届高三物理二轮复习第一部分诊断卷四专题一力与运动第四讲抛体运动与圆周运动Word下载.docx

1、驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。去 程与回程所用时间的比值为 k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（ ）kvA.；k2-1=1- k2考点二抛体运动问题4.考查平抛运动与自由落体运动的综合（2020 山东高考）距地面高5 m的水平直轨道上A B两点相距2 m,在B点用 细线悬挂一小球，离地高度为h，如图3。小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动， 经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下， 小车运动至B点时细线被轧断， 最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小 g二10 m/s2。可求得h等于（）3图3A.1.25 m

2、B. 2.25 mC. 3.75 m D. 4.75 m5.考查平抛运动规律与斜面的综合（多选）（2020 唐山二模）在足够长的斜面顶端将小球水平抛出，一段时间后落 到斜面上，小球在整个平抛过程中的运动时间、末速度、位移均与初速度有一定的关系，下列说法正确的是（ ）A.小球的运动时间与初速度大小成正比B.小球的末速度大小与初速度大小成正比C.小球的末速度和水平方向夹角的正切值与初速度大小成正比D.小球的位移大小与初速度大小成正比6.考查平抛运动规律的应用（多选）（2020 河南二模）A、B两点在同一条竖直线上，A点离地面的高度为2.5h , B点离地面高度为2h。将两个小球分别从A B两点水平

3、抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h。已知重力加速度为g,则（ ）图4考点三圆周运动冋题7.考查圆周运动的向心力及来源（2020 河南二模）如图5所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动在框架上套着两个质量相等的小球 A B,小球A B到竖直转轴的距离相等，它们 与圆形框架保持相对静止。下列说法正确的是 （ ）图5A.小球A的合力小于小球B的合力B小球A与框架间可能没有摩擦力C.小球B与框架间可能没有摩擦力D.圆形框架以更大的角速度转动，小球 B受到的摩擦力一定增大8.考查圆周运动的绳、杆模型（2020 内江模拟）如图6甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球， 在竖直平面内做

4、半径为 R的匀速圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力 大小为Fn，小球的速度大小为v，Fn-v2图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）图6aA.小球的质量为-RbRB.当地的重力加速度大小为-C.v2 = c时，在最高点杆对小球弹力方向向上D. 若v2= 2b,则在最高点杆对小球弹力大小为 2a9 .考查圆周运动的临界问题（2020 天水一模）如图7所示，用一根长为I = 1 m的细线，一端系一质量为 m 二1 kg的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹 角9= 37,当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为 3时，细线的张力为Ft。（g取10

5、m/s2，结果可用根式表示）求：图7（1）若要小球离开锥面，则小球的角速度 0至少为多大？（2）若细线与竖直方向的夹角为60，则小球的角速度3为多大?考点四抛体与圆周运动的综合问题10.考查平抛运动与圆周运动的综合（多选）（2020 宝鸡质检）如图8所示，半径为r的光滑水平转盘到水平地面的高度为H,质量为m的小物块被一个电子锁定装置锁定在转盘边缘，转盘绕过转盘 中心的竖直轴以3 = kt（k0且是恒量）的角速度转动。从t = 0开始，在不同的时刻 t将小物块解锁，小物块经过一段时间后落到地面上。假设在 t时刻解锁的物块落 到地面上时重力的瞬时功率为 P,落地点到转盘中心的水平距离为 d，则下图

6、中P -t 图像、d2 -t 2图像分别正确的是（ ）11.考查平抛运动规律与圆周运动的周期性（多选）（2020 虹口区二模）如图9所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一 P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度V0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心 O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气 阻力，重力加速度为g,若飞镖恰好击中P点，则（ ）图9A.飞镖击中P点所需的时间为-VoB.圆盘的半径可能为器12.考查数学方法在圆周运动、平抛运动综合问题中的应用 （2020 雅安模拟）如图10所示，质量为m的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端 静止释放，从轨道末端 O点水平抛出

