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（江苏专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1~11题,每题4分 1.(2024·江苏卷)喷泉a、b出射点高度相同,形成如图所示的形状,不计空气阻力,则喷泉a、b的(　　) A.加速度相同 B.初速度相同 C.最高点的速度相同 D.在空中的时间相同 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:不计空气阻力,喷泉喷出的水在空中只受重力,加速度均为重力加速度,A正确;设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy,水平方向的分速度为vx,竖直方向,根据对称性可知水在空中运动的时间t=2,结合题图可知tb>ta,D错误;水在最高点的速度等于水平方向的分速度,vx=,由于水平方向的位移大小关系未知,故无法判断最高点的速度大小关系,根据速度的合成可知无法判断初速度的大小关系,B、C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·江苏连云港一模)几辆卡丁车正急速通过一个大圆弧形弯道,弯道内侧比外侧低,当卡丁车在此路段以理论时速vc转弯时,恰好没有向弯道内外两侧滑动的趋势。下列说法正确的是(　　) A.卡丁车质量越大,对应理论时速vc越大 B.当冬天路面结冰时,与未结冰时相比,vc值保持不变 C.卡丁车行驶过程中受到重力、支持力、摩擦力、牵引力、向心力 D.卡丁车以某一恒定速率转弯时,在赛道外侧所需的向心力大 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:当卡丁车在此路段以理论时速vc转弯时,恰好没有向弯道内外两侧滑动的趋势,此时重力和弹力的合力恰好提供向心力,设弯道倾角为θ,则mgtan θ=m,卡丁车质量可以约去,所以理论时速与卡丁车质量无关,故A错误;根据以上分析可知,理论时速与动摩擦因数无关,当冬天路面结冰时,与未结冰时相比,vc值保持不变,故B正确;卡丁车行驶过程中受到重力、支持力、摩擦力、牵引力作用,向心力不是物体实际受到的力,故C错误;卡丁车所需的向心力为m,以某一恒定速率转弯时,在赛道外侧半径大,所需的向心力小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.如图所示,不可伸长的轻绳绕过光滑的钉子,一端固定在地面上,另一端吊着一个小球。在钉子沿水平方向向左匀速运动的过程中,下列说法正确的是(　　) A.小球在竖直方向上做加速运动 B.小球在竖直方向上做减速运动 C.小球在竖直方向上做匀速运动 D.小球的运动轨迹是一条倾斜直线 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:在钉子沿水平方向向左匀速运动的过程中,设钉子的速度为v,倾斜绳子与水平方向的夹角为θ,将钉子的速度分解为沿倾斜绳子方向的分速度v1和垂直倾斜绳子方向的分速度v2,则有v1=vcos θ,由于小球受到的绳子拉力与重力均处于竖直方向,所以小球水平方向做匀速直线运动,水平速度等于钉子速度,竖直方向小球的速度为vy=v1=vcos θ,由于θ逐渐减小,cos θ逐渐增大,则小球在竖直方向上做加速运动,小球的合运动为曲线运动,所以小球的运动轨迹是一条曲线,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.如图所示,位于竖直平面内的一面墙上有A、B、C三个完全相同的窗户。将一个小球斜向上抛出,小球在空中依次飞过A、B、C三个窗户,图中曲线为小球在空中运动的轨迹,轨迹所在的平面靠近竖直墙面,且与墙面平行。不计空气阻力的影响。以下说法中正确的是(　　) A.小球通过窗户A所用的时间最短 B.小球通过窗户C的平均速度最大 C.小球通过窗户C动能变化量最小 D.小球通过窗户A克服重力做的功最多 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:小球做斜上抛运动,该运动可以分解成水平方向的匀速直线运动与竖直方向的竖直上抛运动,水平方向的运动和竖直方向的运动具有等时性,小球竖直方向速度逐渐减小,而A、B、C三个窗户的竖直高度相等,所以通过A所用时间最短,通过C所用时间最长,故A正确;小球竖直方向速度逐渐减小,水平方向速度不变,所以通过A的平均速度最大,通过C的平均速度最小,故B错误;根据重力做功公式WG=mgh,小球通过A、B、C三个窗户重力做功相等,即小球通过A、B、C三个窗户克服重力做功相等,故D错误;根据动能定理WG=ΔEk,结合D选项分析可知小球通过A、B、C三个窗户动能 变化量相同,故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.小车内固定有垂直于运动方向的水平横杆,质量为M的物块套在横杆上,一个质量为m的小铁球用轻质细线吊在物块底部。当小车以恒定速率v通过某一水平弯道时(可视为圆周运动),细线与竖直方向的夹角为θ,如图所示。若小车以更大的恒定速率通过该弯道,设小车在通过弯道的过程中,小球、物块与小车均保持相对静止,则下列说法错误的是(　　) A.细线与竖直方向的夹角变大 B.细线对小球的拉力变大 C.横杆对物块的摩擦力变大 D.