第1部分 专题1 第3讲 抛体运动 圆周运动（word练习）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (建议用时：40分钟) [A组　基础达标练] 1．(2024·辽宁卷，2)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧．如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的(　　) A．半径相等 B．线速度大小相等 C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等 解析：D　[D.由题意可知，球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确；A.由题图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为rP＜rQ，故A错误；B.根据v＝rω可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度的关系为vP＜vQ，故B错误；C.根据an＝rω2可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度的关系为aP＜aQ，故C错误．] 2．(2024·内蒙古包头市一模)2024年春节，一位市民购买到一种烟花，站在高地对着一斜坡燃放，沿水平方向连续喷出质量相等的a、b两束烟花，烟花的轨迹如图所示．忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．a在空中运动的时间大于b B．a被喷射出的初始速度大于b C．a在空中运动过程中动量的增加量大于b D．a在空中运动过程中动能的增加量大于b 解析：B　[竖直方向，根据h＝gt2可得t＝，由题图可知，a下降的高度小于b下降的高度，则a在空中运动的时间小于b运动时间，A错误；由题图可知，水平方向a的位移大于b的位移，根据x＝v0t可知a被喷射出的初始速度大于b，B正确；根据Δp＝I＝mgt可知a在空中运动过程中动量的增加量小于b，C错误；根据ΔEk＝mgh可知a在空中运动过程中动能的增加量小于b，D错误．] 3．(2024·河北张家口一模)如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向做匀速转动的角速度为ω.当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为(　　) A.　　　　　 B． C. D． 解析：D　[设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图所示，将A点的速度分解．根据运动的合成与分解可知，沿连杆方向的分速度vA分＝vcos α.B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿AB杆方向的分速度和垂直于AB杆方向的分速度，如图所示．设B点的线速度为v′，则vB分＝v′cos θ＝v′cos(β－90°)＝v′cos(90°－β)＝v′sin β，v′＝ωL.又由于二者沿杆方向的分速度是相等的，即vA分＝vB分，联立可得v＝，故D正确．] 4．(2024·江苏卷，11)如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处做水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则(　　) A．线速度vA>vB B．角速度ωA＞ωB C．向心加速度aA<aB D．向心力FA>FB 解析：C　[CD.设绳子与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析有Fn＝mgtan θ＝ma， 由题图可看出小球从A高度到B高度θ增大，则由aB＞aA，FB＞FA， 故C正确，D错误；AB.再根据题图可看出，A、B位置在同一竖线上，则A、B位置的半径相同，则根据Fn＝m＝mω2r，可得vA＜ vB，ωA＜ωB，故AB错误．] 5．(多选)(2024·湖北华中师大新高考联盟2月联考)如图所示，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮．出手点离地面的高度为h，篮筐离地面的高度为H.该同学出手的瞬时速度v＝，要使篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零．将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　) A．出手时瞬时速度与水平方向的夹角为45° B．出手时瞬时速度与水平方向的夹角为30° C．水平距离x＝2(H－h) D．水平距离x＝2(H－h) 解析：BC　[根据题意可知，篮球到达篮筐时，竖直速度刚好为零，则篮球的运动可以逆向地看成从篮筐处开始做平抛运动．