高考物理二轮复习 课时跟踪训练 抛体运动和圆周运动

PAGE课时跟踪训练(三)抛体运动和圆周运动一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．(2018·天星教育考前预测)将一小球以一定的初速度水平抛出，设小球抛出后的水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，结果小球在空中运动过程中y与x2的关系如图所示，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则小球被抛出的初速度大小为()A.eq\f(\r(10),2)m/sB.eq\r(5)m/sC．2m/sD.eq\r(2)m/sA[将小球做的平抛运动进行分解，设水平初速度大小为v0，则有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，则y＝eq\f(g,2v\o\al(2,0))x2，结合图象有eq\f(g,2v\o\al(2,0))＝2，求得v0＝eq\f(\r(10),2)m/s，A项正确．]2．(2018·石家庄市高三考前诊断(二))2022年冬奥会将在中国举办的消息，吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中．若跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视为平抛运动，现运动员甲以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图中实线①所示，则质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出，其运动轨迹应为图中的()A．① B．②C．③ D．④A[根据平抛运动规律可知，平抛运动轨迹只与初速度有关，与物体质量无关，所以质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出时，其运动轨迹应为图中的①，选项A正确．]3．(2018·最新高考信息卷)如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知()A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2eq\r(\f(gh,3))B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶eq\r(3)C．A、B两点高度差为eq\f(h,4)D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等C[A项，小球乙到C的速度为v＝eq\r(2gh)，此时小球甲的速度大小也为v＝eq\r(2gh)，又因为小球甲速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为eq\f(\r(2gh),2)故A错；B.小球运动到C时所用的时间为h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g)).而小球甲到达C点时竖直方向的速度为eq\f(\r(6gh),2)，所以运动时间为t′＝eq\f(\r(6gh),2g)，所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比为eq\r(3)∶2故B错．C.由甲乙各自运动的时间得：Δh＝eq\f(1,2)gt2－eq\f(1,2)gt′2＝eq\f(h,4)，故C对；D.由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等故D错；故选C.]4．(2018·宁夏六盘山二模)如图所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，轮上A、B两点均粘有一小物体，当B点转至最低位置时，此时O、A、B、P四点在同一竖直线上，已知OA＝AB，P是地面上的一点．A、B两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点(不计空气的阻力)．则OP的距离是()A.eq\f(7,6)R B．7RC.eq\f(5,2)R D．5RA[设OP之间的距离为h，则A下落的高度为h－eq\f(1,2)R，A随圆轮运动的线速度为eq\f(1,2)ωR，设A下落的时间为t1，水平位移为x，则在竖直方向上有h－eq\f(1,2)R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)①在水平方向上有x＝eq\f(1,2)ωR·t1②B下落的高度为h－R，B随圆轮运动的线速度为ωR，设B下落的时间为t2，水平位移也为x，则在竖直方向上有h－R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)③在水平方向上有x＝ωR·t2④联立①②③④式解得h＝eq\f(7,6)R，A项正确．]5．(2018·高考物理全真模拟二)如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB滑下，从B端水平飞出，撞击到一个与地面呈θ＝37°的斜面上，撞击点为C.已知斜面上端与曲面末端B相连．若AB的高度差为h，BC间的高度差为H，则h与H的比值等于(不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A.eq\f(3,4)B.eq\f(4,3)C.eq\f(4,9)D.eq\f(9,4)C[小球下滑过程中机械能守恒，则有：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得：vB＝eq\r(2gh)，到达B点后小球做平抛运动在竖直方向有：H＝eq\f(1,2)gt2，解得：t＝eq\r(\f(2H,g))，水平方向x＝vBt，根据几何关系有：tan37°＝eq\f(H,x)＝eq\f(H,vBt)＝eq\f(H,\r(\f(2H,g))\r(2gh))＝eq\f(3,4)，解得：eq\f(h,H)＝eq\f(4,9)，故C正确，A、B、D错误．]