新版高考物理专题七曲线运动精准培优专练.doc

1、培优点七曲线运动一、考点分析1 .曲线运动的问题每年必考，主要是在实际问题中考查速度、加速度、及位移的分解，平抛运动的处理方法，以及圆周运动与牛顿运动定律、能量等内容的综合应用。2 .常用思想方法：(1)从分解的角度处理平抛运动。(2)圆周运动的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用，且已知合外力方向(匀速圆周运动指向圆心)，做好受力分析，由牛顿第二定律列方程。'二、考题再现典例1. (2017 全国卷n 17)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(重力加速度大小为垂直，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

2、径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为g)()2222A. T7T B. - C.D. -16g8g4g2g【解析】物块由最低点到最高点有:2一 mv22mgr122mv1；物块做平抛运动：x=v1t；t4rg，联立解得:x,由数学知识可知，当2v r 一时，x取大，故选B。8g【答案】B典例2. (2018超国III卷27)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同2一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的()A. 2倍 B. 4 倍 C. 6 倍 D. 8 倍【解析】设甲球落至斜面时的速率为v1,乙落至斜面时的速率为 v2,由平抛运动规律，x

3、= vt,y 1gt2,设斜面倾角为 e ,由几何关系，tan )，小球由抛出到落至斜面，由机械能守2x恒定律，1mv2 mgy 1 mv2, 22联立解得：M vJi tan2 ,即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得,V2 ；vji tan2,所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，选项A正确。【答案】A卜三、对点速练1 .（多选）如图所示，一高度为 h的光滑平面与一倾角为e的斜面连接，一小球以速度 v从平面的右端p点向右水平抛出，不计空气阻力，则小球在空中运动的时间t（）A. 一定与v的大小有关B. 一定与v的大小无关c.当v大于寸2h .茄片,1与丫无关D.当v

4、小于02h .而彳，t与v有关【答案】CD【解析】小球有可能落在斜面上，也有可能落在水平面上，可用临界法求解，如果小球恰好落在斜面与水平面的交点处，则满足匕：=vt, h=2gt2,联立可得v=yj号 高、,故当v大于、僧.前1T时,小球落在水平面上,v无关；当 v小于gh - tan1 e时，小球落在斜面上，x = vt, y = 2gt2y、一02vtan 0-= tan 0 ,联立可得t=,x 'g即与v有关，故选项C D正确。2.（多选）如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M,长杆的一端放在地上通过钱链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点

5、C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M C点与O点距离为L,现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度3缓慢转至水平（转过了 90。角），此过程中下列说法正确的是（）A.重物M做匀速直线运动.追一B.重物M故匀变速直线运动占讨C.重物M的最大速度是3 LD.重物M的速度先增大后减小CD【解析】与杆垂直的速度v是C点的实际速度,v绳是沿细绳的速度，即重物M的速度。设v绳与v的夹角是8 ,则v绳=vcos 0 ,开始时e减小，则v绳增大；当杆与细绳垂直（e =0）时，重物M的速度最大，为 vmaxcoL,然后再减小，C、D正确。3.如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环,AC连线水

6、平，AB为固定在 A B两点间的直金属棒，在直棒和圆环的 BC部分上分别套着小环 M N（棒和半圆环均光滑），现让半圆环绕竖直对称轴以角速度 3 1做匀速转动，小环M N在图示位置。如果半圆环的角速度为 3 2,32比3 1稍微小一些，关于小环M N的位置变化，下列说法正确的是A.小环MW到达B点，小环N将向B点靠近稍许B.小环MW到达B点，小环N的位置保持不变C.小环MW向B点靠近稍许，小环 N将向B点靠近稍许D.小环M向B点靠近稍许，小环 N的位置保持不变设AB连线与水平面的夹角为 a ,当半圆环绕竖直对称轴以角速度3 1做匀速转动时，对小环 M外界提供的向心力等于mgtan a ,由牛顿

7、第二定律得:mgtan a = mco 12r m；当角速度减小时，小环所需要的向心力减小，而外界提供的向心力不变，造成外界提供的向心力大于小环所需要的向心力，小环将做近心运动，最终小环 M将到达B点。对于N环，由牛顿第二定律得:mgtan B = ma i2n, 3是小环N所在半径与竖直方向的夹角。当角速度稍微减小时，小环所需要的向心力减小，小环将做近心运动， 向B点靠近，此时3也减小,外界提供的向心力 mNgtan p也减小，外界提供的向心力与小环所需要的向心力可重新达到平衡，所以小环 N将向B点靠近稍许，故 A正确。4.如图所示，在室内自行车比赛中， 运动员以速度v在倾角为e的赛道上做匀

8、速圆周运动。已知运动员的质量为E做圆周运动的半径为 R重力加速度为g,则下列说法正确的是（）A.将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用22B.运动员受到的合力大小为 nvR,做圆周运动的向心力大小也是nRC.运动员做圆周运动的角速度为vRD.如果运动员减速，运动员将做离心运动【答案】B【解析】向心力是由整体所受的合力提供的，选项A错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，选项 B正确；运动员做圆周运动的角速度为，选项C错误；只有运动员加R速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D错误。5 .如图所示，平面直角坐标系 xOy的x轴水平

