2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練六 曲線運動（含解析）

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1、曲線運動 1．曲線運動的問題每年必考，主要是在實際問題中考查速度、加速度、及位移的分解，平拋運動的處理方法，以及圓周運動與牛頓運動定律、能量等內(nèi)容的綜合應(yīng)用。 2．常用思想方法： (1)從分解的角度處理平拋運動。 (2)圓周運動的動力學(xué)問題實際上是牛頓第二定律的應(yīng)用，且已知合外力方向(勻速圓周運動指向圓心)，做好受力分析，由牛頓第二定律列方程。 二、考題再現(xiàn) 典例1.(2019·全國卷Ⅱ·19)如圖（a），在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v－t圖

2、象如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則(　　) A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第一次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大 D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大 典例2.(2018?全國III卷?25)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sin α＝。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到

3、重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求： (1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大??； (2)小球到達A點時動量的大?。? (3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。 三、對點速練 1．2019年央視春晚加入了非常多的科技元素，在舞臺表演中還出現(xiàn)了無人機?，F(xiàn)通過傳感器將某臺無人機上升向前追蹤拍攝的飛行過程轉(zhuǎn)化為豎直向上的速度vy及水平方向速度vx與飛行時間t的關(guān)系圖

4、象如圖所示。則下列說法正確的是(　　) A．無人機在t1時刻處于失重狀態(tài) B．無人機在0～t2這段時間內(nèi)沿直線飛行 C．無人機在t2時刻上升至最高點 D．無人機在t2～t3時間內(nèi)做勻變速運動 2．(多選)如圖所示，某同學(xué)將一塊橡皮用光滑細線懸掛于O點，用一枝鉛筆貼著細線中點的左側(cè)以速度v水平向右勻速移動。則在鉛筆移動到圖中虛線位置的過程中(　　) A．細線繞O點轉(zhuǎn)動的角速度變小 B．細線繞O點轉(zhuǎn)動的角速度不斷增大 C．橡皮的運動軌跡為曲線 D．橡皮處于超重狀態(tài) 3．(多選)如圖所示，半圓形容器固定在地面上，其內(nèi)表面各處粗糙程度不同，一物塊從容器邊緣A點以向下的初速度開始

5、運動，物塊在AO段能以大小不變的速度沿容器內(nèi)壁運動到底部O點，后又沿OB運動，到達B點時速度恰好為零。則下列說法正確的是(　　) A．AO段滑塊受到的合外力大小不變 B．AO段重力與摩擦力的合力越來越大 C．OB段克服重力做功的功率越來越小 D．克服摩擦力所做的功，AO段一定小于OB段 4．如圖所示，水平面上固定一個斜面，從斜面頂端向右平拋一個小球，當(dāng)初速度為v0時，小球恰好落到斜面底端，小球在空中運動的時間為t0?，F(xiàn)用不同的初速度v從該斜面頂端向右平拋該小球，以下哪個圖象能正確表示小球在空中運動的時間t隨初速度v變化的關(guān)系(　　) 5．在水平地面上有相距為L的A、B兩點，甲小

6、球以v1＝10 m/s的初速度，從A點沿與水平方向成30°角的方向斜向上拋出，同時，乙小球以v2的初速度從B點豎直向上拋出。若甲在最高點時與乙相遇，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法錯誤的是(　　) A．乙球的初速度v2一定是5 m/s B．相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度 C．L為2.5 m D．甲球與乙球始終在同一水平面上 6．甲、乙兩位同學(xué)在不同位置沿水平各射出一枝箭，箭落地時，插入泥土中的形狀如圖所示，已知兩支箭的質(zhì)量、水平射程均相等，若不計空氣阻力及箭長對問題的影響，則甲、乙兩支箭(　　) A．空中運動時間之比為1∶ B．射出的初速度大小之比為1∶ C．下降高

7、度之比為1∶3 D．落地時動能之比為3∶1 7．在傾角為α的斜坡上，沿著與水平線成α角的方向斜向上方拋出一石塊，如圖所示。設(shè)石塊落在斜坡上的位置離拋出點的距離為L，則石塊拋出的初速度為(　　) A． B． C． D． 8．(多選)如圖所示，光滑直角細桿POQ固定在豎直平面內(nèi)，OP邊水平，OP與OQ在O點平滑相連，質(zhì)量均為m的A、B兩小環(huán)用長為L的輕繩相連，分別套在OP和OQ桿上。初始時刻，將輕繩拉至水平位置拉直（即B環(huán)位于O點），然后同時釋放兩小環(huán)，A環(huán)到達O點后，速度大小不變，方向變?yōu)樨Q直向下，已知重力加速度為g。下列說法正確的是(　

