2023届二轮复习 专题训练3　力与曲线运动 作业（浙江专用）

这是一份2023届二轮复习 专题训练3　力与曲线运动 作业（浙江专用），共15页。试卷主要包含了6 rad/s等内容，欢迎下载使用。
专题训练3　力与曲线运动保分基础练1.某运动员在圆形弯道上匀速率奔跑,则运动员在这段圆弧内(　D　)A.线速度不变B.加速度不变C.相同时间内速度变化量相同D.相同时间内与轨道圆心的连线转过的角度相同解析:在圆形弯道上匀速率奔跑,线速度大小不变,方向时刻改变,A错误;在圆形弯道上匀速率奔跑,做匀速圆周运动,加速度大小不变,方向时刻改变,B错误;根据Δv=a·Δt可知,运动员的加速度时刻改变,因此相同时间内速度变化量不相同,C错误;圆形弯道上匀速率奔跑,做匀速圆周运动,角速度恒定,根据Δθ=ω·Δt可知,相同时间内与轨道圆心的连线转过的角度相同,D正确。2.如图所示,粗糙的水平传送带的运行速度大小为v,一物块以v0从传送带的边缘垂直传送带运行方向滑上传送带。在物块达到与传送带共速前的过程中,下列说法正确的是(　D　)A.物块的速度一直增大B.物块的速度一直减小C.物块可能做直线运动D.物块一定做曲线运动解析:共速后,物块的速度为v,由于v与v0的大小未知,所以无法确定物块的速度变化,故A、B错误;由分析可知,物块受到的摩擦力有两个效果,一个是垂直传送带方向让物块减速,另一个是沿传送带方向让物块加速,故物块所受合力方向与初速度的方向存在夹角,不在同一直线上,故物块一定做曲线运动,故D正确,C错误。3.如图所示,园林工人正在把一棵枯死的小树苗掰折,已知树苗的长度为L,该工人的两手与树苗的接触位置(树苗被掰折的过程中手与树苗接触位置始终不变)距地面高为h,树苗与地面的夹角为α时,该工人手水平向右的速度恰好为v,则树苗转动的角速度为(　C　)A.ω=   B.ω=C.ω=   D.ω=解析:因手与树苗接触位置始终不变,故接触点做圆周运动,把接触点的线速度按水平与竖直方向分解,水平分速度等于工人手水平向右的速度v,如图所示,此时手握树干的位置到O点距离为R=,则有=ωR,联立解得ω=,故选C。4.(2022·十校联盟联考)用如图甲所示的装置研究平抛运动,在水平桌面上放置一个斜面,每次都让小钢球从斜面上的同一位置滚下,滚过桌边后钢球便做平抛运动打在竖直墙壁上,把白纸和复写纸贴在墙上,就可以记录小钢球的落点。改变桌子和墙的距离,就可以得到多组数据。已知四次实验中桌子右边缘离墙的水平距离分别为10 cm、20 cm、30 cm、40 cm,在白纸上记录的对应落点分别为A、B、C、D,如图乙所示。则B、C、D三点到A点的距离之比为(　B　)A.4∶9∶16 B.3∶8∶15C.3∶5∶7 D.1∶3∶5解析:根据平抛运动规律得x=v0t,h=gt2,可得运动时间之比t1∶t2∶t3∶t4=1∶2∶3∶4,竖直方向运动距离之比h1∶h2∶h3∶h4=1∶4∶9∶16,B、C、D三点到A点的距离之比(h2-h1)∶(h3-h1)∶(h4-h1)=3∶8∶15,故选B。5.如图为某种水轮机的示意图,水平管出水口的水流速度恒定为v0,当水流冲击到水轮机上某挡板时,水流的速度方向刚好与该挡板垂直,该挡板的延长线过水轮机的转轴O,且与水平方向的夹角为30°。当水轮机圆盘稳定转动后,挡板的线速度恰为冲击该挡板的水流速度的一半。忽略挡板的大小,不计空气阻力,若水轮机圆盘的半径为R,则水轮机圆盘稳定转动的角速度大小为(　B　)A.     B. C.     D.解析:由几何关系可知,水流冲击挡板时,水流的速度方向与水平方向成60°角,则有=tan 60°,所以水流速度为v==2v0,根据题意,被冲击后的挡板的线速度为v′=v=v0,所以水轮机圆盘的角速度为ω==,故选B。6.如图所示是多级减速装置的示意图,每一级减速装置都是由固定在同一转动轴上的绕同一转动轴转动的大小两个轮子组成。各级之间用皮带相连。如果每级减速装置中大轮的半径为R=1 m,小轮的半径为r=0.5 m。则当第一级的大轮边缘线速度大小为v1=80 m/s时,第五级的大轮边缘线速度大小是(　D　)A.40 m/s B.20 m/s C.10 m/s D.5 m/s解析:根据同轴转动角速度相等知,每一级大轮和小轮角速度相等,根据v=ωr知,第一级小轮的线速度为v1′=v1=40 m/s;根据皮带传动边缘线速度大小相等可知,第二级大轮边缘的线速度大小为v2=v1′=v1=40 m/s,所以第二级小轮的线速度为v2′=v2=()2v1=20 m/s,第三级大轮边缘的线速度为v3=v2′=()2v1=20 m/s,依此类推,可得第五级大轮边缘的线速度大小v5=()4v1=5 m/s,选项D正确。7.在高速弯道,为了解决小车在弯路上运行时轮胎的磨损问题,保证小车能经济、安全地通过弯道,常用的办法是将弯道路面设计成外高内低。