1、1课时跟踪训练(三) 抛体运动和圆周运动一、选择题(16 题为单项选择题，710 题为多项选择题)1(2018天星教育考前预测)将一小球以一定的初速度水平抛出，设小球抛出后的水平方向的位移为 x，竖直方向的位移为 y，结果小球在空中运动过程中 y与 x2的关系如图所示，重力加速度 g10 m/s 2，不计空气阻力，则小球被抛出的初速度大小为( )A. m/s B. m/s C2 m/s D. m/s102 5 2A 将小球做的平抛运动进行分解，设水平初速度大小为 v0，则有 x v0t， y gt2，12则 y x2，结合图象有 2，求得 v0 m/s，A 项正确g2v20 g2v20 102
2、2(2018石家庄市高三考前诊断(二)2022 年冬奥会将在中国举办的消息，吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中若跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视为平抛运动，现运动员甲以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图中实线所示，则质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出，其运动轨迹应为图中的( )A B C DA 根据平抛运动规律可知，平抛运动轨迹只与初速度有关，与物体质量无关，所以质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出时，其运动轨迹应为图中的，选项 A正确3(2018最新高考信息卷)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
3、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( )2A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 3C 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C A 项，小球乙到 C的速度为 v ，此时小球甲的速度大小也为 v ，又因2gh 2gh为小球甲速度与竖直方向成 30角，可知水平分速度为 故 A错；B.小球运动到 C时所2gh2用的时间为 h gt2得 t .而小球甲到达 C点时竖直方向的速度为 ，所以运动时间12 2hg 6gh2为 t ，所以甲、乙两小球到达 C点所用时间之比为 2 故 B错C.由
4、甲乙各自运6gh2g 3动的时间得： h gt2 gt 2 ，故 C对；D.由于两球在竖直方向上的速度不相等，12 12 h4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.4(2018宁夏六盘山二模)如图所示，半径为 R的圆轮在竖直面内绕 O轴匀速转动，轮上 A、 B两点均粘有一小物体，当 B点转至最低位置时，此时 O、 A、 B、 P四点在同一竖直线上，已知 OA AB， P是地面上的一点 A、 B两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点(不计空气的阻力)则 OP的距离是( )A. R B7 R 76C. R D5 R52A 设 OP之间的距离为 h，则 A下落的高度
5、为 h R， A随圆轮运动的线速度为12R ，12设 A下落的时间为 t1，水平位移为 x，则在竖直方向上有 h R gt 12 12 21在水平方向上有 x R t1123B下落的高度为 h R， B随圆轮运动的线速度为 R ，设 B下落的时间为 t2，水平位移也为 x，则在竖直方向上有 h R gt 12 2在水平方向上有 x R t2联立式解得 h R，A 项正确765(2018高考物理全真模拟二)如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道 AB滑下，从 B端水平飞出，撞击到一个与地面呈 37的斜面上，撞击点为 C.已知斜面上端与曲面末端 B相连若 AB的高度差为 h， BC间的高度差为 H
6、，则 h与 H的比值等于(不计空气阻力，sin 370.6，cos 370.8)( )A. B. C. D.34 43 49 94C 小球下滑过程中机械能守恒，则有： mgh mv ，解得： vB ，到达 B点后小12 2B 2gh球做平抛运动在竖直方向有： H gt2，解得： t ，水平方向 x vBt，根据几何关系有：12 2Hgtan 37 ，解得： ，故 C正确，A、B、D 错误Hx HvBt H2Hg 2gh 34 hH 496(2018 山东省淄博市高三三模)如图所示，质量为 m的小球用长度为 R的细绳拴着在竖直面上绕 O点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点 A，重力加速度为 g
7、，不计空气阻力，则( )A小球通过最高点 A的速度为 gRB小球通过最低点 B和最高点 A的动能之差为 mgR4C若细绳在小球运动到与圆心 O等高的 C点断了，则小球还能上升的高度为 RD若细绳在小球运动到 A处断了，则经过 t 时间小球运动到与圆心等高的位置2RgD A.小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有： mg m .得 v ，故 Av2R gR错误；B.从最高点到最低点重力做功为 2mgR，根据动能定理可知小球通过最低点 B和最高点 A的动能之差为 2mgR，故 B错；C.从 A到 C由动能定理可知： mgR mv mv2，当绳12 2C 12子断掉后上升的高度为 h，则 mg
