十年高考物理分类专题4曲线运动练习含答案

专题四曲线运动1.(2023全国乙,15,6分)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动,动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力,下列四幅图可能正确的是()答案：D小车做曲线运动时,所受合力方向与速度方向不在一条直线上,B错误;小车所受合力必指向轨迹凹的一侧,A错误;小车动能一直增加说明小车所受合力一直做正功,可知合力方向与该处速度方向的夹角小于90°,C错误,D正确。故选D。2.(2023全国甲,14,6分)一同学将铅球水平推出,不计空气阻力和转动的影响,铅球在平抛运动过程中()A.机械能一直增加B.加速度保持不变C.速度大小保持不变D.被推出后瞬间动能最大答案：B铅球在平抛运动过程中只有重力做功,机械能不会增加,A错误;不计空气阻力和转动的影响,铅球加速度等于重力加速度,大小、方向均保持不变,B正确;铅球速度大小一直增加,C错误;铅球速度一直增大,动能一直增大,则铅球被推出的瞬间,动能最小,D错误。3.(2023全国甲,17,6分)一质点做匀速圆周运动,若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比,运动周期与轨道半径成反比,则n等于()A.1 B.2 C.3 D.4答案：C由题意知,F=krn①T=k'质点做匀速圆周运动,则有F=m4π2联立①②③有krn=m4π2k'2·r3,n=3选项C正确。4.(2023江苏,10,4分)达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验:一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动,沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力,则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是()答案：D以漏出的第一粒沙子为参考系,后续漏出沙子的运动可分解为水平向右的匀加速直线运动和竖直向上的匀加速直线运动,水平方向:x=12at2,竖直方向:y=12gt2,两式联立得沙子运动的轨迹方程为y=gax,运动轨迹是一条倾斜直线,5.(2023湖南,2,4分)如图(a),我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示,其轨迹在同一竖直平面内,抛出点均为O,且轨迹交于P点,抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2,其中v1方向水平,v2方向斜向上,忽略空气阻力,关于两谷粒在空中的运动,下列说法正确的是()A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高点的速度小于v1C.两谷粒从O到P的运动时间相等D.两谷粒从O到P的平均速度相等答案：B两谷粒从O点抛出后均只受重力作用,故加速度相同,均为重力加速度,A选项错误;两谷粒在从O运动到P的过程中的初始位置(O点)与末位置(P点)相同,竖直方向位移与水平方向位移均相同,谷粒1做平抛运动,谷粒2做斜上抛运动,设谷粒2抛出时速度方向与水平方向间夹角为θ,有h=-v2sinθ·t2+12gt22,x=v2cosθ·t2,对谷粒1有h=12gt12,x=v1t1,可得t1<t2,v2cosθ<v1,即谷粒2在最高点的速度小于v1,B选项正确,C选项错误;两谷粒从O到P位移相同,但t1<t2,6.(2023江苏,13,6分)“转碟”是传统的杂技项目。如图所示,质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘,杂技演员用杆顶住碟子中心,使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时,碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。答案ω0rmω0解析当发光物体随碟子一起匀速转动时,其线速度大小即为v0,由匀速圆周运动线速度和角速度的关系可知v0=ω0r。该过程中发光物体受到的来自碟子的静摩擦力提供其绕A点做匀速圆周运动的向心力,由牛顿第二定律得其受到的静摩擦力大小f=mω027.(2023新课标,24,10分)将扁平的石子向水面快速抛出,石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方,俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果,石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”,一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出,抛出速度的最小值为多少?(不计石子在空中飞行时的空气阻力,重力加速度大小为g)答案：2解析设石子抛出时的水平速度为v0,接触水面时的速度方向与水面的夹角为α,由题意可知,石子在空中做平抛运动,则vy2=2gh,解得vy由tanα=vyv0,α≤θ,联立解得v所以石子抛出速度的最小值vmin=2gh8.(2023山东,15,8分)电磁炮灭火消防车(图甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能,设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示,若电磁炮正对高楼,与高楼之间的水平距离L=60m,灭火弹出膛速度v0=50m/s,方向与水平面夹角θ=53°,不计炮口离地面高度及空气阻力,取重力加速度大小g=10m/s2,sin53°=0.8。(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H;(2)已知电容器储存的电能E=12CU2,转化为灭火弹动能的效率η=15%,灭火弹的质量为3kg,电容C=2.5×104μF,电容器工作电压U应设置为多少答案(1)60m(2)2×103V解析(1)由运动的分解可知,出膛的灭火弹在水平方向上以vx=v0cos53°的速度做匀速直线运动,有L=vxt,解得t=2s。在竖直方向上以初速度vy=v0sin53°做竖直上抛运动,有H=vyt-12gt2,解得H=60m(2)由题意可知电容器把电能转化为灭火弹的动能,有0.15E=12mv02,其中E=12CU2,联立解得U=2×109.(2023全国甲,24,12分)如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的45。小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g,(1)小球离开桌面时的速度大小;(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。答案(1)2Ep解析(1)由能量守恒定律可知,弹簧的弹性势能转化为小球的动能,即Ep=12mv解得v0=2E小球离开桌面时的速度大小为2(2)设桌面的高度为H,小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x,小球飞出后做平抛运动,有H=12gt2x=v0t④设小球与地面碰撞前后速度的竖直分量分别为vy1与vy2,由题意可知vyvyvy2v联立②③④⑤⑥⑦得x=5即小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为510.(2023福建,15,12分)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点,并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧,弹簧一端固定于O点,另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时,圆环将相对细杆静止,通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度l=0.2m,杆与竖直转轴的夹角α始终为60°,弹簧原长x0=0.1m,弹簧劲度系数k=100N/m,圆环质量m=1kg;弹簧始终在弹性限度内,重力加速度大小取10m/s2,摩擦力可忽略不计。(1)若细杆和圆环处于静止状态,求圆环到O点的距离;(2)求弹簧处于原长时,细杆匀速转动的角速度大小;(3)求圆环处于细杆末端P时,细杆匀速转动的角速度大小。答案(1)0.05m(2)1063rad/s解析(1)细杆和圆环处于平衡状态,对圆环受力分析如图甲所示,得T0=mgcosα=5N根据胡克定律F=kΔx得Δx0=T0k=0.05弹簧弹力方向沿杆向上,故弹簧处于压缩状态,弹簧此时的长度即圆环到O点的距离x1=x0-Δx0=0.05m。(2)若弹簧处于原长,则圆环仅受重力和支持力,其合力使圆环在水平面内做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得mgtanα=mω02r,由几何关系得圆环此时转动的半径联立并代入数据解得ω0=1063(3)圆环处于细杆末端P时,弹簧伸长量Δx'=l-x0,根据胡克定律得弹簧弹力T=k(l-x0)=10N对圆环受力分析如图乙所示,对各力正交分解,竖直方向受力平衡,有mg+Tcosα=Nsinα,水平方向合力提供向心力,则有Tsinα+Ncosα=mω2r'由几何关系得r'=lsinα联立并代入数据解得ω=10rad/s。22年及之前真题1.(2022广东,3,4分)如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下,经过水平NP段后飞入空中,在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失,不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是()答案C不计摩擦和空气阻力,设MN段倾角为θ,运动员在MN段运动的时间为t,由分析易知,MN段,F合1=mgsinθ,a1=gsinθ,vN=a1t;NP段,F合2=0,a2=0,运动员做匀速直线运动;PQ段,运动员做平抛运动,a3=g>a1,故C正确。易错分析需注意选项A中PQ段平抛运动的速度大小随时间t变化的图线不应是直线。2.(2022广东,6,4分)如图所示,在竖直平面内,截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处,一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时,小积木恰好由静止释放,子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是()A.将击中P点,t大于LB.将击中P点,t等于LC.将击中P点上方,t大于LD.将击中P点下方,t等于L答案B子弹离开枪口后做平抛运动,同时积木做自由落体运动,二者在竖直方向相对静止,故子弹会击中P点,子弹在水平方向做匀速直线运动,有t=Lv3.(2022山东,8,3分)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3m的半圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B点,与半径为4m的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4m/s,在ABC段的加速度最大为2m/s2,CD段的加速度最大为1m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为()A.t=2+7π4s,B.t=94+7πC.t=2+5126+7D.t=2+5126+(答案B根据a=v2r可知,在BC段、CD段的最大速率分别为vBC=a1r1=6m/s,vCD=a2r2=2m/s,在BC段、CD段的速率不变,因此在两圆弧段运动的最大速率v=2m/s,通过两圆弧的时间为t2=πr1v+πr2v=7π2s,小车从A点以最大速率v0=4m/s匀速经过一段距离l之后开始减速,恰好到B点时速率为2m/s,根据匀变速直线运动规律得v2-v02=-2a1(8m-l),解得4.(2022山东,11,4分)(多选)如图所示,某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出,击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时,击中墙壁上离地高度为8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后,垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍,平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10m/s2,网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为()A.v=5m/sB.v=32m/sC.d=3.6mD.d=3.9m答案BD网球击中墙壁时,竖直速度减为零,故击出时vy=2g(H-h)=12m/s,t上=vyg=1.2s,击出时vx=v02-vy2=5m/s,水平位移x=vxt上=6m,故图示中θ=37°,网球击中墙壁前瞬间,在垂直墙面方向上的速度分量vx⊥=vxcosθ=4m/s,在平行墙面方向上的速度分量vx∥=vxsinθ=3m/s,碰墙后vx⊥'=0.75vx⊥=3m/s,故碰墙后速度为v=v5.(2022河北,10,6分)(多选)如图,广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上,圆心处装有竖直细水管,其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节,以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时,喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同,半径远小于同心圆半径,出水口截面积保持不变,忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是()A.若h1=h2,则v1∶v2=R2∶R1B.若v1=v2,则h1∶h2=R12C.若ω1=ω2,v1=v2,喷水嘴各转动一周,则落入每个花盆的水量相同D.若h1=h2,喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同,则ω1=ω2答案BD根据平抛运动规律有h=12gt2、R=v0t,若h1=h2,则喷出去的水在空中运动时间相等,所以v1v2=R1R2,选项A错误;根据平抛运动规律,得R1R2=v12h1gv22h2g,若v1=v2,化简得h1h2=R12R22,选项B正确;浇水时水的流量Q=Sv0,其中S是出水口横截面积,浇水一周总水量为V总=Q·2πω=2πωS·v0,若ω1=ω2,v1=v2,则总水量相同,但半径越大,摆放的花盆越多,所以落入每个花盆的水量越小,选项C错误;设每个花盆的直径大小为d,则半径为R的圆上能摆放的盆数为n=2π6.(2019课标Ⅱ,19,6分)(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图像如图(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答案BD本题考查了平抛运动的应用。以运动员跳台滑雪的平抛运动为载体,考查了考生的理解能力、推理能力和数形结合处理物理问题的能力,体现了对模型建构、科学推理的素养考查。v-t图线与时间轴包围的面积表示运动员在竖直方向上的位移,由图像可知第二次包围的格数较多,故A错。设雪道的倾角为θ,则水平位移x=ytanθ,故B正确。v-t图线的斜率表示加速度,由图像明显看出,第一次在竖直方向上的平均加速度较大,故C错。v=v1时,斜率k1>k2,结合牛顿第二定律mg-f=ma可知,第二次所受阻力较大解题技巧v-t图线与时间轴所围的面积表示位移,当图线为曲线时,可采用数格子的方法比较面积的大小。7.(2015课标Ⅱ,16,6分)由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同,转移轨道和同步轨道的夹角为30°,如图所示。发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A.西偏北方向,1.9×103m/sB.东偏南方向,1.9×103m/sC.西偏北方向,2.7×103m/sD.东偏南方向,2.7×103m/s答案B同步卫星的速度v方向为正东方向,设卫星在转移轨道的速度为v1,附加速度为v2,由速度的合成可知v2的方向为东偏南方向,其大小为v2=(vcos30°-v1)2+解题关键①当卫星运动到转移轨道和同步轨道交会处时,不仅需要调整卫星的速度大小,而且还需要调整卫星运动的方向。②需要将此卫星在转移轨道的速度、附加速度和同步卫星的环绕速度放在同一平面内考虑。③正确画出如解析中的速度合成图是正确解答的关键。8.(2015广东理综,14,4分)如图所示,帆板在海面上以速度v朝正西方向运动,帆船以速度v朝正北方向航行。