的向心力不足,将做离心运动,而B仍随圆盘一起做匀速圆周运动,故选项D正确。9.【解析】(1)物块做平抛运动:H-h=gt2(2分)设到达B点时竖直分速度为vy,vy=gt(2分)v1=m/s=5
13、m/s(1分)方向与水平面的夹角为,则:tan=(1分)解得:=37(1分)(2)从A至C点,由动能定理得:mgH=m-m(2分)设C点受到的支持力为FN,由牛顿第二定律得:FN-mg=(2分)联立解得:v2=2m/sFN=47.3N(1分)根据牛顿第三定律可知,物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N(1分)(3)小物块m对长木板的摩擦力为Ff=1mg=5N(1分)长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力Ff=2(M+m)g=10N(1分)因FfFf,所以小物块在长木板上滑动时,长木板静止不动(1分)小物块在长木板上做匀减速运动,至长木板右端时速度刚好为0,则长木板长度至少为l=2.
14、8m(2分)答案:(1)5m/s方向与水平面夹角为37(2)47.3 N(3)2.8 m10.【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)能在O点脱离滑道的小滑块做平抛运动,且在O点做平抛运动的小滑块有最小速度。(2)小滑块脱离滑道时,滑道对小滑块的支持力为零。【解析】(1)小滑块由A点滑到O点过程,由动能定理得:mgR=m(2分)在O点由牛顿第二定律得:FO-mg=(2分)解得:FO=3mg(1分)由牛顿第三定律得小滑块对O点的压力大小为3mg,方向竖直向下(1分)(2)从A点下滑的滑块到O点的速度为v1=(1分)设能脱离轨道的最小速度为v2,由牛顿第二定律得:mg=(1分)解得:v2=(1分)小滑块在O点做平抛运动,则:R=gt2(1分)x=v0t(1分)解得:Rx2R(2分)(3)如图所示,设小滑块出发点为P1,离开点为P2,由题意要求O1P1、O2P2与竖直方向的夹角相等,设为,若离开滑道时的速度为v,则小滑块在P2处脱离滑道的条件是mgcos=m(2分)由动能定理得:2mgR(1-cos)=mv2(2分)解得:cos=0.8(1分)答案:(1)3mg,方向竖直向下(2)Rx2R(3)cos=0.8版权所有：高考资源网()
