【课时演练知能提升+优化方案】2015届高考物理二轮专题题库+专题三+抛物运动与圆周运动(含详解)

一、选择题 1．(2014·陕西师大附中期中)如图所示，两次船头垂直对岸渡河时船相对于水的速度大小和方向都不变，已知第一次实际航程为A 至B ，位移为x 1，实际航速为v 1，所用时间为t 1；由于水速增大，第二次实际航程为A 至C ，位移为x 2，实际航速为v 2，所用时间为t 2，则( )

A ．t 2＞t 1，v 2＝x 2v 1

x 1

B ．t 2＞t 1，v 2＝x 1v 1

x 2

C ．t 2＝t 1，v 2＝x 1v 1

x 2

D ．t 2＝t 1，v 2＝x 2v 1

x 1

解析：选D.设河的宽度为d ，则船在水中运动的时间t ＝

d

v 船

，可见两次渡河的时间是相等的，即t 2＝t 1；根据运动的等时性，x 1v 1＝x 2

v 2，可得v 2＝x 2v 1x 1

，选项D 正确．

2．(多选)(2013·高考江苏卷)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A 、B ，分别落在地面上的M 、N 点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( ) A ．B 的加速度比A 的大 B ．B 的飞行时间比A 的长

C ．B 在最高点的速度比A 在最高点的大

D ．B 在落地时的速度比A 在落地时的大

解析：选CD.两球加速度都是重力加速度g ，A 错误；飞行时间t ＝2

2h

g

，h 相同则t 相同，B 错误；水平位移x ＝v x t ，在t 相同情况下，x 越大说明v x 越大，C 正确；落地速度v ＝v 2x ＋v 2

y ，两球落地时竖直速度v y 相同，可见v x 越大，落地速度v 越大，D 正确． 3．(多选)(2014·青岛模拟)质量为2 kg 的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )

A ．前2 s 内质点处于失重状态

B ．2 s 末质点速度大小为4 m/s

C ．质点的加速度方向与初速度方向垂直

D ．质点向下运动的过程中机械能减小

解析：选AD.根据水平方向的位移图象可知，质点水平方向做匀速直线运动，水平速度v x

＝4

3

m/s.根据竖直方向的速度图象可知，在竖直方向做匀加速直线运动，加速度a ＝1 m/s 2.前2 s 内质点处于失重状态，2 s 末质点速度为v ＝42＋????432

m/s ＞4 m/s ，选项A 正确，B 错误．质点的加速度方向竖直向下，与初速度方向不垂直，选项C 错误．质点向下运动的

过程中a ＝1 m/s 2＜g ，所以质点除受重力外，还受竖直向上的力作用，在质点斜向下做曲线运动过程中这个力做负功，故机械能减小，选项D 正确．

4．(2014·上海市徐汇区二模)如图，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点．O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g ，则小球抛出时的初速度为( ) A. 3gR

2

B. 33gR

2

C.

3gR 2 D. 3gR

3

解析：选B.到达B 点时，平抛运动的水平位移x ＝R ＋R cos 60° 设小球抛出时的初速度为v 0，则到达B 点时有

tan 60 °＝v 0gt ，水平位移与水平速度v 0的关系为x ＝v 0t ，联立解得v 0＝33gR

2

，选项B 正

确．

5．如图所示，匀强电场方向竖直向下，场强为E ，从倾角为θ的足够长

的斜面上的A 点先后将同一带电小球(质量为m ，所带电荷量为q )以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v 1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为α1，第二次初速度为v 2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面的夹角为α2，若v 1＞v 2，则( ) A ．α1＞α2 B ．α1＝α2 C ．α1＜α2 D ．无法确定

解析：选B.本题为类平抛运动，可迁移“做平抛运动的物体在任一时刻的速度方向与水平方向夹角α的正切值是此时其位移与水平方向夹角β正切值的2倍”，即“tan α＝2tan β”这一结论，由于两次完成的位移方向一致，则末速度方向必定一致，从而得到正确选项为B.

6．(2014·北京市石景山区模拟)如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是以O 为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P 点向右水平飞出，该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入轨道．OA 与竖直方向的夹角为θ1，P A 与竖直方向的夹角为θ2.下列说法正确的是( ) A ．tan θ1tan θ2＝2 B ．cot θ1tan θ2＝2 C ．cot θ1cot θ2＝2 D ．tan θ1cot θ2＝2

解析：选A.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，小球

在A 点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝v y v 0＝gt

v 0

，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2

＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt

，则tan θ1tan θ2＝2，选项A 正确．

7．(2013·高考江苏卷)如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( ) A ．A 的速度比B 的大

B ．A 与B 的向心加速度大小相等

C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等

D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小

解析：选D.根据v ＝ωr ，两座椅的ω相等，由r B ＞r A ，可知v B ＞v A ，A 错误；向心加速度a

＝ω2r ，因ω相等r 不等，故a 不相等，B 错误；水平方向mg tan θ＝mω2

r ，即tan θ＝ω2r g

，

因r B ＞r A ，故θB ＞θA ，C 错误；竖直方向F T cos θ＝mg ，绳子拉力F T ＝mg

cos θ

，因θB ＞θA ，故

F T B ＞F T A ，D 正确． 8．(多选)(2014·河南南阳一中期末)如图甲所示，一轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F N ，小球在最高点的速度大小为v ，F N －v 2图象如图所示．下列说法正确的是( )

