第3讲 抛体运动 圆周运动(强化练)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [基础保分练](1-7题,每题4分) 1.如图所示,汽车在水平路面转弯时,车内挂饰偏离了竖直方向。转弯时汽车速度为v,所受合力为F,下列图示可能正确的是(　　) A 解析:根据题图可知,车内的挂饰偏向了右方,由此可知,汽车正在向左转弯,由于汽车做曲线运动,故合力F指向轨迹的内侧,故A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·广东六校联考)如图所示,竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R,质量为m的带孔小球穿于环上,一长为R的轻杆一端固定于球上,另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点,重力加速度大小为g。当圆环以角速度ω=绕竖直直径转动时,轻杆对小球的作用力大小和方向为 (　　) A.2mg,沿杆向上 B.2mg,沿杆向下 C.(2-1)mg,沿杆向上 D.(2-1)mg,沿杆向下 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设轻杆与竖直直径夹角为θ,由几何关系可得cos θ= ,得θ=60°,则小球圆周运动的半径为r=Rsin 60°=R, 做圆周运动所需向心力为F向=mω2r=3mg,小球有向上 运动的趋势,设杆对小球有沿杆向下的拉力F1,环对小球有指向圆心的支持力F2,根据平衡条件可知F1cos 30°+F2cos 30°=F向,F1sin 30°+mg=F2sin 30°,解得F1=2mg,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(多选)(2025·广东佛山模拟)如图所示,为了将横放在水平地面的钢管直立起来,工人控制起重机,使横梁上的电机水平移动,同时以速度v匀速收短牵引绳,使钢管绕定点O转动,绳始终保持竖直且与钢管在同一竖直面内,钢管长为L,以下说法正确的是(　　) A.当钢管与地面夹角为θ时,钢管顶端的速度水平向左 B.当钢管与地面夹角为θ时,电机水平移动速度为vtan θ C.钢管在转动过程中角速度大小不变 D.钢管在转动过程中重力的瞬时功率不变 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:当钢管与地面夹角为θ时,钢管顶端做圆周运动,速度方向与钢管垂直,将钢管顶端的速度分解,如图所示,则cos θ=,v合=ωL,转动过程中,θ↑→v合↑→ω↑,则钢管在转动过程中角速度大小发生变化,故A、C错误;电机水平移动速度为v水=vtan θ,故B正确;钢管在转动过程中重力的瞬时功率为重力与竖直速度的乘积,则P=mgv,钢管在转动过程中重力的瞬时功率不变,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.一条两岸平直的宽为d的小河如图所示,河水流速恒定。一人驾驶小船从上游渡口A前往下游渡口B。已知全程船在静水中的速度大小恒定,船在静水中的速度大小与河水流速大小之比为∶1,行驶中船头始终垂直河岸,则A、B两渡口沿河岸方向的距离为(　　) A.d　　　　　　　　 B.d C.d D.d B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设船在静水中的速度为v1、河水流速为v2,船头垂直河岸,小船实际行驶方向与河岸之间夹角为α,则tan α==,A、B两渡口沿河岸方向的距离为x==d,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(多选)(2025·广东梅州二模)如图所示,某运动员在离球门正前方水平距离6 m处头球攻门,足球在1.8 m高处被水平顶出,顶出时速度垂直球门,并恰好落在球门线上。足球视为质点,不计空气阻力,g取10 m/s2,则此过程(　　) A.足球的运动时间为1 s B.足球的水平初速度大小为10 m/s C.足球落地前瞬间竖直方向的速度大小为6 m/s D.足球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹角为45° BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:足球做平抛运动,有h=gt2、x=v0t,解得t=0.6 s,v0=10 m/s,A错误,B正确;根据vy=gt,可得足球落地前瞬间竖直方向速度大小vy=6 m/s,C正确;足球落地前瞬间速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ==,则θ=37°,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(2025·广东佛山检测)如图所示为某景区的蛙口喷泉两次喷出水的轨迹A、B,最大高度相同,轨迹A的落地点M恰好在轨迹B最高点的正下方,不计空气阻力,对轨迹A、B,下列说法正确的是(　　) A.水滴在空中运动的时间不同 B.水滴的初速度大小相等 C.水滴在最高点速度之比1∶2 D.