新課標2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)專題一第3講拋體運動圓周運動精練含解析

PAGE7-拋體運動圓周運動(45分鐘)[刷基礎(chǔ)]1．(2024·浙江杭州高三模擬)轉(zhuǎn)籃球是一項難度較高的技巧，其中包含了很多物理學(xué)問．如圖所示，假設(shè)某轉(zhuǎn)籃球的高手能讓籃球在手指上(手指剛好在籃球的正下方)做勻速圓周運動，下列有關(guān)該同學(xué)轉(zhuǎn)籃球的物理學(xué)問正確的是()A．籃球上各點做圓周運動的圓心在手指上B．籃球上各點的向心力是由手指供應(yīng)的C．籃球上各點做圓周運動的角速度相同D．籃球上各點離轉(zhuǎn)軸越近，做圓周運動的向心加速度越大解析：籃球上的各點做圓周運動時，是圍著轉(zhuǎn)軸做圓周運動的，圓心均在轉(zhuǎn)軸上，故A錯誤；籃球旋轉(zhuǎn)就是靠我們的手拍動籃球旋轉(zhuǎn)，造成籃球旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生向心力的，故B錯誤；籃球上的各點繞轉(zhuǎn)軸做圓周運動，故角速度相同，故C正確；由于角速度相同，依據(jù)a＝ω2r可知籃球上各點離轉(zhuǎn)軸越近，做圓周運動的向心加速度越小，故D錯誤．答案：C2.(2024·高考全國卷Ⅱ)小球P和Q用不行伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點()A．P球的速度肯定大于Q球的速度B．P球的動能肯定小于Q球的動能C．P球所受繩的拉力肯定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度肯定小于Q球的向心加速度解析：小球從水平位置搖擺至最低點，由動能定理得，mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL)，因LP<LQ，故vP<vQ，選項A錯誤；因為Ek＝mgL，又mP>mQ，則兩小球的動能大小無法比較，選項B錯誤；對小球在最低點受力分析得，F(xiàn)T－mg＝meq\f(v2,L)，可得FT＝3mg，因mP>mQ，故選項C正確；由a＝eq\f(v2,L)＝2g可知，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤．答案：C3.如圖所示，一條小河河寬d＝60m，水速v1＝3m/s.甲、乙兩船在靜水中的速度均為v2＝5m/s.兩船同時從A點動身，且同時到達對岸，其中甲船恰好到達正對岸的B點，乙船到達對岸的C點，則()A．α＝βB．兩船過河時間為12sC．兩船航行的合速度大小相同D．BC的距離為72m解析：因為同時到達對岸，所以eq\f(d,v2cosα)＝eq\f(d,v2cosβ)，解得α＝β，A正確；當船頭垂直河岸渡河時t＝eq\f(d,v2)＝12s，現(xiàn)在兩船在垂直河岸方向上的速度小于v2，故渡河時間大于12s，B錯誤；由于兩船的方向不同，而水流方向相同，依據(jù)平行四邊形定則可知兩者的合速度大小不同，C錯誤；依據(jù)幾何學(xué)問可得cosα＝cosβ＝eq\f(4,5)，所以sinβ＝eq\f(3,5)，故乙船在水流方向的速度為v＝(3＋5×eq\f(3,5))m/s＝6m/s，渡河時間為t′＝eq\f(d,v2cosβ)＝15s，所以BC的距離為xBC＝vt′＝6×15m＝90m，D錯誤．答案：A4．質(zhì)量為M的物體內(nèi)有光滑圓形軌道，現(xiàn)有一質(zhì)最為m的小滑塊沿該圓形軌道在豎直面內(nèi)做圓周運動，A、C為圓周的最高點和最低點，B、D為與圓心O在同一水平線上的點，小滑塊運動時，物體在地面上靜止不動，則下列關(guān)于物體對地面的壓力N和地面對物體的摩擦力的說法，正確的是()A．小滑塊在A點時，N＞Mg，摩擦力方向向左B．小滑塊在B點時，N＝Mg，摩擦力方向向左C．小滑塊在C點時，N＞(M＋m)g，物體與地面無摩擦力D．小滑塊在D點時，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左解析：小滑塊在A點時，滑塊對物體的作用力在豎直方向上，系統(tǒng)在水平方向不受力的作用，所以沒有摩擦力的作用，故A錯誤；小滑塊在B點時，須要的向心力向右，所以物體對滑塊有向右的支持力作用，對物體受力分析可知，地面要對物體有向右的摩擦力作用，在豎直方向上，由于沒有加速度，物體受力平衡，所以物體對地面的壓力N＝Mg，故B錯誤；小滑塊在C點時，滑塊對物體的作用力豎直向下，物體在水平方向不受其他力的作用，所以不受摩擦力，滑塊對物體的壓力要大于滑塊的重力，則物體對地面的壓力N>(M＋m)g，C正確；小滑塊在D點和B點受力類似，由B的分析可知N＝Mg，摩擦力方向向左，D錯誤．答案：C5．