高考物理二轮复习专题强化练3力学中的曲线运动含答案

这是一份高考物理二轮复习专题强化练3力学中的曲线运动含答案，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．[2020·全国卷Ⅱ，15]若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是( )
A. eq \r(\f(3π,Gρ)) B. eq \r(\f(4π,Gρ))
C. eq \r(\f(1,3πGρ)) D. eq \r(\f(1,4πGρ))
2．[2020·浙江7月，2]如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间．当公交车( )
A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
3.
[2020·江苏扬州二模]如图所示，两墙壁平行且竖直，小球从P点以垂直于墙面的初速度v0抛出，打在右侧墙壁上的Q点．已知小球与墙壁碰撞前后竖直分速度不变，水平分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力，若只改变初速度大小，小球仍能击中Q点，则初速度大小可能为( )
A.eq \f(v0,2) B．2v0
C．3v0 D．4v0
4．[2020·湖南娄底市下学期质量检测]羽毛球运动员林丹曾在某综艺节目中表演羽毛球定点击鼓，如图是他表演时的羽毛球场地示意图．图中甲、乙两鼓等高，丙、丁两鼓较低但也等高，若林丹每次发球时羽毛球飞出位置不变且均做平抛运动，则( )
A．击中甲、乙的两球初速度v甲＝v乙
B．击中甲、乙的两球运动时间可能不同
C．假设某次发球能够击中甲鼓，用相同大小的速度发球可能击中丁鼓
D．击中四鼓的羽毛球中，击中丙鼓的初速度最大
5．[2020·新高考Ⅰ卷，7]我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务．质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程．已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力．若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为( )
A．meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.4g－\f(v0,t0))) B．meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.4g＋\f(v0,t0)))
C．meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.2g－\f(v0,t0))) D．meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.2g＋\f(v0,t0)))
6．[2020·浙江名校四联]如图(a)是研究小球在斜面上平抛运动的实验装置，每次将小球从弧型轨道同一位置静止释放，并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角θ，获得不同的射程x，最后作出了如图(b)所示的x ­ tan θ图象，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．由图(b)可知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速度大小v0＝5 m/s
B．由题中所给条件无法求出小球在斜面顶端水平抛出时的初速度大小
C．若最后得到的图象如图(c)所示，可能是由于小球释放位置降低造成的
D．若实验中发现当θ＝60°时，小球恰好落在斜面底端，则斜面的长度L＝eq \f(2\r(3),5) m
7．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱( )
A．运动周期为eq \f(2πR,ω)
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
8．[2020·江苏卷，7]甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍．下列应用公式进行的推论正确的有( )
A．由v＝eq \r(gR)可知，甲的速度是乙的eq \r(2)倍
B．由a＝ω2r可知，甲的向心加速度是乙的2倍
C．由F＝eq \f(GMm,r2)可知，甲的向心力是乙的eq \f(1,4)
D．由eq \f(r3,T2)＝k可知，甲的周期是乙的2eq \r(2)倍
9.
[2020·江西省高三毕业班质量检测]如图所示，三个质量相等的小球A、B、C从图中所示的位置以相同的速度v0水平向左抛出，最终都能到达坐标原点O，不计空气阻力，x轴为水平地面，则可以判断A、B、C三个小球( )
A．初始时刻纵坐标之比为1:2:3
B．在空中运动的时间之比为1:3:5
C．从抛出至到达O点过程中，动能的增加量之比为1:4:9
D．到达O点时，重力的瞬时功率之比为1:2:3
10．下表是一些有关火星和地球的数据，利用引力常量G和表中选择的一些信息可以完成的估算是( )
A.选择②⑤可以估算地球的质量
B．选择①④可以估算太阳的密度
C．选择①③④可以估算火星公转的线速度
D．选择①②④可以估算太阳对地球的吸引力
二、非选择题
11．在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图所示．小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ＝37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2 m/s，然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点．已知B点的高度h1＝1.2 m，D点的高度h2＝0.8 m，D点与G点间的水平距离L＝0.4 m，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.25, sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度；
(2)求小滑块从D点飞出的速度；
(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑．
12．[2020·江苏卷，15]如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R.在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h.
