2016年挑战高考压轴题(曲线运动 功与能)

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。

2016高考+联考模拟物理试题分项解析专题04曲线运动•<—---------------- 項題再现--------------------- -. 眾丸药16年高老鼻戏，备孜清确，佥昨金祈，鸟常点掃，功力201孑年鬲哥一、选择题1.【2016 •海南卷】在地面上方某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【解析】由于物体只受重力作用，做平抛运动，故加滅度不变，遠度大小和亦向时刻在变化，选项A 错误,设某时刻速度与竖直方向丸角为乩则3$二二*土，随着时间I变大，tanfl变小，日变『卜故选项3正确；根据加谨度定义式^ = —=5,则4=抄・即在相等的时间间隔内，頑痿的改变量相等，故选项C 错误，根据动能定理，在相等的时间间隔內，动能的改变童等于重力做的功,SP :门二小別，对于平抛运动，由于在竖直方向上，在相等时间间隔內的位移不相等，故选项n错误.【考点定位】平抛运动、动能定理【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合加速度公式和动能定理公式灵活求解即可。

2.[ 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 .② D .④C.③【解析】由题意知 A 、B 两小球抛出的初速度相同，由牛顿第二定律知，两小球运动的加速度相同，所以运动的轨迹相同，故A 正确；B 、C 、D 错误.【考点定位】考查抛体运动【方法技巧】两球的质量不同是本题的一个干扰因素，重在考查学生对物体运动规律的理解，抛体运动轨迹与物体的质量无关，只要初始条件相同，则轨迹相同。

3.【2016 •上海卷】风速仪结构如图（a ）所示。

（物理）高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，一根长为0.1 m的细线，一端系着一个质量是0.18kg的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，当小球的转速增加到原转速的3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N．求：（1）线断裂的瞬间，线的拉力；（2）这时小球运动的线速度；（3）如果桌面高出地面0.8 m，线断裂后小球沿垂直于桌子边缘的方向水平飞出去落在离桌面的水平距离．【答案】（1）线断裂的瞬间，线的拉力为45N；（2）线断裂时小球运动的线速度为5m/s；（3）落地点离桌面边缘的水平距离2m．【解析】【分析】【详解】(1)小球在光滑桌面上做匀速圆周运动时受三个力作用;重力mg、桌面弹力F N和细线的拉力F,重力mg和弹力F N平衡，线的拉力提供向心力，有：F N=F=mω2R，设原来的角速度为ω0,线上的拉力是F0,加快后的角速度为ω,线断时的拉力是F1，则有：F1:F0=ω2: 2=9:1，又F1=F0+40N，所以F0=5N,线断时有：F1=45N.(2)设线断时小球的线速度大小为v,由F1=2vmR，代入数据得：v=5m/s.(3)由平抛运动规律得小球在空中运动的时间为：t =220.810h s g ⨯==0.4s ， 则落地点离桌面的水平距离为：x =vt =5×0.4=2m .2．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y ＜0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场202mv E qh=．一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从电场中Q 点以速度v 0水平向右射出，经坐标原点O 射入第Ⅰ象限．已知粒子在第Ⅲ象限运动的水平方向位移为竖直方向位移的2倍，且恰好不从PN 边射出磁场．已知MN 平行于x 轴，N 点的坐标为(2h,2h )，不计粒子的重力，求：⑴入射点Q 的坐标； ⑵磁感应强度的大小B ； ⑶粒子第三次经过x 轴的位置坐标.【答案】(1)()2,h h --(2) )0221mv qh (3)(20262,0v gh g ⎡⎤--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦【解析】 【分析】带电粒子从电场中Q 点以速度v 0水平向右射出，在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，在第I 象限，先是匀速直线运动，后是圆周运动，最后又在电场中做类斜抛运动． 【详解】(1)带电粒子在第Ⅲ象限做的是类平抛运动，带电粒子受的电场力为1F 运动时间为1t ，有1F qE =202mv h=由题意得11F qE a m m== 101x v t =21112y at =解得1Eq 2012mv y Eq=202mv E qh=Q 的坐标()2,h h --(2) 带电粒子经坐标原点O 射入第Ⅰ象限时的速度大小为1v0x v v =1y v at =1mv t Eq=联立解得0y v v =102v v =由带电粒子在通过坐标原点O 时，x 轴和y 轴方向速度大小相等可知，带电粒子在第I 象限以02v 速度大小，垂直MP 射入磁场，并在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，且恰好不从PN 边射出磁场．如下图所示，设圆周的半径为R ，由牛顿第二定律则有20022mv q v B R=由图知EC 是中位线，O 1是圆心，D 点是圆周与PN 的切点，由几何知识可得，圆周半径R =解得)021B mv qh=(3)0，且抛 射角是045，如下图所示，根据斜抛运动的规律，有20x v =cos45020y v =sin450带电粒子在电场中飞行时间为2t 则有10222y v v t gg==带电粒子在电场中水平方向飞行距离为2x 有202222x v x v t g==带电粒子在2p 点的坐标 由几何知识可知2p 点的坐标是，0）带电粒子在1p 点的坐标是(2026,0v gh g ⎡⎤--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦【点睛】带电粒子在不同场中运动用不同的物理公式以及利用几何知识来计算．3．水平面上有一竖直放置长H ＝1.3m 的杆PO ，一长L ＝0.9m 的轻细绳两端系在杆上P 、Q 两点，PQ 间距离为d ＝0.3m ，一质量为m ＝1.0kg 的小环套在绳上。

