板块三 限时规范特训
时间：45分钟
选，7～10为多选)
1．一个物体以初速度v0被水平抛出，落地时速度为v，那么物体运动的时间是( ) v－v0
A.g v2－v20C. g答案 C
22v－v0222
解析 由v2＝vx＋v2＝v＋(gt)，得出t＝，故C正确。 y0
g
满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单
v＋v0B.g v2＋v20D. g
2．[2017·江西联考]在空间某一点以大小相等的速度分别竖直向上、竖直向下、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，经过相等的时间(设小球均未落地)( )
A．做竖直下抛运动的小球加速度最大 B．三个小球的速度变化相同 C．做平抛运动的小球速度变化最小 D．做竖直下抛的小球速度变化最小 答案 B
解析 由于不计空气阻力，抛出的小球只受重力作用，因此它们的加速度相同，均为重力加速度g，A错误；加速度相同，相等时间内三个小球的速度变化相同，B正确，C、D错误。
3．物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角α的正切tanα随时间t变化的图象是图中的( )
答案 B
vygt
解析 根据几何关系：tanα＝＝，则tanα与t成正比例函数关系，
v0v0B正确。
4．[2018·山西太原模拟]将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙面上，如图所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短 B．篮球两次抛出时速度的竖直分量第一次小于第二次 C．篮球两次撞墙的速度可能相等
D．抛出时的速度大小，第一次一定比第二次小 答案 A
解析 由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，篮球被抛出后的运动可以1看作是平抛运动的反向运动。加速度都为g。在竖直方向上，h＝gt2，
2
因为h1＞h2，则t1＞t2，因为水平位移相等，根据x＝v0t知，撞墙的速度v01＜v02。即第二次撞墙的速度大。由两次抛出时速度的竖直分量vy＝gt可知，第一次大于第二次，故A正确，B、C错误；根据平行四边形定则知，抛出时的速度v＝v2第一次的水平初速度0＋2gh，小，而上升的高度大，则无法比较抛出时的速度大小，故D错误。 5. [2017·衡水联考]如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，B、D间的距离为h，则( )
hA．A、B两点间的距离为 2h
B．A、B两点间的距离为 4C．C、D两点间的距离为2h 23
D．C、D两点间的距离为h
3答案 C
解析 AB段小球自由下落，BC段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A、B两点间距离与B、D两点间距离相等，均为h，故A、B错误；BC段平抛初速度v＝2gh，持续的时间t＝ D两点间距离x＝vt＝2h，C正确，D错误。
6．[2017·江西重点一模]如图是一固定的半圆形竖直轨道，AB为水平直径，O为圆心，同时从A点水平抛出甲、乙两个小球，速度分别为v1、v2，分别落在C、D两点，OC、OD与竖直方向的夹角均为
2h
g，所以C、
37°，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则( )
A．甲、乙两球下落到轨道的时间不等 B．甲、乙两球下落到轨道的速度变化不等 C．v1∶v2＝1∶3 D．v1∶v2＝1∶4 答案 D
12解析 由题图可知，两个小球下落的高度是相等的，根据h＝gt可
2知，甲、乙两球下落到轨道的时间相等，速度变化量Δv＝gt相同，故A、B错误；设圆形轨道的半径为R，则A到C的水平位移分别为x1＝R－Rsin37°＝0.4R，x2＝R＋Rsin37°＝1.6R，则x2＝4x1；由vx
＝t可知，v2＝4v1，故C错误，D正确。
7．[2017·山东枣庄模拟]在竖直杆上安装一个光滑导向槽，使竖直上抛的小球通过导向槽能改变方向做平抛运动。不计经导向槽时小球的能量损失，设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )
v2
A．导向槽位置应在高为的位置
4gv2
B．最大水平距离为g
C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下＝2v上
D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角 答案 AD
12解析 设小球平抛时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得mv0＋
21
mgh＝mv2，解得v0＝v2－2gh；根据平抛运动的知识可得下落时
2间t＝2h
g，水平位移x＝v0t＝
vv－2h·2h，所以当g－2h＝2hg
22
v2
时水平位移最大，解得h＝，A正确；最大的水平位移为x＝4h24gv2
＝2h＝，B错误；根据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的
2g速率和下落的速率相等，C错误；设速度与水平方向成θ，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tanθ＝2tanα＝1，则θ＝45°，所以D正确。
8. [2018·吉林模拟]如图所示，从半径为R＝1 m的半圆PQ上的P点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆上。已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，据此判断小球的初速度可能为( )
