【全程复习方略】2022年高考物理二轮复习 课时冲关练 2.3抛体运动与圆周运动（A卷）

抛体运动与圆周运动(A卷)(45分钟，100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分。每小题只有一个选项正确)1.(2022·杭州一模)2022年7月7日，温网女双决赛开打，“海峡组合”彭帅、谢淑薇击败澳大利亚组合夺得职业生涯首个大满贯冠军。如图所示是比赛场地，已知底线到网的距离为L，彭帅在网前截击，若她在球网正上方距地面H处，将球以水平速度沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上。将球的运动视作平抛运动，重力加速度为g，则下列说法不正确的是(　　)A.根据题目条件能求出球的水平速度vB.根据题目条件能求出球从击出至落地所用时间tC.球从击球点至落地点的位移等于LD.球从击球点至落地点的位移与球的质量无关【解析】选C。由平抛运动规律知，在水平方向上有：L=vt，在竖直方向上有H=12gt2，联立解得t=2Hg，v=Lg2H，选项A、B正确；球从击球点至落地点的位移为x=H2+L2，选项C错误，D正确。【加固训练】如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电的液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点。则下列说法正确的是(　　)A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间不一定相同C.三个液滴落到底板时的速率相同D.液滴C所带电荷量最多-7-\n【解析】选D。三个液滴具有相同的水平初速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴C水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项D正确；因为电场力对液滴C做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C错误。2.如图所示，一个匀速转动的半径为r的水平圆盘上放着两个小木块M和N，木块M放在圆盘的边缘处，木块N放在离圆心13r处，它们都随圆盘一起运动。下列说法中正确的是(　　)A.M受到重力、支持力、向心力B.M、N两木块的线速度相等C.M的角速度是N的3倍D.M的向心加速度是N的3倍【解析】选D。M受到重力、支持力以及摩擦力作用，其所受合力充当其做圆周运动的向心力，A错误；因为两个小木块是同轴转动，所以角速度相等，根据v=ωr可得由于半径不同，所以线速度不同，B、C错误；根据公式F=mω2r可得a=ω2r，故向心加速度和半径成正比，所以M的向心加速度是N的3倍，D正确。3.如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的速度大小为(　　)A.2v0　　　B.v0　　　C.2v0　　　D.5v0【解析】选D。小球做类平抛运动，由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移相等，即v0t=12vPyt，解得vPy=2v0，合速度vP=v02+vPy2=5v0，选项D正确。4.(2022·衢州二模)特战队员在进行素质训练时，抓住一端固定在同一水平高度的不同位置的绳索，从高度一定的平台由水平状态无初速度开始下摆，如图所示，在到达竖直状态时放开绳索，特战队员水平抛出直到落地。不计绳索质量和空气阻力，特战队员可看成质点。下列说法正确的是(　　)A.绳索越长，特战队员落地时的水平位移越大B.绳索越长，特战队员在到达竖直状态时绳索拉力越大C.绳索越长，特战队员落地时的水平速度越大-7-\nD.绳索越长，特战队员落地时的速度越大【解析】选C。特战队员下摆过程，由动能定理得mgL=12mv02，解得v0=2gL，在竖直状态时，由牛顿第二定律得F-mg=mv02L，解得F=3mg，与绳索长度无关，B错误；水平抛出后则有x=v0t，h-L=12gt2，解得x=4L(h-L)，当L=12h时，特战队员落地时的水平位移最大，A错误；由v0=2gL可知，绳索越长，特战队员落地时的水平速度越大，C正确；全过程由动能定理得mgh=12mv2，解得v=2gh，特战队员落地时的速度与绳索长度无关，D错误。二、不定项选择题(本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题至少一个选项正确)5.“套圈”是一项老少皆宜的体育运动项目。如图所示，水平地面上固定着3根直杆1、2、3，直杆的粗细不计，高度均为0.1m，相邻两直杆之间的距离为0.3m。比赛时，运动员将内圆直径为0.2m的环沿水平方向抛出，刚抛出时环平面距地面的高度为1.35m，环的中心与直杆1的水平距离为1m。假设直杆与环的中心位于同一竖直面，且运动中环心始终在该平面上，环面在空中保持水平，忽略空气阻力的影响，g取10m/s2。以下说法正确的是(　　)A.如果能够套中直杆，环抛出时的水平初速度不能小于1.8m/sB.如果能够套中第2根直杆，环抛出时的水平初速度范围在2.4m/s到2.8m/s之间C.如以2.3m/s的水平初速度将环抛出，就可以套中第1根直杆D.如环抛出的水平速度大于3.3m/s，就不能套中第3根直杆【解题指南】解答本题应把握以下两点：(1)环的运动为平抛运动。(2)环运动的水平位移应为L-0.1m≤x≤L+0.1m。【解析】选A、B。由平抛运动可得h=12gt2、L-r=vt，解得v=1.8m/s，故选项A正确；如果能够套中第2根直杆，水平位移在1.2～1.4m之间，水平初速度范围在2.4m/s到2.8m/s之间，故选项B正确；如果能够套中第1根直杆，水平位移在0.9～1.1m之间，水平初速度范围在1.8m/s到2.2m/s之间，故选项C错误；如果能够套中第3根直杆，水平位移在1.5～1.7m之间，水平初速度范围在3m/s到3.4m/s之间，故选项D错误。6.如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，则有(　　)-7-\nA.小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为6mgB.小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为mgC.若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为7gLD.