课时冲关21 圆周运动-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

7.BC[小船的速度为沿船头指向和顺水流方向的两个分 运动的分速度的矢量和，而两个分速度垂直，故当顺水 流方向的分速度最大时，合速度最大，合速度的方向随顺 水流方向的分速度的变化而变化，故小船到达河中心时速 度最大，且运动轨迹为曲线，故A错误，C正确；小船到达距 离河岸号处时，水的选度为-受·号=，则备的选 3v 3 度为v=√6十*=√20，故B项正确；小船到达距离河 岸号处时，其距离较近的汀岸的距离为号，水的速度为 3 0水1= 3四，=。，则船的速度为=√属十=E%, d 3 故D项错误.] 8.ABD「当Q运动到离B、C距离相等的位置时，由几何 关系有∠QBC=∠QCB=90°-60°=30°，设CQ与杆竖 直方向的夹角为0，有8=∠QBC十∠QCB=60°，根据沿 绳方向速度相等可得心os日=仰，解得=之v, 故A项正确；由上述分析可知，P和Q之间的关系有 vcos日=℃p,当Q运动过程中，其CQ与竖直杆之间的夹 角在增加，所以P的速度在减小，即对P来说其加速度 有向上的加速度，即P处于超重状态，当Q处于C时，其 角度=90°，即此时P的速度为零，故B、D正确.Q从D 到与C等高的C过程中，由上述分析ucos日=可知，P 的加速度发生变化，则绳拉力变化，故C项错误.门 9.BC[因U,>u1,发射弹丸相当于小船渡河模型，则发射 速度斜向上游，合位移沿着AO方向，则最短位移为d, 故A错误；要命中固定靶且弹丸在空中飞行时间最短， 则在A点之前发射，速度沿AO方向，最短时间为t= L,坦克发射处离固定靶的距离为 s√+(） dW于远，故B.C正确；由于> U,若坦克车到达距离固定靶最近时再发射，应调整炮口 至左上方，可能射中目标，故D错误.门 10.解析：(1)物体运动过程中的坐标与时间的关系为x= 0.2tm,y=3.0tm 将t=10s代入得x=20m,y=30m 故t=10s时刻物体的位置坐标为(20m,30m). (2)根据y=3.0tm=,t, 可知物体在y方向做匀速直线运动，且 y=3.0m/s, 根据x=0.2rm=2a,1, 可知物体在x方向做初速度为零的匀加速直线运动， 可得a.=0.4m/s2, 故物体加速度的大小为0.4m/s,t=10s时刻物体在 x方向的速度为 v,=a,t=4m/s,t=10s时刻物体的速度大小为v= √/0+u=5m/s. (3)设t=10s时刻物体的速度与水平方向的夹角为a, 则sina==0.6, 解得a=37。、 因为摩擦力方向总与物体相对运动的方向相反，故滑 动摩擦力方向与x轴的负方向成37°，外力与摩擦力的 合力使物体加速，物体所受的滑动摩擦力大小为∫= umg=1 N, 应用正交分解法根据牛顿第二定律，得 F,-fsin37°=0， F.-fcos37°=mar, 解得F,=1.6N,F,=0.6N,t=10s时刻水平外力的 大小F=√/F十F=√2.92N. 答案：(1)(20m,30m)(2)5m/s,0.4m/s (3)√/2.92N ·5 参考答案 课时冲关20抛体运动 1.C2.D3.D4.C 5.AC[乌食做平地运动，根据h=gt,可知在M点的 鸟先接到鸟食，故A正确，B错误在水平方向上，有x 6t,因为在M点的鸟先接到鸟食，所以在M点被接到的 鸟食平尬的初速度较大，故C正确，D错误.