A．1 m/s C．3 m/s 答案 AD
B．2 m/s D．4 m/s
121
解析 小球下降的高度h＝gt＝×10×0.42＝0.8 m。若小球落在左
22边四分之一圆弧上，根据几何关系有：R2＝h2＋(R－x)2，解得水平位x0.4
移x＝0.4 m，则初速度v0＝t＝ m/s＝1 m/s。若小球落在右边四
0.4分之一圆弧上，根据几何关系有：R2＝h2＋x′2，解得x′＝0.6 m，x1.6
则水平位移x＝1.6 m，初速度v0＝t＝ m/s＝4 m/s。故A、D正
0.4确，B、C错误。故选A、D。
9．如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，则( )
A．落于B点的小球飞行时间为t B．v2＝gt
C．落于C点的小球的水平位移为gt2 3D．A点距水平面MN的高度为gt2
4答案 ACD
解析 落于C点的小球强调了速度垂直QO，则分解速度，如图则v1＝gt，水平位移x＝v1t＝gt2，故C正确；落于B点的小球强调了落点位置，则分解位移如图，
其中，BC在同一平面，下落高度相同，故飞行时间都为t
12gt2gtgt
有：tan45°＝＝，v2＝，故A正确，B错误；
v2t2v22
设C点距地面为h，由几何关系知 1
2h＝v1t－v2t，h＝gt2
4
1232
故A距水平面高度 H＝h＋gt＝gt，故D正确。
24
10．[2017·河南洛阳统考]如图所示，一个质量为0.4 kg的小物块从高h＝0.05 m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点。现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y＝x2－6(单位：m)，不计一切摩擦和空气阻力，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小物块从水平台上O点飞出的速度大小为1 m/s B．小物块从O点运动到P点的时间为1 s
C．小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5 D．小物块刚到P点时速度的大小为10 m/s
答案 AB
12
解析 设小物块从O点抛出的速度为v0，由mgh＝mv0得v0＝1 m/s，
21
故A正确；平抛的水平位移x＝v0t，竖直位移y＝－gt2，将x，y代
2入方程y＝x2－6，解得t＝1 s，故B正确；P点竖直分速度vy＝gt＝vy10 m/s，P点速度与水平方向夹角正切tanα＝＝10，故C错误；P
v0
2点速度v＝v2y＋v0＝101 m/s，故D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11．[2017·重庆江北区联考](12分)如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9 m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3 m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块。(小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取9.8 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：
(1)抛出点O离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ。 答案 (1)1.7 m (2)0.125
解析 (1)设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为vy，如图所示，v0
由几何关系得v＝tan37°。
y
设小球下落的时间为t，竖直位移为y，水平位移为x，由运动学规律12
得vy＝gt，y＝gt，x＝v0t，设抛出点到斜面底端的高度为h，由几
2何关系得h＝y＋xtan37°，联立解得h＝1.7 m。
x(2)设在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得s＝l－，设
cos37 °1
滑块的加速度为a，由运动学公式得s＝at2，对滑块，由牛顿第二定
2律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma，联立解得μ＝0.125。
12．[2015·重庆高考](18分)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有1M板和N板。M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P为最
4高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H。N板上固定有三个圆环。将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处。不考虑空气阻力，重力加速度为g。求：
L
(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；
2
(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向。 3
答案 (1)H
4
(2)L
L2g
mg1＋2HR，方向竖直向下 2H
解析 (1)由平抛运动的规律，L＝vt① 12
H＝gt②
2L
