（课标Ⅱ卷）2020届高考物理一轮复习专题四曲线运动课件.pptx

专题四 曲线运动,高考物理 (课标专用),考点一 曲线运动、运动的合成与分解,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2015课标,16,6分)由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道经过调 整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速 度,使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1103 m/s,某次发射卫星飞经赤 道上空时的速度为1.55103 m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同,转移轨道和同步轨道 的夹角为30,如图所示。发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为 ( ),A.西偏北方向,1.9103 m/s B.东偏南方向,1.9103 m/s C.西偏北方向,2.7103 m/s D.东偏南方向,2.7103 m/s,答案 B 同步卫星的速度v方向为正东方向,设卫星在转移轨道的速度为v1,附加速度为v2,由 速度的合成可知v2的方向为东偏南方向,其大小为v2= 1.9103 m/s, 故B选项正确。 考查点 运动的合成 解题关键 清楚题图中所示的方向关系。 速度合成遵守平行四边形定则。 易错警示 题图中所给为方向关系平面图,不是一个立体关系图。,2.(2019课标,19,6分)(多选)如图(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影 响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始 计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v-t图像如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。 则 ( ) A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大,考点二 抛体运动,答案 BD 本题考查曲线运动知识和利用数形结合处理物理问题的能力,体现了模型构建、 科学推理的核心素养。 v-t图线与时间轴包围的面积表示运动员在竖直方向上的位移,由图像可知第二次包围的格数 较多,故A错。设雪道的倾角为,则水平位移x= ,故B正确。v-t图线的斜率表示加速度,由 图像明显看出,第一次在竖直方向上的平均加速度较大,故C错。v=v1时,斜率k1k2,结合牛顿第 二定律mg-f=ma可知,第二次所受阻力较大,D正确。 解题技巧 v-t图线与时间轴所围的面积表示位移,当图线为曲线时,可采用数格子的方法比较 面积的大小。,3.(2017课标,17,6分)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一 小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距 离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g) ( ) A. B. C. D.,答案 B 本题考查机械能守恒定律、平抛运动。小物块由最低点到最高点的过程由机械能 守恒定律有 mv2=mg2R+ m 小物块从最高点水平飞出做平抛运动 有:2R= gt2 x=v1t(x为落地点到轨道下端的距离) 联立得:x2= R-16R2 当R=- ,即R= 时,x具有最大值,选项B正确。 解题关键 小物块运动的过程分为两个阶段,一是由轨道最低点到轨道最高点的曲线运动,符 合机械能守恒定律;二是从轨道最高点到水平地面的平抛运动。根据两个阶段列方程,联立得 出关于x的表达式是解题的关键。,4.(2017课标,15,6分)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略 空气的影响)。速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网;其原因是 ( ) A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大,答案 C 本题考查对平抛运动的理解。忽略空气的影响时,乒乓球只受重力作用,球被水平 射出后做平抛运动。由于在竖直方向上做自由落体运动,则h= gt2,下落时间t= ,t ,故 A、D错误。由vy=gt=g = ,可知B错误。在水平方向上有x=v0t,x相同时,t ,故C正 确。 解题关键 平抛运动是曲线运动,轨迹为抛物线,可以分解为竖直方向上的自由落体运动 (满足h= gt2和vy=gt)和水平方向上的匀速直线运动(满足x=v0t)。做平抛运动时物体运动时 间由下落高度决定,运动的水平距离x=v0 ,由初速度v0和下落高度共同决定。,5.(2015课标,18,6分)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为 L1和L2,中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不同方向 水平发射乒乓球,发射点距台面高度为3h。不计空气的作用,重力加速度大小为g。若乒乓球 的发射速率v在某范围内,通过选择合适的方向,就能使乒乓球落到球网右侧台面上,则v的最大 取值范围是 ( ) A. vL1 B. v C. v,D. v,答案 D 乒乓球做平抛运动,落到右侧台面上时经历的时间t1满足3h= g 。当v取最大值时 其水平位移最大,落点应在右侧台面的台角处,有vmaxt1= ,解得vmax= ;当v 取最小值时其水平位移最小,发射方向沿正前方且恰好擦网而过,此时有3h-h= g , =vmint2, 解得vmin= 。