专题4曲线运动3年高考真题+1年模拟训练-2021年高考物理二轮复习(解析版)

专题4曲线运动一、单选题1.（2020•浙江高考真题）如图所示，钢球从斜槽轨道末端以v0的水平速度飞出，经过时间t落在斜靠的A.下落时间仍为tB.下落时间为21 C下落时间为、21 D.落在挡板底端B点【答案】C【解析】钢球以v0飞出后落在长为2L的AB挡板中点，假设挡板与水平地面的夹角为0，钢球做平抛运动分解位移：Lcos0=vt0Lsin0=2gt2解得：v0=.”若钢球恰好落在B点，则:2Lcos0=vt112Lsin0=—gt221解得：v1又因为2v〉v，所以钢球以2v抛出，落在地面上B点右侧，落地时间与落在B点时间相同，综合上述01 0分析可知落地时间：t二立巫巫=、.：21

1Vg故C正确，ABD错误。故选C..（2019・海南高考真题）如图，一硬币（可视为质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO'的距离为厂，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为四（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起OOf轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（）【答案】B【解析】硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则：Nmg=加32r，解得3=:，即圆盘转动的最大角速度为故选最大角速度为故选B.二、多选题.（202。海南高考真题）小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出的速度大小为10m/s，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为1.25m,g=10m/s2，忽略空气阻力，则射出的水（）A.在空中的运动时间为0.25sB.水平射程为5mC.落地时的速度大小为15m/sD.落地时竖直方向的速度大小为5m/s【答案】BD12h 12x1.25公——二: s=0.5s2h 12x1.25公——二: s=0.5sg\10t=故A错误；B.水平射程为x=vt=10x0.5m=5m0故B正确；CD.竖直方向分速度为v=gt-10x0.5m/s=5m/sy水平分速度为v-v-10m/s

x0落地速度为v-v:v2+v2=5J5m/s

yx故C错误，D正确。故选BD。4.（2020・江苏高考真题）如图所示，小球A、B分别从21和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为1和21。忽略空气阻力，则（ ）

A的初速度是B的1乙A的末速度比B的大【答案】AD【解析】A.位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得A的初速度是B的1乙A的末速度比B的大【答案】AD【解析】A.位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得A和B的位移大小相等，A正确;B.平抛运动运动的时间由高度决定，即tAgtB2x1g21则A的运动时间是B的*2倍，B错误;vxBC.vxBvxA1则A的初速度是B的p=,C错误;D.小球A、B在竖直方向上的速度分别为"yA=2而，VyB1而所以可得

17gl即u>v,D正确。AB故选AD。.（2019・江苏高考真题）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,运动半径为凡角速度大小为e重力加速度为g，则座舱（）A.运动周期为A.运动周期为2nR3B.线速度的大小为eRC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为me2R【答案】BD2n 2n【解析】由于座舱做匀速圆周运动,由公式3=万,解得：『=-,故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，v=3R，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：F=m32R，故D正确.三、实验题.（2019•北京高考真题）用如图1所示装置研究平抛运动.将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上.钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上.由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点.移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点.（1）下列实验条件必须满足的有 ．A.斜槽轨道光滑B.斜槽轨道末段水平C挡板高度等间距变化D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球（2）为定量研究，建立以水平方向为％轴、竖直方向为y轴的坐标系.a•取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时（选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行．b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，1AB和BC的水平间距相等且均为％，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2,则:3（选填“大于”、“等于”或者“小于”）.可求得钢球平抛的初速度大小为（已知当地重力加速度为g,结果用上述字母表示）．（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是A.从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹（4）伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样．这实际上揭示了平抛物体 ．A.在水平方向上做匀速直线运动B.在竖直方向上做自由落体运动C.在下落过程中机械能守恒（5）牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远，如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星．同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动，请分析原因．【答案】BD球心需要大于v=x1——ABB利用平抛运动的轨迹的抛物线和圆周运动0yy-y2 1知识证明即可【解析】根据平抛运动的规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动解答．本实验中要保证小球飞出斜槽末端时的速度为水平，即小球做平抛运动，且每次飞出时的速度应相同，所以只要每次将小球从斜槽上同一位置由静止释放即可，故BD正确；a.平抛运动的起始点应为钢球静置于Q点时，钢球的球心对应纸上的位置，由于平抛运动在竖直方向做自由落体运动，所以在确定y轴时需要y轴与重锤线平行；b.由初速度为零的匀加速直线运动规律即在相等时间间隔内所通过的位移之比为1：3：5：7：.…可知，由于y1A点不是抛出点，所以-1>a；设AB,BC间所用的时间为T，竖直方向有：y-y=gT2,水平方向y2 3 2 1有：%二^0T，联立解得：y0=%A项：细管A始终在水面之下，B就会喷出稳定的细水柱，故可行.A正确~H■B项：用频闪照相在同一底片上记录小球不同时刻的位置即平抛运动的轨迹上的点，平滑连接在一起即为平抛运动轨迹，所以此方案可行；C项：将铅笔垂直于竖直的白板放轩，以一定初速度水平抛出，笔尖与白纸间有摩擦阻力的作用，所以铅笔作的不是平抛运动，故此方案不可行；（4）由平抛运动竖直方向运动可知，h=1gt2,时间t=,：2h，所以只要高度相同，时间相同，故B正