又＝vt1，③ 212
H1＝gt1④
2
H
由①②③④联立解得H1＝ 4
L
所以距Q水平距离为的圆环中心离底板的高度
23
ΔH＝H－H1＝H。
4(2)由平抛运动的规律解得： Lv＝t＝L
g 2H
mv2
在Q点由牛顿第二定律，有FN－mg＝R L解得：FN＝mg1＋2HR
L
由牛顿第三定律，小球在Q点对轨道的压力F′＝FN＝mg1＋2HR，
2
2
方向竖直向下。
板块三 限时规范特训
时间：45分钟
满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)
1．如图为某一皮带传动装置。主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2。已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，转动过程中皮带不打滑。下列说法正确的是( )
A．从动轮做顺时针转动 B．从动轮做逆时针转动 r22C．从动轮边缘线速度大小为n1
r1r2D．从动轮的转速为n1
r1答案 B
解析 主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M→N方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，故A错误，B正确；由ω＝2πn、v＝ωrr1可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得n2＝n1，故C、D错误。
r2
2．[2018·山东烟台一模]两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起，且在b处相切，固定于水平面上。一小球从a端以某一初速度进入圆管，并从c端离开圆管。则小球由圆管ab进入圆管bc后( )
A．线速度变小 C．向心加速度变小 答案 C
B．角速度变大
D．小球对管壁的压力变大
解析 由于管道光滑，小球到达b点后，重力做功为零，速度大小保v2
持不变，根据v＝ωR可知角速度ω减小，根据a＝R可知向心加速度减小，根据F＝ma可知小球对管道的压力减小，故C正确。 3.质量分别为M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M和m的小球悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则( )
cosβ
A．cosα＝
2tanβ
C．tanα＝
2答案 A
解析 以M为研究对象受力分析，由牛顿第二定律得Mgtanα＝
2Mω1·2lsinα，解得
B．cosα＝2cosβ D．tanα＝tanβ
gtanα2
ω1＝。同理：以
2lsinα
m
gtanβ2
为研究对象：ω2＝。lsinβ
因ω1＝ω2，所以2cosα＝cosβ，故A正确。
4．水平转台上有质量相等的A、B两小物块，两小物块间用沿半径方向的细线相连，两物块始终相对转台静止，其位置如图所示(俯视图)，两小物块与转台间的最大静摩擦力均为f0，则两小物块所受摩擦力FA、FB随转台角速度的平方(ω2)的变化关系正确的是( )
答案 B
解析 设A、B到圆心O的距离分别为r1、r2，若细线不存在，则由f0＝mω2r及r1ωB，即物体B所受摩擦力先达到最大值，随后在一段时间内保持不变，C、D错误；当ω>ωB时，细线中出现拉力T，对物体A：T＝0时，FA＝mω2r1，T>0后，FA－T＝mω2r1，而对物体B满足T＋f0＝mω2r2，联立得FA＝mω2(r1＋r2)－f0，所以T>0后直线斜率比T＝0时大，当转台对A的摩擦力达到最大静摩擦力后，若转台角速度再增大，则A、B相对转台将出现滑动，所以A错误，B正确。 5. [2017·云南省高三一统]用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω。线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是下图中的( )答案 C
解析 当ω较小时，斜面对小球有支持力，当ω＝ω0时，FN＝0，当ω<ω0时，受力分析如图甲， FTsinθ＋FNcosθ＝mg FTcosθ－FNsinθ＝mω2r 则FT＝mgsinθ＋mω2rcosθ
FT-ω2函数为一次函数，斜率为mrcosθ 当ω>ω0时，受力分析如图乙， FTsinα＝mω2Lsinα FT＝mω2L
FT-ω2的函数为正比例，斜率为mL>mrcosθ，故C正确。
6．如图所示，一质量为M的人站在台秤上，一根长为R的悬线一端系一个质量为m的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是( )
A．小球运动到最高点时，小球的速度为零
B．当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为Mg C．小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数相同
D．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态 答案 C
v2
解析 小球恰好能通过圆轨道最高点，由mg＝mR，得v＝gR，A项错误；当小球恰通过圆轨道最高点b时，悬线拉力为0，此时对人受力分析，得出台秤对人的支持力F＝Mg，在a、c两处时小球受重力和水平指向圆心的拉力，台秤对人的支持力也为F＝Mg，即台秤的示数也为Mg，故C项正确；小球在a、c连线以上(不包括b点)时，人受到悬线斜向上的拉力，人对台秤的压力小于Mg，在a、c连线以下时，人受到悬线斜向下的拉力，人对台秤的压力大于Mg，人处于平衡态，没有超、失重现象，B、D两项错误。
