2020屆高三物理二輪復習 第一部分 診斷卷(四)專題一 力與運動 第四講 拋體運動與圓周運動

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1、 考點一運動的合成與分解1.考查運動的合成與相對運動(2020廣東高考)如圖1所示,帆板在海面上以速度v朝正西方向運動,帆船以速度v朝正北方向航行,以帆板為參照物()圖1A帆船朝正東方向航行,速度大小為vB帆船朝正西方向航行,速度大小為vC帆船朝南偏東45方向航行,速度大小為vD帆船朝北偏東45方向航行,速度大小為v2考查速度的分解(2020朝陽區(qū)二模)如圖2所示,長為L的直棒一端可繞固定軸O轉動,另一端擱在升降平臺上,平臺以速度v勻速上升,當棒與豎直方向的夾角為時,棒的角速度為()圖2A.B.C. D.3考查小船過河問題(2020四川高考)有一條兩岸平直、河水均勻流動、流速恒為v的大河。小明

2、駕著小船渡河,去程時船頭指向始終與河岸垂直,回程時行駛路線與河岸垂直。去程與回程所用時間的比值為k,船在靜水中的速度大小相同,則小船在靜水中的速度大小為()A. B.C. D.考點二拋體運動問題4.考查平拋運動與自由落體運動的綜合(2020山東高考)距地面高5 m的水平直軌道上A、B兩點相距2 m,在B點用細線懸掛一小球,離地高度為h,如圖3。小車始終以4 m/s的速度沿軌道勻速運動,經過A點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下,小車運動至B點時細線被軋斷,最后兩球同時落地。不計空氣阻力,取重力加速度的大小 g10 m/s2??汕蟮胔等于()圖3A1.25 m B2.25 mC3.75 m D

3、4.75 m5考查平拋運動規(guī)律與斜面的綜合(多選)(2020唐山二模)在足夠長的斜面頂端將小球水平拋出,一段時間后落到斜面上,小球在整個平拋過程中的運動時間、末速度、位移均與初速度有一定的關系,下列說法正確的是()A小球的運動時間與初速度大小成正比B小球的末速度大小與初速度大小成正比C小球的末速度和水平方向夾角的正切值與初速度大小成正比D小球的位移大小與初速度大小成正比6考查平拋運動規(guī)律的應用(多選)(2020河南二模)A、B兩點在同一條豎直線上,A點離地面的高度為2.5h,B點離地面高度為2h。將兩個小球分別從A、B兩點水平拋出,它們在P點相遇,P點離地面的高度為h。已知重力加速度為g,則(

4、)圖4A兩個小球一定同時拋出B兩個小球拋出的時間間隔為()C小球A、B拋出的初速度之比D小球A、B拋出的初速度之比考點三圓周運動問題7.考查圓周運動的向心力及來源(2020河南二模)如圖5所示,一個圓形框架以豎直的直徑為轉軸勻速轉動。在框架上套著兩個質量相等的小球A、B,小球A、B到豎直轉軸的距離相等,它們與圓形框架保持相對靜止。下列說法正確的是()圖5A小球A的合力小于小球B的合力B小球A與框架間可能沒有摩擦力C小球B與框架間可能沒有摩擦力D圓形框架以更大的角速度轉動,小球B受到的摩擦力一定增大8考查圓周運動的繩、桿模型(2020內江模擬)如圖6甲所示,一輕桿一端固定在O點,另一端固定一小球

5、,在豎直平面內做半徑為R的勻速圓周運動。小球運動到最高點時,桿與小球間彈力大小為FN,小球的速度大小為v,FN v2圖像如圖乙所示。下列說法正確的是()圖6A小球的質量為RB當地的重力加速度大小為Cv2c時,在最高點桿對小球彈力方向向上D若v22b,則在最高點桿對小球彈力大小為2a9考查圓周運動的臨界問題(2020天水一模)如圖7所示,用一根長為l1 m的細線,一端系一質量為m1 kg的小球(可視為質點),另一端固定在一光滑錐體頂端,錐面與豎直方向的夾角37,當小球在水平面內繞錐體的軸做勻速圓周運動的角速度為時,細線的張力為FT。(g取10 m/s2,結果可用根式表示)求:圖7(1)若要小球離

6、開錐面,則小球的角速度0至少為多大?(2)若細線與豎直方向的夾角為60,則小球的角速度為多大?考點四拋體與圓周運動的綜合問題10.考查平拋運動與圓周運動的綜合(多選)(2020寶雞質檢)如圖8所示,半徑為r的光滑水平轉盤到水平地面的高度為H,質量為m的小物塊被一個電子鎖定裝置鎖定在轉盤邊緣,轉盤繞過轉盤中心的豎直軸以kt(k0且是恒量)的角速度轉動。從t0開始,在不同的時刻t將小物塊解鎖,小物塊經過一段時間后落到地面上。假設在t時刻解鎖的物塊落到地面上時重力的瞬時功率為P,落地點到轉盤中心的水平距離為d,則下圖中P t圖像、d2 t2圖像分別正確的是()圖811考查平拋運動規(guī)律與圓周運動的周期

