《2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题4.17平抛运动与圆周运动综合问题基础篇含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题4.17平抛运动与圆周运动综合问题基础篇含解析.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题 4.17 平抛运动与圆周运动综合问题（基础篇）专题 4.17 平抛运动与圆周运动综合问题（基础篇） 一选择题 1. (2018 徐州期中)如图所示，链球上面安有链子和把手。运动员两手握着链球的把手，人和球同时快速旋 转，最后运动员松开把手，链球沿斜向上向飞出，不计空气阻力。关于链球的运动, 下列说法正确的有（） A.链球脱手后做匀变速曲线运动 B.链球脱手时沿金属链方向飞出 C.链球抛出角度一定时，脱手时的速率越大，则飞得越远 D.链球脱手时的速率一定时，抛出角度越小，一定飞得越远 【参考答案】.AC 【名师解析】链球脱手后只受重力，沿圆周的切线方向飞出，做匀变速曲线运动，选项 A 正确
2、 B 错误；根 据斜抛运动规律，链球抛出角度一定时，脱手时的速率越大，则飞得越远，选项 C 正确；链球脱手时的速 率一定时，抛出角度越小，不一定飞得越远，选项 D 错误。 2 （2018 湖北荆州第一次质检）如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P 等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴 在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则 v0可能为( ) ABCD 2 L 2 L 3 L 4 L 【参考答案】.C 【名师解析】设圆盘的直径为 d，飞镖恰好击中 P 点，根据平抛运动规律，d=
3、 1 2 gt2，L=v0t，根据匀速圆周 运动规律，t= + 2n = 21n ，联立解得：v0= 21 L n ，n=0,1,2,3，。选项 C 正确。 3.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球 在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过 0.3 s 后又恰好垂直与倾角为 45的斜面相碰。已 知半圆形管道的半径R1 m，小球可看做质点且其质量为m1 kg，g取 10 m/s2。则( ) A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是 0.9 m B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是 1.9 m C.小球经过管道的B点时，受到
4、管道的作用力FNB的大小是 1 N D.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是 2 N 【参考答案】. AC 【名师解析】 根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vygt3 m/s，水平分速度vxvytan 453 m/s，则B点与C点的水平距离为xvxt0.9 m，选项 A 正确，B 错误；在B点设管道对小球的作 用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNBmgm，vBvx3 m/s，解得FNB1 N，负号表示管道对小 v R 球的作用力方向向上，选项 C 正确，D 错误。 4如图所示，M 是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴 OO匀速转动，规定经过圆心 O 水 平
5、向右为 x 轴的正方向在圆心 O 正上方距盘面高为 h 处有一个正在间断滴水的容器，从 t=0 时刻开始随 传送带沿与 x 轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为 v已知容器在 t=0 时刻滴下第一滴水，以后每当 前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水下列说法正确的是（） A从水滴落下到落在圆盘上的时间为 h g B要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度 应满足n 2 g h ， （n=1，2， 3，） C第一滴水与第二滴水在盘面上落点间的最小距离为 x D第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离 x 【参考答案】BD 【名师解析】水滴在竖直方向做自由落体运动，由 h= 1