已知某曲线路段设计内、外道高度差为100 mm,路面宽度约为8 000 mm,最佳的过弯速度为108 km/h,g取10 m/s2,则该曲线路段的半径约为(角度很小时tan θ≈sin θ)(　C　)A.15 km B.12 km C.7.2 km D.3.6 km解析:设路面倾角为θ,小车转弯时所受重力与路面对小车的支持力的合力提供向心力,则有mgtan θ=m,得R=,由于倾角很小,则有tan θ≈sin θ,则有R= m=7 200 m=7.2 km,A、B、D错误,C正确。8.(多选)如图所示,长度均为2L的两根轻绳,一端共同系住质量为m的小球,另一端分别固定在等高的距离也为2L的A、B两点。现给小球一初速度v0,小球恰能在竖直平面内以AB为轴完成圆周运动,重力加速度为g。则下列说法正确的是(　BD　)A.小球的初速度v0=B.小球在最高点时的速度大小为C.小球在最低点时,每根绳上的拉力大小为mgD.小球在最低点时,每根绳上的拉力大小为2mg解析:根据几何关系可得小球做匀速圆周运动的半径为r==3L,设小球恰好通过最高点时的速度大小为v1,根据牛顿第二定律有mg=m,对小球从最低点到最高点的过程,根据动能定理有m-m=-2mgr,联立以上三式解得v0=,v1=,故A错误,B正确;根据几何关系可知两根绳子的夹角为60°,小球在最低点时,设每根绳上的拉力大小为FT,根据力的合成以及牛顿第二定律有2FTcos 30°-mg=m,解得FT=2mg,故C错误,D正确。9.(2022·强基联盟选考模拟)某大桥的一段半径约为120 m 的圆弧形弯道如图所示,路面倾斜,外高内低,倾角为θ,tan θ=0.25。路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的,下雨时路面被雨水淋湿,路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的,若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动,汽车可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　C　)A.汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0 m/s2B.汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6 rad/sC.晴天时,汽车以100 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道D.下雨时,汽车以60 km/h的速率通过此圆弧形弯道时将做离心运动解析:汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度an== m/s2,A错误;根据v=ωr,角速度ω= rad/s,B错误;设汽车通过圆弧弯道的最大速度为vm,受力分析如图所示,则FNsin θ+μFNcos θ=m,FNcos θ-μFNsin θ=mg,所以vm=,路面干燥时,路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的,即μ=0.8,解得vm≈40 m/s=144 km/h>100 km/h,所以晴天时,汽车以100 km/h 的速率可以安全通过此圆弧形弯道;路面湿滑时,路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的,即μ=0.4,解得vm′≈106 km/h>60 km/h,所以汽车以60 km/h的速率通过此圆弧形弯道时不做离心运动,D错误,C正确。高分强化练10.(多选)如图所示,足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆,原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上,质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连,小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动,当转动的角速度为ω0时,小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内,劲度系数为k,重力加速度为g,则下列判断正确的是(　AC　)A.小球均静止时,弹簧的长度为L-B.角速度ω=ω0时,小球A对弹簧的压力为mgC.角速度ω0=D.