专题强化练3 力学中的曲线运动
1．命题意图：本题考查了万有引力定律，考查的核心素养是科学思维．
解析：设星体半径为R，则其质量M＝eq \f(4,3)πρR3；在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星所受万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,R2)＝m·eq \f(4π2,T2)·R，联立解得T＝eq \r(\f(3π,Gρ))，故A选项正确，B、C、D选项错误．
答案：A
2．命题意图：本题考查牛顿第二定律的应用、圆周运动．
解析：缓慢起动的公交车具有向前的加速度，但加速度较小，若箱子所受的静摩擦力足以提供该加速度，则箱子可以相对公交车静止，A项错；急刹车时，公交车的加速度较大，箱子轮子受到公交车的摩擦力较小，行李箱a一定相对车子向前运动，B项正确；缓慢转弯时，车子具有指向轨迹内侧的较小的加速度，当行李箱所受的静摩擦力足以提供其加速度时，行李箱相对车子静止，C项错；急转弯时，汽车的加速度较大，若行李箱b所受的静摩擦力不足以提供所需的向心力，则其做离心运动，即相对车子向外侧运动，若行李箱b所受的静摩擦力足以提供所需的向心力，则其相对车子静止，D项错．
答案：B
3．解析：P、Q两点间的高度差h一定，由h＝eq \f(1,2)gt2知，小球从P点到Q点的时间t是一定的，由题知两墙壁间的距离x＝v0t.假设小球与两墙面共碰撞2n次(n＝1,2,3，…)后，第2n＋1次碰到Q点，则有(2n＋1)x＝vt，得小球的初速度大小v＝(2n＋1)v0，当n＝1时v＝3v0；n＝2时v＝5v0，选项C正确．
答案：C
4．解析：由题图可知，甲、乙高度相同，所以球到达两鼓用时相同，但由于两鼓离林丹的水平距离不同，甲的水平距离较远，由v＝eq \f(x,t)可知，击中甲、乙的两球初速度v甲>v乙，故A、B错误；甲鼓的位置比丁鼓位置较高，则球到达丁鼓用时较长，则若某次发球能够击中甲鼓，用相同大小的速度发球可能击中丁鼓，故C正确；由于丁鼓与丙鼓高度相同，但由题图可知，丁鼓离林丹的水平距离大，所以击中丁鼓的球的初速度一定大于击中丙鼓的球的初速度，即击中丙鼓的球的初速度不是最大的，故D错误．
答案：C
5．命题意图：本题考查万有引力定律、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识点，考查的核心素养是物理观念、科学态度与责任、科学思维．
解析：由Geq \f(Mm,R2)＝mg，解得火星表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值eq \f(g火,g)＝eq \f(M火R\\al(2,地),M地R\\al(2,火))＝0.1×22＝0.4，即火星表面的重力加速度g火＝0.4g.着陆器着陆过程可视为竖直向下的匀减速直线运动，由v0－at0＝0可得a＝eq \f(v0,t0).由牛顿第二定律有F－mg火＝ma，解得F＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.4g＋\f(v0,t0)))，选项B正确．
答案：B
6．解析：小球在空中做平抛运动，在竖直方向上有y＝eq \f(1,2)gt2，水平方向上有x＝v0t，由几何关系有eq \f(y,x)＝tan θ，解得x＝eq \f(2v\\al(2,0),g)tan θ，由图(b)可知eq \f(2v\\al(2,0),g)＝eq \f(0.1,0.5)，解得小球在斜面顶端水平抛出时的初速度大小v0＝1 m/s，选项A、B错误；由图(c)可知，图象末端的斜率增大，说明eq \f(2v\\al(2,0),g)增大，又重力加速度不变，可知做平抛运动的初速度增大，其原因可能为小球在弧形轨道上的释放位置变高或小球释放时有初速度，选项C错误；当θ＝60°时，水平位移大小x＝eq \f(2×12,10) tan 60° m＝eq \f(\r(3),5) m，由于小球恰好落在斜面底端，则斜面长度L＝eq \f(x,cs θ)＝eq \f(2\r(3),5) m，选项D正确．
答案：D
7．解析：由题意可知座舱运动周期为T＝eq \f(2π,ω)、线速度为v＝ωR、受到的合力为F＝mω2R，选项B、D正确，A错误；座舱的重力为mg，座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变，方向时刻变化，故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变，选项C错误．
