2025届高考物理二轮复习专题一第3讲抛体运动圆周运动作业含解析

PAGE9-第3讲抛体运动圆周运动(45分钟)[基础题组专练]1．(2024·广东汕头高三检测)港珠澳大桥已经开通，在香港和澳门无论开车和步行都是靠左行走，而内地都是靠右行走，所以香港、澳门和珠海的汽车往来须要变换交通规则。详细的做法就是在大桥的香港和澳门全部出入口接线处架设如图所示的立交桥来变更行驶方式。以下说法正确的是()A．汽车匀速通过立交桥时合外力为零B．汽车通过立交桥的过程合外力方向保持不变C．汽车通过立交桥时受到的桥面支持力不肯定与汽车的重力相互平衡D．两辆相同的汽车并排通过立交桥时合外力的大小可能始终保持相等解析：汽车匀速通过立交桥时做曲线运动，合外力不为零，方向指向曲线凹侧，时刻变更，故A、B错误；立交桥转弯的地方路面外高内低，桥面支持力与汽车的重力不会平衡，在路面水平的地方桥面支持力与汽车的重力平衡，故C正确；两辆相同的汽车并排通过立交桥时做曲线运动，二者离圆心的距离不相等，合外力充当向心力，故合外力的大小meq\f(v2,R)不相等，故D错误。答案：C2．(多选)(2024·高考江苏卷)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱()A．运动周期为eq\f(2πR,ω)B．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R解析：由题意可知座舱运动周期为T＝eq\f(2π,ω)，线速度为v＝ωR，受到的合力为F＝mω2R，选项B、D正确，A错误；座舱的重力为mg，座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变，方向时刻变更，故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在变更，选项C错误．答案：BD3．(2024·江西宜春市第一学期期末)如图所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v­t图像。以下推断正确的是()A．在0～1s内，物体做匀速直线运动B．在0～1s内，物体做匀变速直线运动C．在1～2s内，物体做匀变速直线运动D．在1～2s内，物体做匀变速曲线运动解析：在0～1s内，水平方向为匀速运动，竖直方向为匀加速运动，则合运动为匀变速曲线运动，故选项A、B错误；在1～2s内，水平方向初速度为v0x＝4m/s，加速度为ax＝4m/s2，竖直方向初速度为v0y＝3m/s，加速度为ay＝3m/s2，依据平行四边形定则合成可以得到合初速度为v＝5m/s，合加速度为a＝5m/s2，而且二者方向在同始终线上，可知合运动为匀变速直线运动，故选项C正确，D错误。答案：C4.如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面对右运动，物体A恰匀速上升。以下说法正确的是()A．物体B正向右做匀减速运动B．物体B正向右做加速运动C．地面对B的摩擦力减小D．斜绳与水平方向成30°角时，vA∶vB＝eq\r(3)∶2解析：将B的运动沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，依据平行四边形定则有vBcosα＝vA，所以vB＝eq\f(vA,cosα)，当α减小时，物体B的速度减小，但B不是做匀减速运动，选项A、B错误；在竖直方向上，对B有mg＝FN＋FTsinα，FT＝mAg，α减小，则支持力FN增大，依据Ff＝μFN可知摩擦力Ff增大，选项C错误；依据vBcosα＝vA，知斜绳与水平方向成30°角时，vA∶vB＝eq\r(3)∶2，选项D正确。答案：D5.如图所示，一条小河河宽d＝60m，水速v1＝3m/s，甲、乙两船在静水中的速度均为v2＝5m/s。两船同时从A点动身，且同时到达对岸，其中甲船恰好到达正对岸的B点，乙船到达对岸的C点(未画出)，则()A．α＝βB．两船过河时间为12sC．两船航行的合速度大小相同D．BC的距离为72m解析：因为两船同时到达对岸，所以eq\f(d,v2cosα)＝eq\f(d,v2cosβ)，解得α＝β，A正确；当船头垂直河岸渡河时t＝eq\f(d,v2)＝12s，现在两船在垂直河岸方向上的速度小于v2，故渡河时间大于12s，B错误；由于两船的方向不同，而水流方向相同，依据平行四边形定则可知两者的合速度大小不同，C错误；依据几何学问可得cosα＝cosβ＝eq\f(4,5)，所以sinβ＝eq\f(3,5)，故乙船在水流方向的速度为v＝(3＋5×eq\f(3,5))m/s＝6m/s，渡河时间为t′＝eq\f(d,v2cosβ)＝15s，所以BC的距离为xBC＝vt′＝6×15m＝90m，D错误。答案：A6．(2024·高考全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和eq\f(v,2)的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的()A．2倍 B．4倍C．6倍 D．8倍解析：如图所示，可知：x＝v0t，x·tanθ＝eq\f(1,2)gt2则x＝eq\f(2tanθ,g)·veq\o\al(2,0)，即x∝veq\o\al(2,0)甲、乙两球抛出速度为v和eq\f(v,2)，则相应水平位移之比为4∶1，由相像三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，则可得落至斜面时速率之比为2∶1。答案：A7．游乐场有一种叫作“欢乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力B．旋臂对模型飞机的作用力方向肯定与旋臂垂直C．旋臂对模型飞机的作用力大小为meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)D．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小解析：向心力是效果力，本题中模型飞机的向心力是重力与旋臂的作用力的合力，A错误；模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，旋臂作用力在竖直方向的分力与模型飞机的重力平衡，旋臂作用力在水平方向的分力供应模型飞机做匀速圆周运动所需的向心力，由于m、ω、L、θ之间的数量关系未知，故不能确定旋臂作用力方向与旋臂是否垂直，B错误；依据B选项的分析可知旋臂对模型飞机的作用力大小F＝eq\r(（mg）2＋（mω2Lsinθ）2)＝meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)，C正确；依据C选项的分析，当0<θ<90°时，若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误。答案：C8．(多选)(2024·高考全国卷Ⅱ)如图(a)，在跳台滑雪竞赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台起先计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v­t图像如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻，则()A．其次次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．