2021高考物理二轮复习专题限时集训3 抛体运动与圆周运动

1、 专题限时集训(三)(建议用时：40分钟)1.珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图)，最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则沿abA所受合外力大小为零B所受合外力方向竖直向上C竖直方向的分速度逐渐增大D水平方向的分速度不变C战机在同一竖直面内做曲线运动，且运动速率不变，由于速度方向是变化的，则速度是变化的，故战机的加速度不为零，根据牛顿第二定律可知，战机所受的合外力不为零，选项A错误；所受合外力与速度方向垂直，由于速度方向时刻在变，则合外力的方向也时刻在变化，并非始终都竖直向上，选项B错误；战机所受合外力始终都与

2、速度方向垂直，对合外力和速度进行分解可知，竖直方向上做加速运动，水平方向上做减速运动，选项C正确，选项D错误。2(易错题)一河流两岸平行，水流速率恒定为v1，某人划船过河，船相对静水的速率为v2，且v2v1。设人以最短的时间t1过河时，渡河的位移为d1；以最短的位移d2过河时，所用的时间为t2。下列说法正确的是()A.eq f(t1,t2)eq f(voal(2,1),voal(2,2)，eq f(d1,d2)eq f(voal(2,1),voal(2,2)B.eq f(t1,t2)eq f(voal(2,2),voal(2,1)，eq f(d2,d1)eq f(voal(2,1),voal(

3、2,2)C.eq f(t1,t2)eq r(1f(voal(2,1),voal(2,2)，eq f(d1,d2)eq r(1f(voal(2,1),voal(2,2)D.eq f(t1,t2)eq r(1f(voal(2,2),voal(2,1)，eq f(d2,d1)eq r(1f(voal(2,1),voal(2,2)C船头垂直河岸出发时，过河时间最短，即t1eq f(d2,v2)，过河位移d1eq r(doal(2,2)v1t12)；船以最短的位移过河时，d2t2eq r(voal(2,2)voal(2,1)，联立解得eq f(t1,t2)eq r(1f(voal(2,1),voal(2

4、,2)，eq f(d1,d2)eq r(1f(voal(2,1),voal(2,2)，选项C正确。易错点评(1)船头的航向与船的运动方向不一定相同，船的航行方向也就是船头指向，是分运动；船的运动方向也就是船的实际运动方向，是合运动。(2)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关。3.(多选)(2020江苏高考T8)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2AA和B的位移大小相等BA的运动时间是B的2倍CA的初速度是B的eq f(1,2)DA的末速度比B的大AD位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得sAeq r(l22l2)e

5、q r(5)l，sBeq r(l22l2)eq r(5)l，A和B的位移大小相等，A正确；平抛运动的时间由高度决定，即tAeq r(f(22l,g)eq r(2)eq r(f(2l,g)，tBeq r(f(2l,g)eq r(f(2l,g)，则A的运动时间是B的eq r(2)倍，B错误；平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则vxAeq f(l,tA)eq f(r(gl),2)，vxBeq f(2l,tB)eq r(2gl)，则A的初速度是B的eq f(1,2r(2)，C错误；小球A、B在竖直方向上的速度分别为vyA2eq r(gl)，vyBeq r(2gl)，所以可得vAeq f(r(17g

6、l),2)，vB2eq r(gl)eq f(r(16gl),2)，即vAvB，D正确。故选AD。4.(易错题)如图所示，某人沿水平地面向左做匀速直线运动(保持手握绳的高度不变)，利用跨过定滑轮的轻绳将一物体A沿竖直方向放下，在此过程中，下列结论正确的是()A人的速度和物体A的速度大小相等B物体A做匀变速直线运动C物体A的加速度方向竖直向下D轻绳对物体A的拉力大于物体A的重力D设滑轮到人手之间的一段轻绳与水平方向的夹角为，将人向左运动的速度v沿轻绳方向和垂直轻绳方向分解，沿轻绳方向的分速度v1vcos ，由于沿轻绳方向的速度相等，故物体A的速度等于vcos ，所以人的速度v大于物体A的速度vco

7、s ，选项A错误；人沿水平地面向左做匀速直线运动，v不变，轻绳与水平方向的夹角变大，cos 非线性减小，所以物体A做的不是匀变速运动，物体A的加速度方向竖直向上，选项B、C错误；对物体A，由于加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律，知轻绳对A的拉力大于A的重力，选项D正确。易错点评(1)在进行速度分解时，要分清合速度与分速度。合速度就是物体实际运动的速度，由物体的实际运动确定；分速度由合速度的效果利用平行四边形定则确定。(2)要注意区分绳端速度分解与绳上拉力分解：(手握)绳端的速度沿轻绳方向和垂直轻绳方向分解，而(手握)绳上的拉力通常按作用效果沿水平方向和竖直方向分解。5(多选)质量为m的小球由

