2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題一第3講拋體運動圓周運動作業(yè)含解析

PAGE9-第3講拋體運動圓周運動(45分鐘)[基礎(chǔ)題組專練]1．(2024·廣東汕頭高三檢測)港珠澳大橋已經(jīng)開通，在香港和澳門無論開車和步行都是靠左行走，而內(nèi)地都是靠右行走，所以香港、澳門和珠海的汽車往來須要變換交通規(guī)則。詳細的做法就是在大橋的香港和澳門全部出入口接線處架設(shè)如圖所示的立交橋來變更行駛方式。以下說法正確的是()A．汽車勻速通過立交橋時合外力為零B．汽車通過立交橋的過程合外力方向保持不變C．汽車通過立交橋時受到的橋面支持力不肯定與汽車的重力相互平衡D．兩輛相同的汽車并排通過立交橋時合外力的大小可能始終保持相等解析：汽車勻速通過立交橋時做曲線運動，合外力不為零，方向指向曲線凹側(cè)，時刻變更，故A、B錯誤；立交橋轉(zhuǎn)彎的地方路面外高內(nèi)低，橋面支持力與汽車的重力不會平衡，在路面水平的地方橋面支持力與汽車的重力平衡，故C正確；兩輛相同的汽車并排通過立交橋時做曲線運動，二者離圓心的距離不相等，合外力充當(dāng)向心力，故合外力的大小meq\f(v2,R)不相等，故D錯誤。答案：C2．(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：BD3．(2024·江西宜春市第一學(xué)期期末)如圖所示是物體在相互垂直的x方向和y方向運動的v-t圖像。以下推斷正確的是()A．在0～1s內(nèi)，物體做勻速直線運動B．在0～1s內(nèi)，物體做勻變速直線運動C．在1～2s內(nèi)，物體做勻變速直線運動D．在1～2s內(nèi)，物體做勻變速曲線運動解析：在0～1s內(nèi)，水平方向為勻速運動，豎直方向為勻加速運動，則合運動為勻變速曲線運動，故選項A、B錯誤；在1～2s內(nèi)，水平方向初速度為v0x＝4m/s，加速度為ax＝4m/s2，豎直方向初速度為v0y＝3m/s，加速度為ay＝3m/s2，依據(jù)平行四邊形定則合成可以得到合初速度為v＝5m/s，合加速度為a＝5m/s2，而且二者方向在同始終線上，可知合運動為勻變速直線運動，故選項C正確，D錯誤。答案：C4.如圖所示，在水平力F作用下，物體B沿水平面對右運動，物體A恰勻速上升。以下說法正確的是()A．物體B正向右做勻減速運動B．物體B正向右做加速運動C．地面對B的摩擦力減小D．斜繩與水平方向成30°角時，vA∶vB＝eq\r(3)∶2解析：將B的運動沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，沿繩子方向上的分速度等于A的速度，如圖所示，依據(jù)平行四邊形定則有vBcosα＝vA，所以vB＝eq\f(vA,cosα)，當(dāng)α減小時，物體B的速度減小，但B不是做勻減速運動，選項A、B錯誤；在豎直方向上，對B有mg＝FN＋FTsinα，F(xiàn)T＝mAg，α減小，則支持力FN增大，依據(jù)Ff＝μFN可知摩擦力Ff增大，選項C錯誤；依據(jù)vBcosα＝vA，知斜繩與水平方向成30°角時，vA∶vB＝eq\r(3)∶2，選項D正確。答案：D5.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(未畫出)，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：因為兩船同時到達對岸，所以eq\f(d,v2cosα)＝eq\f(d,v2cosβ)，解得α＝β，A正確；當(dāng)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：A6．(2024·高考全國卷Ⅲ)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和eq\f(v,2)的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的()A．2倍 B．4倍C．6倍 D．8倍解析：如圖所示，可知：x＝v0t，x·tanθ＝eq\f(1,2)gt2則x＝eq\f(2tanθ,g)·veq\o\al(2,0)，即x∝veq\o\al(2,0)甲、乙兩球拋出速度為v和eq\f(v,2)，則相應(yīng)水平位移之比為4∶1，由相像三角形知，下落高度之比也為4∶1，由自由落體運動規(guī)律得，落在斜面上豎直方向速度之比為2∶1，則可得落至斜面時速率之比為2∶1。答案：A7．游樂場有一種叫作“歡樂飛機”的游樂項目，模型如圖所示。已知模型飛機質(zhì)量為m，固定在長為L的旋臂上，旋臂與豎直方向夾角為θ，當(dāng)模型飛機以角速度ω繞中心軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運動時，下列說法正確的是()A．模型飛機受到重力、旋臂的作用力和向心力B．旋臂對模型飛機的作用力方向肯定與旋臂垂直C．