2018届高三物理二轮复习练习：曲线运动 提能增分练(二) Word版含解析

提能增分练(二)测定动摩擦因数的4种方法1.一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲。

(1)图乙是打出的纸带一段，g 为当地重力加速度。

已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz ，利用图乙给出的数据可求出小车下滑的加速度a ＝________m/s 2。

(2)为了求出小车下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有________。

(3)用测得的量及加速度a 表示动摩擦因数的计算式为μ＝________。

解析：(1)从纸带可以根据逐差法算出a ＝x 8＋x 7＋x 6＋x 5－x 4＋x 3＋x 2＋x 116T 2≈4.05 m/s 2。

(2)(3)由牛顿第二定律可以写出加速度的表达式a ＝gsin θ－μｇcos θ，可见，还需要知道斜面倾角的正弦和余弦值。

可以利用直尺测出斜面上任意两点间距离l 及这两点的高度差h ，用l 和h 表示函数值，即a ＝g hl －μｇl 2－h 2l ，化简得μ＝gh －al g l 2－h2。

答案：(1)4.05(2)斜面上任意两点间距离l 及这两点的高度差h(3)gh －al g l 2－h22．(2017·陕西渭南模拟)如图甲所示，某同学将一端固定有滑轮的长木板水平放置在桌面上，利用钩码通过细线水平拉木块，让木块从静止开始运动。

利用打点计时器在纸带上记录下的木块运动情况如图中所示，其中O 点为纸带上记录的第一个点，A 、B 、C 是该同学在纸带上所取的计数点，图乙所标明的数据为A 、B 、C 点到O 点的距离。

已知打点计时器所用交流电源的频率f ＝50 Hz 。

(计算结果均保留两位有效数字)(1)打点计时器打下B 点时木块的速度为v B ＝________m/s ；木块的加速度a ＝________m/s 2。

(2)接着该同学利用天平分别测出钩码的质量m ＝0.10 kg 、木块的质量M ＝0.40 kg ，根据给出的与已经算出的数据，该同学计算出木块与木板间的动摩擦因数μ。

增分练(4) 曲线运动1．(2017·杭州市二模)(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等、直径约30 cm 的感应玻璃盘起电的．其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接如图乙所示．现玻璃盘以100 r/min 的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm ，从动轮的半径约为2 cm ，P 和Q 是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑．下列说法正确的是()A ．P 、Q 的线速度相同B ．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反C ．P 点的线速度大小约为1.6 m/sD ．摇把的转速约为400 r/min解析：选BC.线速度也有一定的方向，P 、Q 两点的线速度的方向一定不同；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反；玻璃盘的直径是30 cm ，转速是100 r/min ，所以线速度：v ＝ωr ＝2n πr ＝2×10060×π×0.32 m/s ＝0.5π m/s≈1.6 m/s；从动轮边缘的线速度；v从＝ω·r从＝2×10060×π×0.02 m/s＝115π m/s.由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即v 主＝v 从，所以主动轮的转速：n 2＝ω主2π＝v 主r 主2π＝115π2π×0.08＝12.4r/s ＝25 r/min.2．(2017·萍乡市二模)(多选)如图所示，一个可视为质点的小物块从坐标原点O 沿x 轴正方向以1 m/s 的速度水平飞出，击中右下侧挡板上的P 点．挡板的形状满足方程y ＝x 2－6(单位：m)，不计一切摩擦和空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是()A ．小物块从O 点运动到P 点的时间为1 sB ．P 点的坐标为(2，－2)C ．小物块刚到P 点时速度方向与水平方向的夹角的正切值等于10D ．小物块到达P 点时速度的大小为10 m/s解析：选AC.由题意可知，小物块从O 点水平抛出后满足：y ＝－12gt 2① x ＝vt ②又有y ＝x 2－6③联立①②③式，代入数据解得：t ＝1 s ，故A 正确．将t ＝1 s 代入②③得x ＝1 m ，y ＝－5 m ，所以P 点的坐标为(1，－5)，故B 错误． 到达P 点时竖直分速度v y ＝gt ＝10×1 m/s＝10 m/s ，则P 点的速度v P ＝1＋100 m/s ＝101 m/s ，速度方向与水平方向夹角的正切值tan α＝v y v 0＝101＝10，故C 正确，D 错误． 3．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O 、O ′分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径比r 甲∶r 乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A 、B ，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O 、O ′的间距R A ＝2R B .若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( )A ．滑块A 和B 在与轮盘相对静止时，角速度之比为ωA ∶ωB ＝1∶3 B ．滑块A 和B 在与轮盘相对静止时，向心加速度大小之比为a A ∶a B ＝2∶9C ．转速增加后滑块B 先发生滑动D ．转速增加后两滑块一起发生滑动解析：选ABC.假设轮盘乙的半径为r ，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲·3r ＝ω乙r ，则可得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前A 、B 的角速度之比为1∶3，A 正确；滑块相对轮盘开始滑动前，根据a ＝ω2R 得A 、B 的向心加速度之比a A ∶a B ＝2∶9，B 正确；据题意可得滑块的最大静摩擦力分别为f A ＝μm A g ，f B ＝μm B g ，最大静摩擦力之比为f A ∶f B ＝m A ∶m B ；转动中所受的静摩擦力之比为f A ′∶f B ′＝m A a A ∶m B a B ＝m A ∶4.5m B ，综上分析可得滑块B 先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C 正确、D 错误．4．(2017·梅州市二模)如图所示，一小球从半径为R 的固定半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中速度恰好与半圆轨道相切于B 点．O 为半圆轨道圆心，OB 与水平方向夹角为45°，重力加速度为g ，关于小球的运动，以下说法正确的是( )A ．小球自抛出点至B 点的过程中重力做功为2＋24mgR B ．小球自抛出点至B 点的水平射程为32RC ．小球抛出的初速度为2gRD ．抛出点与B 点的距离为2R解析：选A.由几何知识小球的水平射程为x ＝R ＋R cos 45°＝2＋22R ，故B 错误；小球与半圆轨道相切于B 点，则tan 45°＝v y v 0＝1，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝y x ＝v y2tv 0t＝v y 2v 0＝12可得竖直位移y ＝12x ＝2＋24R ，所以小球自抛出点至B 点的过程中重力做功W G ＝mgy ＝2＋24mgR ，故A 正确；由v 2y ＝2gy ，得v y ＝2gy ＝2＋22gR 由上得知，v 0＝v y ＝2＋22gR .故C 错误；抛出点与B 点的距离为s ＝x 2＋y 2＝10＋254R ，故D 错误．5．(多选)如图所示，质量为m 的小球由轻绳OA 和OB 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，且两段绳成直角，OA 与AB 的夹角为30°，现让整个装置以竖直杆为轴，以恒定的角速度转动，使小球在水平面内做匀速圆周运动，两段细绳都始终没有松弛，且O 、A 、B 始终处于同一竖直平面内．随着装置匀速转动的角速度不同，关于两绳的拉力大小，下列说法正确的是( )A ．OA 拉力的最小值为12mg 、最大值为2mgB ．OA 拉力的最小值为0、最大值为2mgC ．OB 拉力的最小值为32mg 、最大值为2mg D ．OB 拉力的最小值为0、最大值为32mg 解析：选AD.由题意可知，OA 与AB 的夹角为30°，OB 与AB 的夹角为60°，如图，以小球为对象进行受力分析，可得F OA sin 30°＋F OB sin 60°＝mg ，F OA co s 30°－F OB cos 60°＝m ω2r解得F OA ＝2mg －3F OB所以F OB 1＝0时，OA 拉力取最大值F OA 1＝2mg联立求解可得F OA ＝12mg ＋32m ω2r .因ω≥0，所以当ω＝0时，OA 的拉力最小，OB 的拉力最大，此时F OA 2＝12mg ，F OB 2＝32mg .所以选项A 、D 正确，B 、C 错误．6．(2017·菏泽市二模)用如图甲所示的圆弧一斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m 的小球从半径为R 的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器，测出小球对轨道压力的大小F .已知斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x ，最后作出了如图乙所示的F ­x 图象，g 取10 m/s 2，则由图可求得圆弧轨道的半径R 为( )A ．0.125 mB ．0.25 mC ．0.50 mD ．1.0 m解析：选 B.小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据平抛运动的规律可得做平抛运动竖直分位移x tan θ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x v 2，小球在弧形轨道最低点做圆周运动，根据牛顿第二定律可得：F ′－mg ＝m v 2R (F ′是F 的反作用力)，由以上两式解得：F ′＝mg2Rx ＋mg ，即题图乙中纵轴截距5.0 N为小球的重力，斜率k＝10 N/m＝mg2R，即R＝0.25 m，选项B正确，其余均错误．。

