2019年高考物理备考中等生百日捷进提升系列专题04曲线运动含解析.pdf

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1、专题 04 曲线运动专题 04 曲线运动 第一部分名师综述第一部分名师综述 近几年来，曲线运动已成为高考的热点内容之一，有时为选择题，有时以计算题形式出现，重点考查的内 容有：平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角度、线速度、向心加速度，做圆周运动的物体的受力 与运动的关系，同时，还可以与带电粒子的电磁场的运动等知识进行综合考查；重点考查的方法有运动的 合成与分解，竖直平面内的圆周运动应掌握最高点和最低点的处理方法本部分内容是牛顿运动定律在曲 线运动中的具体应用，而万有引力定律是力学中一个重要独立的基本定律，运动的合成与分解是研究复杂 运动的基本方法，复习本章的概念和规律，将加深对速度、加速

2、度及其关系的理解；加深对牛顿第二定律 的理解，提高解题实际的能力。 第二部分知识背一背第二部分知识背一背 一、平抛运动一、平抛运动 1.定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下所做的运动. 2.性质：加速度为重力加速度 g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线. 3.基本规律：以抛出点为原点，以水平方向(初速度 v0 方向)为 x 轴，以竖直向下方向为 y 轴，建立平面直 角坐标系，则： (1)水平方向：做匀速直线运动，速度vx=v0, 位移x=v0t . (2)竖直方向：做自由落体运动，速度vy=gt,位移 y= 2 2 1 gt. 二、斜抛运动二、斜抛运动

3、 1.定义：将物体以速度v斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动. 2.性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。 三、离心运动和近心运动三、离心运动和近心运动 1.离心运动 (1)定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，所做的 逐渐远离圆心的运动. (2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向. (3)受力特点. 当F=m2r时，物体做匀速圆周运动； 当F=0 时，物体沿切线方向飞出; 当Fm2r,物体将逐渐靠近圆心，做近心运动. 第三部分技能+方法第三部分技能+方法 一、小船渡河问题

4、的规范求解一、小船渡河问题的规范求解 1.总结 (1)不论水流速度多大，船身垂直于河岸渡河，时间最短. (2)当船速大于水速时，船可以垂直于河岸航行. (3)当船速小于水速时，船不能垂直于河岸航行，但仍存在最短航程. 2.求解小船渡河问题的方法 求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移.无论哪类都必须明确以下四点： (1)解决这类问题的关键是:正确区分分运动和合运动,船的航行方向也就是船头指向，是分运动.船的运动 方向也就是船的实际运动方向，是合运动,一般情况下与船头指向不一致. (2)运动分解的基本方法,按实际效果分解,一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分解. (

5、3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关. (4)求最短渡河位移时,根据船速 v船与水流速度 v水的情况用三角形法则求极限的方法处理. 二、斜面上的平抛问题二、斜面上的平抛问题 斜面平抛问题的求解方法 (1)物体在斜面上平抛并落在斜面上的问题与实际联系密切，如滑雪运动等，因而此类问题是高考命题的热 点.有两种分解方法：一是沿水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动；二是沿斜面方向的匀加速运 动和垂直斜面方向的类竖直上抛运动. (2)此类问题中，斜面的倾角即为位移与水平方向的夹角；可以根据斜面的倾角和平抛运动的推论确定物体 落在斜面上时的速度方向. 三、水平面内的匀速圆周运动的

6、分析方法三、水平面内的匀速圆周运动的分析方法 1.运动实例：圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等. 2.这类问题的特点是:(1)运动轨迹是圆且在水平面内；(2)向心力的方向水平，竖直方向的合力为零. 3.解答此类问题的方法： (1)对研究对象受力分析，确定向心力的来源； (2)确定圆周运动的圆心和半径； (3)应用相关力学规律列方程求解. 四、竖直平面内的圆周运动的求解思路四、竖直平面内的圆周运动的求解思路 （1）定模型 ： 首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同，其原因主要是 ： “绳” 不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体. （2）确定临界点：

7、v临=，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是 FN表现为 支持力还是拉力的临界点. （3）研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况. （4）受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合=F向. （5）过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程. 第四部分基础练+测第四部分基础练+测 一、单选题 1 2019 年 1 月 5 日零点起,全国铁路实施新版列车运行图,17 辆编组的超长版 “复兴号” CR 系列动车组以 350 公里时速正式在京沪高铁上线运营.当一列由北京南开往上海虹桥的“

