山东专用2022年高考物理一轮复习专题四曲线运动_模拟集训含解析.docx

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1、专题四曲线运动【5年高考】考点一曲线运动、运动的合成与分解1.(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B2.(2018北京理综,20,6分)根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在正下方位置。但实际上,赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处。这一现象可解释为,除重力外,由于地球自转,下落过程小球还受到一个水平向东的“力”,该“力”与竖

2、直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该“力”水平向西,则小球()A.到最高点时,水平方向的加速度和速度均为零B.到最高点时,水平方向的加速度和速度均不为零C.落地点在抛出点东侧D.落地点在抛出点西侧答案D3.(2020北京,14,6分)在无风的环境里,某人在高处释放静止的篮球,篮球竖直下落:如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动(如图)再释放,则篮球在向下掉落过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是,转动的篮球在运动过程中除受重力外,还受到空气施加的阻力f1和偏转力f2。这两个力与篮球速度v的关系大致为:f1=k1v2,方向与篮球运动方向相反:f2=k

3、2v,方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是()A.k1、k2是与篮球转动角速度无关的常量B.篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同C.人站得足够高,落地前篮球有可能向上运动D.释放条件合适,篮球有可能在空中持续一段水平直线运动答案C4.(2016课标,18,6分)(多选)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则()A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变答案BC考点二抛体运动1.(2020课标,16,6分)如图,在摩托车越野

4、赛途中的水平路段前方有一个坑,该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h,其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1,它会落到坑内c点,c与a的水平距离和高度差均为h;若经过a点时的动能为E2,该摩托车恰能越过坑到达b点。E2E1等于()A.20B.18C.9.0D.3.0答案B2.(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。图中为A的运动轨迹,则B的运动轨迹是() A.B.C.D.答案A3.(2019课标,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

5、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BD4.(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

6、看成质点,忽略空气阻力),则()A.足球位移的大小x=L24+s2B.足球初速度的大小v0=g2hL24+s2C.足球末速度的大小v=g2hL24+s2+4ghD.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan =L2s答案B5.(2015课标,18,6分)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.L12g

7、6hvL1g6hB.L14ghv(4L12+L22)g6hC.L12g6hv12(4L12+L22)g6hD.L14ghvha,xaxbxc,则D正确C错误。7.(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。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=。答案v0 tangarctan(2 cot )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tan =vyvx=gtv0,则小球运动到A点的时间为:

8、t=v0tang;tan =v0t12gt2=2v0gt=2tan=2 cot ,所以PA与竖直方向的夹角为:=arctan(2 cot )。8.(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

9、)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)34H(2)Lg2Hmg1+L22HR方向竖直向下(3)mgL24H-R解析(1)设小球在Q点的速度为v,则有:L=vtH=12gt2解得:v=Lg2H 当x=L2时,有:L2=vt1h1=12gt12解得:h1=H4则距Q水平距离为L2的圆环中心到底板的高度h=H-h1=34H。(2)由(1)知小球运动到Q点时速度的大小v=Lg2H在Q点,根据牛顿第二定律有:FN-mg=mv2R解得:FN=mg1+L22HR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

10、定理有:mgR+Wf=12mv2-0解得:Wf=mgL24H-mgR=mgL24H-R。9.(2015海南单科,14,13分)如图,位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成,圆弧半径Oa水平,b点为抛物线顶点。已知h=2 m,s=2 m。取重力加速度大小g=10 m/s2。(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下,当其在bc段轨道运动时,与轨道之间无相互作用力,求圆弧轨道的半径;(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下,求环到达c点时速度的水平分量的大小 。答案(1)0.25 m(2)2103 m/s解析(1)设环到b点时速度为vb,圆弧轨道半径为r,小环从a到b过程中机械能

11、守恒,有mgr=12mvb2环与bc段轨道间无相互作用力,从b到c环做平抛运动:h=12gt2s=vbt联立可得r=s24h代入数据得r=0.25 m(2)环从b点由静止下滑至c点过程中机械能守恒,设到c点时速度为vc,则mgh=12mvc2在bc段两次过程中环沿同一轨迹运动,经过同一点时速度方向相同设环在c点时速度与水平方向间的夹角为,则环做平抛运动时tan =vyvbvy=gt联立式可得tan =22则环从b点由静止开始滑到c点时速度的水平分量为vcx=vc cos 联立三式可得vcx=2310 m/s10.(2016浙江理综,23,16分)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图

12、所示。P是一个微粒源,能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置,离P点的水平距离为L,上端A与P点的高度差也为h。(1)若微粒打在探测屏AB的中点,求微粒在空中飞行的时间;(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围;(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等,求L与h的关系。答案(1)3hg(2)Lg4hvLg2h(3)L=22h解析(1)打在探测屏中点的微粒有32h=12gt2t=3hg(2)打在B点的微粒v1=Lt1;2h=12gt12v1=Lg4h同理,打在A点的微粒初速度v2=Lg2h则微粒的初速度范围为Lg4hvLg2h(3)由能量关系12mv22+m

