高中物理二轮复习平抛运动和圆周运动选择题特训练习(解析版)

2020届高考物理二轮复习选择题特训练习（3）

平抛运动和圆周运动V和VV和V2的初速度水平抛出，两次在空中做平抛运动的时间分别为 t1和t2,则上可能为（t2B.C.D.74B.C.D.74757752、如图所示，从某高度水平抛出一小球2、如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达一竖直墙面时，速度与竖直方向的夹角为0,不计空气阻力，重力加速度为为0,不计空气阻力，重力加速度为go卜列说法正确的是（）A.小球水平抛出时的初速度大小为 gttanB.小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为 一2C.若小球初速度增大，则平抛运动的时间变短D.若小球初速度增大，则tan减小3、水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型。已知小球在最低点的初速度为 ％,绳长为1,重力加速度为g,^（）

n1"A.当W何时，轻绳始终处于绷紧状态B.当V0顾时，小球一定能通过最高点 PC.小球运动到最高点 P时,处于失重状态D.V0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大4、如图所示，半径为R内壁光滑的硬质小圆桶固定在小车上 ，小车以速度v在光滑的水平公路上做匀速运动，有一质量为m可视为质点的光滑小铅球在小圆桶底端与小车保持相对静止。当小车与固定在地面上的障碍物相碰后 ，小车的速度立即变为零。 关于碰后的运动（小车始终没有离开地面），下列说法正确的是（ ）A.铅球能上升的最大高度一定等于2gB.无论A.铅球能上升的最大高度一定等于2gB.无论v多大，铅球上升的最大高度不超过2v2gC.要使铅球一直不脱离圆桶,v的最小值为j5gRD.若铅球能到达圆桶最高点，则铅球在最高点的速度大小可以等于零5、如图所示，在水平地面上固定一倾角为 。的光滑斜面，在斜面底端的正上方高度为 h处平抛一小球A,同时在斜面底端一物块 B以某一初速度沿斜面上滑，当其滑到最高点时恰好与小球A相遇。小球A和物块B均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g,下列判断正确的是（）

B.物堞B斜卸上消日勺局度为 -1B.物堞B斜卸上消日勺局度为 -1sinC.小球A在空中运动的时间为D.小球A水平抛出时的速度为ghsin22(1sin2)6、如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球 ，细线的上端系于。点。设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动 ，已知细线L1与竖直方向的夹角为60°,细线L2与竖直方向的夹角为30°,下列说法正确的是（）t)t)TOC\o"1-5"\h\zA.细线Li和细线L2所受的拉力大小之比为 73：1B.小球A和B的角速度大小之比为 73:1C.小球A和B的向心力大小之比为 3:1D.小球A和B的线速度大小之比为 3而:17、如图所示，一根细线下端拴一个金属小球 P,细线的上端固定在金属块 Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动 .现使小球在一个更高的水平面内做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置 ，则改变高度后与原来相比较，下列判断中正确的是（ ）

A.细线的拉力变小B.小球P运动的角速度变大C.Q受到桌面的静摩擦力变小D.Q受到桌面的支持力变大8、水流星”是在一根彩绳两端各系一只玻璃碗 ，内盛彩色水，演员甩绳舞弄，晶莹的玻璃碗飞快地旋转飞舞，在竖直面内做圆周运动，而碗中之水不洒点滴。下列说法正确的是 （）A.玻璃碗到最高点时，水对碗底的压力一定为零B.玻璃碗到最高点时，玻璃碗的速度可以为零C.若玻璃碗转动时能经过圆周最高点，则在最高点和最低点绳子对碗拉力之差随转动线速度增大而增大D.若玻璃碗转动时能经过圆周最高点，则在最高点和最低点碗对水弹力之差与绳长无关9、如图所示，排球场总长为18m,网的上端距地面2m,运动员站在离网3m远的线上正对网前竖直跳起，在高为2.5m处把视作质点的排球垂直于网水平击出。 （空气阻力不计，重力加速度一 2g取10m/s）则（）■*

