2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練3 拋體運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練3 拋體運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng) 一、選擇題(1～6題為單項(xiàng)選擇題，7～10題為多項(xiàng)選擇題) 1．(2018·天星教育考前預(yù)測)將一小球以一定的初速度水平拋出，設(shè)小球拋出后的水平方向的位移為x，豎直方向的位移為y，結(jié)果小球在空中運(yùn)動(dòng)過程中y與x2的關(guān)系如圖所示，重力加速度g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，則小球被拋出的初速度大小為(　　) A.m/s B. m/s C．2 m/s D. m/s A　[將小球做的平拋運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分解，設(shè)水平初速度大小為v0，則有x＝v0t，y＝gt2，則y＝x2，結(jié)合圖象有＝2，求得v0＝m/s，A項(xiàng)正確．] 2．(

2、2018·石家莊市高三考前診斷(二))2022年冬奧會(huì)將在中國舉辦的消息，吸引了大量愛好者投入到冰雪運(yùn)動(dòng)中．若跳臺(tái)滑雪比賽運(yùn)動(dòng)員從平臺(tái)飛出后可視為平拋運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)運(yùn)動(dòng)員甲以一定的初速度從平臺(tái)飛出，軌跡為圖中實(shí)線①所示，則質(zhì)量比甲大的運(yùn)動(dòng)員乙以相同的初速度從同一位置飛出，其運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)為圖中的(　　) A．① B．② C．③ D．④ A　[根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，平拋運(yùn)動(dòng)軌跡只與初速度有關(guān)，與物體質(zhì)量無關(guān)，所以質(zhì)量比甲大的運(yùn)動(dòng)員乙以相同的初速度從同一位置飛出時(shí)，其運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)為圖中的①，選項(xiàng)A正確．] 3．(2018·最新高考信息卷)如圖，小球甲從A點(diǎn)水平拋出，同時(shí)將小球乙從B點(diǎn)自由釋放，

3、兩小球先后經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度大小相等，方向夾角為30°，已知B、C高度差為h，兩小球質(zhì)量相等，不計(jì)空氣阻力，由以上條件可知(　　) A．小球甲做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為2 B．甲、乙兩小球到達(dá)C點(diǎn)所用時(shí)間之比為1∶ C．A、B兩點(diǎn)高度差為 D．兩小球在C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率大小相等 C　[A項(xiàng)，小球乙到C的速度為v＝，此時(shí)小球甲的速度大小也為v＝，又因?yàn)樾∏蚣姿俣扰c豎直方向成30°角，可知水平分速度為故A錯(cuò)；B.小球運(yùn)動(dòng)到C時(shí)所用的時(shí)間為h＝gt2得t＝.而小球甲到達(dá)C點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度為，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t′＝，所以甲、乙兩小球到達(dá)C點(diǎn)所用時(shí)間之比為∶2故B錯(cuò)．C.由甲乙各自運(yùn)動(dòng)的時(shí)間得

4、：Δh＝gt2－gt′2＝，故C對；D.由于兩球在豎直方向上的速度不相等，所以兩小球在C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率也不相等故D錯(cuò)；故選C.] 4．(2018·寧夏六盤山二模)如圖所示，半徑為R的圓輪在豎直面內(nèi)繞O軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，輪上A、B兩點(diǎn)均粘有一小物體，當(dāng)B點(diǎn)轉(zhuǎn)至最低位置時(shí)，此時(shí)O、A、B、P四點(diǎn)在同一豎直線上，已知OA＝AB，P是地面上的一點(diǎn)．A、B兩點(diǎn)處的小物體同時(shí)脫落，最終落到水平地面上同一點(diǎn)(不計(jì)空氣的阻力)．則OP的距離是(　　) A.R B．7R C.R D．5R A　[設(shè)OP之間的距離為h，則A下落的高度為h－R，A隨圓輪運(yùn)動(dòng)的線速度為ωR， 設(shè)A下落的時(shí)間為t1，水平