7．如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球，
L
在O点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子，
2把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，下列说法正确的是( )
A．小球的角速度突然增大 B．小球的线速度突然增大 C．小球的向心加速度突然增大 D．小球受悬线的拉力突然增大 答案 ACD
解析 细绳碰到钉子，半径减半，圆周运动的圆心变为P点，由于只是细绳碰钉子，小球并未受到其他外力作用而改变速度大小，即小vv2球的线速度不变，B错误；由ω＝r可知ω变大，A正确；由a＝r可v2v2
知a增大，C正确；在经过最低点时，F－mg＝mr，得F＝mg＋mr，可以判断F增大，D正确。
8．如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数均为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法中正确的是( )
A．B对A的摩擦力一定为3μmg B．B对A的摩擦力一定为3mω2r C．转台的角速度一定满足ω≤ D．转台的角速度一定满足ω≤ 答案 BC
解析 要使A能够与B一起以角速度ω转动，根据牛顿第二定律可知，B对A的摩擦力一定等于A物体所需向心力，即Ff＝3mω2r，A错误，B正确；要使A、B两物体同时随转台一起以角速度ω匀速转动，则对于A有：3μmg≥3mω2r，对A、B有：5μmg≥5mω2r，对于3
C有：μmg≥mω2r，综合以上可得：ω≤
2
2μg
，C正确，D错误。 3r
2μg
3rμgr
9.如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则( )
A．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝d B．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝2d C．圆筒转动的角速度可能为ω＝π D．圆筒转动的角速度可能为ω＝3π
g 2hg 2hg 2hg 2h
答案 ACD
解析 子弹在圆筒中运动的时间与自由下落h的时间相同，即t＝2hd。v＝0gt＝d
g
，故A正确；在此时间内圆筒只需转半圈的奇2h
g2h
2n＋1π
数倍ωt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，所以ω＝＝(2n＋1)π t(n＝0,1,2，…)。故C、D正确。
10．[2017·杭州模拟]如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T-v2图象如图乙所示，则( )
amA．轻质绳长为b a
B．当地的重力加速度为m
ac
C．当v＝c时，轻质绳的拉力大小为b＋a
2
D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a 答案 BD
mv2
解析 设绳长为L，最高点由牛顿第二定律得：T＋mg＝L，则Tmv2ama
＝L－mg。对应图象有：mg＝a得g＝m，故B正确。L＝b得：Lmbma2
＝a，故A错误。当v＝c时，T＝L·c－mg＝b·c－a，故C错误。
2mv
当v2≥b时，小球能通过最高点，恰好通过最高点时速度为v，则L
121＝mg。在最低点的速度v′，则mv＋mg·2L＝mv′2，F－mg＝
22mv′2
可知小球在最低点和最高点时绳的拉力差为6mg即6a，故DL，正确。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11．(14分)如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m的小物块，求：
(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；
(2)当物块在A点随筒匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度。 mgH
答案 (1)22 R＋H
2gHmgR
22 (2)R R＋H
解析 (1)物块静止时，对物块进行受力分析如图甲所示，设筒壁与水平面的夹角为θ
由平衡条件有Ff＝mgsinθ，FN＝mgcosθ 由图中几何关系有 cosθ＝
RH
，sinθ＝2222 R＋HR＋HmgHmgR，F＝N2222。 R＋HR＋H
故有Ff＝
(2)分析此时物块受力如图乙所示 由牛顿第二定律有 mgtanθ＝mrω2 HR
其中tanθ＝R，r＝
22gH
可得ω＝R。
12．(16分)在一水平放置的圆盘上面放有一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端挂一质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ。开始时弹簧未发生形变，长度为R，设最大静摩擦等于滑动摩擦，求：
(1)盘的转速n0多大时，物体A开始滑动？ (2)当转速达到2n0时，弹簧的伸长量Δx是多少？ 1
答案 (1) 2π
3μmgRμg (2) RkR－4μmg
解析 (1)若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力。
圆盘开始转动时，A所受最大静摩擦力提供向心力，则有m(2πn0)2R 得：nμg0＝
μg
14π2R＝2π
R。
(2)当转速达到2n0时，由牛顿第二定律 得：μmg＋kΔx＝m(2π·2n0)2(R＋Δx) 得：Δx＝3μmgR
kR－4μmg
。
μmg＝
