高考物理总复习二轮复习选择题对点练(三)　抛体运动和圆周运动

选择题对点练(三)抛体运动和圆周运动一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.(2025云南腾冲模拟)如图所示,一架战斗机沿着近似圆弧的曲线从a点运动到b点后沿陡斜线直入云霄。设此段飞行路径在同一竖直面内,飞行速率保持不变。关于战斗机从a点运动到b点这一过程,下列说法正确的是()A.战斗机所受合力可能一直竖直向上B.战斗机的速度一直在变化C.战斗机的加速度可能保持不变D.战斗机做匀变速曲线运动2.(2025山东聊城模拟)如图所示,一辆运沙车在平直公路上以速度v匀速行驶时,车厢底部不慎有沙子连续漏出。忽略沙子漏出瞬间相对车的初速度,沙子落到地面后立即停止。已知单位时间内漏出的沙子质量恒定为Q,出沙口距水平地面的高度为H,重力加速度为g,不计空气阻力。在已经有沙子刚好落地时开始计时,下列说法正确的是()A.地面上的人看到在空中的沙子形成的几何图形是一条抛物线B.在空中的沙子的总质量为Q2C.不同时刻漏出的两粒沙子落地前的竖直距离保持不变D.漏出的某粒沙子落地前在相等时间内速度的变化量逐渐增大3.(2025重庆南开中学质检)“谷雨前后,点瓜种豆”是一句农业谚语。农民伯伯用手抛撒谷粒进行水稻播种的情景如图甲所示。在某次抛撒的过程中,有两颗质量相同的谷粒1、谷粒2同时从O点抛出,初速度分别为v1、v2,其中v1方向水平,v2方向斜向上,它们的运动轨迹在同一竖直平面内且相交于Q点,如图乙所示。忽略空气阻力的影响。则()A.抛出速度v1<v2B.在空中运动的过程中,谷粒2的速度变化率大于谷粒1的速度变化率C.谷粒1先到达Q点D.两谷粒到达Q点时重力的瞬时功率相同4.如图所示(俯视图),在光滑水平面上固定半径为R的圆盘,O点为圆心。长为L的轻质细线一端固定在圆盘边缘上,另一端与小球相连,初始时细线绷直并与圆盘相切。给小球垂直于细线方向的初速度v0,在圆盘上缠绕过程中小球的运动轨迹称为“阿基米德螺旋线”。假设细线与圆盘的切点与O点的距离不变,下列说法正确的是()A.运动过程中细线对小球做正功B.运动过程中小球的线速度大小不变C.小球绕切点旋转的角速度不变D.运动过程中细线上的拉力越来越小5.(2025湖北武汉检测)如图所示,摩天轮在竖直放置的圆轨道内围绕其圆心O点做半径为R的匀速圆周运动,角速度为ω,在匀速转动的过程中轿厢地板总保持水平状态。如图所示,放置在地板上的物块与地板之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,为了保证物块在匀速转动的过程中始终不相对于地板滑动,则角速度ω的最大值为()A.μgRμ2C.gRμ26.(2025北京四中模拟)如图所示,水平地面上竖直放置的光滑细管内有两个完全相同、质量均为m的小球,由于微小晃动,两小球分别沿两侧圆弧管道从最高点同时由静止滑下,在最低点发生弹性碰撞后又回到最高点。已知整个过程中细管对地面的最小压力恰好为0,小球可视为质点,重力加速度大小为g,则整个过程中细管对水平地面的最大压力为()A.10mg B.323C.343mg D.137.(2025山东临沂模拟)从高H处的M点先后水平抛出两个小球1和2,轨迹如图所示,球1与地面碰撞一次后刚好越过竖直挡板AB,落在水平地面上的N点,球2刚好直接越过竖直挡板AB,也落在N点,球1与地面碰后的水平速度保持不变,竖直速度反向,忽略空气阻力,则竖直挡板AB的高度为()A.34H B.4C.35H D.5二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。8.“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型,研究气体流动及其与模型的相互作用,以了解飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在如图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力,现有一小球从M点竖直向上抛出,其运动轨迹大致如图所示,其中M、N两点在同一水平线上,O点为轨迹的最高点,小球在M点时动能为9J,在O点时动能为16J,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76JB.