2020届高三高考物理二轮复习专题强化练习卷：曲线运动的模型

曲线运动的模型

1．(2019·江西南昌市一模)在2018年亚运会男子跳远决赛中，中国选手王嘉男破纪录夺冠。在第一跳中，他(可看作质点)水平距离达8.24 m，高达2.06 m。设他离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α，若不计空气阻力，则tanα等于(　　)

A．0.5　　　 B．1　　　

C．2　　　　 D．4

2.(2019·江苏省宿迁市一模)如图所示，斜面上从A点水平抛出的小球落在B点，球到达B点时速度大小为v，方向与斜面夹角为α。现将小球从图中斜面上C点抛出，恰能水平击中A点，球在C点抛出时的速度大小为v1，方向与斜面夹角为β。则(　　)

A． β ＝α，v1＜v　　　　　 B． β ＝α，v1＝v

C． β＞α，v1＞v  D． β＜α，v1＜v

3(2019·辽宁大连二模)游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(　　)

A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力

B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直

C．旋臂对模型飞机的作用力大小为m

D．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小

4．(2019·山西运城高三上学期模拟)(多选)如图为过山车及其轨道简化模型，过山车车厢内固定一安全座椅，座椅上乘坐“假人”，并系好安全带，安全带恰好未绷紧，不计一切阻力，以下判断正确的是(　　)

A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动

B．过山车在圆轨道最高点时的速度应至少等于

C．过山车在圆轨道最低点时乘客处于失重状态

D．若过山车能顺利通过整个圆轨道，在最高点时安全带对假人一定无作用力

5.(2019·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，若林丹各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

6.(2019·长春市高三一模)如图所示，一个菱形框架绕过其对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各套有一个质量均为m的小球A、B，转动过程中两小球相对框架静止，且到竖直轴的距离相等，则下列说法正确的是(　　)

A．框架对球A的弹力方向一定垂直框架向下

B．框架对球B的弹力方向可能垂直框架向下

C．球A与框架间可能没有摩擦力

D．球A、球B所受的合力大小相等

7.(多选)(2019·湖北八校第二次联考)如图所示，有一竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，轨道圆心O到地面的高度为h，小球从轨道最高点A由静止开始沿着圆弧轨道滑下，从轨道最低点B离开轨道，然后做平抛运动落到水平地面上的C点，C点与A点的水平距离也等于h，当小球与圆心的连线与水平方向夹角为30°时，轨道对它的支持力用F0表示，当小球运动到B点时，轨道对它的支持力用FB表示，小球落到地面时的速度与水平方向夹角为θ，则下列说法正确的是(　　)

A．tan θ＝0.5                           B．FB等于小球重力的3倍

C．F0等于小球重力的1.5倍              D．圆弧轨道的轨道半径为0.2h

8.(2019·浙江省绍兴市模拟)为了提高一级方程式赛车的性能，在形状设计时要求赛车上下方空气存在一个压力差(即气动压力)，从而增大赛车对地面的正压力。如图所示，一辆总质量为600 kg的赛车以288 km/h的速率经过一个半径为180 m的水平弯道，转弯时赛车不发生侧滑，侧向附着系数(正压力与摩擦力的比值)η＝1，则赛车转弯时(　　)

A．向心加速度大小约为46 m/s2                      B．受到的摩擦力大小约为3×105 N

C．受到的支持力大小约为6 000 N            D．受到的气动压力约为重力的2.6倍

9.(2019·河北衡水中学高三二调)如图所示的装置可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与细线1、2连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线1水平，细线2与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1 kg，细线2长l＝1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等。重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线1上的张力为零，而细线2与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；

(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝  rad/s，求细线2与竖直方向的夹角。

10.(2019·甘肃省天水市一模)如图是一皮带传输装载机械示意图。井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上。已知半径为R＝0.4 m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为圆形轨道的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径。矿物可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，传送带匀速运行的速度为v0＝6 m/s，传送带AB两点间的长度为L＝40 m。若矿物落点D处离最高点C点的水平距离为s＝2 m，竖直距离为h＝1.25 m，矿物质量m＝5 kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：

(1)矿物到达C点时对轨道的压力大小；

(2)矿物到达B点时的速度大小；

(3)矿物由A点到达C点的过程中，摩擦力对矿物所做的功。

参考答案

1.【答案】B

【解析】从起点A到最高点B可看作平抛运动的逆过程，如图所示：

运动员做平抛运动，初速度方向与水平方向夹角的正切值为：tanα＝2tanβ＝2×＝1，故选B。

2.【答案】A

【解析】由逆向思维可知，从A点水平抛出的小球刚好落在C点，由物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，任一时刻速度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，所以β＝α，设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为θ，则小球落在斜面上，竖直方向上的速度与水平方向速度的比值tanθ＝＝，解得：vy＝2v0tanθ，落在斜面上的速度为v＝＝由于落在C点的小球运动时间短，所以有v1＜v，故A正确。

