2023届二轮复习 专题一 第3讲　力与曲线运动 素养作业

第3讲　力与曲线运动

1.(2022·重庆模拟)如图所示,在倾角为α=30°的光滑斜面上有一长L=0.8 m的轻杆,杆一端固定在O点,可绕O点自由转动,另一端系一质量为m=0.05 kg的小球,小球在斜面上做圆周运动,g取10 m/s2。要使小球能到达最高点A,则小球在最低点B的最小速度是(　A　)

A.4 m/s    B.2 m/s

C.2 m/s D.2 m/s

解析:小球恰好到达A点时的速度大小为vA=0,此时对应B点的速度最小,设为vB,对小球从A到B的运动过程,由动能定理有m-m=2mgLsin α,

解得vB=4 m/s,故选A。

2.(2022·湖南卷,8)(多选)如图,火星与地球近似在同一平面内,绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动,火星的轨道半径大约是地球的

1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动,称为顺行;有时观测到火星由东向西运动,称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上,且太阳和火星位于地球两侧时,称为火星冲日。忽略地球自转,只考虑太阳对行星的引力,下列说法正确的是(　CD　)

A.火星的公转周期大约是地球的

B.在冲日处,地球上的观测者观测到火星的运动为顺行

C.在冲日处,地球上的观测者观测到火星的运动为逆行

D.在冲日处,火星相对于地球的速度最小

解析:由开普勒第三定律可知,由于火星轨道半径大于地球轨道半径,所以火星公转周期一定大于地球公转周期(也可根据=,r火≈1.5r地,

得出T火=T地),选项A错误;火星与地球均绕太阳做匀速圆周运动,即G=m,解得v=,所以火星公转速度小于地球公转速度,因此在冲日处,地球上的观测者观测到火星相对地球由东向西运动,为逆行,选项B错误,C正确;火星和地球运行的线速度大小不变,且在冲日处,地球与火星速度方向相同,故此时火星相对于地球的速度最小,

选项D正确。

3.(2022·黑龙江大庆模拟)(多选)如图所示,一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直轨道最低点A处,B为轨道最高点,C、D为圆的水平直径两端点。轻质弹簧的一端固定在圆心O点,另一端与小球拴接,已知弹簧的劲度系数为k=,原长为L=2R,弹簧始终处于弹性限度内,若给小球一水平向右的初速度v0,已知重力加速度为g,则(　CD　)

A.无论v0多大,小球均不会离开圆轨道

B.若<v0<,则小球会在BD间脱离圆轨道

C.只要v0>,小球就能做完整的圆周运动

D.只要小球能做完整的圆周运动,则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与v0无关

解析:因弹簧的劲度系数为k=,原长为L=2R,所以小球始终会受到弹簧的弹力作用,大小为F=k(L-R)=kR=0.5mg,在最高点若速度较小,如弹簧弹力和重力的合力大于小球做圆周运动所需的向心力,小球能脱离圆轨道,故A错误。若小球恰好能在竖直平面内做圆周运动,则在最高点小球受到的合力恰好提供向心力,此时=mg-F,可得vmin=,小球在运动过程中只有重力做功,弹簧的弹力和轨道的支持力不做功,机械能守恒。当运动到最高点的速度为vmin=时,在最低点的速度最小,有m=2mgR+m,解得v0=,所以只要v0>,小球就能做完整的圆周运动,故B错误,C正确。在最低点时,设小球受到的支持力为FN,有FN-mg-F=m,解得FN=1.5mg+m,运动到最高点时受到轨道的支持力最小,设为FN′,设此时的速度为v,

由机械能守恒定律有m=2mgR+mv2,此时合力提供向心力,

有FN′+mg-F=m,联立解得FN′=m-4.5mg,联立解得压力差为

ΔFN=6mg,与初速度无关,故D正确。

4.(多选)如图所示,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P,它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W1。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为FN,在从最低点到右侧最高点的过程中,运动路程为s2,克服摩擦力做的功为W2,则(　ABC　)

A.a= B.FN=

C.W2<W1             D.s2=

解析:质点P由静止滑到最低点的过程中只有重力、摩擦力做功,故由动能定理可得mgR-W1=mv2,那么,a==,故A正确;对质点在最低点应用牛顿第二定律可得FN-mg=,所以FN=mg+=,

