2026届高三物理二轮复习跟综训练 第3讲 抛体运动与圆周运动

第3讲 抛体运动与圆周运动 跟综训练 基础练 1、 选择题: 1.如图所示,阻拦索绕过定滑轮与阻尼器连接,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在模拟甲板上短距离滑行后停止,飞机挂钩与阻拦索间不滑动。若某一时刻两端阻拦索夹角是θ,飞机沿中线运动速度为v,则阻尼器中的阻拦索绳移动速度大小是(　　) A.v绳= B.v绳= C.v绳=vcos D.v绳=vcos θ 2.如图所示,甲、乙两人进行击球训练,甲在A处将球以4 m/s的速度水平击出,乙在比A处低45 cm的B处将球击回,不计空气阻力,重力加速度取10 m/s2,若要使球垂直击中B处球拍,则乙接球时球拍与水平方向的夹角应为(sin 53°=0.8)(　　) A.37° B.45° C.53° D.60° 3.如图所示,某同学在乒乓球台前练习发球。第一次发球时,该同学将乒乓球从A点垂直球网以速度v1水平击出,乒乓球在球台上第一个落点为B点;第二次练习时将乒乓球从A点垂直球网以速度v2水平击出,乒乓球在球台上第三个落点为B点。已知乒乓球与球台碰撞时没有机械能损失,水平方向速度保持不变,竖直方向速度反向,乒乓球在运动过程中与球网没有接触。则两次发球的速度v1和v2的比值为(不计空气阻力)(　　) A.2∶1 B.3∶1 C.4∶1 D.5∶1 4.某同学投篮空心入筐,篮球在空中运动的轨迹如图所示,A为出手点,出手速度大小为v=10 m/s,B为轨迹最高点,C为篮筐,AB连线与水平面的夹角为θ,不计空气阻力,篮球可视为质点,g=10 m/s2。篮球从A点运动到B点的时间为(　　) A.s　　　　　　　　B.s C. s　　　　　　　D. s 5.如图所示,一辆质量为m的汽车先过一段凹形桥,再过一段拱形桥,M、N分别是最低点和最高点,已知两种桥面的半径均为R,汽车在通过两种桥面的过程中均未脱离桥面,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.汽车通过M点时,是失重状态 B.汽车通过N点时,无论速度多大,对桥面始终有压力 C.当汽车通过N点的向心加速度为g时,对桥面压力为0 D.当汽车在两种桥面运动的速率均为v时,桥面M、N两点所受的压力差为 ６.(2025·山东卷,4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球,让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片,曝光时间为 s。由于小球运动,在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　) A.11 N B.9 N C.7 N D.5 N 7．如图所示,质量为m、可视为质点的物块用长为L的细绳拴接放在转盘上,细绳的另一端连接在通过转盘轴心与盘固定在一起的竖直杆上,细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为α。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为μ,且μ<tan α,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。现让整个装置(含物块)以竖直杆为轴转动,物块与盘保持相对静止,角速度从零逐渐增大到ω0后,保持ω0匀速转动,当ω0=时,绳子拉力大小为(　　) A.0　　　　　　　　B.mgcos α C.　　　　　　　D. ８.(多选)如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机,其原理可简化为一个质量为M的支架(含电动机)上由一根长为l的轻杆带动一个质量为m的铁球(铁球可视为质点),如图乙所示,重力加速度为g。若在某次打夯过程中,铁球以角速度ω匀速转动,则(　　) A.铁球转动过程线速度不变 B.铁球做圆周运动的向心加速度大小是ω2l+g C.铁球转动到最低点时,打夯机整体对地面压力最大 D.若铁球转动到最高点时,支架对地面的压力刚好为零,则ω= 提能增分练 一．选择题: 9.如图甲所示,一根细线一端系一小球(可视为质点),另一端固定在一光滑圆锥顶端,当小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω时,细线拉力大小为FT,FT与ω2的变化关系图像如图乙所示。