2024年高中物理第五章曲线运动章末复习课训练含解析新人教版必修2

PAGE9-章末复习课学问体系[答案填写]①切线②不在同一条直线上③重力④匀速直线运动⑤自由落体运动⑥v0t⑦eq\f(1,2)gt2⑧eq\f(y,x)⑨v0⑩gt⑪eq\f(vy,vx)⑫eq\f(Δs,Δt)⑬eq\f(Δθ,Δt)⑭ωr⑮eq\f(2πr,T)⑯ω2r⑰eq\f(v2,r)⑱eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r⑲mω2r⑳meq\f(v2,r)eq\o\ac(○,21)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r主题一小船渡河问题的处理方法1．小船参加的两个分运动．小船在河流中实际的运动(站在岸上的视察者看到的运动)可视为船同时参加了这样两个分运动：(1)船相对水的运动(即船在静水中的运动)，它的方向与船身的指向相同；(2)船随水漂流的运动(即速度等于水的流速)，它的方向与河岸平行．船在流水中实际的运动(合运动)是上述两个分运动的合成．2．两类最值问题．(1)渡河时间最短问题：若要渡河时间最短，由于水流速度始终沿河道方向，不能供应指向河对岸的分速度．因此只要使船头垂直于河岸航行即可．由图可知，t短＝eq\f(d,v船)，此时船渡河的位移x＝eq\f(d,sinθ)，位移方向满意tanθ＝eq\f(v船,v水).(2)渡河位移最短问题(v水＜v船)：最短的位移为河宽d，此时渡河所用时间t＝eq\f(d,v船sinθ)，船头与上游夹角θ满意v船cosθ＝v水，如图所示．(3)若v水＞v船，这时无论船头指向什么方向，都无法使船垂直河岸渡河，即最短位移不行能等于河宽d，找寻最短位移的方法是：如图所示，按水流速度和船静水速度大小的比例，先从动身点A起先作矢量v水，再以v水末端为圆心，v船为半径画圆弧，自动身点A向圆弧作切线为船位移最小时的合运动的方向．这时船头与河岸夹角θ满意cosθ＝eq\f(v船,v水)，最短位移x短＝eq\f(d,cosθ)，即v船⊥v合时位移最短，过河时间t＝eq\f(d,v船sinθ).【例1】河宽60m，水流速度v1＝6m/s，小船在静水中速度v2＝3m/s，则：(1)它渡河的最短时间是多少？(2)最短航程是多少？解析：(1)当小船速度垂直于河岸过河的时间最短，则tmin＝eq\f(d,v2)＝eq\f(60,3)s＝20s.(2)先作出OA表示水流速度v1，然后以A为圆心、以船在静水的速度v2的大小为半径作圆，过O作圆A的切线OB与圆A相切于B，连接AB，过O作AB的平行线，过B作OA的平行线，两平行线相交于点C，则OC为船在静水中的速度v2(如图所示)：由图不难看出，船沿OBD行驶到对岸位移最短，设v2与河岸的夹角为α，则有cosα＝eq\f(v2,v1)＝eq\f(1,2)，α＝60°，smin＝eq\f(d,cosα)＝eq\f(60,\f(1,2))m＝120m.答案：(1)20s(2)120m针对训练1．(多选)某河宽为600m，河中某点的水流速度v与该点到较近河岸的距离d的关系图象如图所示．船在静水中的速度为4m/s，要想使船渡河的时间最短，下列说法正确的是()A．船在航行过程中，船头应与河岸垂直B．船在河水中航行的轨迹是一条直线C．渡河的最短时间为240sD．船离开河岸400m时的速度大小为2eq\r(5)m/s解析：若船渡河的时间最短，船在航行过程中，必需保证船头始终与河岸垂直，选项A正确；因水流的速度大小发生改变．依据运动的合成与分解可知，船在河水中航行的轨迹是一条曲线，选项B错误；渡河的最短时间为tmin＝eq\f(d,v船)＝eq\f(600,4)s＝150s，选项C错误；船离开河岸400m时的水流速度大小与船离开河岸200m时的水流速度大小相等．即v水＝eq\f(3,300)×200m/s＝2m/s，则船离开河岸400m时的速度大小为v′＝eq\r(veq\o\al(2,船)＋veq\o\al(2,水))＝eq\r(42＋22)m/s＝2eq\r(5)m/s，选项D正确．答案：AD主题二平抛运动临界问题的求解方法解决平抛运动的临界问题的关键有三点：1．确定运动性质——平抛运动；2．确定临界位置——恰好(不)的位置；3．确定临界轨迹，并画出轨迹示意图．【例2】如图所示为一网球场长度示意图，球网高为h＝0.9m，发球线离网的距离为x＝6.4m，某一运动员在一次击球时，击球点刚好在发球线上方H＝1.25m高处，设击球后瞬间球的速度大小为v0＝32m/s，方向水平且垂直于网，试通过计算说明网球能否过网？若过网，试求网球的干脆落地点离对方发球线的距离L？(不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2)解析：解法一网球恰好能过网时到达网所在处下降的高度：H－h＝eq\f(1,2)gt2，水平通过的位移：x＝v0mint，故所需的最小击球速度：v0min＝xeq\r(\f(g,2（H－h）))＝eq\f(64,7)eq\r(7)m/s，而v0＝32m/s＞v0min，故网球可过网．网球从被击到落地历时为t＝eq\r(\f(2H,g))＝0.5s，水平方向上运动的距离s＝v0t＝16m，则网球落在对方发球线右侧与发球线间的距离为L＝s－2x＝3.2m.解法二网球到达网所在处历时为t1＝eq\f(x,v0)＝0.2s，下落高度h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝0.2m，因h1＜H－h＝0.35m，故网球可过网．以下同法一．答案：见解析针对训练2．如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，问：(1)小球水平抛出的初速度v0是多少？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？(3)若斜面顶端高H＝20.8m，则小球离开平台后经多长时间t到达斜面底端？解析：(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，如图所示．vy＝v0tan53°，veq\o\al(2,y)＝2gh，代入数据，得vy＝4m/s，v0＝3m/s.(2)由vy＝gt1，得t1＝0.4s，故x＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m.(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a＝eq\f(mgsin53°,m)＝8m/s2，初速度v＝eq\r(\a\vs4\al(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y)))＝5m/s，eq\f(H,sin53°)＝vt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，代入数据，整理得：4teq\o\al(2,2)＋5t2－26＝0，解得t2＝2s或t2＝－eq\f(13,4)s(不合题意舍去)．所以t＝t1＋t2＝2.4s.答案：(1)3m/s(2)1.2m(3)2.4s【统揽考情】本章学问考点较多，在高考命题中的热点有：(1)对运动合成与分解的理解；(2)对平抛运动的理解及综合应用；(3)圆周运动的受力分析及与牛顿其次定律、能量观点的综合应用．以上热点也是重点，在高考试题中既有选择题，也有综合大题．既有对本章学问的单独考查，又有与以后学习的动能定理、能量守恒、电场、磁场等学问的综合考查．