若小铁球运动到最低点时轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为2L【解析】选A、C。小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，说明小铁球在最高点B处时，轻绳的拉力最小为零，mg=mv2L，v=gL，由机械能守恒定律得，小铁球运动到最低点时动能mv122=mv22+mg·2L，在最低点时轻绳的拉力最大，由牛顿第二定律F-mg=mv12L，联立解得轻绳的拉力最大为F=6mg，选项A正确，B错误；以地面为重力势能参考平面，小铁球在B点处的总机械能为mg·3L+12mv2=72mgL，无论轻绳是在何处断开，小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能12mv′2=72mgL，落到地面时的速度大小为v′=7gL，选项C正确；小铁球运动到最低点时速度v1=5gL，由x=v1t，L=12gt2，联立解得小铁球落到地面时的水平位移为x=10L，选项D错误。7.(2022·金华二模)如图，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段为半径为R的四分之三圆弧管组成，圆心O与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内。现有一质量为m，初速度v0=10gR2的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R，则(　　)A.小球到达C点时的速度大小为vC=32gR2B.小球能通过E点后恰好落至B点C.若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度距离D点为2RD.若减小小球的初速度v0，则小球到达E点时的速度可以为零【解析】选A、B、D。A至C过程，机械能守恒(以AB为参考平面)：12mv02=12mvC2-mgR，将v0=10gR2代入得vC=32gR2，故A选项正确；A至E过程，机械能守恒：12mv02=12mvE2+mgR，vE=2gR2，能正好平抛落回B点，故B选项正确；设小球能上升的最大高度为h，则机械能守恒：12mv02=mgh，h=v022g=54R，故C选项错误；因为是圆弧管，内管壁可提供支持力，所以小球在E点速度可以为零，故D选项正确。三、计算题(本题共2小题，共44分。需写出规范的解题步骤)8.(22分)(2022·-7-\n绍兴一模)动画片《熊出没》中有这样一个情节：某天熊大和熊二中了光头强设计的陷阱，被挂在了树上(如图甲)，聪明的熊大想出了一个办法，让自己和熊二荡起来使绳断裂从而得救，其过程可简化为如图乙所示，设悬点为O，离地高度为H=6m，两熊可视为质点且总质量m=500kg，重心为A，荡下过程重心到悬点的距离L=2m且保持不变，绳子能承受的最大张力为T=104N，光头强(可视为质点)位于距离O′点水平距离s=5m的B点处，不计一切阻力，取g=10m/s2。(1)熊大和熊二为了解救自己，荡至最高点时绳与竖直方向的夹角α至少为多大？(2)设熊大和熊二刚好在向右摆到最低点时绳子断裂，则它们的落地点离光头强的距离为多少？(3)如果重心A到O的距离可以改变，且两熊向右摆到最低点时绳子恰好断裂，有无可能在落地时砸中光头强？请通过计算说明。【解题指南】解答本题应注意以下两点：(1)熊下摆过程机械能守恒。(2)绳断裂后，熊做平抛运动。【解析】(1)最低点有T-mg=mv2L　①(2分)机械能守恒，mgL(1-cosα)=12mv2　②(2分)可得α=60°(1分)(2)由平抛运动得：H-L=12gt2　③(2分)x=vt　④(2分)d=s-x　⑤(2分)可得d=1m(2分)(3)仍在最低点使绳断裂，则可知摆角仍为α=60°，令摆长为L′，则平抛速度为v′=2gL'(1-cos60°)=gL'　(2分)-7-\n平抛时间为t′=2(H-L')g　(2分)则平抛距离为x′=2L'(H-L')　(2分)由数学知识可知有L′=H2=3m(1分)时xm=32m<s。　(1分)故没有可能砸到光头强。　(1分)答案：(1)60°　(2)1m　(3)见解析9.(22分)如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g取10m/s2。求：(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向。(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力的大小。(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？【解析】(1)物块做平抛运动：H-h=12gt2　(2分)设到达B点时竖直分速度为vy，vy=gt　(2分)v1=v02+vy2=42+32m/s=5m/s(1分)方向与水平面的夹角为θ，则：tanθ=vyv0=34　(2分)解得：θ=37°(1分)(2)从A至C点，由动能定理得：mgH=12mv22-12mv02　(2分)设小物块在C点受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得：FN-mg=mv22R　(2分)-7-\n联立解得：v2=27m/s　FN=47.3N(2分)根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N(1分)(3)小物块对长木板的摩擦力为Ff=μ1mg=5N(2分)长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力F′f=μ2(M+m)g=10N(2分)因Ff<F′f，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动　(1分)小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，则长木板长度至少为l=v222μ1g=2.8m(2分)答案：(1)5m/s　方向与水平面夹角为37°(2)47.3N　(3)2.8m【讲评建议】在讲解本题时，请提醒学生注意以下几点：第一问：物块恰好沿切线方向进入圆弧轨道，需分解速度来求解，避免学生误进行位移的分解从而失分。第二问：①由几何关系弄清圆弧轨道对应的圆心角与第一问中速度方向的关系。②要求计算物块对轨道的压力时，不要忘记牛顿第三定律的应用。第三问：①当物块在木板上滑动时，应判断木板是否滑动，避免学生计算木板的加速度认为木板加速运动。②“至少”的含义是二者相对静止时，物块应滑到木板的最右端。-7-