2021届新高考版高考物理一轮复习训练：专题四 曲线运动

2+??2=10 m/s,C正确. 喷水口喷出时的速度大小v=√??????

5.D 当餐盘随转盘一起匀速转动时,餐盘受到重力、支持力和静摩擦力,故A错误.当餐盘随转盘一起加速转动时,餐盘受到的静摩擦力方向不指向转盘圆心,沿半径方向的分力提供向心力,与速度方向一致的分力使餐盘加速,故B错误.餐盘刚要发生相对滑动时所受静摩擦力最大,近似等于滑动摩擦力,满足μmg=mω2r,可知是否发生相对滑动与质量无关,故C错误.某只餐盘即将发生相对滑动时,减小转动半径,即减小餐盘做圆周运动的半径,使向心力小于最大静摩擦力,故D正确. 6.D 根据几何知识,知AC边与过顶点C的竖直虚线成30°角,以初速度v1水平抛出的小球在水平方向的22位移为x1=Lsin 30°=v1t1,竖直方向的位移为y1=Lcos 30°=g??1,解得??1=gL;另一小球水平方向的位移为

2

12

1

√3x2=Lsin 60°=v2t2,竖直方向的位移为

??2√3223

y2=Lcos 60°=2g??2,解得??2=4gL,所以有??1=,选项2

9

1

2

D正确.

【易错警示】 小球平抛运动的水平和竖直位移应该以水平面为参考平面.本题中的小球落在斜面上,注意正确寻找小球做平抛运动的水平位移和竖直位移. 2

7.B 甲、乙均做平抛运动,其运动轨迹如图所示,对甲有h1-Rsin θ=g??1,R-Rcos

21

θ=v01t1,gt1=v01tan θ,v1=h2-Rsin α=v02=√

27????20

12

??01cos??

,联立可解得v01=√

3????10

,v1=√

5????6

,t1=√

??02sin??

8??15??

,h1=R;对乙有

15

16

2

g??2,R+Rcos α=v02t2,v02=gt2tan α,v2=

15????4

12??

9

??

,联立可解得

,v2=√

,t2=√5??,h2=5R,则??01=3,??1=3,??1=3,?1=27,选项B正确.

02

2

2

2

√2??√2??√2?16

8.D 汽车运动到P点时,重力垂直于桥面的分力等于mgcos 45°,由于汽车在竖直面内做匀速圆周运动,

沿半径方向有向心加速度,所以汽车对桥面的压力小于mgcos 45°,A错误;汽车在竖直面内做匀速圆周运动,运动到Q点(圆弧最高点)时牵引力等于阻力,B错误;由于汽车在竖直面内做匀速圆周运动,沿半径方向有向心加速度,所以汽车运动到Q点时,桥面对汽车的支持力小于汽车重力,C错误;汽车从P点运动到Q点过程中,重力沿圆弧切线方向的分力一直减小,设汽车与Q之间圆弧所对圆心角为θ,其牵引力F=mgsin θ+f,一直减小,汽车从Q点运动到S点过程中,重力沿圆弧切线方向的分力一直增大,其牵引力F= f-mgsin θ,一直减小,所以汽车从P点运动到S点过程中,其牵引力一定一直减小,D正确.

9.CD 圆台光滑,对B球进行受力分析,受重力和圆台的支持力,如果轻杆对球有作用力,则球不可能平衡,故轻杆对B的作用力为0,选项B错误;弹簧的形变量 ΔL=L-Lcos θ,对A进行受力分析,受重力和弹力,根据胡克定律和力的平衡条件有 kΔL=mg,解得 k=

5??????

,选项A错误;当B、 C对桌面无弹力时,A、B、C

25

三球组成的系统在竖直方向所受合力为零 ,根据力的平衡条件 k(L-Lcos θ')=3mg,代入数据解得cos θ'=,可知θ'一定大于37°,选项D正确;对 B 进行受力分析,B的向心力由杆的拉力和重力的合力提供,即mgtan θ'=mω2Lsin θ',得ω=√,选项C正确.

2??5??

【技巧点拨】 由于圆台光滑,假设杆对B球有作用力,则球不可能平衡,故轻杆对B没有作用力;对A,由胡克定律和力的平衡条件可以求出弹簧的劲度系数k;利用整体法,把A、B、C看成一个整体,根据力的平衡条件可以求出轻杆与竖直方向夹角的余弦值;利用匀速圆周运动规律可以求出角速度. 10.AC 甲质点运动中没有离开球面,则在最高点时应满足mg≤m0,v0≥√????,则甲在运动过程中受到重力

????2

和球面的支持力,而支持力始终与运动方向垂直,不做功,只有重力做功,乙质点从球面顶端离开,R=2gt2,x=v0t≥√2R,则乙质点从球面顶端离开球面做平抛运动,两质点运动过程中机械能守恒,因此到达地面时速度大小相等,但方向不同,A正确;开始运动时,甲的加速度a甲≥g,乙的加速度a乙=g,B错误;除最高点和最低点之外,甲质点运动过程中受到的竖直方向的力始终大于乙质点运动过程中受到的力,定

1

性分析可知,甲的加速度始终大于乙的,高度相同,则甲质点先到达地面,C正确;从开始运动到落地,重力做功相同,甲质点的运动时间短,重力做功的平均功率大,D错误.