8、复兴号”CR400 高铁正在匀加速直线 行驶途中,某乘客在车厢里相对车厢以一定的速度竖直向上抛出一个小球,则小球( ) A在最高点对地速度为零 B在最高点对地速度最大 C抛出时车厢速度越大,落点位置离乘客越远 D从抛出到落地的时间与车厢的速度大小无关 【答案】 D 【解析】 【详解】 小球被竖直抛出时，水平方向有与列车相同的速度，则在最高点对地速度不为零，选项 A 错误；在最高点 时竖直速度为零，则对地的速度不是最大的，选项 B 错误；由于小球的水平速度与乘客的速度相同，则小 球应该落回到原出发点，与抛出时车厢的速度无关，选项 C 错误；从抛出到落地的时间只与竖直上抛的速 度有关，与车厢的速度

9、大小无关，选项 D 正确；故选 D. 2双人滑冰是一种观赏性很高的冰上运动。如图所示，在一组动作中，男女运动员绕某竖直轴做匀速圆周 运动。对此现象，小明同学对于“如果水平面光滑。”这样的理想化情况，做出这样一些分析判断，其中 正确的是： A他俩不可能做匀速圆周运动 B他俩的运动不是直线运动，总动量不守恒 C由于男选手对女选手拉力斜向上，这个拉力大于女选手对男选手的拉力 D由于女选手对男选手拉力斜向下，男选手对冰面压力大于自己的重力 【答案】 D 【解析】 【详解】 男女运动员绕某竖直轴转动，两人之间的拉力和重力的合力充当向心力，则他俩可能做匀速圆周运动，选 项 A 错误；两人组成的系统合外力为

10、零，则总动量守恒，选项 B 错误；男选手对女选手的拉力与女选手对 男选手的拉力是一对作用和反作用力，大小相等，选项 C 错误；由于女选手对男选手拉力斜向下，男选手 对冰面压力等于男选手的重力与女选手对男选手拉力的竖直分量之和，则男选手对冰面压力大于自己的重 力，选项 D 正确；故选 D. 3“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边上，绳子下端连接 座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将人和座椅看为质点，“旋转秋千”可简化为如图所示 的模型。其中，处于水平面内的圆形转盘，半径为r，可绕穿过其中心的竖直轴转动。让转盘由静止开始逐 渐加速转动，经过一段时间后

11、质点与转盘一起以角速度做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向的夹角为 。已知绳长为L且不可伸长，质点的质量为m，不计空气阻力及绳重。则下列说法中正确的是（） A质点的重力越大，绳子与竖直方向的夹角 越小 B质点做匀速圆周运动的向心力是其所受悬线的拉力 C转盘转动的角速度与夹角 的关系为 = gtan r + Lsin D质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功为mg(r + Lsin)tan 【答案】 C 【解析】 【详解】 由重力和绳子的拉力的合力提供质点圆周运动的向心力，如图，则有：mgtan=m2R 解得：tan=，与重力无关，故 A、B 错误； 2r g 质点做匀速圆周运动的向

12、心力是由重力和绳子的拉力的合力提供的，故 B 错误；根据 mgtan=m2R=m2 （r+Lsin）解得：，故 C 正确；设质点与转盘一起做匀速圆周运动时速度大小为 v，根 = gtan r + Lsin 据向心力公式得：mgtan=m v2 r + Lsin 对于质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，重力做功为-mgl（1-cos） ，设绳子拉力做功为 W，则根据动 能定理得：W-mgl（1-cos）= mv2 1 2 联立得：W=mgl（1-cos）+ mg（r+Lsin）tan，故 D 错误。故选 C。 1 2 4将一只苹果（可看成质点）水平抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户 1、

13、2、3，图中曲线为 苹果在空中运行的轨迹。若不计空气阻力的影响，则 ( ) A苹果通过第 1 个窗户期间竖直方向上的平均速度最大 B苹果通过第 3 个窗户期间重力所做的功最多 C苹果通过第 1 个窗户期间重力做功的平均功率最小 D苹果通过第 3 个窗户期间速度变化量最大 【答案】 C 【解析】 【详解】 A、苹果在竖直方向运动速度越来越大，但窗户的高度一样，因此时间越来越短，故由竖直方向的平均速度 可知越来越大，即通过第 1 个窗户期间竖直方向上的平均速度最小，故 A 错误；vy= h t B、窗户的高度一样，故通过每个窗户重力做功都为mgh，故 B 错误； C、苹果通过第一扇窗户时间最长，故

