2020高考物理大二轮复习考前基础回扣练5抛体运动与圆周运动

回扣练5：抛体运动与圆周运动1．如图所示，某同学把布娃娃“小芳”挂在“魔盘”竖直壁上的可缩回的小圆柱上、布娃娃“盼盼”放在“魔盘”底盘上，用手摇机械使“魔盘”转动逐渐加快，到某一转速时匀速转动，他发现小圆柱由于离心已缩回竖直壁内，“小芳”悬空随“魔盘”一起转动，“盼盼”在底盘上也随“魔盘”一起转动．若魔盘半径为r ，布娃娃与魔盘的平面和竖直壁间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )A ．“小芳”受到重力、摩擦力和向心力的作用B ．“盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近，也可能随“魔盘”一起转动C ．此时“魔盘”的转速一定不大于12πμg r D ．此时“魔盘”的转速一定不小于12πg μr解析：选D.“小芳”受重力，弹力，摩擦力三个力作用，向心力为效果力，故A 错误； “盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近时，若“小芳”刚好不下滑，设转动的角速度为ω，则有μm 1ω2r ＝m 1g ，此时“盼盼”所受静摩擦力f ＝m 2ω2r ＝m 2gμ，大于最大静摩擦力μm 2g 所以会滑动，故B 错误；“小芳”做匀速圆周运动，由公式F N ＝mω2r ＝m (2πn )2r ，mg ＝f ≤μF N ，联立解得：n ≥12πgμr，故D 正确． 2．如图，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从B 点自由释放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B 、C 高度差为h ，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( )A ．小球甲做平抛运动的初速度大小为2gh3B ．甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为1∶ 3 C ．A 、B 两点高度差为h4D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率大小相等解析：选C.小球乙到C 的速度为v ＝2gh ，此时小球甲的速度大小也为v ＝2gh ，又因为小球甲速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为2gh 2故A 错；小球运动到C 时所用的时间为h ＝12gt 2得t ＝2hg，而小球甲到达C 点时竖直方向的速度为6gh 2，所以运动时间为t ′＝6gh 2g，所以甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为3∶2故B 错；由甲乙各自运动的时间得：Δh ＝12gt 2－12gt ′2＝h 4，故C 对；由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C 点时重力的瞬时功率也不相等，故D 错；故选C.3．如图所示，BC 是半径为R 的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端C 在圆心O的正下方，∠BOC ＝60°，将质量为m 的小球，从与O 等高的A 点水平抛出，小球恰好从B 点沿切线滑入圆轨道，则小球在C 点对轨道的压力为( )A.73mg B ．3mg C.103mg D ．4mg解析：选C.小球由A 至B 做平抛运动，设初速度v A ，平抛时间为t ，竖直方向有R cos 60°＝12gt 2；B 点的速度相切于圆轨道，故平抛的速度偏向角为60°，有tan 60°＝gtv 0，可得v A ＝gR3.从A 至C 由动能定理：mgR＝12mv 2C －12mv 2A ，对C 点的小球，由牛顿第二定律：F N －mg ＝m v 2CR ，由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力与支持力大小相等，解得F N ′＝F N ＝103mg .故选C.4．如图，质量为m 的小球从A 点由静止开始沿半径为R 的14光滑圆轨道AB 滑下，在B 点沿水平方向飞出后，落在一个与地面成37°角的斜面上的C 点(图中未画出)．已知重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，则从A 点到C 点的过程中小球重力所做的功为( )A.13mgR4B ．9mgR 4C ．mgRD ．2mgR解析：选A.设小球通过B 点时的速度大小为v ，小球在光滑圆弧轨道上运动过程，由机械能守恒定律有：12mv2＝mgR ，得：v ＝2gR ；设小球从B 运动到C 的时间为t .则有tan θ＝12gt 2vt ＝gt 2v ，得t ＝2v tan θg ；小球平抛过程下落的高度为h ＝12gt 2＝94R ；则从A 点到C 点的过程中小球重力所做的功为W ＝mg (R ＋h )＝134mgR ，故选A.5．将一个小球从光滑水平地面上一点抛出，小球的初始水平速度为u ，竖直方向速度为v ，忽略空气阻力，小球第一次到达最高点时离地面的高度为h .小球和地面发生第一次碰撞后，反弹至离地面h4的高度．以后每一次碰撞后反弹的高度都是前一次的14(每次碰撞前后小球的水平速度不变)，小球在停止弹跳时所移动的总水平距离的极限是( )A.4uv gB ．3uv gC.2uv gD ．uv g解析：选A.将一个小球从光滑水平地面上一点抛出后做斜抛运动，小球第一次到达最高点时离地面的距离为h ，从最高点下落到水平地面的时间为t 1＝vg ，v 2＝2gh ，小球和地面发生第一次碰撞后，反弹至离地面h4的高度，从最高点下落到水平地面的时间为t 2＝v 2g ，v 22＝2g h 4＝14v 2，小球和地面发生第二次碰撞后，反弹至离地面h 4×14＝h16的高度，从最高点下落到水平地面的时间为：t 3＝v 4g ，v 24＝2g h 16＝116v 2，以此类推，小球在停止弹跳时所花费的总时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＋…＝2v g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋… ＝4vg ，小球在停止弹跳时所移动的总水平距离的极限为：x ＝ut ＝4uvg，故A 正确，BCD 错误；故选A.6．