抛体运动与圆周运动(B卷)(45分钟，100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分。每小题只有一个选项正确)1.(2022·浙江六市一模)静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，忽略空气阻力(g取10m/s2)，以下说法正确的是( )A.水流射出喷嘴的速度为gttanθB.空中水柱的水量为Sgt22tanθC.水流落地时位移大小为gt22cosθD.水流落地时的速度为2gtcotθ【解析】选B。由题意知，水做平抛运动，θ为总位移与水平方向的夹角，tanθ=yx=gt2vx，可得水流射出喷嘴的速度为vx=gt2tanθ，故A错误；下落的高度h=12gt2，水流落地时位移s=hsinθ=gt22sinθ，所以C错误；空中水柱的体积V=Svxt=Sgt22tanθ，所以B正确；水流落地时的速度v=(gt)2+vx2=gt1+14tan2θ，所以D错误。2.(2022·温州模拟)如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力FT、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式FT=a+bcosθ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )A.b2m B.2bmC.3bmD.b3m-8-\n【解析】选D。当小球运动到最低点时，θ=0，拉力最大，FT1=a+b，FT1=mg+mv12L；当小球运动到最高点时，θ=180°，拉力最小，FT2=a-b，FT2=-mg+mv22L；小球从最高点至最低点的过程由动能定理得mg·2L=12mv12-12mv22，解得g=b3m，选项D正确。3.如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O。一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2。下列说法正确的是( )A.若v0=18m/s，则石子可以落入水中B.若石子能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大C.若石子不能落入水中，则v0越大，落到斜坡上时速度方向与斜坡的夹角越大D.若石子不能落入水中，则v0越大，落到斜坡上时速度方向与斜坡的夹角越小【解析】选A。AO的水平距离为s=AOcos30°=40×0.866m=34.6m，竖直高度为h=AOsin30°=40×0.5m=20m，石子恰不落在坝的斜坡上的运动时间为t=2hg=2s，若v0=18m/s，则s1=v0t=18×2m=36m，所以石子可以落入水中，选项A正确；若石子能落入水中，则v0越大，而落水的时间t一定，则vy一定，tanθ=vyv0，所以速度方向与水平面的夹角θ越小，选项B错；若石子不能落入水中落到斜坡上时，速度方向与水平方向的夹角θ，位移与水平面的夹角即斜坡与水平面的夹角α，恒有tanθ=2tanα，所以选项C、D错。【总结提升】平抛运动的三种分解思路(1)分解速度：设平抛运动的初速度为v0，在空中运动的时间为t，则平抛运动在水平方向的速度为vx=v0，在竖直方向的速度为vy=gt，合速度为v=vx2+vy2，合速度与水平方向夹角的正切tanθ=vyvx。(2)分解位移：平抛运动在水平方向的位移为x=v0t，在竖直方向的位移为y=12gt2，相对抛出点的位移(合位移)为s=x2+y2，合位移与水平方向夹角的正切为tanα=yx。(3)分解加速度：对于有些问题，过抛出点建立适当的直角坐标系，把重力加速度g正交分解为gx、gy，把初速度v0正交分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解，可以避繁就简，化难为易。-8-\n4.如图所示，小球a、b的质量分别是m和2m。a从倾角为30°的光滑固定斜面的顶端无初速度下滑，b从斜面等高处以初速度v0平抛，不计空气阻力。比较a、b落地前的运动过程有( )A.a、b运动的时间相等B.a的运动时间小于b的运动时间C.a、b都做匀变速运动D.落地前瞬间a、b的速度相同【解析】选C。设斜面的高度为h，a球在斜面上自由下滑时加速度为a=gsin30°=12g，运动时间满足hsin30°=12×12gt12，而b球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，下落时间满足h=12gt22，可见t1=2t2，则A、B错，C正确；a、b两球落地时速度不同，则D错。二、不定项选择题(本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题至少一个选项正确)5.如图为过山车以及轨道简化模型，不计一切阻力，以下判断正确的是( )A.过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B.过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于gRC.过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态D.过山车在斜面h=2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点【解析】选B、C。由于过山车在轨道上运动时，速度大小发生变化，因此其运动为非匀速圆周运动，A错误；在轨道最高点，过山车应满足mg+N=mv2R，因为N≥0，则v≥gR，B正确；过山车过轨道最低点时，合外力、加速度竖直向上，车内的乘客均处于超重状态，C正确；过山车由释放点至圆轨道最高点由机械能守恒定律得mgh=mg2R+12mv2，其中v≥gR，则h>52R，故D错误。6.(2022·华中师大附中模拟)水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c。则( )A.R越大，v0越大B.R越大，小球经过b点后的瞬间对轨道的压力越大C.m越大，v0越大-8-\nD.m与R同时增大，初动能Ek0增大【解析】选A、D。小球刚好能通过最高点c，表明c点的速度为vc=gR，根据机械能守恒定律有12mv02=mg·2R+12mvc2，选项A正确；m与R同时增大，初动能Ek0增大，选项D正确；小球在b点的向心力F-mg=mv02R，R越大，支持力越小，选项B错误；由12mv02=mg·2R+12mvc2，v0与m无关，选项C错误。