2016高考物理二轮复习 专题1 第3课 力与曲线运动试题

提能专训(三) 力与曲线运动、天体运动1．(2013·宁波联考)如图所示，一物块放在一个圆盘上，若圆盘表面与水平面的夹角为α，物块转动半径为R，与圆盘的摩擦系数为μ，则物块和圆盘一起按如图所示转动的过程中，下列说法正确的是( )A．角速度的最大值为μg cos α－g sin αRB．角速度的最大值为μg cos α＋g sin αRC．圆盘对物块的弹力始终不做功D．圆盘对物块的摩擦力始终不做功答案：AC 解析：物块不滑动的临界条件为物块到达最低点时所受的摩擦力为最大值，则μmg cos α－mg sin α＝mRω2max，即ωmax＝μg cos α－g sin αR，A正确，B错误；由于弹力方向始终和物块的速度方向垂直，始终不做功，C正确；物块随圆盘向上转动过程中，静摩擦力做正功，反之亦然，D错误．2．质量为0.2 kg的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图线分别如图所示，由图可知( )A．最初4 s内物体的位移为8 2 mB．从开始至6 s末物体都做曲线运动C．最初4 s内物体做曲线运动，接着的2 s物体做直线运动D．最初4 s内物体做直线运动，接着的2 s物体做曲线运动答案：AC 解析：由运动的独立性结合v－t图象可得在最初4 s内y轴方向位移为y＝12×4×4 m＝8 m ，x 轴方向位移为x ＝2×4 m＝8 m ，由运动的合成得合位移s ＝x 2＋y 2＝8 2 m ，A 选项正确；在0～4 s 内物体的加速度与速度不共线，物体做曲线运动，4 s 末物体的合速度与x 轴正方向夹角的正切值tan α＝42＝2，合加速度与x 轴正方向夹角的正切值tan β＝21＝2，合初速度与合加速度共线，物体做直线运动，B 、D 选项错误，C 选项正确．3．2012年我国宣布北斗导航系统正式商业运行．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作星均绕地心做匀速圆周运动，轨道半径为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置(如图所示)．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是( )A ．这两颗卫星的加速度相等，均为R 2gr2B ．卫星1由位置A 运动至位置B 所需的时间为2πr3R r gC ．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2D ．卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中万有引力做正功答案：A 解析：根据mg ＝GMm R 2，a ＝GM r 2，可得轨道处加速度a ＝R 2gr2，A 正确；卫星1由位置A 运动至位置B 所需的时间为t ＝T 6＝π3r 3GM ＝πr 3R rg，B 错误；卫星1向后喷气将脱离圆轨道做离心运动，C 错误；卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中万有引力不做功，D 错误．4．如图所示，将一篮球从地面上方的某点B 斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上的A 点，不计空气阻力，而且球与板的碰撞没有能量损失，即碰撞前后速度方向相反，大小相等．若把抛射点B 向篮板方向水平移动一小段距离，但抛出的篮球仍能垂直击中篮板上的A 点，则以下说法正确的是( )A ．需要增大抛射时的速度v 0，同时减小抛射角θB ．需要减小抛射时的速度v 0，同时增大抛射角θC ．篮球仍能落回抛出点BD ．篮球从B 到A 的时间大于从A 弹回后落到B 所在平面的时间答案：BC 解析：因为碰撞前后篮球的速度方向相反，大小相等，所以从A 到B 的运动是从B 到A 的运动的逆运动，C 正确，D 错误．从A 到B 的运动是平抛运动，则x ＝v 0t cos θ，y ＝12gt 2，v 0sin θ＝gt ，由上述三式得tan θ＝2y x .当x 减小时，θ变大．由于竖直方向位移不变，运动时间t 不变，v 0sin θ＝gt 为定值．θ变大，sin θ变大，故v 0变小，B 正确，A 错误．5．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面的顶端O 点，以不同的水平初速度抛出一小球．以初速度v 1抛出时，落到斜面的中点A 点，经过的时间为t 1；以初速度v 2抛出时，落到斜面的底端B 点，经过的时间为t 2.若让小球从O 点由静止释放，运动到底端B 点的时间为t 3，则( )A ．t 2＝2t 1B ．t 3＝2t 2C ．v 2＝2v 1D ．v 2＝2v 1答案：BC 解析：设斜面高为2h ，则由平抛运动规律知，t 1＝2hg，t 2＝2hg＝2t 1，A 错误；由运动学公式知，OB ＝12g sin θ·t 23，而OB ＝4h ，解得t 3＝4hg＝2t 2，B 正确；设O 与A 间、O 与B 间的水平距离分别为x OA 、x OB ，则v 1＝x OA t 1、v 2＝x OBt 2，又x OB ＝2x OA ，t 2＝2t 1，联立得v 2＝2v 1，C 正确，D 错误．6．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑内圆粗糙．一质量为m ＝0.2 kg 的小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R ＝0.5 m ，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，设小球通过最低点时重力势能为零，下列说法错误的是( )A ．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒B ．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v 0一定小于5 m/sC ．若要使小球不挤压内轨道，则v 0一定不小于5 m/sD ．若小球开始运动时初动能为1.6 J ，则足够长时间后小球的机械能为1 J答案：C 解析：若小球运动到最高点时速度为0，则小球运动过程中与内轨道一定有挤压，一定有摩擦力，且摩擦力一定做功，小球机械能一定不守恒，所以A 正确；若小球的初速度较大，小球在运动过程中与内轨道没有挤压，小球的机械能守恒，根据mg ≤mv 2R 和12mv 2＝12mv 2＋2mgR ，可得小球的初速度v 0≥5 m/s，所以小球初速度v 0不小于5 m/s 时，小球运动到最高点时速度不可能为零．反之，若小球运动到最高点时速度大小为零，则v 0一定小于5 m/s ，B 正确；由mgR ＝12mv 20可得v 0＝10 m/s ，只要小球的初速度不大于10 m/s 时，小球只在外圆轨道下半圆轨道内运动时，与内轨道也无挤压，所以C 错误；若小球开始运动时初动能为1.6 J ，即初速度v 0＝4 m/s ，则小球在外圆上半圆运动时受到摩擦阻力作用，小球的机械能不断减小，足够长时间后小球只在外圆轨道下半圆轨道内往复运动，小球的机械能守恒，机械能始终为E ＝12×0.2×(10)2J ＝1 J ，D 正确．7．(2013·湖北武昌区五月调研)如图所示，半径为R 的半圆形圆弧槽固定在水平面上，在圆弧槽的边缘A 点有一小球(可视为质点，图中未画出)，今让小球对着圆弧槽的圆心O 以初速度v 0做平抛运动，从抛出到击中槽面所用时间为Rg(g 为重力加速度)．则平抛的初速度可能是()A ．v 0＝2－32gRB ．v 0＝2＋32gRC ．v 0＝3－32gRD ．v 0＝3＋32gR答案：AB 解析：小球从抛出到击中槽面下降的距离为 y ＝12gt 2＝12g ·R g ＝R 2. 小球的水平位移为x ＝R －32R 或x ＝R ＋32R 所以初速度为v 0＝xt＝R －32R Rg ＝2－32gR或v 0＝xt ＝R ＋32R R g＝2＋32gR . 8．一斜面倾角为θ，A 、B 两个小球均以水平初速度v 0水平抛出，如图所示．A 球垂直撞在斜面上，B 球落到斜面上的位移最短，不计空气阻力，则A 、B 两个小球下落时间t A 与t B 之间的关系为( )A ．t A ＝tB B ．t A ＝2t BC ．t B ＝2t AD ．无法确定答案：C 解析：A 球垂直撞在斜面上，说明其到达斜面时速度方向与斜面垂直，将速度分解如图所示，则v 1＝v 0，v 2＝gt A .