2021新高考物理二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)3拋體運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)

專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)(三)(建議用時(shí)：40分鐘)1．珠海航展，我國(guó)五代戰(zhàn)機(jī)“殲－20”再次閃亮登場(chǎng)。表演中，戰(zhàn)機(jī)先水平向右，再沿曲線(xiàn)ab向上(如圖)，最后沿陡斜線(xiàn)直入云霄。設(shè)飛行路徑在同一豎直面內(nèi)，飛行速率不變。則沿ab段曲線(xiàn)飛行時(shí)，戰(zhàn)機(jī)()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(jī)在同一豎直面內(nèi)做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)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(jī)的加速度不為零，根據(jù)牛頓第二定律可知，戰(zhàn)機(jī)所受的合外力不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；所受合外力與速度方向垂直，由于速度方向時(shí)刻在變，則合外力的方向也時(shí)刻在變化，并非始終都豎直向上，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；戰(zhàn)機(jī)所受合外力始終都與速度方向垂直，對(duì)合外力和速度進(jìn)行分解可知，豎直方向上做加速運(yùn)動(dòng)，水平方向上做減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]2．(易錯(cuò)題)一河流兩岸平行，水流速率恒定為v1，某人劃船過(guò)河，船相對(duì)靜水的速率為v2，且v2>v1。設(shè)人以最短的時(shí)間t1過(guò)河時(shí)，渡河的位移為d1；以最短的位移d2過(guò)河時(shí)，所用的時(shí)間為t2。下列說(shuō)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(shí)，過(guò)河時(shí)間最短，即t1＝eq\f(d2,v2)，過(guò)河位移d1＝eq\r(d\o\al(2,2)＋v1t12)；船以最短的位移過(guò)河時(shí)，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(xiàng)C正確。][易錯(cuò)點(diǎn)評(píng)](1)船頭的航向與船的運(yùn)動(dòng)方向不一定相同，船的航行方向也就是船頭指向，是分運(yùn)動(dòng)；船的運(yùn)動(dòng)方向也就是船的實(shí)際運(yùn)動(dòng)方向，是合運(yùn)動(dòng)。(2)渡河時(shí)間只與垂直河岸的船的分速度有關(guān)，與水流速度無(wú)關(guān)。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(guò)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(yùn)動(dòng)時(shí)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(xiàn)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(yùn)動(dòng)的時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)間是B的eq\r(2)倍，B錯(cuò)誤；平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，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(cuò)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(cuò)題)如圖所示，某人沿水平地面向左做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(保持手握繩的高度不變)，利用跨過(guò)定滑輪的輕繩將一物體A沿豎直方向放下，在此過(guò)程中，下列結(jié)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)C．物體A的加速度方向豎直向下D．輕繩對(duì)物體A的拉力大于物體A的重力D[設(shè)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(yùn)動(dòng)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(xiàng)A錯(cuò)誤；人沿水平地面向左做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，v不變，輕繩與水平方向的夾角α變大，cosα非線(xiàn)性減小，所以物體A做的不是勻變速運(yùn)動(dòng)，物體A的加速度方向豎直向上，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；對(duì)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(duì)A的拉力大于A(yíng)的重力，選項(xiàng)D正確。][易錯(cuò)點(diǎn)評(píng)](1)在進(jìn)行速度分解時(shí)，要分清合速度與分速度。合速度就是物體實(shí)際運(yùn)動(dòng)的速度，由物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)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(zhì)量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質(zhì)細(xì)桿的A點(diǎn)和B點(diǎn)，如圖所示，繩a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長(zhǎng)為l，當(dāng)輕桿繞豎直軸OO′以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)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(dāng)ω2>eq\f(g,ltanθ)時(shí)，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(duì)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(cuò)誤；當(dāng)FTacosθ＝mω2l，即ω2＝eq\f(g,ltanθ)時(shí)，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(yùn)動(dòng)的向心力，則繩b將出現(xiàn)彈力，C正確；由于繩b可能沒(méi)有彈力，故繩b突然被剪斷，繩a的彈力可能不變，D錯(cuò)誤。]