2021新高考物理二輪復習專題限時集訓3拋體運動與圓周運動

專題限時集訓(三)(建議用時：40分鐘)1．珠海航展，我國五代戰(zhàn)機“殲－20”再次閃亮登場。表演中，戰(zhàn)機先水平向右，再沿曲線ab向上(如圖)，最后沿陡斜線直入云霄。設飛行路徑在同一豎直面內，飛行速率不變。則沿ab段曲線飛行時，戰(zhàn)機()A．所受合外力大小為零B．所受合外力方向豎直向上C．豎直方向的分速度逐漸增大D．水平方向的分速度不變C[戰(zhàn)機在同一豎直面內做曲線運動，且運動速率不變，由于速度方向是變化的，則速度是變化的，故戰(zhàn)機的加速度不為零，根據(jù)牛頓第二定律可知，戰(zhàn)機所受的合外力不為零，選項A錯誤；所受合外力與速度方向垂直，由于速度方向時刻在變，則合外力的方向也時刻在變化，并非始終都豎直向上，選項B錯誤；戰(zhàn)機所受合外力始終都與速度方向垂直，對合外力和速度進行分解可知，豎直方向上做加速運動，水平方向上做減速運動，選項C正確，選項D錯誤。]2．(易錯題)一河流兩岸平行，水流速率恒定為v1，某人劃船過河，船相對靜水的速率為v2，且v2>v1。設人以最短的時間t1過河時，渡河的位移為d1；以最短的位移d2過河時，所用的時間為t2。下列說法正確的是()A．eq\f(t1,t2)＝eq\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2))，eq\f(d1,d2)＝eq\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2))B．eq\f(t1,t2)＝eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))，eq\f(d2,d1)＝eq\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2))C．eq\f(t1,t2)＝eq\r(1－\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2)))，eq\f(d1,d2)＝eq\r(1＋\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2)))D．eq\f(t1,t2)＝eq\r(1－\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1)))，eq\f(d2,d1)＝eq\r(1＋\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2)))C[船頭垂直河岸出發(fā)時，過河時間最短，即t1＝eq\f(d2,v2)，過河位移d1＝eq\r(d\o\al(2,2)＋v1t12)；船以最短的位移過河時，d2＝t2eq\r(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1))，聯(lián)立解得eq\f(t1,t2)＝eq\r(1－\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2)))，eq\f(d1,d2)＝eq\r(1＋\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2)))，選項C正確。][易錯點評](1)船頭的航向與船的運動方向不一定相同，船的航行方向也就是船頭指向，是分運動；船的運動方向也就是船的實際運動方向，是合運動。(2)渡河時間只與垂直河岸的船的分速度有關，與水流速度無關。3．(多選)(2020·江蘇高考·T8)如圖所示，小球A、B分別從2l和l的高度水平拋出后落地，上述過程中A、B的水平位移分別為l和2l。忽略空氣阻力，則()A．A和B的位移大小相等B．A的運動時間是B的2倍C．A的初速度是B的eq\f(1,2)D．A的末速度比B的大AD[位移為初位置到末位置的有向線段，如圖所示可得sA＝eq\r(l2＋2l2)＝eq\r(5)l，sB＝eq\r(l2＋2l2)＝eq\r(5)l，A和B的位移大小相等，A正確；平拋運動的時間由高度決定，即tA＝eq\r(\f(2×2l,g))＝eq\r(2)×eq\r(\f(2l,g))，tB＝eq\r(\f(2×l,g))＝eq\r(\f(2l,g))，則A的運動時間是B的eq\r(2)倍，B錯誤；平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，則vxA＝eq\f(l,tA)＝eq\f(\r(gl),2)，vxB＝eq\f(2l,tB)＝eq\r(2gl)，則A的初速度是B的eq\f(1,2\r(2))，C錯誤；小球A、B在豎直方向上的速度分別為vyA＝2eq\r(gl)，vyB＝eq\r(2gl)，所以可得vA＝eq\f(\r(17gl),2)，vB＝2eq\r(gl)＝eq\f(\r(16gl),2)，即vA>vB，D正確。