《2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題04 曲線運(yùn)動(dòng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題04 曲線運(yùn)動(dòng)（含解析）（26頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題04 曲線運(yùn)動(dòng)第一部分名師綜述近幾年來，曲線運(yùn)動(dòng)已成為高考的熱點(diǎn)內(nèi)容之一，有時(shí)為選擇題，有時(shí)以計(jì)算題形式出現(xiàn)，重點(diǎn)考查的內(nèi)容有：平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及其研究方法，圓周運(yùn)動(dòng)的角度、線速度、向心加速度，做圓周運(yùn)動(dòng)的物體的受力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，同時(shí)，還可以與帶電粒子的電磁場的運(yùn)動(dòng)等知識(shí)進(jìn)行綜合考查；重點(diǎn)考查的方法有運(yùn)動(dòng)的合成與分解，豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)應(yīng)掌握最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的處理方法本部分內(nèi)容是牛頓運(yùn)動(dòng)定律在曲線運(yùn)動(dòng)中的具體應(yīng)用，而萬有引力定律是力學(xué)中一個(gè)重要獨(dú)立的基本定律，運(yùn)動(dòng)的合成與分解是研究復(fù)雜運(yùn)動(dòng)的基本方法，復(fù)習(xí)本章的概念和規(guī)律，將加深對速度、加速度及其關(guān)系的理解；加深對牛頓第二定律的理解，提高解題
2、實(shí)際的能力。第二部分知識(shí)背一背一、平拋運(yùn)動(dòng)1.定義：將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，不考慮空氣阻力，物體只在重力作用下所做的運(yùn)動(dòng).2.性質(zhì)：加速度為重力加速度g的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線.3.基本規(guī)律：以拋出點(diǎn)為原點(diǎn)，以水平方向(初速度v0方向)為x軸，以豎直向下方向?yàn)閥軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則：(1)水平方向：做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度vx=v0, 位移x=v0t .(2)豎直方向：做自由落體運(yùn)動(dòng)，速度vy=gt,位移y=.二、斜拋運(yùn)動(dòng)1.定義：將物體以速度v斜向上方或斜向下方拋出，物體只在重力作用下的運(yùn)動(dòng).2.性質(zhì)：加速度為重力加速度g的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線。三、離心運(yùn)
3、動(dòng)和近心運(yùn)動(dòng)1.離心運(yùn)動(dòng)(1)定義：做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的情況下，所做的逐漸遠(yuǎn)離圓心的運(yùn)動(dòng).(2)本質(zhì)：做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的傾向.(3)受力特點(diǎn).當(dāng)F=m2r時(shí)，物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；當(dāng)F=0時(shí)，物體沿切線方向飛出;當(dāng)Fm2r,物體將逐漸靠近圓心，做近心運(yùn)動(dòng).第三部分技能+方法一、小船渡河問題的規(guī)范求解1.總結(jié)(1)不論水流速度多大，船身垂直于河岸渡河，時(shí)間最短.(2)當(dāng)船速大于水速時(shí)，船可以垂直于河岸航行.(3)當(dāng)船速小于水速時(shí)，船不能垂直于河岸航行，但仍存在最短航程.2.求解小船渡河問題的方法求解小船渡
4、河問題有兩類：一是求最短渡河時(shí)間，二是求最短渡河位移.無論哪類都必須明確以下四點(diǎn)：(1)解決這類問題的關(guān)鍵是:正確區(qū)分分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng),船的航行方向也就是船頭指向，是分運(yùn)動(dòng).船的運(yùn)動(dòng)方向也就是船的實(shí)際運(yùn)動(dòng)方向，是合運(yùn)動(dòng),一般情況下與船頭指向不一致.(2)運(yùn)動(dòng)分解的基本方法,按實(shí)際效果分解,一般用平行四邊形定則按水流方向和船頭指向分解.(3)渡河時(shí)間只與垂直河岸的船的分速度有關(guān)，與水流速度無關(guān).(4)求最短渡河位移時(shí),根據(jù)船速v船與水流速度v水的情況用三角形法則求極限的方法處理.二、斜面上的平拋問題斜面平拋問題的求解方法(1)物體在斜面上平拋并落在斜面上的問題與實(shí)際聯(lián)系密切，如滑雪運(yùn)動(dòng)等，因而此類
5、問題是高考命題的熱點(diǎn).有兩種分解方法：一是沿水平方向的勻速運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)；二是沿斜面方向的勻加速運(yùn)動(dòng)和垂直斜面方向的類豎直上拋運(yùn)動(dòng).(2)此類問題中，斜面的傾角即為位移與水平方向的夾角；可以根據(jù)斜面的傾角和平拋運(yùn)動(dòng)的推論確定物體落在斜面上時(shí)的速度方向.三、水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分析方法1.運(yùn)動(dòng)實(shí)例：圓錐擺、火車轉(zhuǎn)彎、飛機(jī)在水平面內(nèi)做勻速圓周飛行等.2.這類問題的特點(diǎn)是:(1)運(yùn)動(dòng)軌跡是圓且在水平面內(nèi)；(2)向心力的方向水平，豎直方向的合力為零.3.解答此類問題的方法：(1)對研究對象受力分析，確定向心力的來源；(2)確定圓周運(yùn)動(dòng)的圓心和半徑；(3)應(yīng)用相關(guān)力學(xué)規(guī)律列方程求解.四
6、、豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的求解思路（1）定模型：首先判斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過最高點(diǎn)的臨界條件不同，其原因主要是：“繩”不能支持物體，而“桿”既能支持物體，也能拉物體.（2）確定臨界點(diǎn)：v臨=，對輕繩模型來說是能否通過最高點(diǎn)的臨界點(diǎn)，而對輕桿模型來說是FN表現(xiàn)為支持力還是拉力的臨界點(diǎn).（3）研究狀態(tài)：通常情況下豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)只涉及最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況.（4）受力分析：對物體在最高點(diǎn)或最低點(diǎn)時(shí)進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列出方程，F(xiàn)合=F向.（5）過程分析：應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律將初、末兩個(gè)狀態(tài)聯(lián)系起來列方程.第四部分基礎(chǔ)練+測一、單選題12019年1月5日零點(diǎn)起,全
