高考真题汇编D单元曲线运动

1、D单元曲线运动D1运动的合成与分解14. B7、D1、E3如图1-所示，倾角为a的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上.滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行.A、B的质量均为 m撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动.不计A固定不动时，A对B支持力的大小 N;(2)A滑动的位移为x时，B的位移大小S；(3)A滑动的位移为x时的速度大小va.14.答案(1)mgcos a (2) .2 (1 cos)x (3)2gxs in3 2cos解析支持力的大小 N= mgcos a根据几何关系sx= x (1 cos 且 S=寸s2 +

2、 s：解得 s= 2 ( 1 cos a ) x B的下降高度 sy = x sin aa ), s = x sin a1 1根据机械能守恒定律 mgq =尹v? + ?mvB,、 x s根据速度的定义得 Va= Xt， Vb=X则 vb= 2 (1 cos a ) va解得Va=2gxsin3 2cosD2抛体运动25. E2D2 2016全国卷I 如图1-，一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为 37°的 固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上 B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半一 5径为；R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC = 7R, A、B、C、D均在同一竖直平面内.质

3、量为6m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最1高到达F点，AF = 4R,已知P与直轨道间的动摩擦因数尸-，重力加速度大小为 g.(取sin43o 437°= 5, cos 37 = 5)(1) 求P第一次运动到B点时速度的大小.(2) 求P运动到E点时弹簧的弹性势能.改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放.已知 P自圆弧轨道的最高点 D处水平飞出后，恰好通过 G点.G点在C点左下方，与 C点水平相距|r竖直相距R, 求P运动到D点时速度的大小和改变后 P的质量.图1-答案(1)2, gR (2) mgR (3)； ;5gR 如解析(

4、1)根据题意知，B、C之间的距离I为l= 7R-2R 设P到达B点时的速度为Vb,由动能定理得1 2mglsin B 卩 mgjbs 9 = mvB 式中9= 37°,联立式并由题给条件得vb= 2 gR (2)设BE = x, P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有1 2mgxsin 9 卩 mgcos 9 Ep = 0 mvB E、F之间的距离11为h = 4R 2R+ x P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep mghsin 9 卩 mgCos 9 = 0 联立式并由题给条件得x= R12 -Ep= 5

5、mgR (3) 设改变后P的质量为m1, D点与G点的水平距离X1和竖直距离y1分别为75X1= gR 6Rsin 9y1 =R+ 6r+ 5Rcos6 6式中，已应用了过 C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为9的事实.设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛物运动公式有y1=如2X1= VDt ?联立？式得vd = 5 ；5gR ?设P在C点速度的大小为Vc，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有1212552mivc= 2miVD + mig §R+ 6RcosP由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有1 2Ep mig(x+ 5R)sin 9 umg(x+

6、5R)cos B= qmivc联立？?？ 式得mi = 3m11. B7 D22016天津卷如图1-所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E = 5 3 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度 大小B = 0.5 T.有一带正电的小球，质量m= 1 X 10 6 kg ,电荷量q = 2 x 10 6 C,正以速度V在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),g取10 m/s2.求：B x x X x x x图1-(1)小球做匀速直线运动的速度V的大小和方向;(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电

7、场线经历的时间t.答案(1)20 m/s方向与电场E的方向之间的夹角为 60°斜向上(2)3.5 s解析(1)小球匀速直线运动时受力如图1-所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB= q2E2 + m2g2a=一 q2E2+m2g2代入数据解得v= 20 m/s速度V的方向与电场E的方向之间的夹角9满足tan 9=焉代入数据解得tan 9 = 39 = 60°(2)解法一：a, 有撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为X,有设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x= vt 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有y= *at1

8、 2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为 0,又tan B = X X联立式，代入数据解得t= 23 s= 3.5 s 解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动， 其初速度为vy= vsin 0 若使小球再次穿过 P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有1 2Vyt-刑=0联立式，代入数据解得t = 2 3 s= 3.5 s2. D2 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，不计空气阻力图中为A的运动轨迹，则 B的运动轨迹是()图1-

9、A . B .C. D .2. 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.23. D22016浙江卷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.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.解析(1)打在中点的微粒(3)L = 2 2h3h=1gt2 (2)打在B点的微粒L1(vi = £； 2h = 2gti 同理，打在A点的微粒初速