如图所示，一根不可伸长的轻质细线，一端固定于O 点，另一端拴有一质量为m 的小球，可在竖直平面内绕O 点摆动，现拉紧细线使小球位于与O 点在同一竖直面内的A 位置，细线与水平方向成30°角 ，从静止释放该小球，当小球运动至悬点正下方C 位置时，细线承受的拉力是( )A ．4mgB ．3.5mgC ．3mgD ．1.75mg解析：选B.对小球进行受力分析及运动过程分析如图所示，根据题意可知，从静止释放小球，细线松弛，小球只受重力做自由落体运动，下落到A 与水平面的对称点B 时细线将张紧，根据自由落体运动的规律，则v ＝2gl ，方向竖直向下；在B 位置细线突然张紧，对小球施以冲量，使小球沿细线方向的分速度突然减至零，使小球竖直向下的速度变为只有沿圆弧切线方向上的分速度，大小为v B ′＝v B cos 30°，小球由B 运动至C ，绳子的拉力与运动方向垂直不做功，只有重力做5gl2，在C 点，功，机械能守恒，则得：mgl (1－cos 60°)＝12mv 2C －12mv B ′2，解得v C ＝根据牛顿第二定律得：T －mg ＝m v 2Cl，解得T ＝3.5mg ，故B 正确，ACD 错误；故选B. 7．如图所示，球网高出桌面H ，网到桌边的距离为L .某人在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球运动为平抛运动．则( )A ．击球点的高度与网高度之比为2∶1B ．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1C ．乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为1∶2D ．乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2 解析：选D.因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以由x ＝v 0t 知，网右侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动，根据h ＝12gt 2可知，在网上面运动的位移和整个高度之比为1∶9，所以击球点的高度与网高之比为9∶8，故AB 错误；球恰好通过网的上沿的时间为落到右侧桌边缘的时间的13，竖直方向做自由落体运动，根据v ＝gt 可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为1∶3，根据v ＝v 20＋v 2y 可知，乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比不是1∶2，故C 错误；网右侧运动时间是左侧的两倍，Δv ＝gt ，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2；故D 正确；故选D.8．(多选)如图所示，置于竖直平面内的AB 光滑杆，它是以初速为v 0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A 端为抛出点，B 端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A 端滑下，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．A 端距离地面的高度为gs 22v 20B ．小球运动至B 端时其水平方向的速度大小为v 0C ．小球从A 端运动至B 端的时间为s v 0D ．小球运动至B 端的速率为gs v 0解析：选AD.小球若做平抛运动，运动的时间t ＝s v 0，则A 端距离地面的高度h ＝12gt 2＝gs22v 20，故A 正确．对小球分析，根据动能定理得，mgh ＝12mv 2B ，解得小球运动到B 端时的速度v B ＝2gh ＝gsv 0，B 点速度方向与水平方向夹角的正切值tan α＝v y v 0＝gt v 0＝sg v 20，可知v x ＝v B cos α＝gsv 0v 40＋g 2s2，故B 错误，D 正确．小球从A 到B 做的运动不是平抛运动，则运动的时间t ≠sv 0，故C 错误．故选AD.9．(多选)如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止，若圆弧轨道半径为R ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )A ．物块滑到b 点时的速度为gRB ．物块滑到b 点时对b 点的压力是mgC ．物块滑到b 点时对b 点的压力是3mgD ．c 点与b 点的距离为R μ解析：选CD.由机械能守恒可知，mgR ＝12mv 2；解得b 点时的速度为2gR ，故A 错误；b 点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由F －mg ＝m v 2R可得，支持力F ＝3mg ，由牛顿第三定律可知，物块对b 点的压力为3mg; 故B 错误，C 正确；对全程由动能定理可知，mgR －μmgs ＝0，解得bc 两点间的距离为R μ，故D 正确；故选CD.10．(多选)如图所示，在某次自由式滑雪比赛中，一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，若斜面雪坡的倾角为θ，运动员飞出时的速度大小为v 0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g ，则( )A ．运动员落到雪坡时的速度大小为v 0cos θB ．运动员在空中飞行的时间是2v 0tan θgC ．如果v 0大小不同，则运动员落到雪坡时的速度与斜面的夹角也就不同D ．不论v 0多大，该运动员落到雪坡上时的速度与斜面的夹角都是相同的解析：选BD.速度与水平方向夹角的正切值tan α＝v y v 0＝gtv 0，可知速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍．落到雪坡上速度方向与水平方向的夹角不等于θ，根据平行四边形定则知，速度v ≠v 0cos θ.故A 错误．根据tan θ＝y x＝12gt 2v 0t＝gt 2v 0，解得平抛运动的时间t ＝2v 0tan θg.故B 正确．物体落在雪坡上，速度方向与水平方向的夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，位移与水平方向的夹角不变，则速度方向与水平方向的夹角不变．故D 正确，C 错误．故选BD。