由图可知tan θ＝v 1v 2＝v 0gt A.而B 球落到斜面上的位移最短，则说明小球B 从抛出到斜面的位移与斜面垂直，将位移分解可得x ＝v 0t B ，y ＝12gt 2B ，由图可得tan θ＝x y ＝v 0t B 12gt 2B ＝v 012gt B，故可得t B ＝2t A ，C 正确．9．如图所示，从地面上A 点发射一枚远程弹道导弹，假设导弹仅在地球引力作用下沿ACB 椭圆轨道飞行并击中地面目标B ，C 为轨道的远地点，距地面高度为h .已知地球半径为R ，地球质量为M ，引力常量为G .则下列结论正确的是( )A．导弹在C点的速度大于GM R＋hB．导弹在C点的速度等于3GMR＋hC．导弹在C点的加速度等于GMR＋h2D．导弹在C点的加速度大于GMR＋h2答案：C 解析：导弹运动到C点所受万有引力为GMmR＋h2，轨道半径r小于(R＋h)，所以导弹在C点的速度小于GMR＋h，A、B错误；由牛顿第二定律得GMmR＋h2＝ma，解得导弹在C点的加速度a＝GMR＋h2，C正确，D错误．10．2013年2月16日，直径约50米、质量约13万吨的小行星“2012DA14”，以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过，与地球表面最近距离约为2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道，这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，据天文学家估算，它下一次最接近地球大约是在2046年，假设图中的P、Q是地球与小行星最近时的位置，已知地球绕太阳做圆周运动的线速度是29.8 km/s，下列说法正确的是( )A ．小行星在Q 点的速率大于29.8 km/sB ．小行星在Q 点的速率小于29.8 km/sC ．只考虑太阳的引力， 地球在P 点的加速度大于小行星在Q 点的加速度D ．只考虑地球的引力，小行星在Q 点的加速度大于地球同步卫星在轨道上的加速度答案：BCD 解析：GMm R 2＝mv 2R，v ＝GMR，由于小行星距离太阳比地球远，所以线速度比地球的小，A 错误，B 正确；a ＝GMR2，C 正确；小行星距离地球比地球同步卫星近，所以D 正确．11．(2013·山西太原期末)北京时间8月25日消息，据国外媒体报道，天文学家日前在距离地球127光年处发现了一个拥有7颗行星的“太阳系”，这些行星与其中央恒星之间遵循基本天体运行规律，和我们太阳系的规则相似．这一星系的中央恒星名为“HD10180”．分析显示，其中一个行星绕中央恒星“HD10180”的公转周期为584天，是地球绕太阳公转周期的1.6倍；与中央恒星“HD10180”的距离是2.3亿公里，等于太阳和地球之间平均距离的1.6倍，将行星与地球的公转轨道视为圆．(1)求恒星“HD10180”的质量与太阳的质量之比．(2)已知该行星的质量是地球质量的25倍，半径是地球半径的16倍，求该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比．答案：(1)1.6 (2)1.25解析：(1)设中央恒星质量为M 1，这个行星质量为m 1，绕恒星运转的轨道半径为r 1，周期为T 1；太阳质量为M 2，地球质量为m 2，地球绕太阳运转的轨道半径为r 2，周期为T 2，对行星：G M 1m 1r 21＝m 1r 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 12对地球：GM 2m 2r 22＝m 2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 22联立解得M 1M 2＝T 22r 31T 21r 32＝1.6(2)设该行星的第一宇宙速度为v 1，行星半径为R 1，则有G m 1m R 21＝m v 21R 1，解得v 1＝Gm 1R 1. 设地球的第一宇宙速度为v 2，地球半径为R 2，则有G m 2m R 22＝m v 22R 2，解得v 2＝Gm 2R 2. v 1v 2＝1.25. 12．如图为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图，参与游戏的选手会遇到一个人造山谷AOB ，AO 是高h ＝3 m 的竖直峭壁，OB 是以A 点为圆心的弧形坡，∠OAB ＝60°，B 点右侧是一段水平跑道．选手可以自A 点借助绳索降到O 点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自A 点直接跃上跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v 0的最小值； (2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，求该选手在空中的运动时间． 答案：(1)3102m/s (2)0.6 s解析：(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则h sin 60°≤v 0t h cos 60°＝12gt 2解得v 0≥3102m/s(2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，因v 1<v 0，人将落在弧形坡上． 下降高度y ＝12gt 2水平前进距离x＝v1t 且x2＋y2＝h2解得t＝0.6 s．。

2016年高考物理真题分类汇编：曲线运动[2016上海23].如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是位于竖直平面内以O 为圆心的一段圆弧，OA 与竖直方向的夹角为α。

一小球以速度0v 从桌面边缘P 水平抛出，恰好从A 点沿圆弧的切线方向进入凹槽。

小球从P 到A 的运动时间为____________;直线PA 与竖直方向的夹角β=_________。

【答案】0tan v αg；arctan (2cot )α 【解析】据题意，小球从P 点抛出后做平抛运动，小球运动到A 点时将速度分解，有0tan y xv gtv v α==，则小球运动到A 点的时间为：0tan v t gα=；从P 点到A 点的位移关系有：00222tan 2cot 1tan 2v t v gt gt βαα====，所以PA 与竖直方向的夹角为：tan arctan(2cot )βα=。

[2016海南1].在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中A ．速度和加速度的方向都在不断变化B ．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C ．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D ．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 【答案】B[2016海南3].如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动。

已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在高点时对轨道的压力大小为N 2.重力加速度大小为g ，则N 1–N 2的值为A ．3mgB ．4mgC ．5mgD ．6mg 【答案】D【解析】设小球在最低点速度为1v ，在最高点速度为2v ，在根据牛顿第二定律： 在最低点：211mg m Rv N -=在最高点：222mg m Rv N +=同时从最高点到最低点，根据动能定理：221211222mg R m m v v ⋅=-联立以上三个方程式可以得到：12–6N R N mg =，故选项D 正确。