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．。

高考物理曲线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。

铁球继续运动，到达水平桌面边缘A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD 的B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D ．已知∠BOC =37°，A 、B 、C 、D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离B 端的竖直高度H =0.45m ，圆弧轨道半径R =0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小v D ；(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小F C ；（计算结果保留两位有效数字） (3)铁球运动到B 点时的速度大小v B ； (4)水平推力F 作用的时间t 。

【答案】(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 5；(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为6.3N ；(3)铁球运动到B 点时的速度大小是5m/s ； (4)水平推力F 作用的时间是0.6s 。

【解析】 【详解】(1)小球恰好通过D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：2Dmv mg R=可得：D 5m /s v =(2)小球在C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：2Cmv F mg R-=代入数据可得：F =6.3N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：F C =F =6.3N(3)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2y 2gh v = 得：v y =3m/s小球沿切线进入圆弧轨道，则：35m/s 370.6y B v v sin ===︒(4)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：3750.84/A B v v cos m s =︒=⨯=小球在水平面上做加速运动时：1F mg ma μ-=可得：218/a m s =小球做减速运动时：2mg ma μ=可得：222/a m s =-由运动学的公式可知最大速度：1m v a t =；22A m v v a t -= 又：222m m A v v vx t t +=⋅+⋅ 联立可得：0.6t s =2．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。

2016年高考物理真题分类汇编：曲线运动1、[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____________。

2、[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3、[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 ．6mg4、[2016上海16].风速仪结构如图(a)所示。

光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。

已知风轮叶片转动半径为r ，每转动n 圈带动凸轮圆盘转动一圈。

若某段时间Δt 内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片（ ）A 、转速逐渐减小，平均速率为4πΔnr tB 、转速逐渐减小，平均速率为8πΔnr tC 、转速逐渐增大，平均速率为4πΔnr tD 、转速逐渐增大，平均速率为8πΔnr t5、[2016全国II-16]. 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6、 [2016全国理综I-18]一质点做匀速直线运动。

考点4曲线运动选择题1.(2016·全国卷I·T18)一质点做匀速直线运动,现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则()A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变【解析】选B、C。

若施加一恒力与速度方向不在同一直线,质点做匀变速曲线运动,质点速度的方向与该恒力的方向夹角越来越小,A错、B对;质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同,单位时间内速度的变化量总是不变,不是速率的变化量总是不变,C对、D错。

【误区警示】速度与速度变化量是矢量,速率是标量,质点所受合力恒定则加速度不变,单位时间内速度的变化量总是不变,只有质点做单方向匀变速直线运动时单位时间内速率的变化量才不变。