8、　) A．當(dāng)B環(huán)下落時，A環(huán)的速度大小為 B．在A環(huán)到達O點的過程中，B環(huán)先加速后減速 C．A環(huán)到達O點時速度大小為 D．當(dāng)A環(huán)到達O點后，再經(jīng)的時間能追上B環(huán) 9．如圖（a）所示，A、B為釘在光滑水平面上的兩根鐵釘，小球C用細繩拴在鐵釘B上（細繩能承受足夠大的拉力），A、B、C在同一直線上。t＝0時，給小球一個垂直于繩的速度，使小球繞著兩根鐵釘在水平面上做圓周運動。在0≤t≤10 s時間內(nèi)，細繩的拉力隨時間變化的規(guī)律如圖（b）所示，則下列說法中正確的有(　　) A．小球的速率越來越大 B．細繩第三次到第四次撞擊釘子經(jīng)歷的時間是4 s C．在t＝13.5 s時，繩子的拉

9、力為7.5 N D．細線每撞擊一次釘子，小球運動的半徑減小繩長的 10．如圖所示，底端切線水平且豎直放置的光滑圓弧軌道的半徑R＝2 m，其軌道底端P距地面的高度h＝5 m，P與右側(cè)豎直墻的距離L＝1.8 m，Q為圓弧軌道上的一點，它與圓心O的連線OQ與豎直方向的夾角為53°。現(xiàn)將一質(zhì)量m＝100 g、可視為質(zhì)點的小球從Q點由靜止釋放，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力。（sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6） (1)小球運動到P點時對軌道的壓力多大？ (2)若小球每次和豎直墻壁的碰撞均是彈性碰撞，則小球的最終落地點離右側(cè)墻角B點的距離為多少？（小球和地面碰撞后不再彈起

10、） 11．如圖所示，在水平圓盤上，沿半徑方向放置物體A和B，mA＝4 kg，mB＝1 kg，它們分居在圓心兩側(cè)，與圓心距離為rA＝0.1 m，rB＝0.2 m，中間用細線相連，A、B與盤間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，若圓盤從靜止開始繞中心轉(zhuǎn)軸非常緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，fA表示物體A與圓盤之間的摩擦力，g＝10 m/s2。 (1)細線中出現(xiàn)張力時，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω1； (2)A、B兩物體相對圓盤將要滑動時，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω3； (3)在下列坐標(biāo)圖中分別畫出A、B兩物體滑動前，fA隨ω2變化的關(guān)系圖象

11、。 答案 二、考題再現(xiàn) 典例1.【解析】由v－t圖面積易知第二次面積大于等于第一次面積，故第二次豎直方向下落距離大于第一次下落距離，A錯誤；由于第二次豎直方向下落距離大，由于位移方向不變，故第二次水平方向位移大，B正確；由于v－t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由易知a1＞a2，C錯誤；由圖象斜率，速度為v1時，第一次圖象陡峭，第二次圖象相對平緩，故a1＞a2，由G－fy＝ma，可知fy1＜fy2，故D正確。 【答案】BD 典例2.【解析】(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F。由力

12、的合成法則有 ＝tan α① F2＝(mg)2＋F② 設(shè)小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得 F＝m③ 由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝mg④ v＝。⑤ (2)設(shè)小球到達A點的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關(guān)系得 DA＝Rsin α⑥ CD＝R(1＋cos α)⑦ 由動能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為p＝mv1＝。⑨ (3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g。設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點落至水平軌道上所用時間為t。由運動學(xué)公式有 v

13、⊥t＋gt2＝CD⑩ v⊥＝vsin α? 由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝。? 【答案】見解析 三、對點速練 1．【答案】D 【解析】依據(jù)圖象可知，無人機在t1時刻，在豎直方向上勻加速直線運動，而水平方向則是勻減速直線運動，則無人機有豎直向上的加速度，那么處于超重狀態(tài)，不是失重狀態(tài)，故A錯誤；由圖象可知，無人機在0～t2這段時間，豎直方向向上勻加速直線運動，而水平方向勻減速直線運動，那么合加速度與合初速度不共線，所以物體做曲線運動，即物體沿曲線上升，故B錯誤；無人機在豎直方向，先向上勻加速直線，后向上勻減速直線運動，因此在t2時刻沒有上升至最高點，故C錯誤；無人機在t2～