曲线运动1.[2016·江苏卷] 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①为A 的运动轨迹，则B的运动轨迹是( )A ．①B ．②C ．③D ．④2．A [解析] 抛体运动的加速度始终为g ，与抛体的质量无关．当将它们以相同速率沿同一方向抛出时，运动轨迹应该相同．故选项A 正确．2.在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图1-9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．23．[答案] (1)3h g (2)L g 4h ≤v ≤L g 2h(3)L ＝22h [解析] (1)打在中点的微粒32h ＝12gt 2 ① t ＝3h g② (2)打在B 点的微粒v 1＝L t 1；2h ＝12gt 21 ③v 1＝L g 4h④ 同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝L g 2h⑤微粒初速度范围L g 4h ≤v ≤L g 2h ⑥ (3)由能量关系12m v 22＋mgh ＝12m v 21＋2mgh ⑦ 代入④、⑤式得L ＝22h ⑧3. 如图所示，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R20．AC [解析] 质点P 下滑到底端的过程，由动能定理得mgR －W ＝12m v 2－0，可得v 2＝2（mgR －W ）m ，所以a ＝v 2R ＝2（mgR －W ）mR，A 正确，B 错误；在最低点，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2R ，故N ＝mg ＋m v 2R ＝mg ＋m R ·2（mgR －W ）m ＝3mgR －2W R，C 正确，D 错误． 4.如图1-所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R 4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．24．[答案] (1)5 (2)能[解析] (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg R 4① 设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R 4② 由①②式得E k B E k A＝5 ③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2C R 2⑤ 由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2C R⑥ 由机械能守恒有mg R 4＝12m v 2C⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点．5.我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？[答案] (1)144 N (2)12.5 m[解析] (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ①由牛顿第二定律有mg H x－F f ＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③ (2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12m v 2C －12m v 2B④ 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2C R⑤ 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m6.如图1-6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 ＝100 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 取10 m/s 2，π＝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/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s20．AB [解析] 要使赛车绕赛道一圈时间最短，则通过弯道的速度都应最大，由f ＝2.25mg ＝m v 2r 可知，通过小弯道的速度v 1＝30 m/s ，通过大弯道的速度v 2＝45 m/s ，故绕过小圆弧弯道后要加速，选项A 、B 正确；如图所示，由几何关系可得AB 长x ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，故在直道上的加速度a ＝v 22－v 212x ＝452－3022×503m/s 2≈6.5 m/s 2，选项C 错误；由sin θ2＝x L ＝32可知，小圆弧对应的圆心角θ＝2π3，故通过小圆弧弯道的时间t ＝θr v 1＝2πr 3v 1＝2×3.14×403×30s ＝2.79 s ，选项D 错误． 7.小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图1-所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度 16．C [解析] 从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl ＝12m v 2－0，可得v ＝2gL ，因l P <l Q ，则v P <v Q ，故选项A 错误；由E k Q ＝m Q gl Q ，E k P ＝m P gl P ，而m P >m Q ，故两球动能大小无法比较，选项B错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知T －mg ＝m v 2l＝ma n ，得T ＝3mg ，a n ＝2g ，则T P >T Q ，a P ＝a Q ，C 正确，D 错误．25．D6、E6[2016·全国卷Ⅱ] 轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围． 25．[答案] (1)6gl 2 2l (2)53m ≤M <52m[解析] (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12M v 2B＋μMg ·4l ② 联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足m v 2l－mg ≥0 ④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12m v 2B ＝12m v 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2 ⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧ 联立⑥⑦⑧式得s ＝2 2l ⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12M v 2B ≤Mgl ⑪联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m ⑫ D5 万有引力与天体运动17．D5[2016·全国卷Ⅰ] 利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A ．1 hB ．4 hC ．8 hD ．16 h[解析] B 当一地球卫星的信号刚好覆盖赤道120°的圆周时，卫星的轨道半径r ＝R cos 60°＝2R ；对同步卫星，分别有GMm（6.6R ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 02·6.6R 和GMm （2R ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2·2R ，即⎝⎛⎭⎫T T 02＝⎝⎛⎭⎫2R 6.6R 3，解得T ＝4 h ，选项B 正确．14．D5[2016·全国卷Ⅲ] 关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( )A ．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B ．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C ．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D ．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律14．