小球落到N点时的动能为41JC.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1∶3D.小球的重力和受到的风力大小之比为4∶39.(2025湖北宜昌质检)如图所示,排球比赛中运动员将排球从M点水平击出,飞到P点时,排球被对方运动员垫起,又斜向上飞出后落到M点正下方的N点。已知N点与P点等高,轨迹的最高点Q与M等高。不计空气阻力。下列说法正确的是()A.排球两次飞行过程中经历的时间相同B.排球两次飞行过程中经历的时间不同C.排球到达P点时的速率与离开P点时的速率相等D.排球离开M点时的速率大于经过Q点时的速率10.(2025福建福州检测)如图所示,将一可视为质点、质量为m的小球从倾角为θ的斜面底端斜抛,小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端。已知斜面高为h、斜面底边水平长度为L。重力加速度为g,不考虑空气阻力。设小球的初速度大小为v0,小球初速度方向与水平方向的夹角为α,则下列说法正确的是()A.小球初速度方向与水平方向夹角的正切值为tanα=tanB.小球从抛出到通过斜面最高点所经历的时间为t=2C.小球的初速度大小为v0=gD.整个运动过程重力做功的平均功率为P=mgg

参考答案1.B解析战斗机的速率保持不变,但方向随时在改变,所以战斗机的速度方向一直在变化,即战斗机的速度一直在变化,B正确。因为战斗机的速度大小不变,所以战斗机沿着速度方向的分量为零,战斗机所受合力方向垂直于速度方向,一直在改变,战斗机的加速度方向一直在变化,不可能做匀变速曲线运动,A、C、D错误。2.B解析由于沙子下落时,沙子与车均具有水平向右的初速度v,所以漏出的沙子在水平方向上均与车以相同的速度向右移动,因此沙子在空中形成的几何图形是一条直线,故A错误;沙子竖直方向有H=12gt2,则在空中的沙子的总质量为Q0=tQ,联立解得Q0=Q2Hg,故B正确;下落的沙子在竖直方向做自由落体运动,下落时间间隔为Δt的两粒沙子竖直间距为Δy=12g(t+Δt)2-12gt2=gΔt·t+12g(Δt)2,可知二者间距随下落时间的增加而增加,故C错误;由于沙子做平抛运动,加速度为g,故Δv=gΔt可知漏出3.C解析设谷粒2的初速度方向与水平方向的夹角为θ,沿水平和竖直两个方向分速度大小分别为v2x=v2cosθ,v2y=v2sinθ,设O、Q两点竖直方向的距离为h,水平方向的距离为x,谷粒1和谷粒2从抛出到Q点的时间分别为t1、t2,则取竖直向下为正方向,竖直方向有h=12gt12,h=-v2yt2+12gt22,可得t1<t2,即谷粒1先到达Q点,故C正确;水平方向为匀速直线运动,有x=v1t1=v2cosθ·t2,联立可得v1>v2cosθ,又0<cosθ<1,无法确定v1与v2大小,故A错误;根据a=ΔvΔt可知速度的变化率即为加速度,而谷粒1做平抛运动和谷粒2做斜上抛运动的加速度均为重力加速度g,即在空中运动的过程中谷粒2的速度变化率等于谷粒1的速度变化率,故B错误;谷粒1、2在竖直方向的位移相同,加速度相同,但谷粒2有向上的初速度,根据速度位移关系可知到达Q点时谷粒2的竖直速度较大,4.B解析小球在运动过程中,细线的拉力方向始终与小球速度方向垂直,根据做功的条件,力与位移方向垂直时力不做功,所以细线对小球不做功,A错误。由于细线与圆盘的切点与圆心距离不变,小球在缠绕过程中,速度方向始终垂直于细线,且没有其他力改变其速度大小,所以小球的线速度大小不变,B正确。设小球到切点的距离为l,根据v=ωl,线速度v不变,但l逐渐减小,所以小球绕切点旋转的角速度ω增大,C错误。