2 %g确；1g（5）由平抛运动可知，竖直方向：h=-gt2,水平方向：%—y0t，联立解得：＞=277%2，即抛出物2 0 y20体的轨迹为抛物线，当抛出的速度越大，在抛物线上某点的速度足以提供该点做圆周运动的向心力时，物体的轨迹从抛物线变为圆．.（2019・浙江高考真题）采用如图所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验（1）实验时需要下列哪个器材 A.弹簧秤 B.重锤线 C.打点计时器（2）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹．下列的一些操作要求，正确的是 A.每次必须由同一位置静止释放小球.每次必须严格地等距离下降记录小球位置C.小球运动时不应与木板上的白纸相接触D.记录的点应适当多一些（3）若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如图所示的频闪照片.在测得x1,x2,x3,x4后，需要验证的关系是 .已知频闪周期为T,用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是 TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"二___S）

西 i, 0A.±B.红C.）D.在T2T3T4T【答案】BACD%-％=%-％=%-%=%D43 32 211【解析】（1）实验时需要重锤线来确定竖直方向，不需要弹簧秤和打点计时器，故选B.（2）实验时每次必须由同一位置静止释放小球，以保证小球到达最低点的速度相同，选项A正确;每次不一定严格地等距离下降记录小球位置，选项B错误；小球运动时不应与木板上的白纸相接触，否则会改变运动轨迹，选项C正确；记录的点应适当多一些，以减小误差，选项D正确.(3)因相邻两位置的时间间隔相同，则若小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，则满足：x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1；由小球最后一个位置与第一个位置的水平距离计算求得的水平速度误差较小，则用4T计算式求得的水平速度误差较小，故选D.四、解答题8.(202。山东高考真题)单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角a=72.8°,腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2,sin72.8°=0.96,cos72.8°=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；TOC\o"1-5"\h\z(2)M、N之间的距离L o【答案】(1)4.8m；(2)12m【解析】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1,由运动的合成与分解规律得v=vsin72.8。 ①1M设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为由,由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1 ②由运动学公式得d=生③联立①②③式，代入数据得2a1联立①②③式，代入数据得TOC\o"1-5"\h\zd=4.8m ④(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2=vMcos72.8° ⑤设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma2 ⑥设腾空时间为t，由运动学公式得t=21 ⑦a1L=vt+—at2 ⑧\o"CurrentDocument"2 22联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12m ⑨9.(2018・浙江高考真题)在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图所示.小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为小37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2m/s,然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点.已知B点的高度h1=1.2m,D点的高度h2=0.8m,D点与G点间的水平距离L=0.4m,滑块与轨道AB间的动摩擦因数〃=0.25,sin37°=0.6，cos37°=0.8．(1(1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度;（2）求小滑块从D点飞出的速度；（3）判断细管道BCD的内壁是否光滑.【答案】（1）8m/s2,6m/s（2）1m/s（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑．【解析】（1）上滑过程中，由牛顿第二定律：mgsin9+Nmgcos9=ma，解得a=8m/s2h由运动学公式v^-v0=~2a-i-ig-，解得v0=6m/s（2）滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律L=vt，h=1gt2,解得v=1m/sD22 D（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑10.（2018.浙江高考真题）如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2所示的示意图，倾角9=37。的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h=24m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心01,水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L=20m,质量m=1000kg的过山车（包括乘客）从5点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍.已知1过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数^=—,EF段摩擦不计，整个运动过程空气阻力不计.（sin37。=0.6,cos37。=0.8）（1）求过山车过F点时的速度大小；（2）求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；（3）如图过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少多大？图2图2【答案】（1）3v10m/s（2）W=—7.5x104J（3）Fm=6000N【解析】（1）由于已知厂点乘客受到的支持力，设圆周运动半径为厂，根据向心力公式v2mg一0.25mg=m-F-