10、度(3)由能量关系1imv2 + mgh= mvl + 2mgh代入、式得L = 2 2h1. D22016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改变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1. B 解析小球做平抛运动，加速度为重力加速度，小球的速度大小和方向时刻变化，小球的加速度大小和方向均恒定，故A错误.速度与加速度的夹角的正切值tan B =Vy=g0，随着时间t的增大，夹角B减小，故B正确速度改变量 v= gA t

11、，相等时间内的速 度改变量相等，但速率(即速度的大小)的改变量不相等，故 C错误.相等时间内动能的改变 量取决于合力一一重力做的功，由于相等时间内下落的高度越来越大，重力做的功越来越多，故动能的改变量越来越大，故D错误.23. D22016上海卷如图1-所示，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 a 一小球以速度vo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与竖直方向间夹角 3=.图1-23.答案votan aarcta n(2cot a )解析小球恰好从A点沿圆弧的切线方

12、向进入凹槽，则ta nvy=述 vo vovota ngtan 卩=X= yvot=2cot 1 2Vyta，所以 3= arctan(2cot a ).D3 实验：研究平抛物体的运动D4 圆周运动20. D4 E22016全国卷川如图所示，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)mRC. N =3mgR 2WR2mgRWB. a = mR2 (mgR W)R1 2

13、20. AC 解析质点P下滑到底端的过程，由动能定理得mgR W= °mv 0,可得2v2 = 2(mgR W)，所以a = v = 2 (mgRW) , A正确，B错误；在最低点，由牛顿第二mRmR2 2v 斗vm 2 (mgR W)3mgR 2W十虽疋律得 N mg= m，故 N= mg+ m = mg+-=, C 正确，DRRRmR错误.1 124. C2 D4 E22016全国卷川如图1-所示，在竖直平面内有由 才圆弧AB和？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.一小球在A点正上方与A相距衆由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道

14、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.图1-24. 答案(1)5(2)能R解析设小球的质量为m,小球在A点的动能为EkA,由机械能守恒得Eka= mg： 5R设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB= mg5- 4由式得EkB= 5EkA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 >02设小球在C点的速度大小为VC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N+ mg= 晋 R2由式得,vc应满足mg < m2vC由机械能守恒有mgR = *mvC由式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点.10. C2 D4 E22016

15、天津卷我国将于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 = 3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度Vb= 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(1) 求运动员在 AB段下滑时受到阻力 Ff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

16、m解析运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x,则有vB= 2ax由牛顿第二定律有 mg旦Ff= max联立式，代入数据解得 Ff = 144 N 设运动员到达 C点时的速度为vc,在由B到达C的过程中，由动能定理有1 2 1 2 mgh+ W= 2mvC qmvB 2设运动员在C点所受的支持力为Fn,由牛顿第二定律有 Fn mg= mrCR由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立式，代入数据解得R= 12.520. D42016浙江卷如图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

17、、小圆弧圆心0、0'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/s2, n = 3.14），则赛车（）图1-645 m/s25.63 m/s5.58 sA .在绕过小圆弧弯道后加速 B .在大圆弧弯道上的速率为 C.在直道上的加速度大小为 D .通过小圆弧弯道的时间为20. 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 =22.25mg = m*可知，通过小弯道的速度V1=

18、 30 m/s，通过大弯道的速度 V2= 45 m/s，故绕过=50 3 m,故在直道上的加速度 a=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= L2 -（ R r） 2 v2- v2 452 302220=T m/s2 6.5 m/s2,选项 C 错误；由 sin2x 2X 50、32=x=于可知，小圆弧对应的圆心角0=牛，故通过小圆弧弯道的时间30 r = 2 n rV13v12X 3.14 X 403X 30s= 2.79 s,选项D错误.3. D42016海南卷如图1-所示，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

19、时对轨道的压力大小为2,在最高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为A . 3mg B. 4mgC. 5mg D. 6mg23. D 解析设小球在最低点时速度为 v1，由牛顿第二定律得 N1 mg= mf;设小球V2在最高点时速度为 V2,由牛顿第二定律得N2+ mg= m;小球从最低点到最高点过程中机械能守恒，有2mv2 = *mv2+ mg 2r，联立以上三式得 Ni 2= 6mg，故D正确.16. D42016上海卷风速仪结构如图1-(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遮挡.已知风轮叶片转动半径为

