2020版高考物理二轮复习专题限时集训3抛体运动和圆周运动（含解析）

A．小球通过最高点A时的速度大小为gR

B．小球通过最低点B和最高点A时的动能之差为mgR

C．若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点时断了，则小球还能上升的高度为R D．若细绳在小球运动到A处时断了，则经过t＝置

D [小球恰好能通过最高点，则在最高点时细绳对小球的拉力为零，小球的重力提供小

2Rg时间小球运动到与圆心等高的位

v2A球做圆周运动的向心力，故有mg＝m，解得vA＝gR，选项A错误；小球从最高点向最低点

R运动的过程中，只有小球的重力做功，故这个过程中小球动能的变化量等于小球重力做的功，122

即2mgR，故选项B错误；当小球从A点运动到C点时，由动能定理可得mgR＝m(vC－vA)，设

2123

细绳断掉后小球还能上升的高度为h，则有mgh＝mvC，联立解得h＝R，选项C错误；若细

2212

绳在小球运动到A处时断开，则小球将做平抛运动，小球运动到与圆心等高处时有R＝gt，

2解得t＝

2Rg，选项D正确。]

易错点评：在于混淆两类模型在最高点的临界条件。

[能力提升练]

9.如图所示，轻杆长为3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B在最高点时( )

A．球B的速度为零 B．球A的速度大小为2gL C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg

v2BC [球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，2L解得vB＝2gL，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，可求得此时球A的速度大小vA＝

1

2gL，2

故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球的向心力由A球的重力和杆的拉力的合力

v2A提供，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，故C正确，D错误。]

L10．(2019·湖南株洲高三期末)如图所示为乒乓球桌面示意图，球网上沿高出桌面H，网到桌边的水平距离为L，在某次乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击2出，球恰好通过网的上沿落到桌面右侧边缘，设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的是( )

L

A．击球点的高度与网高度之比为2∶1 B．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1 C．乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为1∶2 D．乒乓球在网左右两侧运动速度变化量之比为1∶2

D [因为水平方向做匀速直线运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以网12

右侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt可知，击球点的高度与

29123

网高之比为9∶8，故A、B错误；由平抛运动规律：H＝gt，L＝v0t解得v0＝L82211212

能定理可知，乒乓球过网时mg·H＝mv1－mv0解得v1＝

822度v2＝g，由动HgL21

＋gH，同理落到桌边缘时速H4

gL29v1

＋gH，所以＝H4v24L＋H22，故C错误；网右侧运动时间是左侧的两倍，Δv＝4L＋9H22gt，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2，故D正确。]

11．如图所示，遥控电动赛车通电后电动机以额定功率P＝3 W工作，赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t(未知)后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，恰好在C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，通过轨道最高点D后水平飞出，E点为圆弧形轨道的最低点。已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力f＝0.5 N，赛车的质量m＝0.8 kg，轨道AB的长度L＝6.4 m，B、C两点的高度差h＝0.45 m，赛车在C点的速度大小vC＝5 m/s，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m。不计空气阻力，g取10 m/s，sin 37°

2

＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)赛车运动到B点时的速度vB的大小； (2)赛车电动机工作的时间t；

(2)赛车经过最高点D时对轨道的压力的大小。

[解析] (1)赛车从B点到C点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有

h＝gt21 vy＝gt1

同时有vC＝vy＋vB

解得赛车在B点的速度vB＝4 m/s。

(2)赛车从A点运动到B点的过程中，由动能定理得

2

2

2

12

Pt－fL＝mv2B

解得t＝3.2 s。

(3)设圆弧轨道的圆心O和C点的连线与竖直方向的夹角为α，

1

2

vy3

则有tan α＝＝ vB4

解得α＝37°

赛车从C点运动到最高点D的过程中，由机械能守恒定律得 1212

mvC＝mvD＋mgR(1＋cos α) 22

设赛车经过最高点D处时轨道对小车的压力为FN，根据牛顿第二定律得

v2Dmg＋FN＝m

R联立解得FN＝3.2 N

根据牛顿第三定律可得，赛车对轨道的压力大小为F′N＝3.2 N。 [答案] (1)4 m/s (2)3.2 s (3)3.2 N

题号 内容 押题依据 核心考点 核心素养

1. 竖直平面内圆周运动 平抛圆周斜面组合 圆周运动基本规律与图象信息的结合 圆周平抛组合 科学态度与责任：教材知识与体育运动相结合，体现学以致用 科学思维：立足教材基础知识，体现知识的综合性 2. 1.(多选)北京时间2019年2月24日、在体操世界杯墨尔本站男子单杠决赛中，中国选手张成龙以14.333分的成绩获得铜牌。假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F-v图象如图乙所示。g取10 m/s，则关于张成龙的以下说法中正确的是( )

2

2

A．质量为65 kg

B．重心到单杠的距离为0.9 m

C．在最高点的速度为4 m/s时，受单杠的弹力方向向上

D．在完成“单臂大回环”的过程中，运动到最低点时，单臂最少要承受3 250 N的力 ABD [对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0，结合图象解得质

mv2

量m＝65 kg，选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝，结合图象可解得R＝0.9

Rm，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m，选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C错误；张成龙经过最低点时，单臂受

v21

力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝m，张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定

R1212

理得2mgR＝mv1－mv，当v＝0时，F有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin＝3 250 N，即张成

22龙的单臂最少要承受3 250 N的力，选项D正确。]

2．(多选)如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离管道后做平抛运动，经过0.3 s落到斜面上的C点，小球落到斜面上时速度方向垂直斜面。已知半圆形管道的半径R＝1 m，小球可看作质点且其质量m＝1 kg，g取10 m/s。则( )

2

A．C点与B点之间的水平距离是1.9 m B．C点与B点之间的水平距离是0.9 m

C．小球在B点时，管道对它的作用力FNB的大小是1 N D．小球在A点时，管道对它的作用力FNA的大小是59 N

BCD [根据平抛运动规律可知tan 45°＝，则小球在C点时竖直方向的分速度vy和水平方向的分速度vx相等，即vx＝vy＝gt＝3 m/s，则B点与C点之间的水平距离x＝vxt＝0.9 m，

vyvxv2B故B正确，A错误；小球在B点时，由牛顿第二定律，有FNB＋mg＝m，又因为vB＝vx＝3 m/s，

R代入数据解得FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向竖直向上，故C正确；小球从A1212

点到B点，根据机械能守恒定律有mvA－mvB＝mg·2R，解得vA＝7 m/s，小球在A点，由牛

22

v2A顿第二定律有FNA－mg＝m，解得FNA＝59 N，选项D正确。]

R