2020版高考物理二輪復習 專題限時集訓3 拋體運動和圓周運動（含解析）

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1、專題限時集訓(三)　 (建議用時：40分鐘) [專題通關練] 1.如圖所示，河水由西向東流，河寬為800 m，河中各點的水流速度大小為v水，各點到較近河岸的距離為x，v水與x的關系為v水＝x(m/s)(x的單位為m)，讓小船船頭垂直河岸由南向北渡河，小船劃水速度大小恒為v船＝4 m/s，則下列說法中正確的是(　　) A．小船渡河的軌跡為直線 B．小船在河水中的最大速度是5 m/s C．小船在距南岸200 m處的速度小于在距北岸200 m處的速度 D．小船渡河的時間是160 s B　[小船在南北方向上為勻速直線運動，在東西方向上先加速，到達河中間后再減速，小船的合運動是曲線運

2、動，A錯；當小船運動到河中間時，東西方向上的分速度最大，此時小船的合速度最大，最大值vm＝5 m/s，B對；小船在距南岸200 m處的速度等于在距北岸200 m處的速度，C錯；小船的渡河時間t＝200 s，D錯。] 2.(2019·貴陽市高三一模)如圖所示，從同一斜面的頂端，將A、B兩個小球先后以不同的初速度沿同一方向水平拋出，A球落至該斜面時的速率是B球落至該斜面時速率的3倍。則A球拋出時的初速度大小是B球拋出時初速度大小的(　　) A．3倍 B．6倍 C．9倍 D．12倍 A　[由平拋運動規(guī)律，對A球，x1＝v1t1，y1＝gt，落至斜面時速率vA＝；對B球，x

3、2＝v2t2，y2＝gt，落至斜面時的速率vB＝，vA＝3vB，y1∶x1＝y(tǒng)2∶x2，聯(lián)立解得：v1＝3v2，選項A正確。] 3.如圖所示，一根長為L的輕桿OA，O端用鉸鏈固定，輕桿靠在一個高為h的物塊上，某時刻桿與水平方向的夾角為θ，物體向右運動的速度為v，則此時A點速度為(　　) A. B. C. D. C　[如圖所示，根據(jù)運動的合成與分解可知，接觸點B的實際運動為合運動，可將B點運動的速度vB＝v沿垂直于桿和沿桿的方向分解成v2和v1，其中v2＝vBsin θ＝vsin θ，為B點垂直于桿運動的速度，v1＝vBcos θ＝vcos θ，為B點沿桿運動的速度。當桿與

4、水平方向夾角為θ時，OB＝，由于B點的線速度為v2＝vsin θ＝OBω，所以ω＝＝，所以A的線速度vA＝Lω＝，選項C正確。] 4．(原創(chuàng)題)(多選)2019年1月13日(臘月初八)，在某公園舉行的雜技表演中，一男一女兩位演員利用掛于同一懸點的兩根輕繩在同一水平面內做勻速圓周運動，如圖所示。已知男演員的體重大于女演員的體重，不計空氣阻力，則(　　) A．女演員運動的周期大 B．男、女演員運動的周期相等 C．男演員對輕繩的拉力大 D．男、女演員對輕繩的拉力可能相等 BD　[設演員做勻速圓周運動的平面與懸點間的距離為h，圓周運動的半徑為r，輕繩的長度為l，輕繩與豎直方向的夾角

5、為θ，則tan θ＝，又mgtan θ＝mr·，解得T＝2π，由此可知男、女演員運動的周期相等，選項A錯誤，B正確；設輕繩的拉力為F，則Fcos θ＝mg，又cos θ＝，因此F＝，由于男演員的質量較大，所拉輕繩較短，所以男、女演員對輕繩的拉力可能相等，選項C錯誤，D正確。] 5.(易錯題)(多選)如圖所示，半徑為R的內壁光滑的圓管固定在豎直平面內，直徑略小于圓管內徑的兩質量均為m＝0.1 kg的小球在圓管內轉動，當小球A以vA＝的速度通過最高點時，小球B剛好以vB＝vA的速度通過最低點，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。則下列說法正確的是(　　) A．小球A在最高