8、轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕竖直轴OO以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A绳a的弹力不可能为零B绳a的弹力随角速度的增大而增大C当2eq f(g,ltan )时，绳b将出现弹力D若绳b突然被剪断，则绳a的弹力一定发生变化AC对小球受力分析可知绳a的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得FTaeq f(mg,sin )，为定值，A正确，B错误；当FTacos m2l，即2eq f(g,ltan )时，绳b的弹力为零，若角速度大于该值，绳a在水平方向的分力不足以提供小球做圆周运动的向

9、心力，则绳b将出现弹力，C正确；由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，绳a的弹力可能不变，D错误。6.(多选)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1m2)。设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则()A两球运动的周期相等B两球的向心加速度大小相等C球A、B到P的距离之比等于m2m1D球A、B到P的距离之比等于m1m2AC对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力F，绳中拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为，则有Fcos mg，拉力在水平方向上的分力提供向

10、心力，设该小球到P的距离为l，则有Fsin mgtan meq f(42,T2)lsin ，解得周期为T2eq r(f(lcos ,g)2eq r(f(h,g)，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A正确；连接两球的绳的张力F相等，由于向心力为FnFsin m2lsin ，故m与l成反比，由m1m2，可得l1l2，又小球的向心加速度a2lsin eq blc(rc)(avs4alco1(eq f(2,T)eq sup12(2)lsin ，故向心加速度大小不相等，选项C正确，B、D错误。7.(多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道

11、内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为R1 m，小球可看作质点且其质量为m1 kg，g取10 m/s2。则()A小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 mB小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 mC小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 ND小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 NAC根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vygt3 m/s，水平分速度vxvytan 453 m/s，则B点与C点的水平距离为xvxt0.9 m，选项A正确，B错误；

12、在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNBmgmeq f(voal(2,B),R)，vBvx3 m/s，解得FNB1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误。8(多选)如图甲所示，质量为m的小球与轻绳一端相连，绕另一端点O在竖直平面内做圆周运动，圆周运动半径为R，忽略一切阻力的影响，重力加速度为g。现测得绳子对球的拉力随时间变化的图线如图乙所示，则下列判断正确的是()甲乙At1时刻小球的速度大小为eq r(2gR)Bt2时刻小球的速度大小为eq r(5gR)Ct3时刻小球的速度大小为eq r(gR)Dt4时刻小球的速度大小为eq r(gR)BD通过分析小

13、球从最高点到水平位置的运动过程，可知t1时刻轻绳位于水平方向，由绳子的拉力提供向心力，由牛顿第二定律得3mgmeq f(voal(2,1),R)，解得v1eq r(3gR)，A项错误；t2时刻小球到达最低点，由重力与绳子的拉力的合力提供向心力，则有6mgmgmeq f(voal(2,2),R)，得v2eq r(5gR)，B项正确；t3时刻与t1时刻相同，轻绳位于水平方向，小球的速度为v1eq r(3gR)，C项错误；t4时刻小球到达最高点，由题图乙知，绳子的拉力为0，重力提供向心力，则有mgmeq f(voal(2,3),R)，得v3eq r(gR)，D项正确。9.(2020河南开封一模)在2

14、019年女排世界杯中，中国女排一路过关斩将，获得比赛冠军。如图所示，某次比赛中，来自河南的世界第一主攻手朱婷接队友传球时，在网前L3.6 m处起跳，在离地面高H3.04 m处将球以v0的速度正对球网水平击出，已知球网高h2.24 m，重力加速度g取10 m/s2(忽略空气阻力)。则()A若排球恰好过网，则v05 m/sB若击球的方向改变，球过网后可以竖直落地C运动过程中，任意相等时间内排球的动量变化量相等D运动过程中，任意相等时间内排球的动能变化量相等C球被击出后，将做平抛运动，则根据平抛运动规律可知，排球刚好过网时，排球下落的高度为Hh(3.042.24) m0.8 m，则排球下落的时间te

15、q r(f(2h,g)eq r(f(20.8,10) s0.4 s，水平方向有v0eq f(L,t)eq f(3.6,0.4) m/s9 m/s，A错误；由于排球在水平方向做匀速直线运动，则排球不可能竖直落地，B错误；由动量定理可知mgtp，故任意相等时间内排球的动量变化量相等，C正确；由于排球在竖直方向做自由落体运动，则排球在相等时间内下落的高度不等，由动能定理可知mghEk，故任意相等时间内排球的动能变化量不相等，D错误。10.(2020河北衡水模拟)如图所示是固定在桌面上的“C”形木块，abcd为半径为R的光滑圆轨道的一部分，a为轨道的最高点，de面水平。将质量为m的小球(可视为质点)在