7、國鐵路實(shí)施新版列車運(yùn)行圖,17輛編組的超長版“復(fù)興號(hào)”CR系列動(dòng)車組以350公里時(shí)速正式在京滬高鐵上線運(yùn)營.當(dāng)一列由北京南開往上海虹橋的“復(fù)興號(hào)”CR400高鐵正在勻加速直線行駛途中,某乘客在車廂里相對車廂以一定的速度豎直向上拋出一個(gè)小球,則小球( )A在最高點(diǎn)對地速度為零B在最高點(diǎn)對地速度最大C拋出時(shí)車廂速度越大,落點(diǎn)位置離乘客越遠(yuǎn)D從拋出到落地的時(shí)間與車廂的速度大小無關(guān)【答案】 D【解析】【詳解】小球被豎直拋出時(shí)，水平方向有與列車相同的速度，則在最高點(diǎn)對地速度不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)時(shí)豎直速度為零，則對地的速度不是最大的，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于小球的水平速度與乘客的速度相同，則小球應(yīng)該落回到
8、原出發(fā)點(diǎn)，與拋出時(shí)車廂的速度無關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從拋出到落地的時(shí)間只與豎直上拋的速度有關(guān)，與車廂的速度大小無關(guān)，選項(xiàng)D正確；故選D.2雙人滑冰是一種觀賞性很高的冰上運(yùn)動(dòng)。如圖所示，在一組動(dòng)作中，男女運(yùn)動(dòng)員繞某豎直軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。對此現(xiàn)象，小明同學(xué)對于“如果水平面光滑?！边@樣的理想化情況，做出這樣一些分析判斷，其中正確的是：A他倆不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B他倆的運(yùn)動(dòng)不是直線運(yùn)動(dòng)，總動(dòng)量不守恒C由于男選手對女選手拉力斜向上，這個(gè)拉力大于女選手對男選手的拉力D由于女選手對男選手拉力斜向下，男選手對冰面壓力大于自己的重力【答案】 D【解析】【詳解】男女運(yùn)動(dòng)員繞某豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，兩人之間的拉力和重力的合力充當(dāng)向
9、心力，則他倆可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；兩人組成的系統(tǒng)合外力為零，則總動(dòng)量守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；男選手對女選手的拉力與女選手對男選手的拉力是一對作用和反作用力，大小相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于女選手對男選手拉力斜向下，男選手對冰面壓力等于男選手的重力與女選手對男選手拉力的豎直分量之和，則男選手對冰面壓力大于自己的重力，選項(xiàng)D正確；故選D.3“旋轉(zhuǎn)秋千”是游樂園里常見的游樂項(xiàng)目，其基本裝置是將繩子上端固定在轉(zhuǎn)盤的邊上，繩子下端連接座椅，人坐在座椅上隨轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)而在空中飛旋。若將人和座椅看為質(zhì)點(diǎn)，“旋轉(zhuǎn)秋千”可簡化為如圖所示的模型。其中，處于水平面內(nèi)的圓形轉(zhuǎn)盤，半徑為r，可繞穿過其中心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)。讓轉(zhuǎn)盤
10、由靜止開始逐漸加速轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間后質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)盤一起以角速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)繩子與豎直方向的夾角為。已知繩長為L且不可伸長，質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m，不計(jì)空氣阻力及繩重。則下列說法中正確的是（）A質(zhì)點(diǎn)的重力越大，繩子與豎直方向的夾角越小B質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是其所受懸線的拉力C轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度與夾角的關(guān)系為=gtanr+LsinD質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，繩子對質(zhì)點(diǎn)做的功為mg(r+Lsin)tan【答案】 C【解析】【詳解】由重力和繩子的拉力的合力提供質(zhì)點(diǎn)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，如圖，則有：mgtan=m2R解得：tan=2rg，與重力無關(guān)，故A、B錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是由重
11、力和繩子的拉力的合力提供的，故B錯(cuò)誤；根據(jù)mgtan=m2R=m2（r+Lsin）解得：=gtanr+Lsin，故C正確；設(shè)質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為v，根據(jù)向心力公式得：mgtan=mv2r+Lsin對于質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，重力做功為-mgl（1-cos），設(shè)繩子拉力做功為W，則根據(jù)動(dòng)能定理得：W-mgl（1-cos）=12mv2聯(lián)立得：W=mgl（1-cos）+12mg（r+Lsin）tan，故D錯(cuò)誤。故選C。4將一只蘋果（可看成質(zhì)點(diǎn)）水平拋出，蘋果在空中依次飛過三個(gè)完全相同的窗戶1、2、3，圖中曲線為蘋果在空中運(yùn)行的軌跡。若不計(jì)空氣阻力的影響，則 ( )A蘋
12、果通過第1個(gè)窗戶期間豎直方向上的平均速度最大B蘋果通過第3個(gè)窗戶期間重力所做的功最多C蘋果通過第1個(gè)窗戶期間重力做功的平均功率最小D蘋果通過第3個(gè)窗戶期間速度變化量最大【答案】 C【解析】【詳解】A、蘋果在豎直方向運(yùn)動(dòng)速度越來越大，但窗戶的高度一樣，因此時(shí)間越來越短，故由豎直方向的平均速度vy=ht可知越來越大，即通過第1個(gè)窗戶期間豎直方向上的平均速度最小，故A錯(cuò)誤；B、窗戶的高度一樣，故通過每個(gè)窗戶重力做功都為mgh，故B錯(cuò)誤；C、蘋果通過第一扇窗戶時(shí)間最長，故通過第1個(gè)窗戶克服重力做功的平均功率PG=mght得最小，故C正確；D、平拋運(yùn)動(dòng)的加速度恒定為g，則速度變化量為v=gt，通過第3個(gè)
13、窗戶的時(shí)間最短，故其速度變化量最小；故D錯(cuò)誤；故選C.5如圖所示，水平屋頂高H=5m，圍墻高h(yuǎn)=3.2m，圍墻到房子的水平距離L=3m，圍墻外馬路寬x=10m，為使小球從屋頂水平飛出落在圍墻外的馬路上，小球離開屋頂時(shí)的速度v0大小的值不可能為(g取10m/s2)A8m/sB12m/sC6m/sD2m/s【答案】 D【解析】【詳解】小球落到圍墻上的速度為v1，則下落時(shí)間t1=2(H-h)g2(5-3.2)10s=0.6s，根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得v1=Lt130.6m/s=5m/s；小球落在馬路外邊緣經(jīng)過的時(shí)間為t2，則t2=2Hg1010s=1s，根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得速度v2=L+xt23+101