提能增分练 ( 一)平抛运动问题的五种解法[ A 级—— 夺高分 ]1.(2017·呼伦贝尔模拟) 如下图，在同一平台上的O 点水平抛出的三个可视为质点的物体，分别落到a 、b 、c 三点，则三个物体运动的初速度v a 、 v b 、v c 的关系和三个物体运动的时间t a 、 t b 、t c 的关系是()A ． v >v >vc t >t >tcB． v <v <vct ＝ t ＝ tcababababC ． v a <v b <v c t a >t b >t cD． v a >v b >v c t a <t b <t c12分析：选 C 三个物体的平抛运动竖直方向都为自由落体运动，由h ＝ 2gt 可知， a 的运动时间最长， c 的运动时间最短；由水平方向做匀速直线运动 x ＝ vt ，可知 c 的初速度最大， a 的初速度最小， C 正确。

2. 如下图，斜面与水平面之间的夹角为 45°，在斜面底端 A 点正上方高度为 10 m 处的 O 点，以 5 m/s 的速度水平抛出一个小球，飞翔一段时间后撞在斜面上，不计空气阻力，这段飞翔所用的时间为( g ＝ 10 m/s 2)( )A ． 2 s B. 2 s C ． 1 s D ． 0.5 s分析：选 C设小球撞到斜面 AB 中的一点 D 上，则小球的水平运动的时间与竖直着落的时间相等，设飞翔时间为 t ，则依据几何关系可得： v 0t ＝ 10 m － 21gt 2，代入数据解得 t ＝ 1s ，应选项 C 正确。

3.(2017 ·广州综合测试) 如图，窗子上、下沿间的高度H ＝ 1.6 m ，墙的厚度 d ＝ 0.4 m 。

某人在离墙壁距离＝ 1.4 m ，距窗子上沿高＝ 0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以Lh速度 v 垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平川面上，g 取 10 m/s 2，则 v的取值范围是 ()A ． v >7 m/sB． v >2.3 m/sC ． 3 m/s<v <7 m/sD． 2.3 m/s<v <3 m/s分析：选 C小物体穿过窗口并落在水平川面上，需知足的条件为能穿过窗口的右上沿( 即水平位移x ＝L时，竖直位移> ) ，同时能穿过窗口的左下沿( 即水平位移x＝＋，竖y h L dgt2直位移< ＋ ) ，联合公式h＝，＝vt，解得 3 m/s<v <7 m/s ，故 C 正确。

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提能增分练（二)带电粒子在有界匀强磁场中的临界极值问题［A级错误!夺高分］1．（2016·四川高考)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。

一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为v b时,从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b，当速度大小为v c时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c,不计粒子重力。

则（)A．v b∶v c＝1∶2,t b∶t c＝2∶1B．v b∶v c＝2∶1，t b∶t c＝1∶2C．v b∶v c＝2∶1，t b∶t c＝2∶1D．v b∶v c＝1∶2，t b∶t c＝1∶2解析：选A 如图所示,设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度大小为v b时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝错误!π，当带电粒子的速度大小为v c时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点),故轨道半径r2＝2l,转过的圆心角θ2＝π3，根据qvB＝m错误!，得v＝错误!,故错误!＝错误!＝错误!。

由于T＝错误!得T＝错误!，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等,又t＝错误!T,所以错误!＝错误!＝错误!。

提能增分练(一) 平抛运动问题的五种解法[A 级——夺高分]1.(2017·呼伦贝尔模拟)如图所示，在同一平台上的O 点水平抛出的三个可视为质点的物体，分别落到a 、b 、c 三点，则三个物体运动的初速度v a 、v b 、v c 的关系和三个物体运动的时间t a 、t b 、t c 的关系是( )A ．v a >v b >v c t a >t b >t cB ．v a <v b <v c t a ＝t b ＝t cC ．v a <v b <v c t a >t b >t cD ．v a >v b >v c t a <t b <t c解析：选C 三个物体的平抛运动竖直方向都为自由落体运动，由h ＝12gt 2可知， a 的运动时间最长，c 的运动时间最短；由水平方向做匀速直线运动x ＝v t ，可知c 的初速度最大，a 的初速度最小，C 正确。

