高考物理二轮复习闯关导练热点4平抛与圆周运动含答案

这是一份高考物理二轮复习闯关导练热点4平抛与圆周运动含答案，共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


1．[2020·河北邢台市调研]如图所示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看做一个整体，下列论述正确的是( )
A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供
B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供
C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
D．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力
2．在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中( )
A．速度方向和加速度方向都在不断变化
B．速度方向与加速度方向之间的夹角一直减小
C．在相等的时间间隔内，动量的改变量不相同
D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等
3.
[2020·全国卷Ⅰ，16]如图，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg.绳的质量忽略不计．当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A．200 N B．400 N
C．600 N D．800 N
4.
[2020·江苏苏州市期初调研]一小孩站在岸边向湖面抛石子．a、b两粒石子先后从同一位置抛出后，各自运动的轨迹曲线如图所示，两条曲线的最高点位于同一水平线上，忽略空气阻力的影响．关于a、b两粒石子的运动情况，下列说法正确的是( )
A．在空中运动的加速度aa>ab
B．在空中运动的时间taC．抛出时的初速度va>vb
D．入水时的末速度v′a5．[2020·全国卷Ⅱ，16]如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点.eq \f(E2,E1)等于( )
A．20 B．18
C．9.0 D．3.0
6.
一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A点处，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A点处，设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则两只球飞过球网C处时水平速度之比为( )
A．1：1 B．1：3
C．3：1 D．1：9
7.
如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板间，射入方向沿两极板的中心线．当极板间所加电压为U1时，粒子落在A板上的P点．如果将带电粒子的初速度变为2v0，同时将A板向上移动eq \f(d,2)后，使粒子由原入射点射入后仍落在P点，则极板间所加电压U2为( )
A．U2＝3U1 B．U2＝6U1
C．U2＝8U1 D．U2＝12U1
8.
AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(不计重力)，a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的．不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程( )
A．运动加速度：aa>ab>ac
B．飞行时间：tb＝tc>ta
C．水平速度：va>vb＝vc
D．电势能的减小量：ΔEc＝ΔEb>ΔEa
9．[2020·浙江稽阳联谊学校3月模拟]如图所示，乒乓球的发球器安装在足够大的水平桌面上，可绕竖直转轴OO′转动，发球器O′A部分水平且与桌面之间的距离为h，O′A部分的长度也为h.重力加速度为g.打开开关后，发球器可将乒乓球从A点以初速度v0水平发射出去，eq \r(2gh)≤v0≤2eq \r(2gh).设发射出去的所有乒乓球都能落到桌面上，乒乓球可视为质点，空气阻力不计．若使该发球器绕转轴OO′在90°的范围内来回缓慢地水平转动，持续发射足够长时间后，乒乓球第一次与桌面碰撞区域的面积S是( )
A．2πh2 B．3πh2
C．4πh2 D．8πh2
10.
[2020·湖北八校第二次联考]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，小球甲的速度方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，重力加速度为g，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2 eq \r(\f(gh,3))
B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为eq \r(3)：2
C．A，B两点高度差为eq \f(h,4)
D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等
11.
如图所示，某人从同一位置O以不同的水平速度投出三枚飞镖A、B、C，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°.图中飞镖的指向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．三枚飞镖做平抛运动的初速度一定满足vA0>vB0>vC0
B．三枚飞镖击中墙面时的速度一定满足vAC．插在墙上的三枚飞镖的反向延长线一定交于同一点
D．三枚飞镖击中墙面时的速度一定满足vA＝vC>vB
12.
如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕其竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止．已知OA与竖直方向的夹角θ＝53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.下列说法正确的是( )
A．圆环旋转的角速度大小为 eq \r(\f(5g,4R))
B．圆环旋转的角速度大小为 eq \r(\f(5g,3R))
C．小球A与圆环间摩擦力的大小为eq \f(7,5)mg
D．小球A与圆环间摩擦力的大小为eq \f(1,5)mg
二、非选择题
13．单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°.某次练习过程中，运动员以vM＝10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道．图乙为腾空过程左视图．该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2, sin 72.8°＝0.96，cs 72.8°＝0.30.求：
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
(2)M、N之间的距离L.
14．[2020·江西南昌三模]冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动．其场地由助滑坡AB(高度差为10 m)、过渡区BDE(两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中DE半径为3 m、对应的圆心角为60°)和跳台EF(高度可调，取h＝4 m)等组成，如图所示．质量60 kg的运动员由A点静止出发，沿轨道运动到F处飞出．运动员飞出的速度须在54 km/h到68 km/h之间才能在空中完成规定动作．设运动员借助滑雪杆仅在AB段做功，不计摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.则
(1)为能完成空中动作，则该运动员在AB过程中至少做多少功？
(2)为能完成空中动作，在过渡区最低点D处，求该运动员受到的最小支持力；
(3)若将该运动员在AB段和EF段视为匀变速运动，且两段运动时间之比为tAB：tEF＝3：1，已知AB＝2EF，则运动员在这两段运动的加速度之比为多少？
热点4 平抛与圆周运动
1．答案：B
2．答案：B
解析：由于小球只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项A错误；设某时刻速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)，随着时间t变大，tan θ变小，θ变小，故选项B正确；根据动量定理得Δp＝mgΔt，即在相等的时间间隔内，动量改变量相同，故选项C错误；根据动能定理知，在某段时间内，动能的改变量等于重力做的功，即WG＝mgh，对于平抛运动，在相等时间间隔内，竖直位移不相等，所以动能的改变量不相等，故选项D错误．
3．答案：B
解析：该同学荡秋千可视为做圆周运动，设每根绳子的拉力大小为F，以该同学和秋千踏板整体为研究对象，在最低点根据牛顿第二定律得2F－mg＝eq \f(mv2,R)，代入数据解得F＝410 N，故每根绳子平均承受的拉力约为400 N，故B项正确，A、C、D项错误．
4．答案：D
解析：两石子在空中运动的加速度均为g，选项A错误；因两石子从同一位置抛出，它们的最高点又在同一水平线上，则竖直方向的运动相同，则在空中的运动时间相同，选项B错误；a的水平射程小，则根据v0＝eq \f(x,t)可知，a的初速度小，选项C错误；根据v′＝eq \r(v\\al(2,0)＋gt2)可知，a入水的末速度小，选项D正确．
5．答案：B
解析：由平抛运动规律有x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，得v0＝xeq \r(\f(g,2y))；动能Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(mgx2,4y)∝eq \f(x2,y)，故eq \f(E2,E1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))2·eq \f(y1,y2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3h,h)))2·eq \f(h,0.5h)＝18，故B正确．
6．答案：B
解析：由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的．由于球与地面的碰撞没有能量损失，设第一只球自击出到落到A点时间为t1，第二只球自击出到落到A点时间为t2，则t1＝3t2.由于两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由x＝v0t得：v2＝3v1，有eq \f(v1,v2)＝eq \f(1,3)，所以两只球飞过球网C处时水平速度之比为1︰3，选项B正确．
7．答案：D
解析：板间距离为d，射入速度为v0，板间电压为U1时，在电场中有：eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qU1,md)，t＝eq \f(x,v0)，解得U1＝eq \f(md2v\\al(2,0),qx2)；A板上移eq \f(d,2)，射入速度为2v0，板间电压为U2时，在电场中有：d＝eq \f(1,2)a′t′2，a′＝eq \f(2qU2,3md)，t′＝eq \f(x,2v0)，解得U2＝eq \f(12md2v\\al(2,0),qx2)，即U2＝12U1，选项D正确．
8．答案：B
解析：根据牛顿第二定律得，微粒的加速度为a＝eq \f(qE,m)，据题eq \f(q,m)相同，E相同，所以aa＝ab＝ac，选项A错误；三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝eq \f(1,2)at2得t＝ eq \r(\f(2y,a))，由图有yb＝yc>ya，则tb＝tc>ta，选项B正确；三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t得v0＝eq \f(x,t)，由图知xa>xb >xc，又tb＝tc>ta，则va>vb>vc，选项C错误；电场力做功为W＝qEy，由于三个微粒的电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，选项D错误．
9．答案：C