5、位移為x， 則在豎直方向上有h－R＝gt① 在水平方向上有x＝ωR·t1② B下落的高度為h－R，B隨圓輪運(yùn)動(dòng)的線速度為ωR，設(shè)B下落的時(shí)間為t2，水平位移也為x，則在豎直方向上有h－R＝gt③ 在水平方向上有x＝ωR·t2④ 聯(lián)立①②③④式解得h＝R，A項(xiàng)正確．] 5．(2018·高考物理全真模擬二)如圖所示，小球從靜止開始沿光滑曲面軌道AB滑下，從B端水平飛出，撞擊到一個(gè)與地面呈θ＝37°的斜面上，撞擊點(diǎn)為C.已知斜面上端與曲面末端B相連．若AB的高度差為h，BC間的高度差為H，則h與H的比值等于(不計(jì)空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A

6、. B. C. D. C　[小球下滑過程中機(jī)械能守恒，則有：mgh＝mv，解得：vB＝，到達(dá)B點(diǎn)后小球做平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向有：H＝gt2，解得：t＝，水平方向x＝vBt，根據(jù)幾何關(guān)系有： tan 37°＝＝＝＝，解得：＝，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．] 6．(2018山東省淄博市高三三模)如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長度為R的細(xì)繩拴著在豎直面上繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過豎直面的最高點(diǎn)A，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．小球通過最高點(diǎn)A的速度為gR B．小球通過最低點(diǎn)B和最高點(diǎn)A的動(dòng)能之差為mgR C．若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的C點(diǎn)斷了，則小球還能上升的高

7、度為R D．若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到A處斷了，則經(jīng)過t＝時(shí)間小球運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的位置 D　[A.小球剛好通過最高點(diǎn)時(shí)，繩子的拉力恰好為零，有：mg＝m.得v＝，故A錯(cuò)誤；B.從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)重力做功為2mgR，根據(jù)動(dòng)能定理可知小球通過最低點(diǎn)B和最高點(diǎn)A的動(dòng)能之差為2mgR，故B錯(cuò)；C.從A到C由動(dòng)能定理可知：mgR＝mv－mv2，當(dāng)繩子斷掉后上升的高度為h，則－mgh＝0－mv，解得h＝R，故C錯(cuò)；D.若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到A處斷了，則下降R所用的時(shí)間為R＝gt2，解得t＝，故D正確；故選D.] 7．(2018山東省臨沂市高三三模)如圖所示，不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在光滑豎直桿上，輕質(zhì)彈簧用光

8、滑輕環(huán)套在桿上，細(xì)繩和彈簧的另一端固定在質(zhì)量為m的小球上，開始時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使該裝置繞桿旋轉(zhuǎn)且角速度緩慢增大，則下列說法正確的是(　　) A．輕繩上的彈力保持不變 B．輕繩上的彈力逐漸變大 C．彈簧上的彈力逐漸變大 D．彈簧上的彈力先變小后變大 BD　[小球隨桿做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為θ，當(dāng)角速度較小時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對小球受力分析有：Tcos θ＝mg，Tsin θ－F＝mω2r，由于小球在豎直方向處于靜止，所以T＝，隨角速度增大，θ增大，所以T增大，隨角速度增大，θ增大，彈簧彈力減小，當(dāng)角速度較大時(shí)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑增大，彈簧彈力增大，由以上分析可

9、知，B、D正確．] 8．(2018·吉林一中高三第三次調(diào)研)如圖所示，ABCD是一個(gè)邊長為L的正方形木塊，將一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從P點(diǎn)以初速度v0斜向上拋出，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度方向恰好與AB平面相切．已知重力加速度為g，P、D之間的距離為2L.下列說法正確的是(　　) A．小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度為v0 B．小球在P點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平夾角為45° C．小球在由P向A運(yùn)動(dòng)的過程中，重力的瞬時(shí)功率逐漸減小 D．僅減小初速度v0，小球仍有可能運(yùn)動(dòng)到AB平面上 BC　[根據(jù)逆向思維，小球從A到P做平拋運(yùn)動(dòng)；設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，小球在P點(diǎn)時(shí)，＝＝＝1，所以vy