以帆板为参照物()A.帆船朝正东方向航行,速度大小为vB.帆船朝正西方向航行,速度大小为vC.帆船朝南偏东45°方向航行,速度大小为2vD.帆船朝北偏东45°方向航行,速度大小为2v答案D以帆板为参照物时,帆船相对于帆板同时具有向正北的速度v与向正东的速度v,故由平行四边形定则可知,帆船相对于帆板的速度大小为2v,方向为北偏东45°,D正确。9.(2014四川理综,4,6分)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.kvk2-1B.v答案B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t1=dv1;回程时行驶路线垂直河岸,故回程时间t2=dv12-v2,由题意有t1t2=k,则k=v1解题关键此题以小船过河为情境考查运动的合成和分解,解答本题的关键点有二:一是合运动和分运动具有等时性;二是利用河宽为定值,去程为分运动的位移,返程为合运动的位移,确定去返的时间,该题难度适中,但有很好的区分度。10.(2019海南单科,10,5分)(多选)三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下。已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为4h0;它们的下端水平,距地面的高度分别为h1=h0、h2=2h0、h3=3h0,如图所示。若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为s1、s2、s3,则()A.s1>s2B.s2>s3C.s1=s3D.s2=s3答案BC根据mgh=12mv2得小物块离开轨道时的水平速度v=2gh,轨道1、2、3下滑的小物块的初速度之比为3∶2∶1,由h=12gt2,可知t=2hg,轨道1、2、3下滑的小物块的时间之比为1∶2∶3,根据x=vt可知,小物块的落地点到轨道下端的水平距离之比s1∶s2∶s3=3∶2∶3,故选项B、C11.(2018江苏单科,3,3分)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中,该弹射管保持水平,先后弹出两只小球。忽略空气阻力,两只小球落到水平地面的()A.时刻相同,地点相同B.时刻相同,地点不同C.时刻不同,地点相同D.时刻不同,地点不同答案B本题考查了运动的合成与分解。通过分析两只小球的运动性质考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。由题意知,在竖直方向上,两只小球同时同高度自由下落,运动状态始终相同,由h=12gt2知落到水平地面的时刻相同。在水平方向上,小球被弹出后做速度相等的匀速直线运动,但先抛出的小球水平方向运动时间较长,由x=v0t知,x先>x后,即两只小球落到水平地面的地点不同。故选B12.(2017课标Ⅰ,15,6分)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网;其原因是()A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大答案C本题考查了对平抛运动的理解。以发球机水平射出的乒乓球的平抛运动为载体,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对模型建构、科学推理的素养考查。忽略空气的影响时,乒乓球只受重力作用,球被水平射出后做平抛运动。由于在竖直方向上做自由落体运动,则h=12gt2,下落时间t=2hg,t∝h,故A、D错误。由vy=gt=g·2hg=2hg,可知B错误。在水平方向上有x=v0t,x相同时,t解题关键①平抛运动是曲线运动,轨迹为抛物线,可以分解为竖直方向上的自由落体运动(满足h=12gt2和vy=gt)和水平方向上的匀速直线运动(满足x=v0t)。②做平抛运动时物体运动时间由下落高度决定,运动的水平距离x=v0·2hg,由初速度13.(2016江苏单科,2,3分)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.④答案A不计空气阻力,A、B两球运动过程中加速度a=g,以相同速率沿同一方向抛出,都做斜上抛运动,故两球轨迹相同,A选项正确。易错点拨试题以斜上抛为背景,虽然两球质量不同,但在不计空气阻力时运动的加速度均为重力加速度,考生可能会由生活经验“重的物体飞行高度低,所用时间短”而错选C或D。14.(2015浙江理综,17,6分)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x=LB.足球初速度的大小v0=gC.足球末速度的大小v=gD.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ=L答案B如图,足球平抛运动的水平位移x=s2+L24,不是足球的位移,所以A错。由x=v0t,h=12gt2,得v0=xt=s2+L24/2hg=g2hL24+15.(2015四川理综,1,6分)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小()A.一样大B.水平抛的最大C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大答案A根据机械能守恒定律得,落地时三个小球速度大小相同。16.(2015课标Ⅰ,18,6分,0.528)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.L12gB.L14C.L12D.L14答案D乒乓球做平抛运动,落到右侧台面上时经历的时间t1满足3h=12gt12。当v取最大值时其水平位移最大,落点应在右侧台面的台角处,有vmaxt1=L12+L222,解得vmax=12(4L12+L22)g6h;当v温馨提示①以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,不计空气阻力,则乒乓球做平抛运动。②发射的位置和高度一定,说明若能落在台面上,则运动时间一定,且最大的水平位移为L12+L222。③若球恰好擦网而过,则下落2h的高度,水平位移最小为L1217.(2018江苏单科,6,4分)(多选)火车以60m/s的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°。在此10s时间内,火车()A.运动路程为600mB.加速度为零C.角速度约为1rad/sD.转弯半径约为3.4km答案AD本题考查了圆周运动的应用、角速度的定义。以火车的匀速圆周运动和桌子上指南针的偏转为载体,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对模型建构、科学论证的素养考查。火车的角速度ω=θt=2π×1036010rad/s=π180rad/s,选项C错误;火车做匀速圆周运动,其受到的合外力等于向心力,加速度不为零,选项B错误;火车在10s内运动路程s=vt=600m,选项A正确;火车转弯半径R=vω=60π18023.(2018浙江4月选考,4,3分)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同时间内,它们通过的路程之比是4∶3,运动方向改变的角度之比是3∶2,则它们()A.线速度大小之比为4∶3B.角速度大小之比为3∶4C.圆周运动的半径之比为2∶1D.向心加速度大小之比为1∶2答案A时间相同,路程之比即线速度大小之比,故A项正确;运动方向改变的角度之比即路程对应扫过的圆心角之比,由于时间相同,角速度大小之比为3∶2,B项错误;由路程和半径与圆心角之间的关系为s=rθ得半径之比为8∶9,C项错误;由向心加速度a=v2r知向心加速度大小之比为18.(2016上海单科,16,3分)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遮挡。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4B.转速逐渐减小,平均速率为8C.转速逐渐增大,平均速率为4D.转速逐渐增大,平均速率为8答案B本题考查了圆周运动的应用、图像的意义。以风轮叶片做圆周运动为载体,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。由图(b)分析可知透过光的时间越来越长,说明风轮叶片转速逐渐减小,还能看出Δt时间内凸轮圆盘转了4圈,又因为它转1圈风轮叶片转n圈,所以Δt时间内风轮叶片转了4n圈,所以它的平均速率v=4n·2πrΔ19.(2019海南单科,6,4分)如图,一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上,硬币与竖直转轴OO'的距离为r,已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力),重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO'轴匀速转动,则圆盘转动的最大角速度为()A.12μgrB.μgr答案B设硬币质量为m,对硬币受力分析,如图所示。由摩擦力提供向心力可得f=mω2r而f≤fm=μFN=μmg联立可得mω2r≤μmg解得ω≤μgr,选项B正确,选项A、C、D20.(2014课标Ⅰ,20,6分)如图,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()A.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D.当ω=2kg3l时答案AC设木块滑动的临界角速度为ω,kmg=mω2r,所以ω=kgr,ra=l,rb=2l,所以ωa>ωb,A、C项正确;摩擦力充当向心力,在角速度相等时,b受的摩擦力大,B项错误;ω=2kg3l时,a受的摩擦力fa=mω2r=m221.(2020课标Ⅰ,16,6分)如图,一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10m,该同学和秋千踏板的总质量约为50kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时,速度大小为8m/s,此时每根绳子平均承受的拉力约为()A.200NB.400NC.600ND.800N答案B该同学荡秋千可视为做圆周运动,设每根绳子的拉力大小为F,以该同学和秋千踏板整体为研究对象,根据牛顿第二定律得2F-mg=mv2R,代入数据解得F=405N,故每根绳子平均承受的拉力约为400N,故B项正确,A、C22.(2018天津理综,2,6分)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中()A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变答案C本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能关系。由于运动员在竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合外力提供向心力,因此合外力不为零,选项A错误;因运动员的速率不变,故其所受摩擦力等于重力沿滑道向下的分力,运动员沿AB下滑过程中重力沿滑道向下的分力变小,因此滑动摩擦力变小,选项B错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化量,因速率不变,则动能不变,故合外力做功为零,选项C正确;机械能的改变量等于摩擦力做的功,故机械能减少,选项D错误。易错警示运动员的速率不变,误认为匀速圆周运动的合外力为零,误选A。29.(2016海南单科,3,6分)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N1,在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g,则N1-N2的值为()A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg答案D设小球在最低点时速度为v1,在最高点时速度为v2,根据牛顿第二定律有,在最低点有N1-mg=mv12R,在最高点有N2+mg=mv22R;从最高点到最低点,根据机械能守恒定律有mg·2R+mv22223.(2015天津理综,4,6分)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答案B宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等,mg=mω2r,即g=ω2r,可见r越大,ω就应越小,B正确,A错误;角速度与质量m无关,C、D错误。24.(2014课标Ⅱ,17,6分)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()A.Mg-5mgB.Mg+mgC.Mg+5mgD.Mg+10mg答案C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mg·2R=12mv2,在大环最低点有FN-mg=mv2R,得FN=5mg,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FN'=FN,方向竖直向下,故F=Mg+5mg, 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12mv2=mg·2R,且a=v2R,所以a=4g,F-Mg-mg=ma+M·0所以F=Mg+5mg,C正确。25.(2014安徽理综,19,6分)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2.5m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10m/s2。则ω的最大值是A.5rad/sB.3rad/sC.1.0rad/sD.0.5rad/s答案C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)由沿盘面的合力提供向心力,有μmgcos30°-mgsin30°=mω2R得ω=g4R=1.0rad/s,选项评析此题考查牛顿第二定律、圆周运动等知识,题目设置新颖,巧妙地将已学的竖直面内的圆周运动与斜面结合,本题易认为在最高点时角速度最大而错选A。26.(2016上海单科,23,4分)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v0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v0tanαg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tanα=vyvx=gtv0,则小球运动到A点的时间为:t=v0tanαg;tanβ=v0t12gt2=227.[2014天津理综,9(1)]半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动,A为圆盘边缘上一点。在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时,半径OA方向恰好与v的方向相同,如图所示。若小球与圆盘只碰一次,且落在A点,重力加速度为g,则小球抛出时距O的高度h=,圆盘转动的角速度大小ω=。

答案gR22v22解析小球做平抛运动:h=12gt2、R=vt,解得h=gR22v2。由题意知ωt=2π×n(n∈N*),故联立R=vt可得ω=2点拨在小球从抛出到落到圆盘上的时间内,圆盘转动了1圈、2圈、3圈…n圈均有可能,故ω的值应该是一个通式,不能只用转1圈的情形表述!28.(2022全国甲,24,12分)将一小球水平抛出,使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄,频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时,小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光,拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像,每相邻两个球之间被删去了3个影像,所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g=10m/s2,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。答案25解析依题意,相邻两球影像间隔的时间t=4t0=0.2s设初速度大小为v0,如图所示:由O到A,水平方向:x1=v0t竖直方向:y1=12gt又s1=x由A到B,水平方向:x2=v0t竖直方向:y2=12g(2t)2-12又s2=xs1s联立解得v0=2529.(2022北京,17,9分)体育课上,甲同学在距离地面高h1=2.5m处将排球击出,球的初速度沿水平方向,大小为v0=8.0m/s;乙同学在离地h2=0.7m处将排球垫起,垫起前后球的速度大小相等,方向相反。已知排球质量m=0.3kg,取重力加速度g=10m/s2。不计空气阻力。求:(1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x;(2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向;(3)排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。答案(1)4.8m(2)见解析(3)6.0N·s解析(1)设排球在空中飞行的时间为t,则h1-h2=12gt2,得t=0.则排球在空中飞行的水平距离x=v0t=4.8m(2)乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小vy=gt得vy=6.0m/s则排球被垫起前瞬间的速度大小v=v得v=10.0m/s设速度方向与水平方向夹角为θ(如图所示),则tanθ=vyv0(3)根据动量定理,排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I=2mv=6.0N·s30.(2022重庆,14,18分)小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏,游戏中蛙和虫都在xOy竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动,每次运动的加速度大小恒为59g(g为重力加速度),方向均与x轴负方向成37°斜向上(x轴向右为正)。蛙位于y轴上M点处,OM=H,能以不同速率向右或向左水平跳出,蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点,取sin37°=3(1)若虫飞出一段时间后,蛙以其最大跳出速率向右水平跳出,在y=34H的高度捉住虫时,蛙与虫的水平位移大小之比为22(2)若蛙跳出的速率不大于(1)问中的最大跳出速率,蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻,虫能被捉住,求虫在x轴上飞出的位置范围。(3)若虫从某位置飞出后,蛙可选择在某时刻以某速率跳出,捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1∶2;蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出,捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1∶17。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。答案见解析解析(1)蛙做平抛运动,设最大跳出速率为vm,则在捉住虫的过程中:x=vmt,H-y=12gt对于虫子tan37°=y由题给条件xΔx=223、y解得vm=4(2)若虫能被捉住,则蛙与虫能在空中相遇,对应于虫出发位置的极值时,蛙应以最大速率跳出。先求最右侧极值:设相遇点的位置坐标为(x1,y1)、虫在x轴上飞出的位置坐标为(x2,0),蛙的运动时间为t1,虫比蛙早开始运动时间为Δt,对蛙有x1=vmt1、H-y1=12g对虫有y1=12×59g(x2-x1=12×59g(联立整理可得:2gt12-4gHt1-4H+3x则Δ=(-4gH)2-4×2g×(-4H+3解得x2≤2H再求左侧极值:蛙以最大速率水平向左跳出且与虫同时开始运动时对应的位置最远,设此时蛙的运动时间为t2,对蛙有x1=vmt2、H-y2=12g对虫有y2=12×59gtx1-x2=12×59g联立可解得x2=26-13H,即x故1-263H≤x(3)设蛙运动的时间为t或t',则由竖直方向上的运动有12gt2+12×59g×(2和12gt'2+12×59g×(17解得t=6H5g、在水平面方向上,当蛙两次均向右侧跳出时x1=v1t+12×59g×(x1=v1t'+12×59g×(联立解得v1=1530gH,x1当蛙两次都向左侧跳出时,不可能满足题述情境。当蛙只有一次向左侧跳出时x2=v2t+12×59g×(x2=12×59g×(17t')2解得v2=11530gH,x2一题多解第(2)问中求最右侧坐标极值时可以画运动草图辅助分析,蛙的运动轨迹是起点在M的一段抛物线,且vm一定,轨迹一定;虫的运动轨迹是斜向左上的一段直线,起点不确定,角度一定。要使斜直线在x轴上的起点在最右侧,且直线与抛物线一定有交点,则要求抛物线和斜直线相切,即蛙和虫相遇时蛙的速度方向斜向右下,与水平方向成37°角,解得蛙的竖直分速度vy=vmtan37°=gH,运动时间t1=vyg=Hg,竖直位移y1=H2,水平位移x1=43H,且t1小于虫的运动时间,符合题意,最终解得31.(2015重庆理综,8,16分)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为R的14圆弧形的粗糙轨道,P为最高点,Q为最低点,Q点处的切线水平,距底板高为H。N板上固定有三个圆环。将质量为m的小球从P处静止释放,小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距Q水平距离为L处。不考虑空气阻力,重力加速度为g。求(1)距Q水平距离为L2的圆环中心到底板的高度(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向;(3)摩擦力对小球做的功。答案(1)34(2)Lg2Hmg1+(3)mgL解析(1)设小球在Q点的速度为v,则有:L=vtH=12gt解得:v=Lg当x=L2时,有:L2h1=12g解得:h1=H则距Q水平距离为L2的圆环中心到底板的高度h=H-h1=34(2)由(1)知小球运动到Q点时速度的大小v=Lg在Q点,根据牛顿第二定律有:FN-mg=mv解得:FN=mg1+由牛顿第三定律可知,小球对轨道压力的大小FN'与FN相等,方向竖直向下。(3)从P到Q,应用动能定理有:mgR+Wf