20、r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈.若某段时间t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(凤縄凸轮闻建光源光纤(fl)光强图1-A .转速逐渐减小,平均速率为4 n nr tB .转速逐渐减小,平均速率为8 n nr tC.转速逐渐增大,平均速率为4 n nr tD .转速逐渐增大,平均速率为8 n nr t16. B 解析从图中可看出，挡光时间越来越长，所以转速减小，挡光时间，所以 t时间内风轮转过的弧长为 2 n rn X 4,平均速率v = 8 n时间内有4个nrB正确.D5 万有引力与天体运动17. D52016全国卷I 利用三颗位置适当的地球同步卫星，可

21、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 h B. 4 hC. 8 h D. 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 =CoS|o°= 2R;对同步卫星，分别有= m箫2 6.6R 和- = m罕_ 2R， 即TT = §2Rr，解得T = 4 h,选项B正确.14. D52016全国卷川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

22、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. D52016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（）图1-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

23、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干 =ma，可得a=-，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

24、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. D52016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（）图1-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

25、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. D52016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，

26、用R、T、Ek、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()7图1-A. Ta>TbB. EkA>EkBC. Sa = S3D.rA_ rB TA- TB7. 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RGM '和 T- 2 n2 2为 M，卫星质量为 m,则有 GMm - mVR- m4 ；2，由此可得 v-B错误;1Rl22 .GMR，这这里Ra>Rb,则Va<vb, Ta>Tb，而动能Ek-2mv2，故EkA<EkB，选项A正确，选项卫星在单位时间t内通过的圆弧长I

27、-vt,扇形面积S-里Ra>Rb，则Sa>Sb,选项C错误；由开普勒第三定律可知，选项D正确.13. D4、D5、L2、L32016江苏卷据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见如图所示，假设“天宫一号”正以速度 v-7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L 20 m，地磁场的磁感应强度垂直于 v， MN所在平面的分量 B-5-1.0 X 10 T，将太阳帆板视为导体.vXXfXXXXX5XXXXX图1-(1) 求M、N间感应电动势的大小 E;在太阳帆板上将一只“ 1.5

28、 V，0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太 阳帆板和导线的电阻试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3) 取地球半径 R- 6.4X 103 km，地球表面的重力加速度g- 9.8 m/s2,试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字 ).513.答案(1)1.54 V 不能，理由见解析(3)4X 10 m解析(1)法拉第电磁感应定律 E - BLv，代入数据得E - 1.54 V不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流. 亠丄+十亠Mm（3）在地球表面有Gr2 = mg匀速圆周运动g（r?）2=m£R2解得h= gy R,代入数据得 h

29、4x i05 m（数量级正确都算对）号,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a2,固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1>3.D520i6四川卷国务院批复，自20i6年起将4月24日设立为“中国航天日.i970 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 2060 km ; i984年4月8日成功发射的东方红 二号卫星运行在赤道上空 ai，东方红二号的加速度为 a2、a3的大小关系为（图1-A.B.C.D. 3.a2 > ai > a3a3>

30、 a2> ai a3> ai > a2 ai > a? > a3D 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=32r，由于r2>r3，则可以得出：a2>a3;又由万有引力定律有： G；? = ma,且ri<r2，则得出a2<ai,故选项D正确.7. D520i6海南卷通过观测冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量假设卫星绕 冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质 量.这两个物理量可以是 （）A. 卫星的速度和角速度B .卫星的质量和轨道半径C.卫星的质量和角速度D

31、.卫星的运行周期和轨道半径7. AD 解析由v 可求出r，根据= m或= mw2r可求出冥王星的质量，A正确.根据= 口穿弓厂r可求出冥王星的质量，D正确.B和C中都由于已知量不足，无法求出冥王星的质量.22B.D520i6上海卷两颗卫星绕地球运行的周期之比为27 ： i,则它们的角速度之比为，轨道半径之比为 .22B.答案i : 279 : i2解析角速度 w=，所以角速度之比为i : 27,由2 = m 丁2 r得周期T = 2 nTrT故轨道半径之比为9 : 1.D6 曲线运动综合16. C5、D6、E22016全国卷H 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