故B正确;由于摩擦力做负功,那么质点不能到达右半侧与水平直径的交点,故s2<,且在相同高度,质点在右半侧的速度小于在左半侧的速度,那么由牛顿第二定律可知,质点在右半侧受到的支持力小于在左半侧受到的支持力,所以,质点在右半侧受到的摩擦力小于在左半侧受到的摩擦力,即W2<W1,故C正确,D错误。

5.(2022·四川宜宾检测)2021年5月,基于“中国天眼”球面射电望远镜(FAST)的观测,首次研究发现脉冲星三维速度与自转轴共线的证据。如图,假设在太空中有恒星a、b双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动,运动周期为T1,它们的轨道半径分别为Ra、Rb,Ra<Rb,c为b的卫星,绕b做逆时针匀速圆周运动,周期为T2,忽略a与c之间的引力,引力常量为G。以下说法正确的是(　B　)

A.若知道卫星c的轨道半径,则可求出卫星c的质量

B.恒星a的质量大于恒星b的质量

C.恒星a的质量为

D.a、b、c三星由图示位置到再次共线所需时间为

解析:在b、c组成的系统中,对于c,由万有引力提供向心力可得G=mcRc,所以无法求出c的质量,A错误;a、b双星系统,a、b间引力提供a、b做圆周运动的向心力,故a、b的向心力相等,且周期相等,所以有Ma()2Ra=Mb()2Rb,Ra<Rb,所以Ma>Mb,B正确;a、b双星系统,对于b星,由万有引力提供向心力,G=MbRb,得Ma=,

C错误;a星转过的圆心角等于b星转过的圆心角,因此当a、b、c三星由图示位置到再次共线时,a星转过的圆心角与c星转过的圆心角之和等于π,即ωat+ωct=π,t+t=π,求得t=,D错误。

6.(2022·吉林延吉模拟)(多选)如图所示,点L1和点L2称为地月连线上的拉格朗日点。在L1点处的物体可与月球同步绕地球转动。在L2点处附近的飞行器无法保持静止平衡,但可在地球引力和月球引力共同作用下围绕L2点绕行。我国中继星“鹊桥”就是绕L2点转动的卫星,嫦娥四号在月球背面工作时所发出的信号通过“鹊桥”卫星传回地面。若“鹊桥”卫星与月球、地球两天体中心距离分别为R1、R2,信号传播速度为c,则(　BD　)

A.“鹊桥”卫星在地球上发射时的发射速度大于地球的逃逸速度

B.处于L1点的绕地球运转的卫星周期接近28天

C.嫦娥四号发出信号到传回地面的时间为t=

D.处于L1点绕地球运转的卫星其向心加速度a1小于地球同步卫星的向心加速度a2

解析:逃逸速度是卫星脱离地球引力束缚的速度,即为第二宇宙速度,可知,“鹊桥”的发射速度应小于逃逸速度,故A错误;根据题意知,中继星“鹊桥”绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同,约为28天,故B正确;“鹊桥”卫星与月球、地球两天体中心距离分别为R1、R2,到地表的距离要小一些,则嫦娥四号发出信号到传回地面的时间t要小于 ,故C错误;由a=rω2可知,处于L1点绕地球运转的卫星的向心加速度a1小于月球的向心加速度,由a=可知,月球的向心加速度小于同步卫星的向心加速度,则处于L1点绕地球运转的卫星的向心加速度a1小于地球同步卫星的向心加速度a2,故D正确。

7.(2022·湖南衡阳二模)若航天员驾驶宇宙飞船绕质量分布均匀的某星球做匀速圆周运动,测得飞船线速度大小的二次方与轨道半径的倒数的关系图像如图中实线所示,该图线(直线)的斜率为k,图中r0(该星球的半径)为已知量,引力常量为G。下列说法正确的是(　C　)

A.该星球的质量为

B.该星球自转的周期为

C.该星球表面的重力加速度大小为

D.该星球的第一宇宙速度为

解析:根据G=m,得到v2=GM·,可知斜率k=GM,该星球的质量M=,故A错误;显然自转周期没有条件可以求解,故B错误;由GM=gR2,可得g=,故C正确;由第一宇宙速度v=,可得v=,故D错误。

8.(2022·湖南长沙一模)往复式活塞压缩机简图如图所示,圆盘与活塞通过铰链A、B连接在轻杆两端,左侧活塞被轨道固定,只能在AO方向运动。圆盘绕圆心O做角速度为ω的匀速圆周运动。已知OB距离为r,AB杆长L>2r,则(　C　)

