北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
专题四 曲线运动
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 =mg sin θ,a =g sin θ,v =a t;NP段,F =0,a =0,运动员做匀速直线运动;
合1 1 N 1 合2 2
PQ段,运动员做平抛运动,a =g>a ,故C正确。
3 1
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 ( )
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L
A.将击中P点,t大于
v
L
B.将击中P点,t等于
v
L
C.将击中P点上方,t大于
v
L
D.将击中P点下方,t等于
v
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
L
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= ,故选项B正确。
v
3.(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3 m的半圆弧BC
与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为4 m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4 m/s,在ABC段的加速度最大为2 m/s2,CD段的
加速度最大为1 m/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 ( )
( 7π)
A.t= 2+ s,l=8 m
4
(9 7π)
B.t= + s,l=5 m
4 2
( 5 7√6π)
C.t= 2+ √6+ s,l=5.5 m
12 6
[ 5 (√6+4)π]
D.t= 2+ √6+ s,l=5.5 m
12 2
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v2
答案 B 根据a= 可知,在BC段、CD段的最大速率分别为v =√a r =√6 m/s,v =
r BC 1 1 CD
√a r =2 m/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=2 m/s,通过
2 2
πr πr 7π
两圆弧的时间为t = 1+ 2= s,小车从A点以最大速率v =4 m/s匀速经过一段距离
2 v v 2 0
l之后开始减速,恰好到B点时速率为2
m/s,根据匀变速直线运动规律得v2-v2
=-2a (8 m-
0 1
l),解得l=5 m,在AB段经历时间t =
l
+
v-v
0 =
9
s,因此总时间为t=
(9
+
7π)
s,选项B正
1 v -a 4 4 2
0 1
确。
易错提醒 通过固定圆弧的时间,取决于沿圆弧运动的速率,BC和CD两段圆弧半径不
同,但通过的速率相等,因此必须先要找出符合题意的最大速率。在AB段运动的最短时
间的对应条件是整个阶段的平均速度最大,因此必须先以最大速度做匀速直线运动,然后
匀减速运动到B点。
4.(2022山东,11,4分)(多选)如图所示,某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向
上击出,击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时,击中墙壁上离地高
度为8.45 m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10 m/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=5 m/s B.v=3√2 m/s
C.d=3.6 m D.d=3.9 m
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v
答案 BD 网球击中墙壁时,竖直速度减为零,故击出时v=√2g(H-h)=12 m/s,t = y
y 上 g
=1.2 s,击出时v=√v2-v2=5 m/s,水平位移x=vt =6 m,故图示中θ=37°,网球击中墙壁前
x 0 y x 上
瞬间,在垂直墙面方向上的速度分量v =v cos θ=4 m/s,在平行墙面方向上的速度分量
x⊥ x
v =v sin θ=3 m/s,碰墙后v '=0.75v =3 m/s,故碰墙后速度为v=√v2 +v '2=3√2 m/s,撞
x∥ x x⊥ x⊥ x∥ x⊥
√2H
墙后着地点到墙壁的距离为d=v '· =3.9 m,故B、D正确。
x⊥
g
5.(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、R
1
和R 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
2
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h 、v 、ω 和h 、v 、
1 1 1 2 2
ω 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
2
平长度和空气阻力。下列说法正确的是 ( )
A.若h =h ,则v ∶v =R ∶R
1 2 1 2 2 1
B.若v =v ,则h ∶h
=R2 ∶R2
1 2 1 2 1 2
C.若ω =ω ,v =v ,喷水嘴各转动一周,则落入每个花盆的水量相同
1 2 1 2
D.若h =h ,喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同,则ω =ω
1 2 1 2
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1
答案 BD 根据平抛运动规律有h= gt2、R=v t,若h =h ,则喷出去的水在空中运动时间
2 0 1 2
√2h
v 1
v R R 1 g h R2
1 1 1 1 1
相等,所以 = ,选项A错误;根据平抛运动规律,得 = ,若v =v ,化简得 = ,
v
2
R
2
R
2 v
√2h
2
1 2 h
2
R
2
2
2 g
选项B正确;浇水时水的流量Q=Sv ,其中S是出水口横截面积,浇水一周总水量为V =Q·
0 总
2π 2π
= S·v ,若ω =ω ,v =v ,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
ω ω 0 1 2 1 2
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
2πR 2π 2π √ g V
为n= ,浇水一周总水量V =Q· = SR ,落入每个花盆的水量V = 总=
d 总 ω ω 2h 0 n
Sd √ g
,若h =h ,落入每个花盆的水量相同,则ω =ω ,选项D正确。
1 2 1 2
ω 2h
6.(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,t 和t 是他落在
1 2
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v 时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
1
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。
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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
y
格数较多,故A错。设雪道的倾角为θ,则水平位移x= ,故B正确。v-t图线的斜率表
tanθ
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=v 时,斜
1
率k >k ,结合牛顿第二定律mg-f=ma可知,第二次所受阻力较大,D正确。
1 2
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3.1×103 m/s,某次
发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/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,1.9×103 m/s
B.东偏南方向,1.9×103 m/s
C.西偏北方向,2.7×103 m/s
D.东偏南方向,2.7×103 m/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v ,附加速度
1
为v ,由速度的合成可知v 的方向为东偏南方向,其大小为v =
2 2 2
√(vcos30°-v )2+(vsin30°)2≈1.9×103 m/s,故B选项正确。
1
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
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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v
B.帆船朝正西方向航行,速度大小为v
C.帆船朝南偏东45°方向航行,速度大小为 √2v
D.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.(2013海南单科,8,5分)(多选)关于物体所受合外力的方向,下列说法正确的是( )
A.物体做速率逐渐增加的直线运动时,其所受合外力的方向一定与速度方向相同
B.物体做变速率曲线运动时,其所受合外力的方向一定改变
C.物体做变速率圆周运动时,其所受合外力的方向一定指向圆心
D.物体做匀速率曲线运动时,其所受合外力的方向总是与速度方向垂直
答案 AD 当物体的速率增大时,合外力是动力,合外力与速度方向间夹角小于90°,而
在直线运动中速率增大时合外力方向与速度方向间夹角必为0°,A正确;物体做变速率的
曲线运动时其合外力可能不变,如平抛运动,故B错误;物体做变速率的圆周运动时,合外
力一方面提供了改变速度方向的向心力,另一方面还提供了改变速度大小的切向力,故此
时合外力的方向一定不指向圆心,C错误;在匀速率曲线运动中,由于物体的速度大小不变,
则物体在速度方向上所受外力矢量和必为零,即物体所受合外力方向只能是垂直于速度
方向,从而只改变速度方向而做曲线运动,但不改变速度的大小,D正确。
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10.(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( )