3.【答案】　C

【解析】　向心力是效果力，本题中模型飞机的向心力是重力与旋臂的作用力的合力，A错误；模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，旋臂作用力在竖直方向的分力与模型飞机的重力平衡，旋臂作用力在水平方向的分力提供模型飞机做匀速圆周运动所需的向心力，由于m、ω、L、θ之间的数量关系未知，故不能确定旋臂作用力方向与旋臂是否垂直，B错误；根据B选项的分析可知旋臂对模型飞机的作用力大小：F＝＝m，C正确；根据C选项的分析，当0<θ<90°时，若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误。

4.【答案】　BD

【解析】　过山车在圆轨道上运动过程中，重力势能和动能相互转化，即速度大小在变化，所以不是做匀速圆周运动，A错误；当过山车在圆轨道最高点重力等于向心力时，速度最小，故有mg＝m，解得v＝，B正确；在圆轨道最低点，乘客有竖直向上指向圆心的加速度，故乘客处于超重状态，C错误；若过山车能顺利通过整个圆轨道，则在最高点时，F向≥mg，假人受重力，还可能受座椅对它向下的弹力，安全带对假人一定无作用力，D正确。

5【答案】　C

【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＝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．

6.【答案】D

【解析】球在水平面内做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，静摩擦力方向沿框架向上，框架对A的弹力方向可能垂直框架向下，也可能垂直框架向上，故A错误。对B受力分析可知，要使合力水平向右，框架对B的弹力方向一定垂直框架向上，故B错误。若A与框架间没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力，两个力的合力方向不可能水平向左，故C错误。A、B两球匀速转动的角速度相等，半径也相等，根据F＝mω2r，可知两球所受的合力大小相等，故D正确。

7.【答案】BCD

【解析】设小球做平抛运动的位移与水平方向夹角为α，因为小球做平抛运动的水平位移和竖直位移均为h－R，则tan α＝1，由平抛运动推论可知tan θ＝2tan α＝2，A错误；在轨道最低点时，mgR＝mv，FB－mg＝m，解得FB＝3mg，B正确；设小球与圆心的连线与水平方向夹角为30°时，小球的速度大小为v0，mgRsin 30°＝mv，将重力沿着切线方向和小球与圆心连线方向分解，有F0－mgsin 30°＝m，解得F0＝1.5mg，C正确；小球做平抛运动时，h－R＝gt2，h－R＝vBt，解得R＝0.2h，D正确。

8【答案】D

【解析]　288 km/h＝80 m/s，根据向心加速度公式a＝≈36 m/s2，A错误；因为摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律得：f＝m＝213 33 N，B错误；因为摩擦力f＝ηN＝η(Mg＋F)，则汽车所受支持力N＝＝21 333 N，气动压力F＝N－Mg＝15 333 N，故＝＝2.6，C错误，D正确。

9.【答案】　(1) rad/s　(2)53°

【解析】　(1)当细线1上的张力为0时，小球的重力和细线2张力的合力提供小球圆周运动的向心力，

有：mgtan37°＝mωlsin37°

解得：ω1＝＝ rad/s。

(2)设细线1的长度为l′，已知B点距C点的水平和竖直距离相等，故lcos37°＝lsin37°＋l′，代入数据得l′＝0.2 m。

因为ω2＝  rad/s>ω1＝ rad/s，所以小球应该向左上方摆起，设此时细线2与竖直方向的夹角为θ′，细线2上的张力大小为T2′，并假设细线1上的张力仍然为0，则：

T2′sinθ′＝mωlsinθ′，

T2′cosθ′＝mg，

解得：cosθ′＝

θ′＝53°

由几何关系可知，此时细线1恰好竖直，故假设成立，故此时细线2与竖直方向的夹角为53°。

10.【答案】(1)150 N　(2)6 m/s　(3)1 276 J

【解析】(1)矿物离开C后做平抛运动

在水平方向：s＝vCt

在竖直方向：h＝gt2

矿物在C点，由牛顿第二定律得：mg＋N＝m

由牛顿第三定律可知，矿物对轨道的压力：N′＝N

联立并代入数据得：N′＝150 N，方向竖直向上

(2)设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理得：

(μmgcosθ－mgsinθ)L＝mv′2

代入数据解得：v′＝8 m/s＞v0＝6 m/s

由此可知，矿物在传送带上先加速到与传送带速度相等，然后匀速运动到B点，到达B点时的速度为6 m/s

(3)从A到C过程，由动能定理得：

Wf－mg[Lsinθ＋R(1＋cosθ)]＝mv－0

代入数据解得：Wf＝1 276 J