6．(多選)天花板下懸掛的輕質(zhì)光滑小圓環(huán)P可繞過(guò)懸掛點(diǎn)的豎直軸無(wú)摩擦地旋轉(zhuǎn)。一根輕繩穿過(guò)P，兩端分別連接質(zhì)量為m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。設(shè)兩球同時(shí)做如圖所示的圓錐擺運(yùn)動(dòng)，且在任意時(shí)刻兩球均在同一水平面內(nèi)，則()A．兩球運(yùn)動(dòng)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(duì)其中一個(gè)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(shè)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(shè)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(mén)＝2πeq\r(\f(lcosθ,g))＝2πeq\r(\f(h,g))，因?yàn)槿我鈺r(shí)刻兩球均在同一水平面內(nèi)，故兩球運(yùn)動(dòng)的周期相等，選項(xiàng)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(xiàng)C正確，B、D錯(cuò)誤。]7．(多選)如圖所示，一個(gè)固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個(gè)直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，從B點(diǎn)脫離后做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)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(zhì)點(diǎn)且其質(zhì)量為m＝1kg，g取10m/s2。則()A．小球在斜面上的相碰點(diǎn)C與B點(diǎn)的水平距離是0.9mB．小球在斜面上的相碰點(diǎn)C與B點(diǎn)的水平距離是1.9mC．小球經(jīng)過(guò)管道的B點(diǎn)時(shí)，受到管道的作用力FNB的大小是1ND．小球經(jīng)過(guò)管道的B點(diǎn)時(shí)，受到管道的作用力FNB的大小是2NAC[根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，小球在C點(diǎn)的豎直分速度vy＝gt＝3m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3m/s，則B點(diǎn)與C點(diǎn)的水平距離為x＝vxt＝0.9m，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；在B點(diǎn)設(shè)管道對(duì)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(fù)號(hào)表示管道對(duì)小球的作用力方向向上，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。]8．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量為m的小球與輕繩一端相連，繞另一端點(diǎn)O在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R，忽略一切阻力的影響，重力加速度為g?，F(xiàn)測(cè)得繩子對(duì)球的拉力隨時(shí)間變化的圖線(xiàn)如圖乙所示，則下列判斷正確的是()甲乙A．t1時(shí)刻小球的速度大小為eq\r(2gR)B．t2時(shí)刻小球的速度大小為eq\r(5gR)C．t3時(shí)刻小球的速度大小為eq\r(gR)D．t4時(shí)刻小球的速度大小為eq\r(gR)BD[通過(guò)分析小球從最高點(diǎn)到水平位置的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，可知t1時(shí)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(xiàng)錯(cuò)誤；t2時(shí)刻小球到達(dá)最低點(diǎn)，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(xiàng)正確；t3時(shí)刻與t1時(shí)刻相同，輕繩位于水平方向，小球的速度為v1＝eq\r(3gR)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；t4時(shí)刻小球到達(dá)最高點(diǎn)，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(xiàng)正確。]9．(2020·河南開(kāi)封一模)在2019年女排世界杯中，中國(guó)女排一路過(guò)關(guān)斬將，獲得比賽冠軍。如圖所示，某次比賽中，來(lái)自河南的世界第一主攻手朱婷接隊(duì)友傳球時(shí)，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(duì)球網(wǎng)水平擊出，已知球網(wǎng)高h(yuǎn)＝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(guò)網(wǎng)，則v0＝5m/sB．若擊球的方向改變，球過(guò)網(wǎng)后可以豎直落地C．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，任意相等時(shí)間內(nèi)排球的動(dòng)量變化量相等D．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，任意相等時(shí)間內(nèi)排球的動(dòng)能變化量相等C[球被擊出后，將做平拋運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，排球剛好過(guò)網(wǎng)時(shí)，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(shí)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(cuò)誤；由于排球在水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則排球不可能豎直落地，B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知mgΔt＝Δp，故任意相等時(shí)間內(nèi)排球的動(dòng)量變化量相等，C正確；由于排球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，則排球在相等時(shí)間內(nèi)下落的高度不等，由動(dòng)能定理可知mgΔh＝ΔEk，故任意相等時(shí)間內(nèi)排球的動(dòng)能變化量不相等，D錯(cuò)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(diǎn)，de面水平。