14、通过第 1 个窗户克服重力做功的平均功率得最小，故 C 正确；PG= mgh t D、平抛运动的加速度恒定为 g，则速度变化量为，通过第 3 个窗户的时间最短，故其速度变化量v = gt 最小；故 D 错误； 故选 C. 5如图所示，水平屋顶高 H=5m，围墙高 h=3.2m，围墙到房子的水平距离 L=3m，围墙外马路宽 x=10m，为 使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶时的速度 v0大小的值不可能为(g 取 10m/s2) A8m/sB12m/s C6m/sD2m/s 【答案】 D 【解析】 【详解】 小球落到围墙上的速度为 v1，则下落时间，根据速度时间关系可得t1= 2

15、(H - h) g 2(5 - 3.2) 10 s = 0.6sv1 ；小球落在马路外边缘经过的时间为 t2，则，根据速度时间关= L t1 3 0.6m/s = 5m/s t2= 2H g 10 10s = 1s 系可得速度，所以满足条件的速度 5m/sv13m/s，故小球离开屋顶时的速v2= L + x t2 3 + 10 1 m/s = 13m/s 度 v0的大小的值不可能为 2m/s，故选 D. 6如图所示，在竖直平面内固定有一个光滑圆轨道。一个可视为质点的小球从轨道的最低点出发，恰能沿 圆轨道做完整的圆周运动，不计空气阻力。下列说法正确的是 A小球到达最高点的速度为 0 B小球在最低

16、点对轨道的压力最大 C小球在上升过程中所受合外力指向圆心 D圆轨道对小球的作用力一直做负功 【答案】 B 【解析】 【详解】 A、小球恰能沿圆轨道做完整的圆周运动，在最高点由重力提供向心力，则有：，解得小球到达最mg = m v2 R 高点的速度为，故 A 错误；v =gR BCD、小球在运动过程中，小球受到重力和圆轨道对小球的支持力，只有在最高点和最低点时小球受到的合 外力指向圆心，其余位置小球受到的合外力不指向圆心；圆轨道对小球的支持力与速度方向垂直，支持力 不做功，只有重力做功，机械能守恒，小球在最低点速度最大，根据牛顿运动定律可知小球在最低点对轨 道的压力最大，故 B 正确，C、D 错

17、误； 故选 B。 7如图所示，A 球在 B 球的斜上方，两球相向水平抛出。若要使两球在与两球抛出的距离相等的竖直线上 相遇，则 AA、B 两球要同时抛出 BB 球要先抛出 CA 球抛出时的速度大于 B 球抛出时的速度 DA 球抛出时的速度小于 B 球抛出时的速度 【答案】 D 【解析】 【详解】 AB、两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有 h，得t，可知 A 平抛运动的= 1 2gt 2 = 2h g 时间较长，所以 A 球要先抛出，故 A B 错误； CD、水平方向有 xv0t，因为 x 相等，A 平抛运动的时间较长，所以 A 球抛出时的速度小于 B 球抛出时的速 度，故 C

18、错误，D 正确。 8如图所示，D 点为固定斜面 AC 的中点，在 A 点先后分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果小球 分别落在斜面上的 D 点和 C 点空气阻力不计设小球在空中运动的时间分别为 t1和 t2，落到 D 点和 C 点 前瞬间的速度大小分别为v1和v2，落到 D 点和 C 点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为和，12 则下列关系式正确的是（ ） A B t1 t2 = 1 2 v01 v02 = 1 2 C D v1 v2 = 1 2 tan1 tan2 = 1 2 【答案】 C 【解析】 【分析】 本题考查的是平抛运动的规律，两次平抛均落到斜面上，位移偏转角相等，