7、性(多選)(2020虹口區(qū)二模)如圖9所示,一位同學玩飛鏢游戲。圓盤最上端有一P點,飛鏢拋出時與P等高,且距離P點為L。當飛鏢以初速度v0垂直盤面瞄準P點拋出的同時,圓盤以經過盤心O點的水平軸在豎直平面內勻速轉動。忽略空氣阻力,重力加速度為g,若飛鏢恰好擊中P點,則()圖9A飛鏢擊中P點所需的時間為B圓盤的半徑可能為C圓盤轉動角速度的最小值為DP點隨圓盤轉動的線速度可能為12考查數學方法在圓周運動、平拋運動綜合問題中的應用(2020雅安模擬)如圖10所示,質量為m的小球從四分之一光滑圓弧軌道頂端靜止釋放,從軌道末端O點水平拋出,擊中平臺右下側擋板上的P點。以O為原點在豎直面內建立如圖所示的平面

8、直角坐標系,擋板形狀滿足方程y6x2(單位:m),小球質量m0.4 kg,圓弧軌道半徑R1.25 m,g取10 m/s2;求:圖10(1)小球對圓弧軌道末端的壓力大小;(2)小球從O點到P點所需的時間(結果可保留根號)。答 案1選D以帆板為參照物,帆船具有朝正東方向的速度v和朝正北方向的速度v,兩速度的合速度大小為v,方向朝北偏東45,故選項D正確。2.選B棒與平臺接觸點的實際運動即合運動方向是垂直于棒指向左上方,如圖所示,合速度v實L,沿豎直向上方向上的速度分量等于v,即Lsin v,所以。所以A、C、D均錯,B正確。3.選B設小船在靜水中的速度為v1,去程時船頭垂直河岸如圖所示,由合運動與

9、分運動具有等時性并設河寬為d,則去程時間t1;回程時行駛路線垂直河岸,故回程時間t2,由題意有k,則k,得v1,選項B正確。4選A根據兩球同時落地可得 ,代入數據得h1.25 m,選項A正確。5選AB設斜面傾角為,根據tan ,解得:t,可知小球運動的時間與初速度成正比,故A正確;小球落在斜面上時,豎直分速度vygt2v0tan ,則:v v0,可知小球的末速度與初速度成正比,故B正確;小球末速度與水平方向夾角的正切值tan 2tan ,為定值,故C錯誤;小球的位移大小s,與初速度的平方成正比,故D錯誤。6選BD平拋運動在豎直方向上做自由落體運動,由hgt2,得t,由于A到P的豎直高度較大,所

10、以從A點拋出的小球運動時間較長,應先拋出,故A錯誤。由t,得兩個小球拋出的時間間隔為ttAtB (),故B正確。由xv0t得v0x,x相等,則小球A、B拋出的初速度之比 ,故C錯誤,D正確。7選C由于合力提供向心力,依據向心力表達式Fmr2,已知兩球質量、運動半徑和角速度都相同,可知向心力相同,即合力相同,故A錯誤。小球A受到重力和彈力的合力不可能垂直指向OO軸,故一定存在摩擦力,而B球的重力和彈力的合力可能垂直指向OO軸,故B球摩擦力可能為零,故B錯誤,C正確。由于不知道B是否受到摩擦力,故而無法判定圓形框架以更大的角速度轉動,小球B受到的摩擦力的變化情況,故D錯誤。8選A小球在最高點速度為

11、零時,mgFN0,結合圖像可知mga0;當FN0時,由向心力公式可得mg,結合圖像可知,mg,g,m,選項A正確,B錯誤;由圖像可知,v2c時小球所受彈力方向向下,當v22b時,由向心力公式可得mgFN,得FNmga,選項C、D錯誤。9解析:(1)若要小球剛好離開錐面,則小球受到重力和細線拉力如圖所示。小球做勻速圓周運動的軌跡圓在水平面上,故向心力水平。在水平方向運用牛頓第二定律及向心力公式得:mgtan m02lsin 解得:02,即0 rad/s。(2)同理,當細線與豎直方向成60角時,由牛頓第二定律及向心力公式有:mgtan m2lsin 解得:2,即2 rad/s。答案:(1) rad

12、/s(2)2 rad/s10選BC時刻t將小物塊解鎖后,物塊做平拋運動,初速度為:v0rrkt。物塊落地時豎直分速度為:vy,物塊落到地面上時重力的瞬時功率為:Pmgvymg,可知P與t無關,故A錯誤,B正確;物塊做平拋運動的時間為:t ,水平位移大小為:xv0trkt根據幾何知識可得落地點到轉盤中心的水平距離為:d2r2x2r22r2t2,故C正確,D錯誤。11選AD飛鏢水平拋出做平拋運動,在水平方向做勻速直線運動,因此t,故A正確。飛鏢擊中P點時,P恰好在最下方,則2rgt2,解得圓盤的半徑r,故B錯誤。飛鏢擊中P點,則P點轉過的角度滿足t2k(k0,1,2),故,則圓盤轉動角速度的最小值為,故C錯誤。P點隨圓盤轉動的線速度為vr,當k2時,v,故D正確。12解析:(1) 對小球,從釋放到O點過程中由機械能守恒:mgRmv2v m/s5 m/s小球在圓軌道最低點:FNmgmFNmgm12 N由牛頓第三定律,小球對軌道的壓力FNFN12 N。(2)小球從O點水平拋出后滿足ygt2xvt又有y6x2聯立得t s。答案:(1)12 N(2) s

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