（課標版）高考物理二輪復習 專題限時訓練3 拋體運動與圓周運動（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、專題限時訓練3　拋體運動與圓周運動 時間：45分鐘 一、單項選擇題 1．如圖所示，小球以速度v0正對傾角為θ的斜面水平拋出，若小球到達斜面的位移最小，則飛行時間t為(重力加速度為g)(　D　) A. B. C. D. 解析：如圖所示，要使小球到達斜面的位移最小，則要求落點與拋出點的連線與斜面垂直，所以有tanθ＝，而x＝v0t，y＝gt2，解得t＝. 2．如圖所示，疊放在水平轉臺上的物體A、B、C正隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動，A、B、C的質量分別為3m、2m、m，B與轉臺、C與轉臺、A與B間的動摩擦因數都為μ，B、C離轉臺中心的距離分別為r、1.5r.最大靜摩擦

2、力等于滑動摩擦力，以下說法正確的是(　C　) A．B對A的摩擦力有可能為3μmg B．C與轉臺間的摩擦力大于A與B間的摩擦力 C．轉臺的角速度ω有可能恰好等于 D．若角速度ω在題干所述原基礎上緩慢增大，A與B間將最先發(fā)生相對滑動 解析：對A、B整體，有：(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g；對C，有：mω2·1.5r≤μmg；對A，有：3mω2r≤μ·3mg，解得：ω≤，即滿足不發(fā)生相對滑動時，轉臺的角速度ω≤，可知A與B間的靜摩擦力最大值fm＝3m·r·ω2＝3mr·＝2μmg，故A錯誤，C正確；A與C轉動的角速度相同，由摩擦力提供向心力，且有m·1.5rω2<3mrω2，

3、即C與轉臺間的摩擦力小于A與B間的摩擦力，故B錯誤；由以上分析可知，最先發(fā)生相對滑動的是C，故D錯誤． 3．如圖甲，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內做圓周運動，小球經過最高點時的速度大小為v，此時繩子的拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關系如圖乙所示，圖象中的數據a和b包括重力加速度g都為已知量，以下說法正確的是(　D　) A．數據a與小球的質量有關 B．數據b與圓周軌道半徑有關 C．比值只與小球的質量有關，與圓周軌道半徑無關 D．利用數據a、b和g能夠求出小球的質量和圓周軌道半徑 解析：當v2＝a時，此時繩子的拉力為零，小球的重力提供向心力，則mg＝，解

4、得v2＝gr，故a＝gr，與小球的質量無關，故A錯誤；當v2＝2a時，對小球受力分析，則mg＋b＝，解得b＝mg，與圓周軌道半徑無關，故B錯誤；根據A、B可知＝，既與小球的質量有關，也與圓周軌道半徑有關，故C錯誤；由A、B可知，r＝，m＝，故D正確． 4．如圖所示，可視為質點的小球，位于半徑為 m的半圓柱體左端點A的正上方某處，以一定的初速度水平拋出小球，其運動軌跡恰好能與半圓柱體相切于B點．過B點的半圓柱體半徑與水平方向的夾角為60°，則小球的初速度為(不計空氣阻力，重力加速度為g＝10 m/s2)(　C　) A. m/s B．4 m/s C．3 m/s D. m/s 解

5、析：飛行過程中恰好與半圓柱體相切于B點，知速度與水平方向的夾角為30°，設位移與水平方向的夾角為θ，則有：tanθ＝＝，因為tanθ＝＝，則豎直位移為：y＝R，v＝2gy＝gR，所以，tan30°＝，聯立以上各式解得：v0＝＝3 m/s，故選項C正確． 5．如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直．一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時對應的軌道半徑為(重力加速度大小為g)(　B　) A. B. C. D. 解析：設軌道半徑為R，小物塊從軌道上端飛出時的速度為v1，由于軌道光滑，根

6、據機械能守恒定律有mg×2R＝mv2－mv，小物塊從軌道上端飛出后做平拋運動，對運動分解有：x＝v1t,2R＝gt2，解得x＝，因此當R－＝0，即R＝時，x取得最大值，B項正確，A、C、D項錯誤． 6．半徑為R的圓環(huán)豎直放置，圓環(huán)可以繞過圓心的豎直軸旋轉，兩個質量相等可視為質點的小環(huán)套在圓環(huán)上A、B兩點并處于靜止狀態(tài)，A、B連線過圓心且與豎直方向成37°角，某時刻大圓環(huán)開始繞豎直軸旋轉，角速度從零不斷增大，下列說法正確的是(　A　) A．小環(huán)與大環(huán)之間動摩擦因數μ≥0.75 B．B處的小環(huán)先相對大環(huán)開始滑動 C．兩小環(huán)的高度最終都將升高 D．只要小環(huán)不發(fā)生相對滑動，大環(huán)就不對小環(huán)