故D正确。 考查点 平抛运动 思路点拨 平抛最近点:水平位移为 ,下落高度为2h。 平抛最远点:水平位移为 ,下落高度为3h。 易错警示 当v取最大值时,落点在右侧台面的台角处。,考点三 圆周运动,6.(2017课标,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套 着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作 用力 ( ) A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心,答案 A 本题考查功、圆周运动,考查学生的理解能力、推理能力。大圆环对小环的作用 力总是沿大圆环半径方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环的作用力不做功,选项A正确,B错 误。开始时大圆环对小环的作用力方向背离大圆环圆心,一段时间后作用力方向指向大圆环 圆心,故选项C、D错误。 解题指导 (1)弹力的方向总是垂直于接触面,并且速度的方向总是沿接触面的切线方向,因此 在固定接触面上滑动时,弹力总不做功。 (2)重力在半径方向上的分量与大圆环对小环的作用力的矢量和提供小环做圆周运动的向心 力,设小环转过的角度为,如图所示,小环此时的速度为v,大圆环对小环的作用力为N,由功能 关系和圆周运动公式有 mv2=mgR(1-cos ),m =mg cos -N 解出N=3mg cos -2mg 由此可知,当3mg cos 2mg时,N的方向背离大圆环圆心,当3mg cos 2mg时,N的方向指向大圆 环圆心。,7.(2018课标,25,20分)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A 点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA和OB之间的夹角为,sin = 。一质量为m的小球 沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及 轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆 心,且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求 (1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小; (2)小球到达A点时动量的大小; (3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。,答案 (1) mg (2) (3) 解析 本题考查圆周运动、抛体运动、动能定理、动量。 (1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 =tan F2=(mg)2+ 设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得 F=m 由式和题给数据得 F0= mg v= (2)设小球到达A点的速度大小为v1,作CDPA,交PA于D点,由几何关系得 DA=R sin ,CD=R(1+cos ) 由动能定理有 -mgCD-F0DA= mv2- m 由式和题给数据得,小球在A点的动量大小为 p=mv1= (3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为g。设小球在竖 直方向的初速度为v,从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有 vt+ gt2=CD v=v sin 由 式和题给数据得 t=,B组 自主命题省(区、市)卷题组,考点一 曲线运动、运动的合成与分解,1.(2018北京理综,20,6分)根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在正下方位 置。但实际上,赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处。这一现 象可解释为,除重力外,由于地球自转,下落过程小球还受到一个水平向东的“力”,该“力” 与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该 “力”水平向西,则小球 ( ) A.到最高点时,水平方向的加速度和速度均为零 B.到最高点时,水平方向的加速度和速度均不为零 C.落地点在抛出点东侧 D.落地点在抛出点西侧,答案 D 本题考查运动的合成与分解。以地面为参考系,由题意知,小球上升阶段,水平方向 受到向西的“力”作用,产生向西的加速度,水平方向做加速运动;竖直方向由于重力作用,做 匀减速运动。运动到最高点时竖直方向速度为零,水平“力”为零,水平方向加速度为零,此时 水平向西的速度达到最大,故选项A、B均错。下落阶段,小球受水平向东的“力”作用,水平 方向将向西做减速运动,由对称性知,落地时水平速度恰为零,此时落地点应在抛出点西侧,故C 错、D对。 知识拓展 科里奥利力 在旋转体系中做直线运动的质点,以旋转体系为参考系,质点的直线运动偏离原有方向的倾向 被归结为一个“假想力”的作用,这个“力”称为科里奥利力。,2.(2015广东理综,14,4分)如图所示,帆板在海面上以速度v朝正西方向运动,帆船以速度v朝正北 方向航行。以帆板为参照物( ) A.帆船朝正东方向航行,速度大小为v B.帆船朝正西方向航行,速度大小为v C.帆船朝南偏东45方向航行,速度大小为 v D.帆船朝北偏东45方向航行,速度大小为 v,答案 D 以帆板为参照物时,帆船相对于帆板同时具有向正北的速度v与向正东的速度v,故 由平行四边形定则可知,帆船相对于帆板的速度大小为 v,方向为北偏东45,D正确。,3.