r解得v=3<10m/sF（2）由动能定理可知从B点到F点，1—mv2—0=mg(h一r)+W2F f解得卬=—7.5x104J（3）从D到F过程中mv2一mv22F2D一mgr一从mgcosmv2一mv22F2D触发制动后恰好能到达£点对应的摩擦力为Ff，则1一FLcos0—mgrcos0=0——mv2f1 2d解得73F=—x103N=4.6x103N

f116要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为F22f2F=mgsin0=6000Nf2综合考虑可知F=6000Nfm1_年高考模拟1.如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度3匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是（）A.仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力B.仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小①C.仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力D.仅增加角速度至3'后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力【答案】BD【解析】根据题意可知，mgtan0=mr32=mLsin032A.仅增加绳长后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁右侧，小球受到玻璃管给的斜向下方的压力，故A错误；B.仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，根据以上分析可知，需减小3，故B正确；C.小球质量可以被约去，所以，增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误;D.仅增加角速度至3'后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁右侧，小球受到斜向下方的压力，故D正确。故选BD。2.如图所示，倾角0=30。的斜面体C固定在水平面上。置于斜面上的物块B,通过细绳跨过光滑定滑轮（滑轮可视为质点）与小球A相连，连接物块B的细绳与斜面平行，滑轮与球A之间的细绳长度为L,物块B与斜面间的动摩擦因数从二看，开始时A、B均处于静止状态，B、C间恰好没有摩擦力。现让A在水平面内做匀速圆周运动，物块B始终静止，则A的角速度可能为（ ）【答案】ABC【解析】开始时A、B均处于静止状态，B、。间恰好没有摩擦力，则有mg=mgsin0AB解得m=2mBA当A以最大角速度做圆周运动时，要保证B静止，此时绳子上的拉力T=mgsin0+日mgcos0=2mgBBA设A以最大角速度做圆周运动时绳子与竖直方向的夹角为a,设最大角速度为3mg1cosa=4=一T2对A受力分析可知，物体A做圆周运动的半径R=Lsina=L2向心力为F=Tsina="3mgn A由向心力公式Am解得,最大角速度33m故ABC正确，D错误。故选ABC。3.如图所示，从高H处的一点O先后平抛两个小球l和2.球1恰好直接掠过竖直挡板的顶端（未相碰）落到水平地面上的B点，球2则与地面处A点碰撞一次后，也恰好掠过竖直挡板落在B点.设球2与地面碰撞无机械能损失（类似遵循光的反射定律）,则下列说法正确的是（）A•球1平抛的初速度为球2的3倍

B•球1掠过挡板的时刻恰好是其做平抛运动从O到B的中间时刻CA点到挡板的距离是B点到挡板距离的13D.竖直挡板的高度h=4H【答案】ABD【解析】A项：球2运动轨迹可分为3段相同的平均轨迹，所以球2第一段一平抛的水平位移为1是球1平抛轨21迹水平