B [解析] 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，牛顿在开普勒研究基础上结合自己发现的牛顿运动定律，发现了万有引力定律，指出了行星按照这些规律运动的原因，选项B 正确．18．D5[2016·北京卷] 如图1-所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E 运行，在P 点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )A ．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的速度都相同B ．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的加速度都相同C ．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D ．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量18．B [解析] 卫星在椭圆轨道1上运动时，在近地点卫星与地球之间的万有引力小于卫星所需向心力，在远地点卫星与地球之间的万有引力大于卫星所需的向心力，所以在P 点被加速后，当万有引力等于卫星所需的向心力时，卫星可以稳定在圆形轨道2上运行，选项A 不正确．卫星在轨道1或轨道2经过P 点时，卫星与地球之间的万有引力相同，由G Mm r 2＝ma ，可得a ＝GM r 2，因此加速度相同，选项B 正确．卫星受地球引力产生的加速度时刻指向地球，在轨道1的任何位置加速度的方向都不相同，所以加速度不相同，选项C 不正确．卫星在轨道2上运行时的速度方向不停地变化，动量的方向也在变化，动量不相同，选项D 不正确．3．D5[2016·天津卷] 我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )A ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接3．C [解析] 若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，则飞船加速后，万有引力不足以提供向心力，飞船将远离原来的轨道，不能实现对接，A 错误；若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，则空间实验室减速将会使空间实验室进入低轨道，也不能实现对接，故B 错误；实现对接的方法是使飞船在比空间实验室低的轨道上加速，然后飞船进入较高的空间实验室轨道后实现对接，C 正确；若使飞船在比空间实验室低的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道上去运行，无法实现对接，D 错误．7．D5[2016·江苏卷] 如图1-所示，两质量相等的卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动，用R 、T 、E k 、S 分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有( )A ．T A >TB B ．E k A >E k BC ．S A ＝S B D.R 3A T 2A ＝R 3B T 2B7．AD [解析] 卫星绕地球做匀速圆周运动时其向心力由万有引力提供，若地球质量为M ，卫星质量为m ，则有G Mm R 2＝m v 2R ＝m 4π2R T 2，由此可得v ＝GM R 和T ＝2πR 3GM，这里R A >R B ，则v A <v B ，T A >T B ，而动能E k ＝12m v 2，故E k A <E k B ，选项A 正确，选项B 错误；卫星在单位时间t 内通过的圆弧长l ＝v t ，扇形面积S ＝Rl 2＝R v t 2＝Rt GM R 2＝t 2·GMR ，这里R A >R B ，则S A >S B ，选项C 错误；由开普勒第三定律可知， 选项D 正确．3．D5[2016·四川卷] 国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km ，远地点高度约为2060km ；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786 km 的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a 1，东方红二号的加速度为a 2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3，则a 1、a 2、a 3的大小关系为( )A ．a 2＞a 1＞a 3B ．a 3＞a 2＞a 1C ．a 3＞a 1＞a 2D ．a 1＞a 2＞a 33．D [解析] 由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，可得：a ＝ω2r ，由于r 2>r 3，则可以得出：a 2>a 3；又由万有引力定律有：G Mm r2＝ma ，且r 1<r 2，则得出a 2<a 1, 故选项D 正确．。

高考物理专题力学知识点之曲线运动经典测试题含答案解析一、选择题1．如图所示，B和C 是一组塔轮，固定在同一转动轴上，其半径之比为R B∶R C＝3∶2，A 轮的半径与C轮相同，且A轮与B轮紧靠在一起，当A 轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦的作用，B 轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c 分别为三轮边缘上的三个点，则a、b、c 三点在运动过程中的（）A．线速度大小之比为 3∶2∶2B．角速度之比为 3∶3∶2C．向心加速度大小之比为 9∶6∶4D．转速之比为 2∶3∶22．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∶43．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．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5．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球．始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g．小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR6．关于曲线运动，以下说法中正确的是（）A．做匀速圆周运动的物体，所受合力是恒定的B．物体在恒力作用下不可能做曲线运动C．平抛运动是一种匀变速运动D．物体只有受到方向时刻变化的力的作用才可能做曲线运动7．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∶18．如图所示，歼-15沿曲线MN向上爬升，速度逐渐增大，图中画出表示歼-15在P点受到合力的四种方向，其中可能的是A．①B．②C．③D．④9．如图所示，一质量为m的汽车保持恒定的速率运动，若通过凸形路面最高处时对路面的压力为F1 ，通过凹形路面最低处时对路面的压力为F2，则（）A．F1= mg B．F1>mg C．F2= mg D．F2>mg．的小球在距离小车底部20m高处以一定的初速度向左平抛，10．如图所示，质量为05kg落在以75/．的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与m sm s，重力加速度取油泥的总质量为4kg．设小球在落到车底前瞬间速度是25/2m s．则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（）10/m sA．4/m sB．5/m sC．8.5/D．9.5/m s11．如图所示，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速，后匀减速直到停止．取水平向右为x 轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则画笔在白板上画出的轨迹可能为()A．B．C．D．12．光滑水平面上，小球m的拉力F作用下做匀速圆周运动，若小球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况的说法正确的是（）A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pb做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．若拉力突然变大，小球将可能沿半径朝圆心运动D．若拉力突然变大，小球将可能沿轨迹Pc做近心运动13．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。