2.如图所示，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A 点正上方高度为10 m 处的O 点，以5 m/s 的速度水平抛出一个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，不计空气阻力，这段飞行所用的时间为(g ＝10 m/s 2)( )A ．2 s B. 2 s C ．1 s D ．0.5 s解析：选C 设小球撞到斜面AB 中的一点D 上，则小球的水平运动的时间与竖直下落的时间相等，设飞行时间为t ，则根据几何关系可得：v 0t ＝10 m －12gt 2，代入数据解得t ＝1 s ，故选项C 正确。

3.(2017·广州综合测试)如图，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m 。

某人在离墙壁距离L ＝1.4 m ，距窗子上沿高h ＝0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以速度v 垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，g 取10 m/s 2，则v 的取值范围是( )A ．v >7 m/sB ．v >2.3 m/sC ．3 m/s<v <7 m/sD ．2.3 m/s<v <3 m/s解析：选C 小物体穿过窗口并落在水平地面上，需满足的条件为能穿过窗口的右上沿(即水平位移x ＝L 时，竖直位移y >h )，同时能穿过窗口的左下沿(即水平位移x ＝L ＋d ，竖直位移y <H＋h )，结合公式h ＝gt 22，x ＝v t ，解得3 m/s<v <7 m/s ，故C 正确。

高考物理新力学知识点之曲线运动专项训练及解析答案(2)一、选择题1．如图所示，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向．图中画出从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 ．b 的飞行时间比c 的长B ．a 的飞行时间比b 的长C ．b 的水平初速度比 c 的大D ．a 的水平速度比b 的小2．如图所示，人用轻绳通过定滑轮拉穿在光滑竖直杆上的物块A ，人以速度v 0向左匀速拉绳，某一时刻，绳与竖直杆的夹角为，与水平面的夹角为，此时物块A 的速度v 1为A ．B ．C ．D ． 3．某质点同时受到在同一平面内的几个恒力作用而平衡，某时刻突然撤去其中一个力，以后这物体将（ ） ①可能做匀加速直线运动；②可能做匀速直线运动；③其轨迹可能为抛物线；④可能做匀速圆周运动．A ．①③B ．①②③C ．①③④D ．①②③④4．一个人在岸上以恒定的速度v ，通过定滑轮收拢牵引船上的绳子，如图所示，当船运动到某点，绳子与水平方向的夹角为α时，船的运动速度为（ ）A ．υB ．cos vC ．v cosαD ．v tanα5．如图所示，P 是水平地面上的一点，A 、B 、C 、D 在同一条竖直线上，且AB =BC =CD .从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点．则三个物体抛出时的速度大小之比为v A∶v B∶v C为()A．2:3:6B．1:2:3C．1∶2∶3D．1∶1∶16．甲、乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高h，如图所示。

将甲、乙两球分别以v1、v2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，在下列条件下，乙球可能击中甲球的是（）A．同时抛出，且v1＜v2B．甲先抛出，且v1＜v2C．甲先抛出，且v1＞v2D．甲后抛出，且v1＞v27．某电视台举办了一期群众娱乐节目，其中有一个环节是让群众演员站在一个旋转较快的大平台的边缘上，向大平台圆心处的球筐内投篮球。

提能增分练(二) 电磁感应中的电路、动力学和能量问题[A 级——夺高分]1. (多选)(2017·宁夏石嘴山三中模拟)如图所示，足够长的平行光滑导轨固定在水平面上，导轨间距为L ＝1 m ，其右端连有定值电阻R ＝2 Ω，整个装置处于垂直导轨平面向里，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，一质量m ＝2 kg 的金属棒在恒定的水平拉力F ＝10 N 的作用下，在导轨上由静止开始向左运动，运动中金属棒始终与导轨垂直，导轨以及金属棒的电阻不计，下列说法正确的是( )A ．产生的感应电流方向在金属棒中由a 指向bB ．金属棒向左先做加速运动后做减速运动直到静止C ．金属棒的最大加速度为5 m/s 2D ．水平拉力的最大功率为200 W解析：选ACD 金属棒向左运动时，穿过闭合回路的磁通量垂直纸面向里增大，根据楞次定律可得，感应电流的方向在金属棒中由a 指向b ，A 正确；根据左手定则可知，金属棒受到向右的安培力，因为金属棒是从静止开始运动的，所以刚开始时安培力小于拉力，金属棒做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，故加速度减小，当安培力等于拉力时，加速度为零，开始做匀速直线运动，故金属棒先做加速度减小的加速运动后做匀速运动，B 错误；当金属棒速度为零时，安培力为零，所受合力最大，加速度最大，根据牛顿第二定律可得最大加速度为a ＝F m ＝102m/s 2＝5 m/s 2，C 正确；当拉力和安培力相等时，速度最大，有：F 安＝F ＝B 2L 2v m R，解得最大速度为：v m ＝20 m/s ，则水平拉力的最大功率为：P ＝F v m ＝10× 20 W ＝200 W ，D 正确。

2. (多选)(2017·海南文昌中学模拟)如图所示，阻值为R 的金属棒从图示位置ab 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶4C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶1D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2解析：选AC 两种情况下产生的感应电动势分别为E 1＝BL v 1，E 2＝BL v 2，电阻都为R ，故回路电流为I 1＝E 1R ＝BL v 1R ，I 2＝E 2R ＝BL v 2R ，故电流之比为I 1I 2＝v 1v 2＝12，A 正确；两种情况下所用时间t 1t 2＝Lv 1L v 2＝v 2v 1＝21，故产生的热量Q 1Q 2＝I 21Rt 1I 22Rt 2＝12，B 错误；两种情况下磁通量变化量相同，故通过任一截面的电荷量q ＝I －t ＝ΔΦΔtR Δt ＝ΔΦR，故通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶1，C 正确；由于金属棒做匀速运动，外力的功率等于回路中的电功率，故P 1P 2＝I 21R I 22R ＝14，D 错误。