A.若排球未触网，排球飞行时间为—s2B.击球速度大于20m/s,排球必定会出界C.击球速度小于10m/s,排球必定会触网D.只要击球点高于2m,且击球速度合适，排球总可以落到对方界内10、如图所示，竖直放置的半径为 R的光滑半圆轨道与粗糙水平面平滑连接 ，水平面上放置一轻弹簧，其右端固定，左端被质量为m的小物块压缩至 P点（弹簧左端与小物块未连接），P点与圆弧最低点A的距离为R。现将小物块从 P点由静止释放，此后它恰能到达半圆轨道最高点G已知物块与弹簧分离的位置在 A、P之间，物块和水平面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g,则下列说法正确的是（ ）A.弹簧对物块做的功为3mgRB.在最高点物块与轨道间有相互作用力C.物块在B点对轨道的作用力大小为 3mgD.在PA段物块机械能减少了0.5mgR11、如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD其中倾角为0=37°的余WAB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心。质量为m的小球（可视为质点）从与B点高度差为h的位置A点沿斜面由静止释放。重力加速度大小为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则下列说法正确的是 （ ）A.当hA.当h=2R时，小球过C点时对轨道的压力大小为27■7mgB.当h=2R时，小球会从D点离开圆弧轨道做平抛运动C.当h=3R时，小球运动到D点时对轨道的压力大小为 1.4mgD.调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰女?落在B点12、如图所示，某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘 A、B。A盘上有一信号发射装置P,能发射出红外线，P到圆心的距离为28cm。B盘上固定带窗口的红外线接收装置 Q,Q

到圆心的距离为16cm。P、Q转动的线速度相同，都是4Tm/s。当P、Q正对时P发出的红外线恰好进入Q线恰好进入Q的接收窗口则Q接收到红外线信号的周期是4 n4 nA.0.56s B.0.28s C.0.16sD.0.07s答案以及解析答案以及解析1答案及解析:答案：BC解析：设斜面倾角为e,若小球先后两次都落在斜面上，则由tan解析：设斜面倾角为e,若小球先后两次都落在斜面上，则由tan1.25gt，得t2v0tang所以klo若小球先后两次都落在水平面上 ，则h1gt2,t /9,所以上1。若小球t2 2 2 \gt21第一次被水平抛出后落在斜面上 ，第二次被水平抛出后落在水平面上 ，则1111,B、C正2t2 1确。2答案及解析：答案：AC解析：小球到达竖直墙面时沿竖直方向和水平方向上的分速度大小分别为Vy gt,VxVytangttan，所以水平抛出时的初速度为 gttan,A项正确；设小球在t时间gt内的位移方向与水平方向的夹角为 a则tan 2—史工1,b项错误；xx v0t 232vx 2tan由于小球到墙的距离一定，初速度增大，运动的时间变短，C项正确；若小球初速度增大，小球到达墙所需时间变短，由tan”可知，tan增大,D项错误。3答案及解析:答案：AC解析：当V。顾时,设小球到达最高点时的速度为 0,则mgh1mv2,所以hl,可知小球不能到达与。点等高的N点，轻绳始终处于绷紧状态，故A正确;若小球恰好经过最高点P,根据2机械能守恒定律得1mv2mg2l1mv2,由牛顿第二定律得mgm上，所以v。阿，所以2 2 l当vo历时，小球才能通过最高点P,故B错误;小球在最高点时，重力与绳的拉力的合力提Q时，受重力和绳的拉力，2m—Q时，受重力和绳的拉力，2m—，联立解得l2根据牛顿第二定律得F2mgm序，小球经过最高点P时mgF1F2F16mg，与小球的初速度无关，故D错误。

4答案及解析：答案：B解析：若铅球通过小圆桶最高点做圆周运动 ，则铅球在小圆桶中上升的高度等于 2R若铅球1C v2运动达不到四分之一圆周,速度减为零,根据机械能守恒定律有1mv2mgh,解得h—；2 ” 2g若铅球越过四分之一圆周但越不过圆桶内的最高点,则铅球会离开圆桶做斜抛运动 ，在最高若铅球越过四分之一圆周但越不过圆桶内的最高点,则铅球会离开圆桶做斜抛运动 ，在最高mv'2 、〒，铅球上升的图度小于2工，故mv'2 、〒，铅球上升的图度小于2工，故A错2g2 2大位移为x——— ，运动时间tB —2a2gsin a2ttB-v^,所以联立得h vB singsin 2gsin—vB—;对于小球A,有hxsin)gt2,因为gsin 221 vR -I,,,, 一一.I,,、，-g——，解得物块B沿斜面上滑的初速2gsin度为vB2ghsin21sin2，故A正确。物块B沿斜面上滑的高度为2点有水平速度，根据机械能守恒定律有-mv-mgh'误,B正确。若铅球刚好达到与圆心等高处时速度减小到零 ，则mgR-mv2,vj2gR;若铅. ruff--胪*：=—球能过最高点，在最高点的最小速度为丫高=刷，则’？、二；解得铅球在最球能过最高点，在最高点的最小速度为低点的最小速度为vj5GR,当vJ颁或vJ丽时,铅球都不会脱离圆桶，故C错误.若铅球能到达圆桶最高点，则铅球在最高点的速度v离〉JGR,故D错误。5答案及解析：答案：A解析：根据牛顿第二定律得，物块B上滑的加速度大小amgsingsin，物块B上滑的最m2sin