32、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()图1-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 =壬mv2 0,可得v= , 2gl,因lp<|Q，则Vp<vQ，故选项A错误；由 EkQ= mQglQ , Ekp= mpglp, 而 mp>mQ，故两球动冃能 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

33、顿第二定律及向心力2公式可知 T mg= m* = man,得 T= 3mg, an = 2g，贝U Tp>tq, aP= aQ, C 正确，D 错误.25. D6、E62016全国卷H 轻质弹簧原长为 21，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I.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5I的水平轨道，B端 与半径为I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 尸0.5.用外力推动物块 P,将弹簧压缩至长度I，然后放开，P开始沿轨道运动， 重

34、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.B图1-25.答案(1) ,6gl 2 .21(2)；mw M<|m解析依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至I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I时的弹性势能为Ep= 5mgl 设P的质量为M，到达B点时的速度大小为 vb,由能量守恒定律得1 2Ep= ?Mvb+ 卩 Mg4I 联立式，取M = m并代入题给数据得VB= . 6gl 若P能沿

35、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2 mv设P滑到D点时的速度为Vd,由机械能守恒定律得1 2 1 2 2mvB = gmvD + mg 21联立式得vd = .j 2gl vd满足式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度Vd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21 = 2gt2P落回到AB上的位置与B点之间的距离为S= VDt 联立式得s= 2 .21为使P能滑上圆轨道，它到达 B点时的速度不能小于零.由式可知5mgl>卩Mg41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1

36、 22Mvb< Mgl ?联立？式得31. D62016上海卷风洞是研究空气动力学的实验设备如图所示，将刚性杆水平固 定在风洞内距地面高度 H = 3.2 m处，杆上套一质量 m= 3 kg、可沿杆滑动的小球.将小球 所受的风力调节为 F = 15 N、方向水平向左.小球以初速度V0= 8 m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，g取10 m/s2.求：(1) 小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；(2) 小球落地时的动能；(3 )小球离开杆端后经过多少时间动能为78 J?图1-31.答案(1)0.8 s 4.8 m (2)120 J (3)0.24 s 或 0.4 s解析(1)小球在

37、竖直方向做自由落体运动，运动时间为小球在水平方向做匀减速运动，加速度a= _ = 5 m/s2 m1水平位移 s= Vot一 -at2= 4.8 m.2由动能定理 Ekt Eko = mgH Fs可得 Ekt= 120 J.(3) 小球离开杆后经过时间t的水平位移s= V0t 2at21 1由动能定理 Ek mv2= mg qgt2 Fs以Ek= 78 J和v0= 8 m/s代入得125t2 80t + 12 = 0解得 t1 = 0.4 s, t2= 0.24 s.K10-4所示的直3. (多选)2016黑龙江绥化一中期中考试 在光滑的水平面内建立如图为角坐标系，长为 L的光滑细杆AB的两个

38、端点A、B分别被约束在x轴和y轴上，现让杆的 A端沿x轴正方向以速度V0匀速运动，已知P点为杆的中点，某一时刻杆AB与x轴的夹角 列说法中正确的是 ()B. P点的运动轨迹是圆弧的一部分C. P点的速度大小的表达式为v = V0tan 0D. P点的速度大小的表达式为v =2sin 03. BD 解析设P点坐标为(x, y),贝U A、B点的坐标分别为(2x, 0)、(0, 2y), AB 长度一定，设为L,根据勾股定理，有：(2x)2 + (2y)2= L2,解得x2 + y2=当j，故P点的运动轨迹是圆弧的一部分，圆弧半径为L，故A错误，B正确；画出运动轨迹，如图所示，速度v与杆的夹角a=

