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

《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《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（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

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