（物理）高考物理曲线运动试题( 有答案和解析 )一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．以下列图，在风洞实验室中，从 A 点以水平速度 v0向左抛出一个质最为m 的小球，小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F，经过一段时间小球运动到 A 点正下方的 B 点处，重力加速度为 g，在此过程中求（1）小球离线的最远距离；（2） A、 B 两点间的距离；（3）小球的最大速率 v max．【答案】（1）mv22m2 gv2（ 3）v0F24m2g2 0（2）0F2F F 2【解析】【解析】（1）依照水平方向的运动规律，结合速度位移公式和牛顿第二定律求出小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；（2）依照水平方向向左和向右运动的对称性，求出运动的时间，抓住等时性求出竖直方向A、 B 两点间的距离；（3）小球到达 B 点时水平方向的速度最大，竖直方向的速度最大，则 B 点的速度最大，依照运动学公式结合平行四边形定则求出最大速度的大小；【详解】（1）将小球的运动沿水平方向沿水平方向和竖直方向分解水平方向： F＝ma x2v0＝ 2a x x m解得：x m＝mv2 2F（2）水平方向速度减小为零所需时间t1＝v 0a x总时间 t＝ 2t1竖直方向上：y＝ 1 gt2＝ 2m2 gv022 F 2（3）小球运动到 B 点速度最大v x=v0V y=gtv max＝ v x2v y2＝vF 24m2g 2 F【点睛】解决此题的要点将小球的运动的运动分解，搞清分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2．以下列图，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传达带BC．已知传达带沿顺时针方向运行的速度 v=4 m/s ， B、 C两点的距离 L=6 m。

一质量 m=0.2kg 的滑块（可视为质点）从传达带上端 B 点的右上方比 B 点高 h=0. 45 m 处的 A 点水平抛出，恰好从 B 点沿 BC方向滑人传达带，滑块与传达带间的动摩擦因数μ，取重力加速度g=10m/s 2， sin37 = °，cos37°。

高中物理曲线运动试题( 有答案和分析 ) 含分析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1． 有一水平搁置的圆盘，上边放一劲度系数为 k 的弹簧，如下图，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ω 多大时，物体 A 开始滑动？（2）当转速迟缓增大到2 ω 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）g 3 mgl （ 2） 4 mglkl 【分析】【剖析】（1）物体 A 随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力供给向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的协力供给向心力．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，由静摩擦力供给向心力，依据牛顿第二定律求解角速度 ω0 ．（ 2）当角速度达到 2 ω0 时，由弹力与摩擦力的协力供给向心力，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，则静摩擦力供给向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的协力供给向心力．（ 1）当圆盘转速为 n 0 时， A 马上开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力供给向心力，则有：μmg ＝ ml ω02，解得： ω0=g ．l即当 ω0g时物体 A 开始滑动．＝l（ 2）当圆盘转速达到 2 ω0 时，物体遇到的最大静摩擦力已不足以供给向心力，需要弹簧的弹力来增补，即： μmg +k △x ＝ mr ω12， r=l+△x解得： Vx ＝3 mglkl 4 mg【点睛】当物体相关于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是常常用到的临界条件．此题重点是剖析物体的受力状况．2．如下图 ,固定的圆滑平台上固定有圆滑的半圆轨道,轨道半径R=0.6m, 平台上静止搁置着两个滑块A、B,m A=0.1kg,m B=0.2kg,两滑块间夹有少许炸药,平台右边有一带挡板的小车,静止在圆滑的水平川面上．小车质量为M=0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右边固定一根轻弹簧 ,弹簧的自由端在Q 点,小车的上表面左端点 P 与 Q 点之间是粗拙的,PQ 间距离为 L 滑块 B 与 PQ 之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q 点右边表面是圆滑的．点燃炸药后,A、B 分别瞬时 A 滑块获取向左的速度v A=6m/s, 而滑块 B 则冲向小车．两滑块都能够看作质点,炸药的质量忽视不计 ,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/s2．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 ,又最后没有滑离小车,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）E P0.22 J （3）0．675m＜L＜1．35m【分析】【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：1m A v A21m A v2m A g 2R22在最高点由牛顿第二定律：m A g F N m A滑块在半圆轨道最高点遇到的压力为：F N=1N v2 R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：m A v A m B v B解得： v B=3m/s滑块 B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧拥有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：m B v B（ m B M )v共由能量关系：E P 1m B v B21(m B M )v共2 - m BgL22解得 E P=0.22J(3)滑块最后没有走开小车，滑块和小车拥有共同的末速度，设为u，滑块与小车构成的系统动量守恒，有：m B v B（ m B 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，设滑块恰巧滑到 Q 点，由能量守恒定律得：m B gL11m B v B21(m B M )v2 22联立解得：L1=1.35m若小车 PQ 之间的距离 L 不是很大，则滑块必定挤压弹簧，因为Q 点右边是圆滑的，滑块必定被弹回到PQ 之间，设滑块恰巧回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：2 m B gL21m B v B21(m B M )v2 22联立解得：L2=0.675m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最后没有走开小车，PQ 之间的距离L 应知足的范围是 0.675m ＜L＜ 1.35m3．如下图，水平长直轨道AB 与半径为R=0.8m 的圆滑1 竖直圆轨道BC 相切于B， BC 4与半径为r=0.4m 的圆滑1 竖直圆轨道CD相切于C，质量m=1kg 的小球静止在 A 点，现用4F=18N 的水平恒力向右拉小球，在抵达AB 中点时撤去拉力，小球恰能经过球与水平面的动摩擦因数μ=0.2，取 g=10m/s 2．