19、以此切入即可求出答案。 【详解】 设斜面的倾角为，可得，所以，竖直方向下降的高度之比为 1： 2，所以，求 gt 2v0 = tan gt1 2v01 = gt2 2v02 t1 t2 = 1 2 得，再结合速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍，所以 C 正 v01 v02 = 1 2 v1 v2 = v01 v02 = 1 2 tan1 tan2 = 1 确。 【点睛】 平抛运动问题的切入点有三种：轨迹切入、偏转角切入、竖直方向相邻相等时间位移差为常数。 9从在高空水平匀速飞行的飞机上每隔 1 释放 1 个小球，先后共释放 5 个，不计空气阻力，则 A这 5 个小球在空中处在同一条抛物

20、线上 B在空中，相邻的两小球间的距离保持不变 C相邻的两小球的落地点的间距相等 D最先释放的两小球的落地点的间距最大 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据平抛运动规律可知，当小球释放后由于惯性在水平方向上和飞机速度相同；每次释放的小球初速度相 同，下落高度相同，因此每个小球运动规律一样；根据竖直方向做自由落体运动和水平方向做匀速直线运 动判断两球之间的距离； 【详解】 A、由于惯性，小球和飞机水平方向具有相同速度，因此都在飞机的正下方，故小球落地前排列在同一条竖 直线上，故 A 错误； B、在空中，相邻的两个小球水平分速度相等，由于先释放的一个小球比后一个小球多运动 1s，故竖直分速 度大

21、10m/s，故每秒中两个小球间距增加 10m，故 B 错误； CD、小球水平方向是匀速运动（设为 v0） ，前一个小球落地，再过 1s，后一个小球落地，故间距为 v0t=v0米， 恒定，故 C 正确，D 错误； 故选 C。 【点睛】 解决的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，难点在于两个炸 弹运动规律的比较，即相对运动的理解。 10如图，在倾角为 的斜面顶端将三个小球 M、N、P 分别以 、v0、2v0的初速度沿水平方向抛出，N 恰 v0 2 好落到斜面底端。已知 sin= ，不计空气阻力，重力加速度大小为 g。则 M 落到斜面时的速度大小与 P 落 3 5

22、 到地面时的速度大小之比为 A13100 B14 C116 D1013 【答案】 D 【解析】 【分析】 由题意分析可知，M、N 会落到斜面上，物体平抛落到斜面上，由相同的位移偏向角，根据位移偏向角可以 算出 M 的末速度，物体 N、P 落到水平面上，有相同的下降高度，故由相同的运动时间，根据运vM= 13 4 v0 动学分析，可算出，故。vP= 5 2v0 vM:vP=13:10 【详解】 对 M：， 解得， 对 N：， 解得，tan = yM xM = 1 2gt 2 M v0 2tM tM= 3v0 4g vMy= gtM= 3 4v0 tan = yN xN = 1 2gt 2 N v

23、0tN tN= 3v0 2g tP= tN= ， 解得， 解得， 故 3v0 2g vPy= vNy= gtN= 3v0 2 v2M= ( v0 2) 2 + v 2 My vM= 13 4 v0v2P= (2v0)2+ v 2 Py vP= 5 2v0 vM:vP ，故 D 正确。=13:10 【点睛】 平抛运动与斜面的结合问题，要抓住位移偏向角等于斜面的倾角。 二、多选题 11如下左图为某游乐园飓风飞椅游玩项目,如下右图为飓风飞椅结构简图。其装置由伞型转盘 A、中间圆 柱 B、底座 C 和软绳悬挂飞椅 D(可视为质点)组成,在距转盘下表面轴心 O 距离为 d 的圆周上,用软绳分布均 匀地悬

24、挂 16 座飞椅(右图中只画两座),设 A、B、C 总质量为 M,单个飞椅与人的质量之和均为 m,悬挂飞椅 D 的绳长均为 L,当水平转盘以角速度 稳定旋转时,各软绳与竖直方向成 角。则下列判断正确的是 A转盘旋转角速度为 gtan d + Lsin B底座 C 对水平地面压力随转速增加而减小 C底座 C 对水平地面压力与转速无关,恒为 Mg+16mg D软绳与竖直方向夹角 大小与软绳长、转速和乘客质量均有关 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A对单个的座椅：解得，选项 A 正确；mgtan = m2(d + Lsin) = gtan d + Lsin B C对座椅，竖直方向Tcos=mg，