14、m/s=13m/s，所以滿足條件的速度5m/sv13m/s，故小球離開屋頂時(shí)的速度v0的大小的值不可能為2m/s，故選D.6如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有一個(gè)光滑圓軌道。一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從軌道的最低點(diǎn)出發(fā)，恰能沿圓軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是A小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度為0B小球在最低點(diǎn)對軌道的壓力最大C小球在上升過程中所受合外力指向圓心D圓軌道對小球的作用力一直做負(fù)功【答案】 B【解析】【詳解】A、小球恰能沿圓軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)由重力提供向心力，則有：mg=mv2R，解得小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度為v=gR，故A錯(cuò)誤；BCD、小球在運(yùn)動(dòng)過程中，小球受到重力和圓軌道對
15、小球的支持力，只有在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)時(shí)小球受到的合外力指向圓心，其余位置小球受到的合外力不指向圓心；圓軌道對小球的支持力與速度方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，小球在最低點(diǎn)速度最大，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知小球在最低點(diǎn)對軌道的壓力最大，故B正確，C、D錯(cuò)誤；故選B。7如圖所示，A球在B球的斜上方，兩球相向水平拋出。若要使兩球在與兩球拋出的距離相等的豎直線上相遇，則AA、B兩球要同時(shí)拋出BB球要先拋出CA球拋出時(shí)的速度大于B球拋出時(shí)的速度DA球拋出時(shí)的速度小于B球拋出時(shí)的速度【答案】 D【解析】【詳解】AB、兩球都做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有 h=12gt2，得t=2h
16、g，可知A平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長，所以A球要先拋出，故A B錯(cuò)誤；CD、水平方向有 xv0t，因?yàn)閤相等，A平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長，所以A球拋出時(shí)的速度小于B球拋出時(shí)的速度，故C錯(cuò)誤，D正確。8如圖所示，D點(diǎn)為固定斜面AC的中點(diǎn)，在A點(diǎn)先后分別以初速度v01和v02水平拋出一個(gè)小球，結(jié)果小球分別落在斜面上的D點(diǎn)和C點(diǎn)空氣阻力不計(jì)設(shè)小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1和t2，落到D點(diǎn)和C點(diǎn)前瞬間的速度大小分別為v1和v2，落到D點(diǎn)和C點(diǎn)前瞬間的速度方向與水平方向的夾角分別為1和2，則下列關(guān)系式正確的是（ ）At1t2=12 Bv01v02=12Cv1v2=12 Dtan1tan2=12【答案】 C【解析】【分
17、析】本題考查的是平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，兩次平拋均落到斜面上，位移偏轉(zhuǎn)角相等，以此切入即可求出答案。【詳解】設(shè)斜面的傾角為，可得gt2v0=tan，所以gt12v01=gt22v02，豎直方向下降的高度之比為1：2，所以t1t2=12，求得v01v02=12，再結(jié)合速度偏轉(zhuǎn)角的正切值是位移偏轉(zhuǎn)角正切值的兩倍，v1v2=v01v02=12，tan1tan2=1，所以C正確?！军c(diǎn)睛】平拋運(yùn)動(dòng)問題的切入點(diǎn)有三種：軌跡切入、偏轉(zhuǎn)角切入、豎直方向相鄰相等時(shí)間位移差為常數(shù)。9從在高空水平勻速飛行的飛機(jī)上每隔1釋放1個(gè)小球，先后共釋放5個(gè)，不計(jì)空氣阻力，則A這5個(gè)小球在空中處在同一條拋物線上B在空中，相鄰的兩小球間
18、的距離保持不變C相鄰的兩小球的落地點(diǎn)的間距相等D最先釋放的兩小球的落地點(diǎn)的間距最大【答案】 C【解析】【分析】根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，當(dāng)小球釋放后由于慣性在水平方向上和飛機(jī)速度相同；每次釋放的小球初速度相同，下落高度相同，因此每個(gè)小球運(yùn)動(dòng)規(guī)律一樣；根據(jù)豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)和水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)判斷兩球之間的距離；【詳解】A、由于慣性，小球和飛機(jī)水平方向具有相同速度，因此都在飛機(jī)的正下方，故小球落地前排列在同一條豎直線上，故A 錯(cuò)誤；B、在空中，相鄰的兩個(gè)小球水平分速度相等，由于先釋放的一個(gè)小球比后一個(gè)小球多運(yùn)動(dòng)1s，故豎直分速度大10m/s，故每秒中兩個(gè)小球間距增加10m，故B錯(cuò)誤；CD、小
19、球水平方向是勻速運(yùn)動(dòng)（設(shè)為v0），前一個(gè)小球落地，再過1s，后一個(gè)小球落地，故間距為v0t=v0米，恒定，故C正確，D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】解決的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，難點(diǎn)在于兩個(gè)炸彈運(yùn)動(dòng)規(guī)律的比較，即相對運(yùn)動(dòng)的理解。10如圖，在傾角為的斜面頂端將三個(gè)小球M、N、P分別以v02、v0、2v0的初速度沿水平方向拋出，N恰好落到斜面底端。已知sin=35，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。則M落到斜面時(shí)的速度大小與P落到地面時(shí)的速度大小之比為A13100 B14 C116 D1310【答案】 D【解析】【分析】由題意分析可知，M、N會(huì)落到斜面上，物
20、體平拋落到斜面上，由相同的位移偏向角，根據(jù)位移偏向角可以算出M的末速度vM=134v0，物體N、P落到水平面上，有相同的下降高度，故由相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)分析，可算出vP=52v0，故vM:vP=13:10。【詳解】對M：tan=yMxM=12gtM2v02tM，解得tM=3v04g，vMy=gtM=34v0，對N：tan=yNxN=12gtN2v0tN，解得tN=3v02g，tP=tN=3v02g，vPy=vNy=gtN=3v02，vM2=(v02)2+vMy2，解得vM=134v0，vP2=(2v0)2+vPy2，解得vP=52v0，故vM:vP=13:10，故D正確?！军c(diǎn)睛】平拋運(yùn)