11.ACD 小球在顶端时,绳的拉力T与重力沿斜面向下的分力的合力提供小球做圆周运动所需的向心力,有T+mgsin θ=m??,可得绳的拉力越小,小球的速度越小,当绳的拉力为零时,小球恰好在斜面上做圆周运动,在顶端时的速度为vmin=√????sin??=√2,选项A错误;小球由顶端向底端运动时,只有重力对小球做功,

2

根据动能定理有mg·2lsin θ=2mv2-2m??min,代入数据可得v=√2,选项B正确;小球在斜面上受重力、支持

1

1

5????

????

??2

力和绳的拉力作用做变速圆周运动,其重力与斜面的支持力大小和方向均保持不变,绳的拉力大小和方向均不断变化,根据牛顿第三定律,以斜劈为研究对象,斜劈在小球恒定的压力、绳沿斜面方向不断变化的拉力、地面的支持力、摩擦力和自身的重力作用下保持平衡,绳的拉力沿斜面方向不断变化,故其在水平和竖直方向上的分量也在不断变化,根据斜劈的平衡条件可知,它受到的水平方向上的摩擦力大小是变化的,地面对斜劈支持力的大小不一定等于小球和斜劈重力之和,选项C、D错误.

12.CD 发生相对滑动前,静摩擦力和弹簧弹力的合力充当向心力,当刚好要滑动时,摩擦力达到最大静摩擦力,kr+μmg=mω2r知ω=√??+??,故随着转台转速增大,质量大的物体先达到临界角速度,会先发生相对滑动,故b先发生相对滑动,选项A错误;当a受到的摩擦力为0时,弹簧弹力充当a的向心力,弹簧弹力与静摩擦力的合力充当b的向心力,b质量较大,故向心力大,所以b受到的摩擦力指向圆心,选项B错误;根据B选项的分析知,当b受到的摩擦力为0时,弹簧弹力充当b的向心力,弹簧弹力与静摩擦力的合力充当a的向心力,a质量较小,故向心力小,所以a受到的摩擦力背离圆心,选项C正确;由选项A的分析可知,从静止开始缓慢地增大转台的转速,b先发生相对滑动,b刚要发生相对滑动时的角速度为ω=√??+2??,选项D正确.

13.解析:(1)当绳子与竖直方向夹角为θ=37°时,游客和座椅受到绳子拉力和重力作用,做匀速圆周运动,有 mgtan θ=m

??????

??????

??2

??+??sin??

(2分)

解得v=2√15 m/s.(2分)

(2)游客携带的物品掉落后做平抛运动,物品的落点在以轴心为圆心的一个圆周上,由2gt2=H-lcos θ,可得物品做平抛运动的时间t=√

2(H-l??????θ)

g

1

(2分)

平抛运动的水平距离s=vt(2分) 设圆形栅栏的半径为r,则有 r2=s2+(R+lsin θ)2(2分) 解得H=7 m.(2分) 【方法点拨】 联系实际的物理问题,首先将实际问题转换为物理问题,构建出物理模型,在此过程中需要作出受力分析图、运动过程图,如果涉及立体问题,还需要灵活选择剖面图、侧视图或投影图,将立体问题转换成平面问题. 2

14.解析:(1)设小球经过C点时的速度大小为v1,由机械能守恒定律有mg(H+R)=2m??1(1分)

1

由牛顿第二定律有FN-mg=m??(1分) 代入数据解得FN=6.8 N.(1分)

??21

(2)从P到Q小球做平抛运动 竖直方向有h=2gt2(1分) 水平方向有=vPt(1分)

2??

1

代入数据解得vP=3 m/s.(1分)

2

(3)小球从开始运动到P点的过程中,机械能守恒,取DQ水平面为零势能面,则2m????+mgh=mg(H+hOD)(1

1

分)

代入数据解得hOD=0.3 m.(1分)

15.解析:(1)对小物块从P到D的过程运用动能定理得

2

-mgR-μmgcos 37°×tan37°=0-2m??0(2分)

??

1

解得v0=4 m/s.(2分)

(2)小物块从P到E的过程,由动能定理得 mgR-μmgcos37°×??tan37°

=m??2??-m??20(2分)

2

2

11

解得vE=4 m/s(1分)

对小物块在E点时受力分析,根据牛顿第二定律可知 F-mg=m??(1分)

????2

得圆弧管道对小物块的支持力F=50 N

根据牛顿第三定律可知小物块对圆弧管道的压力为50 N.(1分)

(3)小物块从圆弧管道的D点抛出后做平抛运动,且水平位移与竖直位移分别是 x=

??sin37°

=R,y=R(2分)

3

1

5

由平抛运动规律知x=vDt,y=2gt2(2分) vD表示小物块运动到D点时的速度 解得vD=

1

1

5√23

m/s(2分)

1

根据能量守恒定律可知,这时小物块在P点的初动能应满足

2=m??2+m??2(2分) mv02??22

解得 v=

√1943

m/s.(1分)