解析：设乒乓球做平抛运动的时间为t，则t＝eq \r(\f(2h,g)).当速度最大时，水平位移具有最大值xmax＝vmaxt＝2eq \r(2gh)×eq \r(\f(2h,g))＝4h，当速度最小时，水平位移具有最小值xmin＝vmint＝eq \r(2gh)×eq \r(\f(2h,g))＝2h，其中vmax、vmin为发射速度的最大值和最小值，又因为发球器O′A部分长度也为h，故乒乓球的落点距竖直转轴距离的范围为3h≤x≤5h，乒乓球第一次与桌面碰撞区域是一个圆心角为90°的宽度为2h的环形带状区域，其面积为S＝eq \f(1,4)×π[(5h)2－(3h)2]＝4πh2，故选项A、B、D错误，C正确．
10．答案：BC
解析：小球乙到C点的速度为v＝eq \r(2gh)，则小球甲在C点的速度大小也为eq \r(2gh)，又因为小球甲在C点速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为eq \f(\r(2gh),2)，故A错误；小球乙运动到C点时所用的时间满足h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2h,g))，而小球甲到达C点时竖直方向的速度为eq \f(\r(6gh),2)，所以运动时间为t′＝eq \f(\r(6gh),2g)，所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比为eq \r(3)︰2，故B正确；A，B两点高度差Δh＝eq \f(1,2)gt2－eq \f(1,2)gt′2＝eq \f(h,4)，故C正确；由于两球在C点时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错误．
11．答案：ACD
解析：飞镖做平抛运动，水平方向上有x＝v0t，速度与竖直方向的夹角的正切值为tan α＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)，联立解得v0＝eq \r(gxtan α)，故vA0>vB0>vC0，A正确；飞镖做平抛运动，速度的反向延长线通过水平方向上的位移的中点，而飞镖的指向表示瞬时速度的方向，故插在墙上的三枚飞镖的反向延长线一定交于同一点，C正确；根据几何关系知，v＝eq \f(v0,sin α)＝eq \r(\f(gx,sin αcs α))＝eq \r(\f(2gx,sin 2α))，则vA＝vC＝eq \r(\f(2gx,sin 60°))＝eq \r(\f(4,\r(3))gx)，vB＝eq \r(2gx)，故vA＝vC>vB，B错误，D正确．
12．答案：AD
解析：
小球B与圆环间恰好没有摩擦力，则有小球B所受到的支持力和重力的合力提供其所需的向心力，由牛顿第二定律得mgtan37°＝mω2Rsin37°，解得圆环旋转的角速度大小ω＝ eq \r(\f(5g,4R))，选项A正确，B错误；对小球A进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得，在水平方向上FNsin θ－Ffcs θ＝mω2Rsin θ，竖直方向上FNcs θ＋Ffsin θ－mg＝0，解得Ff＝eq \f(mg,5)，选项C错误，D正确．
13．答案：(1)4.8 m (2)12 m
解析：(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得
v1＝vMsin 72.8°①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得
mgcs 17.2°＝ma1②
由运动学公式得d＝eq \f(v\\al(2,1),2a1)③
联立①②③式，代入数据得d＝4.8 m④
(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得
v2＝vMcs 72.8°⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得
mgsin 17.2°＝ma2⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得t＝eq \f(2v1,a1)⑦
L＝v2t＋eq \f(1,2)a2t2⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m⑨
14．答案：(1)3 150 J (2)7 300 N (3)2︰3
解析：(1)由动能定理得mghAF＋W人＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,F)
W人＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,F)－mghAF＝3 150 J
(2)从D点到F点，根据动能定理有
－mg[h＋R(1－cs 60°)]＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,F)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
其中vF取为最小值 vF＝54 km/h＝15 m/s
在D点：FN－mg＝meq \f(v\\al(2,D),R)
解得运动员在D点承受的最小支持力：
FN＝mg＋meq \f(v\\al(2,F)＋2g[h＋R1－cs 60°],R)＝7 300 N
(3)两段运动的平均速度之比eq \x\t(v)1︰eq \x\t(v)2＝eq \f(AB,t1)︰eq \f(EF,t2)＝2︰3
设滑到B点速度为v1，则滑到E点速度也为v1，
又设滑到F点速度为v2.
则由eq \x\t(v)AB＝eq \f(v1,2)，eq \x\t(v)EF＝eq \f(v1＋v2,2)，得：v1＝2v2
由a1＝eq \f(v1,t1)，a2＝eq \f(v1－v2,t2)
得：a1︰a2＝2︰3.