2019年
回扣练5：抛体运动与圆周运动
1．如图所示，某同学把布娃娃“小芳”挂在“魔盘”竖直壁上上、布娃娃“盼盼”放在“魔盘”底盘上，用手摇机械使“魔盘”某一转速时匀速转动，他发现小圆柱由于离心已缩回竖直壁内，“小盘”一起转动，“盼盼”在底盘上也随“魔盘”一起转动．若魔盘
的可缩回的小圆柱转动逐渐加快，到芳”悬空随“魔半径为r，布娃娃与
魔盘的平面和竖直壁间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )
A．“小芳”受到重力、摩擦力和向心力的作用
B．“盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近，也可能随“魔盘”一起转动 1
C．此时“魔盘”的转速一定不大于
2π1
D．此时“魔盘”的转速一定不小于
2π
μg rg μr解析：选D.“小芳”受重力，弹力，摩擦力三个力作用，向心力为效果力，故A错误； “盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近时，若“小芳”刚好不下滑，设转动的角速度为ω，则有μm1ωr＝m1g，此时“盼盼”所受静摩擦力f＝m2ωr＝
2
2
m2g，大于最大静摩擦力μm2g所以会滑动，故B错误；“小芳”做匀速圆周运动，由公式FNμg，故D正确． μr小球先后经过C点等，不计空气阻力，
122
＝mωr＝m(2πn)r，mg＝f≤μFN，联立解得：n≥
2π
2．如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相由以上条件可知( )
A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2
gh3
B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶3 C．A、B两点高度差为
4
D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等
解析：选C.小球乙到C的速度为v＝2gh，此时小球甲的速度大小也为v＝2gh，又因为小球甲速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为甲到达C点时竖直方向的速度为
2gh12
故A错；小球运动到C时所用的时间为h＝gt得t＝22
2hhg，而小球
6gh6gh，所以运动时间为t′＝，所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比22g121h2
为3∶2故B错；由甲乙各自运动的时间得：Δh＝gt－gt′＝，故C对；由于两球在竖直方向上的速度不
224相等，所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等，故D错；故选C.
3．如图所示，BC是半径为R的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨
道末端C在圆心O2019年
的正下方，∠BOC＝60°，将质量为m的小球，从与O等高的A点水平抛出，小球恰好从B点沿切线滑入圆轨道，则小球在C点对轨道的压力为( )
7
A.mg 3C.10mg 3
B．3mg D．4mg
12
解析：选C.小球由A至B做平抛运动，设初速度vA，平抛时间为t，竖直方向有Rcos 60°＝gt；B点的
2速度相切于圆轨道，故平抛的速度偏向角为60°，有tan 60°＝，可得vA＝
2
gtv0
gR3
.从A至C由动能定理：mgR1212vC＝mvC－mvA，对C点的小球，由牛顿第二定律：FN－mg＝m，由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力与支持力22R10
大小相等，解得FN′＝FN＝mg.故选C.
3
1
4．如图，质量为m的小球从A点由静止开始沿半径为R的光
4在B点沿水平方向飞出后，落在一个与地面成37°角的斜面上的出)．已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，则从A点到C点的过的功为( )
A.13mgR 4
9mgRB．
4D．2mgR
滑圆轨道AB滑下，
C点(图中未画
程中小球重力所做
C．mgR
12
解析：选A.设小球通过B点时的速度大小为v，小球在光滑圆弧轨道上运动过程，由机械能守恒定律有：mv212gt2gt2vtan θ＝mgR，得：v＝2gR；设小球从B运动到C的时间为t.则有tan θ＝＝，得t＝ ；小球平抛过
vt2vg12913
程下落的高度为h＝gt＝R；则从A点到C点的过程中小球重力所做的功为W＝mg(R＋h)＝mgR，故选A.
244
5．将一个小球从光滑水平地面上一点抛出，小球的初始水平速度为u，竖直方向速度为v，忽略空气阻力，小球第一次到达最高点时离地面的高度为h.小球和地面发生第一次碰撞后，反弹至离地面的高度．以后每一次
41
碰撞后反弹的高度都是前一次的(每次碰撞前后小球的水平速度不变)，小球在停止弹跳时所移动的总水平距离
4的极限是( )
A.C.4uv
hgg3uvB．
g2uv
D．
uvg解析：选A.将一个小球从光滑水平地面上一点抛出后做斜抛运动，小球第一次到达最高点时离地面的距离为h，从最高点下落到水平地面的时间为t1＝，v＝2gh，小球和地面发生第一次碰撞后，反弹至离地面的高度，
g4
v2
h2019年
v22h12h1h从最高点下落到水平地面的时间为t2＝，v2＝2g＝v，小球和地面发生第二次碰撞后，反弹至离地面×＝
g444416v42h12
的高度，从最高点下落到水平地面的时间为：t3＝，v4＝2g＝v，以此类推，小球在停止弹跳时所花费的总
g1616
时间为：t＝t1＋t2＋t3＋…＝＝
2v?