旋臂對模型飛機的作用力大小為meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)D．若夾角θ增大，則旋臂對模型飛機的作用力減小解析：向心力是效果力，本題中模型飛機的向心力是重力與旋臂的作用力的合力，A錯誤；模型飛機在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，旋臂作用力在豎直方向的分力與模型飛機的重力平衡，旋臂作用力在水平方向的分力供應(yīng)模型飛機做勻速圓周運動所需的向心力，由于m、ω、L、θ之間的數(shù)量關(guān)系未知，故不能確定旋臂作用力方向與旋臂是否垂直，B錯誤；依據(jù)B選項的分析可知旋臂對模型飛機的作用力大小F＝eq\r(（mg）2＋（mω2Lsinθ）2)＝meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)，C正確；依據(jù)C選項的分析，當(dāng)0<θ<90°時，若夾角θ增大，則旋臂對模型飛機的作用力增大，D錯誤。答案：C8．(多選)(2024·高考全國卷Ⅱ)如圖(a)，在跳臺滑雪競賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺起先計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v-t圖像如圖(b)所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻，則()A．其次次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B．其次次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C．其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D．豎直方向速度大小為v1時，其次次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大解析：依據(jù)v-t圖像中圖線與t軸包圍的面積表示位移可知，其次次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的大，A錯誤；其次次滑翔過程中在豎直方向的位移比第一次大，又運動員每次滑翔過程中豎直位移與水平位移的比值相同(等于傾斜雪道與水平面夾角的正切值)，故其次次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大，B正確；從起跳到落到雪道上，第一次速度變更大，時間短，由a＝eq\f(Δv,Δt)，可知其次次滑翔過程中在豎直方向上平均加速度比第一次的小，C錯誤；依據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度知，當(dāng)豎直方向速度大小為v1時，其次次滑翔在豎直方向加速度小，設(shè)滑翔過程中在豎直方向受到的阻力為F阻，由mg－F阻＝ma，可得其次次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大，D正確。答案：BD[實力題組專練]9．(多選)如圖，排球場總長為18m，設(shè)網(wǎng)的高度為2m，運動員站在離網(wǎng)3m遠的線上正對網(wǎng)前豎直跳起，在高為2.5m處把作為質(zhì)點的排球垂直于網(wǎng)水平擊出。空氣阻力不計，重力加速度g取10m/s2，則()A．若球未觸網(wǎng)，排球飛行時間為eq\f(\r(2),2)sB．擊球速度大于20m/s，球必定會出界C．擊球速度小于10m/s，球必定會觸網(wǎng)D．只要擊球點高于2m，且擊球速度合適，球總可以落到對方界內(nèi)解析：若排球未觸網(wǎng)，排球做平拋運動，依據(jù)H＝eq\f(1,2)gt2，得排球飛行時間為t1＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×2.5,10))s＝eq\f(\r(2),2)s，故A正確；排球出界的臨界擊球速度值為v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(12,\f(\r(2),2))m/s＝12eq\r(2)m/s，所以擊球速度大于20m/s，球必定會出界，故B正確；若球恰好觸網(wǎng)，則球在球網(wǎng)上方運動的時間為t2＝eq\r(\f(2（H－h(huán)）,g))＝eq\r(\f(2×（2.5－2）,10))s＝eq\r(\f(1,10))s，由此求得排球觸網(wǎng)的臨界擊球速度為v2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(3,\r(\f(1,10)))m/s＝3eq\r(10)m/s，即擊球速度小于3eq\r(10)m/s，球必定會觸網(wǎng)，故C錯誤；設(shè)擊球點的高度為H′，當(dāng)H′較小時，擊球速度過大會出界，擊球速度過小又會觸網(wǎng)，假如球剛好擦網(wǎng)而過，落地時又恰壓底線上，則有eq\f(x1,\r(\f(2H′,g)))＝eq\f(x2,\r(\f(2（H′－h(huán)）,g)))，代入數(shù)據(jù)計算得出H′≈2.13m，即擊球高度小于2.13m時，不論擊球速度多大，球要么出界，要么觸網(wǎng)，肯定不會落到對方界內(nèi)，D錯誤。