答案：BD
8．命题意图：本题考查万有引力与航天，意在考查考生的分析综合能力，体现的核心素养是科学思维。
解析：两卫星均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍，由eq \f(GMm,r2)＝eq \f(mv2,r)，可得v＝ eq \r(\f(GM,r))，则乙的速度是甲的eq \r(2)倍，选项A错误；由ma＝eq \f(GMm,r2)，可得a＝eq \f(GM,r2)，则乙的向心加速度是甲的4倍，选项B错误；由F＝eq \f(GMm,r2)，结合两人造卫星质量相等，可知甲的向心力是乙的eq \f(1,4)，选项C正确；两卫星均绕地球做圆周运动，且甲的轨道半径是乙的2倍，结合开普勒第三定律可知，甲的周期是乙的2eq \r(2)倍，选项D正确．
答案：CD
9．解析：根据x＝v0t，水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1:2:3，所以它们在空中运动的时间之比为1:2:3，故B错误；初始时刻纵坐标之比即该过程小球的下落高度之比，根据h＝eq \f(1,2)gt2，初始时刻纵坐标之比为1:4:9，故A错误；根据动能定理可知W＝mgh＝ΔEk，动能的增加量之比为1:4:9，故C正确；到达O点时，设落地时速度为v，和重力方向夹角为θ，则重力的瞬时功率P＝mgvcs θ＝mgvy＝mg·gt，三个小球落地时重力的瞬时功率之比为1:2:3，故D正确。
答案：CD
10．解析：由eq \f(GM地m,R\\al(2,地))＝mg，解得地球质量M地＝eq \f(gR\\al(2,地),G)，所以选择②⑤可以估算地球质量，选项A正确；由Geq \f(M太M地,r2)＝M地req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2，解得M太＝eq \f(4π2r3,GT2)，所以选择①④可以估算太阳的质量，由于不知太阳半径(太阳体积)，因而不能估算太阳的密度，选项B错误；根据开普勒第三定律，选择①③④可以估算火星公转轨道半径r火，火星公转的线速度v火＝ωr火＝r火eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T火)))，选项C正确；选择①④可以估算地球围绕太阳运动的加速度，因为不知地球质量，所以不能估算太阳对地球的吸引力，选项D错误．
答案：AC
11．解析：(1)上滑过程中，由牛顿第二定律
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma
a＝8 m/s2
由运动学公式
veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)＝－2aeq \f(h1,sin θ)
v0＝6 m/s
(2)滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律
L＝vDt
h2＝eq \f(1,2)gt2
vD＝1 m/s
(3)小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑
答案：(1)8 m/s2 6 m/s (2)1 m/s (3)不光滑
12．命题意图：本题考查考生对圆周运动、功能关系的理解，体现的核心素养是物理观念、科学思维．
解析：(1)线速度v＝ωr
得v＝2ωR
(2)向心力F向＝2mω2R
设F与水平方向的夹角为α，则Fcs α＝F向；
Fsin α＝mg
解得F＝ eq \r(2mω2R2＋mg2)
(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，由机械能守恒得eq \f(1,2)Mv′2＋4×eq \f(1,2)mv2＝Mgh
解得h＝eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2
答案：(1)2ωR (2)eq \r(2mω2R2＋mg2) (3)eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2
信息
序号
①
②
③
④
⑤
信息
内容
地球一年约为365天
地表重力加速度约为9.8 m/s2
火星的公转周期约为687天
日地距离大约是1.5亿千米
地球半径约为6 400千米