(2016江苏单科,14,16分)如图所示,倾角为的斜面A被固定在水平面上,细线的一端固定于墙 面,另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连,B静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平,右侧 的细线与斜面平行。A、B的质量均为m。撤去固定A的装置后,A、B均做直线运动。不计一 切摩擦,重力加速度为g。求: (1)A固定不动时,A对B支持力的大小N; (2)A滑动的位移为x时,B的位移大小s; (3)A滑动的位移为x时的速度大小vA。,答案 (1)mg cos (2) x (3),解析 (1)支持力的大小N=mg cos (2)根据几何关系sx=x(1-cos ),sy=xsin 且s= 解得s= x (3)B的下降高度sy=xsin 根据机械能守恒定律mgsy= m + m,根据速度的定义得vA= ,vB= 则vB= vA 解得vA=,4.(2017江苏单科,2,3分)如图所示,A、B两小球从相同高度同时水平抛出,经过时间t在空中相 遇。若两球的抛出速度都变为原来的2倍,则两球从抛出到相遇经过的时间为 ( ) A.t B. t C. D.,考点二 抛体运动,答案 C 本题考查平抛运动、运动的独立性。依据运动的独立性原理,在水平方向上,两球 之间的距离d=(v1+v2)t=(2v1+2v2)t,得t= ,故选项C正确。,5.(2016江苏单科,2,3分)有A、B两小球,B的质量为A的两倍。现将它们以相同速率沿同一方向 抛出,不计空气阻力。图中为A的运动轨迹,则B的运动轨迹是 ( ) A. B. C. D.,答案 A 不计空气阻力,A、B两球运动过程中加速度a=g,以相同速率沿同一方向抛出,都做 斜上抛运动,故两球轨迹相同,A选项正确。,6.(2015重庆理综,8,16分)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验 装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为R的 圆弧形的 粗糙轨道,P为最高点,Q为最低点,Q点处的切线水平,距底板高为H。N板上固定有三个圆环。 将质量为m的小球从P处静止释放,小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上 距Q水平距离为L处。不考虑空气阻力,重力加速度为g。求: (1)距Q水平距离为 的圆环中心到底板的高度; (2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向; (3)摩擦力对小球做的功。,答案 (1) H (2)L mg 方向竖直向下 (3)mg 解析 (1)设小球在Q点的速度为v,则有: L=vt H= gt2 解得:v=L 当x= 时,有: =vt1 h1= g 解得:h1= 则距Q水平距离为 的圆环中心到底板的高度h=H-h1= H。 (2)由(1)知小球运动到Q点时速度的大小v=L 在Q点,根据牛顿第二定律有:FN-mg=m,解得:FN=mg 由牛顿第三定律可知,小球对轨道压力的大小FN与FN相等,方向竖直向下。 (3)从P到Q,应用动能定理有:mgR+Wf= mv2-0 解得:Wf= -mgR=mg 。,7.(2016浙江理综,23,16分)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是 一个微粒源,能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直 放置,离P点的水平距离为L,上端A与P点的高度差也为h。 (1)若微粒打在探测屏AB的中点,求微粒在空中飞行的时间; (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围; (3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等,求L与h的关系。,答案 (1) (2)L vL (3)L=2 h 解析 (1)打在中点的微粒 h= gt2 t= (2)打在B点的微粒v1= ;2h= g v1=L 同理,打在A点的微粒初速度v2=L 微粒初速度范围L vL (3)由能量关系 m +mgh= m +2mgh ,代入、式L=2 h 方法技巧 解决本题的关键是抓住能被探测到的微粒所满足的运动学特征:下降高度为h2h, 水平位移相同且都为L。,考点三 圆周运动,8.(2019江苏单科,6,4分)(多选)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。 座舱的质量为m,运动半径为R,角速度大小为,重力加速度为g,则座舱( ) A.运动周期为 B.线速度的大小为R C.受摩天轮作用力的大小始终为mg D.所受合力的大小始终为m2R,答案 BD 本题考查匀速圆周运动的基础知识及受力分析,反映出学生对物理概念的掌握情 况。 由T= ,v=R可知A错误,B正确。由座舱做匀速圆周运动,可知座舱所受的合力提供向心力,F =m2R,方向始终指向摩天轮中心,则座舱在最低点时,其所受摩天轮的作用力为mg+m2R,故C 错误,D正确。 知识储备 圆周运动常用公式有= ,v=R,T= ,F向= =m2R=m R等。,9.(2018江苏单科,6,4分)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指 南针在10 s内匀速转过了约10。在此10 s时间内,火车 ( ) A.运动路程为600 m B.加速度为零 C.角速度约为1 rad/s D.转弯半径约为3.4 km,答案 AD 本题考查匀速圆周运动。火车的角速度= = rad/s= rad/s,选项C错 误;火车做匀速圆周运动,其受到的合外力等于向心力,加速度不为零,选项B错误;火车在10 s内 运动路程s=vt=600 m,选项A正确;火车转弯半径R= = m3.4 km,选项D正确。 