2020版高考物理二轮复习 专题限时集训3 抛体运动和圆周运动（含解析）

专题限时集训(三)(建议用时：40分钟)专题通关练1.如图所示，河水由西向东流，河宽为800 m，河中各点的水流速度大小为v水，各点到较近河岸的距离为x，v水与x的关系为v水x(m/s)(x的单位为m)，让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v船4 m/s，则下列说法中正确的是()A小船渡河的轨迹为直线B小船在河水中的最大速度是5 m/sC小船在距南岸200 m处的速度小于在距北岸200 m处的速度D小船渡河的时间是160 sB小船在南北方向上为匀速直线运动，在东西方向上先加速，到达河中间后再减速，小船的合运动是曲线运动，A错；当小船运动到河中间时，东西方向上的分速度最大，此时小船的合速度最大，最大值vm5 m/s，B对；小船在距南岸200 m处的速度等于在距北岸200 m处的速度，C错；小船的渡河时间t200 s，D错。2.(2019贵阳市高三一模)如图所示，从同一斜面的顶端，将A、B两个小球先后以不同的初速度沿同一方向水平抛出，A球落至该斜面时的速率是B球落至该斜面时速率的3倍。则A球抛出时的初速度大小是B球抛出时初速度大小的()A3倍 B6倍 C9倍 D12倍A由平抛运动规律，对A球，x1v1t1，y1gt，落至斜面时速率vA；对B球，x2v2t2，y2gt，落至斜面时的速率vB，vA3vB，y1x1y2x2，联立解得：v13v2，选项A正确。3.如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，轻杆靠在一个高为h的物块上，某时刻杆与水平方向的夹角为，物体向右运动的速度为v，则此时A点速度为()A. B.C. D.C如图所示，根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度vBv沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，其中v2vBsin vsin ，为B点垂直于杆运动的速度，v1vBcos vcos ，为B点沿杆运动的速度。当杆与水平方向夹角为时，OB，由于B点的线速度为v2vsin OB，所以，所以A的线速度vAL，选项C正确。4(原创题)(多选)2019年1月13日(腊月初八)，在某公园举行的杂技表演中，一男一女两位演员利用挂于同一悬点的两根轻绳在同一水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知男演员的体重大于女演员的体重，不计空气阻力，则()A女演员运动的周期大B男、女演员运动的周期相等C男演员对轻绳的拉力大D男、女演员对轻绳的拉力可能相等BD设演员做匀速圆周运动的平面与悬点间的距离为h，圆周运动的半径为r，轻绳的长度为l，轻绳与竖直方向的夹角为，则tan ，又mgtan mr，解得T2，由此可知男、女演员运动的周期相等，选项A错误，B正确；设轻绳的拉力为F，则Fcos mg，又cos ，因此F，由于男演员的质量较大，所拉轻绳较短，所以男、女演员对轻绳的拉力可能相等，选项C错误，D正确。5.(易错题)(多选)如图所示，半径为R的内壁光滑的圆管固定在竖直平面内，直径略小于圆管内径的两质量均为m0.1 kg的小球在圆管内转动，当小球A以vA的速度通过最高点时，小球B刚好以vBvA的速度通过最低点，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度g10 m/s2。则下列说法正确的是()A小球A在最高点时，对管内壁的压力大小为1 NB小球A在最高点时，对管外壁的压力大小为1 NC小球B在最低点时，对管外壁的压力大小为7 ND小球B在最低点时，对管外壁的压力大小为6 NBC小球A在最高点对圆管作用力为零时，由mgm，解得v0。由于小球A在最高点的速度vA，故小球A与圆管的外壁有力的作用，则由小球A所受的合力提供所需向心力得FAmgm，又vA，联立并代入数据解得FA1 N，由牛顿第三定律可知，此时小球A对管外壁的压力大小为1 N，A错误，B正确。小球B在最低点时，受圆管外壁向上的作用力，则由小球B所受的合力提供所需的向心力得FBmgm，又vBvA，联立并代入数据解得FB7 N，由牛顿第三定律可知，此时小球B对管外壁的压力大小为7 N，C正确，D错误。易错点评：在于不能正确判断小球受力特点及向心力来源。