门 6.B[根据题意可知，甲、乙两水柱最高点在同一水平线 上，则甲、乙水柱在空中运动的时间相等，即t=,甲、 己水柱竖直方向的初速度相等，由图可知，乙的水平位 移大，则乙水平方向的初速度大，有2>U1,故B正确.] 7.A[设足球的初速度与竖直方向的夹角为日，足球从踢 出到击中横梁的时间为，该过程中，沿初速度方向的位移 大小为x=2g0s0·,垂直初速度方向的位移大小为y= 2gin0·f,又√2十y=11.25m,联立解得t=1.5s] 8.D[水滴在空中斜上抛运动，其后半部分做平抛运动， 根据h=2gt,最大高度相同，竖直位移相同，后半部分 的时间相同，全程的时间相同，A、B最高点的速度水平 方向，因此水平方向速度之比为1：2，又因为竖直方向 初速度相同，因此他们初速度不等，初速度比不等于 1:2,故A、B、C错误；后半部分做平樾运动，在最高点的 速度是A的2倍，所以B的水平射程是A的2倍，轨迹A 的落地，点M恰好在轨迹B最高，点的正下方，故D正确.」 9.A[沿斜面方向，小球分运动为静止开始的匀加速直线 运动，加速度为a=gsin30°=5m/s',位移r=sin30m 5 =10m,由逆向思维结合运功学公式x=之ad,解得飞 行时间t=2s.门 1 10.D「由tang=2 t,得t 2utan,可知小球只要落 在斜面上，在空中运动的时间与初速度有关，故A错 误；当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远， 此时速度不是最大，故B错误；将速度分解成平行与垂 直斜面方向，平行斜面方向运动是匀加速直线运动，而 垂直斜面方向先匀减速直线运动，后匀加速直线运动， 可知小球在斜面上的投影加速移动，故C错误，D 正确.门 11.C[初速度为时04=2g,解得=乞贴①，初 速度为y2时tan45°=延 2 解得2=gt,②，在沿斜面方向上位移相等 (yc0s45°)t1十 7gcos45)G=(cos45)t岁 (gc0s45°)6③，由①@®联立，解得2-5.] 1 41 12.解析：(1)(2)小球从平台抛出后，水平方向做匀速直线 运动，竖直方向做自由落体运动，则 h=2g,u,=g, 根据已知条件结合速度的合成与分解得 tan53°=， 代入数值解得=3m/s,t1=0.4s; (3)小球在光滑斜面上根据牛顿第二定律 ng sin53°=a,得a=gsin53°， 小球在斜面上的运动过程中满足 H 1 sin53=4与+2at, 故小球离开平台后到达斜面底端的时间为=t1十t2, 解得t=2.4s. 答案：(1)0.4s(2)3m/s(3)2.4s 课时冲关21圆周运动 1.C2.D3.B4.BC 高考总复习物理 5.A[对小球受力分析，如图所示， 竖直方向受力平衡mg=FTc0sa, 水平方向合外力提供向心力 F1sina一F=no lsin a,解得g= 心lcosa8m8A正确，B,CD错误.] 6.BC[若从M,点剪断弹簧瞬间，小球之后做圆周运动， 剪断瞬间，小球初速度为0，小球所需向心力为0，小球沿 半径方向的合力为0，则轻绳弹力为0，则小球仅仅受到 重力一个力的作用，故A错误；结合上述，若从M点剪 断弹簧瞬间，小球仅仅受到重力作用，根据牛顿第二定 律可知，小球的加速度为g,方向竖直向下，故B正确；若 从N点剪断轻绳瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以 小球受到弹簧的弹力和重力作用，其合力水平向右，大 小等于F2,根据牛顿第二定律可知，此时小球的加速度 为a= 品，方向水平向右，故C正腐，D错误。]了 7.解析：(1)根据题意，设轻绳与竖直方向的夹角为日，由几何 2R-R 关系可得tan= 1 √/(W5R)-R 2, 由牛顿第二定律有mgtan9=mw2·2R, 郎得a=√爱： 1 (2)小球的轻绳断裂时，小球的速度为 u=w·2R=√gR, 竖直方向有2R=2gt, 水平方向有x=ut,联立解得x=2R 答案：1√景：(2)2R 8.解析：1)静止时弹簧被压缩了L,设弹 簧弹力为F,受力分析如图，由平衡条件 可得 之L=msm日① 解得k=2 gsin日 (2)轻弹簧恰为原长时，小球只受重力和 杆的支持力N2,受力分析如图，由几何 关系 r1=Lcos0② 竖直方向V,cos日=g③ 水平方向Nsin0=i④ 联立②③④得 1 /g sin 0 @1Cos L (3)小球在A端随装置做匀速圆周运动 时，弹簧伸长量为2，受力分析如国，弹 簧的弹力E=2L回 圆周运功的半径n=是1c0s日回 竖直方向Ncos8=F2sin0十mg⑦ 水平方向Vsin0+F2cos8=mw5r2⑧ 联立⑤⑥⑦⑧解得4= 2gsin_40 cos 01/3L 3 rad/s. 