角速度从ω0继续增大的过程中,弹簧的形变量增大解析:两球静止时,均受力平衡,对B球分析可知杆的弹力为零,FNB=mg,设弹簧的压缩量为x,对A球分析可得mg=kx1,故弹簧的长度为L1=L-x1=L-,选项A正确;当转动的角速度为ω0时,小球B刚好离开台面,即FNB′=0,设杆与转盘的夹角为θ,由牛顿第二定律可知=m·L·cos θ,F杆·sin θ=mg,而A球依然处于平衡,有F杆sin θ+mg=Fk=kx2,由几何关系有 sin θ=,联立四式解得Fk=2mg,ω0=,则弹簧对A球的弹力为2mg,由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg,选项B错误,C正确;若角速度从ω0继续增大,B球将飘起来,杆与水平方向的夹角θ变小,对A与B组成的系统,在竖直方向始终处于平衡状态,有Fk=mg+mg=2mg,则弹簧对A球的弹力是2mg,由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg,弹簧的形变量不变,选项D错误。11.(多选)如图所示,半径为r的圆弧BCD与倾角为θ的斜面相切于B点,与水平地面相切于C点,与圆O2轨道相切于D点,圆心O1、O2和D在同一水平直线上,圆O2的半径为r。质量为m的质点从斜面上某位置由静止释放,刚好能在圆O2轨道内做完整的圆周运动。不计一切阻力,重力加速度为g。则质点(　BD　)A.释放点距离地面的高度为5rB.在C点时对轨道压力为mgC.从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间,前后向心加速度之比为5∶2D.从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间,前后角速度之比为2∶5解析:质点刚好能在圆O2轨道做完整的圆周运动,在轨道的最高点mg=,设释放点离地高度为h,根据机械能守恒定律mv2=mg(h-r),解得h=4r,A错误;设质点在C点速度为vC,轨道对质点的支持力为FN,由机械能守恒定律有mgh=m,根据牛顿第二定律FN-mg=m,解得FN=mg,由牛顿第三定律可知,质点在C点时对轨道压力为mg,B正确;质点从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间,速度不变,由线速度与角速度关系ω=,可知=,D正确;质点从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间,速度不变,向心加速度an=,可知=,C错误。12.排球比赛的某个场景中,排球飞行过程可简化为如图所示,第一次运动员将飞来的排球从a点水平击出,球击中b点;第二次将飞来的排球从a点正下方的c点斜向上击出,也击中b点,且b点与c点等高。第二次排球运动的最高点d与a点等高,且两轨迹交点恰好为排球网上端点e。不计空气阻力,下列说法正确的是(　D　)A.两个过程中,排球运动到b点的速度大小可能相等B.b点与c点到球网平面的水平距离之比为3∶2C.a、c两点高度差与e、c两点高度差之比为4∶3D.排球两次击中b点前瞬间,重力的功率一定相等解析:第二次排球运动的最高点d与a点等高,故比较第一次排球从a到b的过程和第二次排球从d到b的过程,这两个过程都做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,下落高度一样,假设a到b的高度差为H,故运动时间一样,水平方向做匀速直线运动,有x=v0t,且xab=2xdb,可得va=2vd,第一次排球到达b的速度为vb1===;第二次排球到达b的速度为vb2==,可得vb1>vb2,选项A错误;由于两次排球到达b点时,竖直分速度都为,由P=Fv可知,重力的功率一定相等,选项D正确;比较第一次排球从a到e过程和第二次排球从e到d过程,根据可逆性,把第二次排球从e到d过程看成是从d到e过程的平抛运动,这两个过程竖直方向做自由落体运动,下落高度一样,运动时间也一样,根据va=2vd,可得xae=2xde,故有==,选项B错误;研究第一次排球的运动过程,由于==,可知==,根据h=gt2,可得=,故==,选项C错误。13.如图所示,半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上,转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。甲、乙两个小物块(均可视为质点)分别置于转台的A、B两处,OA、OB与OO′间的夹角分别为α=30°和β=60°。转台静止时,甲、乙均不会下滑。已知甲的质量是乙的两倍,重力加速度大小为g。当转台从静止开始缓慢加速转动,直到其中一物块刚要滑动的过程中,下列说法正确的是(　D　)A.