已知圆锥面母线与竖直方向夹角为θ,重力加速度为g,则当ω=ω2时,细线拉力的大小为(　　) A. B. C. D. 10.如图甲所示,质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg的物块A、B分居圆心两侧放在水平圆盘上,用不可伸长的轻绳相连,与圆心距离分别为rA和rB,其中rA<rB。A、B与圆盘的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘以不同角速度ω绕轴OO'匀速转动时,绳中弹力F随ω2的变化关系如图乙所示。当角速度为 rad/s时,A物块恰好不受摩擦力作用,g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.rA=0.5 m B.rB=1.0 m C.物块与圆盘间的动摩擦因数μ=0.1 D.当角速度为 rad/s时,物块恰好与圆盘相对滑动 11.(2025·江苏卷)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O'为转轴,在水平面内沿顺时针方向匀速转动,O'固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置,杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上。则(　　) A.A点做匀速圆周运动 B.O'点做匀速圆周运动 C.此时A点的速度小于O'点 D.此时A点的速度等于O'点 12.(多选)(2025·山东卷)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1=5 m的圆形区域,OO'垂直地面,无人机在离地面高度H=20 m的空中绕O'点、平行地面做半径R2=3 m的匀速圆周运动,A、B为圆周上的两点,∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时,相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响,物品可视为质点且落地后即静止,重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.ωmax= rad/s B.ωmax= rad/s C.无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地 D.无人机运动到B点时,在A点释放的物品尚未落地 二．计算题: 13.跳台滑雪是冬季运动会中的项目之一,滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成,如图甲所示,图乙为简化后的跳台滑雪赛道示意图,AD段为助滑道,DB为起跳区,与水平面的夹角α=30°,BC段为倾角θ=30°的着陆坡。一运动员从助滑道的起点A由静止开始下滑,到达起跳点D时,借助设备和技巧,以与水平方向成30°角(起跳角)从B点起跳,最后落在着陆坡面的C点。已知该运动员在B点的起跳速度为20 m/s,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)运动员离开着陆坡面的最大距离; (2)运动员落到C点的速度大小。 参考答案： 1.答案　C解析　将飞机的速度分解为沿阻拦索方向的速度和垂直阻拦索方向的速度,可知v绳=vcos ,故C正确。 2.答案　C解析　小球从A处开始做平抛运动,竖直位移为y=gt2,解得t=0.3 s,竖直方向的速度vy=gt=3 m/s,则B处速度方向与竖直方向的夹角的正切值为tan θ==,则θ=53°,即乙接球时球拍与水平方向的夹角应为53°,故C正确。 3.答案　D解析　根据对称性可知,乒乓球反弹后上升高度与A点等高,根据可逆思维可知,两次过程中乒乓球运动时间之比t1∶t2=1∶5,而两次水平方向分速度不变,且水平方向均做匀速直线运动,由x=v0t可知,x相同,则两次发球速度之比为v1∶v2=5∶1,故D正确。 4.答案　A解析　逆向思维,从A到B的斜上抛运动可以看作从B到A的平抛运动,如图所示 由平抛运动的规律可知,A点速度的延长线过从A到B水平位移的中点,且A点速度与水平方向的夹角α满足tan α=2tan θ=2×=,则sin α=,从A点运动到B点的时间t== s= s,故A正确。 5.