21、動(dòng)與斜面的結(jié)合問題，要抓住位移偏向角等于斜面的傾角。二、多選題11如下左圖為某游樂園颶風(fēng)飛椅游玩項(xiàng)目,如下右圖為颶風(fēng)飛椅結(jié)構(gòu)簡圖。其裝置由傘型轉(zhuǎn)盤A、中間圓柱B、底座C和軟繩懸掛飛椅D(可視為質(zhì)點(diǎn))組成,在距轉(zhuǎn)盤下表面軸心O距離為d的圓周上,用軟繩分布均勻地懸掛16座飛椅(右圖中只畫兩座),設(shè)A、B、C總質(zhì)量為M,單個(gè)飛椅與人的質(zhì)量之和均為m,懸掛飛椅D的繩長均為L,當(dāng)水平轉(zhuǎn)盤以角速度穩(wěn)定旋轉(zhuǎn)時(shí),各軟繩與豎直方向成角。則下列判斷正確的是A轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)角速度為gtand+LsinB底座C對水平地面壓力隨轉(zhuǎn)速增加而減小C底座C對水平地面壓力與轉(zhuǎn)速無關(guān),恒為Mg+16mgD軟繩與豎直方向夾角大小與軟繩長
22、、轉(zhuǎn)速和乘客質(zhì)量均有關(guān)【答案】 AC【解析】【詳解】A對單個(gè)的座椅：mgtan=m2(d+Lsin)解得=gtand+Lsin，選項(xiàng)A正確；B C對座椅，豎直方向Tcos=mg，對整體豎直方向：N=Mg+16Tcos= Mg+16mg，則底座C對水平地面壓力大小不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；D由mgtan=m2(d+Lsin)可知gtan=2(d+Lsin)，則軟繩與豎直方向夾角大小與軟繩長L、角速度（轉(zhuǎn)速n）有關(guān)，與乘客質(zhì)量無關(guān)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.12如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球套在光滑的豎直桿上，一根不可伸長的細(xì)繩繞過滑輪連接小球，已知小球重力為IN，電動(dòng)機(jī)從A端以1m/s的速度沿水平方向勻速拉繩，繩
23、子始終處于拉直狀態(tài)。某一時(shí)刻，連接小球的繩子與豎直方向的夾角為600，對此時(shí)小球速度及繩子中拉力的判斷正確的是A小球速度等于2m/sB小球速度等于0.5m/sC繩中拉力大于2ND繩中拉力等于2N【答案】 AC【解析】【詳解】設(shè)小球速度為v1，繩子速度為v2，小球的運(yùn)動(dòng)速度可分解到沿繩和垂直繩的方向上，故v2=v1cos，可得v1=v2/cos=2m/s。小球運(yùn)動(dòng)過程角逐漸增大，故小球在做加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，對小球受力分析知F cos-mg=ma，故Fmgcos=2N。故選項(xiàng)AC正確，BD錯(cuò)誤。13如圖所示，斜面傾角為，位于斜面底端A正上方的小球以不同的初速度v0正對斜面頂點(diǎn)B水平拋出，小球到
24、達(dá)斜面經(jīng)歷的時(shí)間為t，重力加速度為g，則下列說法正確的是A若小球以最小位移到達(dá)斜面，則t=2v0gtanB若小球垂直擊中斜面，則t=v0gtanC若小球恰能擊中斜面中點(diǎn)，則t=2v0gtanD無論小球怎樣到達(dá)斜面，運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等【答案】 AB【解析】【詳解】過拋出點(diǎn)作斜面的垂線CD，如圖所示：當(dāng)小球落在斜面上的D點(diǎn)時(shí)，位移最小，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則水平方向：x=v0t；豎直方向：y=12gt2。根據(jù)幾何關(guān)系有xy=tan，即有v0t12gt2=tan，解得：t=2v0gtan故A正確。若小球垂直擊中斜面時(shí)速度與豎直方向的夾角為，則tan=v0gt，得t=v0gtan故B正確。若小球能擊中斜面中
25、點(diǎn)時(shí)，小球下落的高度設(shè)為h，水平位移設(shè)為x。則由幾何關(guān)系可得tan=hx=12gt2v0t=gt2v0，得：t=2v0tang，故C錯(cuò)誤。由上知，D錯(cuò)誤。14如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點(diǎn)與圓心O等高。一質(zhì)量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點(diǎn)，P點(diǎn)在圓心O的正下方R2處。小球從最高點(diǎn)A由靜止開始逆時(shí)針方向下滑，已知彈簧的原長為R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為2gRB彈簧長度等于R時(shí)，小球的機(jī)械能最大C小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)對圓環(huán)的壓力差為4
26、mgD小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)重力的功率為0【答案】 BCD【解析】【詳解】由題分析可知，小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢能相等，小球從A到B的過程，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：2mgR=12mvB2，解得小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為：vB=2gR故A錯(cuò)誤。根據(jù)小球與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知，彈簧長度等于R時(shí)，小彈簧的彈性勢能為零，最小，則小球的機(jī)械能最大，故B正確；設(shè)小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力大小為F在A點(diǎn)，圓環(huán)對小球的支持力 F1=mg+F；在B點(diǎn)，由圓環(huán)，由牛頓第二定律得：F2-mg-F=mvB2R，解得圓環(huán)對小球的支持力為：F2=5mg+F；則F2-F1=4mg，由牛頓第三定律知，
27、小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)對圓環(huán)的壓力差為4mg，故C正確。小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)重力與速度方向垂直，則重力的功率為0，故D正確。故選BCD。15如圖所示,支架固定在底座上，它們的總質(zhì)量為M。質(zhì)量分別為2m和m的小球A、B(可視為質(zhì)點(diǎn))固定在一根長度為L的輕桿兩端，該輕桿通過光滑轉(zhuǎn)軸O安裝在支架的橫梁上,O、A間的距離為L/3,兩小球和輕桿一起繞軸O在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中支架和底座一直保持靜止。當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)到圖示豎直位置時(shí),小球A的速度為v,重力加速度為g,對于該位置有A小球A、B的加速度大小相等B若v=gL3，則底座對水平地面的壓力為Mg+3mgC小球A、B的向心力大小相等D若v=13gL，則底座對
28、水平地面的壓力為Mg+mg/3【答案】 BC【解析】【詳解】A、兩小球和輕桿一起繞軸O在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，所以兩小球的角速度相同，根據(jù)a=2r可知小球A、B的加速度之比為aA:aB=1:2，故A錯(cuò)誤；B、若v=gL3時(shí)對A分析則有2mg-FA=2mv213L，解得輕桿對A支持力為FN=0，根據(jù)v=r可知vB=2gL3，對B分析則有FB-mg=mvB223L，解得輕桿對B拉力為FB=3mg，以底座和輕桿為對象，水平地面對底座的支持力為FN=MG+3mg，故B正確；C、根據(jù)F=m2r可知A、B的向心力之比為FA:FB=1:1，故C正確；D、若v=13gL時(shí)對A分析則有2mg-FA=2mv213
