2020屆高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 診斷卷（四）專題一 力與運動 第四講 拋體運動與圓周運動

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1、 考點一 運動的合成與分解 1.[考查運動的合成與相對運動] (2020·廣東高考)如圖1所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向運動，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板為參照物(　　) 圖1 A．帆船朝正東方向航行，速度大小為v B．帆船朝正西方向航行，速度大小為v C．帆船朝南偏東45°方向航行，速度大小為v D．帆船朝北偏東45°方向航行，速度大小為v 2．[考查速度的分解] (2020·朝陽區(qū)二模)如圖2所示，長為L的直棒一端可繞固定軸O轉(zhuǎn)動，另一端擱在升降平臺上，平臺以速度v勻速上升，當(dāng)棒與豎直方向的夾角為α?xí)r，棒的角速度為(　　) 圖2 A.　　　　

2、　　　 B. C. D. 3．[考查小船過河問題] (2020·四川高考)有一條兩岸平直、河水均勻流動、流速恒為v的大河。小明駕著小船渡河，去程時船頭指向始終與河岸垂直，回程時行駛路線與河岸垂直。去程與回程所用時間的比值為k，船在靜水中的速度大小相同，則小船在靜水中的速度大小為(　　) A. B. C. D. 考點二 拋體運動問題 4.[考查平拋運動與自由落體運動的綜合] (2020·山東高考)距地面高5 m的水平直軌道上A、B兩點相距2 m，在B點用細(xì)線懸掛一小球，離地高度為h，如圖3。小車始終以4 m/s的速度沿軌道勻速運動，經(jīng)過A點時將隨車攜帶的小球

3、由軌道高度自由卸下，小車運動至B點時細(xì)線被軋斷，最后兩球同時落地。不計空氣阻力，取重力加速度的大小 g＝10 m/s2?？汕蟮胔等于(　　) 圖3 A．1.25 m B．2.25 m C．3.75 m D．4.75 m 5．[考查平拋運動規(guī)律與斜面的綜合] (多選)(2020·唐山二模)在足夠長的斜面頂端將小球水平拋出，一段時間后落到斜面上，小球在整個平拋過程中的運動時間、末速度、位移均與初速度有一定的關(guān)系，下列說法正確的是(　　) A．小球的運動時間與初速度大小成正比 B．小球的末速度大小與初速度大小成正比 C．小球的末速度和水平方向夾角的正切值與初速度大小成正比

4、 D．小球的位移大小與初速度大小成正比 6．[考查平拋運動規(guī)律的應(yīng)用] (多選)(2020·河南二模)A、B兩點在同一條豎直線上，A點離地面的高度為2.5h，B點離地面高度為2h。將兩個小球分別從A、B兩點水平拋出，它們在P點相遇，P點離地面的高度為h。已知重力加速度為g，則(　　) 圖4 A．兩個小球一定同時拋出 B．兩個小球拋出的時間間隔為(－) C．小球A、B拋出的初速度之比＝ D．小球A、B拋出的初速度之比＝ 考點三 圓周運動問題 7.[考查圓周運動的向心力及來源] (2020·河南二模)如圖5所示，一個圓形框架以豎直的直徑為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動。在框架上套

5、著兩個質(zhì)量相等的小球A、B，小球A、B到豎直轉(zhuǎn)軸的距離相等，它們與圓形框架保持相對靜止。下列說法正確的是(　　) 圖5 A．小球A的合力小于小球B的合力 B．小球A與框架間可能沒有摩擦力 C．小球B與框架間可能沒有摩擦力 D．圓形框架以更大的角速度轉(zhuǎn)動，小球B受到的摩擦力一定增大 8．[考查圓周運動的繩、桿模型] (2020·內(nèi)江模擬)如圖6甲所示，一輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動。小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為FN，小球的速度大小為v，F(xiàn)N -v2圖像如圖乙所示。下列說法正確的是(　　) 圖6 A．小球的質(zhì)量為R