答案：1)k=2 ngsin9;(2)w= /gsin 0 L cos L 40. (3)w:=3 rad/s 课时冲关22素养培优7圆周运动的临界问题 1.CD[小球对圆环的压力大小等于0，A错误；小球受到 ·54 的向心力等于mg,B错误；根据牛顿第二定律得mg=m 尺，解得0=VRg,C正确；根据牛顿第二定律得mg ma,解得a=g,小球的向心加速度大小等于g,D正确.] 2.C[根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为△ =号r=号×0.6m=0.12m, 近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有)= △l0.12 △t m/s=6 m/s, 50 在最低点根据牛频第二定律有T一mg=m, 代入数据解得T=7N.故选C.] 3D过山车做匀速圆周运动，由a二尽，得v=爪 V4R√X10x受ms=20m/s,故A正确，不符合题 意：在最低点，重力和轨道对车的压力提供向心力，向心 加速度朝上，由牛顿第二定律可知N-mg=ma,解得N =5mg,所以过山车通过最低点时，乘客处于超重状态， 故B正确，不符合题意；在最高点，重力和轨道对车的压 力提供向心力，向心加速度朝下，列车失重，乘客处于失 重状态，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意.] 4.B[绳子只能产生拉力，为使小球做完整的圆周运动， 小球在最高点的向心力大小应该满足F三m二≥mg,则 可知小球在最高点的速度大小满足≥√gL,当小球在 最高点的速度为√gL,故A错误；小球在a、b两个位置 时，竖直方向的加速度均为g,小球处于完全失重状态 体重计示数相同，故B正确；小球在最低，点时，绳子拉力 最大，体重计示数最大，故C错误，小球运动到b,点时，绳 子对人有向左的拉力，故人应受到向右的摩擦力，D 错误.] 5.CL由题图乙可知，当v=0时，有F=mg=650N,可 得张成龙的质量为=65kg,故A正确；由题图乙可知， 当=9m/g时，F=0,则有mg=m号，可得张成龙的 重心到单杠的距离为r=亡=0.9m,故B正确：当张成 龙在最高点的速度为4m/s时，设张成龙受单杠的弹力 方向向下，根据牛频第二定律可得mg十下=m?,解得 F=m ,一g=65×。。一650)N,可知张成龙受单杠 的弹力方向向下，故C错误，D正确.] 6,C[游客受到重力、支持力、摩擦力三 个力的作用，其中支持力和摩擦力的合 力的方向不是水平方向，故A错误；对 游客受力分析，如图所示，根据牛顿第二 0 m 定律可得fcos9-Nsin0=wr,fsin8+Ncos8=mg, 可得N=ngcos0-w'rsin0,f=ngsin0十nw'rcos0, 由于游客的重力保持不变，魔盘的倾斜角度不变，魔盘 角速度缓慢增大，游客所需向心力增大，因此摩擦力∫ 增大，N减小，故B错误，C正确；由以上分析可知在魔 盘运动的规律与人的质量无关，故D错误，门 7.ABC[小球在最高，点时，由牛顿第二定律T十g= m号，T=2-mg,由图像可知mg=a,兴=分，解得 1=m,选项A正确；当=c时，轻质绳的拉力大小为 T=m号一mg=%-a,选项B正确；小球在最高点时最 小速度为听=b,则由合m听a=十2mgl=子m工 m型，解得最低点受到的最小拉力为T,=6a, -mg=m 2高考总复习物理 课时冲关21 [基础落实练] 1.(2025·河北卷，5)某同学 在傍晚用内嵌多个彩灯的 塑料绳跳绳，照片录了彩灯 在曝光时间内的运动轨迹， 简图如图.彩灯的运动可视 为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是、” 圆弧对应的圆心角约为30°，则该同学每分 钟跳绳的圈数约为 A.90 B.120 C.150 D.180 2.