6、點時，對管內壁的壓力大小為1 N B．小球A在最高點時，對管外壁的壓力大小為1 N C．小球B在最低點時，對管外壁的壓力大小為7 N D．小球B在最低點時，對管外壁的壓力大小為6 N BC　[小球A在最高點對圓管作用力為零時，由mg＝m，解得v0＝。由于小球A在最高點的速度vA>，故小球A與圓管的外壁有力的作用，則由小球A所受的合力提供所需向心力得FA＋mg＝m，又vA＝，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得FA＝1 N，由牛頓第三定律可知，此時小球A對管外壁的壓力大小為1 N，A錯誤，B正確。小球B在最低點時，受圓管外壁向上的作用力，則由小球B所受的合力提供所需的向心力得FB－mg＝m，又vB＝vA，

7、聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得FB＝7 N，由牛頓第三定律可知，此時小球B對管外壁的壓力大小為7 N，C正確，D錯誤。] 易錯點評：在于不能正確判斷小球受力特點及向心力來源。 6．(多選)(2019·湖北八校第二次聯(lián)考)如圖所示，有一豎直放置的四分之一光滑圓弧軌道，軌道圓心O到地面的高度為h，小球從軌道最高點A由靜止開始沿著圓弧軌道滑下，從軌道最低點B離開軌道，然后做平拋運動落到水平地面上的C點，C點與A點的水平距離也等于h，當小球與圓心的連線與水平方向夾角為30°時，軌道對它的支持力用F0表示，當小球運動到B點時，軌道對它的支持力用FB表示，小球落到地面時的速度與水平方向夾角為θ，則下列說法正確的是

8、(　　) A．tan θ＝0.5 B．FB等于小球重力的3倍 C．F0等于小球重力的1.5倍 D．圓弧軌道的軌道半徑為0.2h BCD　[設小球做平拋運動的位移與水平方向夾角為α，因為小球做平拋運動的水平位移和豎直位移均為h－R，則tan α＝1，由平拋運動推論可知tan θ＝2tan α＝2，A錯誤；在軌道最低點時，mgR＝mv，F(xiàn)B－mg＝m，解得FB＝3mg，B正確；設小球與圓心的連線與水平方向夾角為30°時，小球的速度大小為v0，mgRsin 30°＝mv，將重力沿著切線方向和小球與圓心連線方向分解，有F0－mgsin 30°＝m，解得F0＝1.5mg，C正確；小球做平拋

9、運動時，h－R＝gt2，h－R＝vBt，解得R＝0.2h，D正確。] 7.(2019·江西七校聯(lián)考)如圖所示，長為L的輕直棒一端可繞固定軸O轉動，另一端固定一質量為m的小球，小球擱在水平升降臺上，升降平臺以速度v勻速上升。下列說法正確的是(　　) A．小球做勻速圓周運動 B．當棒與豎直方向的夾角為α時，小球的速度為 C．棒的角速度逐漸增大 D．當棒與豎直方向的夾角為α時，棒的角速度為 D　[棒與平臺接觸點(即小球)的運動可視為豎直向上的勻速運動和沿平臺向左的運動的合成。小球的實際運動即合運動方向是垂直于棒指向左上方，如圖所示。設棒的角速度為ω，則合速度v實＝ωL，沿豎直向上方向

10、上的速度分量等于v，即ωLsin α＝v，所以ω＝，小球速度為v實＝ωL＝，由此可知棒(小球)的角速度隨棒與豎直方向的夾角α的增大而減小，小球做角速度越來越小的變速圓周運動，選項A、B、C錯誤，D正確。] 8.(易錯題)如圖所示，質量為m的小球用長度為R的細繩拴著在豎直面內繞O點做圓周運動，恰好能通過豎直面的最高點A，重力加速度為g，不計空氣阻力，則(　　) A．小球通過最高點A時的速度大小為gR B．小球通過最低點B和最高點A時的動能之差為mgR C．若細繩在小球運動到與圓心O等高的C點時斷了，則小球還能上升的高度為R D．若細繩在小球運動到A處時斷了，則經過t＝時間小球運