8、h0 mv ，解得 h R，故 C错；D.若细绳在小球运动12 2C 32到 A处断了，则下降 R所用的时间为 R gt2，解得 t ，故 D正确；故选 D.12 2Rg7(2018 山东省临沂市高三三模)如图所示，不可伸长的轻质细绳一端固定在光滑竖直杆上，轻质弹簧用光滑轻环套在杆上，细绳和弹簧的另一端固定在质量为 m的小球上，开始时处于静止状态，现使该装置绕杆旋转且角速度缓慢增大，则下列说法正确的是( )A轻绳上的弹力保持不变B轻绳上的弹力逐渐变大C弹簧上的弹力逐渐变大D弹簧上的弹力先变小后变大BD 小球随杆做匀速圆周运动，设轻绳与竖直方向的夹角为 ，当角速度较小时，弹簧处于压缩状态，对小球
9、受力分析有： Tcos mg， Tsin F m 2r，由于小球在竖直方向处于静止，所以 T ，随角速度增大， 增大，所以 T增大，随角速度增mgcos 大， 增大，弹簧弹力减小，当角速度较大时，小球做圆周运动的半径增大，弹簧弹力增大，由以上分析可知，B、D 正确8(2018吉林一中高三第三次调研)如图所示， ABCD是一个边长为 L的正方形木块，将一个可视为质点的小球从 P点以初速度 v0斜向上抛出，小球到达 A点时速度方向恰好与AB平面相切已知重力加速度为 g， P、 D之间的距离为 2L.下列说法正确的是( )5A小球到达 A点时的速度为 v024B小球在 P点时，速度方向与水平夹角为
10、45C小球在由 P向 A运动的过程中，重力的瞬时功率逐渐减小D仅减小初速度 v0，小球仍有可能运动到 AB平面上BC 根据逆向思维，小球从 A到 P做平抛运动；设小球做平抛运动的初速度为 v，根据平抛运动的规律，小球在 P点时， 1，所以 vy v，而 v0，所以vyv 2yx 2L2L v2y v2vy v v0，小球在 P点时，速度方向与水平夹角为 45，选项 A错误，选项 B正确；球22在由 P向 A运动的过程中，重力的瞬时功率 P mgvy，随着 vy的变小而逐渐减小，选项 C正确；仅减小初速度 v0，小球不可能运动到 AB平面上，选项 D错误9如图所示，一根原长为 l0的轻弹簧套在光
11、滑直杆 AB上，其下端固定在杆的 A端，质量为 m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连球和杆一起绕经过杆 A端的竖直轴 OO匀速转动，且杆与水平面间始终保持 30角已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为 ，l02重力加速度为 g，弹簧始终在弹性限度内则下列说法正确的是( )A弹簧为原长时，杆的角速度为g2l0B当杆的角速度为 时，弹簧处于压缩状态gl0C在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒D在杆的角速度由 0缓慢增大到 过程中，小球机械能增加了 mgl0232gl0 54CD 静止时， k mgsin kl0 mg，弹簧为原长时， mgtan 30 m 2l0cos l023
12、0，解得： ，A 项错误；当杆的角速度大于 时，小球做圆周运动所需的向2g3l0 2g3l0心力增大，所以弹簧对小球的弹力沿杆向下，弹簧处于拉伸状态，B 项错误；在杆的角速度增大的过程中，小球的线速度增大，重力势能增大，弹簧的弹性势能增大，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，C 项正确；小球随杆转动的角速度为 时，弹簧处于伸长状232gl0态，设伸长量为 l，在水平方向上： FNsin 30 k lcos 30 m 2(l0 l)cos 630，在竖直方向上： FNcos 30 k lsin 30 mg0，解得： l ，则小球的l02重力势能增加量为 Ep mgl0sin 30 mgl0，动能增
13、加量为12 Ek m 2 mgl0，可知 D项正确12(32 l0cos 30) 3410(2018湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图所示，一质量为 m的小球(可视为质点)从离地面高 H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为 H，反弹的高度为 H.43 916已知小球与地面接触的时间为 t，重力加速度为 g，不计摩擦和空气阻力下列说法正确的是( )A第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m2gH4tB第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为 mg7m2gH4tC小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为 2HD小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为 H32AC A、