29、L，解得輕桿對A支持力為FA=43mg，根據(jù)v=r可知vB=23gL，對B分析則有FB-mg=mvB223L，解得輕桿對B拉力為FB=53mg，以底座和輕桿為對象，水平地面對底座的支持力為FN=MG+3mg，故D錯(cuò)誤；故選BC。16我國將于2022年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。如圖所示為簡化的跳臺(tái)滑雪的雪道示意圖，AB部分是傾角為=37的助滑雪道，BC部分是半徑為25m的光滑圓弧軌道，二者相切于B點(diǎn)，圓弧最低點(diǎn)C點(diǎn)的切線沿水平方向，CD部分為傾角2=30的著陸坡。一運(yùn)動(dòng)員連同滑板可視為質(zhì)點(diǎn)，從A點(diǎn)由靜止滑下，到C點(diǎn)后沿水平方向飛出，安全落在著陸坡上的E點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，已知
30、CE=30m，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6。則A運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，對軌遒的壓力大小為運(yùn)動(dòng)員本身重力的1.9倍B運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為10m/sC若運(yùn)動(dòng)員從助滑雪道不同位置由靜止滑下，則運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同D若運(yùn)動(dòng)員從助滑雪道不同位置由靜止滑下且以不同速度v0從C點(diǎn)飛出時(shí)，運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比【答案】 ACD【解析】【詳解】A.設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)的速度為vC，在CD上有平拋運(yùn)動(dòng)可得：tan2=12gt2vCt，CDsin2=12gt2,有以上兩方程可得：vC=15m/s，在C點(diǎn)有圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得：FN-mg=mv2R，壓力大
31、小為運(yùn)動(dòng)員本身重力的比為：n=FNmg，有以上方程可得：n=1.9。故A正確。B.有B到C有動(dòng)能定理可得：mgR(1-cos)=12mvC2-12mvB2，解之得：vB=125m/s。故B錯(cuò)誤。C. 運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度方向與水平方向的夾角為，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：tan=2tan2，所以是定值，所以運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同。故C正確。D. 運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度大小v，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得v=v0cos，因?yàn)閏os是定值，所以運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比。故D正確。17如圖，地面上固定有一半徑為R的半圓形凹槽，O為圓心，AB為水平直徑?，F(xiàn)將小球（可
32、視為質(zhì)點(diǎn)）從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點(diǎn)；若將該小球從A處以初速度v2水平拋出后恰好落到C點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)等高，OC與水平方向的夾角=60，不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是（ ）Av1：v2=1:3B小球從開始運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上，速度的變化量兩次相同C小球從開始運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上，前后兩次的平均速度之比為1:2D小球落在凹槽上時(shí)，重力的瞬時(shí)功率兩次不同【答案】 AB【解析】【詳解】A、小球從開始運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上做平拋運(yùn)動(dòng)，下落高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點(diǎn)時(shí)有：x1=v1t=R-Rcos60=R2，從A處以初速度v2水平拋出后恰好落到C點(diǎn)時(shí)有：x2=v2t
33、=R+Rcos60=3R2，所以v1:v2=1:3，故A正確；B、根據(jù)加速度的定義a=vt可知速度的變化量v=gt，由于下落時(shí)間相同，所以小球從開始運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上，速度的變化量兩次相同，故B正確；C、小球從拋出到D點(diǎn)的平均速度vD=SADt=Rt，小球從拋出到C點(diǎn)的平均速度vC=SACt=2Rsin600t=3Rt，所以前后兩次的平均速度之比為1:3，故C錯(cuò)誤；D、小球剛到D點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率PD=mgvyB=mggt=mg2t，小球剛到C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率PC=mgvyC=mggt=mg2t，所以重力的瞬時(shí)功率兩次相同，故D錯(cuò)誤；故選AB。18如圖所示，在光滑水平桌面上有一個(gè)質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)
34、，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0從A點(diǎn)開始做曲線運(yùn)動(dòng)，圖中曲線是質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡。已知在t s末質(zhì)點(diǎn)的速度達(dá)到最小值v，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度方向與初速度v0的方向垂直，則A恒定外力F的方向與初速度的反方向成角指向曲線內(nèi)側(cè)，且sin=vv0B質(zhì)點(diǎn)所受合外力的大小為mv02-v2tC質(zhì)點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0vv02-v2Dt s內(nèi)恒力F做功為12mv02-v2【答案】 ABC【解析】【詳解】分析可知，恒力F的方向應(yīng)與速度方向成鈍角，如圖所示：在x方向上由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得vv0sin ；在y方向上由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得v0cos ayt；由牛頓第二定律有Fmay；解得Fmv02-v2t，si