解题指导 解答本题的突破口为“指南针在10 s内匀速转过了约10”,从中求出火车做匀速 圆周运动的角速度。,10.(2017江苏单科,5,3分)如图所示,一小物块被夹子夹紧,夹子通过轻绳悬挂在小环上,小环套 在水平光滑细杆上。物块质量为M,到小环的距离为L,其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均 为F。小环和物块以速度v向右匀速运动,小环碰到杆上的钉子P后立刻停止,物块向上摆动。 整个过程中,物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计,重力加速度为g。下列说法 正确的是 ( ) A.物块向右匀速运动时,绳中的张力等于2F B.小环碰到钉子P时,绳中的张力大于2F C.物块上升的最大高度为 D.速度v不能超过,答案 D 本题考查受力分析、圆周运动。设夹子与物块间静摩擦力为f,匀速运动时,绳中张 力T=Mg=2f,摆动时,物块没有在夹子中滑动,说明匀速运动过程中,夹子与物块间的静摩擦力没 有达到最大值,A错;碰到钉子后,物块开始在竖直面内做圆周运动,在最低点,对整体T-Mg=M ,对物块2f-Mg=M ,所以T=2f,由于fF,所以选项B错;由机械能守恒得,MgHmax= Mv2,所以 Hmax= ,选项C错;若保证物块不从夹子中滑落,应保证速度为最大值vm时,在最低点满足关系 式2F-Mg=M ,所以vm= ,选项D正确。 解题关键 静摩擦力变化的判断分析 夹子与物块间的静摩擦力随着物块运动情况的变化而变化。在匀速阶段,静摩擦力与物块重 力平衡,碰到钉子后,由于向心力的需要,摩擦力会突然变大,当摩擦力达到最大值后,仍无法满 足向心力的需要,物块就会从夹子中滑落。,11.(2016浙江理综,20,6分)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别 为半径R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧,直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O距离L=1 00 m。赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设 赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑,绕赛道一圈时 间最短(发动机功率足够大,重力加速度g=10 m/s2,=3.14),则赛车 ( ) A.在绕过小圆弧弯道后加速 B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2,D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s,答案 AB 赛车用时最短,就要求赛车通过大、小圆弧时,速度都应达到允许的最大速度,通 过小圆弧时,由2.25mg= 得v1=30 m/s;通过大圆弧时,由2.25mg= 得v2=45 m/s,B项正确。 赛车从小圆弧到大圆弧通过直道时需加速,故A项正确。由几何关系可知连接大、小圆弧的 直道长x=50 m,由匀加速直线运动的速度位移公式: - =2ax得a6.50 m/s2,C项错误。由 几何关系可得小圆弧所对圆心角为120,所以通过小圆弧弯道的时间t= =2.79 s,故D项 错误。 审题指导 首先要注意大、小圆弧半径不同,允许的最大速度不同;其次要充分利用几何关系, 找出直道的长度和小圆弧所对圆心角,这样才能求出赛车在直道上的加速度和通过小圆弧弯 道的时间。,12.(2015福建理综,17,6分)如图,在竖直平面内,滑道ABC关于B点对称,且A、B、C三点在同一 水平线上。若小滑块第一次由A滑到C,所用的时间为t1,第二次由C滑到A,所用的时间为t2,小滑 块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行,小滑块与滑道间的动摩擦因数恒定, 则 ( ) A.t1t2 D.无法比较t1、t2的大小,答案 A 在AB段同一位置(或关于过最高点的竖直线对称的位置)处速度越大,对滑道的压 力越小,所受摩擦力越小;在BC段同一位置(或关于过最低点的竖直线对称的位置)处速度越小, 对滑道的压力越小,所受摩擦力越小。分析可知第一次滑块所受平均摩擦力较小,摩擦力做功 较少,动能变化量较小,平均速率较大,由t= 可知t1t2,A项正确。,13.(2015天津理综,4,6分)未来的星际航行中,宇航员长期处于零重力状态,为缓解这种状态带 来的不适,有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”,如图所示。当旋转舱绕其 轴线匀速旋转时,宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上,可以受到与他站在地球表面时相同大小 的支持力。为达到上述目的,下列说法正确的是 ( ) A.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越大 B.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小 C.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越大 D.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越小,答案 B 宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等,mg=m 2r,即g=2r,可见r越大,就应越小,B正确,A错误;角速度与质量m无关,C、D错误。,C组 教师专用题组,考点一 曲线运动、运动的合成与分解,1.(2014四川理综,4,6分)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。