(2024·甘肅臨夏高考模擬)如圖所示，一個內(nèi)壁光滑的圓錐筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動，有兩個質(zhì)量相同的小球A和小球B緊貼圓錐筒內(nèi)壁分別在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則下列說法中正確的是()A．A球的線速度必定小于B球的線速度B．A球的角速度必定大于B球的角速度C．A球運動的周期必定大于B球的周期D．A球?qū)ν脖诘膲毫Ρ囟ù笥贐球?qū)ν脖诘膲毫馕觯盒∏蚴苤亓椭С至Γ芍亓椭С至Φ暮狭?yīng)圓周運動的向心力，受力分析如圖所示．兩球所受的重力大小相等，支持力方向相同，依據(jù)力的合成，知兩支持力大小、合力大小相等，故D錯誤．依據(jù)F合＝meq\f(v2,r)，合力、質(zhì)量相等，得r越大線速度越大，所以A球的線速度大于B球的線速度，故A錯誤．依據(jù)F合＝mω2r，合力、質(zhì)量相等，得r越大角速度越小，A球的角速度小于B球的角速度，故B錯誤．依據(jù)F合＝meq\f(4π2,T2)r，合力、質(zhì)量相等，得r越大，周期越大，A球運動的周期大于B球運動的周期，故C正確．答案：C6．(多選)(2024·高考江蘇卷)如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動．座艙的質(zhì)量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙()A．運動周期為eq\f(2πR,ω)B．線速度的大小為ωRC．受摩天輪作用力的大小始終為mgD．所受合力的大小始終為mω2R解析：由題意可知座艙運動周期為T＝eq\f(2π,ω)，線速度為v＝ωR，受到的合力為F＝mω2R，選項B、D正確，A錯誤；座艙的重力為mg，座艙做勻速圓周運動受到的向心力(即合力)大小不變，方向時刻變更，故座艙受摩天輪的作用力大小時刻在變更，選項C錯誤．答案：BD7.(多選)如圖所示，b是長方形acfd對角線的交點，e是底邊df的中點，a、b、c處的三個小球分別沿圖示方向做平拋運動，落地后不反彈，下列表述正確的是()A．若a、b、c處三球同時拋出，三球可能在de之間的區(qū)域相遇B．只要b、c處兩球同時起先做平拋運動，二者不行能在空中相遇C．若a、b處兩球能在地面相遇，則a、b在空中運動的時間之比為2∶1D．若a、c處兩球在e點相遇，則拋出速度大小肯定滿意va＝vc解析：若三個小球同時拋出，由于三球不都是從同一高度水平拋出，故三球不行能相遇，選項A錯誤，B正確；設(shè)ad＝2h，a球在空中運動時間為ta，b球在空中運動時間為tb，依據(jù)平拋運動規(guī)律，2h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,a)，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,b)，解得ta＝2eq\r(\f(h,g))，tb＝eq\r(2)eq\r(\f(h,g))，若a、b處兩球能在地面相遇，則a、b在空中運動的時間之比為ta∶tb＝2eq\r(\f(h,g))∶eq\r(2)eq\r(\f(h,g))＝eq\r(2)∶1，選項C錯誤；由平拋運動規(guī)律h＝eq\f(1,2)gt2和x＝v0t可知，選項D正確．答案：BD8.(多選)(2024·山東濟南高三區(qū)縣聯(lián)考)長為l0的輕桿一端固定一個質(zhì)量為m的小球，繞另一端O在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖所示．若小球運動到最高點時對桿的作用力為2mg，以下說法正確的是()A．小球運動的線速度大小為eq\r(2gl0)B．小球運動的線速度大小為eq\r(gl0)C．小球在最高點時所受的合力為3mgD．小球在最低點時所受桿的拉力為4mg解析：小球運動到最高點時對桿的作用力為2mg，故桿對小球為拉力，故在最高點受到的合力為mg＋2mg＝3mg，故C正確；在最高點，依據(jù)牛頓其次定律可知3mg＝eq\f(mv2,l0)，解得v＝eq\r(3gl0)，故A、B錯誤；在最低點，依據(jù)牛頓其次定律可知F－mg＝eq\f(mv2,l0)，解得F＝4mg，故D正確．答案：CD9．(2024·河北衡水高三模擬)如圖所示，在光滑水平面上豎直固定一半徑為R的光滑半圓槽軌道，其底端恰與水平面相切．質(zhì)量為m的小球以大小為v0的初速度經(jīng)半圓槽軌道最低點B滾上半圓槽，小球恰能通過最高點C后落回到水平面上的A點．(不計空氣阻力，重力加速度為g)求：(1)小球通過B點時對半圓槽的壓力大?。?2)A、B兩點間的距離；(3)小球落到A點時的速度方向．