【真题例析】(多选)(2024·全国卷Ⅱ)如图(a)，在跳台滑雪竞赛中，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，每次都从离开跳台起先计时，用v表示他在竖直方向的速度，其vt图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则()A．其次次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．其次次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．其次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，其次次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大解析：由v－t图面积易知其次次面积大于等于第一次面积，故其次次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以A错误；由于最终均落在倾斜雪道上且其次次竖直方向下落距离大，位移的方向不变，故其次次水平方向位移大，故B正确；由于vt斜率知第一次斜率大，加速度大，所以a1>a2，故C错误；竖直方向速度大小为速度为v1时，第一次图象斜率大，故a1>a2，由G－fy＝ma，可知，fy1<fy2，故D正确．答案：BD针对训练(2024·全国卷Ⅰ)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(忽视空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其缘由是()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解析：发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，依据平抛运动规律，竖直方向上，h＝eq\f(1,2)gt2，可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的，选项A错误；由veq\o\al(2,y)＝2gh可知，两球下落相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同，选项B错误；由平抛运动规律，水平方向上，x＝vt，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少，选项C正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D错误．答案：C1.(2024·海南卷)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r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g.若硬币与圆盘一起绕OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为()A.eq\f(1,2)eq\r(\f(μg,r)) B.eq\r(\f(μg,r))C.eq\r(\f(2μg,r)) D．2eq\r(\f(μg,r))解析：硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力供应，得μmg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(μg,r))，即圆盘转动的最大角速度为eq\r(\f(μg,r))，故选项B正确．答案：B2．(多选)(2024·江苏卷)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ω，重力加速度为g，则座舱()A．运动周期为eq\f(2πR,ω)B．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R解析：由于座舱做匀速圆周运动，由公式ω＝eq\f(2π,T)，解得T＝eq\f(2π,ω)，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系，可知v＝ωR，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，不行能始终为mg，故C错误；由匀速圆周运动的合力供应向心力可得：F合＝mω2R，故D正确．答案：BD3．(多选)(2024·江苏卷)火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发觉放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°.在此10s时间内，火车()A．运动路程为600m B．加速度为零C．角速度约为1rad/s D．转弯半径约为3.4km解析：圆周运动的弧长s＝vt＝60×10m＝600m，故A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，加速度不为零，故B错误；圆周运动的角速度ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(10°×3.14,180°×10)rad/s＝eq\f(3.14,180)rad/s，又v＝ωr，所以r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(60,3.14)×180m＝3439m，选项C错误，D正确．答案：AD4．(2024·江苏卷)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．tB.eq\f(\r(2),2)tC.eq\f(t,2)D.eq\f(t,4)解析：设两球间的水平距离为L，第一次抛出的速度分别为v1、v2，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出相遇经过的时间t＝eq\f(L,v1＋v2)，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则从抛出到相遇经过的时间为t′＝eq\f(L,2（v1＋v2）)＝eq\f(t,2)，C项正确．答案：C5．一带有乒乓球放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.放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放射乒乓球，放射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的放射速率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.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))＜v＜L1eq\r(\f(g,6h))B.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))＜v＜eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h))C.eq\f(L