故選AD。]4．(易錯題)如圖所示，某人沿水平地面向左做勻速直線運動(保持手握繩的高度不變)，利用跨過定滑輪的輕繩將一物體A沿豎直方向放下，在此過程中，下列結論正確的是()A．人的速度和物體A的速度大小相等B．物體A做勻變速直線運動C．物體A的加速度方向豎直向下D．輕繩對物體A的拉力大于物體A的重力D[設滑輪到人手之間的一段輕繩與水平方向的夾角為α，將人向左運動的速度v沿輕繩方向和垂直輕繩方向分解，沿輕繩方向的分速度v1＝vcosα，由于沿輕繩方向的速度相等，故物體A的速度等于vcosα，所以人的速度v大于物體A的速度vcosα，選項A錯誤；人沿水平地面向左做勻速直線運動，v不變，輕繩與水平方向的夾角α變大，cosα非線性減小，所以物體A做的不是勻變速運動，物體A的加速度方向豎直向上，選項B、C錯誤；對物體A，由于加速度方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律，知輕繩對A的拉力大于A的重力，選項D正確。][易錯點評](1)在進行速度分解時，要分清合速度與分速度。合速度就是物體實際運動的速度，由物體的實際運動確定；分速度由合速度的效果利用平行四邊形定則確定。(2)要注意區(qū)分繩端速度分解與繩上拉力分解：(手握)繩端的速度沿輕繩方向和垂直輕繩方向分解，而(手握)繩上的拉力通常按作用效果沿水平方向和豎直方向分解。5．(多選)質量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質細桿的A點和B點，如圖所示，繩a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長為l，當輕桿繞豎直軸OO′以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是()A．繩a的彈力不可能為零B．繩a的彈力隨角速度的增大而增大C．當ω2>eq\f(g,ltanθ)時，繩b將出現(xiàn)彈力D．若繩b突然被剪斷，則繩a的彈力一定發(fā)生變化AC[對小球受力分析可知繩a的彈力在豎直方向的分力平衡了小球的重力，解得FTa＝eq\f(mg,sinθ)，為定值，A正確，B錯誤；當FTacosθ＝mω2l，即ω2＝eq\f(g,ltanθ)時，繩b的彈力為零，若角速度大于該值，繩a在水平方向的分力不足以提供小球做圓周運動的向心力，則繩b將出現(xiàn)彈力，C正確；由于繩b可能沒有彈力，故繩b突然被剪斷，繩a的彈力可能不變，D錯誤。]6．(多選)天花板下懸掛的輕質光滑小圓環(huán)P可繞過懸掛點的豎直軸無摩擦地旋轉。一根輕繩穿過P，兩端分別連接質量為m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。設兩球同時做如圖所示的圓錐擺運動，且在任意時刻兩球均在同一水平面內，則()A．兩球運動的周期相等B．兩球的向心加速度大小相等C．球A、B到P的距離之比等于m2∶m1D．球A、B到P的距離之比等于m1∶m2AC[對其中一個小球受力分析，其受到重力和繩的拉力F，繩中拉力在豎直方向的分力與重力平衡，設輕繩與豎直方向的夾角為θ，則有Fcosθ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，設該小球到P的距離為l，則有Fsinθ＝mgtanθ＝meq\f(4π2,T2)lsinθ，解得周期為T＝2πeq\r(\f(lcosθ,g))＝2πeq\r(\f(h,g))，因為任意時刻兩球均在同一水平面內，故兩球運動的周期相等，選項A正確；連接兩球的繩的張力F相等，由于向心力為Fn＝Fsinθ＝mω2lsinθ，故m與l成反比，由m1≠m2，可得l1≠l2，又小球的向心加速度a＝ω2lsinθ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)lsinθ，故向心加速度大小不相等，選項C正確，B、D錯誤。]7．(多選)如圖所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，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點脫離后做平拋運動，經(jīng)過0.3s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰。已知半圓形管道的半徑為R＝1m，小球可看作質點且其質量為m＝1kg，g取10m/s2。則()A．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.9mB．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.9mC．小球經(jīng)過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是1ND．小球經(jīng)過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是2NAC[根據(jù)平拋運動的規(guī)律，小球在C點的豎直分速度vy＝gt＝3m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3m/s，則B點與C點的水平距離為x＝vxt＝0.9m，選項A正確，B錯誤；在B點設管道對小球的作用力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律，有FNB＋mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，vB＝vx＝3m/s，解得FNB＝－1N，負號表示管道對小球的作用力方向向上，選項C正確，D錯誤。]8．(多選)如圖甲所示，質量為m的小球與輕繩一端相連，繞另一端點O在豎直平面內做圓周運動，圓周運動半徑為R，忽略一切阻力的影響，重力加速度為g?，F(xiàn)測得繩子對球的拉力隨時間變化的圖線如圖乙所示，則下列判斷正確的是()甲乙A．t1時刻小球的速度大小為eq\r(2gR)B．t2時刻小球的速度大小為eq\r(5gR)C．t3時刻小球的速度大小為eq\r(gR)D．t4時刻小球的速度大小為eq\r(gR)BD[通過分析小球從最高點到水平位置的運動過程，可知t1時刻輕繩位于水平方向，由繩子的拉力提供向心力，由牛頓第二定律得3mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，解得v1＝eq\r(3gR)，A項錯誤；t2時刻小球到達最低點，由重力與繩子的拉力的合力提供向心力，則有6mg－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，得v2＝eq\r(5gR)，B項正確；t3時刻與t1時刻相同，輕繩位于水平方向，小球的速度為v1＝eq\r(3gR)，C項錯誤；t4時刻小球到達最高點，由題圖乙知，繩子的拉力為0，重力提供向心力，則有mg＝meq\f(v\o\al(2,3),R)，得v3＝eq\r(gR)，D項正確。]9．(2020·河南開封一模)在2019年女排世界杯中，中國女排一路過關斬將，獲得比賽冠軍。如圖所示，某次比賽中，來自河南的世界第一主攻手朱婷接隊友傳球時，在網(wǎng)前L＝3.6m處起跳，在離地面高H＝3.04m處將球以v0的速度正對球網(wǎng)水平擊出，已知球網(wǎng)高h＝2.24m，重力加速度g取10m/s2(忽略空氣阻力)。則()A．若排球恰好過網(wǎng)，則v0＝5m/sB．若擊球的方向改變，球過網(wǎng)后可以豎直落地C．運動過程中，任意相等時間內排球的動量變化量相等D．運動過程中，任意相等時間內排球的動能變化量相等C[球被擊出后，將做平拋運動，則根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，排球剛好過網(wǎng)時，排球下落的高度為H－h(huán)＝(3.04－2.24)m＝0.8m，則排球下落的時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s，水平方向有v0＝eq\f(L,t)＝eq\f(3.6,0.4)m/s＝9m/s，A錯誤；由于排球在水平方向做勻速直線運動，則排球不可能豎直落地，B錯誤；由動量定理可知mgΔt＝Δp，故任意相等時間內排球的動量變化量相等，C正確；由于排球在豎直方向做自由落體運動，則排球在相等時間內下落的高度不等，由動能定理可知mgΔh＝ΔEk，故任意相等時間內排球的動能變化量不相等，D錯誤。]10．(2020·河北衡水模擬)如圖所示是固定在桌面上的“C”形木塊，abcd為半徑為R的光滑圓軌道的一部分，a為軌道的最高點，de面水平。將質量為m的小球(可視為質點)在d點正上方h高處由靜止釋放，小球自由下落到d處切入軌道運動，則()A．在h一定的條件下，釋放小球后小球能否到達a點，與小球質量有關B．