《2016高考物理二轮复习 专题限时训练3 抛体运动和圆周运动（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016高考物理二轮复习 专题限时训练3 抛体运动和圆周运动（含解析）（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 抛体运动和圆周运动(限时45分钟)一、单项选择题(每小题6分，共30分)1(2015嘉兴期末)拍苍蝇与物理知识有关市场出售的苍蝇拍，拍柄长约30 cm，拍头是长12 cm、宽10 cm的长方形这种拍的使用效果往往不好，拍头打向苍蝇，尚未打到，苍蝇就飞了有人将拍柄增长到60 cm，结果一打一个准其原因最有可能的是拍头()A线速度变大了 B角速度变小了C向心加速度变小了 D打苍蝇的力变小了答案：A解析：在打苍蝇的过程中，拍头可近似看做做圆周运动，增长拍柄相当于增大了拍头做圆周运动的半径，在角速度一定时，半径越大，线速度就越大，故选项A正确，B、C、D错误2(2015太原模拟)如图所示，光滑的凸轮
2、绕O轴匀速转动，C、D是凸轮边缘上的两点，AB杆被限制在竖直方向移动，杆下端A在O点正上方与凸轮边缘接触且被托住图示位置时刻，AB杆下降速度为v，则()A凸轮绕O轴逆时针方向旋转B凸轮上C、D两点线速度大小相等C凸轮上C、D两点加速度大小相等D凸轮上与杆下端接触点的速度大小一定为v答案：A解析：光滑的凸轮绕O匀速转动到题图示时刻，AB杆能竖直向下降，则凸轮一定沿逆时针方向转动，A正确；由vr、a2r可知，vDvC，aDaC，B、C均错误；AB杆此时下降的速度为v，则凸轮与杆下端接触点的速度沿竖直方向的分速度为v，D错误3(2015福建理综)如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、
3、B、C三点在同一水平线上若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()At1t2 D无法比较t1、t2的大小答案：A解析：在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2易知，v1v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成
4、的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C的平均速度要更大一些，故t1b时，杆对小球的弹力方向向下，选项B错误；当v22b时，FNmgm，解得FNmg，选项C正确；根据图象，amg，而g，所以m，选项D正确三、计算题(每小题16分，共32分)9. (2015浙江理综)如图所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H0.8 m，长L21.5 m斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌
5、面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(已知sin 370.6，cos 370.8)(3)继续增大角，发现53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.答案：(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m解析：(1)为使小物块下滑，应有mgsin 1mgcos 满足的条件tan 0.05即当arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑(2)克服摩擦力做功Wf1m
6、gL1cos 2mg(L2L1cos )由动能定理得mgL1sin Wf0代入数据得20.8.(3)由动能定理得mgL1sin Wfmv2结合式并代入数据得v1 m/s由平抛运动规律得Hgt2，x1vt解得t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m10(2015山东理综)如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球和右侧滑轮的距离为l.开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60角，如图乙所示，此时传感器装置的示数为初始值
7、的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g.求：甲乙(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功答案：(1)3m(2)0.1mgl解析：(1)设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得对小球，T1mg对物块，F1T1Mg当细绳与竖直方向的夹角为60时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F21.25F1，由平衡条件得对小球，T2mgcos 60对物块，F2T2Mg联立式，代入数据得M3m.(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf，由动能定理得mgl(1cos 60)Wfmv20在最低位置，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知，F30.6F1.对小球，由牛顿第二定律得T3mgm对物块，由平衡条件得F3T3Mg联立式，代入数据得Wf0.1mgl.- 7 -