2.(2016·全国卷II·T16)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【解析】选C。

小球P 和Q 由两绳的水平位置运动到最低点的过程中机械能守恒,则有mgL=21mv 2,所以v=gL 2,由于悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短,所以P 球的速度一定小于Q 球的速度,选项A 错误;又由于P 球的质量大于Q 球的质量,不能确定P 球的动能是否一定小于Q 球的动能,选项B 错误;根据T-mg=r m 2v ,因为r=L,所以,T=3mg,所以P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力,选项C 正确;由a=rv 2和r=L 可得,P 球和Q 球的向心加速度大小均为a=2g,所以选项D 错误。

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。

高考物理曲线运动答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=35，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g ．求：（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； （2）小球到达A 点时动量的大小； （3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间． 【答案】（15gR（223m gR （3355R g 【解析】试题分析 本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．解析（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有tan F mgα=① 2220()F mg F =+②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得2v F m R=③由①②③式和题给数据得034F mg =④5gRv =（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥(1cos CD R α=+）⑦由动能定理有22011122mg CD F DA mv mv -⋅-⋅=-⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 1232m gR p mv ==⑨ （3）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g ．设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有212v t gt CD ⊥+=⑩ sin v v α⊥=由⑤⑦⑩式和题给数据得355R t g=点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．2．如图所示，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板B 固定在水平地面上，一个质量为3m 小球A 静止在木板B 上圆形轨道的左侧．一质量为m 的子弹以速度v 0水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动．圆形轨道半径为R ，木板B 和圆形轨道总质量为12m ，重力加速度为g ，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力．求：(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围．【答案】(1)2038mv (2) 2164mv mg R+(3)042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤【解析】本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题． (1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：01(3)mv m m v =+由能量守恒定律得：220111422Q mv mv =-⨯ 代入数值解得：2038Q mv =(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式得211(3)(3)m m v F m m g R+-+=以木板为对象受力分析得2112F mg F =+ 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F 2木板对水平面的压力的大小202164mv F mg R=+(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性：①若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R由机械能守恒定律得：()()211332m m v m m gR +≤+解得：0v ≤②若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：22(3)(3)m m v m m g R++≤由机械能守恒定律得：221211(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++代入数值解得：0v ≥要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：312F mg ≤在最高点有：233(3)(3)m m v F m m g R+++=由机械能守恒定律得：221311(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++解得：0v ≤综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是0v ≤0v ≤≤3．如图所示，在竖直平面内有一绝缘“⊂”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB 、CD 水平且足够长，光滑半圆半径为R ，质量为m 、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距B 点x=5.75R 处以某初速v 0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB 、CD 间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）若小球初速度v 0=4gR ，则小球运动到半圆上B 点时受到的支持力为多大； （2）小球初速度v 0满足什么条件可以运动过C 点；（3）若小球初速度v=4gR ，初始位置变为x=4R ，则小球在杆上静止时通过的路程为多大．【答案】（1）5.5mg （2）04v gR >（3）()44R π+ 【解析】 【分析】 【详解】（1）加速到B 点：221011-22mgx qEx mv mv μ-=- 在B 点：2v N mg m R-=解得N=5.5mg（2）在物理最高点F ：tan qE mgα=解得α=370；过F 点的临界条件：v F =0从开始到F 点：2101-(sin )(cos )02mgx qE x R mg R R mv μαα-+-+=- 解得04v gR =可见要过C 点的条件为：04v gR >（3）由于x=4R<5.75R ，从开始到F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F 点时速度不为零，假设过C 点后前进x 1速度变为零，在CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：2121101--(-)202mgx mgx qE x x mg R mv μμ--⋅=-1s x R x π=++解得：(44)s R π=+4．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。