7、做功 解析：小環(huán)A與小環(huán)B最初都靜止，可以知道m(xù)gsin37°≤μmgcos37°，即μ≥tan37°＝0.75，A正確；若某時刻大圓環(huán)開始繞豎直軸進行旋轉，假設環(huán)A和環(huán)B與大環(huán)保持相對靜止，對環(huán)A沿水平方向則有fAcosθ－NAsinθ＝mω2r，豎直方向則有fAsinθ＋NAcosθ＝mAg，對環(huán)B沿水平方向則有NBsinθ－fBcosθ＝mω2r，豎直方向有fBsinθ＋NBcosθ＝mBg，隨著角速度的不斷增大，A所受摩擦力越來越大，B所受摩擦力越來越小，后反向增大，因此A受到的靜摩擦力會先達到最大，即A先相對大環(huán)開始滑動，B錯誤；若兩小環(huán)相對大環(huán)運動，則環(huán)A高度會降低，環(huán)B高度會升

8、高，C錯誤；盡管小環(huán)不發(fā)生相對滑動，但隨著大環(huán)角速度的不斷增大，小環(huán)的動能也會不斷增大，因此大環(huán)對小環(huán)會做正功，D錯誤． 二、多項選擇題 7．如圖所示，豎直薄壁圓筒內壁光滑、半徑為R，上部側面A處開有小口，在小口A的正下方h處亦開有與A大小相同的小口B，小球從小口A沿切線方向水平射入筒內，使小球緊貼筒內壁運動，小球進入A口的速度大小為v0時，小球恰好從A點的正下方的B口處飛出，則(　AC　) A．小球到達B點時的速率為 B．小球的運動時間是 C．小球的運動時間是 D．沿AB將圓筒豎直剪開，看到小球的運動軌跡是一條直線 解析：由機械能守恒mv2＝mgh＋mv，所以：v＝，故A

9、正確；小球在豎直方向做自由落體運動，所以小球在筒內的運動時間為：t＝，在水平方向，以圓周運動的規(guī)律來研究，得到：t＝n(n＝1,2,3…)，故B錯誤，C正確；該小球豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻速圓周運動；沿AB將圓筒豎直剪開，則小球沿水平方向的運動可以看作是勻速直線運動，所以看到小球的運動軌跡是一條曲線，故D錯誤． 8．質量為m的小球以v0的水平初速度從O點拋出后，恰好擊中傾角為θ的斜面上的A點．如果A點距斜面底邊(即水平地面)的高度為h，小球到達A點時的速度方向恰好與斜面垂直(不計空氣阻力)，如圖，則以下正確的敘述為(　ABD　) A．可以求出小球到達A點時重力的功率 B．

10、可以求出小球由O到A過程中動能的變化 C．可以求出小球從A點反彈后落至水平地面的時間 D．可以求出小球拋出點O距斜面端點B的水平距離 解析：由小球到達A點時的速度方向恰好與斜面垂直，可知小球的末速度方向與重力方向夾角為θ，豎直分速度為vy＝，可知小球到達A點時重力的功率為P＝mgvy＝mg，故A項正確．小球的末速度為v＝，可知小球由O到A過程中動能的變化為ΔEk＝mv2－mv＝mv，故B項正確．由于不能具體得知小球從A點反彈后的速度大小，無法求出反彈后落至水平地面的時間，故C項錯誤．由幾何關系知A、B間的水平距離為，小球做平拋運動的時間為t＝＝，O、A之間的水平距離為x＝v0t＝，故O距

11、斜面端點B的水平距離為－，故D項正確． 9．(2019·全國卷Ⅱ)如圖(a)，在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離．某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v-t圖象如圖(b)所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻．則(　BD　) A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大 D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大 解析：根據v-t圖線與橫軸

12、所圍圖形的面積表示位移，可知第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的大，選項A錯誤；根據v-t圖線的斜率表示加速度，綜合分析可知，第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，選項C錯誤．第二次滑翔過程中在豎直方向的位移比第一次的大，又運動員每次滑翔過程中豎直位移與水平位移的比值相同(等于傾斜雪道與水平面夾角的正切值)，故第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大，選項B正確；豎直方向上的速度大小為v1時，根據v-t圖線的斜率表示加速度可知，第二次滑翔過程中在豎直方向上的加速度比第一次的小，由牛頓第二定律有mg－f＝ma，可知第二次滑翔過程中在豎直方向上所受阻力比第一次的大，選