设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为θ，由平抛运动规律可知x＝vcos θ·t，H－h＝gt2，v－0＝2g(H－h)，vy＝vsin θ，联立解得θ＝30°，x＝2(H－h)，故选B、C.] 6．(2023·新课标卷，17)2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5 800 kg的物资进入距离地面约400 km(小于地球同步卫星与地面的距离)的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动．对接后，这批物资(　　) A．质量比静止在地面上时小 B．所受合力比静止在地面上时小 C．所受地球引力比静止在地面上时大 D．做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大 解析：D　[A.由于物质的质量不随位置而改变，所以选项A错误；B.地球上物体与同步卫星角速度相同，由a＝ω2r可得a地＜a同．对同步卫星和空间站进行比较，根据a＝，可得a空＞a同，所以a空＞a同＞a地．由于F合＝ma，故物体在空间站所受合力大于地面上所受合力，故B错误；C.根据F引＝，且空间站r较大，可得F引较小，所以选项C错误；D.根据a＝ω2r，由于a空＞a同，r空＜r同，故ω空＞ω同，而ω地＝ω同，可得ω空＞ω地，所以选项D正确．故选D.] 7．(多选)(2024·湖南邵阳市二模)如图所示，小球以v0＝10 m/s的瞬时速度从水平地面斜向右上方抛出，速度方向与水平方向的夹角为53°，不计空气阻力，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(　　) A．小球到达最高点时的瞬时速度为零 B．小球离地面的最大高度是3.2 m C．小球在空中的运动时间是0.8 s D．保持小球速度大小不变，改变速度方向，小球的水平分位移的最大值是10 m 解析：BD　[小球做斜上抛运动，有vx＝v0cos 53°＝6 m/s，vy＝v0sin 53°＝8 m/s，当小球到达最高点时，竖直方向的速度减为零，小球的速度为水平方向的速度，大小为6 m/s，故A错误；小球离地面的最大高度为y＝＝3.2 m，故B正确；小球在空中运动的时间为t＝＝1.6 s，故C错误；保持小球速度大小不变，改变速度方向，设初速度与水平方向的夹角为θ，则有vx＝v0cos θ，vy＝v0sin θ，小球的水平分位移为x＝vxt＝v0cos θ·＝2v0cos θ＝，由此可知，当sin 2θ＝1，即θ＝45°时，小球的水平位移达到最大值xm＝＝10 m，故D正确．] 8．(2024·四川德阳二模)三个质量均为m的小物块，用三根长度为L、最大张力为mg的轻绳连接，置于动摩擦因数为μ＝的粗糙水平圆盘上面，初始时刻轻绳恰好绷直，构成正三角形，正三角形的中心与圆盘的圆心重合．让圆盘绕过O点垂直于圆盘的轴缓慢转动起来，随着角速度的缓慢增加，在轻绳断裂的瞬间，圆盘的角速度大小为(　　) A．2　 B．　　C.　　D. 解析：A　[当绳断裂瞬间，拉力为mg，对任意一个小球，根据力的合成结合牛顿第二定律有mg＋μmg＝m·ω2，解得ω＝2.] 9．(多选)(2024·四川成都三模)将一物体以某一初速度沿与水平方向成37°角从A点斜向上抛出，经过B点时速度与水平方向的夹角为53°.已知A、B之间的水平距离为L，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，则下列说法正确的是(　　) A．从A点抛出时的速度大小为 B．从A到B过程中速度的最小值为 C．从A到B的时间为 D．A、B之间的高度差为L 解析：AB　[物体做斜抛运动，将物体在A，B两点的速度分解如图所示，可得 vAy＝vAsin 37°，vAx＝vAcos 37°＝v0， vBy＝vBsin 53°，vBx＝vBcos 53°＝v0， 取竖直向下为正方向，则有vBy＝－vAy＋gt，L＝v0t，联立求得v0＝从A到B的时间及从A点抛出时的速度大小为t＝，vA＝，故A正确，C错误；根据斜抛运动规律，可知物体从A到B过程中，在最高点时速度最小，为vmin＝v0＝，故B正确；取竖直向下为正方向，则A、B之间的高度差为hAB＝－vAyt＋gt2，代入数据求得hAB＝L，故D错误．] [B组　创新应用练] 10．(2024·浙江温州二模)如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周．航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为θ，船体后视简图如图乙所示．一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为μ(μ＞tan θ)．假设航母的运动半径R、夹角θ不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是(　　) A．