2018届高三物理二轮复习专题一力与运动第3讲力和曲线运动对点规范演练2018010526

专题能力训练3 力与物体的曲线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图所示,小船过河时,船头偏向上游与水流方向成α角,船相对于静水的速度为v,其航线恰好垂直于河岸。

现水流速度稍有增大,为保持航线不变,且准时到达对岸,下列措施可行的是()A.减小α角,增大船速vB.增大α角,增大船速vC.减小α角,保持船速v不变D.增大α角,保持船速v不变2.(2017·广东广州调研)如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为R,小球半径为r,则下列说法正确的是()A.小球通过最高点时的最小速度v min=B.小球通过最高点时的最小速度v min=C.小球在水平线ab以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力3.(2017·辽宁铁岭联考)飞机由俯冲到拉起时,飞行员处于超重状态,此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力,这种现象叫过荷。

过荷过大会造成飞行员四肢沉重,大脑缺血,暂时失明,甚至昏厥。

受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。

g取10 m/s2,则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s时,圆弧轨道的最小半径为()A.100 mB.111 mC.125 mD.250 m4.如图所示,在足够长的斜面上A点,以水平速度v0抛出一个小球,不计空气阻力,它落到斜面上的水平距离为x1。

若将此球改用2v0水平速度抛出,落到斜面上的水平距离为x2,则x1∶x2为() A.1∶1 B.1∶2C.1∶3D.1∶45.如图所示,一人用力跨过定滑轮拉一玩具小车,已知小车的质量为m,水平面对小车的阻力恒为F f。