13、項D正確． 10．如圖所示，水平轉臺上的小物體A、B通過彈簧連接，并靜止在轉臺上，現轉臺從靜止開始緩慢的增大其轉速(即在每個轉速下可認為是勻速轉動)，已知A、B的質量分別為m、2m，A、B與轉臺間的動摩擦因數均為μ，A、B離轉臺中心的距離都為r，已知彈簧的原長為r，勁度系數為k，設本題中的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，以下說法正確的是(　CD　) A．物體A和B同時相對轉臺發(fā)生滑動 B．當A受到的摩擦力為0時，B受到的摩擦力背離圓心 C．當B受到的摩擦力為0時，A受到的摩擦力背離圓心 D．當A、B均相對轉臺靜止時，允許的最大角速度為 解析：當A剛好要滑動時，摩擦力達到最大靜摩擦力

14、，彈簧彈力與靜摩擦力的合力提供向心力，則有kr＋μmg＝mωr，解得ωA＝，當B剛好要滑動時，摩擦力達到最大靜摩擦力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力提供向心力，則有kr＋2μmg＝2mωr，解得ωB＝；ωA>ωB，所以B最先滑動，允許的最大角速度為ωB＝，A錯誤，D正確；當A受到的摩擦力為0時，由彈力充當向心力，故kr＝mω2r，解得ω＝，此時B受到的向心力為F＝2mω2r＝2kr，故B受到的摩擦力指向圓心，B錯誤；當B受到的摩擦力為0時，由彈力充當向心力，故kr＝2mω2r，解得ω＝，此時A受到的向心力為F＝mω2r＝kr

15、在豎直平面內的軌道，直軌道AB與光滑圓弧軌道BC相切，圓弧軌道的圓心角為37°，半徑為r＝0.25 m，C端水平，AB段的動摩擦因數為0.5.豎直墻壁CD高H＝0.2 m，緊靠墻壁在地面上固定一個和CD等高，底邊長L＝0.3 m的斜面．一個質量m＝0.1 kg的小物塊(視為質點)在傾斜軌道上從距離B點l＝0.5 m處由靜止釋放，從C點水平拋出．重力加速度取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. (1)求小物塊運動到C點時對軌道壓力的大小； (2)求小物塊從C點拋出到擊中斜面的時間； (3)改變小物塊從斜面上釋放的初位置，求小物塊擊中斜面時動能的最小值． 答

16、案：(1)2.2 N　(2) s　(3)0.15 J 解析：(1)由動能定理得 mglsin37°＋mg(r－rcos37°)－μmglcos37°＝mv 得v0＝ m/s FN－mg＝m，FN＝2.2 N 由牛頓第三定律得，壓力大小為FN′＝2.2 N. (2)如圖，設物塊落到斜面上時水平位移為x，豎直位移為y ＝，得x＝0.3－1.5y x＝v0t，y＝gt2 15t2＋2t－0.6＝0 t＝ s (3)x＝0.3－1.5y vt2＝v＝(0.3－1.5y)2 v＝ Ek＝mv＋mgy＝mg＋mgy－mg 解得當y＝0.12 m時，Ekm＝0.15 J

17、12．如圖所示，餐桌中心是一個可以勻速轉動、半徑為R的圓盤．圓盤與餐桌在同一水平面內且兩者之間的間隙可忽略不計．放置在圓盤邊緣的質量為m的物體與圓盤之間的動摩擦因數為μ1＝0.5，與餐桌之間的動摩擦因數為μ2＝0.25，餐桌高也為R.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g. (1)為使物體不滑到餐桌上，求圓盤的角速度ω的最大值為多少？ (2)緩慢增大圓盤的角速度，物體從圓盤上甩出，為使物體不滑落到地面，求餐桌半徑R1的最小值為多大？ (3)若餐桌半徑R2＝R，則在圓盤角速度緩慢增大時，求物體從圓盤上被甩出后滑落到地面上的位置到圓盤中心的水平距離L為多少？ 答案：(1)　(2)

18、R　(3)R 解析：(1)為使物體不從圓盤上滑出，向心力不能大于物體與圓盤之間的最大靜摩擦力，即μ1mg≥mω2R 解得ω≤＝. (2)物體恰好從圓盤上甩出時的角速度ω1＝，則速度v1＝ω1R＝ 當物體滑到餐桌邊緣速度減小到0時，恰好不滑落到地面，根據勻變速直線運動規(guī)律，有2μ2gx1＝v 可得滑過的位移x1＝＝R 餐桌最小半徑R1＝＝R. (3)若餐桌半徑R2＝R，由幾何關系可得物體在餐桌上滑行的距離x2＝＝R 根據勻變速直線運動規(guī)律，有2(－μ2gx2)＝v－v 可得物體離開餐桌邊緣的速度v2＝ 設物體離開餐桌到地面所需時間為t， 根據平拋運動規(guī)律x3＝v2t，R＝gt2 可知物體離開餐桌邊緣后的水平位移x3＝ 由幾何關系可得，落地點到圓盤中心的水平距離 L＝＝R.