航母对小物块的支持力FN＝mgcos θ B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用 C．航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大 D．航母的最大航速v＝ 解析：C　[根据题意可知，小物块做圆周运动，一定受到重力、支持力、摩擦力，通过正交分解法如图所示 由图可知mg－f2＝FN2，而FN2＝FNcos θ，f2＝fsin θ，联立解得FN＝，故AB错误；由图可知，小物块做圆周运动的向心力由f1和FN1提供，有f1－fN1＝m，由于FN1＝FNsin θ，f1＝fcos θ，联立解得f＝，可得航母的航速越大，小物块受到的摩擦力越大；当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，航母有最大航速，有f＝μFN，代入上式得m＝μFNcos θ－FNsin θ，由A中得FN＝＝，联立解得v＝，故C正确，D错误．] 11．(2024·江西模拟预测)如图所示，某同学利用无人机玩“投弹”游戏．无人机以v0＝2 m/s的速度水平向右飞行，经过倾角为45°的斜面底端O点正上方的A点时，释放了一个小球，结果小球打在斜面上的C点．已知A点与O点的距离h＝24 m，无人机的飞行速度不变，空气阻力忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．增大v0，小球落到斜面的速度方向不变 B．小球打在C点时，无人机恰好飞到斜面上的B点 C．小球打在C点前瞬间的速率为22 m/s D．小球从A点运动到C点用时2 s 解析：D　[增大v0，则下落时间减小，根据vy＝gt，可知小球落到斜面时的竖直速度减小，根据tan θ＝，则小球落到斜面时的速度方向改变，故A错误；小球的运动轨迹如图所示， 小球的水平速度与无人机的速度相等，小球打在C点时，飞机刚好在C点正上方F点，故B错误；设小球从A点到C点的运动时间为t，则hAE＝gt2，xEC＝v0t，由几何关系可知tan 45°＝＝1，解得t＝2 s，故D正确；小球打在C点前瞬间的速率v＝＝ m/s，故C错误．] 12．(2024·广东揭阳市高三期末)如图所示，同一水平面的皮带轮1、2通过不打滑的皮带传动，1轮的半径是2轮的2倍．在皮带轮各自的轴上用长度相同的轻绳分别悬挂质量为m甲和m乙的甲、乙两个小球，二者质量关系满足m甲＝4m乙，两轻绳上端的悬挂点足够高且在同一水平面上，通过外力驱动1轮，待系统稳定转动后，两轻绳与轴的夹角分别为α和β.下列说法正确的是(　　) A．甲、乙两球转动的角速度之比为2∶1 B．甲、乙两球在同一水平面上 C．因为m甲＝4m乙，所以α<β D．甲、乙两球受到的轻绳的拉力大小相等 解析：D　[1轮、2轮通过皮带传动，系统稳定后，1轮、2轮匀速转动，线速度大小相等，即v1＝v2，根据v＝ωr，则有ω1·2R＝ω2R，所以ω1∶ω2＝ω甲∶ω乙＝1∶2，A错误；甲、乙两球做匀速圆周运动，设θ为轻绳与轴的夹角，显然0＜θ＜，由mgtan θ＝mω2Lsin θ，h＝Lcos θ，联立可得h＝，则甲、乙两球离悬挂点的高度之比为h甲∶h乙＝4∶1，故甲、乙两球不在同一水平面上，B错误；甲、乙两球均做匀速圆周运动，由mgtan θ＝mω2Lsin θ得＝ω2cos θ，再由ω甲<ω乙得cos α＞cos β，故α＜β，但此大小关系与质量无关，C错误；由题知拉力F＝＝，因m甲＝4m乙，且h甲∶h乙＝4∶1，故甲球受到的轻绳的拉力等于乙球受到的轻绳的拉力，D正确．] 13．(2024·福建模拟预测)某同学站在倾角为30°、高h＝4 m的斜面顶端A点，以v0＝6 m/s的初速度，方向与斜面成60°角的方向发射一个小球，小球飞出后落到斜面上的B点，如图所示．不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2. (1)求A、B两点间的距离； (2)若xAB＝8 m即为斜面长度，把v0增大为16 m/s，发射方向不变，小球落地点为C点(图中未画出)，求小球的位移大小． 解析：(1)小球做斜抛运动，小球的初速度可分解为沿斜面和垂直于斜面两个方向的分速度，沿斜面方向的分速度vx＝v0cos 60°， 垂直斜面方向的分速度vy＝v0sin 60°， 重力加速度g沿斜面方向的分量为gx＝gsin 30°， 重力加速度g垂直斜面方向的分量为gy＝gcos 30°， 则小球飞行至离斜面最远时的时间t1＝＝， 由对称性可知全程飞行时间t＝2t1＝， 小球沿斜面方向的运动可看作匀加速直线运动，则位移为xAB＝vxt＋gxt2， 代入数据，解得xAB＝＝7.2 m. (2)若xAB＝8 m即为斜面长度，计算可得v0＝2 m/s，而16 m/s>2 m/s，则小球落到水平地面上，由竖直方向的分运动计算飞行时间，取向下为正方向，则有h＝－v0tsin 30°＋gt2， 代入数据解得t＝2 s， 水平方向位移x＝v0cos 30°t＝16 m， 则合位移s＝＝28 m. 答案：(1)7.2 m　(2)28 m 学科网（北京）股份有限公司 $$