（2025·安徽卷，6)在竖 直平面内，质点M绕定 点O沿逆时针方向做匀 速圆周运动，质点V沿 竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中 始终处于同一高度.t=0时，M、N与O点 位于同一直线上，如图所示.此后在M运 动一周的过程中，N运动的速度v随时间 t变化的图像可能是 B 3.（2025·江苏卷，4)游 乐设施“旋转杯”的底 盘和转杯分别以O、O 底座 为转轴，在水平面内沿 顺时针方向匀速转动. 转杯 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 4.(多选)荡秋千是中华传统游戏竞技项目， 常在节日庆典举行比赛，如图甲，深受各族 人民的喜爱.现在荡秋千已成为儿童的专 项活动，常见于校园操场旁或公园中，如图 乙.一种荡秋千的方式如图丙，小朋友坐姿 基本不变，大人用水平力F缓慢将秋千由 最低点O点拉至图示B点再由静止释放. 在B点时秋千绳与竖直方向的夹角为0，C ·36 圆周运动 点为左端最高点，忽略秋千绳的质量和空 气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确 的是 图甲 图乙 图丙 A.在C位置时，该同学速度为零，处于平衡 状态 B.在O位置时，该同学处于超重状态 C.在O位置时，该同学对秋千踏板的压力 等于踏板对该同学的支持力 D.由O到C的过程中，该同学的向心加速 度逐渐增大 [能力综合练 5.如图所示为一种离 心法测量重力加速 度的装置.将一根长 度为1的轻绳上端固定在O点，下端系一 质量为m的小球（可视为质点），将小球拉 离竖直方向，在水平向外的拉力F作用 下，小球以恒定的角速度绕过O点的竖直 轴做圆锥摆运动，此时轻绳与竖直方向的 夹角为α，则重力加速度为 ) A.w'lcos aFcosa m sin a B.wlsin a+Fcos a m sin a C.wleosaFsina D.w lsin a+ Fsin a mcos a mcos a 6.（多选)如图所示，质量为m 的小球在水平轻绳和轻弹簧 拉力作用下静止，M、N点分 别为弹簧、轻绳与小球的连 接点，弹簧与竖直方向夹角为0，轻弹簧拉 力大小为F,,轻绳拉力大小为F2,重力加 速度大小为g,下列说法正确的是( ) A.若从M点剪断弹簧瞬间，则小球受两 个力作用 B.若从M点剪断弹簧瞬间，则小球加速度 a=g,方向竖直向下 C.若从V点剪断轻绳瞬间，则小球加速度 会，方向水平向右 D.若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度α =g,方向竖直向下 7.自制儿童玩具的原理 图如图所示，半径为R 的圆盘固定在竖直杆 O1O2上，圆盘的圆心为 O点，圆盘平面与杆垂 02 直.长为√5R的轻绳一端固定在圆盘的边 缘，另一端与质量为m的小球相连接.整 个系统绕竖直杆OO2匀速转动，小球到 竖直杆O,O,2的水平距离为2R,距离地面 的竖直高度为2R.已知重力加速度为g, 小球可视为质点， (1)求该装置转动的角速度ω； (2)若连接小球的轻绳突然断裂，求小球 从抛出到落地的水平距离x. ·36 第四章抛体运动圆周运动 [素养培优练] [答题栏] 8.如图为一种可测量转动 角速度的简易装置.“V” 形光滑支架可随水平面 上的底座绕中轴线OO 旋转，支架两杆与水平 4 面间夹角均为0，两侧的 杆长均为1.5L.一原长为L的轻弹簧套在.6. AB杆上，下端固定于杆上的B点，另一端 与一小球拴接.已知支架静止时弹簧的长 度为0.5L,小球的质量为m,重力加速度 为g.现让小球随支架以角速度ω匀速转 动.求： (1)轻弹簧的劲度系数k; (2)轻弹簧恰为原长时，支架角速度ω，的 大小； (3)若已知0=53°，L=6m,g=10m/s, sin53°=0.8，cos53°=0.6，小球在杆末端 A匀速转动时，支架角速度w2的大小. 9