35、n vv0，即恒力F的方向與初速度的反方向成角指向曲線內(nèi)側(cè)，且sin vv0。故AB正確；設(shè)質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B歷時(shí)t1，設(shè)在v0方向上的加速度大小為a1，在垂直v0方向上的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有Fcos ma1；Fsin ma2；由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可得v0a1t1；vBa2t1解得vBv0vv02-v2，則選項(xiàng)C正確；t s內(nèi)恒力F做功為12m(v02v2) ，故D錯(cuò)誤。故選ABC.19如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細(xì)桿上，物塊質(zhì)量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為F小環(huán)和物塊以速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻
36、停止，物塊向上擺動(dòng)，整個(gè)過程中，物塊在夾子中沒有滑動(dòng)小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計(jì)，重力加速度為g下列說法正確的是（ ）A物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩中的張力等于MgB小環(huán)碰到釘子P后瞬間，繩中的張力大于2FC物塊上升的最大高度為v22gD速度v不能超過(F-Mg)L2M【答案】 AC【解析】【分析】碰到釘子以后，物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，找到物塊的向心力，即可求出答案?！驹斀狻緼向右勻速時(shí)，夾子給物塊的摩擦力等于物塊的重力Mg,所以根據(jù)牛頓第三定律，可得物塊給夾子一個(gè)反作用力Mg,所以繩子里面的張力等于Mg。A正確。B小環(huán)碰到釘子以后，物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)f-Mg=mv2L，繩子張力大小等于f，不一定大于2F，B錯(cuò)
37、。C小環(huán)碰到釘子以后，物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，所以物塊上升的最大高度為v22g。C對。D當(dāng)夾子的摩擦力等于最大靜摩擦力時(shí)，物塊的速度最大，可得2F-Mg=mvm2L，D錯(cuò)。【點(diǎn)睛】圓周運(yùn)動(dòng)的問題關(guān)鍵是分析好向心力的構(gòu)成。20如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一光滑水平直軌道與半徑為R的光滑半圓形軌道在半圓的一個(gè)端點(diǎn)B相切，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從A點(diǎn)通過B點(diǎn)進(jìn)入半徑為R的半圓，恰好能通過半圓的最高點(diǎn)M，從M點(diǎn)飛出后落在水平面上，不計(jì)空氣阻力，則A小球到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度大小為0B小球在A點(diǎn)時(shí)的速度為5gRC小球落地點(diǎn)離B點(diǎn)的水平距離為2R D小球落地時(shí)的動(dòng)能為3mgR【答案】 BC【解析】【分析】小球恰好能通
38、過半圓的最高點(diǎn)M，由重力提供向心力，由此求出小球通過M點(diǎn)的速度；由動(dòng)能定理求出小球在A點(diǎn)時(shí)的速度；由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求小球落地點(diǎn)離B點(diǎn)的水平距離，再由動(dòng)能定理求小球落地時(shí)的動(dòng)能；【詳解】A、小球恰好能通過半圓的最高點(diǎn)M，由重力提供向心力，則有mg=mvM2R，解得vM=gR，故A錯(cuò)誤；B、從A到M，由動(dòng)能定理得：-2mgR=12mvM2-12mvA2，解得：vA=5gR，故B正確；C、小球離開M點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有x=vMt，2R=12gt2，得x=2R，故C正確；D、M到落地,由動(dòng)能定理得：2mgR=Ek-12mvM2，解得小球落地時(shí)的動(dòng)能Ek=52mgR，故D錯(cuò)誤；故選BC?！军c(diǎn)睛】關(guān)鍵是認(rèn)
39、真分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，將其分解為我們常見的物理學(xué)模型，如平拋、自由落體、圓周運(yùn)動(dòng)等，即可利用常見公式進(jìn)行解答。三、解答題21光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點(diǎn)，質(zhì)量為m的小球B靜止于水平軌道上P點(diǎn)，小球半徑遠(yuǎn)小于R。與B相同的小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A、B碰后粘連在一起。求當(dāng)v0的大小在什么范圍時(shí)，兩球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離軌道。已知重力加速度為g?！敬鸢浮縱022gR或v025gR【解析】【詳解】AB碰撞動(dòng)量守恒，則：mv02mv若兩物體能到達(dá)與圓心等高的位置，則：2mgR0122mv2，解得v022gR若兩物體恰能到達(dá)最高點(diǎn)，則：2mg2R122mv2122mv2
40、，2mg2mv2R，解得v025gR綜上，當(dāng)v022gR或v025gR時(shí)，兩球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離軌道。22如圖所示，MN是半徑為R=0.2m的豎直四分之一光滑圓弧軌道，豎直固定在水平桌面上，軌道末端處于桌子邊緣并與水平桌面相切于N點(diǎn)。把一質(zhì)量為m=1kg的小球B靜止放于N點(diǎn)，另一完全相同的小球A由M點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)與B球發(fā)生正碰，碰后粘在一起水平飛出，落在地面上的P點(diǎn)。若桌面高度為h=0.8m，取重力加速度g=10m/s。不計(jì)阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）小球A運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與小球B碰前的速度v0的大小（2）小球A與小球B碰后瞬間的共同速度v的大?。?）P點(diǎn)與N點(diǎn)之間的水平距離x【
41、答案】（1）v0=4m/s （2）v=2m/s （3）x=0.8m【解析】【詳解】（1）由機(jī)械能守恒定律：mgR=mv02/2解得：v0=4m/s（2）小球A與小球B碰撞過程動(dòng)量守恒，則：mv0=2mv解得：v=2m/s（3）小球做平拋運(yùn)動(dòng)：h=gt2/2 x=vt解得：x=0.8m23如圖所示,質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在傾角為=30足夠長的、固定的光滑斜面上,木板下端上表而與半徑R=3m的固定的光滑圓弧軌道相切圓弧軌道最高點(diǎn)B與圓心O等高.一質(zhì)量m2=2kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊以v0=15m/s的初速度從長木板頂端沿木板滑下已知滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)u=33,木板每次撞擊圓弧軌道時(shí)都會(huì)