13、gh=12mv12+2mgh代入、式L=22h方法技巧解决本题的关键是抓住能被探测到的微粒所满足的运动学特征:下降高度在h2h、水平位移相同且都为L。11.(2014浙江理综,23,16分)如图所示,装甲车在水平地面上以速度v0=20 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v=800 m/s。在子弹射出的同时,装甲车开始匀减速运动,行进s=90 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

14、g=10 m/s2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小;(2)当L=410 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。答案(1)209 m/s2(2)0.55 m0.45 m(3)492 mL570 m解析(1)装甲车匀减速运动时的加速度大小a=v022s=209 m/s2(2)第一发子弹飞行时间t1=Lv+v0=0.5 s弹孔离地高度h1=h-12gt12=0.55 m第二发子弹的弹孔离地的高度h2=h-12gL-sv2=1.0 m两弹孔之间的距离h=h2-h1=0.45 m(3)若第一发子弹打到靶的下沿,则射出第一发子弹时,

15、枪口与靶的距离为L1=(v0+v)2hg=492 m若第二发子弹打到靶的下沿,则射出第一发子弹时,枪口与靶的距离为L2=v2hg+s=570 mL的范围为492 mrA可知vBvA,A错误;向心加速度a=2r,因相等r不等,故a不相等,B错误;水平方向mg tan =m2r,即tan =2rg,因rBrA,故BA,C错误;竖直方向T cos =mg,绳子拉力T=mgcos,因BA,故TBTA,D正确。4.(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

16、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

17、,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。5.(2017课标,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力()A.一直不做功B.一直做正功C.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心答案A本题考查功、圆周运动,考查学生的理解能力、推理能力。体现了运动与相互作用观念、能量观念及科学论证的学科素养。大圆环对小环的作用力总是沿大圆环半径方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环的作用力不做功,选项A正确,B错误。 开始时大圆环对小环的作用力方向背离大圆

18、环圆心,一段时间后作用力方向指向大圆环圆心,故选项C、D错误。 解题指导(1)弹力的方向总是垂直于接触面,并且速度的方向总是沿接触面的切线方向,因此在固定接触面上滑动时,弹力总不做功。(2)重力在半径方向上的分量与大圆环对小环的作用力的矢量和提供小环做圆周运动的向心力,设小环转过的角度为,如图所示,小环此时的速度为v,大圆环对小环的作用力为N,由功能关系和圆周运动公式有12mv2=mgR(1-cos )mv2R=mg cos -N解出N=3mg cos -2mg由此可知,当3mg cos 2mg时,N的方向背离大圆环圆心,当3mg cos 2mg时,N的方向指向大圆环圆心。6.(2017江苏单

19、科,5,3分)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v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2FB.小环碰到钉子P时,绳中的张力大于2FC.物块上升的最大高度为2v2gD.速度v不能超过(2F-Mg)LM答案D本题考查了圆周运动的应用、向心力、机械能守恒定律。以物块的运动为载体,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了

20、对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。设夹子与物块间静摩擦力为f,匀速运动时,绳中张力T=Mg=2f,摆动时,物块没有在夹子中滑动,说明匀速运动过程中,夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大值,A错;碰到钉子后,物块开始在竖直面内做圆周运动,在最低点,对整体有T-Mg=Mv2L,对物块有2f-Mg=Mv2L,所以T=2f,由于fF,所以选项B错;由机械能守恒得,MgHmax=12Mv2,所以Hmax=v22g,选项C错;若保证物块不从夹子中滑落,应保证速度为最大值vm时,在最低点满足关系式2F-Mg=Mvm2L,所以vm=(2F-Mg)LM,选项D正确。7.(2016课标,16,6分)小球P和

21、Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点()A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度答案C本题利用不同摆球的运动,体现了运动与相互作用观念、能量观念,考查了推理探究能力。设小球的质量为m,绳长为L,根据动能定理得mgL=12mv2,解得v=2gL,LPLQ,所以vPmQ,LPmQ,所以P球所受绳的拉力大于Q球所受绳的拉力,故C项正确。向心加速度a=v2L=2

22、g,所以在轨迹的最低点,P、Q两球的向心加速度相同,故D项错误。8.(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mg2R+mv222=mv122,联立可得N1-N2=6mg,故选项D正确。9.(2015

23、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=m2r,即g=2r,可见r越大,就应越小,B正确,A错误;角速度与

24、质量m无关,C、D错误。10.(2014课标,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mg2R=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,由牛顿第三定律知C正

25、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12mv2=mg2R,且a=v2R,所以a=4g,以整体为研究对象,受力情况如图所示。F-Mg-mg=ma+M0所以F=Mg+5mg,C正确。11.(2019天津理综,10,16分)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角=12(sin 12

26、0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做功W;(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。答案(16分)(1)7.5104 J(2)1.1103 N解析本题考查匀变速直线运动、动能定理、圆周运动。通过对舰载机整个起飞过程的运动分析、受力分析,以及学生的综合分析能力,体现了科学推理的核心素养。国产航母是大国重器,通过本题也能厚植爱国情怀。(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有v2=L1t根据动能定理,有W=12mv2-0联立式,代入数据,得W=7.5104 J(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有L2=R sin 由牛顿第二定律,有FN-mg=mv2R联立式,代入数据,得FN=1.1103 N一题多解对(1)问:舰载机由静止开始做匀加速直线运动设其匀加速阶段的加速度