专题1 第3讲 力和曲线运动1．(2017·青海西宁四校联考)在2016年短道速滑世锦赛中，我国选手韩天宇在男子超级3 000米赛事中以4分49秒450夺冠，并获得全能冠军．如图甲所示，比赛中，运动员通过弯道时如果不能很好地控制速度，将会发生侧滑而离开赛道．现把这一运动项目简化为如下物理模型：用圆弧虚线Ob 代表弯道，Oa 表示运动员在O 点的速度方向(如图乙所示)，下列说法正确的是( D )A ．发生侧滑是因为运动员受到离心力的作用B ．发生侧滑是因为运动员只受到重力和滑道弹力两个力作用，没有向心力C ．只要速度小就不会发生侧滑D ．若在O 点发生侧滑，则滑动方向在Oa 与Ob 之间解析 在O 点发生侧滑时，若此时摩擦力消失，运动员沿Oa 方向滑动，而此时运动员还会受到一个大致沿半径方向的摩擦力，则滑动方向在Oa 与Ob 之间，选项D 正确．发生侧滑是因为运动员通过弯道时需要的向心力大于其受到的合力，选项A 、B 错误；向心力不变的情况下，速度小，则圆周运动半径也小，若运动员不控制身姿同样会发生侧滑，选项C 错误．2．(2017·山东潍坊统考)如图所示，在斜面顶端以速度v 1向右抛出小球时，小球落在斜面上的水平位移为x 1，在空中飞行时间为t 1；以速度v 2向右抛出小球时，小球落在斜面上的水平位移为x 2，在空中飞行时间为t 2.下列关系式正确的是( B )A.x 1x 2＝v 1v 2 B ．x 1x 2＝v 21v 22 C.t 1t 2＝x 1x 2D ．t 1t 2＝v 21v 22解析 设斜面的倾角为α，小球由抛出到落到斜面上时，水平位移与竖直位移分别为x 、y .则tan α＝y x ，又竖直方向y ＝12gt 2，水平方向x ＝vt ，整理可得t ＝2v tan αg，t ∝v ，x＝2v 2tan αg ，x ∝v 2，选项A 、D 错误，选项B 正确；由以上分析可知t 2＝2x tan αg，即t2∝x ，选项C 错误．3．(2017·陕西西安八校联考)如图所示，小物块位于半径为R 的半圆柱形物体顶端，若给小物块一水平速度v 0＝2gR ，则小物块( C )A ．将沿半圆柱形物体表面滑下来B ．落地时水平位移为2RC ．落地速度大小为2gRD ．落地时速度方向与水平地面成60°角解析 设小物块在半圆柱形物体顶端做圆周运动的临界速度为v c ，则重力刚好提供向心力时，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2cR，解得v c ＝gR 物体做平抛运动，选项A x ＝v 0t ，解得x ＝2R ，选项B 错误；，解得v y ＝2gR ，则落地时速度的大小为v ＝2gR ，速度与水平地面成45°夹角，选项C 正确，D 错误．4．(2017·内蒙古联考)如图所示，内部为竖直光滑圆轨道的铁块静置在粗糙的水平地面上，其质量为M .有一质量为m 的小球以水平速度v 0从圆轨道最低点A 开始向左运动，小球沿圆轨道运动且始终不脱离圆轨道，在此过程中，铁块始终保持静止，重力加速度大小为g ，则下列说法正确的是( B )A ．地面受到的压力一定大于MgB ．小球到达B 点时与铁块间可能无作用力C ．经过最低点A 时小球处于失重状态D ．小球在圆轨道左侧运动的过程中，地面受到的摩擦力方向可能向右解析 若小球恰好通过C 点，重力提供其做圆周运动的向心力，则小球与铁块间无作用力，地面受到的压力为Mg ，选项A 错误；若小球恰好到达B 点时速度为零，则小球与铁块间无作用力，选项B 正确；小球经过最低点A 时具有竖直向上的加速度，则此时小球处于超重状态，选项C 错误；小球在圆轨道左侧运动的过程中，地面可能不受摩擦力，也可能受到水平向左的摩擦力，故选项D 错误．5．(2017·海南五校模拟)测量物体速度大小的方法很多，利用圆周运动测速度也是实验室中常用的重要方法之一．如图所示是一种测量物体弹射时的初速度的装置，右侧是半径为R 的圆盘，并置于竖直平面内，装置发射口Q 和圆盘的最上端P 点等高，装置发射口与P 点的距离为L .当装置M 中的小物体以一定的初速度垂直圆盘面且对准P 点弹出的同时，圆盘绕圆心O 点所在的水平轴在竖直平面内匀速转动，小物体恰好在P 点到达圆盘最下端时击中P 点．忽略空气阻力，重力加速度为g .则( D )A ．小物体击中P 点所需的时间为2RgB ．小物体从发射口弹出时的速度为L g RC ．圆盘转动时角速度的最小值为3π2g RD ．P 点的线速度可能为5π2gR解析 由2R ＝12gt 2，得t ＝2R g ，选项A 错误；小物体从发射口弹出时的速度v 0＝L t ＝L 2gR，选项B 错误；根据(2n －1)π＝ωt ，得ω＝n －π2gR(n ＝1,2,3，……)，角速度的最小值为ωmin ＝π2gR，选项C 错误；P 点的线速度v ＝ωR ＝n －π2gR (n ＝1,2,3，……)，当n ＝3时，v ＝5π2gR ，选项D 正确．6．(2017·宁夏银川模拟)如图所示，等长的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的P 、Q 两点，P 、Q 两点间的距离等于一根轻绳长度．重力加速度大小为g .现使小球在竖直平面内以P 、Q 连接为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两轻绳的拉力恰好均为零，不计空气阻力，则( B )第6题图A ．每根轻绳的长度为v 2gB ．小球运动到最低点时每根轻绳的拉力大小为23mgC ．小球运动到最低点时处于失重状态D ．小球运动到最低点时的加速度大小为3g解析 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r ，小球在最高点速率为v 时，两轻绳的拉力恰好均为零，由mg ＝m v 2r ，解得r ＝v 2g.小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r ＝L cos θ＝32L ，所以每根轻绳的长度为L ＝23v23g ，选项A 错误．设小球运动到最低点时速率为v ′，小球运动到最低点时每根轻绳的拉力大小为F ，小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律，12mv 2＋mg ·2r ＝12mv ′2，在最低点，由牛顿第二定律，2F cos θ－mg ＝m v ′2r ，联立解得F ＝23mg ，选项B 正确．小球运动到最低点时的加速度大小为a ＝v ′2r＝5g ，方向竖直向上，小球处于超重状态，选项C 、D 错误．7．(2017·陕西宝鸡质检)(多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直．一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A 轨道缓慢下降到B 轨道，则在此过程中( AB )A ．小球运动的线速度逐渐减小B ．小球运动的周期逐渐减小C ．小球的向心加速度逐渐减小D ．小球运动的角速度逐渐减小解析 由于受到空气阻力，克服阻力做功，小球运动的线速度逐渐减小，选项A 正确；小球的运动轨迹由A 轨道缓慢下降到B 轨道，受力情况不变，由mgtan θ＝mr ω2，可知轨迹半径r 减小，小球运动的角速度ω增大，选项D 错误；由T ＝2πω，可知小球运动的周期T减小，选项B 正确；由mgtan θ＝ma ，可知小球运动的向心加速度a 不变，选项C 错误．8．(2017·广西柳州模拟)(多选)如图所示，质量为M ＝0.2 kg 的圆环ABCD 处于竖直平面内，半径R ＝0.2 m ，圆环上四分之一圆孤CD 粗糙，其余部分光滑，圆环上端被轻杆固定．套在圆环上的质量为m ＝0.2 kg 的小球从A 点以水平初速度v 0＝2 m/s 沿圆环顺时针开始滑动，第一次回到A 点时速度为零．不考虑空气阻力，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( AB )A ．小球经过D 点时速度大小为2 m/sB ．小球经过C 点时对圆环的压力大小为14 N C ．小球经过B 点时轻杆对圆环的作用力小于4 ND ．若小球从A 点由静止释放沿圆环顺时针运动，则小球恰能到达D 点 解析小球从D 点运动到A 点的过程中，由动能定理得，－mgR ＝0－mv 2D2，v D ＝2gR ＝2 m/s ，选项A 正确；小球从A 点运动到C 点的过程中，有2mgR ＝mv 2C 2－mv 22，F N －mg ＝mv 2CR，联立得F N＝14 N ，由牛顿第三定律知，选项B 正确；小球从A 点运动到B 点的过程中，有mgR ＝12mv 2B －12mv 20，在B 点时有，F ′N ＝mv 2BR ，对圆环受力分析，如图所示，其中F ′′N ＝F ′N ，轻杆对圆环的作用力F ＝M 2g 2＋F ′′2N ＝217 N>4 N ，选项C 错误；小球从A 点以水平速度v 0沿圆环顺时针运动一周的过程中克服摩擦力做功为mv 202＝0.4 J ，由于摩擦力F f ＝μF N ，小球从A点由静止释放时，在C 、D 间克服摩擦力做的功要小于0.4 J ，故会上升到D 点上方某一位置，选项D 错误．9．(2017·江西五校模拟)(多选)两小球A 、B 离地面高度均为h ，水平相距l ，如图所示虚线为此时小球A 、B 连线的中垂线．若同时将小球A 、B 分别以速度v 1、v 2(v 1＞v 2)水平抛出，方向如图所示．假设两小球A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( AD )A ．若lv 1＋v 2＜2hg，则小球A 、B 一定能在第一次落地前相碰B ．若小球A 、B 在第一次落地前不相碰，则此后就不会相碰C ．小球A 、B 不可能运动到最高处相碰D ．