水滴落地时动能之比1∶4 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:水滴在空中做斜上抛运动,其后半部分做平抛运动, 根据h=gt2 ,最大高度相同,后半部分运动的时间相同,根 据对称性可知全程的时间相同,A错误;后半部分做平抛 运动,B的水平射程是A的2倍,所以在最高点B的速度是A 的2倍,C正确;设A最高点的速度为vx,落地时速度的竖直分量为vy,A落地时的速度为vA=,A落地时的动能为EkA=m=m(+),B最高点的速度为2vx,落地时速度的竖直分量为vy,B落地时的速度为vB=,B落地时的动能为EkB=m=m(4+),落地时动能之比不等于1∶4,又因为落地时速度的大小等于初速度大小,落地时速度大小不相等,初速度大小也不相等,B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(2025·广东湛江二模)如图所示,一个足够大、倾角θ=30°的粗糙斜面固定在水平地面上,不可伸长的轻绳一端固定在斜面上的O点,另一端与质量为m的小木块(可视为质点)相连。现将小木块拉起,使轻绳与斜面平行且在水平方向上伸直,由静止释放小木块。已知重力加速度为g,木块与斜面间的动摩擦因数μ=,空气阻力不计,则在小木块之后的运动过程中,轻绳上的最大拉力为(　　) A.mg B.2mg　 C.3mg D.4mg A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:当小木块第一次到达最低点时,轻绳上的拉力最大,设绳长为L,则有Tmax-mgsin θ=m,小木块从静止释放到第一次运动到最低点过程中,根据动能定理有mgLsin θ-μmg·cos θ=mv2,联立解得Tmax=mg,故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [提能争分练](8-11题,每题6分) 8.(2025·广东肇庆二模)空间站内属于微重力环境,可视为完全失重环境,空间站内的航天员欲测出一铁球的质量,他用一根不可伸长的轻绳一端固定在O点,另一端系待测铁球,使其绕O点在竖直面内做匀速圆周运动,用力传感器测出轻绳的拉力大小F,他用刻度尺量出绳长L及球的直径d,用秒表测出球做n个完整圆周运动的时间为t,下列说法正确的是(　　) A.若让铁球在水平面内做圆周运动,则无法测出铁球的质量 B.根据题中给出的数据,可求出铁球的质量为 C.若不测球的直径,把绳长当作圆周运动的半径,则测得的质量偏小 D.若不测球的直径,改变绳长,测出两次的绳长、拉力及圆周运动的周期,也可计算出铁球的质量 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:完全失重环境,铁球可以在任意平面做圆周运动,所以 无论哪个平面内都可以测出铁球质量,故A错误;根据绳子 拉力提供向心力有F=m(L+)=m(L+),解得m=·,若不测球的直径,把绳长当作圆周运动的半径,则测得的质量偏大,故B、C错误;若不测球的直径,改变绳长,测出两次的绳长、拉力及圆周运动的周期,可通过解二元一次方程组,计算出铁球的质量及直径,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.如图所示为自行车气嘴灯及其结构图,弹簧一端固定在A端,另一端拴接重物,当车轮高速旋转时,LED灯就会发光。下列说法正确的是(　　) A.安装时A端比B端更远离圆心 B.高速旋转时,重物由于受到离心力的作用拉 伸弹簧从而使触点接触,电路导通,LED灯发光 C.增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光 D.匀速行驶时,若LED灯转到最低点时能发光,则在最高点时也一定能发光 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:要使重物做离心运动,M、N接触,则应该A端靠近圆心,故A错误;转速越大,所需要的向心力越大,弹簧拉伸越长,M、N接触就会发光,但不能说重物受到离心力,故B错误;在最低点时有F1-mg=mω2r,解得ω=,增大质量,可以使LED灯在较低转速下 也能发光,故C正确;在最高点时有F2+mg=mω2r,匀速 行驶时,最低点弹簧弹力可能大于最高点弹簧弹力, 因此在最高点不一定发光,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(多选)(2025·广东深圳调研)如图所示,水平转台两侧分别放置A、B两物体,A的质量为m,B的质量为3m,到转轴OO'的距离分别为2L、L,A、B两物体间用长度为3L的轻绳连接,绳子能承受的拉力足够大,A、B两物体与水平转台间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。开始时绳刚好伸直且无张力,当水平转台转动的角速度由零逐渐缓慢增大,直到A、B恰好相对于转台滑动的过程中,下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.当转台转动的角速度大于时,细绳上可能没有拉力 B.当转台转动的角速度大于时,A可能不受摩擦力 C.