34　第二阶段　层级二　第22天　平抛运动　圆周运动-2025版新坐标二轮专题复习与策略物理解析版

第22天平抛运动圆周运动1．(多选)(2024·山西吕梁统考一模)滑雪跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，简化图如图所示。运动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变化量Δv、重力的瞬时功率P、动能Ek、机械能E，运动员在空中的运动时间t，设起跳处为零势能参考面，不计运动员空气阻力，下列图像中可能正确的是()ABCDBCD[运动员从起跳区水平起跳后做平抛运动，在空中只受到重力，加速度为重力加速度，根据加速度定义式有Δv＝gt，可知Δv-t图像为一条过原点的倾斜直线，故A错误；运动员从起跳区水平起跳后在竖直方向做自由落体运动，则有vy＝gt，重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg2t，可知P-t图像为一条过原点的倾斜直线，故B正确；运动员从起跳区水平起跳后运动员的速度为v＝v02+gt2，运动员的动能Ek＝12mv2＝12mv02＋12mg2t2，可知Ek-2．(多选)(2024·江西景德镇统考三模)如图所示，A、B两球沿倾角为37°的斜面先后向上滚动，离开斜面后同时落在水平地面上，C点为斜面的最高点，C点距地面的高度为2m。B球在地面上的落点距C点的水平距离为1.6m，距A球落点的距离为2.4m。不计空气阻力，两球均可视为质点，已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()A．A、B两球离开斜面后运动至与C点等高位置时的速度方向相同B．A、B两球到达地面时的速度方向相同C．A、B两球离开斜面的时间间隔为0.1sD．A、B两球离开斜面的时间间隔为0.2sAD[根据位移偏角θ和速度偏角φ的正切值之间的关系tanφ＝2tanθ，可知位移偏角相同时速度偏角也相同，根据斜抛运动的对称性可知A、B两球离开斜面后运动至与C点等高位置时的速度方向相同，到达地面时速度方向不相同，故A正确，B错误；设两球离开斜面时的速度为vA、vB，根据斜抛运动的规律可知xA＝vAcosθ·t1，h＝-vAsinθ·t1+12gt12，xB＝vBcosθ·t2，h＝-vBsinθ·t2+12gt22，联立解得t1＝1s，3．(2024·四川成都列五中学校考一模)如图所示，某同学设计了如下实验装置研究向心力，轻质套筒A和质量为1kg的小球B通过长度为L的轻杆及铰链连接，套筒A套在竖直杆OP上与原长为L的轻质弹簧连接，小球B可以沿水平槽滑动，让系统以某一角速度绕OP匀速转动，球B对水平槽恰好无压力，此时轻杆与竖直方向夹角θ＝37°。已知弹簧的劲度系数为100N/m，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，sin37°＝0.6，重力加速度大小g取10m/s2，则系统转动的角速度ω为()A．2rad/s B．2.5rad/sC．4rad/s D．5rad/sD[B球对槽恰好无压力时，此时弹簧的压缩量为L－Lcos37°，对B分析有k(L－Lcos37°)＝mg，根据牛顿第二定律有mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝5rad/s，故选D。]4．如图所示，竖直放置的半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB与粗糙绝缘水平轨道BC在B处平滑连接，O为圆弧轨道的圆心，OB左侧空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、带负电的物块，电荷量q＝3mgE，以一定的初速度从A点沿切线进入圆弧轨道。物块与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是A．无论在A点的初速度多大，物块一定能沿圆弧轨道运动到B点B．物块以不同的初速度从A点沿圆弧轨道滑到B点，其在B点的速度最小为0C．物块以不同的初速度从A点沿圆弧轨道滑过B点后，最终可停在距B点R2D．物块沿圆弧轨道滑过B点后，最终停在BC上，因摩擦产生的热量最小值为mgRD[物块带负电，受到的静电力方向竖直向上且大于重力，故B点为圆弧轨道等效最高点，物块沿圆弧轨道运动到B点的临界条件为物块在B点与轨道的压力为0，由牛顿第二定律Eq－mg＝mvB2R，得B点的最小速度vB＝2gR，在AB轨道，由动能定理mgR－qER＝12mvB2-12mvA2，可得vA＝vB2+4gR，故A点也存在速度的最小值，故A、B错误；在BC轨道，由动能定理－μmgx＝0-12m5．(多选)(2024·四川绵阳高三统考阶段练习)如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与cosθ的关系如图乙所示，g取10m/s2。则()A．圆环半径为0.6mB．θ＝π2时，小球所受合力为C．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力一直增大D．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大AD[小球下滑过程由机械能守恒定律有mg(R－Rcosθ)＝12mv2，得v2＝－2gRcosθ＋2gR，对比图线可知2gR＝12m2·s-2，得R＝0.6m，故A正确；θ＝π2时，小球的速度平方为12，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有N＝mv2R＝4N，小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为F＝N2+mg2＝25N，故B错误；0<θ<π2时，有mgcosθ－N＝mv2R，可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须减小，π2<θ<π时，有N－mgcos(180°－θ)＝mv2R，可知随θ的增大，同时v也增大，所以6．(多选)(2024·安徽校联考二模)如图所示，空间存在范围足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝mgq，方向水平向右。竖直面内一绝缘轨道由半径为R的14光滑圆弧BC与足够长的倾斜粗糙轨道AB、CD组成，AB、CD与水平面夹角均为45°且在B、C两点与圆弧轨道相切。带正电的小滑块质量为m，电荷量为q，从AB轨道上与圆心O等高的P点以v0＝2gR的速度沿轨道下滑。已知滑块与AB、CD轨道间的动摩擦因数μ＝22，重力加速度大小为A．滑块在AB轨道下滑时的加速度大小为gB．滑块在BC轨道中对轨道的最大压力为3mgC．滑块最终将在BC轨道之间做往复运动D．滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为2RAD[根据题意可知Eq＝mg，重力与静电力的合力2mg，方向垂直于AB面向下，滑块在AB轨道下滑时，有－2μmg＝ma，解得a＝－g，加速度大小为g，A正确；由几何关系可知，xPB＝R，滑块在BC轨道的B点对轨道有最大压力，设此时滑块的速度为v，轨道对滑块的支持力为FN，有－2μmgxPB＝12mv2-12mv02，解得v＝2gR，根据牛顿第二定律，有FN－2mg＝mv2R，解得FN＝(2＋2)mg，根据牛顿第三定律，滑块在BC轨道中对轨道的最大压力为F′N＝FN＝(2＋2)mg，B错误；从B点到C点，静电力做负功，滑块需克服静电力做功为W克＝Eq·2R＝2mgR>12mv2，所以滑块在到达C点前已经减速到0，后反向滑回到B点，滑块从B点出发到滑回到B点