42、立即停下而不反彈,最終滑未從木板上端滑出,取重力加速度g=10m/s2.求(1)滑塊離開圓弧軌道B點(diǎn)后上升的最大高度;(2)木板的最小長度;(3)木板與圓弧軌道第二次碰撞時(shí)損失的機(jī)械能?！敬鸢浮?1)9.75m (2)7.5m (3)509J5.56J【解析】【詳解】(1)由滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=33=tan300可知，滑塊在木板上勻速下滑，即滑塊到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小依然為v0=15m/s，設(shè)滑塊離開圓弧軌道B點(diǎn)后上升的最大高度為h，則由機(jī)械能守恒定律可得：12m2v02=m2g(Rcos+h)解得：h=9.75m ；(2) 由機(jī)械能守恒定律可得滑塊回到木板底端時(shí)速度大小為v0=15m/s
43、，滑上木板后，木板的加速的為a1，由牛頓第二定律可知：m2gcosm1gsin=m1a1滑塊的加速度為a2，由牛頓第二定律可知：m2gcos+m2gsin=m2a2設(shè)經(jīng)過t1時(shí)間后兩者共速，共同速度為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：v1=v0a2t1=a1t1該過程中木板走過的位移：x1=v12t1滑塊走過的位移：x2=v0+v12t1之后一起勻減速運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，若滑塊最終未從木板上端滑出，則木板的最小長度：L=x2x1聯(lián)立解得：L=7.5m；(3) 滑塊和木板一起勻減速運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，然后一起滑下，加速度均為a3，由牛頓第二定律可知：(m1+m2)gsin=(m1+m2)a3一起勻減速向上運(yùn)動(dòng)的位移：
44、x3=v122a3木板從最高點(diǎn)再次滑至A點(diǎn)時(shí)的速度為v2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：x1+x3=v222a3滑塊第三次、第四次到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度大小均為v2，第二次沖上木板，設(shè)又經(jīng)過時(shí)間t2兩者共速，共同速度為v3，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：v3=v2a2t2=a1t2該過程中木板走過的位移：x4=v32t2一起勻減速向上運(yùn)動(dòng)的位移：x5=v322a3設(shè)木板第二次滑至A點(diǎn)時(shí)的速度為v4，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：x4+x5=v422a3木板與圓弧軌道第二次碰撞時(shí)損失的機(jī)械能為E=12m1v42聯(lián)立各式得：E=509J5.56J。24如圖所示，半徑為R的圓管BCD豎直放置，一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的小球以某一初速度從A點(diǎn)水
45、平拋出，恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓管，到達(dá)圓管最高點(diǎn)D后水平射出已知小球在D點(diǎn)對管下壁壓力大小為12mg，且A、D兩點(diǎn)在同一水平線上，BC弧對應(yīng)的圓心角60，不計(jì)空氣阻力求：(1)小球在A點(diǎn)初速度的大小；(2)小球在D點(diǎn)角速度的大??；(3)小球在圓管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中克服阻力做的功【答案】(1)gR；(2)g2R；(3)14mgR【解析】【分析】（1）根據(jù)幾何關(guān)系求出平拋運(yùn)動(dòng)下降的高度，從而求出豎直方向上的分速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解求出初速度的大小（2）根據(jù)向心力公式求出小球在D點(diǎn)的速度，從而求解小球在D點(diǎn)角速度（3）對A到D全程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出小球在圓管中運(yùn)動(dòng)時(shí)克服阻力做的功【詳解】（1）小球
46、從A到B，豎直方向: vy22gR(1cos 60)解得vy3gR在B點(diǎn)：v0vytan600gR.（2）在D點(diǎn)，由向心力公式得mg-12mgmvD2R解得vD2gR2vDRg2R.（3）從A到D全過程由動(dòng)能定理：W克12mvD212mv02解得W克14mgR.【點(diǎn)睛】本題綜合考查了平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的基礎(chǔ)知識(shí)，難度不大，關(guān)鍵搞清平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，以及圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源25將一擋板傾斜地固定在水平面上，傾角為30，如圖所示?，F(xiàn)有質(zhì)量為m的小球由擋板上方的A點(diǎn)以v0的初速度水平向右拋出，小球落在擋板上的B點(diǎn)時(shí)，小球速度方向剛好與擋板垂直，求：（1）小球落在B點(diǎn)時(shí)的速度（
47、2）A、B兩點(diǎn)的豎直高度差與水平距離之比【答案】（1）2v0（2）32【解析】【分析】（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平速度不變，在B點(diǎn)的速度分解，根據(jù)幾何知識(shí)求解B點(diǎn)的速度；根據(jù)水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)求解A、B兩點(diǎn)的豎直高度差與水平距離之比.【詳解】（1）將B點(diǎn)的速度分解，如圖，則vB=v0sin300=2v0（2）豎直方向：vBcos300=gtA、B兩點(diǎn)的豎直高度差與水平距離之比hx=12gt2v0t=gt2v0=3226將一個(gè)物體以10m/s的速度從15米的高度水平拋出，求(1)落地的時(shí)間是多少？(2)落地時(shí)它的速度方向與地面的夾角是多少？（不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2）
48、【答案】（1）3s（2）60【解析】【分析】平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向上的速度已知，根據(jù)速度位移公式Vy2-0=2gh 求出豎直方向上的分速度，從而求出速度方向與地面的夾角【詳解】（1）根據(jù)h=12gt2可得落地的時(shí)間t=2hg=21510s=3s（2）落地時(shí)在水平方向的分速度是vx=v0=10m/s豎直方向由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律知vy2-0=2gh由此得vy2gh103m/s若速度方向與地面的夾角用來表示，則tan=vyvx3所以=60【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)分別求出水平分速度和豎直分速度