其次次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．其次次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时，其次次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大解析：依据v­t图像中图线与t轴包围的面积表示位移可知，其次次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，A错误；其次次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故其次次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，B正确；从起跳到落到雪道上，第一次速度变更大，时间短，由a＝eq\f(Δv,Δt)，可知其次次滑翔过程中在竖直方向上平均加速度比第一次的小，C错误；依据v­t图像的斜率表示加速度知，当竖直方向速度大小为v1时，其次次滑翔在竖直方向加速度小，设滑翔过程中在竖直方向受到的阻力为F阻，由mg－F阻＝ma，可得其次次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大，D正确。答案：BD[实力题组专练]9．(多选)如图，排球场总长为18m，设网的高度为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处把作为质点的排球垂直于网水平击出。空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，则()A．若球未触网，排球飞行时间为eq\f(\r(2),2)sB．击球速度大于20m/s，球必定会出界C．击球速度小于10m/s，球必定会触网D．只要击球点高于2m，且击球速度合适，球总可以落到对方界内解析：若排球未触网，排球做平抛运动，依据H＝eq\f(1,2)gt2，得排球飞行时间为t1＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×2.5,10))s＝eq\f(\r(2),2)s，故A正确；排球出界的临界击球速度值为v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(12,\f(\r(2),2))m/s＝12eq\r(2)m/s，所以击球速度大于20m/s，球必定会出界，故B正确；若球恰好触网，则球在球网上方运动的时间为t2＝eq\r(\f(2（H－h）,g))＝eq\r(\f(2×（2.5－2）,10))s＝eq\r(\f(1,10))s，由此求得排球触网的临界击球速度为v2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(3,\r(\f(1,10)))m/s＝3eq\r(10)m/s，即击球速度小于3eq\r(10)m/s，球必定会触网，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，假如球刚好擦网而过，落地时又恰压底线上，则有eq\f(x1,\r(\f(2H′,g)))＝eq\f(x2,\r(\f(2（H′－h）,g)))，代入数据计算得出H′≈2.13m，即击球高度小于2.13m时，不论击球速度多大，球要么出界，要么触网，肯定不会落到对方界内，D错误。答案：AB10．(多选)如图甲所示，半径为R、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看作质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A时，小球受到的弹力F与其在A点速度平方(即v2)的关系如图乙所示。设细管内径可忽视不计，则下列说法正确的是()A．当地的重力加速度大小为eq\f(R,b)B．该小球的质量为eq\f(a,b)RC．当v2＝2b时，小球在圆管的最低点受到的弹力大小为7D．当0≤v2<b时，小球在A点对圆管的弹力方向竖直向上解析：由图乙可知，当v2＝b时，小球与圆管内壁之间恰好没有力的作用，此时由重力供应小球做圆周运动的向心力，即mg＝meq\f(b,R)，故g＝eq\f(b,R)，选项A错误；当v2＝0时，有mg＝a，又因为g＝eq\f(b,R)，所以小球的质量m＝eq\f(a,b)R，选项B正确；当v2＝2b时，设小球运动到最低点时的速度大小为v′，由机械能守恒定律可得mg·2R＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)m·2b，设小球在最低点时受到的弹力大小为F′，由向心力公式可得F′－mg＝meq\f(v′2,R)，联立解得F′＝7a，选项C正确；当0≤v2<b时，小球在最高点时须要的向心力小于小球的重力，所以圆管对小球的弹力方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，小球对圆管的弹力方向竖直向下，选项D错误。答案：BC11．如图所示，一水平放置的圆盘面上水平放置一劲度系数为k的弹簧，弹簧的一端固定于轴O上，另一端连接一个可视为质点、质量为m的物体A，物体A与盘面间的动摩擦因数为μ(已知μ≤eq\f(kl0,2mg))。起先时弹簧未发生形变，长度为l0，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：(1)为使物体A能与转盘相对静止，求圆盘转动角速度的最大值ω0；(2)使弹簧的长度变为eq\f(3,2)l0，为使物体A能与转盘相对静止，求圆盘转动的角速度ω应满意的条件。解析：(1)A与转盘相对静止时，弹簧弹力为0，则当圆盘转动角速度取最大值ω0时，A的向心力大小等于最大静摩擦力，即μmg＝mωeq\o\al(2,0)l0解得ω0＝eq\r(\f(μg,l0))。(2)因为keq\f(l0,2)≥μmg，角速度取最小值ω1时，A的向心力的大小为弹簧弹力与最大静摩擦力之差，则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时，A的向心力的大小为弹簧弹力与最大静摩擦力之和，则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.如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r＝0.25m，C端切线水平，竖直墙壁CD高H＝0.2m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高、底边长L＝0.3m的斜面。一个质量为m＝0.1kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l＝0.5m处由静止释放，从C点水平抛出。已知小物块与AB段的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物块运动到C点时对轨道压力的大小；(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；(3)变更小物块从斜面上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。解析：(1)从A到C，对小物块由动能定理得mglsin37