25、对整体竖直方向：N=Mg+16Tcos= Mg+16mg，则底座 C 对水平地面压力 大小不变，选项 B 错误，C 正确； D由可知，则软绳与竖直方向夹角大小与软绳mgtan = m2(d + Lsin)gtan = 2(d + Lsin) 长L、角速度（转速n）有关，与乘客质量无关，选项 D 错误. 12如图所示，可视为质点的小球套在光滑的竖直杆上，一根不可伸长的细绳绕过滑轮连接小球，已知小 球重力为 IN，电动机从 A 端以 1m/s 的速度沿水平方向匀速拉绳，绳子始终处于拉直状态。某一时刻，连接 小球的绳子与竖直方向的夹角为 600，对此时小球速度及绳子中拉力的判断正确的是 A小球速度等

26、于 2m/s B小球速度等于 0.5m/s C绳中拉力大于 2N D绳中拉力等于 2N 【答案】 AC 【解析】 【详解】 设小球速度为v1，绳子速度为v2，小球的运动速度可分解到沿绳和垂直绳的方向上，故v2=v1cos，可得 v1=v2/cos=2m/s。小球运动过程角逐渐增大，故小球在做加速运动，加速度向上，对小球受力分析知F cos-mg=ma，故。故选项 AC 正确，BD 错误。F mg cos = 2N 13如图所示，斜面倾角为，位于斜面底端 A 正上方的小球以不同的初速度v0正对斜面顶点 B 水平抛出， 小球到达斜面经历的时间为t，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A若小球以最小

27、位移到达斜面，则t = 2v0 gtan B若小球垂直击中斜面，则t = v0 gtan C若小球恰能击中斜面中点，则t = 2v0 gtan D无论小球怎样到达斜面，运动时间均相等 【答案】 AB 【解析】 【详解】 过抛出点作斜面的垂线 CD，如图所示： 当小球落在斜面上的 D 点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向：x=v0t；竖直方向：y=gt2。根据 1 2 几何关系有，即有，解得 ：故 A 正确。若小球垂直击中斜面时速度与竖直 x y = tan v0t 1 2gt 2 = tant = 2v0 gtan 方向的夹角为，则，得故 B 正确。若小球能击中斜面中点时，小球下落的高

28、度设tan = v0 gt t = v0 gtan 为h，水平位移设为x。则由几何关系可得，得 ：，故 C 错误。由上知，Dtan = h x = 1 2gt 2 v0t = gt 2v0 t = 2v0tan g 错误。 14如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与 圆心O等高。一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点 在圆心O的正下方 处。小球从最高点 A 由静止开始逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为 R，弹簧始终处于 R 2 弹性限度内，重力加速度为 g。下列说法正确的是（） A小球运动到B点时

29、的速度大小为2gR B弹簧长度等于R时，小球的机械能最大 C小球在A、B两点时对圆环的压力差为 4mg D小球运动到B点时重力的功率为 0 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 由题分析可知，小球在 A、B 两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从 A 到 B 的过程， 根据系统的机械能守恒得：2mgR= mvB2，解得小球运动到 B 点时的速度为：vB=2故 A 错误。根据小球 1 2 gR 与弹簧系统的机械能守恒知，弹簧长度等于 R 时，小弹簧的弹性势能为零，最小，则小球的机械能最大， 故 B 正确；设小球在 A、B 两点时弹簧的弹力大小为 F在 A 点，圆环对小球的支持力

30、F1=mg+F；在 B 点，由 圆环，由牛顿第二定律得：F2-mg-F=m，解得圆环对小球的支持力为：F2=5mg+F；则 F2-F1=4mg，由牛顿 v2B R 第三定律知， 小球在 A、 B 两点时对圆环的压力差为 4mg， 故 C 正确。 小球运动到 B 点时重力与速度方向垂直， 则重力的功率为 0，故 D 正确。故选 BCD。 15如图所示,支架固定在底座上，它们的总质量为 M。质量分别为 2m 和 m 的小球 A、B(可视为质点)固定 在一根长度为 L 的轻杆两端，该轻杆通过光滑转轴 O 安装在支架的横梁上,O、A 间的距离为 L/3,两小球和 轻杆一起绕轴 O 在竖直平面内做圆周运

