1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。专题检测卷(三)抛体运动与圆周运动（45分钟100分）一、选择题（本题共8小题，每小题8分，共64分。每小题只有一个选项正确）1.（2013泉州一模）一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶。已知快艇在静水中的速度图像如图甲所示；河中各处水流速度相同，且速度图像如图乙所示。则（）A.快艇的运动轨迹一定为直线B.快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线C.快艇最快到达岸边，所用的时间为20 sD.快艇最快到达岸边，经过的位移为100 m2.（2013扬州二模）如图所示，光
2、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（）3.（2013宁德二模）如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径Rr =21。当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为1，小木块的向心加速度为a1；若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为2，小木块的向心加速度为a2，则（）A.=B.=C.=D.=4.（2013成都二模）如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某
3、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.5.（2013永州二模）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，下列说法错误的是（）A.小球对两轨道的压力相同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6.（2013济南一模）如图所示，一网球运动员将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置（不计
4、空气阻力），数据如图所示，则下列说法中正确的是（）A.击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1=2h2B.若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于，就一定落在对方界内C.任意降低击球高度（仍大于h2），只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内D.任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内7.（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
5、D.若小铁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2L8.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、计算题（本题共2小题，共36分。需写出规范的解题步骤）9.（18分）（2013漳州二模）在竖直平面内有一个粗糙的圆弧轨道，其半径R=0.4m，轨道的最低点距地面高度h=0.45m。一质量m=0.1kg的小滑块从轨道的最高点A由静止释放，到达最低点B时以一定的水平速度离开轨道，
6、落地点C距轨道最低点的水平距离x=0.6m。空气阻力不计，g取10m/s2，求：（1）小滑块离开轨道时的速度大小；（2）小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小；（3）小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功。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
7、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C。由于水流速度相同，快艇做匀加速运动，快艇的运动轨迹一定为曲线，选项A、B错误；船头指向正对岸，快艇最快到达岸边，at2=100，t=20s，选项C正确，D错误。2.【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。3.【解析】选A。由于两个轮用相同材料制成，且小木块恰能与轮相对静止，因此=11，选
8、项C、D错误；由于两个轮边缘线速度相等，两个轮边缘向心加速度之比为12，因此Q轮边缘两次的向心加速度之比为12，据a=2r可得=，选项A正确。4.【解析】选B。小球在B点的速度分解如图所示，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
9、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、y方向列方程求解，可以避繁就简，化难为易。5.【解析】选A。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
10、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.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。6.【解析】选D。不计空气阻力，网球做
11、平抛运动。网球由h1高度被水平击出，刚好越过球网，落在另一侧的中点。由h1=g，s=v0t1及h1-h2=g，s=v0t2得h1=1.8h2，选项A错误；要使球落在对方界内，h1=g，x=v0t32s，得v0，v0=时，刚好落在界线上，选项B错误；击球高度为某一值hL时，若球刚好过网并落在界线上，应有hL=g，2s=vLtL及hL-h2=g，s=vLtL，解得：hL=h2，高度小于hL时，球击出后或者落在自己一侧，或者出界，选项C错误；高度大于hL时，击球速度合适，球一定能落在对方界内，选项D正确。7.【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
12、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，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。8.【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
13、，即v0t=vPyt，解得vPy=2v0，合速度vP=v0，选项D正确。9.【解析】（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则x=vt（2分）h=gt2（2分）解得v=2.0m/s（2分）（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力N，根据牛顿第二定律：N-mg=m（3分）解得N=2.0N（2分）根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小N=N=2.0N（1分）（3）在小滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：mgR+Wf=mv2-0（3分）解得：Wf=-0.2J（3分）所以小滑块克服摩擦力做功为0.2J。答案：（1）2.0m/s （2）2.0 N （3）0.
14、 2 J10.【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关闭Word文档返回原板块