小明驾着小船 渡河,去程时船头指向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的 比值为k,船在静水中的速度大小相同,则小船在静水中的速度大小为 ( ) A. B. C. D.,答案 B 去程时船头垂直河岸如图所示,由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d,则去程 时间t1= ;回程时行驶路线垂直河岸,故回程时间t2= ,由题意有 =k,则k= ,得v1= = ,选项B正确。,2.(2013安徽理综,18,6分)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m3/min,水离开喷口时的速 度大小为16 m/s,方向与水平面夹角为60,在最高处正好到达着火位置,忽略空气阻力,则空 中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10 m/s2) ( ) A.28.8 m 1.1210-2 m3 B.28.8 m 0.672 m3 C.38.4 m 1.2910-2 m3 D.38.4 m 0.776 m3,答案 A 如图,水离开喷口时水平速度vx=v cos 60=8 m/s vy=v sin 60=24 m/s 所以高度h= =28.8 m 上升时间t= =2.4 s 所以水量为0.28 m3=1.1210-2 m3,选项A正确。,3.2014四川理综,8(1),6分小文同学在探究物体做曲线运动的条件时,将一条形磁铁放在桌面 的不同位置,让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v0运动,得到不同轨迹。图中a、 b、c、d为其中四条运动轨迹,磁铁放在位置A时,小钢珠的运动轨迹是 (填轨迹字母 代号),磁铁放在位置B时,小钢珠的运动轨迹是 (填轨迹字母代号)。实验表明,当物体 所受合外力的方向跟它的速度方向 (选填“在”或“不在”)同一直线上时,物体做 曲线运动。,答案 b c 不在 解析 因条形磁铁与钢珠间的作用力为引力,方向沿二者的连线方向,而物体所受合力与速度 共线时做直线运动,不共线时做曲线运动,且运动轨迹向合力方向的一侧弯曲。由图知磁铁在 A位置时对钢珠引力与v0同向,轨迹为b;磁铁在B位置时钢珠所受合力指向B点,a、c、d三条轨 迹中只有c是向B点弯曲的,故对应于轨迹c。,4.(2015浙江理综,17,6分)如图所示为足球球门,球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离 球门s处高高跃起,将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做 平抛运动(足球可看成质点,忽略空气阻力),则 ( ) A.足球位移的大小x= B.足球初速度的大小v0= C.足球末速度的大小v= D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan =,考点二 抛体运动,答案 B 如图,足球平抛运动的水平位移x= , 不是足球的位移,所以A错。由x=v0t,h= gt2,得v0= = / = ,B正确。足球的末速度v= = ,所以C错误。由图可知足球初速度方向与球门线的夹角为,tan =s/ =2s /L,故D错误。所以本题选B。,5.(2013江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,从地面上同一位置抛出两小球A、B,分别落在地面上 的M、N点,两球运动的最大高度相同。空气阻力不计,则 ( ),A.B的加速度比A的大 B.B的飞行时间比A的长 C.B在最高点的速度比A在最高点的大 D.B在落地时的速度比A在落地时的大,答案 CD 两球加速度都是重力加速度g,A错误;飞行时间t=2 ,因h相同,则t相同,B错误; 水平位移x=vxt,在t相同情况下,x越大说明vx越大,C正确;落地速度v= ,两球落地时竖直速 度vy相同,可见vx越大,落地速度v越大,D正确。,6.(2013上海单科,19,4分)(多选)如图,轰炸机沿水平方向匀速飞行,到达山坡底端正上方时释放 一颗炸弹,并垂直击中山坡上的目标A。已知A点高度为h,山坡倾角为,由此可算出 ( ) A.轰炸机的飞行高度 B.轰炸机的飞行速度 C.炸弹的飞行时间 D.炸弹投出时的动能,答案 ABC 设轰炸机投弹位置高度为H,炸弹水平位移为s,则H-h= vyt,s=v0t,二式相除 = ,因为 = ,s= ,所以H=h+ ,A正确;根据H-h= gt2可求出飞行时间,再由s=v0t 可求出飞行速度,故B、C正确;不知道炸弹质量,不能求出炸弹的动能,D错误。,7.(2012课标,15,6分)(多选)如图,x轴在水平地面内,y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴 正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹,其中b和c是从同一点抛出的。不计空气阻力,则 ( ) A.a的飞行时间比b的长 B.b和c的飞行时间相同 C.a的水平速度比b的小 D.b的初速度比c的大,答案 BD 小球做平抛运动,在竖直方向上满足h= gt2,得t= ,可知A错B正确。在水平方 向上x=v0t,即v0=x ,且由题图可知hb=hcha,xaxbxc,则D正确C错误。,8.(2015海南单科,14,13分)如图,位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组 成,圆弧半径Oa水平,b点为抛物线顶点。已知h=2 m,s= m。取重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下,当其在bc段轨道运动时,与轨道之间无相互作用力,求 圆弧轨道的半径; (2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下,求环到达c点时速度的水平分量的大小 。