39、 90 ° 2 0;由于杆不可以伸长，故 P点的速度沿着杆方向的分速度与A点速度沿着杆方向的分速度相等，故vcos a = v°cos 0 , vcos(90° 2 0)= v°cos 0，解得v= 旦，故C错误，D正确.2sin 06. 2016湖北七校联考近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，图K10-9(俯视图)是某台设计的冲关活动中的一个环节：要求挑战者从平台A上跳到以O为转轴的快速旋转的水平转盘上而不落入水中.已知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25 m,平台边缘到转盘边缘的水平距离为 1 m，转盘半径为2 m,以12.5 r/min的转速匀

40、速转动，转盘边缘间隔 均匀地固定有6个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等.若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以水平速度沿AO方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g取10 m/s2,则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为（）图 K10-9A. 1.5 m/s B. 2 m/sC. 2.5 m/s D. 3 m/s1 26. C 解析人起跳后做平抛运动，因此在竖直方向上有：y = 2gt2,由此解得时间 t5冗0=0.5 s；转盘的角速度为：3= 2 n n= n rad/s；转盘转过二角度所用时间为：t= = 0.41263s.要使人能穿过间隙跳上转盘，时间应该小于0.4

41、 s,根据水平方向做匀速运动有：x= V0t,解得：V0= 2.5 m/s,故A、B、D错误，C正确.5.（多选）2016绵阳二诊正方体空心框架 ABCD-A1B1C1D1下表面在水平地面上， 将可 视为质点的小球从顶点 A在/ BAD所在范围内（包括边界）沿不同的水平方向分别抛出， 沿某 一水平方向抛出的小球的速度大小可以变化，小球的落点都在B1C1D1平面内（包括边界）.不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面.则（ ）图 K11-5A .落在C1点的小球，运动时间最长B .小球初速度的最小值与最大值之比是1 : 2C.落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1 : 2D

42、 .轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同5. BD 解析小球在竖直方向上都做自由落体运动，因为所有小球下落的高度相同，1由h= -gt2得小球落到 B1C1D1平面内所用的时间相同，A项错误；小球在水平方向上做匀速直线运动，落到平面上时的最小水平位移与最大水平位移之比为1 : 2，由x = vt得小球的最小初速度与最大初速度之比为1 : 2, B项正确；小球抛出后只受重力作用，因此小球的机械能守恒，落地时的机械能等于抛出时的机械能，落在B1D1线段上的小球，落在D1两点的小球水平位移最大，水平速度最大，抛出时的初动能最大，故抛出时的机械能最大，设正方体框架的边长为 L,由L =

43、fgt2、L = vt、Ek= *mv2联立得Ek= mgL，故机械能E=号mgL，落在B1D1线段中点上的小球水平位移最小，水平速度最小，抛出时的初动能最小，1 o 21 o1故抛出时的机械能最小，由L = ?gt、L = vt、Ek = mv'联立得E： = §mgL,故机械能E'9=§mgL,故最大机械能与最小机械能之比为10： 9, C项错误；轨迹与ACi线段相交的小球，落到线段上时，合位移方向与水平方向的夹角都为45°，根据平抛运动的推论知合速度方向与水平方向夹角的正切值是合位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，故在交点处的速度方向相同，D

44、项正确.6. 2016江苏泰州第一次模拟考试预警雷达探测到敌机在 20 000 m上空水平匀速飞 行，立即启动质量 m= 100 kg的防空导弹，导弹的火箭发动机在制导系统控制下竖直向下喷 气，使导弹由静止以 a= 10g(g取10 m/s2)的加速度竖直向上匀加速上升至5000 m高空，喷一 1气方向立即变为与竖直方向成B角(cos 0 = 11)斜向下，导弹做曲线运动，直至击中敌机.假设导弹飞行过程中火箭推力大小恒定，且不考虑导弹质量变化及空气阻力，导弹可视为质 点.试求：(1)火箭喷气产生的推力；导弹从发射到击中敌机所用的时间;图 K11-6 1.85 x 108 JF mg= ma(3

45、) 导弹击中敌机时的动能.46. (1)1.1 x 10 N (2)25 s解析(1)由牛顿第二定律得：4F = m(g+ a)= 1.1x 10 N.(2) 导弹在竖直方向上做匀加速直线运动，有如2= h1解得t1 =2 x 500010x 10 s= 10s一， 一 1由于推力改变方向，则 Feos 0 = 11mgx和=mg导弹在竖直方向做匀速运动，则丄 H h1t2 =Vy又 Vy= at1代入数据得t2= 15 s则：t 总=t1 +12= 25 s.在5000米高处之后，导弹在竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，则30Fsin 0 = max,而 sin 0 =2侦11mg