31、动,运动过程中支架和底座一直保持静止。当转动到图示竖直位置时, 小球 A 的速度为 v,重力加速度为 g,对于该位置有 A小球 A、B 的加速度大小相等B若，则底座对水平地面的压力为 Mg+3mgv = gL 3 C小球 A、B 的向心力大小相等D若，则底座对水平地面的压力为 Mg+mg/3v = 1 3 gL 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A、 两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动， 所以两小球的角速度相同， 根据可知小球A、 Ba = 2r 的加速度之比为，故 A 错误；aA:aB= 1:2 B、 若时对 A 分析则有， 解得轻杆对 A 支持力为， 根据可知，v = gL 3

32、 2mg - FA= 2mv2 1 3L FN= 0v = rvB= 2 gL 3 对 B 分析则有，解得轻杆对 B 拉力为，以底座和轻杆为对象，水平地面对底座的支FB- mg = mvB2 2 3L FB= 3mg 持力为，故 B 正确；FN= MG + 3mg C、根据可知 A、B 的向心力之比为，故 C 正确；F = m2rFA:FB= 1:1 D、 若时对 A 分析则有， 解得轻杆对 A 支持力为， 根据可知v = 1 3 gL2mg - FA= 2mv2 1 3L FA= 4 3mg v = rvB= ，对 B 分析则有，解得轻杆对 B 拉力为，以底座和轻杆为对象，水平地面对 2 3

33、 gLFB- mg = mvB2 2 3L FB= 5 3mg 底座的支持力为，故 D 错误；FN= MG + 3mg 故选 BC。 16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。如图所示为简化的跳台滑雪的 雪道示意图， AB 部分是倾角为 =37的助滑雪道， BC 部分是半径为 25m 的光滑圆弧轨道， 二者相切于 B 点， 圆弧最低点 C 点的切线沿水平方向， CD 部分为倾角 2=30的着陆坡。 一运动员连同滑板可视为质点， 从 A 点由静止滑下，到 C 点后沿水平方向飞出，安全落在着陆坡上的 E 点，不计空气阻力，已知 CE=30m，重力 加速度 g=10m

34、/s2，sin37=0.6。则 A运动员到达 C 点时，对轨遒的压力大小为运动员本身重力的 1.9 倍 B运动员到达 B 点时的速度大小为 10m/s C若运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下，则运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面 CD 的夹角都相同 D若运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下且以不同速度 v0从 C 点飞出时，运动员落在着陆坡上的速度大 小与 v0成正比 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A.设运动员在 C 点的速度为，在 CD 上有平抛运动可得 ：，,有以上两方程vCtan2= 1 2gt 2 vCt CDsin2= 1 2gt 2 可得 ：， 在 C 点有圆周运动的知识可得

35、 ：， 压力大小为运动员本身重力的比为 ：vC= 15m/sFN- mg = m v2 R n = ，有以上方程可得：。故 A 正确。 FN mg n = 1.9 B.有 B 到 C 有动能定理可得：，解之得：。故 B 错误。mgR(1 - cos) = 1 2mv 2 C- 1 2mv 2 B vB=125m/s C. 运动员落在着陆坡上的速度方向与水平方向的夹角为，由平抛运动的规律可得 ：，所tan = 2tan2 以是定值，所以运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面 CD 的夹角都相同。故 C 正确。 D. 运动员落在着陆坡上的速度大小 ，由平抛运动的规律可得，因为是定值，所以运动员落vv

36、= v0 cos cos 在着陆坡上的速度大小与 v0成正比。故 D 正确。 17如图，地面上固定有一半径为 R 的半圆形凹槽，O 为圆心，AB 为水平直径。现将小球（可视为质点） 从 A 处以初速度 v1水平抛出后恰好落到 D 点 ； 若将该小球从 A 处以初速度 v2水平抛出后恰好落到 C 点， C、 D 两点等高，OC 与水平方向的夹角 =60，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ） Av1：v2=1:3 B小球从开始运动到落到凹槽上，速度的变化量两次相同 C小球从开始运动到落到凹槽上，前后两次的平均速度之比为 1:2 D小球落在凹槽上时，重力的瞬时功率两次不同 【答案】 AB 【解析】