14、B 项：以竖直向上为正方向小球第一次落地时竖直方向的速度为v1 ，小球第一次反弹起竖直方向的速度为 v2 ，在小球第一次与2gH2g9H16 9gH8地面接触的过程中应用用动时定理有： t mv2 mv1，代入数据解得： ，故 A正F F7m2gH4t确，B 错误；C、D 项：小球第一次下落的时间为 t ，水平初速度 v0 ，第2Hg4H32Hg 8gH9一次反弹到最高点所用的时间为 t ，所以第一次落地点到第二次落地点的水29H16g平距离为 2v0t2 2 H，故 C正确，D 错误 8gH9 9H8g711(2018长沙一中高三诊断)如图所示， BC为半径等于 m、竖直放置的光滑细圆252
15、管， O为细圆管的圆心，在圆管的末端 C连接倾斜角为 45、动摩擦因数为 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为 m0.5 kg的小球从 O点正上方某处 A点以速度 v0水平抛出，恰好能垂直 OB从 B点进入圆管， OB与竖直方向的夹角为 45，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的 F5 N的力的作用，当小球运动到圆管的末端 C时作用力 F立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面( g取 10 m/s2)求：(1)小球从 O点的正上方某处 A点水平抛出的初速度 v0为多少？ OA的距离为多少？(2)小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？(3)小球在 CD斜面上运动的最大位移是多少？解析 (1)小球从 A
16、运动到 B为平抛运动，有 rsin 45 v0t在 B点，有 tan 45gtv0解以上两式得 v02 m/s， t0.2 s则 AB竖直方向的距离为 h gt20.2 m12OB竖直方向的距离为 h rcos 450.4 m则 OA h h(0.20.4)m0.6 m.(2)在 B点据平抛运动的速度规律有vB 2 m/sv0cos 45 2小球在管中重力与外加的力 F平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得圆管对小球的作用力为 FN m 5 Nv2Br 2根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力为FN FN5 N.2(3)在 CD上滑行到最高点过
17、程，根据牛顿第二定律得 mgsin 45 mg cos 45 ma解得 a gsin 45 g cos 458 m/s22根据速度位移关系公式，有 x m.v2B2a 248答案 (1)2m/s 0.6 m (2)5 N (3) m22412如图所示，台阶的高度 H1.45 m，在台阶的水平台面边缘静止一质量为 m的小球 A，在紧靠 A的左侧用细线竖直悬挂一同样大小的小球 B，两球心连线水平在平台下面的地面上有一倾角为 37的传送带，传送带下端有一个和传送带垂直的挡板 P，传送带的长度 L m，传送带以 v5 m/s的速率逆时针转动把小球 B拉到离平台 h0.8 m53高处由静止释放，与小球
18、A正碰后 B球能上升到离平台 h高处，小球 A恰好沿平行于传送14带的方向从传送带上端飞上传送带并沿传送带运动，和挡板 P碰撞后以大小不变的速率被反向弹回已知小球 A与传送带之间的动摩擦因数 ，重力加速度 g10 m/s 2.38(1)求传送带上端距台阶的距离 s；(2)求小球 B的质量 mB；(3)小球 A被 P反弹后能否再回到平台上？若能，请说明理由；若不能，请计算小球 A到达的最高点距平台的高度解析 (1)设小球 A离开平台的速度为 vA，到达传送带上端的速度为 vQ，竖直分速度为 v，则 vy vAtan v 2 g(H Lsin )2yvQvysin vy gts vAt代入数据解得
19、vA4 m/svQ5 m/ss1.2 m(2)设 B球运动到最低点与 A球碰撞前的速度为 v0，碰撞后的速度大小为 vB，则有mBgh mBv12 209mBv mBg12 2B h4若 B球碰撞后向右运动，则mBv0 mBvB mvA代入数据解得 B球的质量 mB2 m此条件下系统的机械能损失 E mBgh，因碰撞过程机械能不可能增加，结论合理14若 B球碰撞后向左运动，则mBv0 mB( vB) mvA代入数据解得 B球的质量 mB m23此条件下系统的机械能增加 E mBgh，因碰撞过程机械能不可能增加，故不合理，34应舍去(3)小球 A从传送带上端运动到下端的过程，有mgsin mg
20、cos ma1v v 2 a1L2P 2Q代入数据解得 vP m/s35小球 A被反弹后，由于 vPv，故向上滑一段，摩擦力沿传送带向下，有mgsin mg cos ma2小球 A减速到 v经过的位移为 L1，则v2 v 2 a2L12P代入数据解得 L1 m59小球 A从速度为 v时运动到传送带上端期间，摩擦力沿传送带向上，加速度为 a1，则v v22 a1(L L1)2t代入数据解得 vt m/s553由于 vtvQ，故小球 A不可能回到平台上此后小球 A运动到最高点的过程可看做平抛的逆运动，则小球 A上升的高度 h 0.33 m vtsin 22g小球 A到达的最高点距平台的高度 H H Lsin h0.12 m.答案 (1) s1.2 m (2) mB2 m (3)不能， H0.12 m10