6、 B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮? C．v2＝c時，在最高點桿對小球彈力方向向上 D．若v2＝2b，則在最高點桿對小球彈力大小為2a 9．[考查圓周運動的臨界問題] (2020·天水一模)如圖7所示，用一根長為l＝1 m的細(xì)線，一端系一質(zhì)量為m＝1 kg的小球(可視為質(zhì)點)，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角θ＝37°，當(dāng)小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運動的角速度為ω時，細(xì)線的張力為FT。(g取10 m/s2，結(jié)果可用根式表示)求： 圖7 (1)若要小球離開錐面，則小球的角速度ω0至少為多大？ (2)若細(xì)線與豎直方向的夾角為60°，則小球的角速度ω′為多大？

7、 考點四 拋體與圓周運動的綜合問題 10.[考查平拋運動與圓周運動的綜合] (多選)(2020·寶雞質(zhì)檢)如圖8所示，半徑為r的光滑水平轉(zhuǎn)盤到水平地面的高度為H，質(zhì)量為m的小物塊被一個電子鎖定裝置鎖定在轉(zhuǎn)盤邊緣，轉(zhuǎn)盤繞過轉(zhuǎn)盤中心的豎直軸以ω＝kt(k>0且是恒量)的角速度轉(zhuǎn)動。從t＝0開始，在不同的時刻t將小物塊解鎖，小物塊經(jīng)過一段時間后落到地面上。假設(shè)在t時刻解鎖的物塊落到地面上時重力的瞬時功率為P，落地點到轉(zhuǎn)盤中心的水平距離為d，則下圖中P -t圖像、d2 -t2圖像分別正確的是(　　) 圖8

8、11．[考查平拋運動規(guī)律與圓周運動的周期性] (多選)(2020·虹口區(qū)二模)如圖9所示，一位同學(xué)玩飛鏢游戲。圓盤最上端有一P點，飛鏢拋出時與P等高，且距離P點為L。當(dāng)飛鏢以初速度v0垂直盤面瞄準(zhǔn)P點拋出的同時，圓盤以經(jīng)過盤心O點的水平軸在豎直平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動。忽略空氣阻力，重力加速度為g，若飛鏢恰好擊中P點，則(　　) 圖9 A．飛鏢擊中P點所需的時間為 B．圓盤的半徑可能為 C．圓盤轉(zhuǎn)動角速度的最小值為 D．P點隨圓盤轉(zhuǎn)動的線速度可能為 12．[考查數(shù)學(xué)方法在圓周運動、平拋運動綜合問題中的應(yīng)用] (2020·雅安模擬)如圖10所示，質(zhì)量為m的小球從四分之一光滑圓弧軌道頂端

9、靜止釋放，從軌道末端O點水平拋出，擊中平臺右下側(cè)擋板上的P點。以O(shè)為原點在豎直面內(nèi)建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，擋板形狀滿足方程y＝6－x2(單位：m)，小球質(zhì)量m＝0.4 kg，圓弧軌道半徑R＝1.25 m，g取10 m/s2；求： 圖10 (1)小球?qū)A弧軌道末端的壓力大小； (2)小球從O點到P點所需的時間(結(jié)果可保留根號)。 答 案 1．選D　以帆板為參照物，帆船具有朝正東方向的速度v和朝正北方向的速度v，兩速度的合速度大小為v，方向朝北偏東45°，故選項D正確。 2.選B　棒與平臺接觸點的實際運動即合運動

10、方向是垂直于棒指向左上方，如圖所示，合速度v實＝ωL，沿豎直向上方向上的速度分量等于v，即ωLsin α＝v，所以ω＝。所以A、C、D均錯，B正確。 3.選B　設(shè)小船在靜水中的速度為v1，去程時船頭垂直河岸如圖所示，由合運動與分運動具有等時性并設(shè)河寬為d，則去程時間t1＝；回程時行駛路線垂直河岸，故回程時間t2＝，由題意有＝k，則k＝， 得v1＝＝，選項B正確。 4．選A　根據(jù)兩球同時落地可得 ＝＋，代入數(shù)據(jù)得h＝1.25 m，選項A正確。 5．選AB　設(shè)斜面傾角為θ，根據(jù)tan θ＝＝，解得：t＝，可知小球運動的時間與初速度成正比，故A正確；小球落在斜面上時，豎直分速度vy＝gt＝2