横杆对物块的支持力变大 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:物块与小球保持相对静止,对物块与小球整体进行分析,如图甲所示, 由图甲有FN=(M+m)g,当小车以更大的恒定速率通过该弯道时,竖直方向受力不变,横杆对物块的支持力不变,故D错误;小车转弯过程,车内物体的转弯半径可以近似认为相同,设为R,结合上述分析有f=(M+m),由 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 此可知,当小车以更大的恒定速率通过该弯道时,横杆对物块的摩擦力变大,故C正确;对小球进行受力分析,如图乙所示, 由图乙有Tcos θ=mg,Tsin θ=m,解得gtan θ=,由此可知,当转弯速度变大时,细线与竖直方向夹角变大,故A正确;结合上述分析可得T=,由于细线与竖直方向夹角变大,则细线对小球的拉力变大,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.如图所示,C为可绕过O点竖直轴转动的光滑小圆环。质量分别为m1、m2的妹妹和哥哥拉住穿过圆环的细绳两端A、B,绕C在空中做圆锥摆运动,运动的周期相等,AC、BC长分别为L1、L2。不计空气阻力,人可视为质点,则下列判断正确的是(　　) A.若L1>L2,哥哥运动的轨迹平面更高 B.若L1>L2,哥哥运动的轨迹平面更低 C.一定有m1L1=m2L2 D.一定有L1=L2 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:令AC、BC与竖直方向夹角分别为α、β,则有m1gtan α=m1L1sin α,m2gtan β=m2L2sin β,解得L1cos α=L2cos β,即妹妹和哥哥运动的轨道平面在同一高度,故A、B错误;由于细绳穿过圆环,则细绳对妹妹和哥哥的拉力大小相等,结合上述分析有Tcos α=m1g,Tcos β=m2g,结合上述分析解得m1L1=m2L2,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.如图所示,某同学在网前扣球时,将质量为m的排球(可视为质点)从离地高度为h的空中某点以初速度v0水平扣出,经过M点时,速度方向与竖直方向夹角为θ1;经过N点时,速度方向与竖直方向夹角为θ2。已知θ1>θ2,球网的位置在M、N之间,高度为H,重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.扣球时排球到球网的水平距离可以为2v0 B.排球从M点运动到N点的过程中所用时间为 C.M点到N点的竖直高度为(-) D.排球从扣球点到M点的动量变化率小于从M点到N点的动量变化率 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据h-H=gt2可知,扣球时排球到球网的水平距离为x=v0t=v0,选项A错误;排球在M、N点的竖直速度为vMy=,vNy=,排球从M点运动到N点的过程中所用时间为tMN==,选项B正确;M点到N点的竖直高度为hMN==(-),选项C错误;根据动量定理可知,排球动量的变化率等于排球的重力,则排球从扣球点到M点的动量变化率等于从M点到N点的动量变化率,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.如图,一水平圆盘绕竖直中心轴以角速度ω做匀速圆周运动,紧贴在一起的M、N两物体(可视为质点)随圆盘做圆周运动,N恰好不下滑,M恰好不滑动,两物体与转轴距离为r,已知M与N间的动摩擦因数为μ1,M与圆盘面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。μ1与μ2应满足的关系式为(　　) A.μ1+μ2=1　　　　　 B.=1 C.μ1μ2=1 D.=1 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:以M、N整体为研究对象,受力分析如图所示, 由圆盘对M的最大静摩擦力提供向心力可得μ2(mM+mN)g=(mM+mN)ω2r,以N为研究对象,受力分析如图所示, 由M对N的弹力提供向心力,则有FN=mNω2r,由平衡条件可得μ1FN=mNg,联立解得μ1μ2=1,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.如图所示,一球门高1.8 m,宽3 m。在某次比赛中,一同学在球门前 2.0 m处的O点将球射向球门,球在运动的最高点恰好击中球门横梁中点P。足球经过横梁反弹后,垂直CD的速度分量大小变为原来的,平行CD的速度分量不变,落在Q点。已知BO垂直AB,球的质量为0.4 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.球在O点的初速度大小为 m/s B.在Q点落地时的速度大小为2.5 m/s C.落地点Q与球门线AB的距离为1.5 m D.足球由O运动到P点的时间大于由P运动到Q点的时间 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:从O到P点,根据平抛运动的逆向思维有=2gh,h=gt2,x= m=vxt,联立解得vx= m/s,vy=6 m/s,则足球在O点的初速度大小为v0== m/s,故A错误;足球经过横梁反弹后,垂直CD的速度分量大小变为原来的,平行CD的速度分量不变,设碰时速度与CD夹角为θ,根据几何关系有tan θ==,则有v⊥=vxsin θ= m/s,v∥=vxcos θ= m/s,vx'= = m/s,落地时竖直方向的速度大小为vy=6 m/s,则足球在Q点落地时的速度大小为v'== m/s,故B错误;反弹后垂直CD的分速度大小为 m/s,下落时间为0.6 s,则落地点Q与球门线AB的距离为x⊥=v⊥t=×0.6 m=1.5 m,故C正 确;根据竖直方向的对称性可知,足球由O运动到P点的时间等于由P运动 到Q点的时间,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.