,答案 (1)0.25 m (2) m/s 解析 (1)设环到b点时速度为vb,圆弧轨道半径为r,小环从a到b由机械能守恒有 mgr= m 环与bc段轨道间无相互作用力,从b到c环做平抛运动: h= gt2 s=vbt 联立可得 r= 代入数据得 r=0.25 m (2)环从b点由静止下滑至c点过程中机械能守恒,设到c点时速度为vc,则 mgh= m 在bc段两次过程中环沿同一轨迹运动,经过同一点时速度方向相同,设环在c点时速度与水平方向间的夹角为,则环做平抛运动时 tan = vy=gt 联立式可得 tan =2 则环从b点由静止开始滑到c点时速度的水平分量vcx为 vcx=vc cos 联立三式可得 vcx= m/s 评析 试题以平抛运动的轨迹为轨道,深入考查了曲线运动的处理方法,对知识的联系、思维 的迁移有较高的要求,情景设计巧妙,难度中等。,9.(2015浙江理综,19,6分)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道,转弯处为圆心在O 点的半圆,内外半径分别为r和2r。一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达AB线,有如图所 示的、三条路线,其中路线是以O为圆心的半圆,OO=r。赛车沿圆弧路线行驶时, 路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax。选择路线,赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选 路线内赛车速率不变,发动机功率足够大),则 ( ) A.选择路线,赛车经过的路程最短 B.选择路线,赛车的速率最小 C.选择路线,赛车所用时间最短 D.、三条路线的圆弧上,赛车的向心加速度大小相等,考点三 圆周运动,答案 ACD 路线、均由一半圆与两条直线构成,s1=r+2r,s2=2r+2r;路线由一半圆构 成,s3=2r,所以A正确。根据F= 有,vm= ,路线半径最小,路线、半径相等,得v2m =v3m= v1m,B错。根据t1= = ,t2= = ,t3= = ,得t2t1t3,C正确。根据a= ,a1= ,a2= = = ,a3= = ,得a1=a2=a3,D正确。,10.(2014课标,20,6分,0.604)(多选)如图,两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平 圆盘上,a与转轴OO的距离为l,b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受 重力的k倍,重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,用表示圆盘转 动的角速度,下列说法正确的是 ( ) A.b一定比a先开始滑动 B.a、b所受的摩擦力始终相等 C.= 是b开始滑动的临界角速度 D.当= 时,a所受摩擦力的大小为kmg,答案 AC 设木块滑动的临界角速度为,kmg=m2r,所以= ,ra=l,rb=2l,所以ab,A、C 项正确;摩擦力充当向心力,在角速度相等时,b受的摩擦力大,B项错误;= 时,a受的摩擦力 fa=m2r=m l= kmg,D项错误。 考查点 圆周运动 解题关键 列出木块滑动的临界角速度表达式。 一题多解 本题A、B两选项可以用极值法判定。假设a在圆心处,则a不受摩擦力作用,而b肯 定受摩擦力作用。,11.(2013课标,21,6分,0.337)(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图,某公路急 转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为vc时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在 该弯道处, ( ) A.路面外侧高内侧低 B.车速只要低于vc,车辆便会向内侧滑动 C.车速虽然高于vc,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动 D.当路面结冰时,与未结冰时相比,vc的值变小,答案 AC 汽车在公路转弯处做圆周运动,需要外力提供向心力,当汽车行驶的速率为vc时,汽 车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,即没有指向公路两侧的摩擦力,此时的向心力由地面 的支持力和重力的合力提供,故路面外侧高内侧低,选项A正确;当车速低于vc时,车所需向心力 减小,车可能只是具有向内侧滑动的趋势,不一定能够滑动,选项B错误;同理,当车速高于vc, 且不超出某一最高限度,车辆可能只是有向外侧滑动的趋势,不一定能够滑动,当超过最大静摩 擦力时,才会向外侧滑动,故选项C正确;当路面结冰时,只是最大静摩擦力变小,vc值不变,D错误。 考查点 圆周运动 审题技巧 没有向公路两侧滑动的趋势就表示没有侧向摩擦力。 易错警示 vc由重力与支持力的合力决定,与路面光滑程度无关。,12.(2013北京理综,18,6分)某原子电离后其核外只有一个电子,若该电子在核的静电力作用下 绕核做匀速圆周运动,那么电子运动 ( ) A.半径越大,加速度越大 B.半径越小,周期越大 C.半径越大,角速度越小 D.半径越小,线速度越小,答案 C 设原子核的电荷量为Q,原子核对电子的静电引力提供电子运动的向心力,k = ma向=m =m( )2r=m2r,分别解得a向=k ,T=2 ,= ,v= ,则半径r越大,加速度 a向、角速度和线速度v均越小,而周期T越大,故选项C正确。,13.