增分练(2) 匀变速直线运动(二)1．假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过v t＝21.6 km/h，事先小汽车未减速的车速均为v0＝108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4 m/s2.试问：(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6 m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？(3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？解析：(1)v t＝21.6 km/h＝6 m/s，事先小汽车未减速的车速均为v0＝108 km/h＝30 m/s，小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设距收费站至少x1处开始制动，则v2t－v20＝－2a1x1即：62－302＝－2×4x1解得：x1＝108 m.(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2，则：减速阶段：v t＝v0－a1t1t1＝v t－v0a1＝6－304s＝6 s加速阶段：v0＝v t＋a2t2，t2＝v0－v ta2＝30－66s＝4 s则汽车运动的时间至少为：t＝t1＋t2＝10 s.(3)在加速阶段：v20－v2t＝2a2x2302－62＝2×6x2解得：x2＝72 m则总位移x＝x1＋x2＝180 m若不减速通过收费站，所需时间t′＝x1＋x2v0＝6 s车因减速和加速过站而耽误的时间至少为：Δt＝t－t′＝4 s.答案：(1)108 m (2)10 s (3)4 s2．(2017·四川省双流中学高三月考理科综合)交管部门强行推出了“电子眼”，机动车擅自闯红灯的现象大幅度减少．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s.当两车快要到一十字路时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5 s)．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0. 4倍，乙车紧急刹车制动力为车重的0.5倍，g取10 m/s2.求：(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯？(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？解析：(1)甲车紧急刹车的加速度为a 1＝F f1m 1＝0.4m 1g m 1＝4 m/s 2 甲车停下所需时间：t 1＝v 0a 1＝104s ＝2.5 s 甲车滑行距离：x ＝v 202a 1＝1022×4m ＝12.5 m 由于x ＝12.5 m ＜15 m ，所以甲车能避免闯红灯．(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x 0，在乙车刹车t 2时间两车速度相等，乙车紧急刹车的加速度为a 2＝F f2m 2＝5 m/s 2 速度相等：v 0－a 1(t 0＋t 2)＝v 0－a 2t 2解得t 2＝2.0 s乙车发生的位移x 乙＝v 0t 0＋v 0t 2－12a 2t 22＝15 m 甲车发生的位移x 甲＝v 0(t 0＋t 2)－12a 1(t 0＋t 2)2＝12.5 m为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持距离Δx ＝x 乙－x 甲＝2.5 m答案：(1)见解析 (2)Δx ＝x 乙－x 甲＝2.5 m。

提能增分练(二) 静电场中的五类图像问题[A级——夺高分]1. (多选)如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘水平面上。

P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且PO＝ON。

现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的v­t图像中，可能正确的是( )解析:选AB 在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，带负电的小球C受力沿垂直平分线，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，v­t图线的斜率先变大后变小；由O点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性。

如果PN足够远，B正确；如果PN很近，A正确。

2. A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图像如图所示。

则这一电场可能是选项图中的( )解析:选A 由微粒的v ­t 图像可知，微粒在电场中做加速度逐渐增大的减速运动，故只有A 正确。

3．(2017·浙江五校联考)如图甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，a 、b 、c 三点在它们连线的延长线上，其中Q 1带负电。

现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始向远处运动并经过b 、c 两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 、c 三点时的速度分别为v a 、v b 、v c ，其v ­t 图像如图乙所示。

以下说法中正确的是( )A ．Q 2一定带负电B ．Q 2的电量一定大于Q 1的电量C ．b 点的电场强度最大D ．粒子由a 点运动到c 点过程中，粒子的电势能先增大后减小 解析:选D 由题图乙可知，粒子从a 到b 过程做加速度减小的减速直线运动，在b 点时粒子速度最小，加速度为零。

根据牛顿第二定律Eq ＝ma ，得出粒子在b 点受力为零，b 点电场强度为零，C 项错误；在b 点Q 1对带负电粒子的电场力水平向右，要使b 点粒子所受合力为零，则Q 2对带负电粒子的电场力水平向左，所以Q 2带正电，A 项错误；b 点与Q 1的间距大于与Q 2的间距，由库仑定律F ＝k Qq r 2知，Q 1的带电量大于Q 2的带电量，B 项错误；粒子从a 点运动到c 点过程，动能先减小后增大，根据能量守恒定律知，粒子电势能先增大后减小，D 项正确。

增分练(2) 匀变速直线运动及其图象1．(多选)一质点做匀变速直线运动，先后通过P、Q、N三点，如图所示，已知PQ＝QN＝15 m，质点通过PQ的时间t1＝3 s，通过QN的时间t2＝2 s，则下列说法中正确的是( )A．此质点运动的加速度为1 m/s2B．此质点通过P的速度为3.0 m/sC．此质点通过Q的速度为6.5 m/sD．此质点通过Q的速度为6.0 m/s解析：选AC.设质点加速度为a，经过P点时速度为v P，对PQ段有x＝v P t1＋12at21，对PN段有2x＝v P(t1＋t2)＋12a(t1＋t2)2，联立并代入数据解得v P＝3.5 m/s，a＝1 m/s2，则v Q＝v P＋at1，代入数据解得v Q＝6.5 m/s，所以选项A、C正确．2．(多选)如图所示为甲、乙两个物体在同一时刻从同一地点沿同一直线做匀变速直线运动的位移—速度图象，下列有关说法正确的是( )A．两个物体的初速度都为零B．两个物体的加速度方向相同C．物体甲做匀加速直线运动，物体乙做匀减速直线运动D．物体甲加速度的大小是物体乙的2倍解析：选CD.甲的速度随位移的增大而增大，对照图象可得物体甲做匀加速直线运动．乙的速度随位移的增大而减小，对照图象可得物体乙做匀减速直线运动，且初速度为v0＝6 m/s，所以选项C正确，A、B错误．当甲的速度v1＝8 m/s、乙的速度v2＝2 m/s时，两质点通过相同的位移，设为x′.对甲有v21＝2a1x′，对乙有v22－v20＝－2a2x′，联立解得a1＝2a2，所以选项D正确．3．(2017·合肥模拟)某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x，从着陆到停下来所用的时间为t，实际上飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是( )A．v＝xtB．v＝2xtC ．v ＞2xtD.x t＜v ＜2x t解析：选C.飞机着陆后若做匀减速直线运动，末速度为零，则飞机着陆时的速度应是v ＝2xt，实际上，飞机速度越大，所受阻力越大，飞机着陆后做的是加速度减小的减速直线运动．结合v ­t 图象可知，飞机着陆后的总位移x ＜v 2t ，故v ＞2xt，C 正确．4．(2017·宁波效实中学期中)“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0＜t )时刻距离海面的深度为( )A.v t －t 022tB.vt 202tC.vt2D ．vt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 02t解析：选A.“蛟龙号”潜水器加速度a ＝v t ，减速上浮时距离海面深度H ＝vt2，经t 0时间上升距离h ＝vt 0－vt 202t ，此时到海面的距离为H －h ＝v t －t 022t，A 正确．5．距地面高5 m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2 m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图所示．小车始终以4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.可求得h 等于( )A ．1.25 mB ．2.25 mC ．3.75 mD ．4.75 m解析：选A.根据两球同时落地可得2Hg＝d ABv＋2hg，代入数据得h ＝1.25 m ，选项A 正确．6．(多选)在同一地点，甲、乙两物体沿同一方向做直线运动的速度—时间图象如图所示，则( )A．两物体两次相遇的时刻是2 s末和6 s末B．4 s后甲在乙后面C．两物体相距最远的时刻是2 s末D．乙物体先向前运动2 s，随后向后运动解析：选AB.在v­t图象中图线与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等，由图可知当t＝2 s和t＝6 s时，两图线与横坐标围成面积相等，说明两物体发生的位移相等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，因此两物体两次相遇的时刻是2 s和6 s，故A 正确；开始运动时，乙的初速度为零，甲在前面，在t＝2 s时，两物体相遇，此时乙的速度大于甲的速度，因此乙在前面，甲匀速运动开始追乙，乙做匀减速运动，当t＝6 s时，甲、乙再次相遇，因此在2～6 s内，甲在乙后面，故B正确；由图象可知，两物体相距最远时刻出现在甲追乙阶段，即当两物体的速度相等时，甲、乙相距最远，此时t＝4 s，故C错误；整个过程中乙物体一直向前运动，先加速后减速，故D错误．。