6(多选)(2019湖北八校第二次联考)如图所示，有一竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，轨道圆心O到地面的高度为h，小球从轨道最高点A由静止开始沿着圆弧轨道滑下，从轨道最低点B离开轨道，然后做平抛运动落到水平地面上的C点，C点与A点的水平距离也等于h，当小球与圆心的连线与水平方向夹角为30时，轨道对它的支持力用F0表示，当小球运动到B点时，轨道对它的支持力用FB表示，小球落到地面时的速度与水平方向夹角为，则下列说法正确的是()Atan 0.5BFB等于小球重力的3倍CF0等于小球重力的1.5倍D圆弧轨道的轨道半径为0.2hBCD设小球做平抛运动的位移与水平方向夹角为，因为小球做平抛运动的水平位移和竖直位移均为hR，则tan 1，由平抛运动推论可知tan 2tan 2，A错误；在轨道最低点时，mgRmv，FBmgm，解得FB3mg，B正确；设小球与圆心的连线与水平方向夹角为30时，小球的速度大小为v0，mgRsin 30mv，将重力沿着切线方向和小球与圆心连线方向分解，有F0mgsin 30m，解得F01.5mg，C正确；小球做平抛运动时，hRgt2，hRvBt，解得R0.2h，D正确。7.(2019江西七校联考)如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升。下列说法正确的是()A小球做匀速圆周运动B当棒与竖直方向的夹角为时，小球的速度为C棒的角速度逐渐增大D当棒与竖直方向的夹角为时，棒的角速度为D棒与平台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成。小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示。设棒的角速度为，则合速度v实L，沿竖直向上方向上的速度分量等于v，即Lsin v，所以，小球速度为v实L，由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角的增大而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动，选项A、B、C错误，D正确。8.(易错题)如图所示，质量为m的小球用长度为R的细绳拴着在竖直面内绕O点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点A，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A小球通过最高点A时的速度大小为gRB小球通过最低点B和最高点A时的动能之差为mgRC若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点时断了，则小球还能上升的高度为RD若细绳在小球运动到A处时断了，则经过t时间小球运动到与圆心等高的位置D小球恰好能通过最高点，则在最高点时细绳对小球的拉力为零，小球的重力提供小球做圆周运动的向心力，故有mgm，解得vA，选项A错误；小球从最高点向最低点运动的过程中，只有小球的重力做功，故这个过程中小球动能的变化量等于小球重力做的功，即2mgR，故选项B错误；当小球从A点运动到C点时，由动能定理可得mgRm(vv)，设细绳断掉后小球还能上升的高度为h，则有mghmv，联立解得hR，选项C错误；若细绳在小球运动到A处时断开，则小球将做平抛运动，小球运动到与圆心等高处时有Rgt2，解得t，选项D正确。易错点评：在于混淆两类模型在最高点的临界条件。能力提升练9.如图所示，轻杆长为3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B在最高点时()A球B的速度为零B球A的速度大小为C水平转轴对杆的作用力为1.5mgD水平转轴对杆的作用力为2.5mgC球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mgm，解得vB，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，可求得此时球A的速度大小vA，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球的向心力由A球的重力和杆的拉力的合力提供，有Fmgm，解得F1.5mg，故C正确，D错误。10(2019湖南株洲高三期末)如图所示为乒乓球桌面示意图，球网上沿高出桌面H，网到桌边的水平距离为L，在某次乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到桌面右侧边缘，设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的是()A击球点的高度与网高度之比为21B乒乓球在网左右两侧运动时间之比为21C乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为12D乒乓球在网左右两侧运动速度变化量之比为12D因为水平方向做匀速直线运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以网右侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动，根据hgt2可知，击球点的高度与网高之比为98，故A、B错误；由平抛运动规律：Hgt2，Lv0t解得v0L，由动能定理可知，乒乓球过网时mgHmvmv解得v1，同理落到桌边缘时速度v2，所以，故C错误；网右侧运动时间是左侧的两倍，vgt，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为12，故D正确。