求：D 点．已知小（1）小球在 D 点的速度 v D大小；（2）小球在 B 点对圆轨道的压力 N B大小；（3） A、B 两点间的距离 x．【答案】 (1) v D2m / s（ 2）45N (3)2m【分析】【剖析】【详解】（1）小球恰巧过最高点D，有：mg m v D2r解得： v D2m/s（2）从 B 到 D ，由动能定理：mg(R r )1mv D 21mv B 222设小球在 B 点遇到轨道支持力为 N ，由牛顿定律有：N mgmN B =Nv 2BR联解③④⑤得： N=45N（3）小球从 A 到 B ，由动能定理：Fxmgx1mv B 222解得： x 2m故此题答案是： (1) v D 2m / s （ 2） 45N (3)2m 【点睛】利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加快阶段的位移，4． 如下图，在圆滑的圆锥体顶部用长为的细线悬挂一质量为 的小球， 因锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为，物体绕轴线在水平面内做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知，重力加快度 g 取 若北小球运动的角速度，求此时细线对小球的拉力大小。

错题本三：力与曲线运动1．在斜面上平抛再落回斜面过程中，离斜面最远时的时间为落回斜面时间的一半．2．平抛(或类平抛)运动的推论(1)任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．(2)设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tanφ.3．圆周运动两重要模型(1)绳球模型中恰好通过最高点的速度为gR，与之对应的最低点的线速度为5gR，最高点与最低点绳的拉力大小之差为6mg.(2)杆球模型中恰好通过最高点的速度为零，与之对应的最低点线速度为2gR，杆的拉力大小为5mg，最高点与最低点拉力大小之差为4mg.1.(2019·全国卷Ⅱ)(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图象如图(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【解析】根据v－t图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，A错误；根据v－t图线的斜率表示加速度，综合分析可知，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小，C错误．第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v－t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，D正确．【答案】BD2.(2019·广东)如图所示，一工人利用定滑轮和轻质细绳将货物提升到高处．已知该工人拉着绳的一端从滑轮的正下方水平向右匀速运动，速度大小恒为v，直至轻绳与竖直方向夹角为60°.若滑轮的质量和摩擦阻力均不计，则该过程()A．货物也是匀速上升B．绳子的拉力大于货物的重力C．末时刻货物的速度大小为v 2D．工人做的功等于货物动能的增量【解析】由题意可知，将人的速度v沿绳子和垂直于绳方向分解，如图所示，沿绳的速度大小等于货物上升的速度大小，v货＝v sinθ，θ随人向右运动逐渐变大，sinθ变大，若v不变，故货物运动的速度要变大，故A错误．货物的加速度向上，由牛顿第二定律可知其合力向上，则绳的拉力T大于物体的重力mg，B正确；末时刻货物的速度大小为v货＝v sin60°＝32v，C错误；根据能量关系可知，工人做的功等于货物动能和重力势能的增量之和，D错误．【答案】B3．(平抛与圆面结合)(2019·河北)(多选)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与圆心等高且在同一竖直面内．现甲、乙两位同学分别站在M 、N 两点，同时将两个小球以v 1、v 2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q ，已知∠MOQ ＝60°，忽略空气阻力．则下列说法正确的是( )A ．两球抛出的速率之比为1∶3B ．若仅增大v 1，则两球将在落入坑中之前相撞C ．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变D ．若仅从M 点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中【解析】 由几何关系M 、N 的水平位移分别为R 2，32R ，运动时间相等，由x M ＝v 1t ，x N ＝v 2t ，得v 1∶v 2＝1∶3，A 正确；若只增大v 1，M 运动轨迹将向右一些，两球在空中相遇，B 正确；只要两球落在坑中同一点，水平位移之和为2R ，则(v 1＋v 2)t ＝2R ，落点不同，竖直位移不同，t 不同，v 1＋v 2不是定值，C 错误；如果能垂直落入坑中，速度反向延长线过圆心，水平位移为2R ，应打在N 点，但由平抛知识不可能打在N 点，故不可能垂直落入坑中，D 错误．【答案】 AB4.(轻杆模型)(2019·荆州中学)(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F ，小球在最高点的速度大小为v ，其F －v 2图象如图乙所示，则( )A ．小球的质量为aR bB ．v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等C ．v 2＝c 时，小球对杆的弹力方向向上D ．当地的重力加速度大小为R b【解析】 由图象知v 2＝0时，F ＝a ＝mg ，当v 2＝b 时，F ＝0，得mg ＝m v 2R ，g ＝b R ，D 错误；由a ＝mg ＝m b R 得m ＝aR b ，A 正确；由图象知v 2＝c 时，0<F <a ＝mg ，小球对杆弹力方向向上，C 正确；当v 2＝2b 时，由F 合＝m v 2R 得，F ＋mg ＝2mb R ＝aR b ×2b R ＝2a ，得F ＝mg ，B 正确．【答案】 ABC5.(2019·福建)如图所示，四分之一圆弧AB 和半圆弧BC 组成的光滑轨道固定在竖直平面内，A 、C 两端点等高，直径BC 竖直，圆弧AB 的半径为R ，圆孤BC 的半径为R 2.一质量为m 的小球从A 点上方的D 点由静止释放，恰好沿A 点切线方向进入并沿轨道运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g .(1)要使小球能运动到C 点，D 、A 两点间的高度差h 至少为多大？(2)改变h ，小球通过C 点后落到圆弧AB 上的最小动能为多少？【解析】 (1)设小球刚好通过C 点的速度为v ，则mg ＝m v 2R 2小球从D 点到C 点的过程中机械能守恒，有mgh ＝12m v 2 解得h ＝R 4(2)设小球通过C 点的速度为v 0，落到圆弧AB 上时，水平位移为x ，下落高度为y ，由平抛运动的规律可知x ＝v 0t ；y ＝12gt 2 从C 点抛出到落到圆弧AB 上，由动能定理mgy ＝E k －12m v 20 又x 2＋y 2＝R 2解得E k ＝14mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R 2y ＋3y 式中当R 2y ＝3y 即y ＝33R 时，E k 有最小值，解得E k ＝32mgR . 【答案】 (1)R 4 (2)32mgR 6．(2019·重庆)(多选) 半径为R 的光滑半圆弧槽竖直固定在水平面上，可视为质点的小球以4 m/s 的初速度向左进入半圆轨道，小球通过最高点后做平抛运动，若要小球平抛运动中有最大水平位移，重力加速度为g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．小球落地时，速度方向与水平地面成60°角B ．R ＝0.2 m 时，小球的水平位移最大C ．小球落地时，速度方向与水平地面成45°角D ．最大水平位移为1.6 m【解析】 设小球通过轨道最高点的速度为v ，据机械能守恒可得：mg ·2R ＝12m v 20－12m v 2，解得小球通过轨道最高点的速度v ＝16－40R .