甲的线速度大小始终为乙的 倍B.甲所受向心力的大小始终为乙的2倍C.陶罐对甲、乙所做的功相等D.当转台角速度为时,甲、乙均有向内侧运动的趋势解析:甲、乙的角速度相等,根据v=ωr可知甲、乙的线速度大小之比为===,即甲的线速度大小始终为乙的,故A错误;根据Fn=mω2r可得甲、乙所受向心力大小之比为==,即甲所受向心力的大小始终为乙的倍,故B错误;根据动能定理可知,陶罐对甲、乙所做的功之比为==,故C错误;假设当转台角速度为ω1时,陶罐对甲的摩擦力恰好为零,则此时有m1gtan α=m1Rsin α,解得ω1=,假设当转台角速度为ω2时,陶罐对乙的摩擦力恰好为零,则此时有m2gtan β=m2Rsin β,解得ω2=,根据<ω1<ω2可知,当转台角速度为时,甲、乙均有向内侧运动的趋势,故D正确。14.如图所示,有一固定光滑斜面ABC,其中AC=BC=2.5 m,质量为m=1 kg的小球(可视为质点)以10 m/s的初速度从底端A冲上斜面,恰好沿P点切线进入口径很小的光滑圆管轨道中,圆管轨道圆心为O,半径R=1 m,且OP与竖直方向的夹角为θ=60°,Q点为轨道最高点。求:(不计空气阻力,g取10 m/s2)(1)小球从B点抛出后在空中运动到最高点时的速度大小;(2)小球从A点运动到P点所用的时间;(3)小球在Q点对圆管轨道的作用力。解析:(1)设AB的长为x,小球从A到B过程中,由动能定理得-mghBC=m-m,解得vB=5 m/s,小球从B点飞出后做斜抛运动,在B点将小球速度沿水平方向和竖直方向分解,得vBx=vBy=vBcos 45°=5 m/s,小球斜抛到最高点时水平方向的速度不变,竖直方向速度为0,所以v最高点=5 m/s。(2)小球从A运动到B,设时间为t1,加速度大小为a,则a=gsin 45°=5 m/s2,t1== s=(-1) s,设小球从B点斜抛到最高点的过程中所用的时间为t2,则t2== s=0.5 s,小球运动到P点时的速度为vP== m/s=10 m/s,设小球从最高点运动到P点的时间为t3,vPy=vPsin 60°=gt3=5 m/s,解得t3= s,所以小球从A点运动到P点所用的总时间t=t1+t2+t3=(+) s。(3)小球从P到Q过程中,由动能定理得-mg(R+Rcos θ)=m-m,解得vQ= m/s,在Q点,当小球对圆管轨道的作用力为零时,由重力提供向心力,有mg=m,解得v0== m/s,因为vQ= m/s>v0,所以在Q点圆管轨道对小球的作用力FN方向竖直向下。由牛顿第二定律得FN+mg=m,解得FN=60 N,由牛顿第三定律知,在Q点小球对圆管轨道的作用力大小为60 N,方向竖直向上。答案:(1)5 m/s　(2)(+) s  (3)60 N,方向竖直向上15.(2022·绍兴二模)如图所示为滑雪大跳台简化模型,AB和EF是长为L1=50 m的倾斜轨道,倾角为θ=37°,CD是长为L2=30 m 的水平轨道,倾斜轨道AB、EF和水平轨道CD之间分别用一圆弧轨道连接,圆弧轨道半径为R=10 m,圆心角为θ=37°,FG为结束区。一质量为m=90 kg的运动员从A点静止滑下沿轨道ABCD运动,从D点沿水平方向滑离轨道后,完成空翻、回转等技术动作,落到倾斜轨道,最后停在结束区。为简化运动,运动员可视为质点,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。(1)运动员刚好从D点沿水平方向滑离轨道,求运动员在D点的速度大小;(2)在(1)情形下,求从开始运动到完成表演落到倾斜轨道过程中摩擦阻力做的功;(3)运动员可以在滑道ABCD滑行过程中利用滑雪杖支撑前进,获取一定的能量ΔE,要使运动员安全停留在结束区,落到倾斜轨道上的动能不能超过15 250 J,求ΔE大小应满足的条件。解析:(1)运动员在D点刚好沿水平方向滑离轨道,此时运动员受到的支持力为0,在D点有mg=,解得vD=10 m/s。(2)从A点到D点的过程中,由动能定理得WG+Wf=m,AD的高度差h0=L1sin 37°+R(1-cos 37°),WG=mgh0=28 800 J,联立解得Wf=-24 300 J。(3)设运动员从D点飞出到落到倾斜轨道上的水平位移为x,竖直下落距离为h,D点速度为v0。当落到倾斜轨道上时,由平抛规律x=v0t,h=gt2,得h=,由几何关系可得h-R(1-cos 37°)=(x-Rsin 37°)tan 37°,动能Ek=mgh+m,代入各量,用h表示,得Ek=mg[h+],当Ek=15 250 J时,解得h=10 m,在整个运动过程中mg(h0+h)+Wf+ΔE=Ek-0,解得ΔE=1 750 J,即ΔE≤1 750 J。  答案:(1)10 m/s　(2)-24 300 J   (3)ΔE≤1 750 J