答案　C解析　汽车通过凹形桥最低点M时,具有向上的向心加速度,处于超重状态,A错误;汽车通过N点时,当速度v=时,汽车的向心加速度为g,对桥面压力为0,B错误,C正确;当汽车在两种桥面运动的速率均为v时,有FM-mg=m,mg-FN=m,则M、N两点所受的压力差FM-FN=,D错误。 6.答案　C解析　根据题意可知,小球经过最低点的速率约为v==,在最低点,对小球由牛顿第二定律有F-mg=m,重力加速度大小g取10 m/s2,解得小球在最低点时细线的拉力约为F=7 N,C正确。 7.答案　C解析　当转盘角速度逐渐增大时,会出现临界情况,转盘对物块的支持力恰好为零,此时竖直方向有mg=FTcos α,水平方向上,由牛顿第二定律有FTsin α=mω2Lsin α,联立解得ω=,即当ω0=,转盘对物块的支持力恰好为零, 由FTcos α=mg可得细绳的拉力大小为FT=,故C正确。 8.答案　CD解析　铁球在匀速转动过程中,线速度大小不变,但方向时刻变化,故A错误;铁球做匀速圆周运动,向心加速度为a=ω2l,故B错误;结合上述可知,铁球的向心加速度大小始终一定,当铁球转动到最低点时,向心加速度方向指向圆心,即竖直向上,此时铁球处于超重状态,由于竖直向上的加速度最大,则整体对地面压力最大,故C正确;若铁球转动到最高点时,支架对地面的压力刚好为零,则杆上的力为Mg,对铁球进行分析,在最高点时,根据牛顿第二定律有Mg+mg=mω2l,解得ω=,故D正确。 9.答案　B解析　根据题意,当角速度为0时,小球受重力、支持力和绳的拉力,且有FT0=mgcos θ,当角速度等于ω1时,小球恰好只受重力和绳的拉力,则mgtan θ=mlsin θ,当角速度等于ω2时,小球只受重力和绳的拉力,且绳与竖直方向的夹角变大,则FTsin α=mlsin α,联立可得FT=,故B正确。 10.答案C解析　当角速度较小时,绳中没有拉力,对A、B有FfA=mAω2rA,FfB=mBω2rB,由于rA<rB,则随着角速度增大,B所受摩擦力先达到最大,此后对B有μmBg+F=mBω2rB,整理得F=mBω2rB-μmBg,结合F-ω2图像可得μmBg=2 N,mBrB==4,解得μ=0.1,rB=2 m,故B错误,C正确;当角速度为 rad/s时,A物块恰好不受摩擦力作用,则有F=mAω2rA,μmBg+F=mBω2rB,联立解得rA=1 m,故A错误;当物块恰好与圆盘相对滑动时,A所受摩擦力达到最大,且沿半径向外,则有F-μmAg=mAω2rA,μmBg+F=mBω2rB,联立解得ω=1 rad/s,故D错误。 11.答案　B解析　底盘以O点为轴匀速转动,底盘上除O点外所有点均做同轴转动,转杯上除O'点外所有点不仅相对O点同轴转动,还相对O'点同轴转动,所以O'点做匀速圆周运动,A点做的不是匀速圆周运动,A错误,B正确;设该时刻A点在底盘上的竖直投影点所对应的底盘上的点为A',A'点转动的半径大于O'点的转动半径,由v=ωr可知,A'点的速度大于O'点的速度,又由于该时刻 A点绕O'点与底盘做同方向转动,则A点的速度大于A'点的速度,则此时A点的速度一定大于O'点的速度,C、D错误。 12.答案　BC解析　物品从抛出到落地的过程做平抛运动,当其恰不落在目标区域外时,物品的水平位移示意图如图所示,由几何关系有xm==4 m,此时物品的初速度最大,水平方向上有xm=vmt,竖直方向上有H=gt2,联立解得物品的最大初速度(无人机的最大线速度)为vm=2 m/s,所以无人机的最大角速度ωmax== rad/s,A错误,B正确;由H=gt2可知,物品释放后在空中运动的时间为t=2 s,该过程无人机转过的角度θ=ωmaxt=<,所以无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地,C正确,D错误。 13.答案　(1)10 m　(2)20 m/s 解析　(1)如图所示,运动员起跳时沿垂直着陆坡方向的初速度 vy'=v0cos 30°=10 m/s 重力加速度在垂直着陆坡方向的分加速度大小为 g'=gcos 30°=5 m/s2 离斜面最远时,垂直斜面方向的速度为零,则离斜面的最远距离h==10 m。 (2)离斜面最远时,运动的时间t'==2 s 根据运动时间的对称性,运动员从B点起跳至落到C点的时间t1=2t'=4 s 运动员落到C点的水平方向速度大小为vx'=v0cos 30°=10 m/s 运动员落到C点的竖直方向速度大小为 vy1=-v0sin 30°+gt1=-20× m/s+10×4 m/s=30 m/s 运动员落到C点的速度大小vC==20 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $