曲线运动题型归类

1、PAGE 1PAGE 26专题四 曲线运动题型归类考点一曲线运动运动的合成与分解1在冬奥会短道速滑项目中,运动员绕周长仅111米的短道竞赛运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线图中圆弧虚线Ob代表弯道，即运动正常运动路线，Oa为运动员在O点时的速度方向(研究时可将运动员看做质点).下列论述正确的是()A发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心B发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力C若在O点发生侧滑，则滑动的方向在Oa左侧D若在O点发生侧滑，则滑动的方向在Oa右侧与Ob之间解析运动员发生侧滑是因为运动员受到的合力指向圆心小于所需要的向心力,

2、A、B错误；若在O点发生侧滑,若向心力突然消失,则沿切线Oa运动，而现在是由于所提供的向心力小于所需要的向心力，因此滑动的方向在Oa与Ob之间，D正确2(2015安徽理综，14，6分)图示是粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动图中所标出的粒子在各点处的加速度方向正确的是()AM点 BN点 CP点 DQ点解析粒子在散射过程中受到重金属原子核的库仑斥力作用，方向总是沿着二者连线且指向粒子轨迹弯曲的凹侧，其加速度方向与库仑力方向一致，故C项正确3(2014四川)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河小明驾着小船渡

3、河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()A.eq f(kv,r(k21) B.eq f(v,r(1k2)C.eq f(kv,r(1k2) D.eq f(v,r(k21)解析去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d，则去程时间t1eq f(d,v1)；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t2eq f(d,r(veq oal(2,1)v2)，由题意有eq f(t1,t2)k，则keq f(r(veq oal(2,1)v2),v1)，得v1eq r(f(v2,1k2)eq

4、f(v,r(1k2)，选项B正确4(2013安徽)(难度)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m3/min，水离开喷口时的速度大小为16eq r(3) m/s，方向与水平面夹角为60，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10 m/s2)()A28.8 m，1.12102 m3 B28.8 m，0.672 m3C38.4 m，1.29102 m3 D38.4 m，0.776 m3解析由题意可知，水柱做斜抛运动，竖直方向初速度vyvsin 6024 m/s，到达着火点位置时竖直速度变为0，由v2veq oal(2,0)2gh，得heq f(ve

5、q oal(2,y),2g)28.8 m；由vgt，得teq f(vy,g)2.4 s，则空中水量Veq f(0.282.4,60) m31.12102 m3，故A正确5(11江苏单科)如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OAOB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为()At甲t乙 D无法确定解析设水流的速度为v水，学生在静水中的速度为v人，从题意可知v人v水，OAOBL，对甲同学t甲eq f(L,v人v水)eq f(L,v人v水)，对乙同学来说，要想垂直到达B点，

6、其速度方向要指向上游，并且来回时间相等，即t乙eq f(2L,r(veq oal(2,人)veq oal(2,水)，则teq oal(2,甲)teq oal(2,乙)(eq f(L,v人v水)eq f(L,v人v水)20，即t甲t乙，C正确考点二抛体运动1(多选)2013年7月7日，温网女双决赛开打，“海峡组合”彭帅、谢淑薇击败澳大利亚组合夺得职业生涯首个大满贯冠军如图所示是比赛场地，已知底线到网的距离为L，彭帅在网前截击，若她在球网正上方距地面H处，将球以水平速度沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上将球的运动视作平抛运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A根据题目条件能求出球的水平速

7、度vB根据题目条件能求出球从击出至落地所用时间tC球从击球点至落地点的位移等于LD球从击球点至落地点的位移与球的质量无关解析球的运动为平抛运动，竖直方向为自由落体运动，Heq f(1,2)gt2，水平方向为匀速直线运动，Lv0t，可求出时间teq r(f(2H,g)，v0eq f(L,t)Leq r(f(g,2H)，A、B正确；击球点至落地点的位移为eq r(H2L2)，C错误；水平位移Lv0tv0eq r(f(2H,g)，D正确答案ABD2.(2015新课标全国，18，6分)(难度)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边

8、缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是()A.eq f(L1,2)eq r(f(g,6h)vL1eq r(f(g,6h) B.eq f(L1,4)eq r(f(g,h)veq r(f(（4Leq oal(2,1)Leq oal(2,2)）g,6h)C.eq f(L1,2)eq r(f(g,6h)veq f(1,2)eq r(f(（4Leq oal(2,1)Leq oal(2,2)）g,6h) D.eq f(L1,4)e

9、q r(f(g,h)veq f(1,2)eq r(f(（4Leq oal(2,1)Leq oal(2,2)）g,6h)解析发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动当速度v最小时，球沿中线恰好过网，有：3hheq f(gteq oal(2,1),2) v1t1联立得v1eq f(L1,4)eq r(f(g,h)当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有eq f(1,2)eq r(4Leq oal(2,1)Leq oal(2,2)v2t23heq f(1,2)gteq oal(2,2) 联立得v2eq f(1,2)eq r(f(（4Leq oal(2,1)Leq oal(2,2)）g,6h

10、)所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v的最大取值范围为eq f(L1,4)eq r(f(g,h)veq f(1,2)eq r(f(（4Leq oal(2,1)Leq oal(2,2)）g,6h)，选项D正确3(2015浙江理综，17，6分)(难度)如图所示为足球球门，球门宽为L.一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)球员顶球点的高度为h，足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则()A足球位移的大小xeq r(f(L2,4)s2)B足球初速度的大小v0eq r(f(g,2h)（f(L2,4)s2）)C足球末速度的大小veq r(f(g,2h)

11、（f(L2,4)s2）4gh)D足球初速度的方向与球门线夹角的正切值taneq f(L,2s)解析足球位移大小为xeq r(（f(L,2)）2s2h2)eq r(f(L2,4)s2h2)，A错误；根据平抛运动规律有：heq f(1,2)gt2，eq r(f(L2,4)s2)v0t，解得v0eq r(f(g,2h)（f(L2,4)s2）)，B正确；根据动能定理mgheq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal(2,0)可得veq r(veq oal(2,0)2gh)eq r(f(g,2h)（f(L2,4)s2）2gh)，C错误；足球初速度方向与球门线夹角正切值tan eq f(s,

12、f(L,2)eq f(2s,L)，D错误答案B4(2014新课标全国，15，6分)(难度)取水平地面为重力势能零点一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等不计空气阻力该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为()A.eq f(,6) B.eq f(,4) C.eq f(,3) D.eq f(5,12)解析设物块在抛出点的速度为v0，落地时速度为v，抛出时重力势能为Ep，由题意知Epeq f(1,2)mveq oal(2,0)；由机械能守恒定律，得eq f(1,2)mv2Epeq f(1,2)mveq oal(2,0)，解得veq r(2)v0，设落地时速度方向与水平方向的夹角为

13、，则cos eq f(v0,v)eq f(r(2),2)，解得eq f(,4)，B正确5(2013江苏物理，7，4分)(难度)(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同空气阻力不计，则()AB的加速度比A的大 BB的飞行时间比A的长CB在最高点的速度比A在最高点的大DB在落地时的速度比A在落地时的大解析A、B两球均受重力，根据牛顿运动定律，知两球加速度均为重力加速度，A错误；由最大高度相同，知两球运动时间相等，B错误；因为B球的射程较远所以B的水平分速度较大，在最高点，两球只有水平分速度，所以C正确；由落地时的速度为水平分速度与竖直分速

14、度的合速度，可知D正确答案CD6(2013北京在实验操作前应该对实验进行适当的分析研究平抛运动的实验装置示意如图小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹某同学设想小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，机械能的变化量依次为E1、E2、E3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是()Ax2x1x3x2，E1E2E3Bx2x1x3x2，E1E2E3Cx2x1x3x2，E1E2E3Dx2x1x3x2

15、，E1E2E3解析小球做平抛运动竖直方向做自由落体运动，速度均匀增加，因h12h23，所以t12t23；水平方向做匀速运动，xv-t，所以x2x1x3x2.因忽略空气阻力的影响，故小球机械能守恒，机械能变化量E0，即E1E2E3.综上所述，B正确7如图所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出,都落在了倾角为30的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1、v2之比为()A11 B21 C32 D23解析小球A落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向位移的比值tan eq f(y,x)eq f(f(1,2)gt2,vt)eq f(gt,2v)，解得teq f(2vtan ,

16、g)，v1eq f(gt,2tan 30)；小球B恰好垂直打到斜面上，v2gttan 30，同一点C，下落高度相同，时间相等，v1v232，C正确8.(2013上海(多选)如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A.已知A点高度为h，山坡倾角为，由此可算出()A轰炸机的飞行高度 B轰炸机的飞行速度C炸弹的飞行时间 D炸弹投出时的动能解析设轰炸机投弹位置高度为H，炸弹水平位移为s，则Hheq f(1,2)vyt，sv0t，二式相除eq f(Hh,s)eq f(1,2)eq f(vy,v0)，因为eq f(vy,v0)eq f(1,tan )，seq

17、 f(h,tan )，所以Hheq f(h,2 tan2)，A正确；根据Hheq f(1,2)gt2可求出飞行时间，再由sv0t可求出飞行速度，故B、C正确；不知道炸弹质量，不能求出炸弹的动能，D错误答案ABC9(2012新课标全国卷，15，6分)(难度)(多选)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向图中画出了从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()Aa的飞行时间比b的长 Bb和c的飞行时间相同Ca的水平速度比b的小 Db的初速度比c的大解析根据平抛运动规律heq f(1,2)gt2，得teq r(f(2h,g)，可知平抛物体在

18、空中飞行的时间仅由高10.飞镖运动于十五世纪兴起于英格兰，二十世纪初，成为人们日常休闲的必备活动一般打飞镖的靶上共标有10环，第10环的半径最小现有一靶的第10环的半径为1 cm，第9环的半径为2 cm以此类推，若靶的半径为10 cm，在进行飞镖训练时，当人离靶的距离为5 m，将飞镖对准第10环中心以水平速度v投出，g10 m/s2.则下列说法中正确的是()A当v50 m/s时，飞镖将射中第8环线以内B当v50 m/s时，飞镖将射中第6环线C若要击中第10环的线内，飞镖的速度v至少为50eq r(2) m/sD若要击中靶子，飞镖的速度v至少为25eq r(2) m/s解析根据平抛运动规律可得，

19、飞镖在空中飞行有：xv-t，heq f(1,2)gt2,将第8环半径为3 cm、第6环半径为5 cm、第10环半径为1 cm、靶的半径为10 cm代入两式可知正确选项为B、D.答案BD11.愤怒的小鸟是一款时下流行的游戏,故事简单有趣，如图甲所示，为了报复偷走鸟蛋的猪，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击猪的堡垒某班的同学们根据所学的物理知识进行假设：小鸟自己不会加速，它被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示请回答下面两位同学提出的问题(取重力加速度g10 m/s2)：(1)A同学问：如图乙所示，若h10.8 m，l12 m，h22.4 m，l21 m，小鸟被弹出后能否直接打中地面上C处猪的

20、堡垒？请用计算结果进行说明(2)B同学问：如果小鸟弹出后，先掉到台面的草地上，接触草地的瞬间竖直速度变为零，水平速度不变，小鸟在草地上滑行一段距离后飞出，若要打中C处猪的堡垒，小鸟和草地间的动摩擦因数与小鸟弹出时的初速度v0应满足什么关系(用题中所给的符号h1、l1、h2、l2、g表示)?解析(1)设小鸟以v0弹出能直接击中堡垒，则h1h2eq f(1,2)gt2，得teq r(f(2（h1h2）,g)eq r(f(2（0.82.4）,10) s0.8 sl1l2v0t，得v0eq f(l1l2,t)eq f(21,0.8) m/s3.75 m/s考虑h1高度处的水平射程为x，则xv0t1 h

21、1eq f(1,2)gteq oal(2,1)所以xv0eq r(f(2h1,g)3.75eq r(f(20.8,10) m1.5 ml1可见小鸟先落在台面的草地上，不能直接击中堡垒(2)小鸟先做初速度为v0的平抛运动，后在台面的草地上滑行，再以速度为v平抛击中堡垒，由动能定理有mg(l1v0eq r(f(2h1,g)eq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal(2,0)vl2eq r(f(g,2h2)所以eq f(veq oal(2,0)f(gleq oal(2,2),2h2),2g（l1v0r(f(2h1,g)）).12(2012江苏)(多选)如图所示，相距l的两小球A、B位

22、于同一高度h(l、h均为定值)将A向B水平抛出的同时，B自由下落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，则()AA、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度BA、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰CA、B不可能运动到最高处相碰DA、B一定能相碰解析A的竖直分运动是自由落体运动，故与B的高度始终相同A、B若能在第一次落地前相碰，必须满足vAtl，又teq r(f(2h,g)，即A、B第一次落地前能否相碰取决于A的初速度，故A正确；若A、B在第一次落地前未碰，则由于A、B反弹后的竖直分运动仍然相同，且A的水平分速度不变，所以A、B

23、一定能相碰，而且在B运动的任意位置均可能相碰，故B、C均错，D正确答案AD13(多选)如图，AB为竖直面内半圆的水平直径从A点水平抛出两个小球，小球1的抛出速度为v1、小球2的抛出速度为v2.小球1落在C点、小球2落在D点，C、D两点距水平直径分别为圆半径的0.8倍和1倍小球1的飞行时间为t1，小球2的飞行时间为t2.则()At1t2 Bt1t2Cv1v24eq r(5) Dv1v23eq r(5)解析根据平抛运动的规律heq f(1,2)gt2知，下落高度越高，时间越长，故t1t2，B正确；根据几何关系可求CD间的水平距离为0.6R，小球1：h0.8Req f(1,2)gteq oal(2,

24、1)，x11.6Rv1t1；小球2：hReq f(1,2)gteq oal(2,2)，x2Rv2t2，联立解得：v1v24eq r(5)，所以C正确；D错误答案BC14.如图甲所示,物体A以速度v0做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L，图甲中的虚线是A做平抛运动的轨迹图乙中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与图甲中的虚线相同让物体B从轨道顶端无初速下滑,B下滑过程中没有脱离轨道物体A、B都可以看作质点重力加速度为g.则下列说法正确的是()AA、B两物体落地时的速度方向相同BA、B两物体落地时的速度大小相等C物体B落地时水平方向的速度大小为eq r(f(2gL,5)D物体B落地时重

25、力的瞬时功率为mgeq r(2gL)解析运动速度的方向沿着运动轨迹的切线方向，由于两个运动轨迹相同，因此落地时速度方向相同，A正确；开始运动时，A有初速度，而B从静止开始运动，在下落的过程中机械能守恒，因此落地时A的速度大于B的速度，B错误；A物体下落过程中,Lv0t，Leq f(1,2)gt2，vygt，可得vy2v0速度与水平方向夹角为，则cos eq f(v0,r(veq oal(2,0)veq oal(2,y)eq f(1,r(5)，而sin eq f(vy,r(veq oal(2,0)veq oal(2,y)eq f(2,r(5)；而B下落时，根据机械能守恒定律，mgLeq f(1,

26、2)mv2，因此落地时的水平速度大小为vcos eq r(f(2gL,5)，C正确；B落地时重力的瞬时功率Pmgvsin 2mgeq r(f(2gL,5)，D错误答案AC考向四对平抛运动与圆周运动的综合考查1(平抛运动与圆周运动规律的综合应用问题)如图所示,M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t0时刻开始随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水求：(1)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同

27、一直线上,圆盘转动的角速度应为多大？(2)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x.解析(1)设水滴落到圆盘上的时间为t，则heq f(1,2)gt2.圆盘转动时间也为t，所以kt.联立解得keq r(f(g,2h)(k1、2、3)(2)第二滴水落在圆盘上的水平位移x22v-t2veq r(f(2h,g)；第三滴水落在圆盘上的水平位移x33v-t3veq r(f(2h,g).当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，xx2x35veq r(f(2h,g).答案(1)keq r(f(g,2h)(k1、2、3)(2)5veq r(f(2h,g)2如图所示,竖

28、直圆盘绕中心O沿顺时针方向匀速转动，当圆盘边缘上的P点转到与O同一高度时，一小球从O点以初速度v0水平向P抛出,当P点第一次转到位置Q时，小球也恰好到达位置Q，此时小球的动能是抛出时动能的10倍已知重力加速度为g，不计空气阻力根据以上数据，可求得的物理量有()A小球从抛出到与P相遇的时间B小球刚抛出时的动能C圆盘的半径D圆盘转动的角速度解析小球到达位置Q时的动能是抛出时动能的10倍,设此时小球的竖直速度为vy：eq f(1,2)mv210eq f(1,2)mveq oal(2,0)，veq r(veq oal(2,y)veq oal(2,0)eq r(10)v0，vy3v0.小球抛出后竖直方向

29、上做自由落体运动，vygt，teq f(3v0,g)，A正确；由于小球的质量未知，小球刚抛出时的动能无法求出，B错误；圆盘的半径Req r(（v0t）2（f(3v0t,2)）2)，可求出，C正确；设OQ与OP的夹角为,tan eq f(3,2)，t，联立可求出角速度，D正确答案ACD3.(多选)一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定，有质量相同的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，A球的轨道半径较大，则()AA球的角速度必小于B球的角速度BA球的线速度必大于B球的线速度CA球的运动周期必大于B球的运动周期DA球对筒壁的压力必大于B球对筒壁的压力解析本题考查匀

30、速圆周运动问题，意在考查考生的综合分析能力，两球受重力、支持力作用，合力指向圆周运动的圆心，如图所示，由牛顿第二定律有mgtan meq f(v2,R)m2R，Feq f(mg,cos )，可见,运动半径较大的A球线速度较大、角速度较小，两球所受支持力相等,A、B正确，D错误；由圆周运动的角速度与周期的关系可知，A球的运动周期大于B球的运动周期，C正确答案ABC4.(多选)在一次探究活动中，某同学设计了如图所示的实验装置,将半径R1 m的光滑半圆弧轨道固定在质量M0.5 kg、长L4 m的小车的上表面中点位置，半圆弧轨道下端与小车的上表面水平相切,现让位于轨道最低点的质量m0.1 kg的光滑小

31、球随同小车一起沿光滑水平面向右做匀速直线运动，某时刻小车碰到障碍物而瞬时处于静止状态(小车不反弹),之后小球离开圆弧轨道最高点并恰好落在小车的左端边沿处，该同学通过这次实验得到了如下结论，其中正确的是(g取 10 m/s2)()A小球到达最高点的速度为eq r(10) m/sB小车与障碍物碰撞时损失的机械能为12.5 JC小车瞬时静止前、后，小球在轨道最低点对轨道的压力由1 N瞬时变为 6.5 ND小车向右做匀速直线运动的速度约为6.5 m/s解析如图所示，小球从B落到小车的左端边沿处所用时间teq r(f(22R,g)eq r(f(22,10) seq r(f(2,5) s最高点的速度vBe

32、q f(f(L,2),t)eq f(f(4,2),r(f(2,5) m/seq r(10) m/s，故A正确；小球从A到B只有重力做功，机械能守恒，有eq f(1,2)mveq oal(2,A)mg2Req f(1,2)mveq oal(2,B)，代入数据解得vAeq r(50) m/s7.1 m/s，这个速度等于小车匀速运动的速度，故D错误；小车与障碍物碰撞时损失的机械能Eeq f(1,2)Mveq oal(2,A)12.5 J,B正确；小车瞬时静止前、后，小球在轨道最低点的速度不变，故对轨道的压力不变，C错误答案AB5如图,可视为质点的小球，位于半径为eq r(3) m半圆柱体左端点A的正

33、上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点.过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60，则初速度为(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2)()A.eq f(5r(5),3) m/s B4eq r(3) m/sC3eq r(5) m/s D.eq f(r(15),2) m/s解析飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30，则有：tan 30eq f(vy,v0)；水平方向：RRsin 30v0t，联立两式解得：v03eq r(5) m/s，故选C.6.(2014浙江理综，23，16分)(难度)如图所示，装甲车在水平地面上以速度v020

34、m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h 1.8 m在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s90 m后停下装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g10 m/s2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围解析(1)装甲车匀减速运动时的加速度大小aeq f(veq oal(2

35、,0),2s)eq f(20,9) m/s2(2)第一发子弹飞行时间t1eq f(L,vv0)0.5 s弹孔离地高度h1heq f(1,2)gteq oal(2,1)0.55 m第二发子弹的弹孔离地的高度h2heq f(1,2)g(eq f(Ls,v)21.0 m两弹孔之间的距离hh2h10.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1L1(v0v)eq r(f(2h,g)492 m第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2L2veq r(f(2h,g)s570 m,L的范围492 mL570 m答案(1)eq f(20,9) m/s2(2)0.55 m0.45 m(

36、3)492 mL570 m7(11江苏)(难度)如图，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30角固定放置将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为Mkm的小物块相连，小物块悬挂于管口现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变(重力加速度为g)(1)求小物块下落过程中的加速度大小；(2)求小球从管口抛出时的速度大小；(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于eq f(r(2),2)L.解析(1)设细线中的张力为FT，根据牛顿第二定律，对M有：MgFTMa对m有：FTmgsin 30ma 且Mkm 联立解得

37、aeq f(2k1,2（k1）)g(2)设小物块落地时的速度大小为v，小球从管口抛出时的速度大小为v0，小物块落地后小球的加速度为a0.根据牛顿第二定律得mgsin 30ma0由匀变速直线运动公式得v22aLsin 30，veq oal(2,0)v22a0L(1sin 30)联立解得v0eq r(f(k2,2（k1）)gL)(k2)(3)水平方向上xv0t，竖直方向上Lsin 30eq f(1,2)gt2解得xLeq r(f(k2,2（k1）)(k2),所以xeq f(r(2),2)L答案(1)eq f(2k1,2（k1）)g(2)eq r(f(k2,2（k1）)gL)(k2)(3)见解析考点

38、三圆周运动1(2015天津理综，4，6分)(难度)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由题意mgFm2r，即g2r，因此r越大，越小，且与m无关，B正确2. (2015福建理综，17，6分)(难度)如图，在

39、竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()At1t2 Bt1t2Ct1t2 D无法比较t1、t2的大小解析在AB段，由于是凸形滑道，根据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越小，摩擦力就越小，克服摩擦力做功越少；在BC段，根据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越大，摩擦力就越大，克服摩擦力做功越多滑块从A运动到C与从C到A相比，从A到C运动过程，克服摩擦力做功较少，又由于两次的初速度大小相

40、同，故到达C点的速率较大，平均速率也较大，故用时较短，所以A正确3. (2015浙江)(难度)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达AB线，有如图所示的、三条路线，其中路线是以O为圆心的半圆，OOr.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则()A选择路线，赛车经过的路程最短 B选择路线，赛车的速率最小C选择路线，赛车所用时间最短 D、三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析赛车经过路

41、线的路程s1r2r(2)r，路线的路程s22r2r(22)r，路线的路程s32r，A正确；根据Fmaxeq f(mv2,R)，可知R越小，其不打滑的最大速率越小，所以路线的最大速率最小，B错误；三种路线对应的最大速率v2v3eq r(2)v1，则选择路线所用时间t1eq f(（2）r,v1)，路线所用时间t2eq f(（22）r,r(2)v1)，路线所用时间t3eq f(2r,r(2)v1)，t3最小，C正确；由Fmaxma，可知三条路线对应的a相等，D正确答案ACD4如图所示,竖直圆盘绕中心O沿顺时针方向匀速转动，当圆盘边缘上的P点转到与O同一高度时，一小球从O点以初速度v0水平向P抛出,当

42、P点第一次转到位置Q时，小球也恰好到达位置Q，此时小球的动能是抛出时动能的10倍已知重力加速度为g，不计空气阻力根据以上数据，可求得的物理量有()A小球从抛出到与P相遇的时间B小球刚抛出时的动能C圆盘的半径D圆盘转动的角速度解析小球到达位置Q时的动能是抛出时动能的10倍,设此时小球的竖直速度为vy：eq f(1,2)mv210eq f(1,2)mveq oal(2,0)，veq r(veq oal(2,y)veq oal(2,0)eq r(10)v0，vy3v0.小球抛出后竖直方向上做自由落体运动，vygt，teq f(3v0,g)，A正确；由于小球的质量未知，小球刚抛出时的动能无法求出，B错

43、误；圆盘的半径Req r(（v0t）2（f(3v0t,2)）2)，可求出，C正确；设OQ与OP的夹角为,tan eq f(3,2)，t，联立可求出角速度，D正确答案ACD5.某电视台“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R、角速度为、铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H.选手抓住悬挂器可以在电动机的带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上设人的质量为m(不计身高),人与转盘间的最大静

44、摩擦力为mg，重力加速度为g.(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度应限制在什么位置？(2)若已知H5 m，L8 m,a2 m/s2，g10 m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面(2)中所述位置C点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？解析(1)设选手落在转盘边缘也不

45、会被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有mgm2R，故转盘转动的角速度应满足eq r(f(g,R).(2)设选手水平加速阶段的位移为x1，时间为t1；选手平抛时的水平位移为x2，时间为t2.则水平加速时有x1eq f(1,2)ateq oal(2,1).vat1，平抛运动阶段有x2v-t2，Heq f(1,2)gteq oal(2,2)，全程水平方向x1x2L，联立以上各式代入数据解得t12 s.(3)由(2)知x14 m，v4 m/s,且F0.6mg.设阻力为f，选手继续向右滑动的距离为x3，由动能定理得，加速阶段：Fx1fx1eq f(1,2)mv2,减速阶段：fx30eq f(1,2)mv

46、2联立以上两式解得x32 m.答案(1)eq r(f(g,R)(2)2 s(3)2 m6.固定在竖直平面内的光滑细圆管，管道半径为R.若沿如图所示的两条虚线截去轨道的四分之一，管内有一个直径略小于管径的小球在运动，且恰能从一个截口抛出，从另一个截口无碰撞的进入继续做圆周运动，那么小球每次飞越无管区域的时间为()A.eq r(f(r(3)R,g) B.eq r(f(2r(2)R,g) C.eq r(f(2r(3)R,g) D.eq r(f(r(2)R,g)解析小球在竖直虚线两侧运动对称，小球“抛出点”在此竖直线上，进入截口时速度方向与水平方向成45角，则此时水平分速度和竖直分速度大小相等，由数学

47、知识可知平抛的水平位移为eq f(r(2),2)R，则竖直位移为eq f(r(2),4)R.根据竖直方向的自由落体运动可知eq f(r(2),4)Req f(1,2)gteq oal(2,1)，根据对称可知t2t1eq r(f(2r(2)R,g)，B正确7.(2014新课标全国)(难度)如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()AMg5mg BMgmgCMg5mg DMg10mg解析解法一以小环为研究对象，设大环半径为R，根据机械能守恒定律，得

48、mg2Req f(1,2)mv2，在大环最低点有FNmgmeq f(v2,R)，得FN5mg，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为FNFN，方向竖直向下，故FMg5mg，由牛顿第三定律知C正确解法二设小环滑到大环最低点时速度为v，加速度为a，根据机械能守恒定律eq f(1,2)mv2mg2R，且aeq f(v2,R)，所以a4g，以整体为研究对象，受力情况如图所示FMgmgmaM0所以FMg5mg，C正确答案C8(2014安徽理综，19，6分)(难度)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转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体

49、与圆盘始终保持相对静止物体与盘面间的动摩擦因数为eq f(r(3),2)(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/s2.则的最大值是()A.eq r(5) rad/sB.eq r(3) rad/sC1.0 rad/sD0.5 rad/s解析当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中O为对称轴位置)由沿斜面的合力提供向心力，有mgcos 30mgsin 30m2R得eq r(f(g,4R)1.0 rad/s，选项C正确答案C9如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径Rr21.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮

50、边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上,此时Q轮转动的角速度为1，木块的向心加速度为a1；若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为2，木块的向心加速度为a2，则()A.eq f(1,2)eq f(r(2),2) B.eq f(1,2)eq f(r(2),1)C.eq f(a1,a2)eq f(1,1) D.eq f(a1,a2)eq f(1,2)解析根据题述，a1eq oal(2,1)r,ma1mg；联立解得geq oal(2,1)r.小木块放在P轮边缘也恰能静止，geq oal(2,2)R2eq oal(2,2)r，eq oal(2,2)Req oal(2,1)

51、r，联立解得eq f(1,2)eq f(r(2),1)，选项B正确、A错误；a2g2R，选项C正确、D错误答案BC10(2013江苏物理，2，3分)(难度)如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()AA的速度比B的大 BA与B的向心加速度大小相等C悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小解析由图知两根缆绳等长，B的半径较大，而转动的角速度相同，由vr，a2r知A、B错误；由牛顿第二定律得，向心加速度agtan ，aAaB，所以AB，C错误；由F

52、Teq f(mg,cos )，得出FTAFTB，D正确答案D11(2013北京理综，18，6分)(难度)某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动()A半径越大，加速度越大 B半径越小，周期越大C半径越大，角速度越小 D半径越小，线速度越小解析电子在库仑力的作用下做圆周运动，库仑力提供向心力，eq f(kQq,r2)ma，r越大，a越小，A错误；eq f(kQq,r2)mreq f(42,T2)，r越小，T越小，B错误；eq f(kQq,r2)mr2，r越大，越小，C正确；eq f(kQq,r2)meq f(v2,r)，r越小，v越大，D错误答案

53、C12(2012广东)(难度)(多选)如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，下列表述正确的有()AN小于滑块重力 BN大于滑块重力CN越大表明h越大 DN越大表明h越小解析滑块在B点时，由牛顿第二定律得FNmgmeq f(v2,r)，所以FNmgmeq f(v2,r)mg，A错误，B正确；物块从斜面上滑下的过程，由动能定理得mgheq f(1,2)mv2，联立解得FNmgmeq f(2gh,r)，即FN越大表明h越大，C正确，D错误答案BC13. (13浙江)(难度

54、)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图所示图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h11.8 m，h24.0 m，x14.8 m，x28.0 m开始时，质量分别为M10 kg和m2 kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计.求：(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小解析(1)设猴子从A点水平跳离时速度

55、的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有h1eq f(1,2)gt2 x1vmint联立式，得vmin8 m/s(2)猴子抓住青藤后的机械能守恒，设荡起时速度为vC，有(Mm)gh2eq f(1,2)(Mm)veq oal(2,C)得vCeq r(2gh2)eq r(80) m/s9 m/s(3)设拉力为FT，青藤的长度为L，对最低点，由牛顿第二定律得FT(Mm)g(Mm)eq f(veq oal(2,C),L)由几何关系(Lh2)2xeq oal(2,2)L2 得L10 m综合式并代入数据解得FT(Mm)g(Mm)eq f(veq oal(2,C),L)216 N答案(1)8 m/s(2)9

56、 m/s(3)216 N14(2012福建理综，20，15分)(难度)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动现测得转台半径R0.5 m，离水平地面的高度H0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s0.4 m设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2.求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数.解析(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有Heq f(1,2)gt2在水平方向上有sv0t由式解得v0s eq r(f(g,2H)1 m/s.(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向

57、心力，有Fmaxmeq f(veq oal(2,0),R)FmaxFNmg 由式解得eq f(veq oal(2,0),gR)0.2答案(1)1 m/s(2)0.2考点 四圆周运动规律与“人造重力”的综合应用1(圆周运动与“人造重力”的应用)(多选)人类向宇宙空间发展最具可能的是在太阳系内地球附近建立“太空城”设想中的一个圆柱形太空城，其外壳为金属材料，长1 600 m，直径200 m，内壁沿纵向分隔成6个部分，窗口和人造陆地交错分布，陆地上覆盖1.5 m厚的土壤，窗口外有巨大的铝制反射镜，可调节阳光的射入，城内部充满空气、太空城内的空气、水和土壤最初可从地球和月球运送，以后则在太空城内形成与

58、地球相同的生态环境为了使太空城内的居民能如地球上一样具有“重力”，以适应人类在地球上的行为习惯，太空城将在电力的驱动下，绕自己的中心轴以一定的角速度转动如图为太空城垂直中心轴的截面，以下说法正确的有()A太空城内物体所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心B人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供C太空城内的居民不能运用天平准确测出质量D太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大 解析太空城内物体做匀速圆周运动,向心力指向圆心，故其所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心且向外，故A正确；太空城内物体做匀速圆周运动，人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供，故B正确；天平的测量原理是等臂杠杆，故太空城内的居民可以运用天平准确测出质量，故C错误；等效重力等于向心力，故：Gmr2，故太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大，故D正确答案ABD考向五圆周运动与动能定理的综合应用1.如图,两