高考物理曲线运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，在竖直平面内有一绝缘“⊂”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB 、CD水平且足够长，光滑半圆半径为R ，质量为m 、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距B 点x=5.75R 处以某初速v 0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB 、CD 间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）若小球初速度v 0=4gR ，则小球运动到半圆上B 点时受到的支持力为多大； （2）小球初速度v 0满足什么条件可以运动过C 点；（3）若小球初速度v=4gR ，初始位置变为x=4R ，则小球在杆上静止时通过的路程为多大．【答案】（1）5.5mg （2）04v gR >（3）()44R π+ 【解析】 【分析】 【详解】（1）加速到B 点：221011-22mgx qEx mv mv μ-=- 在B 点：2v N mg m R-=解得N=5.5mg（2）在物理最高点F ：tan qE mgα=解得α=370；过F 点的临界条件：v F =0从开始到F 点：2101-(sin )(cos )02mgx qE x R mg R R mv μαα-+-+=- 解得04v gR =可见要过C 点的条件为：04v gR >（3）由于x=4R<5.75R ，从开始到F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F 点时速度不为零，假设过C 点后前进x 1速度变为零，在CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：2121101--(-)202mgx mgx qE x x mg R mv μμ--⋅=-1s x R x π=++解得：(44)s R π=+2．如图所示，光滑轨道CDEF 是一“过山车”的简化模型，最低点D 处入、出口不重合，E 点是半径为0.32R m =的竖直圆轨道的最高点，DF 部分水平，末端F 点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s 逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m ．物块B 静止在水平面的最右端F 处．质量为1A m kg =的物块A 从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E ，然后与B 发生碰撞并粘在一起．若B 的质量是A 的k 倍，A B 、与传送带的动摩擦因数都为0.2μ=，物块均可视为质点，物块A 与物块B 的碰撞时间极短，取210/g m s =．求：（1）当3k =时物块A B 、碰撞过程中产生的内能； （2）当k=3时物块A B 、在传送带上向右滑行的最远距离；（3）讨论k 在不同数值范围时，A B 、碰撞后传送带对它们所做的功W 的表达式．【答案】（1）6J （2）0.25m （3）①()21W k J =-+②()221521k k W k +-=+【解析】（1）设物块A 在E 的速度为0v ，由牛顿第二定律得：20A A v m g m R=①，设碰撞前A 的速度为1v ．由机械能守恒定律得：220111222A A A m gR m v m v +=②， 联立并代入数据解得：14/v m s =③；设碰撞后A 、B 速度为2v ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得()122A A m v m m v =+④；解得：21141/13A AB mv v m s m m ==⨯=++⑤；由能量转化与守恒定律可得：()22121122A AB Q m v m m v =-+⑥，代入数据解得Q=6J ⑦； （2）设物块AB 在传送带上向右滑行的最远距离为s ，由动能定理得：()()2212A B A B m m gs m m v μ-+=-+⑧，代入数据解得0.25s m =⑨； （3）由④式可知：214/1A A B m v v m s m m k==++⑩；（i ）如果A 、B 能从传送带右侧离开，必须满足()()2212A B A B m m v m m gL μ+>+，解得：k ＜1，传送带对它们所做的功为：()()21J A B W m m gL k μ=-+=-+； （ii ）（I ）当2v v ≤时有：3k ≥，即AB 返回到传送带左端时速度仍为2v ； 由动能定理可知，这个过程传送带对AB 所做的功为：W=0J ，（II ）当0k ≤<3时，AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速， 当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧． 在这个过程中传送带对AB 所做的功为()()2221122A B A B W m m v m m v =+-+， 解得()221521k k W k +-=+； 【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏解．A 恰好通过最高点E ，由牛顿第二定律求出A 通过E 时的速度，由机械能守恒定律求出A 与B 碰撞前的速度，A 、B 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离．根据A 、B 速度与传送带速度间的关系分析AB 的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功．3．光滑水平轨道与半径为R 的光滑半圆形轨道在B 处连接，一质量为m 2的小球静止在B 处，而质量为m 1的小球则以初速度v 0向右运动，当地重力加速度为g ，当m 1与m 2发生弹性碰撞后，m 2将沿光滑圆形轨道上升，问：（1）当m 1与m 2发生弹性碰撞后，m 2的速度大小是多少？（2）当m 1与m 2满足21(0)m km k =>，半圆的半径R 取何值时，小球m 2通过最高点C 后，落地点距离B 点最远。