小球通過a點的條件是h>RC．改變h的大小，小球在通過a點后可能落回軌道之內，也可能落在de面上D．無論怎樣改變h的大小，都不可能使小球在通過a點后又落回軌道內D[小球恰能通過a點的條件是在a點小球的重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\r(gR)，小球通過最高點a點的條件是速度大于等于eq\r(gR)，根據(jù)能量守恒定律得mghmin＝mgR＋eq\f(1,2)mv2，可求出h的最小值hmin＝eq\f(3,2)R，與小球質量無關，A、B項錯誤；小球離開a點后做平拋運動，小球恰好能通過a點時，根據(jù)平拋運動的規(guī)律，小球在水平方向做勻速直線運動，有xmin＝vt，在豎直方向做自由落體運動，有R＝eq\f(1,2)gt2，解得xmin＝eq\r(2)R>R，所以小球在通過a點后不可能落回軌道之內，C項錯誤，D項正確。]11．(2020·江西新余高三一模)在水上競技游樂項目中，選手從斜面流水軌道頂端滑下，然后需要借助懸掛在高處的繩飛越到水面的浮臺上，簡化模型如圖所示。已知斜面流水軌道的長度l＝10m，選手與軌道間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.125，θ＝37°，選手可看成質量m＝60kg的質點。軌道與水平面平滑連接，選手在B、E兩點的速度大小相等，繩的懸掛點O距水面的高度為H＝25m，繩末端距水面的高度為h＝5m，繩的懸掛點距圓形浮臺的左邊緣的水平距離為L＝12m，圓形浮臺的直徑d＝2m，不計空氣阻力、繩的質量以及浮臺露出水面的高度，水足夠深，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)如果選手從斜面流水軌道的頂端滑到最低點后，抓住繩開始擺動，此過程沒有能量損失，則選手抓到繩后對繩拉力的大小是多少？擺到最高點后松手，選手能否落到浮臺上？(2)如果選手不抓繩，能否落到浮臺上？[解析](1)選手在斜面流水軌道上做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝5m/s2所以選手滑到斜面流水軌道末端的速度v＝eq\r(2al)＝10m/s滑到最低點選手抓住繩后有T－mg＝meq\f(v2,H－h(huán))因此T＝mg＋meq\f(v2,H－h(huán))＝900N根據(jù)牛頓第三定律知，選手抓到繩后對繩拉力的大小是900N擺到最高點后松手，選手做自由落體運動選手由E至C，由動能定理有0－eq\f(1,2)mv2＝mgh′解得h′＝eq\f(v2,2g)＝5m水平移動s＝eq\r(H－h(huán)2－H－h(huán)－h(huán)′2)＝5eq\r(7)m因為12m<s<14m，所以選手擺到最高點后松手，能落到浮臺上。(2)如果選手不抓繩，將做平拋運動s′＝vt，h＝eq\f(1,2)gt2s′＝veq\r(\f(2h,g))＝10m<12m即選手不抓繩，不能落到浮臺上。[答案]見解析12．(2020·全國卷Ⅰ·T16)如圖所示，一同學表演蕩秋千，已知秋千的兩根繩長均為10m，該同學和秋千踏板的總質量約為50kg。繩的質量忽略不計。當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為()A．200NB．400NC．600ND．800NB[該同學身高相對于秋千的繩長可忽略不計，可以把該同學看成質點。當該同學蕩到秋千支架的正下方時，由牛頓第二定律有2F－mg＝eq\f(mv2,L)，代入數(shù)據(jù)解得F＝410N，選項B正確。]13．(2020·全國卷Ⅱ·T16)如圖所示，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經(jīng)過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點，c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。eq\f(E2,E1)等于()A．20B．18C．9.0D．3.0B[摩托車落到c點時，根據(jù)平拋運動規(guī)律有h＝v01t1，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得veq\o\al(2,01)＝eq\f(gh,2)；同理摩托車落到b點時有veq\o\al(2,02)＝9gh。又動能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,01)、E2＝eq\f(