1、第3讲 抛体运动 圆周运动 (45分钟)基础题组专练1(2020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需要变换交通规则。具体的做法就是在大桥的香港和澳门所有出入口接线处架设如图所示的立交桥来改变行驶方式。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一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一直保持相等解析：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，时刻变化，故A、B错误；
2、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m不相等，故D错误。答案：C2(多选)(2019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，重力加速度为g，则座舱()A运动周期为B线速度的大小为RC受摩天轮作用力的大小始终为mgD所受合力的大小始终为m2R解析：由题意可知座舱运动周期为T，线速度为vR，受到的合力为Fm2R，选项B、D正确，A错误；座舱的重力为mg，
3、座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变，方向时刻变化，故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变，选项C错误答案：BD3(2020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。以下判断正确的是()A在01 s内，物体做匀速直线运动B在01 s内，物体做匀变速直线运动C在12 s内，物体做匀变速直线运动D在12 s内，物体做匀变速曲线运动解析：在01 s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12 s内，水平方向初速度为v0x4 m/s，加速度为ax4 m/s2，竖直方向初速度为v0y3 m/s，加速度为a
4、y3 m/s2，根据平行四边形定则合成可以得到合初速度为v5 m/s，合加速度为a5 m/s2，而且二者方向在同一直线上，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沿水平面向右运动，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，vAvB2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，根据平行四边形定则有vBcos vA，所以vB，当减小时，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
5、上，对B有mgFNFTsin ，FTmAg，减小，则支持力FN增大，根据FfFN可知摩擦力Ff增大，选项C错误；根据vBcos vA，知斜绳与水平方向成30角时，vAvB2，选项D正确。答案：D5.如图所示，一条小河河宽d60 m，水速v13 m/s，甲、乙两船在静水中的速度均为v25 m/s。两船同时从A点出发，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()AB两船过河时间为12 sC两船航行的合速度大小相同DBC的距离为72 m解析：因为两船同时到达对岸，所以，解得，A正确；当船头垂直河岸渡河时t12 s，现在两船在垂直河岸方向上的速度小于v2，故渡河时
6、间大于12 s，B错误；由于两船的方向不同，而水流方向相同，根据平行四边形定则可知两者的合速度大小不同，C错误；根据几何知识可得cos cos ，所以sin ，故乙船在水流方向的速度为v(35)m/s6 m/s，渡河时间为t15 s，所以BC的距离为xBCvt615 m90 m，D错误。答案：A6(2018高考全国卷)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和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()A2倍B4倍C6倍 D8倍解析：如图所示，可知：xv0t，xtan gt2则xv，即xv甲、乙两球抛出速度为v和，则相应水平位移之比为41，由相似三
7、角形知，下落高度之比也为41，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为21，则可得落至斜面时速率之比为21。答案：A7游乐场有一种叫作“快乐飞机”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，当模型飞机以角速度绕中央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一定与旋臂垂直C旋臂对模型飞机的作用力大小为mD若夹角增大，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
8、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提供模型飞机做匀速圆周运动所需的向心力，由于m、L、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；根据B选项的分析可知旋臂对模型飞机的作用力大小Fm，C正确；根据C选项的分析，当090时，若夹角增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误。答案：C8(多选)(2019高考全国卷)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，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，每次都从离开跳台开始计时，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
9、刻，则()A第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C第二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，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大解析：根据vt图像中图线与t轴包围的面积表示位移可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，A错误；第二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)，故第二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，第一次速度变化大，时间短，由a，可知第二次滑翔过程
10、中在竖直方向上平均加速度比第一次的小，C错误；根据vt图像的斜率表示加速度知，当竖直方向速度大小为v1时，第二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mgF阻ma，可得第二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能力题组专练9(多选)如图，排球场总长为18 m，设网的高度为2 m，运动员站在离网3 m远的线上正对网前竖直跳起，在高为2.5 m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10 m/s2，则()A若球未触网，排球飞行时间为 sB击球速度大于20 m/s，球必定会出界C击球速度小于10 m/s，球必定会触网D只要击球点
11、高于2 m，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，根据Hgt2，得排球飞行时间为t1 s s，故A正确；排球出界的临界击球速度值为v1 m/s12 m/s，所以击球速度大于20 m/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 s s，由此求得排球触网的临界击球速度为v2 m/s3 m/s，即击球速度小于3 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，如果球刚好擦网而过，落地时又恰压底线上，则有，代入数据计算得出H2.13 m，即击球高度小于2.13 m时，不论击球速度多
12、大，球要么出界，要么触网，一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。设细管内径可忽略不计，则下列说法正确的是()A当地的重力加速度大小为B该小球的质量为RC当v22b时，小球在圆管的最低点受到的弹力大小为7aD当0v2b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v2b时，小球与圆管内壁之间恰好没有力的作用，此时由重力提供小球做圆周运动的向心力，即mgm，故g，选项A错误；当v20时，有mga，又因为
13、g，所以小球的质量mR，选项B正确；当v22b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mg2Rmv2m2b，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Fmgm，联立解得F7a，选项C正确；当0v2b时，小球在最高点时需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(已知)。开始时弹簧未发生形变，长度为l0，设最大静摩擦力等
14、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0；(2)使弹簧的长度变为l0，为使物体A能与转盘相对静止，求圆盘转动的角速度应满足的条件。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0时，A的向心力大小等于最大静摩擦力，即mgml0解得0。(2)因为kmg，角速度取最小值1时，A的向心力的大小为弹簧弹力与最大静摩擦力之差，则kmgm解得1角速度取最大值2时，A的向心力的大小为弹簧弹力与最大静摩擦力之和，则kmgm解得2 所以 。答案：(1) (2) 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
15、弧轨道的圆心角为37，半径为r0.25 m，C端切线水平，竖直墙壁CD高H0.2 m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高、底边长L0.3 m的斜面。一个质量为m0.1 kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l0.5 m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10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。(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)改变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mglsin 37mg(rrcos 37)mglcos 37mv解得v0 m/s在C点由牛顿第二定律得FNmgm得FN2.2 N由牛顿第三定律得，小物块运动到C点时对轨道压力的大小为FN2.2 N。 (2)如图，设物块落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，则有解得x0.31.5y由平抛运动规律有xv0t，ygt2联立得15t22t0.60解得t s。(3)由(2)可知x0.31.5y则x2vt2v(0.31.5y)2解得v小物块击中斜面的动能Ekmvmgymgmgymg当mgmgy，即y0.12 m时，小物块击中斜面时动能最小，且Ekmin0.15 J。答案：(1)2.2 N(2) s(3)0.15 J