根据向心力公式F=mv2r,可知r为小球到切点的距离,v不变,r减小,所以细线上的拉力F越来越大5.A解析物块做匀速圆周运动的过程中,对其受力分析如图甲所示,地板对物块的作用力为F,F与竖直方向的夹角为θ,当恰要滑动时,有μFcosθ=Fsinθ,得tanθ=μ,此时对应角速度最大,静摩擦力达到最大,物块在匀速转动的过程中,向心力的大小总保持不变,画出矢量三角形如图乙所示,图中虚线圆周的半径大小表示角速度最大时向心力的大小,F和mg的矢量和等于向心力,当F与mg的夹角为θ时,向心力达到最大,最大的向心力Fn=mgsinθ=mgμμ2+1,又Fn=mω2R,因此最大的角速度ω=μg6.B解析根据题意可知,当小球对细管的支持力竖直向上的分力最大时,细管对地面的压力最小恰好为0,设此时小球的速度大小为v,小球与圆心O的连线与竖直方向的夹角为α,小球对细管的支持力竖直向上的分力为F,由牛顿第二定律有Fcosα+mgcosα=mv2R,由机械能守恒定律有mgR(1-cosα)=12mv2,解得F=2mgcosα-3mgcos2α,由数学知识可知,当cosα=2mg2×3mg=13时,F有最大值,最大值为Fm=2mg×13-3mg×132=13mg,设细管的质量为m0,对细管,由平衡条件有m0g=2Fm=23mg,解得细管的质量为m0=23m。同理,当小球对细管的支持力竖直向下的分力最大时,细管对地面的压力最大,设此时小球的速度大小为v1,小球与圆心O的连线与竖直方向的夹角为β,细管对小球的支持力竖直向上的分力为F1,由牛顿第二定律有F1cosβ-mgcosβ=mv12R,由机械能守恒定律有mgR(1+cosβ)=12mv12,解得F1=2mgcosβ+3mgcos2β,由数学知识可知,当cosβ=1时,F1有最大值,最大值为F1m=7.A解析设球1、球2做平抛运动的初速度分别为v1、v2,设M点到N点的水平距离为L,由平抛规律可知球2整个运动过程的时间t=2Hg,可得L=v2t,球1与地面碰撞前后竖直方向分速度大小不变、方向相反,根据对称性可知,球1与地面碰撞后到达的最高点与初始高度相同为H,球2在水平方向一直做匀速运动,设球1从抛出到落地时间为t1,则有L=v1×3t1且t1=t,联立解得v1v2=13。设球1与地面碰撞时竖直方向速度大小为vy1,碰撞点到M点和B点的水平距离分别为x1、x2,有vy12=2gH,设球1到达A点时竖直方向速度大小为vy2,将球1与地面碰撞后到达最高点时的过程,由逆向思维可得vy22=2g(H-h),则从碰撞点到A点的时间为t2=vy1-vy2g,球2刚好越过挡板AB的时间为t3=28.AC解析设风力大小为F,小球重力大小为mg,O、M两点间的水平距离为x1,竖直距离为h,根据竖直上抛运动规律有h=v022g,对小球从M点运动到O点的过程,根据动能定理有Fx1-mgh=ΔEk=16J-9J=7J,由题意可知Ek0=12mv02=9J,根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为a=Fm,小球从M点运动到O点所用时间为t=v0g,根据运动学公式有x1=12at2,联立解得mgF=34,故D错误;小球在重力和风力的合力作用下做类斜抛运动,当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小,根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为tanθ=43,根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为vmin=v0sinθ=45v0,解得最小动能为Ekmin=12mvmin2=1625Ek0=5.76J,故A正确;M、N两点间的水平距离为x=12a(2t)2,设小球落到N点时的动能为Ek1,根据动能定理有Fx=Ek1-12mv02,联立解得9.BD解析排球从M点水平抛出后做平抛运动,运动时间为h=12gt2,可得t=2hg,从P点抛出的排球做斜抛运动的时间为从M点抛出的2倍,故A错误,B正确;将排球从P点到Q点的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q点到P点的平抛运动,则由M点到P点和Q点到P点的平抛运动,运动高度相同,则运动时间相同,竖直分速度相同,但M点到P点的水平位移大,则水平速度v0较大,可知从M点到P点的末速度大小大于从P点到Q点的初速度大小,C错误;根据以上分析可知,由M点到P点和由Q点到P点的平抛运动,运动高度相同,则运动时间相同,但从M点抛出的排球水平位移更大,故离开M点时的水平速率大于在Q点时的水平速率,10.BC解析由题意可知小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端,