11如图所示，遥控电动赛车通电后电动机以额定功率P3 W工作，赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t(未知)后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，恰好在C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，通过轨道最高点D后水平飞出，E点为圆弧形轨道的最低点。已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力f0.5 N，赛车的质量m0.8 kg，轨道AB的长度L6.4 m，B、C两点的高度差h0.45 m，赛车在C点的速度大小vC5 m/s，圆弧形轨道的半径R0.5 m。不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)赛车运动到B点时的速度vB的大小；(2)赛车电动机工作的时间t；(2)赛车经过最高点D时对轨道的压力的大小。解析(1)赛车从B点到C点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有hgtvygt1同时有vvv解得赛车在B点的速度vB4 m/s。(2)赛车从A点运动到B点的过程中，由动能定理得PtfLmv解得t3.2 s。(3)设圆弧轨道的圆心O和C点的连线与竖直方向的夹角为，则有tan 解得37赛车从C点运动到最高点D的过程中，由机械能守恒定律得mvmvmgR(1cos )设赛车经过最高点D处时轨道对小车的压力为FN，根据牛顿第二定律得mgFNm联立解得FN3.2 N根据牛顿第三定律可得，赛车对轨道的压力大小为FN3.2 N。答案(1)4 m/s(2)3.2 s(3)3.2 N题号内容押题依据核心考点核心素养1.竖直平面内圆周运动圆周运动基本规律与图象信息的结合科学态度与责任：教材知识与体育运动相结合，体现学以致用2.平抛圆周斜面组合圆周平抛组合科学思维：立足教材基础知识，体现知识的综合性1.(多选)北京时间2019年2月24日、在体操世界杯墨尔本站男子单杠决赛中，中国选手张成龙以14.333分的成绩获得铜牌。假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到Fv2图象如图乙所示。g取10 m/s2，则关于张成龙的以下说法中正确的是()A质量为65 kgB重心到单杠的距离为0.9 mC在最高点的速度为4 m/s时，受单杠的弹力方向向上D在完成“单臂大回环”的过程中，运动到最低点时，单臂最少要承受3 250 N的力ABD对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有Fmg0，结合图象解得质量m65 kg，选项A正确；当F0时，由向心力公式可得mg，结合图象可解得R0.9 m，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m，选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C错误；张成龙经过最低点时，单臂受力最大，由牛顿第二定律得Fmgm，张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgRmvmv2，当v0时，F有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin3 250 N，即张成龙的单臂最少要承受3 250 N的力，选项D正确。2(多选)如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离管道后做平抛运动，经过0.3 s落到斜面上的C点，小球落到斜面上时速度方向垂直斜面。已知半圆形管道的半径R1 m，小球可看作质点且其质量m1 kg，g取10 m/s2。则()AC点与B点之间的水平距离是1.9 mBC点与B点之间的水平距离是0.9 mC小球在B点时，管道对它的作用力FNB的大小是1 ND小球在A点时，管道对它的作用力FNA的大小是59 NBCD根据平抛运动规律可知tan 45，则小球在C点时竖直方向的分速度vy和水平方向的分速度vx相等，即vxvygt3 m/s，则B点与C点之间的水平距离xvxt0.9 m，故B正确，A错误；小球在B点时，由牛顿第二定律，有FNBmgm，又因为vBvx3 m/s，代入数据解得FNB1 N，负号表示管道对小球的作用力方向竖直向上，故C正确；小球从A点到B点，根据机械能守恒定律有mvmvmg2R，解得vA7 m/s，小球在A点，由牛顿第二定律有FNAmgm，解得FNA59 N，选项D正确。- 9 -