小球A 、B 一定能相碰，且相碰的位置一定在虚线的右侧解析 由题意知小球A 、B 均做平抛运动，落体运动，小球A 、B 竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t 1若第一次落地前相碰，只要满足碰撞前小球A 、B 1＝2hg，可见选项A 正确；因为小球A 、B A 、B 与地面相碰后水平速度不变，所以小球A 一定会与小球B A 的水平位移比小球B 的水平位移大，故相碰位置一定在虚线的右侧，选项D 正确；由于l 、h 大小未知，只要设置合适的l 、h 值，两小球可能运动到最高处相碰，选项C 错误．10．(2017·四川重点中学模拟)(多选)如图所示为一半径为R 的水平转盘，两可视为质用一质量不计的原长为1.5R 的橡皮筋相连，当滑块P 、Q P 、Q 到转盘圆心的距离分别为1.5R 和R .已μ，且橡皮筋满足胡克定律，劲度系数为k ，重力加kR ≤μmg .则第10题图B ．当ω＝k2m时，滑块Q 与水平转盘之间的摩擦力为零 C ．当ω＝k 2m ＋μgR时，滑块Q 将要发生滑动，而滑块P 仍相对水平转盘静止 D ．当ω＝2k 3m ＋2μg 3R时，滑块P 将要发生滑动，而滑块Q 仍相对水平转盘静止 解析 当两滑块随水平转盘以角速度ω匀速转动时，橡皮筋处于伸长状态，此时橡皮筋的拉力大小为F 0＝kR ，且μmg ≥kR .当滑块Q 与水平转盘之间的摩擦力刚好为零时，则有kR ＝2m ω2Q R ，解得ωQ ＝k 2m，此时，对于滑块P ，m ω2Q ·1.5R ＝0.75kR ，滑块P 未滑动，选项B 正确；当滑块P 与水平转盘之间的摩擦力刚好为零时，则有kR ＝m ω2P ·1.5R ，解得ωP ＝2k 3m >ωQ ，则此时对于滑块Q,2m ω2P R ＝43kR <kR ＋2μmg ，说明滑块Q 未滑动，但与转盘问有摩擦，选项A 错误；当滑块Q 将要发生滑动时，由kR ＋2μmg ＝2m ω′2Q R ，解得ω′Q ＝k 2m ＋μg R；当滑块P 将要发生滑动时，由kR ＋μmg ＝m ω′2P ·1.5R ，解得ω′P ＝2k 3m ＋2μg 3R，ω′Q >ω′P ，则滑块P 先发生滑动，选项C 错误，D 正确．11．(2017·湖北襄阳调研)如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B 处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A 处由静止释放．小物体刚到B 点时的加速度为a ，对B 点的压力为F N ，小物体离开B 点后的水平位移为x ，落地时的速率为v .若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R (不超过圆心离地的高度)．不计空气阻力，下列图象正确的是( AD )解析 设小物体释放位置距地面高为H ，小物体从A 点到B 点应用机械能守恒定律有，v B ＝2gR ，到地面时的速度v ＝2gH ，小物体的释放位置到地面间的距离始终不变，则选项D 正确；小物体在B 点的加速度a ＝v 2BR＝2g ，选项A 正确；在B 点对小物体应用向心力公式，有F B －mg ＝mv 2BR；又由牛顿第三定律可知N ＝F B ＝3mg ，选项B 错误；小物体离开B 点后做平抛运动，竖直方向有H －R ＝12gt 2，水平方向有x ＝v B t ，联立可知x 2＝4(H －R )R ，选项C错误．12．(2016·浙江卷)如图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 ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( AB)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 s解析 赛车在圆弧轨道上做圆周运动，径向摩擦力提供向心力，由向心力公式F ＝m v 2r可知，由于径向最大静摩擦力一定，因此轨迹半径越大，赛车可以做圆周运动的线速度越大，正确；在大圆弧弯道上，有2.25mg ＝m v 21R ，＝m v 22r，解得v 2＝30 m/s ，因此－2≈6. 50 m/s 2，选项C 错误；2×3.14×403×30s≈2.79 s，选项D 错误． F ＝25017 N 的作用下由静止，当小球运动到B 点时撤去外力，小球经半圆管道运动到最高点，此时球对外轨的压力F N ＝2.6mg ，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上D 处(取g ＝10 m/s 2)．求：(1)小球在B 点时的速度的大小； (2)小球在C 点时的速度的大小；(3)小球由B 到C 的过程中克服摩擦力做的功； (4)D 点距离地面的高度．解析 (1)小球从A 到B 过程，由动能定理得F x ＝12mv 2B解得v B ＝10 m/s.(2)在C 点，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝m v 2CR，又据题有F N ＝2.6mg ，解得v C ＝6 m/s. (3)由B 到C 的过程，由动能定理得 －mg ·2R －W f ＝12mv 2C －12mv 2B ，解得克服摩擦力做的功W f ＝12 J.(4)设小球从C 点做平抛运动垂直打在斜面上D 点经历的时间为t ，D 点距地面的高度为h ，则在竖直方向上有2R －h ＝12gt 2，由小球垂直打在斜面上可知gtv C＝tan 45°， 联立解得h ＝0.2 m.答案 (1)10 m/s (2)6 m/s (3)12 J (4)0.2 m14．(2017·湖南十校联考)如图所示，BCD 为固定在竖直平面内的半径为r ＝10 m 的圆弧形光滑绝缘轨道，O 为圆心，OC 竖直，OD 水平，OB 与OC 间夹角为53°，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场．从A 点以初速度v 0＝9 m/s 沿AO 方向水平抛出质量m ＝0.1 kg 的小球(小球可视为质点)，小球带正电荷量q ＝0.01 C ，小球恰好从B 点沿垂直于OB 的方向进入圆弧轨道．不计空气阻力．求：(1)A 、B 间的水平距离L ； (2)匀强电场的电场强度E ；(3)小球过C 点时对轨道的压力的大小F N ； (4)小球从D 点离开轨道后上升的最大高度H .解析 (1)设小球运动过程中的加速度为a ，则小球的等效重力为ma ；小球在B 点的速度为v B ，由小球恰好从B 点垂直OB 进入圆弧轨道得小球竖直方向的分速度为v By ＝v 0tan 53°，对小球从A 到B 的运动过程，由平抛运动知识得v By ＝at ，竖直方向位移y ＝r cos 53°，y ＝12at 2，联立各式并代人数据得t ＝1 s ，a ＝12 m/s 2，L＝v 0t ＝9 m.(2)小球从A 到B 的运动过程中，对小球运用牛顿第二定律得mg ＋qE ＝ma ，得E ＝20 N/C. (3)小球从A 到C 的运动过程中，设在C 点的速度为v C ，运用动能定理得mar ＝12mv 2C －12mv 20，在C 点对小球有F N －ma ＝m v 2Cr，得轨道对小球的支持力为F N ＝4.41 N ，由牛顿第三定律，小球对轨道的压力为F ′N ＝4.41 N.(4)对小球从A 点到离开D 20＝maH ，得H ＝3.375 m.答案 (1)9 m (2)20 N/C (3)4.41 N 15．(2017·西安八校联考)如图甲所示为车站使用的水平传送带的模型，水平传送带的长度为L ＝8 m ，传送带的皮带轮的半径均为R ＝0.2 m ，传送带的上部距地面的高度为h ＝0.45 m ，现有一个旅行包(视为质点)以v 0＝10 m/s 的初速度水平地滑上水平传送带，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.6，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．(1)若传送带静止，旅行包滑到B 端时，人没有及时取下，旅行包将从B 端滑落，求旅行包的落地点与B 端的水平距离；(2)设皮带轮顺时针匀速转动，并设水平传送带长度仍为8 m ，旅行包滑上传送带的初速度恒为10 m/s ，当皮带轮的角速终ω值在什么范围内，旅行包落地点与B 端的水平距离始终为(1)中所求的距离？若皮带轮的角速度ω1＝40 rad/s ，旅行包落地点与B 端的水平距离又是多少？(3)设皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动，在图乙中画出旅行包落地点与B 端的水平距离s 随皮带轮的角速度ω变化的图象．解析 (1)旅行包做匀减速运动的加速度为a ＝μg ＝6 m/s 旅行包到达B 端的速度为11 v ＝v 20－2aL ＝v 20－2μgL ＝100－96 m/s ＝2 m/s 旅行包的落地点与B 端的水平距离为s ＝vt ＝v 2hg ＝0.6 m.(2)要使旅行包落地点始终为(1)中所求的位置，旅行包在传送带上需做匀减速运动，则皮带轮的临界角速度为 ω＝vR ＝10 rad/s ，ω值的范围是ω≤10 rad/s ，当ω1＝40 rad/s 时，传送带速度为v 1＝ω1R ＝8 m/s ，当旅行包速度也为v 1＝8 m/s 时，在传送带上运动的距离为s ′＝v 20－v 212a ＝3 m<8 m ，以后旅行包做匀速直线运动，所以旅行包到达B 端的速度也为v 1＝8 m/s ， 旅行包的落地点与B 端的水平距离为s 1＝v 1t ＝v 12hg ＝2.4 m.(3)如图所示．答案 (1)0.6 m (2)ω≤10 rad/s 2.4 m (3)见解析。

专题一力与运动第一讲力与物体平衡1.[考查共点力的平衡条件、弹力的方向判断]如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起。

下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力一定竖直向上B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上解析：选D 由题图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是一对平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是一对平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取ab作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力与其重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确。

2．[考查摩擦力的有无及方向判断][多选]如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是( )A．图甲中物块m受到摩擦力B．图乙中物块m受到摩擦力C．图甲中物块m受到水平向左的摩擦力D．图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力解析：选BD 对题图甲：设m受到摩擦力，则物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物体m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误。

对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m 匀速下滑，m 必受力平衡，若m 只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m 受到与斜面平行向上的摩擦力，B 、D 正确。

3．[考查力的合成与分解、胡克定律][多选]如图，粗糙水平面上a 、b 、c 、d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。

ab 之间、ac 之间以及bd 之间的弹簧长度相同且等于cd 之间弹簧长度的一半，ab 之间弹簧弹力大小为cd 之间弹簧弹力大小的一半。

南海区2018届高三物理第二轮复习专题训练专题二《力与物体的曲线运动》选编：石门中学卢振鹏建议开课三讲：第1讲力学中的曲线运动课标卷高考命题分析第2讲万有引力与航天课标卷高考命题分析第3讲 电学中的曲线运动课标卷高考命题分析一、选择题（共30题）1.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( ) A ．v 减小 B ．v 增大 C ．P 减小 D ．P 增大1.答案 A 解析 设绳与竖直方向夹角为θ，将v A 沿绳、垂直于绳分解，v 绳＝v A ·cos θ，随着θ增大F 向下拉绳的速度减小，对A ：匀速时F ·cos θ＝m A g ，功率P ＝F ·v 绳＝m A g v A 不变． 2.如图所示，质量为1 kg 的小球从距地面h ＝1.6 m 的A 点水平抛出，恰好垂直撞在固定在水平面上的半圆形物体上的B 点，圆半径为1 m ，已知BO 与竖直方向间的夹角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( ) A ．圆心O 与A 点间的水平距离为2 m B ．小球平抛的初速度v 0为3 m/sC ．小球运动到B 点时重力的瞬时功率为60 WD ．小球从A 运动到B 的时间为0.6 s 2.答案 B解析 恰好垂直撞在水平面上半圆形物体的B 点，B 点速度分解如图所示，由几何关系得： tan (90－37)°＝v y v 0①竖直方向上小球做自由落体运动，则：h －R cos 37°＝12gt 2②v y ＝gt ③半圆形物体的圆心与A 点的水平距离为x ′＝x ＋R sin 37°＝v 0t ＋0.6R ④联立①②③④得：x ′＝1.8 m ，t ＝0.4 s ．故A 、D 错误；由①②③联立得：小球平抛的初速度为v 0＝3 m /s ，故B 正确；由①②③得：v y ＝gt ＝4 m/s ，由P ＝F v 得：P ＝mg v y ＝1×10×4 W ＝40 W ，故C 错误．3.如图所示，水平屋顶的高度H ＝3.75 m ，围墙的高度h ＝1.95 m ，围墙和屋顶之间的水平距离L ＝3 m ，在屋顶上面水平抛出一个小球，已知小球能够落到围墙外面，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则小球在围墙外面落地时的最小速度的大小为( )A ．5 m /sB ．7.07 m/sC ．10 m /sD ．14.14 m/s3.答案 C解析 要使小球落到围墙外，小球运动中经过围墙时的高度至少达到围墙顶端．设平抛的初速度最小值为v 0，小球在围墙外落地的最小速度为v ，根据平抛运动的规律，有H －h ＝12gt 2，L ＝v 0t ，解得v 0＝5 m/s.小球做平抛运动过程中机械能守恒，则有12m v 02＋mgH ＝12m v 2，解得v ＝10 m/s ，C 项正确．4.(多选)如图所示，竖直平面内的两个半圆轨道在B 点平滑相接，两个半圆的圆心O 1、O 2在同一水平线上，粗糙的小半圆半径为R ，光滑的大半圆的半径为2R ；一质量为m 的滑块(可视为质点)从大的半圆一端A 点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点，最后滑块从小半圆的左端冲出轨道，刚好能到达大半圆的最高点，已知重力加速度为g ，则( )A ．滑块在A 点的初速度为6gRB ．滑块在A 点对半圆轨道的压力为6mgC ．滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为mgRD ．增大滑块在A 点的初速度，则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变 4.答案 AC解析 由于滑块恰好能通过大的半圆的最高点，重力提供向心力，即mg ＝m v 22R ，解得：v＝2gR ，以AB 面为参考面，根据机械能守恒定律可得：12m v A 2＝2mgR ＋12m (2gR )2，求得v A ＝6gR ，故A 正确；滑块在A 点时受到圆轨道的支持力为：F ＝m v A 22R ＝3mg ，由牛顿第三定律可知B 错误；设滑块在O 1点的速度为v 1，则：v 1＝2g ×2R ＝2gR ，在小的半圆中运动过程中，根据动能定理得W f ＝12m v A 2－12m v 12＝mgR ，故C 正确；增大滑块在A 点的初速度，则滑块在小的半圆中各个位置速度都增大，滑块对小半圆轨道的平均压力增大，因此克服摩擦力做的功增多，故D 错误．5.(多选)如图所示，在竖直的转动轴上，a 、b 两点间距为40 cm ，细线ac 长50 cm ，bc 长30 cm ，在c 点系一质量为m 的小球，在转动轴带着小球转动过程中，下列说法正确的是( ) A ．转速小时，ac 受拉力，bc 松弛B ．bc 刚好拉直时ac 中拉力为1.25mgC ．bc 拉直后转速增大，ac 拉力不变D ．bc 拉直后转速增大，ac 拉力增大 5.答案 ABC解析 若不转时，ac 为重垂线；当转速由零逐渐增加时，ac 与竖直方向的夹角逐渐增加，故A 正确；bc 刚好拉直时，bc 中的拉力为零，此时球受重力和细线ac 的拉力，合力指向圆心，如图，故F T ac ＝54mg ＝1.25mg ，故B 正确；bc 拉直后转速增大，小球受重力、bc 的拉力、ac 的拉力，将ac 拉力沿着水平和竖直方向正交分解，由于竖直方向平衡，有F T ac cos 37°＝mg ，故ac 拉力不变，故C 正确，D 错误．6．(多选)如图16所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )图16A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 答案 AC解析 小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f ＝mω2R .当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a ：f a ＝mωa 2l ，当f a ＝kmg时，kmg ＝mωa 2l ，ωa ＝kgl；对木块b ：f b ＝mωb 2·2l ，当f b ＝kmg 时，kmg ＝mωb 2·2l ，ωb ＝kg2l，所以b 先达到最大静摩擦力，选项A 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a ＝mω2l ，f b ＝mω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；当ω＝kg2l时b 刚开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 7．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.则ω的最大值是( ) A. 5 rad/s B. 3 rad/s C ．1.0 rad /s D ．0.5 rad/s 7.答案 C解析 当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r 解得ω＝1.0 rad/s ，故选项C 正确．8．(多选)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，发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发射相同的乒乓球．乒乓球1落到球网右侧台面边缘上的中点，乒乓球2落到球网右侧台面边缘上靠近中点的某点．不计空气阻力．则( ) A ．自发射到落台，乒乓球1与2的飞行时间相等B ．乒乓球1的发射速度大于乒乓球2的发射速度C ．落台时，乒乓球1的速度大于乒乓球2的速度D ．落台时，乒乓球1与2的重力做功的功率相等 8.答案 AD解析 球1和球2平抛运动的高度相同，根据h ＝12gt 2可得，两球运动的时间相同，故A 正确；竖直方向v y ＝gt 相同，由于球1的水平位移小于球2的水平位移，根据x ＝v t 可知，球2的初速度大于球1的初速度，根据速度的合成可知，球2的落台速度大于球1的落台速度，故B 、C 错误；由于时间相等，则竖直分速度相等，根据P ＝mg v y 知，重力的瞬时功率相等，故D 正确．9.(多选)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A 、B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．A 、B 都有沿切线方向且向后滑动的趋势 B ．B 的向心力等于A 的向心力C ．盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2倍D ．若B 相对圆盘先滑动，则A 、B 间的动摩擦因数μA 小于盘与B 间的动摩擦因数μB 答案 BC10．(多选)如图所示，竖直薄壁圆筒内壁光滑、半径为R ，上部侧面A 处开有小口，在小口A 的正下方h 处亦开有与A 大小相同的小口B ，小球从小口A 沿切线方向水平射入筒内，使小球紧贴筒内壁运动，小球进入A 口的速度大小为v 0时，小球恰好从A 点的正下方的B 口处飞出，则( )A ．小球到达B 点时的速率为v 02＋2gh B ．小球的运动时间是2πR v 0C ．小球的运动时间是2h gD ．沿AB 将圆筒竖直剪开，看到小球的运动轨迹是一条直线 10答案 AC解析 由机械能守恒12m v 2＝mgh ＋12m v 02，所以：v ＝v 02＋2gh ，故A 正确；小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在筒内的运动时间为：t ＝2hg，在水平方向，以圆周运动的规律来研究，得到：t ＝n 2πRv 0(n ＝1,2,3…)，故B 错误，C 正确；该小球竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速圆周运动；沿AB 将圆筒竖直剪开，则小球沿水平方向的运动可以看作是匀速直线运动，所以看到小球的运动轨迹是一条曲线，故D 错误．11.(多选)“雪龙号”南极考察船在由我国驶向南极的过程中，经过赤道时测得某物体的重力是G 1；在南极附近测得该物体的重力为G 2；已知地球自转的周期为T ，引力常数为G ，假设地球可视为质量分布均匀的球体，由此可知( ) A ．地球的密度为3πG 1GT 2(G 2－G 1)B. 地球的密度为3πG 2GT 2(G 2－G 1)C ．当地球的自转周期为G 2－G 1G 2T 时，放在地球赤道地面上的物体不再对地面有压力 D ．当地球的自转周期为G 2－G 1G 1T 时，放在地球赤道地面上的物体不再对地面有压力 11.答案 BC解析 设地球的质量为M ，半径为R ，被测物体的质量为m . 在赤道：G Mm R 2＝G 1＋mR 4π2T2在南极：G 2＝G Mm R 2，地球的体积为V ＝43πR 3地球的密度为ρ＝M V ，解得：ρ＝3πG 2GT 2(G 2－G 1)，故A 错误，B 正确；当放在地球赤道地面上的物体不再对地面有压力时：G 2＝mR ·4π2T ′2所以：T ′＝T ·G 2－G 1G 2，故C 正确，D 错误． 12.如图所示，A 为置于地球赤道上的物体，B 为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C 为绕地球做圆周运动的卫星，P 为B 、C 两卫星轨道的交点，已知A 、B 、C 绕地心运动的周期相同，相对地心，下列说法中错误的是( )A ．卫星C 的运行速度大于物体A 的速度B ．物体A 和卫星C 具有相同大小的加速度C ．卫星B 运动轨迹的半长轴与卫星C 运动轨迹的半径相同D ．卫星B 在P 点的加速度大小与卫星C 在该点的加速度大小相等 12.答案 B解析 A 、C 绕地心运动的周期T 相同，由ω＝2πT 可知，两者的角速度相等，根据v ＝ωr 可知半径越大线速度越大，故卫星C 的运行速度大于物体A 的速度，A 正确；根据公式a ＝ω2r 可知，A 、C 的半径不同，它们的加速度不同，故B 错误；由G Mmr 2＝ma 可知，r 相同，所以卫星B 在P 点的加速度大小与卫星C 在该点的加速度大小相等，故D 正确；由开普勒第三定律可知：r B 3T 2＝r C 3T 2，则卫星B 运动轨迹的半长轴与卫星C 运动轨迹的半径相等，故C 正确．13．2016年11月24日，我国成功发射了天链一号04星．天链一号04星是我国发射的第4颗地球同步卫星，它与天链一号02星、03星实现组网运行，为我国神舟飞船、空间实验室天宫二号提供数据中继与测控服务．如图所示,1是天宫二号绕地球稳定运行的轨道，2是天链一号绕地球稳定运行的轨道．下列说法正确的是( )A ．天链一号04星的最小发射速度是11.2 km/sB ．天链一号04星的运行速度小于天宫二号的运行速度C ．为了便于测控，天链一号04星相对于地面静止于北京飞控中心的正上方D ．由于技术进步，天链一号04星的运行速度可能大于天链一号02星的运行速度 13.答案 B解析 由于第一宇宙速度是人造地球卫星环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度，同时又是最小的发射速度，可知卫星的发射速度大于第一宇宙速度7.9 km /s.若卫星的发射速度大于第二宇宙速度11.2 km/s ，则卫星会脱离地球束缚．所以卫星的发射速度要介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故A 错误；由万有引力提供向心力得：GMm r 2＝m v2r可得：v ＝GMr，可知轨道半径比较大的天链一号04星的运行速度小于天宫二号的运行速度，故B 正确；天链一号04星位于赤道正上方，不可能位于北京飞控中心的正上方，故C 错误；根据题意，天链一号04星与天链一号02星都是地球同步轨道数据中继卫星，轨道半径相同，所以天链一号04星与天链一号02星具有相同的速度，故D 错误．14.如图，一艘在火星表面进行科学探测的宇宙飞船，在经历了从轨道1→轨道2→轨道3的变轨过程后，顺利返回地球．若轨道1为贴近火星表面的圆周轨道，已知引力常量为G ，下列说法正确的是( ) A ．飞船在轨道2上运动时，P 点的速度小于Q 点的速度 B ．飞船在轨道1上运动的机械能大于在轨道3上运动的机械能 C ．测出飞船在轨道1上运动的周期，就可以测出火星的平均密度D ．飞船在轨道2上运动到P 点的加速度大于飞船在轨道1上运动到P 点的加速度 14.答案 C解析 飞船在轨道2上运动时，从P 到Q ，万有引力做负功，由动能定理可知速度减小，则P 点的速度大于Q 点的速度，故A 错误．飞船在轨道1上的P 点需加速才能变轨到轨道3，可知飞船在轨道1上的机械能小于在轨道3上的机械能，故B 错误．根据G Mm R 2＝m 4π2T 2R得M ＝4π2R 3GT 2，则火星的密度：ρ＝M V ＝4π2R 3GT 24πR 33＝3πGT 2，故C 正确；飞船在轨道2上运动到P 点和在轨道1上运动到P 点，万有引力大小相等，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等，故D 错误．所以C 正确，A 、B 、D 错误．15.2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论最后一块缺失的“拼图”．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a 、b 两颗星体组成，这两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a 星的周期为T ，a 、b 两颗星的距离为l ，a 、b 两颗星的轨道半径之差为Δr (a 星的轨道半径大于b 星的轨道半径)，则( ) A ．b 星的周期为l －Δrl ＋Δr TB ．a 星的线速度大小为π(l ＋Δr )TC ．a 、b 两颗星的半径之比为ll －ΔrD ．a 、b 两颗星的质量之比为l ＋Δrl －Δr15.答案 B解析 双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以b 星的周期为T ，故A 错误；根据题意可知，r a ＋r b ＝l ，r a －r b ＝Δr ，解得：r a ＝l ＋Δr 2，r b ＝l －Δr2，则a 星的线速度大小v a ＝2πr a T ＝π(l ＋Δr )T ，r a r b ＝l ＋Δrl －Δr ，故B 正确，C 错误；双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：m a ω2r a ＝m b ω2r b ，解得：m a m b ＝r b r a ＝l －Δrl ＋Δr，故D 错误．16．(多选)如图所示，在遥远的太空中存在着由A 、B 、C 三颗行星组成的相对独立的系统，其中A 、C 两行星都绕着B 行星做匀速圆周运动，A 、C 和B 之间的距离都是L ，已知A 、B 的质量均为m ，引力常量为G ，则下列说法正确的是( ) A ．C 的质量为mB ．A 、C 运行的周期之比为12C ．A 运行的角速度为Gm L 3D ．C 运行的线速度为5Gm4L16.答案 AD解析 A 、C 两行星都绕B 行星做匀速圆周运动，根据圆周运动的条件知三行星一定始终在同一条直线上，故A 、C 两行星运行的周期和角速度都相等，B 项错误；设C 行星的质量为M ，对A 、C 两行星分别受力分析，根据圆周运动的特点知，A 行星满足Gm 2L 2＋GMm 4L 2＝mLω2，C 行星满足GmM L 2＋GMm4L 2＝MLω2，联立解得M ＝m ，ω＝5Gm4L 3，A 项正确，C 项错误；v ＝ωL ＝5Gm4L，D 项正确． 17．人类载人登月后，还要驾驶航天器返回地球(如图)．下列关于航天器返回地球的描述正确的是( )A ．航天器在月球的发射速度至少为7.9 km/sB ．航天器在月球轨道上运行时，由低轨道变轨到高轨道需要点火加速C ．航天器进入地球轨道上运行时，由高轨道变轨到低轨道需要点火加速D ．航天器进入大气层依靠重力返回地球，动能增加，重力势能减少，机械能不变 17.答案 B解析 月球半径小于地球半径，月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度，由v ＝gR 可知航天器在月球的发射速度不用达到7.9 km/s ，A 项错误；由低轨道变轨到高轨道需要加速，由高轨道变轨到低轨道需要减速，B 项正确，C 项错误；航天器进入大气层依靠重力返回地球，空气阻力做负功，机械能减少，D 项错误．18．(多选)嫦娥四号”(专家称为“四号星”)，计划在2018年发射升空，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星，主要任务是更深层次、更加全面的科学探测月球地貌、资源等方面的信息，完善月球档案资料．已知万有引力常量为G ，月球的半径为R ，月球表面的重力加速度为g ，嫦娥四号离月球中心的距离为r ，绕月周期为T .根据以上信息判断下列说法正确的是( ) A ．月球的第一宇宙速度为gR B ．“嫦娥四号”绕月运行的速度为 gr 2RC ．月球的平均密度为ρ＝3πr 3GT 2R3D ．“嫦娥四号”必须减速运动才能返回地球 18.答案 AC解析 月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，所以重力提供向心力mg ＝m v 2R ，得v ＝gR ，故A 正确；根据万有引力提供向心力G Mmr 2＝m v 2r ，得v ＝GMr，又因为月球表面的物体受到的重力等于万有引力G MmR2＝mg ，得GM ＝R 2g .所以v ＝gR 2r，故B 错误；根据万有引力提供向心力G Mm r 2＝m 4π2r T 2，得月球的质量M ＝4π2r 3GT 2，所以月球的密度ρ＝M V ＝4π2r 343πR 3GT 2＝3πr 3GT 2R3，故C 正确；嫦娥四号要脱离月球的束缚才能返回地球，嫦娥四号要脱离月球束缚必须加速做离心运动才行．故D 错误．19．中国航天的发展一直偏重应用，而在纯科学的空间天文与深空探测方面，过程长期是空白的，所以中国航天部计划2018年利用嫦娥五号进行第一次火星探测，之前美国已经发射了凤凰号着陆器降落在火星北极进行勘察．如图4为凤凰号着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图，轨道上的P 、S 、Q 三点与火星中心在同一直线上，P 、Q 两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点，且PQ ＝2QS (已知轨道Ⅱ为圆轨道)．关于着陆器，下列说法正确的是( )图4A ．在P 点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要点火加速B ．在轨道Ⅱ上S 点的速度小于在轨道Ⅲ上Q 点的速度C ．在轨道Ⅱ上S 点与在轨道Ⅲ上P 点受到的万有引力相同D ．在轨道Ⅱ上由P 到S 的时间是其在轨道Ⅲ上由P 到Q 的时间的2倍 19.答案 B解析 着陆器由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ做的是向心运动，需点火减速，使万有引力大于所需要的向心力，故A 错误；如图作出过Q 点的圆轨道Ⅳ，是火星的近地轨道，根据万有引力提供向心力得：G Mmr 2＝m v 2r，所以：v ＝GMr①轨道Ⅱ的半径大于轨道Ⅳ的半径，所以：v 2＜v 4②而着陆器由轨道Ⅲ在Q 点进入轨道Ⅳ时，需要减速，所以：v 3Q ＞v 4③联立②③可得：v 2＜v 3Q ，即在轨道Ⅱ上S 点的速度小于在轨道Ⅲ上Q 点的速度．故B 正确；根据万有引力定律F ＝G Mmr 2知在轨道Ⅱ上S 点与在轨道Ⅲ上P 点受到的万有引力大小相同、方向不同，故C 错误；着陆器在轨道Ⅱ上由P 点运动到S 点的时间和着陆器在轨道Ⅲ上由P 点运动到Q 点的时间都是各自周期的一半，根据开普勒第三定律，有：(PQ2)3T 2＝(PQ ＋QS 2)3T ′2.解得：T 2T ′2＝(23)3，故D 错误． 20(多选)如图所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入，P 、Q 在同一竖直线上，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( ) A ．它们运动的时间tQ ＝t PB ．它们的电势能减少量之比ΔE P ∶ΔE Q ＝1∶2C ．它们所带电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动量增量之比Δp P ∶Δp Q ＝2∶1 20.答案 AC解析 带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x ＝v 0t 可知运动时间相等，即t Q ＝t P ，故A 项正确；沿电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：y ＝12at 2＝qE 2m t 2，解得：q ＝2ymEt2，由于两带电粒子沿电场方向分位移之比为y P ∶y Q ＝1∶2，所以它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝y P ∶y Q ＝1∶2；电势能的减小量等于电场力做的功即ΔE ＝qEy ，因为竖直位移之比为y P ∶y Q ＝1∶2，电荷量之比为q P ∶q Q ＝1∶2，所以它们电势能减少量之比为ΔE P ∶ΔE Q ＝1∶4，故B 项错误，C 项正确；由动量定理可知：动量的增量等于Eqt ，q P ∶q Q ＝1∶2，故动量增加量之比：Δp P ∶Δp Q ＝1∶2，故D 项错误． 21．(多选)如图所示，半径R ＝0.5 m 的14圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB 水平，一质量为m ＝10－4 kg 、带电荷量为q ＝8.0×10－5 C 的粒子从与圆弧圆心O 等高且距O 点0.3 m 的A 点以初速度v 0＝3 m/s 水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C 点(图中未画出)，取C 点电势φ＝0，则( )A ．该匀强电场的电场强度E ＝100 V/mB ．粒子在A 点的电势能为8×10－5 JC ．粒子到达C 点的速度大小为5 m/sD ．粒子速率为4 m/s 时的电势能为4.5×10－4 J21.答案 CD解析 粒子在电场力作用下做类平抛运动，因粒子垂直打在C 点，由类平抛运动规律知：C 点速度方向的反向延长线必过O 点，且OD ＝AO ＝0.3 m ，DC ＝0.4 m ，即有：AD ＝v 0t ，DC ＝12qE m t 2，联立并代入数据可得：E ＝25 N/C ，故A错误；因U DC ＝E ·DC ＝10 V ，而A 、D 两点电势相等，所以φA ＝10 V ，即粒子在A 点的电势能为：E p ＝qφA ＝8×10－4 J ，故B 错误；从A 到C由动能定理知：qU AC ＝12m v C 2－12m v 02，代入数据得：v C ＝5 m/s ，故C 正确；粒子在C 点总能量：E C ＝12m v C 2＝12×10－4×52 J ＝1.25×10－3 J ，由能量守恒定律可知，粒子速率为4 m/s时的电势能为：E p ′＝E C －12m v 2＝1.25×10－3 J －12×10－4×42 J ＝4.5×10－4 J ，故D 正确．22．如图所示，一极板足够长的平行板电容器水平放置，让一质量为m 的带电油滴以水平向右的初速度v 0从左端中间射入，且恰好能沿图中所示水平虚线通过电容器，已知极板间距离为d ，两极板与一直流电源相连，极板间电压为U ，现将下极板上移d3，下列说法正确的是( )A ．带电油滴将向下偏转B ．带电油滴将继续沿水平虚线运动C ．带电油滴最终运动到极板时动能大小为14mgd ＋12m v 02D ．带电油滴最终运动到极板时动能大小为512mgd ＋12m v 0222.答案 C解析 由题意可知，mg ＝qE ＝q U d ，E ＝Ud ，且带电油滴所受电场力竖直向上，当极板间距离减小时，极板间电场强度增大，所受电场力增大，带电油滴将向上偏转，选项A 、B 错误；带电油滴向上偏转的过程，依据动能定理可知：(qE ′－mg )·d 2＝E k －12m v 02，E ′＝U23d ，联立方程可得E k ＝14mgd ＋12m v 02，选项C 正确，选项D 错误．23．静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，A 、B 为两块水平放置的平行金属板，间距d ＝1.0 m ，两板间有方向竖直向上，大小为E ＝1.0×103 N /C 的匀强电场，在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪的半圆形喷口可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v 0＝1.0 m/s ，质量均为m ＝5.0× 10－14kg 和带电量均为q ＝－2.0×10－15C 的带电油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间相互作用，g ＝10 m/s 2，油漆微粒最后都落在金属板B 上．下列说法错误的是( ) A ．沿水平方向喷出的微粒运动到B 板所需时间为0.2 sB ．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为2.0×10－12JC ．若其它条件均不变，d 增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍D ．若其它条件均不变，E 增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的1223.答案 D解析 沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，在竖直方向上，加速度a ＝qE ＋mgm ＝2×10－15×103＋5×10－135×10－14m /s 2＝50 m/s 2，根据d ＝12at 2得，t ＝2d a ＝250s ＝0.2 s ，故A 正确；沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为W ＝qEd ＝2×10－15×103×1J ＝2.0×10－12J ，故B 正确；若其它条件均不变，d 增大为原来的2倍，根据d ＝12at 2得，t变为原来的2倍，则喷涂面积的半径变为原来的2倍，面积变为原来的2倍，故C 正确．若其它条件均不变，E 增大为原来的2倍，则加速度a ′＝2×10－15×2×103＋5×10－135×10－14m /s 2＝90 m/s 2，加速度变为原来的95倍，时间t 变为原来的59，喷涂面积的半径变为原来的59，面积减小为原来的59，故D 错误．24.如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v 2∶v 1 为( ) A.3∶2 B.2∶1 C.3∶1 D ．3∶ 224.答案 C解析 当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P 点最远，则当粒子射入的速率为v 1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R ，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 1＝R cos 60°＝12R ；若粒子射入的速率为v 2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 2＝R cos 30°＝32R ；根据轨道半径公式r ＝m v qB 可知，v 2∶v 1＝r 2∶r 1＝3∶1，故选项C 正确．甲 乙25．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 25.答案 A解析 带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，r c ＝2r b ，θb ＝120°，θc ＝60°，由q v B ＝m v 2r 得，v ＝qBrm，则v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2,。

(专题 3 力与曲线运动)1.如图所示，绳子的一端固定在O 点，另一端拴一重物在光滑水平面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A.转速相同时，绳短的容易断B.周期相同时，绳短的容易断C.线速度大小相等时，绳短的容易断D.线速度大小相等时，绳长的容易断2.如图所示的实验装置中，小球A、B 完全相同。

用小锤轻击弹性金属片，A 球沿水平方向抛出，同时B 球被松开，自由下落，实验中两球同时落地。

图2 中虚线1、2 代表离地高度不同的两个水平面，下列说法正确的是( )A.A 球从面1 到面2 的速度变化等于 B 球从面1 到面2 的速度变化B.A球从面1 到面2 的速度变化等于B 球从面1 到面2 的速率变化C.A 球从面1 到面2 的速度变化大于B 球从面1 到面2 的速率变化D.A 球从面1到面2 的动能变化大于B 球从面1 到面2 的动能变化3.(多选)如图所示，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。

下列说法中正确的有( )RR T T A.T A ＞T B B.E kA ＞E kB3 3A BC.S A ＝S BD. ＝2 2 A B4.如图所示，竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度 v0 从最高点 A出发沿圆轨道运动，至 B 点时脱离轨道，最终落在水平面上的 C 点，不计空气阻 力。

下列说法中正确的是( )A.在 A 点时，小球对圆轨道压力等于其重力B.在 B 点时，小球的加速度方向指向圆心C.A 到 B 过程中，小球水平方向的加速度先增大后减小D.A 到 C 过程中，小球的机械能不守恒 5.一小船在静水中的速度为 3 m /s ，它在一条河宽 150 m 、水流速度为 4 m /s 的 河流中渡河，则该小船( )A.能到达正对岸B.渡河的时间可能少于 50 sC.以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为 200 mD.以最短位移渡河时，位移大小为 150 m 6.在杂技表演中，猴子由静止开始沿竖直杆向上做加速度为 a 的匀加速运动，同 时人顶着直杆以速度 v 0 水平匀速移动，经过时间 t ，猴子沿杆向上移动的高度为 h ， 人顶杆沿水平地面移动的距离为 x ，如图 5 所示。

专题一力和运动考情分析备考策略1.本专题主要包括物体的平衡和动力学问题，命题灵活，情景新颖，形式多样。

其中物体的平衡问题主要以选择题的形式呈现，难度较低；而动力学问题涉及的知识面较广，难度中等。

2.高考对本专题考查的重点主要有以下几个方面：物体的受力分析；匀变速直线运动规律的应用；刹车问题；运动学图像；牛顿运动定律的应用；动力学两类基本问题；平抛运动；圆周运动；万有引力与航天等知识。

1.深刻理解各种性质力的特点，熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法。

2.解决动力学问题紧紧抓住“两个分析”和“一个桥梁”。

综合应用牛顿运动定律和运动学规律解决问题。

3.熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对其综合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题。

考向一物体的受力分析(选择题)1．六种常见力的方向力方向重力竖直向下弹力垂直于接触面指向受力物体摩擦力与接触面相切，与相对运动或相对运动趋势方向相反，但与运动方向不一定相反电场力由检验电荷的电性和电场的方向共同决定安培力用左手定则判断，垂直于I、B所决定的平面洛伦兹力用左手定则判断，垂直于v、B所决定的平面假设法、反推法、利用牛顿第二定律判断、利用牛顿第三定律判断。

3.掌握受力分析的基本步骤明确研究对象→隔离物体分析→画受力分析图→检查是否漏力或添力。

[例1](2014·泸州质检)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N 处受力的方向，下列说法正确的是()A．M处受到的支持力竖直向上B.N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向[审题指导](1)支撑点M、N分别属于点面接触和点点接触。

(2)静摩擦力的方向一定和物体的相对运动趋势方向相反。

[解析]支撑点M和地面是点面接触，受到地面支持力的方向垂直于地面，竖直向上，A 正确；支撑点N是点点接触，支持力方向垂直MN斜向上，B错误；M点有向左运动的趋势，则M点受到的静摩擦力沿水平方向向右，D错误；N点有斜向下运动趋势，受到的静摩擦力方向沿MN方向，C错误。