16、d点正上方h高处由静止释放，小球自由下落到d处切入轨道运动，则()A在h一定的条件下，释放小球后小球能否到达a点，与小球质量有关B小球通过a点的条件是hRC改变h的大小，小球在通过a点后可能落回轨道之内，也可能落在de面上D无论怎样改变h的大小，都不可能使小球在通过a点后又落回轨道内D小球恰能通过a点的条件是在a点小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律得mgeq f(mv2,R)，解得veq r(gR)，小球通过最高点a点的条件是速度大于等于eq r(gR)，根据能量守恒定律得mghminmgReq f(1,2)mv2，可求出h的最小值hmineq f(3,2)R，与小球质量无关，A、B项错误

17、；小球离开a点后做平抛运动，小球恰好能通过a点时，根据平抛运动的规律，小球在水平方向做匀速直线运动，有xminvt，在竖直方向做自由落体运动，有Req f(1,2)gt2，解得xmineq r(2)RR，所以小球在通过a点后不可能落回轨道之内，C项错误，D项正确。11.(2020江西新余高三一模)在水上竞技游乐项目中，选手从斜面流水轨道顶端滑下，然后需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，简化模型如图所示。已知斜面流水轨道的长度l10 m，选手与轨道间的动摩擦因数为0.125，37，选手可看成质量m60 kg的质点。轨道与水平面平滑连接，选手在B、E两点的速度大小相等，绳的悬挂点O距水面的高

18、度为H25 m，绳末端距水面的高度为h5 m，绳的悬挂点距圆形浮台的左边缘的水平距离为L12 m，圆形浮台的直径d2 m，不计空气阻力、绳的质量以及浮台露出水面的高度，水足够深，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。(1)如果选手从斜面流水轨道的顶端滑到最低点后，抓住绳开始摆动，此过程没有能量损失，则选手抓到绳后对绳拉力的大小是多少？摆到最高点后松手，选手能否落到浮台上？(2)如果选手不抓绳，能否落到浮台上？解析(1)选手在斜面流水轨道上做匀加速运动，根据牛顿第二定律有aeq f(mgsin mgcos ,m)5 m/s2所以选手滑到斜面流水轨道末端的速度veq

19、r(2al)10 m/s滑到最低点选手抓住绳后有Tmgmeq f(v2,Hh)因此Tmgmeq f(v2,Hh)900 N根据牛顿第三定律知，选手抓到绳后对绳拉力的大小是900 N摆到最高点后松手，选手做自由落体运动选手由E至C，由动能定理有0eq f(1,2)mv2mgh解得heq f(v2,2g)5 m水平移动seq r(Hh2Hhh2)5eq r(7) m因为12 ms14 m，所以选手摆到最高点后松手，能落到浮台上。(2)如果选手不抓绳，将做平抛运动svt，heq f(1,2)gt2sveq r(f(2h,g)10 m12 m即选手不抓绳，不能落到浮台上。答案见解析12.(2020长沙

20、高三检测T6)如图所示，竖直平面内有一光滑管道口径很小的圆弧轨道，其半径为R0.5 m，平台与轨道的最高点等高。一质量m0.8 kg可看做质点的小球从平台边缘的A处平抛，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53，已知sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2。试求：(1)小球从A点开始平抛运动到P点所需的时间t；(2)小球从A点水平抛出的速度大小v0和A点到圆弧轨道入射点P之间的水平距离l；(3)小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小；(4)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力？并求出弹力的大小。解析(1)从A到P过程中，小球

21、做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，有RRcos 53eq f(1,2)gt2，解得t0.4 s。(2)根据分运动公式，有vygt，tan 53eq f(vy,v0)，解得v03 m/s，在水平方向上，有lv0t，解得l1.2 m。(3)从A到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律，有eq f(1,2)mveq oal(2,1)2mgReq f(1,2)mveq oal(2,0)，解得v1eq r(29) m/s。(4)小球从A到达Q时，根据机械能守恒定律可知vQv03 m/s；在Q点，根据牛顿第二定律，有FNmgmeq f(voal(2,Q),R)，得FN6.4 N根据牛顿第三定律可得小球对外壁有弹力FNFN6.4 N。答案(1)0.4 s(2)3 m/s1.2 m(3)eq r(29) m/s(4)外壁6.4 N13.(2020全国卷T16)如图所示，一同学表演荡秋千，已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为()A200 N B400 N C600 N D800 NB该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计，可以把该同学看