6．(2018山东省淄博市高三三模)如图所示，质量为m的小球用长度为R的细绳拴着在竖直面上绕O点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点A，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A．小球通过最高点A的速度为gRB．小球通过最低点B和最高点A的动能之差为mgRC．若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点断了，则小球还能上升的高度为RD．若细绳在小球运动到A处断了，则经过t＝eq\r(\f(2R,g))时间小球运动到与圆心等高的位置D[A.小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有：mg＝meq\f(v2,R).得v＝eq\r(gR)，故A错误；B.从最高点到最低点重力做功为2mgR，根据动能定理可知小球通过最低点B和最高点A的动能之差为2mgR，故B错；C.从A到C由动能定理可知：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2，当绳子断掉后上升的高度为h，则－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得h＝eq\f(3,2)R，故C错；D.若细绳在小球运动到A处断了，则下降R所用的时间为R＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2R,g))，故D正确；故选D.]7．(2018山东省临沂市高三三模)如图所示，不可伸长的轻质细绳一端固定在光滑竖直杆上，轻质弹簧用光滑轻环套在杆上，细绳和弹簧的另一端固定在质量为m的小球上，开始时处于静止状态，现使该装置绕杆旋转且角速度缓慢增大，则下列说法正确的是()A．轻绳上的弹力保持不变B．轻绳上的弹力逐渐变大C．弹簧上的弹力逐渐变大D．弹簧上的弹力先变小后变大BD[小球随杆做匀速圆周运动，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，当角速度较小时，弹簧处于压缩状态，对小球受力分析有：Tcosθ＝mg，Tsinθ－F＝mω2r，由于小球在竖直方向处于静止，所以T＝eq\f(mg,cosθ)，随角速度增大，θ增大，所以T增大，随角速度增大，θ增大，弹簧弹力减小，当角速度较大时，小球做圆周运动的半径增大，弹簧弹力增大，由以上分析可知，B、D正确．]8．(2018·吉林一中高三第三次调研)如图所示，ABCD是一个边长为L的正方形木块，将一个可视为质点的小球从P点以初速度v0斜向上抛出，小球到达A点时速度方向恰好与AB平面相切．已知重力加速度为g，P、D之间的距离为2L.下列说法正确的是()A．小球到达A点时的速度为eq\f(\r(2),4)v0B．小球在P点时，速度方向与水平夹角为45°C．小球在由P向A运动的过程中，重力的瞬时功率逐渐减小D．仅减小初速度v0，小球仍有可能运动到AB平面上BC[根据逆向思维，小球从A到P做平抛运动；设小球做平抛运动的初速度为v，根据平抛运动的规律，小球在P点时，eq\f(vy,v)＝eq\f(2y,x)＝eq\f(2L,2L)＝1，所以vy＝v，而eq\r(v\o\al(2,y)＋v2)＝v0，所以vy＝v＝eq\f(\r(2),2)v0，小球在P点时，速度方向与水平夹角为45°，选项A错误，选项B正确；球在由P向A运动的过程中，重力的瞬时功率P＝mgvy，随着vy的变小而逐渐减小，选项C正确；仅减小初速度v0，小球不可能运动到AB平面上，选项D错误．]9．如图所示，一根原长为l0的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′匀速转动，且杆与水平面间始终保持30°角．已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为eq\f(l0,2)，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内．则下列说法正确的是()A．弹簧为原长时，杆的角速度为eq\r(\f(g,2l0))B．当杆的角速度为eq\r(\f(g,l0))时，弹簧处于压缩状态C．在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒D．在杆的角速度由0缓慢增大到eq\f(2,3)eq\r(\f(2g,l0))过程中，小球机械能增加了eq\f(5,4)mgl0CD[静止时，keq\f(l0,2)＝mgsinθ⇒kl0＝mg，弹簧为原长时，mgtan30°＝mω2l0·cos30°，解得：ω＝eq\r(\f(2g,3l0))，A项错误；当杆的角速度大于eq\r(\f(2g,3l0))时，小球做圆周运动所需的向心力增大，所以弹簧对小球的弹力沿杆向下，弹簧处于拉伸状态，B项错误；在杆的角速度增大的过程中，小球的线速度增大，重力势能增大，弹簧的弹性势能增大，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，C项正确；小球随杆转动的角速度为eq\f(2,3)eq\r(\f(2g,l0))时，弹簧处于伸长状态，设伸长量为Δl，在水平方向上：FNsin30°＋kΔl·cos30°＝mω2(l0＋Δl)cos30°，在竖直方向上：FNcos30°－kΔl·sin30°－mg＝0，解得：Δl＝eq\f(l0,2)，则小球的重力势能增加量为ΔEp＝mgl0sin30°＝eq\f(1,2)mgl0，动能增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)ωl0cos30°))2＝eq\f(3,4)mgl0，可知D项正确．]