【加固训练】(2022·台州二模)如图所示，质点在竖直面内绕O点沿顺时针方向做匀速圆周运动。S1、S2、S3、S4是圆周上的四个点，S1S3是过圆心的水平线，S2S4是过圆心的竖直线。现质点分别在S1、S2、S3、S4各点离开轨道后在空中运动一段时间落在水平地面上。若质点在空中运动时只受重力作用，则下列说法正确的是( )A.质点在S1离开轨道后在空中运动的时间一定最短B.质点在S2离开轨道后在空中运动的时间一定最短C.质点在S3离开轨道后落到地面上的速度一定最大D.质点在S4离开轨道后落到地面上的速度一定最大【解析】选D。质点在S1离开轨道在空中做竖直下抛运动，则有R+h=v0t1+12gt12，质点在S2离开轨道做平抛运动，则有h=12gt22，质点在S3离开轨道做竖直上抛运动，则有h+R=-v0t3+12gt32，质点在S4离开轨道做平抛运动，则有2R+h=12gt42，故t4一定大于t2，t3一定大于t1，而t1、t2无法比较，选项A、B错误；对质点由动能定理可知，质点在S4离开轨道重力做功最多，落地时的速度最大，选项C错误，D正确。7.(2022·湖州模拟)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，其N-v2图像如图乙所示，则( )-8-\nA.小球的质量为aRbB.当地的重力加速度大小为RbC.v2=c时，杆对小球弹力方向向上D.v2=2b时，杆对小球弹力大小为mg【解析】选A、D。由图乙知v2=b时，N=0；当v2<b时，杆对球有向上的支持力；当v2>b时，杆对球有向下的拉力。对v2<b时进行分析，小球在最高点受重力mg，杆弹力N，mg-N=mv2R，当v2=0时，N=a，即mg=a ①当v2=b时，N=0，则mg=mbR ②由①②两式得g=bR，m=aRb，A正确，B错误。当v2=c时，杆对球有拉力，方向向下，C错误。当v2=2b时，N+mg=mv2R，又mg=a，m=aRb，可得N=mg，D正确。三、计算题(本题共2小题，共44分。需写出规范的解题步骤)8.(22分)(2022·宁波二模)山谷中有三块石头和一根不可伸长的、长为l的轻质青藤，其示意图如下。图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，F为青藤延长线与地面的交点。h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=6.0m，l=10.0m。开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头。大猴抱起小猴跑到C点，纵身一跃，恰好在最高点抓住青藤下端，然后荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零。运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，猴子抓住青藤前后没有机械能损失，重力加速度g=10m/s2。求：-8-\n(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值。(2)大猴抱起小猴跑到C点纵身跳起时的速度。(3)猴子抓住青藤荡起时，青藤受到的拉力大小。【解析】(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有h1=12gt2 (2分)x1=vmint (2分)联立两式，得vmin=8m/s(1分)(2)大猴抱起小猴跑到C点纵身跳起后做抛体运动，在最高点抓住青藤后做圆周运动恰好荡到D点，可将该过程逆过来分析，猴子从D点由静止开始做圆周运动到最低点，然后做平抛运动到C点。由几何关系知猴子做圆周运动下降了：Δh=l-=2m(2分)设圆周运动到达最低点时的速度为vx，由动能定理得：mgΔh=12mvx2 (2分)解得：vx=2gΔh=210m/s(1分)之后以此速度做平抛运动至C点。设落到C点时沿竖直方向的分速度为vy，由动能定理得：mg(h2-Δh)=12mvy2 (2分)解得：vy=210m/s(1分)故落到C点的合速度大小为：vC=vx2+vy2=4m/s，即为所求速度大小。(2分)方向为与水平方向成45°角斜向右上方。 (2分)(3)设拉力为FT，在最低点，对猴子由牛顿第二定律得FT-(M+m)g=(M+m) (2分)代入数据可得：FT=(M+m)g+(M+m)=216N(2分)-8-\n由牛顿第三定律可知，青藤受到的拉力大小为216N。 (1分)答案：(1)8m/s (2)45m/s，方向为与水平方向成45°角斜向右上方 (3)216N9.(22分)(2022·衢州模拟)如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形ABC(圆半径比细管的内径大得多)和直线CD组成的轨道固定在水平桌面上，已知ABC部分的半径R=1.0m，CD段长L=1.5m。弹射装置将一个质量为0.8kg的小球(可视为质点)以某一水平初速度从A点弹入轨道，小球从D点离开轨道随即水平抛出后恰落入水平面上的小孔P内，已知小球刚落进小孔P时，重力的功率为32W，小球从A运动到P的整个过程经历的时间为1.328s，不计空气阻力，g取10m/s2，π取值3.14。求：(1)D与P间的水平间距。(2)半圆形弯管ABC对小球作用力的大小。【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)小球重力的功率可由P=mgvy求解；(2)小球先做匀速圆周运动，再做匀速直线运动，最后做平抛运动；(3)弯管对小球的作用力可沿水平方向和竖直方向分解。【解析】(1)设小球刚落入P孔时的竖直分速度为vy则由P=mgvy (2分)得vy=Pmg=320.8×10m/s=4m/s(1分)设小球从D到P的时间为t3，则vy=gt3 (2分)得t3=vyg=410s=0.4s(1分)小球从A到C的时间为t1=πRv0 (2分)小球从C到D的时间为t2=Lv0 (2分)且t1+t2+t3=1.328 (2分)由以上几式代入数据解得-8-\nv0=5m/s(2分)由D到P点的水平距离为x=v0t3=5×0.4m=2m(2分)(2)弯管对小球作用力的竖直分力Fy=mg (2分)水平分力Fx=mv02R (2分)故作用力为F=Fx2+Fy2=21.5N(2分)答案：(1)2m (2)21.5N-8-