49、，即可知道速度方向與地面的夾角27如圖所示，小明參加戶外競技活動(dòng)，站在平臺(tái)邊緣抓住輕繩一端，輕繩另一端固定在O點(diǎn)，繩子剛好被拉直且偏離豎直方向的角度=60。小明從A點(diǎn)由靜止往下擺，達(dá)到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)突然松手，順利落到靜止在水平平臺(tái)的平板車上，然后隨平板車一起向右運(yùn)動(dòng)。到達(dá)C點(diǎn)，小明跳離平板車(近似認(rèn)為水平跳離)，安全落到漂浮在水池中的圓形浮漂上。繩長L=1.6m，浮漂圓心與C點(diǎn)的水平距離x=2.7m、豎直高度y=1.8m，浮漂半徑R=0.3m、不計(jì)厚度，小明的質(zhì)量m=60kg，平板車的質(zhì)量m=20kg，人與平板車均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)平板車與平臺(tái)之間的摩擦。重力加速度g=10m/s2，求：(1)輕
50、繩能承受最大拉力不得小于多少?(2)小明跳離平板車時(shí)的速度在什么范圍?(3)若小明跳離平板車后恰好落到浮漂最右端，他在跳離過程中做了多少功?【答案】（1）1200N（2）4m/svc5m/s（3）480J【解析】【分析】（1）首先根據(jù)機(jī)械能守恒可以計(jì)算到達(dá)B點(diǎn)的速度，再根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)計(jì)算拉力大小。（2）由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，按照位移大小可以計(jì)算速度范圍（3）由動(dòng)量守恒和能量守恒規(guī)律計(jì)算即可?！驹斀狻拷?l)從A到B由功能關(guān)系可得mgL(1-cos)=12mv2代人數(shù)據(jù)求得v=4 m/s在最低點(diǎn)B處，T-mg=mv2L聯(lián)立解得，輕繩能承受最大拉力不得小于T=1200N(2)小明離開滑板后可認(rèn)為做平拋
51、運(yùn)動(dòng)豎直位移y=12gt2離C點(diǎn)水平位移最小位移x-R=vmint離C點(diǎn)水平位移最大為x+R=vmint聯(lián)立解得小明跳離滑板時(shí)的速度4 m/svc5 m/s(3)小明落上滑板時(shí)，動(dòng)量守恒mv=(m+m0)v1代人數(shù)據(jù)求得v1=3 m/s離開滑板時(shí)，動(dòng)量守恒(m+m0)v1=mvC+m0v2將代人得V2=-3 m/s由功能關(guān)系可得W=(12mvC2+12m0v22)-12m+m0v12解得W=480 J28如圖所示，光滑1/4圓形軌道PQ豎直固定，半徑為R，軌道最低點(diǎn)距離地面的高度也為R。質(zhì)量為m的小球從P點(diǎn)由靜止下滑，離開Q點(diǎn)后落至水平面上，取重力加速度為g，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，求：
52、（1）小球通過軌道末端Q時(shí)，軌道對小球的彈力大?。?）小球落地點(diǎn)與Q點(diǎn)的距離?！敬鸢浮浚?）3mg（2）5R【解析】【分析】（1）小球由PQ過程中，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求經(jīng)過Q點(diǎn)的速度小球經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)，由重力和支持力的合力提供向心力，由向心力公式列式求解；（2）小球從Q點(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的位移公式求解x【詳解】（1）設(shè)小球在Q點(diǎn)時(shí)的速度為v0，軌道對小球的彈力為N小球從P到Q的過程由動(dòng)能定理：mgR=12mv02在Q點(diǎn)時(shí)：N-mg=mv02R由得N=3mg（2）小球從Q點(diǎn)平拋的過程，水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向：x=v0t豎直方向：R=12gt2
53、小球落地點(diǎn)與Q點(diǎn)的距離為：L=x2+R2得L=5R 【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵對兩個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程分析清楚，然后選擇機(jī)械能守恒定律和平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式求解29距水平地面高5 m的平臺(tái)邊緣放有一質(zhì)量為1 kg的木塊，一質(zhì)量為20 g的子彈水平射入木塊，并留在木塊內(nèi)，木塊在子彈的沖擊下掉落到水平地面上，測得木塊落地位置到平臺(tái)邊緣的水平距離為3 m。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g10 m/s2。求：（1）子彈射入木塊前瞬間的速度大小；（2）子彈射入木塊的過程中所產(chǎn)生的內(nèi)能。【答案】（1）153 m/s （2）229.5 J【解析】【分析】（1）子彈射入木塊過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒；子彈射入木塊后與木塊一起做平
54、拋運(yùn)動(dòng)。據(jù)此列方程求解即可；（2）由能量守恒可知，系統(tǒng)減小的動(dòng)能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能。據(jù)此列方程即可求解?！驹斀狻浚?）子彈射入木塊后與木塊一起做平拋運(yùn)動(dòng)，有h=12gt2vtx解得：v3 m/s子彈射入木塊過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv0(m+M)v解得：v0153 m/s。（2）由能量守恒可知Q=12mv02-12(m+M)v2解得：Q229.5 J。30如圖所示，是某興趣小組舉行遙控賽車比賽示意圖。一質(zhì)量為m的小賽車從水平軌道的A點(diǎn)由靜止出發(fā)，沿著動(dòng)摩擦因數(shù)為的水平直線運(yùn)動(dòng)L后，從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑、半徑為R的半圓形軌道，并通過最高點(diǎn)C完成比賽其中，B點(diǎn)是半圓軌道的最低點(diǎn)，也是水平軌道與
55、豎直半圓軌道的平滑相切點(diǎn)。賽車通電后以額定功率P起動(dòng)，重力加速度為g?，F(xiàn)要完成賽車的比賽。求(1)賽車電動(dòng)機(jī)工作的最短時(shí)間；(2)賽車從最高點(diǎn)C飛出的最大距離?！敬鸢浮浚?）mgP(L+52R)（2）4Rg(Pmg)2-4gR【解析】【詳解】(1)當(dāng)賽車恰好過C點(diǎn)時(shí)在B點(diǎn)對軌道壓力最小，賽車在C點(diǎn)對有：mg=mvC2R解得vC=gR賽車從A到C的整個(gè)過程中，運(yùn)用動(dòng)能定理：pt-mgL-2mgR= 12mvC2聯(lián)立解得：t=mgP(L+52R)；（2）賽車由B到C機(jī)械能守恒，12mvBm2=12mvC2+2mgR平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：xm=vCt豎直方向：2R=12gt2賽車從A到B，功率P=FvmF=f=mg聯(lián)立以上各式得：xm=4Rg(Pmg)2-4gR【點(diǎn)睛】（1）賽車恰好通過最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)軌道對滑塊的壓力為0，即重力恰好提供向心力，可以求出vC，從A到C的整個(gè)過程中，運(yùn)用動(dòng)能定理可求最短工作時(shí)間；（2）賽車從A到B，牽引力等于摩擦力時(shí)速度最大。由B到C機(jī)械能守恒。從C拋出運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，聯(lián)立即可求解最遠(yuǎn)距離26
2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題04 曲線運(yùn)動(dòng)（含解析）