整个过程中,A与转台间的摩擦力先增大到最大静摩擦力后保持不变 D.整个过程中,B与转台间的摩擦力先增大到最大静摩擦力后保持不变 答案:BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:当转台刚开始转动时,物体所受摩擦力提供向心 力,达到最大静摩擦力时有μMg=Mω2r,可知物体运动 半径大的先达到最大静摩擦力,故物体A先达到最大静 摩擦力。此时摩擦力提供向心力,有m·2L=μmg,得到ω1=,当角速度再增大时,摩擦力不足以提供向心力,细绳上开始有拉力,A错误。物体A达到最大静摩擦力之后,角速度再缓慢增大,设绳子拉力为T,则有μmg+T=m·2L,T+fB=3mL,整理得到fB=μmg+mL,因角速度增大,所以B受到的静摩擦力越来越大,直至达到最大静摩擦力;角速度再 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 次增大,B受到的摩擦力保持不变,物体A受到的摩擦 力将发生变化,两物体仍做圆周运动,此时有T+Fa =m·2L,T+3μmg=3mL,可得fA=3μmg-mL,所 以随着角速度的再次增大,A受到的摩擦力慢慢减小,直至反向,再慢慢增加至最大静摩擦力;若角速度还增大,则两物体开始相对转台滑动;所以A在角速度大于后,A受到的摩擦力先保持不变,再慢慢减小至0,再增大至最大静摩擦力,而物体B在整个过程中,与转台间的摩擦力先增大,之后保持不变,B、D正确,C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(多选)(2023·湖南卷)如图,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点。下列说法正确的是 (　　) A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大 B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变 C.小球的初速度v0= D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由题知,小球能沿轨道运动恰好到达C点,则小球在C点的 速度为vC=0,在小球从B到C的过程中,设小球与O点连线与OC的 夹角为α,有-mgR(1-cos α)=0-mv2,m=mgcos α-FN,联立解得FN= 3mgcos α-2mg,因从B到C的过程中α由θ减小到0,则cos α逐渐增大,故FN逐渐增大,则小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大,A正确;由A到B的过程中小球的速度逐渐减小,则由A到B的过程中小球克服重力做功的功率P=mgvsin θ始终减小,B错误;从A到C的过程中有-mg·2R=0-m,解得v0=,C错误;若小球在B点恰好脱离轨道,有mgcos θ=m,则vB=,若小球初速度v0增大,小球在B点的速度有可能为,故小球有可能从B点脱离轨道,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(14分)(2025·广东六校联考)如图甲,水平面内有一条双线等宽光滑轨道,它由直轨道和两个半圆形轨道组成。在直轨道上放置一质量m=0.2 kg的小圆柱体,如图乙。小圆柱体两侧与轨道相切处和小圆柱体截面的圆心O连线的夹角θ=120°,如图丙。初始时小圆柱体位于轨道上A点,现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0,小圆柱体运动过程中所受阻力忽略不计,小圆柱体尺寸和轨道间距相对轨道长度也忽略不计,两端半圆形轨道半径R= m,g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)当v0=2 m/s时,小圆柱体可以安全通过半圆形轨道,求小圆柱体在直轨道和半圆形轨道上运动时,内侧轨道对小圆柱体的支持力F内1、F内2的大小。 解析:小圆柱体在直轨道上做匀速直线运动,所受合力为零,则根据平衡条件可得 2cos 60°=mg, 解得=2 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 当小圆柱体在半圆形轨道上运动时,假设小圆柱体未脱离内轨道,其受力分析如图(a)所示, 竖直方向根据平衡条件有 cos 60°+F外cos 60°=mg, 水平方向由牛顿第二定律有 F外sin 60°-sin 60°=m, 联立解得=1.2 N,假设正确。 答案:2 N　1.2 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨,初速度v0不能超过多少?(结果可以保留根式) 答案: m/s 解析:设小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨的最大速度为vm,分析可知,小圆柱体恰好不脱轨时小圆柱体的重力与外侧导轨对小圆柱体的支持力的合力恰好提供小圆柱体做圆周运动的向心力,对小圆柱体受力分析如图(b)所示, 则有=m,解得vm= m/s,故为确保小圆柱体 沿半圆形轨道运动不脱轨,初速度v0不能超过 m/s。 $