夯基保分练(一) 运动的合成与分解平抛运动[A级——保分练]1．(2017·重庆质检)关于两个运动的合成，下列说法正确的是( )A．两个直线运动的合运动一定也是直线运动B．不同线两个匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动C．小船渡河的运动中，小船对地的速度一定大于水流速度D．小船渡河的运动中，水流速度越大，小船渡河所需时间越短解析:选B 两个直线运动可以合成为直线运动(匀速直线＋匀速直线)，也可以合成为曲线运动(匀变速直线＋匀速直线)，故选项A 错误；两个分运动为匀速直线运动，没有分加速度，则合运动一定是匀速直线运动，则选项B正确；小船对地的速度是合速度，其大小可以大于水速(分速度)，等于水速，或小于水速，故选项C错误；渡河时间由小船垂直河岸方向的速度决定，由运动的独立性知与水速的大小无关，选项D错误。

2．(2017·湖南永州模拟)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当跳伞运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中若受到水平风力的影响，下列说法正确的是( )A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的空中表演动作B．风力越大，运动员下落时间越短，有可能对运动员造成伤害C．运动员下落时间与风力大小无关D．运动员着地速度与风力大小无关解析:选C 运动员同时参与了两个分运动，即竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立；因此，水平分速度越大，落地的合速度越大，但落地时间不变，故A、B错误，C 正确；运动员着地速度与风力大小有关，故D错误。

3．(2017·成都树德中学质检)一个质点受两个互成锐角的恒力F1和F2作用，由静止开始运动，若运动过程中保持二力方向不变，但F1突然增大到F1＋ΔF，则质点以后( )A．一定做匀变速直线运动B．在相等时间内速度的变化一定相等C．可能做匀速直线运动D．可能做变加速曲线运动解析:选B 在互成锐角的恒力F1和F2作用下，质点由静止开始运动，做匀加速直线运动。

提能增分练(二) 圆周运动的临界问题[A 级——夺高分]1.(2018·重庆模拟)长度为L ＝0.5 m 的轻质细杆OA ，A 端有一质量为m ＝3 kg 的小球，如图所示，小球以O 点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率为2 m/s ，g 取10 m/s 2，则此时小球受到轻质细杆的力为( )A ．24 N 的拉力B ．24 N 的支持力C ．6 N 的支持力D ．6 N 的拉力解析：选C 对通过A 点时的小球分析，假设杆对小球施加了向下的拉力，由牛顿第二定律可知mg ＋F ＝m v2L ，解得：F ＝－6 N ，负号说明杆对小球是向上的支持力，选项C 正确。

2.(多选)(2018·潍坊模拟)如图所示，水平面上有倾角为θ、质量为M 的斜面体，质量为m 的小物块放在斜面上，现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F 作用于小物块上，绕小物块旋转一周，这个过程中斜面体和小物块始终保持静止状态。

下列说法中正确的是( )A ．小物块受到斜面的最大摩擦力为F ＋mgsin θB ．小物块受到斜面的最大摩擦力为F －mgsin θC ．斜面体受到地面的最大摩擦力为FD ．斜面体受到地面的最大摩擦力为Fcos θ解析：选AC 当力F 方向沿斜面向下时，斜面体对小物块的静摩擦力最大，此时小物块受到斜面的最大摩擦力为F ＋mgsin θ，选项A 正确，B 错误；当力F 沿水平方向时，对斜面体和小物块整体，地面对斜面体的静摩擦力最大，最大值是F ，选项C 正确，D 错误。

3．在质量为M 的电动机飞轮上，固定着一个质量为m 的重物，重物到转轴的距离为r ，如图所示，为了使电动机不会从地面上跳起，电动机飞轮的转动的角速度不能超过( )A.M ＋mmrg B. M ＋mmr g C.M －mmrg D. Mg mr解析：选B 当重物运动到飞轮的最高点电动机要跳起时，重物对飞轮的作用力F 恰好等于电动机的重力Mg ，即F ＝Mg ，以重物为研究对象，由牛顿第二定律得Mg ＋mg ＝m ω2r ，解得ω＝M ＋mmrg ，故B 正确。

夯基保分练(二)圆周运动[A级——保分练]1.(2015·天津高考)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解析：选B旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝gr，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确。

2.(多选)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。

如图所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则()A．该自行车可变换两种不同挡位B．该自行车可变换四种不同挡位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD＝1∶4D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD＝4∶1解析：选BC该自行车可变换四种不同挡位，分别为A与C、A与D、B与C、B与D，A错误，B正确；当A轮与D轮组合时，由两轮齿数可知，当A轮转动一周时，D轮要转4周，故ωA∶ωD＝1∶4，C正确，D错误。