A.当杆长不变时,若OB距离变大,活塞运动的范围变小

B.当OB距离不变时,杆长L越大,活塞运动的范围越大

C.当OB垂直于AO时,活塞速度为ωr

D.当OB垂直于AB时,活塞速度为ωr

解析:活塞到圆心O的最远距离为s1=L+r,最近距离为s2=L-r,活塞活动范围长度是Δs=s1-s2=2r,即Δs与杆长L无关,与r成正比,当杆长不变时,若OB距离变大,活塞运动的范围变大,故A、B错误;铰链B的线速度大小为vB=ωr,当OB垂直于AO时,如图甲所示,此时vA和vB均向左,且二者沿杆方向的分速度相同,设杆与虚线夹角为θ,

则vBcos θ=vAcos θ,解得vA=vB=ωr,即当OB垂直于AO时,活塞速度为ωr,故C正确;当OB垂直于AB时,如图乙所示,此时铰链B的速度沿杆方向,则有vA=≠vB=ωr,故D错误。

9.(2022·四川遂宁三模)如图,光滑的圆锥桶AOB固定在水平地面上,桶底中心为O′,AB为过底面O′的一条直径,已知∠AOO′=37°,高OO′=2L,顶点O有一光滑的小孔。一根长为3L的细轻绳穿过O点处小孔,一端拴着静止在桶外表面质量为m的P球,另一端拴着静止在O′点、质量为2m的Q球(图中未画出)。现让小球P在水平面内做匀速圆周运动。已知重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,

不计一切摩擦阻力。

(1)P球运动的角速度多大时,P球恰对桶外表面无压力?

(2)P球运动的线速度多大时,Q球对地面恰无压力?

(3)当P球以大于(2)中的线速度运动且保持Q球在OO′之间处于静止状态时,突然烧断细绳,求P球从飞出到落地过程中的最大水平

位移。

解析:(1)P球对桶外表面无压力,对P球受力分析得此时重力与绳子拉力提供向心力,即F合=mgtan 37°=mω2Lsin 37°,

故ω=。

(2)Q球对地面刚好无压力,对Q球受力分析得

此时绳子的拉力FT=2mg,

对P球受力分析,如图所示,

在竖直方向合力为零,故FTcos θ=mg,

解得θ=60°;

对P球,根据牛顿第二定律有FTsin θ=m,

解得v=。

(3)设拉P球的绳长为l(L≤l<3L),由第(2)问分析知P球做匀速圆周运动时θ=60°始终不变,根据牛顿第二定律有FTsin θ=m,

解得v=;

烧断细绳,P球做平抛运动,设下落的时间为t,则有2L-lcos θ=gt2,

解得t=,

水平位移为x=vt=,

当l=2L时,位移最大为xmax=L。

答案:(1)　(2)　(3)L

10.(2022·山东淄博二模)滑雪比赛某段过程可简化成如图所示的运动,运动员从倾角为α=30°的斜面顶端O点以v0=10 m/s的速度飞出,且与斜面夹角为θ=60°。图中虚线为运动员在空中的运动轨迹,且A为轨迹上离斜面最远的点,B为在斜面上的落点,已知运动员的质量为m=60 kg(含装备),落在B点时滑雪板与斜面的碰撞时间为Δt=0.3 s。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:

(1)从O运动到A点所用时间;

(2)OB之间的距离;

(3)落到B点时,滑雪板对斜面的平均压力大小。

解析:(1)如图所示,

运动员垂直于斜面方向的初速度和加速度分别为

v1=v0sin θ,

g1=gcos α,

从O到A过程有0=v1-g1t,

解得t=1 s。

(2)运动员沿斜面方向的初速度和加速度分别为

v2=v0cos θ,

g2=gsin α,

由对称性可知,从O到B的时间为2t,则从O到B过程有

xOB=v2·2t+g2·(2t)2,

解得xOB=20 m。

(3)人再回到斜面时垂直于斜面的分量仍为v1,在人与斜面碰撞过程中有(mgcos α-)Δt=0-mv1

解得=1 300 N。

由牛顿第三定律得,滑雪板对斜面的平均压力大小也为1 300 N。

答案:(1)1 s　(2)20 m　(3)1 300 N

11.(2022·湖南长沙检测)(多选)如图所示,一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切,B点为圆轨道的最低点,C点为圆轨道的最高点,整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m=1 kg、电荷量为-q(q>0)的带电小球从斜面上静止释放,小球始终能沿轨道运动。已知电场强度E=,θ=53°,圆轨道半径R=1 m,g取10 m/s2,