答案：AB10．(多選)如圖甲所示，半徑為R、內(nèi)壁光滑的圓形細管豎直放置，一可看作質(zhì)點的小球在圓管內(nèi)做圓周運動，當(dāng)其運動到最高點A時，小球受到的彈力F與其在A點速度平方(即v2)的關(guān)系如圖乙所示。設(shè)細管內(nèi)徑可忽視不計，則下列說法正確的是()A．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮閑q\f(R,b)B．該小球的質(zhì)量為eq\f(a,b)RC．當(dāng)v2＝2b時，小球在圓管的最低點受到的彈力大小為7D．當(dāng)0≤v2<b時，小球在A點對圓管的彈力方向豎直向上解析：由圖乙可知，當(dāng)v2＝b時，小球與圓管內(nèi)壁之間恰好沒有力的作用，此時由重力供應(yīng)小球做圓周運動的向心力，即mg＝meq\f(b,R)，故g＝eq\f(b,R)，選項A錯誤；當(dāng)v2＝0時，有mg＝a，又因為g＝eq\f(b,R)，所以小球的質(zhì)量m＝eq\f(a,b)R，選項B正確；當(dāng)v2＝2b時，設(shè)小球運動到最低點時的速度大小為v′，由機械能守恒定律可得mg·2R＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)m·2b，設(shè)小球在最低點時受到的彈力大小為F′，由向心力公式可得F′－mg＝meq\f(v′2,R)，聯(lián)立解得F′＝7a，選項C正確；當(dāng)0≤v2<b時，小球在最高點時須要的向心力小于小球的重力，所以圓管對小球的彈力方向豎直向上，由牛頓第三定律可知，小球?qū)A管的彈力方向豎直向下，選項D錯誤。答案：BC11．如圖所示，一水平放置的圓盤面上水平放置一勁度系數(shù)為k的彈簧，彈簧的一端固定于軸O上，另一端連接一個可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m的物體A，物體A與盤面間的動摩擦因數(shù)為μ(已知μ≤eq\f(kl0,2mg))。起先時彈簧未發(fā)生形變，長度為l0，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，求：(1)為使物體A能與轉(zhuǎn)盤相對靜止，求圓盤轉(zhuǎn)動角速度的最大值ω0；(2)使彈簧的長度變?yōu)閑q\f(3,2)l0，為使物體A能與轉(zhuǎn)盤相對靜止，求圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω應(yīng)滿意的條件。解析：(1)A與轉(zhuǎn)盤相對靜止時，彈簧彈力為0，則當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動角速度取最大值ω0時，A的向心力大小等于最大靜摩擦力，即μmg＝mωeq\o\al(2,0)l0解得ω0＝eq\r(\f(μg,l0))。(2)因為keq\f(l0,2)≥μmg，角速度取最小值ω1時，A的向心力的大小為彈簧彈力與最大靜摩擦力之差，則keq\f(l0,2)－μmg＝mωeq\o\al(2,1)·eq\f(3l0,2)解得ω1＝eq\r(\f(kl0－2μmg,3ml0))角速度取最大值ω2時，A的向心力的大小為彈簧彈力與最大靜摩擦力之和，則keq\f(l0,2)＋μmg＝mωeq\o\al(2,2)·eq\f(3l0,2)解得ω2＝eq\r(\f(kl0＋2μmg,3ml0))所以eq\r(\f(kl0－2μmg,3ml0))≤ω≤eq\r(\f(kl0＋2μmg,3ml0))。答案：(1)eq\r(\f(μg,l0))(2)eq\r(\f(kl0－2μmg,3ml0))≤ω≤eq\r(\f(kl0＋2μmg,3ml0))12.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，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)量為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。已知小物塊與AB段的動摩擦因數(shù)為0.5，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小；(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)從A到C，對小物塊由動能定理得mglsin37