37、 【详解】 A、小球从开始运动到落到凹槽上做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，从 A 处以初速度 v1水平抛出 后恰好落到 D 点时有 ：， 从 A 处以初速度 v2水平抛出后恰好落到 C 点时有 ：x1= v1t = R - Rcos60 = R 2 x2 ，所以，故 A 正确；= v2t = R + Rcos60 = 3R 2 v1:v2= 1:3 B、根据加速度的定义可知速度的变化量，由于下落时间相同，所以小球从开始运动到落a = v t v = gt 到凹槽上，速度的变化量两次相同，故 B 正确； C、小球从抛出到 D 点的平均速度，小球从抛出到 C 点的平均速度，所vD= SAD

38、 t = R t vC= SAC t = 2Rsin600 t = 3R t 以前后两次的平均速度之比为，故 C 错误；1:3 D、 小球刚到 D 点时重力的瞬时功率， 小球刚到 C 点时重力的瞬时功率PD= mgvyB= mggt = mg2tPC= mgvyC ，所以重力的瞬时功率两次相同，故 D 错误；= mggt = mg2t 故选 AB。 18如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以 初速度v0从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。已知在t s 末质点的速度达到最小值v，到 达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则 A恒定

39、外力F的方向与初速度的反方向成角指向曲线内侧，且sin = v v0 B质点所受合外力的大小为 mv20- v2 t C质点到达B点时的速度大小为 v0v v20- v2 Dt s 内恒力F做功为 1 2m(v 2 0- v2) 【答案】 ABC 【解析】 【详解】 分析可知，恒力F的方向应与速度方向成钝角，如图所示： 在x方向上由运动学知识得vv0sin ；在y方向上由运动学知识得v0cos ayt；由牛顿第二定律 有Fmay； 解得F， sin ， 即恒力F的方向与初速度的反方向成角指向曲线内侧， 且 mv20- v2 t v v0 sin 。故 AB 正确 ； 设质点从A点运动到B历时t

40、1，设在v0方向上的加速度大小为a1，在垂直v0方向 v v0 上的加速度大小为a2， 由牛顿第二定律有Fcos ma1；Fsin ma2； 由运动学知识可得v0a1t1；vBa2t1 解得vB，则选项 C 正确；t s 内恒力F做功为m(v02v2) ，故 D 错误。故选 ABC. v0v v20- v2 1 2 19如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量 为 M，到小环的距离为 L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为 F小环和物块以速度 向右匀速运动， 小环碰到杆上的钉子 P 后立刻停止，物块向上摆动，整个过程中，物块在夹子中没有滑动小环和

41、夹子的质 量均不计，重力加速度为 g 下列说法正确的是（ ） A物块向右匀速运动时，绳中的张力等于 Mg B小环碰到钉子 P 后瞬间，绳中的张力大于 2F C物块上升的最大高度为 v2 2g D速度v不能超过 (F - Mg)L 2M 【答案】 AC 【解析】 【分析】 碰到钉子以后，物块做圆周运动，找到物块的向心力，即可求出答案。 【详解】 A向右匀速时，夹子给物块的摩擦力等于物块的重力 Mg,所以根据牛顿第三定律，可得物块给夹子一个反 作用力 Mg,所以绳子里面的张力等于 Mg。A 正确。 B小环碰到钉子以后，物块做圆周运动，此时，绳子张力大小等于 f，不一定大于 2F，B 错。f - M

42、g = m v2 L C小环碰到钉子以后，物块做圆周运动，机械能守恒，所以物块上升的最大高度为 。C 对。 v2 2g D当夹子的摩擦力等于最大静摩擦力时，物块的速度最大，可得，D 错。2F - Mg = m v2m L 【点睛】 圆周运动的问题关键是分析好向心力的构成。 20如图所示，在竖直平面内有一光滑水平直轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切， 可视为质点的小球从A点通过B点进入半径为R的半圆，恰好能通过半圆的最高点M，从M点飞出后落在水 平面上，不计空气阻力，则 A小球到达M点时的速度大小为 0B小球在A点时的速度为5gR C小球落地点离B点的水平距离为 2R D小球落

43、地时的动能为3mgR 【答案】 BC 【解析】 【分析】 小球恰好能通过半圆的最高点 M，由重力提供向心力，由此求出小球通过 M 点的速度；由动能定理求出小球 在 A 点时的速度；由平抛运动的规律求小球落地点离 B 点的水平距离，再由动能定理求小球落地时的动能； 【详解】 A、小球恰好能通过半圆的最高点 M，由重力提供向心力，则有，解得，故 A 错误；mg = mv2M R vM=gR B、从 A 到 M，由动能定理得：，解得：，故 B 正确；- 2mgR = 1 2mv 2 M- 1 2mv 2 A vA=5gR C、小球离开 M 点后做平抛运动，则有，得 x=2R，故 C 正确；x = v