3.(2017·河南豫南九校联考)水平放置的三个不同材料制成的圆轮A、B、C，用不打滑皮带相连，如图所示(俯视图)，三圆轮的半径之比为R A∶R B∶R C＝3∶2∶1，当主动轮C匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一相同的小物块(可视为质点)，小物块均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块与轮A、B、C接触面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，A、B、C三轮转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，则( )A ．μA ∶μB ∶μC ＝2∶3∶6 B ．μA ∶μB ∶μC ＝6∶3∶2C ．ωA ∶ωB ∶ωC ＝1∶2∶3D ．ωA ∶ωB ∶ωC ＝6∶3∶2解析：选A 小物块与轮的接触面间的最大静摩擦力提供向心力，所以向心加速度a ＝μg ，而a ＝v 2R ，A 、B 、C 三轮边缘的线速度大小相同，所以μ∝1R，所以μA ∶μB ∶μC ＝2∶3∶6，由v ＝Rω可知，ω∝1R，所以ωA ∶ωB ∶ωC ＝2∶3∶6，故只有A 正确。

专题能力提升练(二)曲线运动(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。

第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O,v与x轴正方向成α角,如图所示,与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y,则( )A.因为有F x,质点一定做曲线运动B.如果F y>F x,质点向y轴一侧做曲线运动C.质点不可能做直线运动D.如果F x>F y cotα,质点向x轴一侧做曲线运动【解析】选D。

若F y=F x tanα,则F x和F y的合力F与v在同一直线上,此时质点做直线运动。

若F x>F y cotα,则F x、F y的合力F与x轴正方向的夹角β<α,则质点向x轴一侧做曲线运动,故正确选项为D。

【加固训练】无风时气球匀速竖直上升,速度为3m/s。

现吹水平方向的风,使气球获4m/s的水平速度,气球经一定时间到达某一高度h,则有风后( )A.气球实际速度的大小为7m/sB.气球的运动轨迹是曲线C.若气球获5m/s的水平速度,气球到达高度h的路程变长D.若气球获5m/s的水平速度,气球到达高度h的时间变短【解析】选C。

有风时,气球实际速度的大小v=m/s=5m/s,A错误;气球沿合速度方向做匀速直线运动,轨迹为直线,B错误;水平速度增大,但气球飞行的时间不变,水平方向的位移增大,竖直方向的位移不变,合位移增大,故气球到达高度h的路程变长,C正确,D错误。

2.(2015·佛山二模)如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面,半径为R,在B点上方的C点水平抛出一个小球,小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切,OD与OB的夹角为60°,则C点到B点的距离为( )A.RB.C.D.【解析】选D。

设小球平抛运动的初速度为v0,将小球在D点的速度沿竖直方向和水平方向分解,则有=tan60°,得=。

提能增分练(一) 测重力加速度的8种方法1.如图1所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度。

(1)所需器材有：电磁打点计时器、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________(填字母代号)。

A ．直流电源B ．天平及砝码C ．4～6 V 交流电源D ．毫米刻度尺(2)实验中得到的一条纸带如图2所示，图中五个数据中不符合有效数字要求的一组数据应改为________cm ；重物在打下点D 时的速度大小为________m/s 。

重物的加速度大小为________m/s 2。

该实验中测得的重力加速度偏小，其主要原因是______________________________________。

解析：(1)电磁打点计时器需接4～6 V 交流电源。

重力加速度与重物的质量无关，所以不需要天平和砝码。

计算速度需要测相邻计数点的距离，需要毫米刻度尺，故A 、B 错误，C 、D 正确。

(2)毫米刻度尺测量长度，要求估读到最小刻度的下一位，这五个数据中不符合有效数字要求的是：2.0，应改为2.00。

A 、B 、C 、D 、E 、F 是打点计时器连续打出的点，因此计时点之间的时间间隔为：T ＝0.02 s ；根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度求出D 点速度为：v D ＝x CE 2T＝0.103 2－0.043 90.04m/s ＝1.482 5 m/s ， 根据逐差法有：a ＝x CE －x AC 4T 2＝0.103 2－0.043 9－0.043 94×0.022 m/s 2＝9.625 m/s 2， 由于重物下落的过程中存在摩擦力及空气的阻力，因此所测重力加速度比实际的要小。

答案：(1)CD (2)2.00 1.482 5 9.625 实验中存在摩擦力及空气的阻力2．(2017·内蒙古赤峰二中检测)如图甲所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成。

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专题能力提升练(二)曲线运动(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。

其中第1～5题为单选,第6～8题为多选)1.质量为m的飞机以恒定速率v在空气中水平盘旋,如图所示,其做匀速圆周运动的半径为R,重力加速度为g,则此时空气对飞机的作用力大小为( )A.mB.mgC.mD.m【解析】选C。

根据牛顿第二定律得F合=m,根据平行四边形定则,如图所示,空气对飞机的作用力F==m,故C正确,A、B、D错误。

【总结提升】求解圆周运动的动力学问题“三分析”(1)几何关系分析:目的是确定圆周运动的圆心、半径等。

(2)运动分析:目的是表示出物体做圆周运动所需要的向心力公式(用运动学量来表示)。

(3)受力分析:目的是利用力的合成与分解的知识,表示出物体做圆周运动时外界所提供的向心力。

2.如图所示,中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上,通过滑轮用不可伸长的轻绳拉着物块匀速向上运动一小段距离,不计一切阻力,则关于拉力F的功率P、拉力F作用点向下移动的速度v,下列说法正确的是( )世纪金榜导学号49294139A.v减小B.v增大C.P减小D.P增大【解析】选A。

设绳子与竖直方向上的夹角为θ,因为A做匀速直线运动,在竖直方向上合力为零,则有Fcosθ=mg,因为θ增大,则F增大,拉力作用点的移动速度为v,设物块A向上运动的速度为v1,则v1cosθ=v,由于v1恒定,因为θ增大,则v减小,故A正确,B错误;拉力的功率P=Fv=·v1cosθ=mgv1,拉力的功率不变,故C、D错误。

3.(2018·潍坊二模)双星系统中,两颗星在彼此引力的作用下,绕连线上某点做匀速圆周运动。

1974年物理学家约瑟夫·泰勒和拉塞尔·赫尔斯发现由两个质量不同的星构成的双星系统,每年两星间的距离减少3.5m,若两星运动的周期不变,则该双星系统中( )A.两星线速度大小始终相等B.两星加速度大小始终相等C.每年两星总质量在减小D.每年两星总质量在增加【解析】选C。