如图所示,光滑圆轨道固定在竖直面内,BC是轨道的水平直径,O为圆心,一个小球静止在轨道的最低点A。现给小球水平向左的初速度,小球沿圆轨道向上运动到D点时刚好离开圆轨道,此后小球恰能通过E点,E为O点上方与D等高的位置,OD与水平方向的夹角为θ,不计小球的大小,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则(　　) A.θ=30° B.θ=37° C.θ=45° D.θ=53° C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:小球刚要脱离圆轨道时,设小球的速度大小为v1,此时对小球有mgsin θ=m,小球脱离轨道后,将做斜抛运动,则小球由D到E,水平方向有vx=v1sin θ,xDE=Rcos θ,t=,竖直方向有vy=v1cos θ,t=,联立以上各式,解得sin θ=,即θ=45°,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.如图所示,一少年在一次滑板训练中以速度v0=3 m/s从P点沿切线进入曲面轨道,从O点离开曲面轨道,离开O点时的速度与水平方向夹角为30°,再经过1 s落在倾角为30°的斜面上Q点(Q点未标出)。已知重力加速度g取10 m/s2,P点到O点的竖直高度h=0.86 m,少年和滑板(可视为质点)的总质量m=50 kg,忽略空气阻力。在此运动过程中,下列说法错误的是(　　) A.从O点到Q点的距离为5 m B.在曲面轨道上克服摩擦力做的功为30 J C.少年落在Q点前瞬间重力的功率为3 750 W D.少年离斜面的最大距离为1 m D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:少年由O到Q的过程做斜抛运动,将此运动沿水平方向与竖直方向分解,如图1所示,设少年在O点时速度大小为v,其水平分速度大小为vcos 30°,竖直分速度大小为vsin 30°,从O到Q水平方向做匀速直线运动,可得x=vcos 30°·t,竖直方向做竖直上抛运动,可得y=-vsin 30°·t+gt2,由几何关系得=tan 30°,又已知t=1 s,联立解得v=5 m/s,x= m,y=2.5 m,由几何关系得O点到Q点的距离xOQ== m=5 m,故A正确; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设在曲面轨道上克服摩擦力做的功为W,对此过程,根据动能定理得mgh-W=mv2-m,解得W=30 J,故B正确;少年落在Q点前瞬间的竖直分速度大小为vy=-vsin 30°+gt=-5× m/s+10×1 m/s=7.5 m/s,此时重力的功率为P=mgvy=50×10×7.5 W=3 750 W,故C正确;由O到Q的过程,少年在垂直于斜面的方向上速度减到零时,其离斜面的距离最远,将O到Q的运动沿垂直于斜面方向与平行于斜面方向分解,如图2所示, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 O点的速度v和重力加速度g垂直于斜面的分量分别为vcos 30°、 gcos 30°,设少年离斜面的最大距离为ym,在垂直于斜面的方向上,由运动学公式得ym=,解得ym= m,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(15分)抛石机是古代交战的一种兵器,巧妙利用了动能和势能的转化。为了研究方便,简化为图示物理模型,轻杆两端分别固定质量为M、m的小球A、B,M=24m。轻杆可绕水平转轴O自由转动。O到水平地面的高度为H(H>L),A、B到O的距离分别为L、4L。现将轻杆拉到水平并从静止释放,当轻杆运动到竖直时B脱离轻杆做平抛运动,两小球均可视为质点,不计转轴摩擦及空气阻力,重力加速度为g。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)B脱离轻杆后,A离地面的最大高度; 解析:设轻杆运动到竖直方向时B、A的速度分别为v1、v2,轻杆转动的角速度为ω,对B有 v1=ω·4L, 对A有v2=ωL, 对系统,由机械能守恒定律有 MgL-mg·4L=m+M, 由题意知M=24m, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 可得v1=4,v2=, 设B脱离轻杆后,A上升的最大高度为Δh,对A由机械能守恒定律有 M=MgΔh, 可得Δh=L, A离地面的最大高度 h=H-L+L=H-L。 答案: H-L　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)B做平抛运动的水平射程; 解析: B做平抛运动,设运动时间为t,竖直方向分运动为自由落体运动,有 H+4L=gt2, 水平方向分运动为匀速直线运动,有 x=v1t, 可得x=4。 答案: 4　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)B抛出前后瞬间转轴O受轻杆的作用力的变化量大小。 答案: 3mg 解析:当轻杆运动到竖直方向,B脱离杆前瞬间,设杆对B、A的力的大小分别为F1、F2,由牛顿第二定律,对B有F1+mg=m, 对A有F2-Mg=M, 转轴O受力为 F=F2-F1=45mg, B脱离杆后瞬间,转轴O受力为 F'=F2=48mg, 则B抛出前后瞬间转轴O受力的变化量 ΔF=F'-F=3mg。 $