44、Mt2R = 1 2gt 2 D、M 到落地,由动能定理得：，解得小球落地时的动能，故 D 错误；2mgR = Ek- 1 2mv 2 M Ek= 5 2mgR 故选 BC。 【点睛】 关键是认真分析物体的运动过程，将其分解为我们常见的物理学模型，如平抛、自由落体、圆周运动等， 即可利用常见公式进行解答。 三、解答题 21光滑水平轨道 MN 与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于 N 点，质量为m的小球 B 静止于水平轨道上 P 点，小球半径远小于R。与 B 相同的小球 A 以速度v0向右运动，A、B 碰后粘连在一起。求当v0的大小在什 么范围时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道。已知重力加速度

45、为g。 【答案】v02或v022gR5gR 【解析】 【详解】 AB 碰撞动量守恒，则：mv02mv 若两物体能到达与圆心等高的位置，则：2mgR0 2mv2， 1 2 解得v022gR 若两物体恰能到达最高点，则：2mg2R 2mv2 2mv2， 1 2 1 2 2mg2m， v2 R 解得v025gR 综上，当v02或v02时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道。2gR5gR 22如图所示，MN 是半径为 R=0.2m 的竖直四分之一光滑圆弧轨道，竖直固定在水平桌面上，轨道末端处于 桌子边缘并与水平桌面相切于 N 点。 把一质量为 m=1kg 的小球 B 静止放于 N 点， 另一完全相同的

46、小球 A 由 M 点静止释放， 经过 N 点时与 B 球发生正碰， 碰后粘在一起水平飞出， 落在地面上的 P 点。 若桌面高度为 h=0.8m， 取重力加速度 g=10m/s。不计阻力，小球可视为质点。求： （1）小球 A 运动到 N 点与小球 B 碰前的速度 v0的大小 （2）小球 A 与小球 B 碰后瞬间的共同速度 v 的大小 （3）P 点与 N 点之间的水平距离 x 【答案】 （1）v0=4m/s （2）v=2m/s （3）x=0.8m 【解析】 【详解】 （1）由机械能守恒定律：mgR=mv02/2 解得：v0=4m/s （2）小球 A 与小球 B 碰撞过程动量守恒，则：mv0=2mv

47、 解得：v=2m/s （3）小球做平抛运动：h=gt2/2 x=vt 解得：x=0.8m 23如图所示,质量m1=1kg 的木板静止在倾角为=30足够长的、固定的光滑斜面上,木板下端上表而与 半径R=m 的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点 B 与圆心 O 等高.一质量m2=2kg、可视为质点的小3 滑块以v0=15m/s 的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=,木板每次撞击 3 3 圆弧轨道时都会立即停下而不反弹,最终滑未从木板上端滑出,取重力加速度g=10m/s2.求 (1)滑块离开圆弧轨道 B 点后上升的最大高度; (2)木板的最小长度; (3)木板与圆弧轨道

48、第二次碰撞时损失的机械能。 【答案】(1)9.75m (2)7.5m (3) 50 9J 5.56J 【解析】 【详解】 (1)由滑块与木板之间的动摩擦因数可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达 A 点时速 = 3 3 = tan300 度大小依然为 v0=15m/s，设滑块离开圆弧轨道 B 点后上升的最大高度为 h，则由机械能守恒定律可得 ： 1 2m2v 2 0 = m2g(Rcos + h) 解得：h=9.75m ； (2) 由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为 v0=15m/s， 滑上木板后，木板的加速的为 a1， 由牛顿第二定律可知：m2gcosm1gsin=m1a1 滑块的加速度为 a2， 由牛顿第二定律可知：m2gcos+m2gsin=m2a2 设经过 t1时间后两者共速，共同速度为 v1， 由运动学公式可知：v1=v0a2t1=a1t1 该过程中木板走过的位移：x1= v1 2t1 滑块走过的位移：x2= v0+ v1 2 t1 之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出， 则木板的最小长度：L=x2x1 联立解得：L=7.5m； (3) 滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速