將質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在d點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，則()A．在h一定的條件下，釋放小球后小球能否到達(dá)a點(diǎn)，與小球質(zhì)量有關(guān)B．小球通過(guò)a點(diǎn)的條件是h>RC．改變h的大小，小球在通過(guò)a點(diǎn)后可能落回軌道之內(nèi)，也可能落在de面上D．無(wú)論怎樣改變h的大小，都不可能使小球在通過(guò)a點(diǎn)后又落回軌道內(nèi)D[小球恰能通過(guò)a點(diǎn)的條件是在a點(diǎn)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(guò)最高點(diǎn)a點(diǎn)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(zhì)量無(wú)關(guān)，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；小球離開(kāi)a點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球恰好能通過(guò)a點(diǎn)時(shí)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，小球在水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有xmin＝vt，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，有R＝eq\f(1,2)gt2，解得xmin＝eq\r(2)R>R，所以小球在通過(guò)a點(diǎn)后不可能落回軌道之內(nèi)，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。]11．(2020·江西新余高三一模)在水上競(jìng)技游樂(lè)項(xiàng)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(tái)上，簡(jiǎn)化模型如圖所示。已知斜面流水軌道的長(zhǎng)度l＝10m，選手與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.125，θ＝37°，選手可看成質(zhì)量m＝60kg的質(zhì)點(diǎn)。軌道與水平面平滑連接，選手在B、E兩點(diǎn)的速度大小相等，繩的懸掛點(diǎn)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(diǎn)距圓形浮臺(tái)的左邊緣的水平距離為L(zhǎng)＝12m，圓形浮臺(tái)的直徑d＝2m，不計(jì)空氣阻力、繩的質(zhì)量以及浮臺(tái)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(diǎn)后，抓住繩開(kāi)始擺動(dòng)，此過(guò)程沒(méi)有能量損失，則選手抓到繩后對(duì)繩拉力的大小是多少？擺到最高點(diǎn)后松手，選手能否落到浮臺(tái)上？(2)如果選手不抓繩，能否落到浮臺(tái)上？[解析](1)選手在斜面流水軌道上做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)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(duì)繩拉力的大小是900N擺到最高點(diǎn)后松手，選手做自由落體運(yùn)動(dòng)選手由E至C，由動(dòng)能定理有0－eq\f(1,2)mv2＝mgh′解得h′＝eq\f(v2,2g)＝5m水平移動(dòng)s＝eq\r(H－h(huán)2－H－h(huán)－h(huán)′2)＝5eq\r(7)m因?yàn)?2m<s<14m，所以選手?jǐn)[到最高點(diǎn)后松手，能落到浮臺(tái)上。(2)如果選手不抓繩，將做平拋運(yùn)動(dòng)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(tái)上。[答案]見(jiàn)解析12．(2020·全國(guó)卷Ⅰ·T16)如圖所示，一同學(xué)表演蕩秋千，已知秋千的兩根繩長(zhǎng)均為10m，該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50kg。繩的質(zhì)量忽略不計(jì)。當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時(shí)，速度大小為8m/s，此時(shí)每根繩子平均承受的拉力約為()A．200NB．400NC．600ND．800NB[該同學(xué)身高相對(duì)于秋千的繩長(zhǎng)可忽略不計(jì)，可以把該同學(xué)看成質(zhì)點(diǎn)。當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時(shí)，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(xiàng)B正確。]13．(2020·全國(guó)卷Ⅱ·T16)如圖所示，在摩托車(chē)越野賽途中的水平路段前方有一個(gè)坑，該坑沿摩托車(chē)前進(jìn)方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點(diǎn)比右邊緣b點(diǎn)高0.5h。若摩托車(chē)經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E1，它會(huì)落到坑內(nèi)c點(diǎn)，c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E2，該摩托車(chē)恰能越過(guò)坑到達(dá)b點(diǎn)。eq\f(E2,E1)等于()A．20B．18C．9.0D．3.0B[摩托車(chē)落到c點(diǎn)時(shí)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)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(chē)落到b點(diǎn)時(shí)有veq\o\al(2,02)＝9gh。又動(dòng)能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,01)、E2＝eq\f(