46、x 11得 ax= 20訂30 m/s2m又 Vx= axt2导弹击中飞机时的动能为Ek = *m（vx + vy）= 1.85 x 108 J.2. 2016黑龙江牡丹江一中期中如图K12-2所示，用手握着细绳的一端在水平桌面 上做半径为r的匀速圆周运动，圆心为 0,角速度为3.细绳长为L,质量忽略不计，运动过 程中细绳始终与小圆相切.2+ L2=L，故 T =R2/2 2、 m3(r + L )LTsin $，由于 T =m3 2 (r2+ L2)L,sin，所以，卩=3* L , D正确.gL图 K12-2在细绳的另外一端系着一个质量为m的小球，小球在桌面上恰好在以0为圆心的大圆上做圆周

47、运动.小球和桌面之间存在摩擦力，以下说法正确的是（）A .小球将做变速圆周运动B .细绳拉力为m32c.手对细线做功的功率为 m3 r Lr +LD 球与桌面间的动摩擦因数为3 2r2+ L2Lg2. D 解析细绳做的是匀速圆周运动，所以小球做的也是匀速圆周运动，A错误；设大圆半径为 R,由图分析可知 R= ,r2+ L2,设绳中张力为T,则Tcos $ = mF3 2, cos $ m3=卫 R= m 3 r （.r十）,C错误；根据摩擦力公式可得f=卩mg又f =十）,B错误；拉力的功率：P = Tvcos（90° - $）=3.（多选）2016南开中学期中地球做匀速圆周运动、轨

48、道半径为a, P为B、C两卫星轨道的交点，已知 是（）如图13-4所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕r的卫星，C为绕地球沿椭圆轨道运动的卫星，长轴长为A、B、C绕地心运动的周期相同，下列说法正确的图 K13-4A .物体A的线速度小于卫星 B的线速度B 卫星B离地面的高度可以为任意值C. a与r长度关系满足a= 2rD .若已知物体 A的周期和引力常量，可求出地球的平均密度2 n r3. AC 解析因为A、B绕地心运动的周期相同，根据v=T知，B的轨道半径大于地球的半径，则物体 A的线速度小于卫星 B的线速度，故 A正确；因为B的周期与地球2 3 23 r 尹=k,因为周期相等，则椭圆的

49、半长轴与圆轨道半径相等，即I = r，故C正确；已知物体A的周期，则已知卫星2B的周期，根据=mr知,地球的质量4 n 2r3M = gt厂，则地球的平均密度P=M4n R3，3因地球的半径未知，贝y无法求出地球的密度，故D错误.的自转周期相同，为定值，根据翠=mr牛知，=、譽，可知轨道半径恒定，则卫 星B离地的高度恒定，不是任意值，故 B错误；根据开普勒第三定律知,4.（多选）2016云南师范大学附属中学月考宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用如图K13-5所示，设四星系统中每个星体的质量均为m,半径均为R,四颗星稳定分布在边长为L

50、的正方形的四个顶点上已知引力常量为G,关于四星系统（忽略星体自转的影响），下列说法正确的是（ ）A .四颗星的向心加速度的大小为B .四颗星运动的线速度的大小为C.四颗星表面的重力加速度均为D 四颗星的周期均为 2n L2 ：2Gm2 2LGR22L(2 2+ 1) Gm4. BC 解析四星系统的圆心在正方形中心，轨道半径为r = -L，向心力由合力提Gm （1 + 2 /2）Gm （1 + 2 ：.：2）v 庄2L22L2供，Fn = '2， a =2， A 错误； 由 a = 知 v = , ar =Gm (1 + 2 - .2)V 2風B正确;2n rT 2n L、( 2 /) Gm，D 错误；由 Gm = gR2Gm 得g= Gm，C正确.3. （多选）2016湖北三市期末联考2013年12月2日 “嫦娥三号”探测器顺利发 射“嫦娥三号”探测器要求一次性进入近地点210公里、远地点约 36.8万公里的地月转移轨道