10、＝v，而＝v0，所以vy＝v＝v0，小球在P點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平夾角為45°，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；球在由P向A運(yùn)動(dòng)的過程中，重力的瞬時(shí)功率P＝mgvy，隨著vy的變小而逐漸減小，選項(xiàng)C正確；僅減小初速度v0，小球不可能運(yùn)動(dòng)到AB平面上，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．] 9．如圖所示，一根原長為l0的輕彈簧套在光滑直桿AB上，其下端固定在桿的A端，質(zhì)量為m的小球也套在桿上且與彈簧的上端相連．球和桿一起繞經(jīng)過桿A端的豎直軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，且桿與水平面間始終保持30°角．已知桿處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)彈簧的壓縮量為，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)．則下列說法正確的是(　　) A．彈簧為原長時(shí)，桿的角速度為

11、B．當(dāng)桿的角速度為時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài) C．在桿的角速度增大的過程中，小球與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒 D．在桿的角速度由0緩慢增大到過程中，小球機(jī)械能增加了mgl0 CD　[靜止時(shí)，k＝mgsin θ?kl0＝mg，彈簧為原長時(shí)，mgtan 30°＝mω2l0·cos 30°，解得：ω＝，A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)桿的角速度大于時(shí)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力增大，所以彈簧對小球的彈力沿桿向下，彈簧處于拉伸狀態(tài)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；在桿的角速度增大的過程中，小球的線速度增大，重力勢能增大，彈簧的彈性勢能增大，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，C項(xiàng)正確；小球隨桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為時(shí)，彈簧處于伸長狀態(tài)，設(shè)伸長量為Δl

12、，在水平方向上：FNsin 30°＋kΔl·cos 30°＝mω2(l0＋Δl)cos 30°，在豎直方向上：FNcos 30°－kΔl·sin 30°－mg＝0，解得：Δl＝，則小球的重力勢能增加量為ΔEp＝mgl0sin 30°＝mgl0，動(dòng)能增加量為ΔEk＝m2＝mgl0，可知D項(xiàng)正確．] 10．(2018·湖北省武漢市高三下學(xué)期五月理綜訓(xùn)練)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從離地面高H處水平拋出，第一次落地時(shí)的水平位移為H，反彈的高度為H.已知小球與地面接觸的時(shí)間為t，重力加速度為g，不計(jì)摩擦和空氣阻力．下列說法正確的是(　　) A．第一次與地面接觸的過程中，小球受到的

13、平均作用力為 B．第一次與地面接觸的過程中，小球受到的平均作用力為＋mg C．小球第一次落地點(diǎn)到第二次落地點(diǎn)的水平距離為2H D．小球第一次落地點(diǎn)到第二次落地點(diǎn)的水平距離為H AC　[A、B項(xiàng)：以豎直向上為正方向小球第一次落地時(shí)豎直方向的速度為v1＝－，小球第一次反彈起豎直方向的速度為v2＝＝，在小球第一次與地面接觸的過程中應(yīng)用用動(dòng)時(shí)定理有：t＝mv2－mv1，代入數(shù)據(jù)解得：＝，故A正確，B錯(cuò)誤；C、D項(xiàng)：小球第一次下落的時(shí)間為t＝，水平初速度v0＝＝，第一次反彈到最高點(diǎn)所用的時(shí)間為t′＝，所以第一次落地點(diǎn)到第二次落地點(diǎn)的水平距離為2v0t′＝2×＝2H，故C正確，D錯(cuò)誤．] 11．

14、(2018·長沙一中高三診斷)如圖所示，BC為半徑等于m、豎直放置的光滑細(xì)圓管，O為細(xì)圓管的圓心，在圓管的末端C連接傾斜角為45°、動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.6的足夠長粗糙斜面，一質(zhì)量為m＝0.5 kg的小球從O點(diǎn)正上方某處A點(diǎn)以速度v0水平拋出，恰好能垂直O(jiān)B從B點(diǎn)進(jìn)入圓管，OB與豎直方向的夾角為45°，小球從進(jìn)入圓管開始受到始終豎直向上的F＝5 N的力的作用，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到圓管的末端C時(shí)作用力F立即消失，小球能平滑地沖上粗糙斜面．(g取10 m/s2)求： (1)小球從O點(diǎn)的正上方某處A點(diǎn)水平拋出的初速度v0為多少？OA的距離為多少？ (2)小球在圓管中運(yùn)動(dòng)時(shí)對圓管的壓力是多少？ (3)