11、動到與圓心等高的位置 D　[小球恰好能通過最高點，則在最高點時細繩對小球的拉力為零，小球的重力提供小球做圓周運動的向心力，故有mg＝m，解得vA＝，選項A錯誤；小球從最高點向最低點運動的過程中，只有小球的重力做功，故這個過程中小球動能的變化量等于小球重力做的功，即2mgR，故選項B錯誤；當小球從A點運動到C點時，由動能定理可得mgR＝m(v－v)，設細繩斷掉后小球還能上升的高度為h，則有mgh＝mv，聯(lián)立解得h＝R，選項C錯誤；若細繩在小球運動到A處時斷開，則小球將做平拋運動，小球運動到與圓心等高處時有R＝gt2，解得t＝，選項D正確。] 易錯點評：在于混淆兩類模型在最高點的臨界條件。

12、[能力提升練] 9.如圖所示，輕桿長為3L，在桿兩端分別固定質量均為m的球A和B，光滑水平轉軸穿過桿上距球A為L處的O點，外界給系統(tǒng)一定能量后，桿和球在豎直平面內轉動，球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力。忽略空氣阻力。則球B在最高點時(　　) A．球B的速度為零 B．球A的速度大小為 C．水平轉軸對桿的作用力為1.5mg D．水平轉軸對桿的作用力為2.5mg C　[球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A錯誤；由于A、B兩球的角速度相等，可求得此時球A的速度大小vA＝，故B錯誤；B球在最高點時，對桿無彈力，此時A球的向心

13、力由A球的重力和桿的拉力的合力提供，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，故C正確，D錯誤。] 10．(2019·湖南株洲高三期末)如圖所示為乒乓球桌面示意圖，球網(wǎng)上沿高出桌面H，網(wǎng)到桌邊的水平距離為L，在某次乒乓球訓練中，從左側處，將球沿垂直于網(wǎng)的方向水平擊出，球恰好通過網(wǎng)的上沿落到桌面右側邊緣，設乒乓球的運動為平拋運動，下列判斷正確的是(　　) A．擊球點的高度與網(wǎng)高度之比為2∶1 B．乒乓球在網(wǎng)左右兩側運動時間之比為2∶1 C．乒乓球過網(wǎng)時與落到右側桌邊緣時速率之比為1∶2 D．乒乓球在網(wǎng)左右兩側運動速度變化量之比為1∶2 D　[因為水平方向做勻速直線運動，網(wǎng)右側的水平位移

14、是左邊水平位移的兩倍，所以網(wǎng)右側運動時間是左側的兩倍，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)h＝gt2可知，擊球點的高度與網(wǎng)高之比為9∶8，故A、B錯誤；由平拋運動規(guī)律：H＝gt2，L＝v0t解得v0＝L，由動能定理可知，乒乓球過網(wǎng)時mg·H＝mv－mv解得v1＝，同理落到桌邊緣時速度v2＝，所以＝，故C錯誤；網(wǎng)右側運動時間是左側的兩倍，Δv＝gt，所以乒乓球在左、右兩側運動速度變化量之比為1∶2，故D正確。] 11．如圖所示，遙控電動賽車通電后電動機以額定功率P＝3 W工作，賽車(可視為質點)從A點由靜止出發(fā)，經過時間t(未知)后關閉電動機，賽車繼續(xù)前進至B點后水平飛出，恰好在C點沿著切線方向進入固

15、定在豎直平面內的光滑圓弧形軌道，通過軌道最高點D后水平飛出，E點為圓弧形軌道的最低點。已知賽車在水平軌道AB部分運動時受到恒定阻力f＝0.5 N，賽車的質量m＝0.8 kg，軌道AB的長度L＝6.4 m，B、C兩點的高度差h＝0.45 m，賽車在C點的速度大小vC＝5 m/s，圓弧形軌道的半徑R＝0.5 m。不計空氣阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)賽車運動到B點時的速度vB的大小； (2)賽車電動機工作的時間t； (2)賽車經過最高點D時對軌道的壓力的大小。 [解析]　(1)賽車從B點到C點的過程中做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有