7、，击中平台右下侧挡板上的 P点。以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系， 挡板形状满足方程y= 6-x2（单位：m）.图10（1）小球对圆弧轨道末端的压力大小； 小球从O点到P点所需的时间（结果可保留根号）1选D以帆板为参照物，帆船具有朝正东方向的速度 v和朝正北方向的速度v，两速度的合速度大小为 2v，方向朝北偏东45,故选项D正确。2.选B棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是直于棒指向左上方，如图所示，合速度 V实_3 L,沿竖直上方向上的速度分量等于 v,即卩3 Lsin a_ v,所以3选项A正确。可知小球运动的时间与初速度成正比，故Vy_ gt _ 2votan B,贝U

8、: v_ . vo2+Vy2 _ , 1 + 4ta n2B v 0，可知小球的末速度与初速 度成正比，故B正确；小球末速度与水平方向夹角的正切值 tan a_ 2tan 为2定值，故C错误；小球的位移大小s_ 四 _2v0tan，与初速度的平方成正比，cos 0 gcos 0故D错误一 一 1 26.选BD平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由 h = 2gt2，得t =由于A到P的竖直高度较大，所以从 A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出, 2hg，得两个小球抛出的时间间隔为 t = t a t b =7.选C由于合力提供向心力，依据向心力表达式 F= mrw 2，已知两球质量、运动半径和

9、角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故 A错误。小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向 00轴，故一定存在摩擦力，而 B球的重力和弹力的合力可能垂直指向00轴，故B球摩擦力可能为零，故B错误，C正确。由于 不知道B是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球 B受到的摩擦力的变化情况，故 D错误。8.选A小球在最高点速度为零时，mg-Fn= 0,结合图像可知 mg-a = 0;当 Fn= 0时，由向心力公式可得mg=罟，结合图像可知，mg=晋g=R，譽选项A正确，B错误；由图像可知，v2= c时小球所受弹力方向向下，当v2= 2b时，由向心力公式可得 mg+ Fn= r

10、 ，得Fn= mg= a，选项C、D错误。9.解析：（1）若要小球刚好离开锥面，则小球受到重力和细线拉图所示。小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平。在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得:mgtan mw 02lsin 0解得:g lcoslcosg 厂12.5 rad/s 同理，当细线与竖直方向成mgtan a= 2lsin a答案：,12.5 rad/s （2）2 ,：5 rad/s10.选BC时刻t将小物块解锁后，物块做平抛运动，初速度为：v=r 3= rkt。 物块落地时竖直分速度为：vy = 2gh，物块落到地面上时重力的瞬时功率为：P= mgv =mg2gH,可知P

11、与t无关，故A错误，B正确；物块做平抛运动的时间为：t = 2H，水平位移大小为：x=Vot =毗根据几何知识可得落地点到转盘中心的水平距离为：d2 = r2 + x2 = r2 + 2 2rkt2H 2+ 2Hr k 上2，故 c正确，d错误。V g g11. 选AD飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t二丄，v0一 1 2 一故A正确。飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则2r = 2gt2,解得圆盘的半径故B错误。飞镖击中P点，则P点转过的角度满足9=3 t = n + 2k n （k = 0,1,2）， 故3 斗 = U，则圆盘转动角速度的最小值为 干，故C错误。P点随2k+1 nv 0 gL 2k+1 n gL圆盘转动的线速度为v =3 r = = ，当k= 2时，vL 4v 4v5n gL= ，故D正确。4v0 12.解析：（1）对小球，从释放到O点过程中、 1 2由机械能守恒：mgR= mvv= 2gR= 2X 10X 1.25 m/s = 5 m/s小球在圆轨道最低点:Fn mg= mRvFn= m叶 mR= 12 N=Fn= 12 N o由牛顿第三定律，小球对轨道的压力 FN1 2 小球从o点水平抛出后满足y=gt2x= vt又有y= 6 x2联立得t = 5 S o5（1）12 N （2）苜 s