完整版平抛与圆周运动相结合专项训练卷

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1、 学年度北京师范大学万宁附属中学2013-2014 平抛运动与圆周运动相结合训练卷 考试范围：平抛 圆周 机械能；命题人：王占国；审题人：孙炜煜_ 学校:_姓名：_班级：_考号： 一、选择题（题型注释）m以的小球，内径很小的光滑半圆细管竖直放置，一质量为6如图所示，半径为RACv时与管壁之间的弹力大小为某一速度从下端管口进入，并以速度通过最高点1mg60.vmC通过最高点以某一速度从下端管口进入，另一质量也为，并以速度小球B22v?vs10g?mmg.03BA两球落地时，且,时与管壁之间的弹力大小为。当，、21xx 之比可能为（ 落地点与下端管口之间的水平距离、）AB xx137BB? A.

2、B. 2x2xAAxx137BB?C. D. 4x4xAA CD【答案】 【解析】也是向下的压力，则根据BA球通过最高点时，对细管是向下的压力，则试题分析：若22vv21gR?0.4vm?0.6mgmg?mmg?0.3mg,牛顿第二定律可得，,解得：1RRgR?0.7v 不符合题意解得22v1gR1.6v?m?mg?0.6mg 故对A，只能有：解得：1R22vv220.7gRv?mg?0.3mg?mmmg?mg0.3?解得或得,解有对B ：者2RRv?1.3gR 2x?vt，因为距离地面的高度相同，所以C点后，小球做平抛运动，所以水平位移通过 页23页，总1试卷第xx137BB? 或者落地时间

3、相同，故可得4x4xAA 故选CD 考点：考查了平抛运动v?v 点评：做本题的关键是知道小球在C点的向心力来源，可根据判断21点有一小AR7如图所示，半径为的半圆形圆弧槽固定在水平面上，在圆弧槽的边缘v作平抛运动，球（可视为质点，图中未画出），今让小球对着圆弧槽的圆心O以初速度0R 从抛出到击中槽面所用时间为（g为重力加速度）。则平抛的初速度可能是gO A B R 32?2?3gRvv?gR?0022 A B33?3?3gRv?gRv?0022 C DAB 【答案】 【解析】试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动由R12?gth?水平位移有两个值，竖直位移小球

4、可能落在左半边也可能落在右半边，2200cos30?RR?RRcos30,，由水平方向匀速直线运动可求由勾股定理可求出分别为3?2?32gRgR?vv?0022 AB对。 出两个水平速度分别为 、 :AB故选 考点：平抛运动知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运解决本题的关键掌握平抛运动的规律，点评： 动，在竖直方向上做自由落体运动为沿水平方向为圆心，ABO8如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，点；小球将击中坑壁上的最低点D沿vA的直径。若在点以初速度AB方向平抛一小球，1方向平抛另一相同质量的小球并也能沿点以初速度CvBA点小球抛出的同时，在若A2 点。已知击中DCOD = 60，

5、且不计空气阻力，则（） 点两小球同时落到AD 页23页，总2试卷第 B两小球在此过程中动能的增加量相等 点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等C在击中D:3vv6:? 两小球初速度之比D21 CD【答案】 【解析】A点小球后落到点，选项试题分析：平抛运动飞行时间只与高度有关，DA错误；由动能定理，两小球在此过程中动能的增加量不相等，选项B错误；在击中D点前瞬间，重12tvR? gt?R；，C正确；由平抛运动规律，力对两小球做功的功率不相等，选项1121?26tvRsin60? gt?1?cos60?R3，选项D=正确 ，；联立解得vv21222考点：考查了平抛运动的应用， 点评：做解此类型的问

6、题时，需要结合数学知识求解，所以要在平时的训练中，训练数物结合的思想 O。一小球（可视为质点）从与如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为9AvCOC点。已知圆心等高的圆形轨道上的水平向右抛出，落于圆轨道上的点以速度0OAgAC的时间为( )，重力加速度为运动到，则小球从的连线与的夹角为 ?vv2vv20000 tan A cot B cot D tan Cgggg2222【答案】A 【解析】 ?vcost?RRv，水平向右抛出，做平抛运动，水平方向有试题分析：小球以速度00?vv22sin12?00?t?cotgtRsin?，解得竖直方向有 。?g21?cosg2故选A 考点：平抛运动规

7、律的应用 点评：解决本题的关键是由图得出合位移大小和方向，从而运用几何知识和运动学知识表示出竖直和水平方向的速度与位移 10水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v沿直线轨道向右运动，如图所示，小球进入圆形轨道后刚好能通过c点，然后小球做0平抛运动落在直轨道上的d点，则（ ） 页23页，总3试卷第gR c点的速度为A小球到达 mgb点时轨道的压力为5B小球到达 R点距离为2C小球在直轨道上的落点d与bR2 点所需时间为D小球从c点落到dgACD 【答案】 【解析】 二、填空题（题型注释） 三、实验题（题型注释） 四、计算题（题型注释）相连接，且分）如图所示，粗

8、糙水平地面与半径为R=0.5m的光滑半圆轨道BCD11（9的小物块在的圆心，BOD在同一竖直线上。质量为m=1kg在同一竖直平面内，O是BCD当小物块运动到由静止开始从A点开始做匀加速直线运动，水平恒力F=15N的作用下，重力加间的距离为3m,ABB点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知210m/s?g 。求：速度 （1）小物块运动到B点时的速度； （2）小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离。 （3）小物块在水平面上从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功 v?5gR?5m/s（2）x=1m（【答案】（1）3）W=32.5J fB【解析】 试题分析：（1）因为小物块恰能通过