A ．当地的重力加速度大小为R

b

B ．小球的质量为a

b

R

C ．v 2＝c 时，杆对小球弹力方向向上

D ．若v 2＝2b ，则杆对小球弹力大小为a

解析：选BD.通过题图分析可知：当v 2＝b ，F N ＝0时，小球做圆周运动的向心力由重力提

供，即mg ＝m b R ，g ＝b

R ，A 错误；当v 2＝0，F N ＝a 时，重力与弹力F N 大小相等，即mg ＝a ，

所以m ＝a g ＝a

b

R ，B 正确；当v 2＞b 时，杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向

下，故v 2＝c ＞b 时，杆对小球的弹力方向竖直向下，C 错误；若v 2＝2b 时，mg ＋F N ＝m 2b

R

，

解得F N ＝a ，方向竖直向下，D 正确．

9．(2014·重庆模拟)如图所示，水平向左的匀强电场中，长为L 的绝缘细线一端固定于O 点，另一端系一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(可视为质点)，将小球拉到使细线水平伸直的A 点，无初速度释放小球，小球沿圆弧到达最低位置B 时速度恰好为零，重力加速度为g .以下说法正确的是( )

A ．匀强电场场强大小为E ＝2mg

q

B ．小球在B 位置时加速度为零

C ．小球运动过程中的最大速率为v ＝2(2－1)gL

D ．若将小球拉到使细线水平伸直的C 点，无初速度释放小球后，小球必能回到C 点

解析：选C.对由A 到B 过程应用动能定理mgL －qEL ＝0，E ＝mg

q

，A 错；小球在B 位臵受

重力和向左的电场力，合力不为零，B 错；小球运动到AB 轨迹中点时速度最大，由动能定

理mgL sin 45°－qE (L －L cos 45°)＝1

2

m v 2－0，解之得v ＝2(2－1)gL ，C 对；从C 点释放后，

电场力和重力对小球都做正功，小球不会返回到C 点，D 错． 二、计算题 10．(2014·高考浙江卷)如图所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的

初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2)

(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；

(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离； (3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围． 解析：(1)装甲车匀减速运动时的加速度大小

a ＝v 20

2s ＝209

m/s 2. (2)第一发子弹飞行时间t 1＝L

v ＋v 0

＝0.5 s

弹孔离地高度h 1＝h －12

gt 2

1＝0.55 m

第二发子弹的弹孔离地的高度

h 2＝h －12g ???

?

L －s v 2＝1.0 m

两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.

(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1

L 1＝(v 0＋v )2h

g

＝492 m

第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2

L 2＝v 2h

g

＋s ＝570 m

L 的范围为492 m

答案：(1)20

9

m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m

(3)492 m

11．如图所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R ＝0.4 m ，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.

(1)求小物块到达C 点时的速度大小；

(2)求小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力； (3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L 至少多大？ 解析：(1)小物块在C 点时的速度大小为

v C ＝v 0

cos 60°

＝4 m/s.

(2)小物块由C 点到D 点的过程中，由动能定理：

mgR (1－cos 60°)＝12m v 2D －12m v 2

C

代入数据解得v D ＝2 5 m/s

小物块在D 点时由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2D

R

代入数据解得F N ＝60 N

由牛顿第三定律得小物块在D 点时对轨道的压力F ′N ＝F N ＝60 N ，方向竖直向下． (3)设小物块刚滑到木板左端时与木板达到共同速度，大小为v ，小物块在木板上滑行过程中，小物块与木板的加速度大小分别为

a 1＝μmg m ＝3 m/s 2，a 2＝μmg M

＝1 m/s 2

小物块和木板达到共速，则有v ＝v D －a 1t ，v ＝a 2t 对小物块和木板系统，由能量守恒定律得

μmgL ＝12m v 2D －12

(m ＋M )v 2

解得L ＝2.5 m ，即木板的长度至少为2.5 m.

答案：(1)4 m/s (2)60 N ，方向竖直向下 (3)2.5 m

12．(2014·柳铁二模)如图所示，一个3

4

圆弧形光滑细圆管轨道ABC ，放置在竖直平面内，轨

道半径为R ，在A 点与水平地面AD 相接，地面与圆心O 等高，MN 是放在水平地面上长为3R 、厚度不计的垫子，左端M 正好位于A 点．将一个质量为m 、直径略小于圆管直径的小球从A 处管口正上方某处由静止释放，不考虑空气阻力．

(1)若小球从C 点射出后恰好能落到垫子的M 端，则小球经过C 点时对管的作用力大小和方向如何？

(2)欲使小球能通过C 点落到垫子上，小球离A 点的高度的取值范围是多少？

解析：(1)小球离开C 点做平抛运动，落到M 点时水平位移为R ，竖直下落高度为R ，根据运动学公式可得：

R ＝12

gt 2

运动时间t ＝2R

g

从C 点射出的速度为v 1＝R t ＝gR

2

设小球以v 1经过C 点受到管对它的作用力为F N ，由牛顿第二定律得

mg －F N ＝m v 21

R

解得：F N ＝mg －m v 21

R ＝mg 2

由牛顿第三定律知，小球对管的作用力大小为1

2

mg ，方向竖直向下．

(2)小球下降的高度最高时，小球平抛的水平位移为4R ，落到N 点．

设能够落到N 点的水平速度为v 2，根据平抛运动规律可求得：v 2＝4R

t ＝8gR

设小球下降的最大高度为H ，根据机械能守恒定律得：mg (H －R )＝1

2m v 22

解得：H ＝v 22

2g

＋R ＝5R .

小球下降的高度最低时，小球运动的水平位移为R ，落到M 点，同理可解得：H ＝5R

4

故H 取值范围是5

4

R ≤H ≤5R .

答案：(1)12mg ，方向竖直向下 (2)5

4

R ≤H ≤5R