6、 2 gt2，解得 t= 2h g ，选项 A 错误；要使每一滴水在 圆盘面上的落点都位于同一条直线上，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度为n，所以圆盘转动 的角速度 = n t =n 2 g h ，（n=1， 2， 3，） 选项 B 正确 ； 第一滴水落在圆盘上的水平位移为 x1=vt=v 2h g ， 第二滴水落在圆盘上的水平位移为 x2=v2t=2v 2h g ，当第二滴水与第一滴水在盘面上的落点位于同一直 径上圆心的同侧时，第一滴水与第二滴水在盘面上落点间的距离最小，最小距离 x= x2- x1= 2v 2h g - v 2h g = v 2h g ，选项 C 错误；第三滴水在圆
7、盘上的水平位移为 x3=v3t=3v 2h g ，当第二滴水与第三滴水 在盘面上的落点位于同一直径上圆心的两侧时两点间的距离最大，为 x=x2+x3=5v 2h g ，选项 D 正确。 5.如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖 以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空 气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则( ) A飞镖击中P点所需的时间为B圆盘的半径可能为 L v0 gL2 2v02 C圆盘转动角速度的最小值为DP点随圆盘转动的线速度可能为 2v0 L 5gL 4v0 【参考
8、答案】AD 【名师解析】飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t，故选项 A 正确。飞镖击 L v0 中P点时，P恰好在最下方，则 2rgt2，解得圆盘的半径r，故选项 B 错误。飞镖击中P点，则P 1 2 gL2 4v02 点转过的角度满足t2k(k0,1,2，)，故，则圆盘转动角速度的 t 2k1v0 L 最小值为，故选项 C 错误。P点随圆盘转动的线速度为vr， v0 L 2k1v0 L gL2 4v02 2k1gL 4v0 当k2 时，v，故选项 D 正确。 5gL 4v0 二计算题 1如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和直
9、线BC组成的 轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R1 m，BC段长L1.5 m弹射装置将一个质量为 0.1 kg 的 小球(可视为质点)以v03 m/s 的水平初速度从A点射入轨道， 小球从C点离开轨道随即水平抛出， 桌子的 高度h0.8 m，不计空气阻力，g取 10 m/s2.求： (1)小球在半圆形轨道中运动时的角速度、向心加速度an的大小； (2)小球从A点运动到B点的时间t； (3)小球在空中做平抛运动的时间及落到地面D点时的速度大小 【参考答案】(1)3 rad/s 9 m/s2 (2)1.05 s (2)0.4 s 5 m/s 【名师解析】 (1)小球在半圆形轨道中做匀速圆
10、周运动，角速度为： rad/s3 rad/s v0 R 3 1 向心加速度为：an m/s29 m/s2 v0 2 R 32 1 (2)小球从A到B的时间为：t s1.05 s. R v0 3.14 1 3 (3)小球水平抛出后，在竖直方向做自由落体运动， 根据hgt得： 1 2 1 2 t1 s0.4 s 2h g 2 0.8 10 落地时竖直方向的速度为：vygt1100.4 m/s4 m/s， 落地时的速度大小为：v m/s5 m/s.v0 2vy 2 916 2.（2017 浙江选考）图中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图。弯道 1、弯道 2 可看作两个不同水平 面上的圆弧，圆心分
11、别为O1、O2，弯道中心线半径分别为r1=10m，r2=20m，弯道 2 比弯道 1 高h=12m，有一 直道与两弯道圆弧相切。质量m=1200kg 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦 力时车重的 1.25 倍，行驶时要求汽车不打滑。（sin37=0.6，sin53=0.8） （1）求汽车沿弯道 1 中心线行驶时的最大速度v1； （2）汽车以v1进入直道，以P=30kW 的恒定功率直线行驶了t=8.0s 进入弯道 2，此时速度恰为通过弯道中 心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功； （3）汽车从弯道 1 的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利
12、用路面宽度，用最短时间匀 速安全通过弯道。设路宽d=10m，求此最短时间（A、B 两点都在轨道中心线上，计算时视汽车为质点） 。 【运动情景分析】汽车在两个水平面内的弯道上做匀速圆周运动和倾斜直道上变速运动。此题存在两个临 界状态（径向静摩擦力达到最大值，轨迹与弯道内侧相切） ，要注意应用轨迹图的几何关系。 【思路分析】 （1）当路面对轮胎的径向静摩擦力达到最大时，最大径向静摩擦力等于向心力。列出方程得 到汽车沿弯道 1 中心线行驶时的最大速度v1和沿弯道 1 中心线行驶时的最大速度v2。 （2）利用动能定理列方程得出直道上除重力以外的阻力对汽车做的功。 （3）画出汽车从弯道 1 的A点进入，