11、v0tan θ，則：v＝＝ v0，可知小球的末速度與初速度成正比，故B正確；小球末速度與水平方向夾角的正切值tan α＝2tan θ，為定值，故C錯誤；小球的位移大小s＝＝，與初速度的平方成正比，故D錯誤。 6．選BD　平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，由h＝gt2，得t＝，由于A到P的豎直高度較大，所以從A點拋出的小球運動時間較長，應(yīng)先拋出，故A錯誤。由t＝，得兩個小球拋出的時間間隔為Δt＝tA－tB＝ －＝(－)，故B正確。由x＝v0t得v0＝x，x相等，則小球A、B拋出的初速度之比＝ ＝ ＝，故C錯誤，D正確。 7．選C　由于合力提供向心力，依據(jù)向心力表達(dá)式F＝mrω2，已知兩球質(zhì)

12、量、運動半徑和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A錯誤。小球A受到重力和彈力的合力不可能垂直指向OO′軸，故一定存在摩擦力，而B球的重力和彈力的合力可能垂直指向OO′軸，故B球摩擦力可能為零，故B錯誤，C正確。由于不知道B是否受到摩擦力，故而無法判定圓形框架以更大的角速度轉(zhuǎn)動，小球B受到的摩擦力的變化情況，故D錯誤。 8．選A　小球在最高點速度為零時，mg－FN＝0，結(jié)合圖像可知mg－a＝0；當(dāng)FN＝0時，由向心力公式可得mg＝，結(jié)合圖像可知，mg＝，g＝，m＝，選項A正確，B錯誤；由圖像可知，v2＝c時小球所受彈力方向向下，當(dāng)v2＝2b時，由向心力公式可得mg＋FN＝，得FN＝m

13、g＝a，選項C、D錯誤。 9．解析：(1)若要小球剛好離開錐面，則小球受到重力和細(xì)線拉力如圖所示。小球做勻速圓周運動的軌跡圓在水平面上，故向心力水平。 在水平方向運用牛頓第二定律及向心力公式得： mgtan θ＝mω02lsin θ 解得：ω02＝， 即ω0＝＝ rad/s。 (2)同理，當(dāng)細(xì)線與豎直方向成60°角時，由牛頓第二定律及向心力公式有： mgtan α＝mω′2lsin α 解得：ω′2＝，即ω′＝＝2 rad/s。 答案：(1) rad/s　(2)2 rad/s 10．選BC　時刻t將小物塊解鎖后，物塊做平拋運動，初速度為：v0＝rω＝rkt。物塊落地時豎

14、直分速度為：vy＝，物塊落到地面上時重力的瞬時功率為：P＝mgvy＝mg，可知P與t無關(guān)，故A錯誤，B正確；物塊做平拋運動的時間為：t′＝ ，水平位移大小為：x＝v0t′＝rkt 根據(jù)幾何知識可得落地點到轉(zhuǎn)盤中心的水平距離為：d2＝r2＋x2＝r2＋2＝r2＋t2，故C正確，D錯誤。 11．選AD　飛鏢水平拋出做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，因此t＝，故A正確。飛鏢擊中P點時，P恰好在最下方，則2r＝gt2，解得圓盤的半徑r＝，故B錯誤。飛鏢擊中P點，則P點轉(zhuǎn)過的角度滿足θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2…)，故ω＝＝，則圓盤轉(zhuǎn)動角速度的最小值為，故C錯誤。P點隨圓盤轉(zhuǎn)動的線速度為v＝ωr＝·＝，當(dāng)k＝2時，v＝，故D正確。 12．解析：(1) 對小球，從釋放到O點過程中 由機械能守恒：mgR＝mv2 v＝＝ m/s＝5 m/s 小球在圓軌道最低點：FN－mg＝m FN＝mg＋m＝12 N 由牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫N′＝FN＝12 N。 (2)小球從O點水平拋出后滿足y＝gt2 x＝vt 又有y＝6－x2 聯(lián)立得t＝ s。 答案：(1)12 N　(2) s