10．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图所示，一质量为m的小球(可视为质点)从离地面高H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为eq\f(4,3)H，反弹的高度为eq\f(9,16)H.已知小球与地面接触的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是()A．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为eq\f(7m\r(2gH),4t)B．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为eq\f(7m\r(2gH),4t)＋mgC．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2HD．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为eq\f(3,2)HAC[A、B项：以竖直向上为正方向小球第一次落地时竖直方向的速度为v1＝－eq\r(2gH)，小球第一次反弹起竖直方向的速度为v2＝eq\r(2g×\f(9H,16))＝eq\r(\f(9gH,8))，在小球第一次与地面接触的过程中应用用动时定理有：eq\x\to(F)t＝mv2－mv1，代入数据解得：eq\x\to(F)＝eq\f(7m\r(2gH),4t)，故A正确，B错误；C、D项：小球第一次下落的时间为t＝eq\r(\f(2H,g))，水平初速度v0＝eq\f(\f(4H,3),\r(\f(2H,g)))＝eq\r(\f(8gH,9))，第一次反弹到最高点所用的时间为t′＝eq\r(\f(2×\f(9H,16),g))，所以第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2v0t′＝2eq\r(\f(8gH,9))×eq\r(\f(9H,8g))＝2H，故C正确，D错误．]11．(2018·长沙一中高三诊断)如图所示，BC为半径等于eq\f(2,5)eq\r(2)m、竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为45°、动摩擦因数为μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m＝0.5kg的小球从O点正上方某处A点以速度v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入圆管，OB与竖直方向的夹角为45°，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的F＝5N的力的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．(g取10m/s2)求：(1)小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多少？OA的距离为多少？(2)小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？(3)小球在CD斜面上运动的最大位移是多少？解析(1)小球从A运动到B为平抛运动，有rsin45°＝v0t在B点，有tan45°＝eq\f(gt,v0)解以上两式得v0＝2m/s，t＝0.2s则AB竖直方向的距离为h＝eq\f(1,2)gt2＝0.2mOB竖直方向的距离为h′＝rcos45°＝0.4m则OA＝h＋h′＝(0.2＋0.4)m＝0.6m.(2)在B点据平抛运动的速度规律有vB＝eq\f(v0,cos45°)＝2eq\r(2)m/s小球在管中重力与外加的力F平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得圆管对小球的作用力为FN＝meq\f(v\o\al(2,B),r)＝5eq\r(2)N根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力为FN′＝FN＝5eq\r(2)N.(3)在CD上滑行到最高点过程，根据牛顿第二定律得mgsin45°＋μmgcos45°＝ma解得a＝gsin45°＋μgcos45°＝8eq\r(2)m/s2根据速度位移关系公式，有x＝eq\f(v\o\al(2,B),2a)＝eq\f(\r(2),4)m.答案(1)2m/s0.6m(2)5eq\r(2)N(3)eq\f(\r(2),4)m12．如图所示，台阶的高度H＝1.45m，在台阶的水平台面边缘静止一质量为m的小球A，在紧靠A的左侧用细线竖直悬挂一同样大小的小球B，两球心连线水平．在平台下面的地面上有一倾角为θ＝37°的传送带，传送带下端有一个和传送带垂直的挡板P，传送带的长度L＝eq\f(5,3)m，传送带以v＝5m/s的速率逆时针转动．把小球B拉到离平台h＝0.8m高处由静止释放，与小球A正碰后B球能上升到离平台eq\f(1,4)h高处，小球A恰好沿平行于传送带的方向从传送带上端飞上传送带并沿传送带运动，和挡板P碰撞后以大小不变的速率被反向弹回．已知小球A与传送带之间的动摩擦因数μ＝eq\f(3,8)，重力加速度g＝10m/s2.(1)求传送带上端距台阶的距离s；(2)求小球B的质量mB；(3)小球A被P反弹后能否再回到平台上？若能，请说明理由；若不能，请计算小球A到达的最高点距平台的高度．解析(1)设小球A离开平台的速度为vA，到达传送带上端的速度为vQ，竖直分速度为v，则vy＝vAtanθveq\o\al(2,y)＝2g(H－Lsinθ)vQ＝eq\f(vy,sinθ)vy＝gts＝vAt代入数据解得vA＝4m/svQ＝5m/ss＝1.2m(2)设B球运动到最低点与A球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度大小为vB，则有mBgh＝eq\f(