高考物理曲线运动提高训练含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．光滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在B 点连接，导轨半径R ＝0.5 m ，一个质量m ＝2 kg 的小球在A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep ＝49 J ，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C ，g 取10 m/s 2．求：(1)小球脱离弹簧时的速度大小； (2)小球从B 到C 克服阻力做的功；(3)小球离开C 点后落回水平面时的动能大小． 【答案】（1）7/m s （2）24J （3）25J 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据机械能守恒定律 E p ＝211m ?2v ① v 12Epm＝7m/s ② (2)由动能定理得－mg ·2R －W f ＝22211122mv mv - ③ 小球恰能通过最高点，故22v mg m R= ④ 由②③④得W f ＝24 J(3)根据动能定理：22122k mg R E mv =-解得：25k E J =故本题答案是：（1）7/m s （2）24J （3）25J 【点睛】(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;(2)小球从B 到C 的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度,从而根据动能定理求解从B 至C 过程中小球克服阻力做的功; (3)小球离开C 点后做平抛运动,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小2．如图所示，BC 为半径r 225=m 竖直放置的细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过98s 再次回到C 点。

高中物理二轮复习专项训练物理曲线运动含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端系一质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为l．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求：（1）盘的转速ω0多大时，物体A开始滑动？（2）当转速缓慢增大到2ω0时，A仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x是多少？【答案】（1）glμ（2）34mglkl mgμμ-【解析】【分析】（1）物体A随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．物体A刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度ω0．（2）当角速度达到2ω0时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量△x．【详解】若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提供向心力．（1）当圆盘转速为n0时，A即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则有：μmg＝mlω02，解得：ω0=g l μ即当ω0＝glμA开始滑动．（2）当圆盘转速达到2ω0时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的弹力来补充，即：μmg+k△x＝mrω12，r=l+△x解得：34mgl xkl mgμμ-V＝【点睛】当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件．本题关键是分析物体的受力情况．2．如图，光滑轨道abcd 固定在竖直平面内，ab 水平，bcd 为半圆，在b 处与ab 相切．在直轨道ab 上放着质量分别为m A =2kg 、m B =1kg 的物块A 、B （均可视为质点），用轻质细绳将A 、B 连接在一起，且A 、B 间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），其弹性势能E p =12J ．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M =2kg 、长L =0.5m 的小车，小车上表面与ab 等高．现将细绳剪断，之后A 向左滑上小车，B 向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d 处．已知A 与小车之间的动摩擦因数µ满足0.1≤µ≤0.3，g 取10m /s 2，求（1）A 、B 离开弹簧瞬间的速率v A 、v B ； （2）圆弧轨道的半径R ；（3）A 在小车上滑动过程中产生的热量Q （计算结果可含有µ）．【答案】（1）4m/s （2）0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q 1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3时，22111()22A A m v m M v -+ 【解析】 【分析】（1）弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度； （2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R ；（3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量Q. 【详解】（1）设弹簧恢复到自然长度时A 、B 的速度分别为v A 、v B ， 由动量守恒定律：0=A A B B m v m v - 由能量关系：2211=22P A A B B E m v m v -解得v A =2m/s ；v B =4m/s（2）设B 经过d 点时速度为v d ，在d 点：2dB B v m g m R=由机械能守恒定律：22d 11=222B B B B m v m v m g R +⋅ 解得R=0.32m（3）设μ=μ1时A 恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：=()A A A m v m M v +由能量关系：()2211122A A A A m gL m v m M v μ=-+ 解得μ1=0.2 讨论：（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A 和小车不共速，A 将从小车左端滑落，产生的热量为110A Q m gL μμ== （J ）（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A 和小车能共速，产生的热量为()22111122A A Q m v m M v =-+，解得Q 2=2J3．如图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R =0.6m,平台上静止放置着两个滑块A 、B ,m A =0.1kg,m B =0.2kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上．小车质量为M =0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q 点,小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的,PQ 间距离为L 滑块B 与PQ 之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q 点右侧表面是光滑的．点燃炸药后,A 、B 分离瞬间A 滑块获得向左的速度v A =6m/s,而滑块B 则冲向小车．两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且g=10m/s 2．求:(1)滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力;(2)若L =0.8m,滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B 既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车,则小车上PQ 之间的距离L 应在什么范围内【答案】（1）1N ，方向竖直向上（2）0.22P E J =（3）0．675m ＜L ＜1．35m 【解析】 【详解】(1)A 从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：2211222A A A A m v m v m g R -=⨯ 在最高点由牛顿第二定律：2A N A v m g F m R+=滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：F N =1N由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为1N ，方向向上 （2）爆炸过程由动量守恒定律：A AB B m v m v =解得：v B =3m/s滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：)B B B m v m M v =+共（由能量关系：2211()-22P B B B B E m v m M v m gL μ=-+共 解得E P =0.22J(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：)B B B m v m M v =+（若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止， 设滑块恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得：22111()22B B B B m gL m v m M v μ=-+联立解得：L 1=1.35m若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：222112()22B B B B m gL m v m M v μ=-+ 联立解得：L 2=0.675m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是0.675m ＜L ＜1.35m4．如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上放着A 、B 两个物块，转盘中心O 处固定一力传感器，它们之间用细线连接．已知1kg A B m m ==两组线长均为0.25m L =．细线能承受的最大拉力均为8m F N =．A 与转盘间的动摩擦因数为10.5μ=，B 与转盘间的动摩擦因数为20.1μ=，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块和力传感器均视为质点，转盘静止时细线刚好伸直，传感器的读数为零．当转盘以不同的角速度勾速转动时，传感器上就会显示相应的读数F ，g 取210m/s ．求：（1）当AB 间细线的拉力为零时，物块B 能随转盘做匀速转动的最大角速度；（2）随着转盘角速度增加，OA 间细线刚好产生张力时转盘的角速度；（3）试通过计算写出传感器读数F 随转盘角速度ω变化的函数关系式，并在图乙的坐标系中作出2F ω-图象．【答案】（1）12/rad s ω= （2）222/rad s ω= （3）2252/m rad s ω=【解析】对于B ，由B 与转盘表面间最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式有：2212B B m g m L μω=代入数据计算得出：12/rad s ω=（2）随着转盘角速度增加，OA 间细线中刚好产生张力时，设AB 间细线产生的张力为T ，有：212A A m g T m L μω-=2222B B T m g m L μω+=代入数据计算得出：222/rad s ω= （3）①当2228/rad s ω≤时，0F =②当2228/rad s ω≥，且AB 细线未拉断时，有：21A A F m g T m L μω+-= 222B B T m g m L μω+=8T N ≤所以：2364F ω=-；222228/18/rad s rad s ω≤≤ ③当218ω>时，细线AB 断了，此时A 受到的静摩擦力提供A 所需的向心力，则有：21A A m g m w L μ≥所以：2222218/20/rad s rad s ω<≤时，0F =当22220/rad s ω>时，有21A A F m g m L μω+=8F N ≤所以：2154F ω=-；2222220/52/rad s rad s ω<≤ 若8m F F N ==时，角速度为：22252/m rad s ω=做出2F ω-的图象如图所示；点睛：此题是水平转盘的圆周运动问题，解决本题的关键正确地确定研究对象，搞清向心力的来源，结合临界条件，通过牛顿第二定律进行求解．5．如图所示，竖直平面内有一光滑的直角细杆MON ，其中ON 水平，OM 竖直，两个小物块A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，连接AB 的轻绳长为L =0.5m ，．现将直角杆MON 绕过OM 的轴O 1O 2缓慢地转动起来．已知A 的质量为m 1=2kg ，重力加速度g 取10m/s 2。