9、向右，y轴竖直向下，将一个可视为质点的小球从坐标原点 O沿x轴正方向以某一初速度向着一光滑固定斜面抛出，小球运动到斜面顶端a点时速度方向恰好沿斜面向下，并沿斜面滑下。若小球沿水平方向的位移和速度分别用x和Vx表示，沿竖直方向的位移和速度分别用 y和vy表示，则在小球从 O点到余斜面底端 b点的过程中，下列图象可 能正确的是（）ABCD【答案】BC【解析】在平抛运动阶段，水平方向做匀速直线运动，“ %保持不变，水平位移 x Vxt随1 , 2时间均匀增加；竖直万向做自由洛体运动， vy gt,即vy随时间均匀增大，竖直位移y -gt ,即是一条过原点开口向上的抛物线；当小球运动到斜面顶端a点时速

10、度方向恰好沿斜面向下，则小球在斜面上做匀加速直线运动，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，可知在水平方向上以Vo为初速度匀加速直线运动，此时V Vo axt ,随时间均匀增大，水平位移,1.2X v°t ,axt ,是一条开口向上的抛物线；在竖直万向上继续做匀加速直线运动，Vy仍随时间均匀增大，由于加速度小于原来平抛的重力加速度， 故增加的幅度变小，竖直位移y仍是 一条开口向上的抛物线，由此分析可知 A、D错误，B、C正确。6 .（多选）如图所示，质量为m的小球用长度为 R的细绳拴着在竖直面上绕O点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点 A,重力加速度为g,不计空气阻力，则（）。A.小球

11、通过最高点 A的速度为，gRf 炉 4.-.- -4B.小球通过最低点 B和最高点A的动能之差为 mgR"）1 i /C.若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点断了，则小球还能上升的高度为RF ：2RD.若细绳在小球运动到 A处断了，则经过t=1Jq时间小球运动到与圆心等高的位置【答案】AD2VA【解析】小球刚好通过最局点时，细绳的拉力恰好为零，有：mg= mR,解得：VA=!gR,故A正确；根据动能定理，A R=mg,2R= 2mgR故B错误；从A到C,由动能定理可得：11 OmgR 2mv22mv2,细绳在小球运动到与圆心 O等高的C点断了，小球将做竖直上抛运动，设上升的高度为h,

12、由动能定理得：一mgh=02mv2,解得：h=1.5R故C错误；若细绳在小球运动到 A处断了，小球将做平抛运动,经过时间t=小球下落高度 R此时与圆心的位置等高，故 D正确。7 .（多选）如图所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动，某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同,此时两小球速度大小相同，若两小球质量均为m忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是（）A.此刻两根细线拉力大小相同8 .运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mgC.运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mgD.若相对同一零势能面，小球 1在最高点的机械能等于

13、小球 2在最低点的机械能【答案】CD【解析】题图位置，球1加速度向上，处于超重状态；球 2加速度向下，处于失重状态，故2一一V1一球1受到的拉力较大，故 A错误；球1在最局点，有：Fi+mg= mR,球2在最低点，有:2V2 一 .一 F2-mg= mR,两个球运动过程中机械能守恒，设两球在题图位置的速度为V,对球1:1 22mv111V2V2故F2= 2mv2+2mgR 对球 2： 2mV = 2mv22mgR 联立解得：F1=mR5mg F2=mR+ 5mg F1=10mg故B错误，C正确；两个球运动过程中机械能守恒，而题图位置两个球的机械能相等，故两个球的机械能一直是相等的，故D正确。，

14、一 1，一，一 ，8.如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑”弧轨道的半径R = 2 m,其轨道底端P 距地面的高度h = 5 m, P与右侧竖直墙的距离 L = 1.8 m , Q为圆弧轨道上的一点，它与圆心O的连线OQ与竖直方向的夹角为 53°。现将一质量 m=100 g、可视为质点的小球 从Q点由静止释放，重力加速度 g = 10 m/s 2,不计空气阻力。(sin 53° = 0.8 ,53° = 0.6 )(1)小球运动到P点时对轨道的压力多大？(2)若小球每次和竖直墙壁的碰撞均是弹性碰撞，则小球的最终落地点离右侧墙角点的距离为多少？(小球和地面碰撞后不

15、再弹起)12【解析】(1)小球由Q到P的过程，由动能定理得：mgR1cos 53 )=万mV在P点小球所受的支持力为 F,由牛顿第二定律有：F-mg= mV/R联立解得F= 1.8 N根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小F' = 1.8 N。 (2)小球到达P点时速度的大小为 V,由得v=4 m/s若右侧无墙壁，则小球做平抛运动的时间t = ,劲 联立解得小球做平抛运动的射程x = vt=4 m 由弹性碰撞和镜面对称的规律知，小球和左右两侧竖直墙壁各碰一次后，落到地面上，落点与B点相距s= L (x 2L) = 1.4 m。9.如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为 Q半径R= 0.5 m , C为最低点，其中 OB水平，/ AO年37°。一质量 m= 2 kg的小球从轨道左侧距地面高h = 0.55 m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧形轨道，取g= 10 m/s2, sin 37 ° = 0.6 , cos 37 ° = 0.8 ,求: (1)小球抛出点到 A点的水平距离；(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小