取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。则以下说法中正确的是(　AC　)

A.刚释放小球时小球的加速度大小为12.5 m/s2

B.若小球能到达C点,释放点与A点的距离至少为12.75 m

C.若小球恰能到达C点,此运动过程中小球对轨道的最大压力为67.5 N

D.若电场方向相反,大小不变,小球恰能到达C点,小球在运动过程中对轨道的最大压力为67.5 N

解析:对小球受力分析,小球所受静电力水平向右,且题设小球始终沿轨道运动,由牛顿第二定律得mgsin θ+Eqcos θ=ma,解得a=12.5 m/s2,故A正确;小球若恰好到达C点,在C点由牛顿第二定律得mg=m,从释放到到达C点,由动能定理得mg[ssin θ+R(1-cos θ)-2R]+Eq

(scos θ+Rsin θ)=m,代入数据解得s=1.2 m,故B错误;设重力与静电力的合力方向与竖直方向成α角,故tan α=,解得α=37°,方向恰好沿斜面方向,大小为F==mg,从释放点到最大速度点,由动能定理得F(s+R)=mv2,对该点由牛顿第二定律得FN1-F=m,由牛顿第三定律得压力FN1′=FN1=67.5 N,故C正确;若电场反向,设小球于B点左侧β角处达到最大速度,同理解得β=37°,沿如图所示OD方向,此时若小球能到达C点,应先恰能到达P点,对P点受力分析得=m,解得vP= m/s,从D到P由动能定理得-F·2R=m-m,解得vD= m/s,对该点由牛顿第二定律得FN2-F=m,由牛顿第三定律得压力FN2′=FN2=75 N,故D错误。

12.(2022·浙江嘉兴二模)如图所示,固定斜面AB平滑连接固定光滑圆弧轨道BCD,C为圆弧最低点,圆弧最高点D与光滑半圆管DE相切,E与长度L=1 m的传送带相连,传送带右侧为足够长的粗糙水平面。一个质量m=0.1 kg的小物块从斜面顶端A下滑。已知斜面高h=0.3 m,倾角θ=37°,与物体间的动摩擦因数μ1=0.5;圆弧BCD和半圆管DE的半径分别为R=0.5 m,r=0.1 m;传送带以速度v=0.5 m/s逆时针转动,与物体间的动摩擦因数μ2=0.2。管的内径可忽略,物体可视为质点。g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

(1)若小物块初速度为零开始下滑,经过C点时对轨道的压力是多大?

(2)若给小物块合适的沿斜面向下的初速度,它就可到达E点,则与此初速度对应的初动能Ek最小值是多少?

(3)若给小物块沿斜面向下的初速度,使其运动过程中不脱离轨道,

则与此初速度对应的初动能Ek应满足什么条件?

解析:(1)小物块从A到C过程由动能定理有

mgh-μ1mg+mgR(1-cos θ)=m,

小物块在C点根据牛顿第二定律有FN-mg=m,

解得FN=1.8 N,

根据牛顿第三定律,支持力和压力大小相等,方向相反,所以小物块在C点对轨道的压力是1.8 N。

(2)小物块以最小速度过D点时,由重力提供向心力有mg=m,

解得vD== m/s,

D到E过程mg·2r+m=m,

解得vE=1 m/s;

可以判别,在D点速度等于 m/s时,对应的动能最小,

mgh-μ1mg+mgR(1-cos θ)-mg·2R=m-Ekmin,

得Ekmin=1.05 J。

(3)不脱离轨道有两种情况

情况1　恰好过F点,满足

2aL=,a=μ2g,

vE=2 m/s,

由动能定理得mgh-μ1mg+mgR(1-cos θ)-mg(2R+2r)=m-Ek,

解得Ek=1.2 J。

情况2　恰好过圆弧BCD与O点等高处,由动能定理得

mgh-μ1mg+mgR(1-cos θ)-mgR=0-Ek,

解得Ek=0.3 J。

综上所述,符合条件的动能0≤Ek≤0.3 J或Ek≥1.2 J。

答案:(1)1.8 N　(2)1.05 J  (3)0≤Ek≤0.3 J或Ek≥1.2 J