114v1＋＋＋…? ＝，小球在停止弹跳时所移动的总水平距离的极限为：x＝ut??g?24g?
4uv，故A正确，BCD错误；故选A.
g6．如图所示，一根不可伸长的轻质细线，一端固定于O点，另一端拴有一质量为m的小球，可在竖直平面内绕O点摆动，现拉紧细线使小球位于与O点在同一竖直面内的A位置，成30°角 ，从静止释放该小球，当小球运动至悬点正下方C位置时，细( )
A．4mg C．3mg
B．3.5mg D．1.75mg
解析：选B.对小球进行受力分析及运动过程分析如图所示，根据题意可知，从静止释放小球，细线松弛，小球只受重力做自由落体运动，下落到A与水平面的对称点B时细线将张紧，根据自由落体运动的规律，则v＝2gl，方向竖直向下；在B位置细线突然张紧，对小球施以冲量，使小分速度突然减至零，使小球竖直向下的速度变为只有沿圆弧切线方向上的
球沿细线方向的分速度，大小为功，只有重力做
5gl，在C点，2误；故选B. 细线与水平方向线承受的拉力是
vB′＝vBcos 30°，小球由B运动至C，绳子的拉力与运动方向垂直不做
1212
功，机械能守恒，则得：mgl(1－cos 60°)＝mvC－mvB′，解得vC＝
22
v2C根据牛顿第二定律得：T－mg＝m ，解得T＝3.5mg，故B正确，ACD错
lL7．如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L.某人在乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的
2方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球运动为平抛运动．则( )
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桌边缘时速率之比为1∶2 D．乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2 解析：选D.因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是
左边水平位移的两
12
倍，所以由x＝v0t知，网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，在网上面
2运动的位移和整个高度之比为1∶9，所以击球点的高度与网高之比为9∶8，故AB错误；球恰好通过网的上沿的1
时间为落到右侧桌边缘的时间的，竖直方向做自由落体运动，根据v＝gt可知，球恰好通过网的上沿的竖直分
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速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为1∶3，根据v＝v0＋vy可知，乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比不是1∶2，故C错误；网右侧运动时间是左侧的两倍，Δv＝gt，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；故选D.
8．(多选)如图所示，置于竖直平面内的AB光滑杆，它是以初速为的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一小球套始从轨道A端滑下，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
22
v0，水平射程为s于其上，由静止开
gs2
A．A端距离地面的高度为2
2v0
B．小球运动至B端时其水平方向的速度大小为v0 C．小球从A端运动至B端的时间为 D．小球运动至B端的速率为
sv0
gs v0
2
s12gs解析：选AD.小球若做平抛运动，运动的时间t＝，则A端距离地面的高度h＝gt＝2，故A正确．对小
v022v0
12gs球分析，根据动能定理得，mgh＝mvB，解得小球运动到B端时的速度vB＝2gh＝，B点速度方向与水平方向
2v0
vygtsggsv0
，故B错误，D正确．小球从A到B做的运动2，可知vx＝vBcos α＝422
v0v0v0v0＋gss不是平抛运动，则运动的时间t≠，故C错误．故选AD.
v0
夹角的正切值tan α＝＝＝
9．(多选)如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止，若圆弧轨道半径为R，的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )
A．物块滑到b点时的速度为gR B．物块滑到b点时对b点的压力是mg C．物块滑到b点时对b点的压力是3mg D．c点与b点的距离为
12
解析：选CD.由机械能守恒可知，mgR＝mv；解得b点时的速度为2gR，故A错误；b点时，物体受重力、
2
质量为m的物块圆弧轨道在b点与物块与水平面间
Rμv2
支持力而做圆周运动，则由F－mg＝m可得，支持力F＝3mg，由牛顿第三定律可知，物块对b点的压力为3mg; 故
RB错误，C正确；对全程由动能定理可知，mgR－μmgs＝0，解得bc两点间的距离为，故D正确；故选CD.
10．(多选)如图所示，在某次自由式滑雪比赛中，一运动员从弧
Rμ形雪坡上沿水平方
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