14、t3時間內(nèi)，水平方向做勻速直線運動，而豎直向上方向做勻減速直線運動，因此合運動做勻變速運動，故D正確。 2．【答案】ACD 【解析】根據(jù)運動的合成與分解，則有，垂直繩子方向的速度為：v⊥=vcosθ，而半徑為，那么角速度為：，而θ逐漸增大，因此角速度減小，故A正確，B錯誤；由圖，并結(jié)合幾何關(guān)系，則有：v繩=vsinθ，因v不變，當(dāng)θ逐漸增大，因此繩子速度增大，向上加速；依據(jù)運動的合成，可知，橡皮的運動軌跡為曲線，而處于超重狀態(tài)，故C、D正確。 3．【答案】AB 【解析】由題意知，在AO段是勻速圓周運動，合外力提供向心力，所以合外力大小不變，故A正確；小球受重力、摩擦力方向如圖所示，根據(jù)

15、題意知Ff＝mgsinθ，重力與摩擦力的合力等于mgcosθ，從A到O過程中θ一直減小，所以重力與摩擦力的合力越來越大，故B正確；在O點重力做功功率等于零，到B點重力做功功率也等于零，所以O(shè)B段克服重力做功的功率先增大，后減小，所以C錯誤；由題意知，從O到B物塊做減速運動，所以在OB段受摩擦力小于在AO段的摩擦力，故克服摩擦力所做的功，AO段一定小于OB段，所以D錯誤。 4．【答案】C 【解析】設(shè)斜面傾角為θ，當(dāng)小球落在斜面上時，有，解得，即t與速度v 成正比；當(dāng)小球落在水平面上時，根據(jù)，解得t＝，知運動時間不變，可知t與v的關(guān)系圖線先是過原點的一條傾斜直線然后是平行于橫軸的

16、直線，故選項C正確，A、B、D錯誤。 5．【答案】B 【解析】甲球豎直方向的初速度vy＝v1sin30°＝5m/s，水平方向的初速度v0＝v1cos30°＝5m/s。甲球在最高點與乙球相遇，說明甲球和乙球在豎直方向具有相同的運動規(guī)律，則乙球的初速度v2＝vy＝5m/s，故A正確；相遇前甲球的水平速度不為零，豎直方向與乙球的速度相同，所以在相遇前甲球的速度不可能小于乙球的速度，故B錯誤；相遇時間t＝vy/g＝0.5s，則L＝v0t＝2.5m，故C正確；由于甲球和乙球豎直方向的運動情況相同，所以甲球與乙球始終在同一水平面上，故D正確。本題選錯誤的，故選B。 6．【答案】B 【解析】根據(jù)豎直

17、方向的自由落體運動可得h＝gt2，水平射程：x＝v0t；可得：x＝v0；由于水平射程相等，則：；末速度的方向與水平方向之間的夾角的正切值：；可得：，；聯(lián)立可得：h甲＝3h乙，即下落得高度之比為3∶1；根據(jù)豎直方向的自由落體運動 可得h＝gt2，在可知運動時間之比為∶1，故AC錯誤；運動時間之比為∶1，可知射出的初速度大小之比為1∶，故B正確；它們下落得高度之比為3∶1；但射出的初速度大小之比為1∶，所以落地的動能之比不等于3∶1，故D錯誤。 7．【答案】B 【解析】將石塊的運動看成是沿v0方向的勻速直線運動和自由落體運動的合運動，運動合成情況如圖所示，圖中平行四邊形對角線是合運動位移，依

18、題意其大小為L，兩條相鄰邊s和h則是兩個分運動的位移,設(shè)運動時間為t，由運動學(xué)公式知：s＝v0t，h＝gt2再由幾何關(guān)系知：scosα＝Lcosα，ssinα＋Lsinα＝h聯(lián)立以上四式，消去t，解得，故B正確。 8．【答案】ABD 【解析】B環(huán)下落一段位移后，設(shè)繩子與水平方向之間的夾角為α，則與豎直方向之間的夾角β=90°-α；設(shè)此時A的速度為vA，將A的速度沿繩子方向與垂直于繩子的方向分解，設(shè)沿繩子方向的分速度為v，如圖，則v=vAcosα，設(shè)B的速度為vB，將B的速度 也沿繩子的方向與垂直于繩子的方向分解如圖，其中沿繩子方向的分速度與A沿繩子方向的分速度是相等的，則：v=vBc