小球从最高点到落地，做平抛运动，则2R ＝12gt 2、x ＝v t ，解得：小球水平位移x ＝ 6.4R －16R 2＝－16(R －0.2)2＋0.64.当R ＝0.2 m 时，小球的水平位移最大；最大水平位移x max ＝0.8 m ．故B 项正确，D 项错误．当R ＝0.2 m 时，小球通过轨道最高点的速度v ＝2 2 m/s ，则小球落地时速度的水平分量v x ＝2 2 m/s ；小球落地时，v 2y ＝2g ·2R ，解得：小球落地时速度的竖直分量v y ＝2 2 m/s ；小球落地时，速度方向与水平地面夹角的正切值tan θ＝v y v x＝1，则小球落地时，速度方向与水平地面成45°角．故A 项错误，C 项正确．【答案】 BC7．(2019·河南)如图所示，从半径为R 的半球形容器的球心O 处以不同的初速度沿水平方向抛出一质量为m 的小球．已知当地的重力加速度为g ，小球可视为质点忽略空气阻力，则小球落到容器壁上的最小动能为( )A ．2mgRB ．mgR C.32mgR D.12mgR 【解析】 设小球落在圆上的A 点，且OA 与水平方向的夹角为α如图所示：在水平方向上：R cos α＝v 0t在竖直方向上：R sin α＝12gt 2＝v y 2t 在A 点的合速度为v ＝v 20＋v 2y最小动能为E k ＝12m v 2＝12m (v 20＋v 2y ) 整理可得：E k ＝14mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫1sin α＋3sin α 解得当1sin α＝3sin α时有最小值为32mgR . 【答案】 C8．(2019·长春)如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点．两球静止时，它们距水平地面的高度相等，细线与竖直方向的夹角分别为α、β(α<β)．若同时剪断两根细线，空气阻力不计，则下列说法正确的是()A．a、b两球同时落地B．a球先落地C．a球水平飞行的距离比b球大D．a、b两球水平飞行的距离相等【解析】对小球受力分析，根据平衡条件有m a g＝F库tanα，m b g＝F库tanβ，由于β>α，所以m a>m b，剪断两根细线后，两球在竖直方向上做自由落体运动，同时落地，由于水平方向上两球受力大小始终相等，且m a>m b，故水平方向上a的加速度一直小于b的加速度，因此a球水平飞行的距离比b球的小，故B、C、D错误，A正确．【答案】A9．(2019·郑州)翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态．已知飞行器的动力F始终与飞行方向相同，空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即F1＝C1v2；空气阻力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即F2＝C2v2.其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，满足如图甲所示的关系．飞行员和装备的总质量为m＝90 kg.(重力加速度取g＝10 m/s2)(1)若飞行员使飞行器以速度v1＝10 3 m/s在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示．结合甲图计算，飞行器受到的动力F为多大？(2)若飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节C1＝5.0 N·s2/m2，机翼中垂线和竖直方向夹角为θ＝37°，求飞行器做匀速圆周运动的半径r和速度v2大小．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【解析】(1)选飞行器和运动员为研究对象，由受力分析可知在竖直方向上mg＝C1v21得C1＝3 N·s2/m2由C1、C2关系图象可得C2＝2.5 N·s2/m2在水平方向上，动力和阻力平衡F＝F2F2＝C2v21解得F＝750 N(2)设此时飞行器飞行速率为v2，所做圆周运动的半径为r，F1与竖直方向夹角为θ，在竖直方向所受合力为零则mg＝C1v22cosθ水平方向合力提供向心力，则C 1v 22sin θ＝m v 22r 联立解得⎩⎪⎨⎪⎧r ＝30 m v 2＝15 m/s 【答案】 (1)750 N (2)30 m 15 m/s。

素能演练提升三(1)平抛运动与圆周运动(时间:60分钟满分:100分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分.1.(2015江苏南通二模)如图所示,河水以相同的速度向右流动,落水者甲随水漂流,至b点时,救生员乙从O点出发对甲实施救助,则救生员乙相对水的运动方向应为图中的()A.Oa方向B.Ob方向C.Oc方向D.Od方向解析:人在水中相对于水游动的同时还要随着水一起相对地面向下游漂流,以河水为参考系,落水者甲静止不动,救援者做匀速直线运动,则救援者直接沿着Ob方向即可对甲实施救助.答案:B2.A、D分别是斜面的顶端、底端,B、C是斜面上的两个点,AB=BC=CD,E点在D点的正上方,与A等高.从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球,球1落在B点,球2落在C点,关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程()A.球1和球2运动的时间之比为2∶1B.球1和球2动能增加量之比为1∶3C.球1和球2抛出时初速度之比为2∶1D.球1和球2运动时的加速度之比为1∶2解析:因为AC=2AB,则AC的高度差是AB高度差的2倍,根据h=gt2得t=,解得球1和球2运动的时间比为1∶,故A错误;根据动能定理得mgh=ΔE k,知球1和球2动能增加量之比为1∶2,故B错误;AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍,结合x=v0t,解得初速度之比为2∶1,故C 正确;平抛运动的物体只受重力,加速度为g,故两球的加速度相同,故D错误.答案:C3.如图所示,有一带电粒子(不计重力)紧贴A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿轨迹①从两板中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿轨迹②落到B板正中间.设带电粒子两次射入电场的水平速度相同,则电压U1、U2之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.1∶8解析:设板长为L,板间距离为d,水平初速度为v0,带电粒子的质量为m,电荷量为q,两次运动时间分别为t1、t2,第一次射入时:L=v0t1,,联立解得U1=第二次射入时:=v0t2,d=,联立解得U2=所以U1∶U2=1∶8,选项D正确.答案:D4.(2015湖南永州三模)如图所示,a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出,已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等,斜面底边长是其竖直高度的2倍.若小球a能落到半圆轨道上,小球b能落到斜面上,则()A.b球一定先落在斜面上B.a球可能垂直落在半圆轨道上C.a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上D.a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上解析:将圆轨道和斜面轨道重合在一起,如图所示,交点为A,初速度合适,可知小球做平抛运动落在A点,则运动的时间相等,即同时落在半圆轨道和斜面上.若初速度不适中,由图可知,可能小球先落在斜面上,也可能先落在圆轨道上,故C正确,A、D错误.若a球垂直落在半圆轨道上,根据几何关系知,速度方向与水平方向的夹角是位移与水平方向的夹角的2倍,而在平抛运动中,某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍,两者相互矛盾,所以a球不可能垂直落在半圆轨道上,故B错误.答案:C5.如图所示,一斜面固定在水平地面上,现将一小球从斜面上P点以某一初速度水平抛出,它在空中飞行的水平位移是x1,若将初速度大小变为原来的2倍,空中飞行的水平位移是x2,不计空气阻力.