16、 h＝gt vy＝gt1 同時有v＝v＋v 解得賽車在B點的速度vB＝4 m/s。 (2)賽車從A點運動到B點的過程中，由動能定理得 Pt－fL＝mv 解得t＝3.2 s。 (3)設圓弧軌道的圓心O和C點的連線與豎直方向的夾角為α， 則有tan α＝＝ 解得α＝37° 賽車從C點運動到最高點D的過程中，由機械能守恒定律得 mv＝mv＋mgR(1＋cos α) 設賽車經過最高點D處時軌道對小車的壓力為FN，根據(jù)牛頓第二定律得 mg＋FN＝m 聯(lián)立解得FN＝3.2 N 根據(jù)牛頓第三定律可得，賽車對軌道的壓力大小為F′N＝3.2 N。 [答案]　(1)4 m/s　(

17、2)3.2 s　(3)3.2 N 題號 內容 押題依據(jù) 核心考點 核心素養(yǎng) 1. 豎直平面內圓周運動 圓周運動基本規(guī)律與圖象信息的結合 科學態(tài)度與責任：教材知識與體育運動相結合，體現(xiàn)學以致用 2. 平拋圓周斜面組合 圓周平拋組合 科學思維：立足教材基礎知識，體現(xiàn)知識的綜合性 1.(多選)北京時間2019年2月24日、在體操世界杯墨爾本站男子單杠決賽中，中國選手張成龍以14.333分的成績獲得銅牌。假設張成龍訓練時做“單臂大回環(huán)”的高難度動作時，用一只手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸做圓周運動。如圖甲所示，張成龍運動到最高點時，用力傳感器測得張成龍與單杠間彈力大小

18、為F，用速度傳感器記錄他在最高點的速度大小為v，得到F-v2圖象如圖乙所示。g取10 m/s2，則關于張成龍的以下說法中正確的是(　　) A．質量為65 kg B．重心到單杠的距離為0.9 m C．在最高點的速度為4 m/s時，受單杠的彈力方向向上 D．在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，運動到最低點時，單臂最少要承受3 250 N的力 ABD　[對張成龍在最高點進行受力分析，當速度為零時，有F－mg＝0，結合圖象解得質量m＝65 kg，選項A正確；當F＝0時，由向心力公式可得mg＝，結合圖象可解得R＝0.9 m，故張成龍的重心到單杠的距離為0.9 m，選項B正確；當張成龍在最高點的速

19、度為4 m/s時，張成龍受單杠的拉力作用，方向豎直向下，選項C錯誤；張成龍經過最低點時，單臂受力最大，由牛頓第二定律得F－mg＝m，張成龍從最高點運動到最低點的過程中，由動能定理得2mgR＝mv－mv2，當v＝0時，F(xiàn)有最小值Fmin，故由以上兩式得Fmin＝3 250 N，即張成龍的單臂最少要承受3 250 N的力，選項D正確。] 2．(多選)如圖所示，一個固定在豎直平面內的光滑半圓形管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球在管道內做圓周運動，從B點脫離管道后做平拋運動，經過0.3 s落到斜面上的C點，小球落到斜面上時速度方向垂直斜面。已知半圓形管道的半徑R＝1 m，小球可看作質點且其質

20、量m＝1 kg，g取10 m/s2。則(　　) A．C點與B點之間的水平距離是1.9 m B．C點與B點之間的水平距離是0.9 m C．小球在B點時，管道對它的作用力FNB的大小是1 N D．小球在A點時，管道對它的作用力FNA的大小是59 N BCD　[根據(jù)平拋運動規(guī)律可知tan 45°＝，則小球在C點時豎直方向的分速度vy和水平方向的分速度vx相等，即vx＝vy＝gt＝3 m/s，則B點與C點之間的水平距離x＝vxt＝0.9 m，故B正確，A錯誤；小球在B點時，由牛頓第二定律，有FNB＋mg＝m，又因為vB＝vx＝3 m/s，代入數(shù)據(jù)解得FNB＝－1 N，負號表示管道對小球的作用力方向豎直向上，故C正確；小球從A點到B點，根據(jù)機械能守恒定律有mv－mv＝mg·2R，解得vA＝7 m/s，小球在A點，由牛頓第二定律有FNA－mg＝m，解得FNA＝59 N，選項D正確。] - 9 -