19、osβ，所以：，當(dāng)B環(huán)下落時繩子與水平方向之間的夾角：，所以：α=30°，則：，B下降的過程中A與B組成的系統(tǒng)機械能守恒，得：，聯(lián)立得A環(huán)的速度大小為：，故A正確；B開始下降的過程中速度由0開始增大，所以是做加速運動，當(dāng)繩子與水平方向之間的夾角α接近90°時，tanα→∞，則：．可知當(dāng)A到達O點時，B的速度等于0，所以B一定還存在減速的過程，即A環(huán)到達O點的過程中，B環(huán)先加速后減速．故B正確；由于A到達O點時B的速度等于0，由機械能守恒得：，所以：，故C錯誤；環(huán)A過O點后做加速度大于g的勻加速直線運動，B做自由落體運動，當(dāng)A追上B時：vA′t+gt2＝L+gt2，所以，故D正確。 9．【答案

20、】C 【解析】小球在水平方向只受垂直于速度方向的繩子的拉力作用，小球速度大小不變，故A錯誤；0～6s內(nèi)繩子的拉力不變，知，6～10 s內(nèi)拉力大小不變，知，因為F2＝F1，則l′＝l，兩釘子之間的間距，第一個半圈經(jīng)歷的時間為6s，則，則第二個半圈的時間，細繩每跟釘子碰撞一次，轉(zhuǎn)動半圈的時間少，則細繩第三次碰釘子到第四次碰釘子的時間間隔△t＝6－3×1＝3s。根據(jù)上述分析可知：6－11s時，小球在轉(zhuǎn)第二個半圈，則繩子的拉力為6N，不發(fā)生變化，根據(jù)F＝mω2r可知，球在t＝10s時的角速度等于t＝10.5s時的角速度，故BD錯誤，C正確。 10．【答案】見解析 【解析】(1)小球由Q到P的過程

21、，由動能定理得：mgR(1－cos 53°)＝mv2 ① 在P點小球所受的支持力為F，由牛頓第二定律有：F－mg＝m② 聯(lián)立解得F＝1.8 N 根據(jù)牛頓第三定律知，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮'＝1.8 N。③ (2)小球到達P點時速度的大小為v，由①得v＝4 m/s 若右側(cè)無墻壁，則小球做平拋運動的時間t＝⑤ 聯(lián)立④⑤解得小球做平拋運動的射程x＝vt＝4 m ⑥ 由彈性碰撞和鏡面對稱的規(guī)律知，小球和左右兩側(cè)豎直墻壁各碰一次后，落到地面上，落點與B點相距 s＝L－(x－2L)＝1.4 m。⑦ 11．【答案】見解析 【解析】(1)運動開始，兩個物塊的向心力各由圓盤對他們的摩

22、擦力提供，則有： fA＝FA＝mAω2rA＝0.4ω2 (N) fB＝FB＝mBω2rB＝0.2ω2 (N) 繩子拉力：T＝0 隨著圓盤轉(zhuǎn)速的增加，當(dāng)ω達到ω1時，物塊B達到最大靜摩擦力，則有： fB＝μmBg＝0.2ω12 (N) 解得：ω1＝rad/s (2)隨后，繩子有拉力T A物塊：fA＋T＝0.4ω2(N) B物塊：μmBg＋T＝0.2ω2 (N) 解得：fA＝0.2ω2＋2 (N) 當(dāng)ω＝ω2時，fA＝μmAg，ω2＝rad/s 當(dāng)ω＞ω2時，繩子的拉力持續(xù)增大，以提供兩個物體的向心力，此時，A的摩擦力是最大靜摩擦力，物塊B所受到的摩擦力逐漸減小，直至反向最大 當(dāng)ω＝ω3時，對A：μmAg＋T＝0.4ω32 (N) 對B：T－μmBg＝0.2ω32 (N) 解得：ω3＝rad/s (3)綜上所述fA隨ω2變化的分段函數(shù)為 fA＋T＝0.4ω2(N) 0≤ω≤rad/s fA＝0.2ω2＋2 (N) rad/s≤ω≤rad/s fA＝8 N rad/s≤ω≤rad/s 11