假设小球落下后不反弹,则x1和x2的大小关系一定错误的是()A.x2=2x1B.x2=3x1C.x2=4x1D.x2=5x1解析:小球水平抛出做平抛运动,如果两次抛出小球都落在斜面上,设斜面与水平方向的夹角为θ,则有tan θ=,解得t=,故x=v0t=,因此=()2=4,即x2=4x1,C不符合题意;如果两次抛出小球都落在水平面上,则两次小球下落的高度相同,由h=gt2可知,两次小球下落的时间相同,故=2,即x2=2x1,A不符合题意;如果第一次小球落在斜面上,而第二次小球落在水平面上,则2x1<x2<4x1,B不符合题意,D 错误.故选D.答案:D6.(2015江苏苏锡常镇模拟)如图所示,从同一竖直线上不同高度A、B两点处,分别以速度v1、v2同向水平抛出两个小球,P为它们运动轨迹的交点.则下列说法正确的有()A.两球在P点一定具有相同的速率B.若同时抛出,两球不可能在P点相碰C.若同时抛出,落地前两球竖直方向的距离逐渐变大D.若同时抛出,落地前两球之间的距离逐渐变大解析:两球的初速度大小关系未知,在P点,A的竖直分速度大于B的竖直分速度,根据平行四边形定则知,两球在P点的速度大小不一定相同,故A错误;若同时抛出,在P点,A下落的高度大于B下落的高度,则A下落的时间大于B下落的时间,可知两球不可能在P点相碰,故B正确;若同时抛出,根据h=gt2知,经过相同的时间下落的高度相同,则竖直方向上的距离保持不变,故C错误;若同时抛出,由题图可知,下落相同的高度,B的水平位移大于A的水平位移,可知B的初速度大于A的初速度,由于两球在竖直方向上的距离不变,水平距离逐渐增大,则两球之间的距离逐渐增大,故D正确.答案:BD7.如图甲所示,质量相等,大小可忽略的a、b两小球用不可伸长的等长轻质细线悬挂起来,使小球a 在竖直平面内来回摆动,小球b在水平面内做匀速圆周运动,连接小球b的细线与竖直方向的夹角和小球a摆动时细线偏离竖直方向的最大夹角都为θ,运动过程中两细线拉力大小随时间变化的关系如图乙中c、d所示.则下列说法正确的是()A.图乙中直线d表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系B.图乙中曲线c表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系C.θ=45°D.θ=60°解析:题图乙中曲线c表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系,直线d表示细线对小球b的拉力大小随时间变化的关系,选项A错误,B正确.由mgL(1-cos θ)=mv2,F-mg=,解得细线对小球a的拉力最大值F=3mg-2mg cos θ,在a小球运动到最高点时拉力最小,最小值F=mg cos θ,由题图乙可知细线对小球a的拉力最大值是最小值的4倍,由此可得,θ=60°,选项C错误,D正确.答案:BD8.如图所示,两块竖直放置的导体板间的电场强度为E,在靠近左板处有一电荷量为-q、质量为m的小球,以水平初速度v0向右射出.已知在运动过程中不与右板发生碰撞,也没有落地.若重力加速度为g,不计空气阻力,则()A.在碰到左板前,小球做匀变速直线运动B.两板之间的距离d>C.根据题干所给的条件,可以求得小球回到出发点的正下方时速度的大小和方向D.小球向右运动时下落的高度与向左运动时下落的高度之比为1∶2解析:对小球受力分析知,小球在水平方向做匀减速直线运动,在竖直方向做自由落体运动,运动轨迹为曲线,A错;水平方向Eq=ma,0-=-2ax,x=,要使小球不与右板碰撞,则d>x,B对;回到出发点的正下方时水平速率为v0,方向水平向左,运动时间为t=,竖直速度v y=gt=,可求出此时的速度,C对;小球向右运动和向左运动的时间相等,两段时间内的竖直方向位移之比为1∶3,D错.答案:BC第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、本题共2小题,共12分.把答案填在相应的横线上或按题目要求作答.9.(6分)(2015河南豫南九校联盟模拟)如图所示,在竖直放置的离心浇铸装置中,电动机带动两个支撑轮同向转动,管状模型放在这两个支撑轮上靠摩擦带动,支撑轮与管状模型间不打滑.铁水注入之后,由于离心作用,铁水紧紧靠在模型的内壁上,从而可得到密实的铸件,浇铸时支撑轮转速不能过低,否则,铁水会脱离模型内壁,产生次品.已知管状模型内壁半径为R,支撑轮的半径为r,重力加速度为g,管状模型厚度不计,则支撑轮转动的最小角速度ω为.解析:经过最高点的铁水要紧压模型内壁,临界情况是重力恰好提供向心力,根据牛顿第二定律,有mg=m,解得v=;管状模型转动时边缘的线速度与支撑轮转动时边缘的线速度相等,所以支撑轮的最小角速度ω=.答案:10.(6分)“水流星”是一种常见的杂技项目,该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型,如图所示,已知绳长为l,重力加速度为g,忽略空气阻力,则当小球在最低点的速度v0满足时,小球一定能通过最高点P,在小球上升过程中机械能(选填“增大”“减小”或“不变”).解析:小球要经过最高点,其速度为v,满足mg≤m,从Q到P点根据动能定理得-2mgl=mv2-,联立解得当v0≥时,小球一定能通过最高点P,整个过程机械能守恒.答案:v0≥(3分)不变(3分)三、本题共2小题,共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.11.(18分)如图,是一次娱乐节目中的一个游戏示意图,游戏装置中有一个光滑圆弧形轨道,高为h,半径为R,固定在水平地面上,它的左端切线沿水平方向,左端与竖直墙面间的距离为x.竖直墙高为H,滑板运动员可从墙面的顶部沿水平方向飞到地面上.游戏规则是让一滑块从弧形轨道的最高点由静止滑下,当它滑到轨道底端时,滑板运动员立即以某一初速度水平飞出,当滑块在水平面上停止运动时,运动员恰好在滑块处落地,并将滑块捡起就算获胜.已知滑块到达底端时对轨道的压力大小为F,重力加速度为g.(不计滑板的长度,运动员看作质点)求:(1)滑块的质量;(2)滑块与地面间的动摩擦因数;(3)滑板运动员要想获胜,他飞出时的初速度多大?解析:(1)设滑块的质量为m,滑块沿弧面滑动过程机械能守恒,有mgh=mv2(2分)滑块在弧形轨道最低点时F-mg=m(2分)联立解得m=.(2分)(2)设滑块与地面间的动摩擦因数为μ.滑块在地面上运动时v=at(1分)μmg=ma(1分)滑板运动员在竖直方向,H=gt2(1分)联立解得μ=.(2分)(3)设滑板运动员获胜飞出时的初速度为v0.滑块在水平面上运动时,x1=(2分)滑板运动员在水平方向,x2=v0t(1分)又x1+x2=x(2分)联立解得v0=).(2分)答案:(1)(2)(3))12.(22分)(2015江苏苏州高三调研)如图所示,一个半径为R的圆周的轨道,O点为圆心,B为轨道上的一点,OB与水平方向的夹角为37°.轨道的左侧与一固定光滑平台相连,在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连,弹簧原长时右端在A点.现用一质量为m的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P 点后释放.已知重力加速度为g,不计空气阻力.(1)若小球恰能击中B点,求刚释放小球时弹簧的弹性势能;(2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直;(3)改变释放点的位置,求小球落到轨道时动能的最小值.解析:(1)小球离开O点后做平抛运动,设初速度为v0落在B点,有R cos 37°=v0t(2分)R sin 37°=gt2(2分)解得v0=(2分)由机械能守恒,得弹簧的弹性势能E p=mgR.(2分)(2)设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ,小球做平抛运动,有R cos θ=v0t,R sin θ=gt2(2分)位移方向与圆弧垂直tan θ=(2分)设速度方向与水平方向的夹角为α,则tan α==2tan θ(2分)所以小物块不能垂直击中圆弧.(2分)(3)设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ,小球做平抛运动,有R cos θ=v0t,R sin θ=gt2由动能定理,有mgR sin θ=E k-(2分)解得E k=mgR(2分)当sin θ=时,取最小值E kmin=mgR.(2分)答案:(1)mgR (2)不能(3)mgR。