(2011安徽理综,17,6分)一般的曲线运动可以分成很多小段,每小段都可以看成圆周运动的 一部分,即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图(a)所示,曲线上A点的曲率圆 定义为:通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆,在极限情况下,这个圆就叫做A点的曲率 圆,其半径叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成角的方向以速度v0抛出,如图(b) 所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是 ( ),A. B. C. D.,答案 C 斜抛出去的物体同时参与两个方向的运动:水平方向做vx=v0 cos 的匀速直线运动, 竖直方向以初速度vy=v0 sin 做匀减速直线运动。到最高点时,竖直方向速度为零,故物体速度 为vP=v0 cos 且为水平方向。这时重力提供物体做圆周运动的向心力,由mg=m 得= ,所以C正确,A、B、D错误。 评析 本题主要考查运动的合成与分解以及物体做圆周运动时向心力的来源。解题的关键 是明白其轨迹最高点处的曲率半径就是那一时刻物体做圆周运动的半径,向心力由重力提 供。,14.(2013江苏单科,2,3分)如图所示,“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等,通过相同长度 的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时, 下列说法正确的是 ( ) A.A的速度比B的大 B.A与B的向心加速度大小相等 C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小,答案 D 根据v=r,两座椅的相等,由rBrA可知vBvA,A错误;向心加速度a=2r,因相等r不 等,故a不相等,B错误;水平方向mg tan =m2r,即tan = ,因rBrA,故BA,C错误;竖直方向T cos =mg,绳子拉力T= ,因BA,故TBTA,D正确。,15.(2014安徽理综,19,6分)如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角 速度转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间 的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30,g取 10 m/s2。则的最大值是 ( ) A. rad/s B. rad/s C.1.0 rad/s D.0.5 rad/s,答案 C 当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时,转盘的角速度最大,其受力如图所示(其中 O为对称轴位置) 由沿盘面的合力提供向心力,有 mg cos 30-mg sin 30=m2R 得= =1.0 rad/s,选项C正确。 评析 此题考查牛顿第二定律、圆周运动等知识,题目设置新颖,巧妙地将已学的竖直面内的 圆周运动与斜面结合,本题易认为在最高点时角速度最大而错选A。,16.(2013福建理综,20,15分)如图,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一质量m=1.0 kg的 小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B点时绳恰好被拉断,小球平抛后 落在水平地面上的C点。地面上的D点与OB在同一竖直线上,已知绳长L=1.0 m,B点离地高度 H=1.0 m,A、B两点的高度差h=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气影响,求: (1)地面上D、C两点间的距离s; (2)轻绳所受的最大拉力大小。,答案 (1)1.41 m (2)20 N 解析 (1)小球从A到B过程机械能守恒,有 mgh= m 小球从B到C做平抛运动,在竖直方向上有 H= gt2 在水平方向上有 s=vBt 由式解得s=1.41 m (2)小球下摆到达B点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,有 F-mg=m 由式解得F=20 N 根据牛顿第三定律 F=-F,轻绳所受的最大拉力为20 N。,17.(2015江苏单科,14,16分)一转动装置如图所示,四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一 小环通过铰链连接,轻杆长均为l,球和环的质量均为m,O端固定在竖直的轻质转轴上。套在转 轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间,原长为L。装置静止时,弹簧长为 L。转动该装置并缓 慢增大转速,小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为 g。求: (1)弹簧的劲度系数k; (2)AB杆中弹力为零时,装置转动的角速度0; (3)弹簧长度从 L缓慢缩短为 L的过程中,外界对转动装置所做的功W。,答案 (1) (2) (3)mgL+ 解析 (1)装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1,OA杆与转轴的夹角为1。 小环受到弹簧的弹力F弹1=k 小环受力平衡,F弹1=mg+2T1 cos 1 小球受力平衡,F1 cos 1+T1 cos 1=mg,F1 sin 1=T1 sin 1 解得k= (2)设此时OA杆中的弹力为F2,OA杆与转轴的夹角为2,弹簧长度为x。 小环受到弹簧的弹力F弹2=k(x-L) 小环受力平衡,F弹2=mg,得x= L 对小球,F2 cos 2=mg,F2 sin 2=m l sin 2 且cos 2= 解得0=,(3)弹簧长度为 L时,设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3,OA杆与弹簧的夹角为3。 