13、从同一直径上的B点驶离的最短轨迹图，利用几何关系得出轨迹半径， 利用最大径向静摩擦力等于向心力得出运动速度，然后应用速度公式得出运动的最短时间。 【考点】本题主要考察知识点：水平面内圆周运动临街问题，能量守恒 【规范解析】（1）设汽车在弯道 1 的最大速度v1，有：kmg=m 2 1 1 v r 解得：v1=55m/s。 （2）设汽车在弯道 2 的最大速度v2，有：kmg=m 2 2 2 v r 解得：v2=510m/s。 汽车在直道上运动，由动能定理：Pt-mgh+Wf= 1 2 mv22- 1 2 mv12。 代入数据可得：Wf=-2.1104J。 （3）设汽车在弯道 2 按照最短时间行驶
14、的最大速度 v，轨迹半径为 r，有：kmg=m 2 v r 解得：v=kgr。 由此可知，轨迹半径 r 增大 v 增大，r 最大，AB弧长最小，对应时间最短，所以轨迹设计应如下图所示。 由图可以得到：r2= r12+r-（r1-d/2）2 代入数据可以得到r=12.5m 汽车沿着该路线行驶的最大速度：v=kgr=12.5m/s 由 sin= 1 r r =0.8，则对应的圆心角 2=106 线路长度：s= 106 360 2r=23.1m。 最短时间：t=s/v=1.8s。 【总结】对于圆周运动，主要运用的知识点是圆周运动规律和牛顿运动定律。解答圆周运动问题一般是根 据题述情景画出轨迹图，根据
15、图中的几何关系可得出根据半径；利用合外力提供向心力列方程可得出待求 量。 3.(12 分)(2016长春模拟)如图所示， 位于竖直水平面内的光滑轨道由四分之一圆弧 ab 和抛物线 bc 组成， 圆弧半径 Oa 水平，b 点为抛物线顶点已知 h2 m，sm取重力加速度 g10 m/s2.2 (1)一小环套在轨道上从 a 点由静止滑下，当其在 bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨 道的半径； (2)若环从 b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达 c 点时速度的水平分量的大小 【参考答案】(1)0.25 m (2) m/s 2 3 10 【名师解析】(1)小环套在 bc 段轨道运
16、动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到 b 点时的速度使得 小环套做平抛运动的轨迹与轨道 bc 重合， 故有 svbt，(1 分) h gt2.(1 分) 1 2 从 ab 滑落过程中，根据动能定理可得 mgR mv .(2 分) 1 2 2 b 联立三式可得 R0.25 m(2 分) s2 4h (2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得 mgh mv .(2 分) 1 2 2 c 因为物体滑到 c 点时与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过 c 点时速度与竖直方向的夹角相 等，设为 ，则根据平抛运动规律可知 sin .(1 分) vb v2gh 根据运动的
17、合成与分解可得 sin .(1 分) v水平 vc 联立可得 v水平m/s.(2 分) 2 3 10 4 (12 分)(2017临沂模拟)如图所示， 水平桌面上有一轻弹簧， 左端固定在 A 点， 自然状态时其右端位于 B 点水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP， 其形状为半径R0.8 m的圆环剪去了左上角135 的圆弧， MN 为其竖直直径， P 点到桌面的竖直距离也是 R.用质量 m0.5 kg的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放， 物块 过B点后其位移与时间的关系为x8t2t2(m)， 物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道 g10 m/s2， 求： (1)物块在水平桌面上受到的摩擦力；
18、(2)B、P 间的水平距离； (3)判断物块能否沿圆轨道到达 M 点 【参考答案】(1)大小为 2 N，方向向左 (2)7.6 m (3)不能 【名师解析】(1)对比 xv0t at2与 x8t2t2， 1 2 可知 a4 m/s2，v08 m/s.(2 分) 由牛顿第二定律得 Ffma2 N(1 分) 即摩擦力大小为 2 N，方向向左 (2)物块在 DP 段做平抛运动，有 vy4 m/s，(1 分)2gR t0.4 s(1 分) vy g vx与 v 夹角为 45，则 vxvy4 m/s，(1 分) xDPvxt1.6 m(1 分) 在 BD 段 xBD6 m，(1 分) vv 2a 所以 xBPxBDxDP7.6 m(1 分) (3)设物块能到达 M 点，由机械能守恒定律有 mv mgR(1cos 45) mv ，(1 分) 1 2 2 P 1 2 2 M v v (2)gR(2)gR.(1 分) 2 M2 P 22 要能到达 M 点，需满足 vM，而，所以物块不能到达 M 点(1 分)gR（22）gRgR