解析：(1)在B點小球做圓周運動，F(xiàn)N－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，得FN＝meq\f(v\o\al(2,0),R)＋mg.由牛頓第三定律知，小球通過B點時對半圓槽的壓力大小FN′＝FN＝meq\f(v\o\al(2,0),R)＋mg.(2)小球恰能通過C點，故只有重力供應(yīng)向心力，則mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)過C點小球做平拋運動，xAB＝vCt，h＝eq\f(1,2)gt2，h＝2R聯(lián)立以上各式可得xAB＝2R.(3)設(shè)小球落到A點時，速度方向與水平面的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,vC)，vy＝gt,2R＝eq\f(1,2)gt2解得tanθ＝2小球落到A點時，速度方向與水平面成θ角斜向左下方，且tanθ＝2.答案：(1)meq\f(v\o\al(2,0),R)＋mg(2)2R(3)與水平方向夾角為θ，且tanθ＝2[刷綜合]10.如圖所示，長為L的輕直棒一端可繞固定軸O轉(zhuǎn)動，另一端固定一質(zhì)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?xí)r，小球的速度為eq\f(v,cosα)C．棒的角速度漸漸增大D．當棒與豎直方向的夾角為α?xí)r，棒的角速度為eq\f(v,Lsinα)解析：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的，如圖所示．設(shè)棒的角速度為ω，則合速度v實＝ωL，沿豎直向上方向上的速度重量等于v，即ωLsinα＝v，所以ω＝eq\f(v,Lsinα)，小球速度為v實＝ωL＝eq\f(v,sinα)，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．答案：D11．如圖，一塊足夠大的光滑平板放置在水平面上，能繞水平固定軸MN調(diào)整其與水平面所成的傾角．板上一根長為L＝0.60m的輕細繩，它的一端系住一質(zhì)量為m的小球P，另一端固定在板上的O點．當平板的傾角為α?xí)r，先將輕繩平行于水平軸MN拉直，第一次給小球一初速度使小球恰能在板上做完整的圓周運動，小球在最高點的速度大小為eq\r(3)m/s，若要使小球在最高點時繩子的拉力大小恰與重力大小相等，則小球在最高點的速度大小為(重力加速度g取10m/s2)()A.eq\r(6)m/s B．2m/sC．3m/s D．2eq\r(3)m/s解析：小球在斜面上運動時受繩子的拉力、斜面的彈力及其重力作用．在垂直斜面方向上合力為0，重力在沿斜面方向的重量為mgsinα若恰好通過最高點繩子拉力FT＝0此時mgsinα＝meq\f(v\o\al(2,0),L)代入數(shù)據(jù)得sinα＝eq\f(1,2)若要使小球在最高點時繩子的拉力大小恰與重力大小相等，小球在最高點時，由繩子的拉力和重力分力的合力供應(yīng)向心力mg＋mgsinα＝meq\f(v2,L)代入數(shù)據(jù)得v＝3m/s，故C正確．答案：C12．(2024·河南洛陽高三一模)如圖為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，直軌道AB與光滑圓弧軌道BC相切，圓弧軌道的圓心角為37°，半徑為r＝0.25m，C端切線水平，AB段的動摩擦因數(shù)為0.5.豎直墻壁CD高H＝0.2m，緊靠墻壁在地面上固定一個和CD等高，底邊長L＝0.3m的斜面．一個質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊(視為質(zhì)點)在傾斜軌道上從距離B點l＝0.5m處由靜止釋放，從C點水平拋出．重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求小物塊運動到C點時對軌道壓力的大?。?2)求小物塊從C點拋出到擊中斜面的時間；(3)變更小物塊從斜面上釋放的初位置，求小物塊擊中斜面時動能的最小值．解析：(1)由動能定理得mglsin37°＋mg(r－rcos37°)－μmglcos37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得v0＝eq\r(3)m/s在C點由牛頓其次定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),r)得FN＝2.2N由牛頓第三定律得，小物塊運動到C點時對軌道壓力大小為FN′＝2.2N.(2)如圖，設(shè)物塊落到斜面上時水平位移為x，豎直位移為yeq\f(L－x,y)＝eq\f(L,H)，得x＝0.3－1.5yx＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt215t2＋2eq\r(3