9、D点，所以在D点小物块所受重力等于向心力，即 2vDmmg? 1分 R小物块由B运动D的过程中机械能守恒，则有 页23页，总4试卷第1122 分 1mgR2mv?mv?DB22s/5m?5gR?v 分 1所以B (2)设小物块落地点距B点之间的距离为x，下落时间为ttx?v 1根据平抛运动的规律分D12gt2R? 1分2 解得x=1m 1分 (3)小物块在水平面上从A运动到B过程中根据动能定理，有12mvWFx? 2分BfAB2 分解得：W=32.5J 1f 考点：考查了平抛运动，机械能守恒，动能定理的应用,kg的小物块将弹簧缓慢压缩14分）光滑水平桌面上有一轻弹簧，用质量m0.4 12（，已

10、知其圆弧轨点沿切线进入光滑圆弧轨道MNPA恰好由点水平抛出, P释放后物块从，点到桌面的竖直距离也是R0.8 m的圆环剪去了左上角135的圆弧，P道为半径R2 ，不计空气阻力。求： 为竖直直径，g10 m/sMN 物块离开弹簧时的速度大小;(1) )N物块在点对圆弧轨道的压力.(结果可用根式表示(2)2 2）28+4N【答案】（1）4m/s （ 【解析】 做平抛运动，A点以初速度v试题分析：(1)物块由AgR2 v4 m/s 由几何知识可知v=Vv落到P点时其竖直速度为 解得，AyyA1122mvmv (2)A到N点，由动能定理有 mgR+(R-Rcos45)=- A222vm 在N点有：F-

11、mg =R2 解得F=28+4N F，方向竖直向下。 由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力大小等于 牛顿第二定律 考点：平抛运动 动能定理 的竖直半圆组成光滑轨道，水平轨道与半圆R=2.5m如图，斜面、水平轨道和半径13点斜A一个质量为m=0.1kg的小球从水平地面上轨道固定在水平面上。的最低点相切，水平进入轨道，然后沿斜面向上，达到最大高度向上抛出，并在半圆轨道最高点D取g不计空气阻力，小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失。h=6.25m。(（2 10m/s) 求 页23页，总5试卷第 1）小球抛出时的速度（角度可用三角函数表示）（ 的水平距离A）小球抛出点到D（2 ）小球运动到半圆

12、轨道最低点时球对轨道的压力（3 5m (3) 11N2arctan2 （）【答案】（1） 【解析】 （1）从D点到斜面最高点的过程中机械能守恒，则有试题分析：1gR2 =5m/s解得：v=mv+2mgR=mgh DD2 设小球抛出时的速度为v，根据机械能守恒定律有：01102 代入数值解得：vm/s=5mv= mgh 002，的水平距离为x小球抛出点A到D到D的过程可以看做从D到A的逆过程， 小球从A 根据平抛运动规律有：2gx 代入数值解得：x=5m2R= 2v2D 设小球抛出时速度方向与水平方向夹角为，根据平抛运动规律有：R2 =arctan2=2 tan=2所以x x=5m由（1）问知(

13、2) 10 ，由牛顿第二定律得：m/s(3) 根据机械能守恒定律知小球在最低点的速度为v=502v0 N=11NN-mg=m，所以：R，方向由牛顿第三定律可知，小球运动到半圆轨道最低点时球对轨道的压力大小为11N 竖直向下。 牛顿运动定律考点：平抛运动 机械能守恒定律点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为如图所示，在水平放置的圆盘边缘C14与圆盘圆B平行放置一条水平滑道AB，滑道右端R=1m,在圆盘直径CD的正上方，与CD，在滑道左端静止放h= 1.25mB点距离圆盘圆心的竖直高度心O在同一竖直线上，且=0.2，现用力的物块（可视为质点），物块与滑道的动摩擦因数为置质量为m=0.4kgrad

14、/s，绕通过圆=2 的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置以角速度F=4 N点水平抛出，B拉力作用在物块上一段时间后撤掉，最终物块由O心的竖直轴匀速转动，2 )重力加速度取10m/s。(恰好落入圆盘边缘的小桶内。 页23页，总6试卷第 （1）若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度 （2）求拉力所做的最少的功 【答案】（1）4m (2)1.44J 【解析】，只在滑动摩擦力作用下的加速度（1）设在拉力F作用下物体的加速度为a试题分析：1 -mg=ma，根据牛顿第二定律有：F-mg=maa为2 21 22 =-2m/s=8m/s解得a a21 h2 =0.5s 所以从由平抛运动规律知从B到C的

15、时间为点飞出速度为t=BgR v=2m/s =Bt 设拉力作用时间为t，则滑道的长度L应满足：02?2v?at1B102m4at?L? 01a222，则应满足圆盘在刚要使拉力做功最少，则应拉力作用时间最短（或作用距离最短）(2)）的分析知从拉力开1中，由题可知圆盘转动周期：T=1s.由（好转动一周时物块掉进C 自由滑动时间为t，t始作用到滑块到B点所用时间等于0.5s，设拉力作用时间为,21 =0.2s，所以拉力做的最少的功为：，解得t=0.3s，tt则有v=at+a22B112112 t=1.44JaW=F1F12 圆周运动考点：牛顿第二定律 平抛运动相切于AB的半圆形光滑轨道BCD跟水平直轨道15如图所示，竖直放置的半径R=0.4mA，静止在水平轨道上点为半圆形轨道的最高点。可视为质点的物块m=0.5kgB点，Dm。现给物块l=2m=0.2，A