高考物理最新力学知识点之曲线运动技巧及练习题附答案解析(2)一、选择题1．演示向心力的仪器如图所示。

转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。

皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动。

小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8，标尺8上露出的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小。

现将小球分别放在两边的槽内，为探究小球所受向心力大小与角速度的关系，下列做法正确的是（）3A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的钢球做实验B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的钢球做实验C．在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的钢球做实验D．在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的钢球做实验平面内运动，在x方向的速度图像和y方向的位移图2．有一个质量为4kg的物体在x y像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（）A．物体做匀变速直线运动B．物体所受的合外力为22 NC．2 s时物体的速度为6 m/s D．0时刻物体的速度为5 m/s3．公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时，常常要修建凹形桥,如图，汽车通过凹形桥的最低点时（）A．车的加速度为零，受力平衡B．车对桥的压力比汽车的重力大C．车对桥的压力比汽车的重力小D．车的速度越大，车对桥面的压力越小4．关于物体的受力和运动,下列说法正确的是()A．物体在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变B．物体做曲线运动时，某点的加速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向C．物体受到变化的合力作用时，它的速度大小一定改变D．做曲线运动的物体，一定受到与速度不在同一直线上的合外力作用5．如图所示的皮带传动装置中，轮A和B固定在同一轴上，A、B、C分别是三个轮边缘的质点，且R A=R C=2R B，则三质点的向心加速度之比a A∶a B∶a C等于（）A．1∶2∶4B．2∶1∶2C．4∶2∶1D．4∶1∶46．如图所示，小孩用玩具手枪在同一位置沿水平方向先后射出两粒弹珠，击中竖直墙上M、N两点（空气阻力不计），初速度大小分别为v M、v N，、运动时间分别为t M、t N，则A．v M=v N B．v M>v NC．t M>t N D．t M=t N7．质量为m的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管的直径，如v 图所示．已知小球以速度v通过最高点时对圆管的外壁的压力恰好为mg，则小球以速度2通过圆管的最高点时()．A．小球对圆管的内、外壁均无压力mgB．小球对圆管的内壁压力等于2mgC．小球对圆管的外壁压力等于2D．小球对圆管的内壁压力等于mg8．如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率v A＝10m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小v B为（）A．53m/s3B．20 m/s C．203m/s3D．5 m/s9．如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置用细线相连的两物体A和B，它们与圆盘间的摩擦因数相同，当圆盘转速加大到两物体刚要发生滑动时烧断细线，则两个物体将要发生的运动情况是( )A．两物体仍随圆盘一起转动，不会发生滑动B．只有A仍随圆盘一起转动，不会发生滑动C．两物体均滑半径方向滑动，A靠近圆心、B远离圆心D．两物体均滑半径方向滑动，A、B都远离圆心10．下列与曲线运动有关的叙述，正确的是A．物体做曲线运动时，速度方向一定时刻改变B．物体运动速度改变，它一定做曲线运动C．物体做曲线运动时，加速度一定变化D．物体做曲线运动时，有可能处于平衡状态11．一条小河宽100m，水流速度为8m/s，一艘快艇在静水中的速度为6m/s，用该快艇将人员送往对岸．关于该快艇的说法中正确的是（）A．渡河的最短时间为10sB．渡河时间随河水流速加大而增长C．以最短位移渡河，位移大小为100mD．以最短时间渡河，沿水流方向位移大小为400m 312．一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B 点，弹跳起来，刚好擦网而过，落在对方场地的A点，第二只球直接擦网而过，也落在A 点，如图。

提能增分练(二) 圆周运动的临界问题[A 级——夺高分]1.(2017·重庆模拟)长度为L ＝0.5 m 的轻质细杆OA ，A 端有一质量为m ＝3 kg 的小球，如图所示，小球以O 点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率为2 m/s ，g 取10 m/s 2，则此时小球受到轻质细杆的力为( )A ．24 N 的拉力B ．24 N 的支持力C ．6 N 的支持力D ．6 N 的拉力解析：选C 对通过A 点时的小球分析，假设杆对小球施加了向下的拉力，由牛顿第二定律可知mg ＋F ＝m v 2L，解得：F ＝－6 N ，负号说明杆对小球是向上的支持力，选项C 正确。

2.(多选)(2017·潍坊模拟)如图所示，水平面上有倾角为θ、质量为M 的斜面体，质量为m 的小物块放在斜面上，现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F 作用于小物块上，绕小物块旋转一周，这个过程中斜面体和小物块始终保持静止状态。

下列说法中正确的是( )A ．小物块受到斜面的最大摩擦力为F ＋mg sin θB ．小物块受到斜面的最大摩擦力为F －mg sin θC ．斜面体受到地面的最大摩擦力为FD ．斜面体受到地面的最大摩擦力为F cos θ解析：选AC 当力F 方向沿斜面向下时，斜面体对小物块的静摩擦力最大，此时小物块受到斜面的最大摩擦力为F ＋mg sin θ，选项A 正确，B 错误；当力F 沿水平方向时，对斜面体和小物块整体，地面对斜面体的静摩擦力最大，最大值是F ，选项C 正确，D 错误。

3．在质量为M 的电动机飞轮上，固定着一个质量为m 的重物，重物到转轴的距离为r ，如图所示，为了使电动机不会从地面上跳起，电动机飞轮的转动的角速度不能超过( )A.M ＋m mr gB. M ＋m mrgC. M－mmr g D.Mgmr解析：选B当重物运动到飞轮的最高点电动机要跳起时，重物对飞轮的作用力F恰好等于电动机的重力Mg，即F＝Mg，以重物为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＋mg＝mω2r，解得ω＝M＋mmr g，故B正确。