小环受到弹簧的弹力F弹3= kL 小环受力平衡,2T3 cos 3=mg+F弹3 且cos 3= 对小球,F3 cos 3=T3 cos 3+mg,F3 sin 3+T3 sin 3=m l sin 3 解得3= 整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零,由动能定理 W-mg( - )-2mg( - )=2 m(3l sin 3)2 解得W=mgL+,考点一 曲线运动、运动的合成与分解,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2019甘肃武威六中一诊,6)(多选)小明同学遥控小船做过河实验,并绘制了四幅小船过河的 航线图,如图所示。图中实线为河岸,河水的流动速度不变,方向水平向右,虚线为小船从河岸M 驶向对岸N的实际航线,小船相对于静水的速度不变,并且大于河水的流动速度。则下面四幅 航线可能正确的是 ( ),答案 AB A中船头垂直于河岸,合速度的方向偏向下游,过河时间最短,故A正确;B中船头偏 向上游,已知小船的静水速度大于河水的流动速度,根据平行四边形定则知,合速度的方向可以 正好垂直河岸,此时过河的位移最小,故B正确;由于河水有流速,因此不可能出现C中现象,故C 错误;船头的指向为船的静水速的方向,D中静水速的方向与流水速度的合速度的方向不可能 是图示方向,故D错误。 思路指导 小船参与了静水中的运动和水流的运动,最终的运动是这两个运动的合运动,根据 平行四边形定则进行分析。,2.(2019宁夏大学附属中学一模,5)如图甲所示,在杂技表演中,猴子沿直杆向上运动,其v-t图像 如图乙所示,同时人顶着杆沿水平地面运动的x-t图像如图丙所示。若以地面为参考系,下列说 法正确的是 ( ) 甲,A.猴子在2 s时的速度为0 B.猴子在2 s内做匀变速直线运动 C.t=0时猴子的速度大小为6 m/s D.猴子在2 s内的加速度大小为3 m/s2,答案 D 猴子在2 s时竖直方向的速度为零,x-t图像的斜率表示速度,则知猴子水平方向的速 度大小为vx=3 m/s,所以猴子在2 s时的速度为3 m/s,故A错误;由乙图知,猴子竖直方向上做匀减 速直线运动,加速度竖直向下,由丙图知,猴子水平方向上做匀速直线运动,则猴子的加速度竖 直向下,与初速度方向不在同一直线上,故猴子在2 s内做匀变速曲线运动,故B错误;x-t图像的 斜率表示速度,则知猴子水平方向的速度大小为vx=3 m/s,t=0时竖直方向分速度vy=6 m/s,则猴 子的速度大小为v0= =3 m/s,故C错误;v-t图像的斜率表示加速度,则知2 s内猴子的加 速度大小为a= = m/s2=3 m/s2,故D正确。故选D。 考查点 运动的合成与分解 温馨提示 解决本题的关键是知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的 匀减速直线运动,会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况。,3.(2018陕西西安长安二模,8)某人划船横渡一条河,河水流速处处相同且恒定,船的划行速率恒 定,已知此人过河最短时间为T1;若此人用最短的位移过河,则需时间为T2,已知船在静水中的划 行速度大小大于水速,则船的划行速率与水流速率之比为 ( ) A. B. C. D.,答案 A 设河宽为d,船在静水中的速率为v1,水流速率为v2 (1)最短时间过河时,静水流速与河岸垂直,有T1= (2)最小位移过河时: v合= 则T2= = 联立解得 = ,故A正确,B、C、D错误,故选A。 考查点 小船过河 解题关键 (1)当船速垂直河岸时,用时最少;(2)当船速大于水速时,合速度垂直河岸,位移最小。,4.(2019辽宁凌源二中期末,4)如图所示,水平面上固定有一个斜面,从斜面顶端向右平抛一个小 球,当初速度为v0时,小球恰好落到斜面底端,平抛后飞行的时间为t0。现用不同的初速度v从该 斜面顶端向右平抛这个小球,则下列图像中能正确表示平抛后飞行的时间t随v变化的函数关 系的是 ( ),考点二 抛体运动,答案 C 当小球落在斜面上时,有tan = = ,解得t= ,与速度v成正比。当小球落 在地面上时,根据h= gt2得,t= ,知运动时间不变。综上可知t与v的关系图线先是过原点的 一条倾斜直线,然后是平行于横轴的直线。故C正确。 考查点 平抛运动 温馨提示 此题是对平抛运动规律的考查,解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖 直方向上的运动规律,结合运动学公式灵活求解。,5.(2019百校联盟TOP20三月联考,9)(多选)如图所示,小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动, 同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球,物块和小球在斜面上的P点相遇。已知物 块和小球质量相等,空气阻力忽略不计,则 ( ) A.斜面只能是粗糙的 B.小球运动到最高点时离斜面最远 C.在P点时,小球的动能大于物块的动能 D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等,答案 ACD 把小球的速度分解为沿斜面方向和垂直斜面方向,则沿斜面方向的速度小于物 块的速度,若斜面光滑,则小球和物块沿斜面方向的加速度相同,不可能在P点相遇,所以斜面不 可能是光滑的,故A正确;当小球的速度方向与斜面平行时,离斜面最远,此时竖直方向的速度不 为零,不是运动到最高点,故B错误;物块在斜面上受到的摩擦力做功,物块的机械能减小,所以 在P点时,小球的动能大于物块的动能,故C正确;小球和物块的初末位置相同,则高度差相等,而 重力也相等,则重力做功相等,运动时间又相同,所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功 的平均功率相等,故D正确。 温馨提示 当小球的速度方向与斜面平行时