■~2sin

■~1sinh,故B错误。小球A在空中运动的时间.. . Vb.Hxsin sin2gsintt2M^竹故c错误。运动时间，肃扁2i^水平抛出时的初速度为Voxcos—,联立解得VosincosJ-ghk,故D错误。t 2(1sin)6答案及解析:答案：AC解析：对任一小球研究，设细线与竖直方向的夹角为 。，竖直方向受力平衡，则Tcosmg,解得TJg_,所以细线Li和细线L2所受的拉力大小之比T1-cos30-布,故A正确;小球所cos T2cos60受合力的大小为mgtan，根据牛顿第二定律得mgtanmL2sin，得 J——g——，两小球■Lcos角速度之比」/咨0%,故b错误;小球所受合力提供向心力，则向心力为2 ，cos60Fmgtan，两小球A和B的向心力大小之比为打tan60 3,故C正确;根据v r,小球F2 tan30A和B的线速度大小之比为也」上历，故D错误。V2 2r27答案及解析：答案：B解析：设小孔下方细线与竖直方向的夹角为 0,细线的拉力大小为Ft,细线的长度为L。小球P做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力 ，如图所示，则有Ft mg,mgtanm2Lsin，得角速度 Jg,周期T—2卜8s。使小球在cos ■Lcos ,g一个更高的水平面内做匀速圆周运动时 ，0增大,cos0减小，则细线的拉力Ft增大，角速度增大，周期T减小,A错误,B正确。对金属块Q由平衡条件得Q受到桌面的静摩擦力变大,C错误。金属块Q始终静止在桌面上，根据平衡条件知Q受到桌面的支持力大小等于其重力大小，保持不变，D错误。8答案及解析：答案：D解析：玻璃碗到最高点时，水对碗底的压力大于或等于零，当v何时,水对碗底的压力为零；当v覆时，水对碗底的压力大于零，故A错误；玻璃碗在最高点的最小速度为题,故B错误；

2设玻璃碗在最低点速度为Vi,在最高点速度为V2,根据向心力公式，最低点有Fimgm：~,最TOC\o"1-5"\h\z一1V2 1 21 2网点有F2mgm」■，根据动能te理，有mg21-mv2-mv1,联立得1 2 2O1mg21-mv2一mv1,与绳长无关，故C错反,D正确。29答案及解析:答案：AB解析：若排球未触网…-…、一一r r—r— 1 9解析：若排球未触网，排球做平抛运动，根据H-gt得，排球飞行时间为

222.510st22.510st2H苧s,故A正确；由此得排球越界的临界击球速度为为

为

t?12-^m/s1272m/s,所以击球速度大于20m/s,排球必te会出界，故B正确；右球恰好触2V网，则球在球网上方运动的时间为t2J2(Hgh)J2(；；2)sJ$s,由此求得排球触网网，则球在球网上方运动的时间为的临界击球速度为v22m/s3\A0m/s,即击球速度小于3/0m/s,球必定会触t2 1.10网,10m/s3vT0m/s，故C错误;设击球点的高度为h,当h较小时，击球速度过大会出界，击球速度过小又会触网，临界情况是球刚好擦网而过，落地时又恰好压在底线上，则有x2 ,代入数据解得H'2.13m,击球高度必须大于2.13m排球才可以落到对J2H' 2H'h),g g方界内，2m<2.13m,故D错误。10答案及解析：答案：ACD2解析：小物块恰能到达半圆轨道最高点 C时，由重力提供向心力，则有mgmvC；物块从P到C的过程，由动能定理得W2mgRmgR1mvC,联立解得弹簧对物块做的功为 W3mgR故A正确。小物块恰能到达半圆轨道最高点 C时，由重力提供向心力，物块与轨道间无相互作用力，故B错误。物块从P到B的过程，运用动能定理得WmgRmgR1mvB;在B点，22由向心力公式nmvB,可得N=3mg由牛顿第三定律得物块在B点对轨道的作用力大小为3mg故C正确。在PA^物块机械能减少量为 E