15、小球在CD斜面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是多少？ 解析　(1)小球從A運(yùn)動(dòng)到B為平拋運(yùn)動(dòng)，有rsin 45°＝v0t 在B點(diǎn)，有tan 45°＝ 解以上兩式得v0＝2 m/s，t＝0.2 s 則AB豎直方向的距離為h＝gt2＝0.2 m OB豎直方向的距離為h′＝rcos 45°＝0.4 m 則OA＝h＋h′＝(0.2＋0.4)m＝0.6 m. (2)在B點(diǎn)據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的速度規(guī)律有 vB＝＝2 m/s 小球在管中重力與外加的力F平衡，故小球所受的合力僅為管的外軌對它的壓力，得小球在管中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得圓管對小球的作用力為FN＝m＝5 N 根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)A管的

16、壓力為 FN′＝FN＝5N. (3)在CD上滑行到最高點(diǎn)過程，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin 45°＋μmgcos 45°＝ma 解得a＝gsin 45°＋μgcos 45°＝8m/s2 根據(jù)速度位移關(guān)系公式，有x＝＝m. 答案　(1)2m/s　0.6 m　(2)5N　(3)m 12．如圖所示，臺(tái)階的高度H＝1.45 m，在臺(tái)階的水平臺(tái)面邊緣靜止一質(zhì)量為m的小球A，在緊靠A的左側(cè)用細(xì)線豎直懸掛一同樣大小的小球B，兩球心連線水平．在平臺(tái)下面的地面上有一傾角為θ＝37°的傳送帶，傳送帶下端有一個(gè)和傳送帶垂直的擋板P，傳送帶的長度L＝ m，傳送帶以v＝5 m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．把小球B拉

17、到離平臺(tái)h＝0.8 m高處由靜止釋放，與小球A正碰后B球能上升到離平臺(tái)h高處，小球A恰好沿平行于傳送帶的方向從傳送帶上端飛上傳送帶并沿傳送帶運(yùn)動(dòng)，和擋板P碰撞后以大小不變的速率被反向彈回．已知小球A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度g＝10 m/s2. (1)求傳送帶上端距臺(tái)階的距離s； (2)求小球B的質(zhì)量mB； (3)小球A被P反彈后能否再回到平臺(tái)上？若能，請說明理由；若不能，請計(jì)算小球A到達(dá)的最高點(diǎn)距平臺(tái)的高度． 解析　(1)設(shè)小球A離開平臺(tái)的速度為vA，到達(dá)傳送帶上端的速度為vQ，豎直分速度為v，則vy＝vAtan θ v＝2g(H－Lsin θ) vQ＝ vy

18、＝gt s＝vAt 代入數(shù)據(jù)解得 vA＝4 m/s vQ＝5 m/s s＝1.2 m (2)設(shè)B球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與A球碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度大小為vB，則有 mBgh＝mBv mBv＝mBg× 若B球碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，則 mBv0＝mBvB＋mvA 代入數(shù)據(jù)解得B球的質(zhì)量mB＝2m 此條件下系統(tǒng)的機(jī)械能損失ΔE＝mBgh，因碰撞過程機(jī)械能不可能增加，結(jié)論合理． 若B球碰撞后向左運(yùn)動(dòng)，則 mBv0＝mB(－vB)＋mvA 代入數(shù)據(jù)解得B球的質(zhì)量mB＝m 此條件下系統(tǒng)的機(jī)械能增加ΔE＝mBgh，因碰撞過程機(jī)械能不可能增加，故不合理，應(yīng)舍去． (3)小球A從傳

19、送帶上端運(yùn)動(dòng)到下端的過程，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 v－v＝2a1L 代入數(shù)據(jù)解得vP＝m/s 小球A被反彈后，由于vP>v，故向上滑一段，摩擦力沿傳送帶向下，有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 小球A減速到v經(jīng)過的位移為L1，則 v2－v＝－2a2L1 代入數(shù)據(jù)解得L1＝m 小球A從速度為v時(shí)運(yùn)動(dòng)到傳送帶上端期間，摩擦力沿傳送帶向上，加速度為a1，則 v－v2＝－2a1(L－L1) 代入數(shù)據(jù)解得vt＝m/s 由于vt