kv v kv v
A. B. C. D.
√k2-1 √1-k2 √1-k2 √k2-1
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,
d d t
1
则去程时间t = ;回程时行驶路线垂直河岸,故回程时间t = ,由题意有 =k,则k=
1 v 2 √v2-v2 t
1 1 2
√v2-v2 √ v2 v
1 ,得v = = ,选项B正确。
v 1 1-k2 √1-k2
1
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。
11.(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4h ;它们的下端水
0
平,距地面的高度分别为h =h 、h =2h 、h =3h ,如图所示。若沿轨道1、2、3下滑的小
1 0 2 0 3 0
物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为s 、s 、s ,则( )
1 2 3
A.s >s B.s >s C.s =s D.s =s
1 2 2 3 1 3 2 3
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1
答案 BC 根据mgh= mv2得小物块离开轨道时的水平速度v=√2gh,轨道1、2、3下
2
1 √2h
滑的小物块的初速度之比为√3∶√2∶1,由h= gt2,可知t= ,轨道1、2、3下滑的小物
2 g
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
s ∶s ∶s =√3∶2∶√3,故选项B、C正确,A、D错误。
1 2 3
12.(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。
1
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= gt2知
2
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=v t知,x >x ,即两只小球落到水平地面的地
0 先 后
点不同。故选B。
13.(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。
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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
1 √2h √2h
上做自由落体运动,则h= gt2,下落时间t= ,t∝√h,故A、D错误。由v =gt=g· =
2 g y g
1
√2hg,可知B错误。在水平方向上有x=v t,x相同时,t∝ ,故C正确。
0 v
0
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
1
动(满足h= gt2和v =gt)和水平方向上的匀速直线运动(满足x=v t)。②做平抛运动时物
2 y 0
√2h
体运动时间由下落高度决定,运动的水平距离x=v · ,由初速度v 和下落高度共同决
0 0
g
定。
14.(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.① B.② C.③ D.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。
15.(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( )
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√L2
A.足球位移的大小x= +s2
4
√ g (L2 )
B.足球初速度的大小v = +s2
0
2h 4
√ g (L2 )
C.足球末速度的大小v= +s2 +4gh
2h 4
L
D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan θ=
2s
√ L2
答案 B 如图,足球平抛运动的水平位移x= s2+ , 不是足球的位移,所以A错。由
4
x=v t,h= 1 gt2,得v = x = √ s2+ L2 / √2h = √ g (L2 +s2 ) ,B正确。足球的末速度v=√v2+v2=
0 2 0 t 4 g 2h 4 0 y
√ g (L2 )
+s2 +2gh,所以C错误。由图可知足球初速度方向与球门线的夹角为θ,tan
2h 4
L
θ=s/ =2s/L,故D错误。所以本题选B。
2
16.(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( )
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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。
17.(2013安徽理综,18,6分)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m3/min,水离开喷口
时的速度大小为16√3 m/s,方向与水平面夹角为60°,在最高处正好到达着火位置,忽略空
气阻力,则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10 m/s2)( )
A.28.8 m 1.12×10-2 m3 B.28.8 m 0.672 m3
C.38.4 m 1.29×10-2 m3 D.38.4 m 0.776 m3
答案 A 如图,水离开喷口时水平速度v =v cos 60°=8√3 m/s
x
v =v sin 60°=24 m/s
y
v2
所以高度h= y =28.8 m
2g
v
上升时间t= y=2.4 s
g
2.4
所以水量为0.28× m3=1.12×10-2 m3,选项A正确。
60
18.(2013上海单科,19,4分)(多选)如图,轰炸机沿水平方向匀速飞行,到达山坡底端正上方
时释放一颗炸弹,并垂直击中山坡上的目标A。已知A点高度为h,山坡倾角为θ,由此可
算出( )
A.轰炸机的飞行高度 B.轰炸机的飞行速度
C.炸弹的飞行时间 D.炸弹投出时的动能
第12页共36页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
1
答案 ABC 设轰炸机投弹位置高度为H,炸弹水平位移为s,则H-h= v ·t,s=v t,二式相
2 y 0
H-h 1 v v 1 h h 1
y y
除 = · ,因为 = ,s= ,所以H=h+ ,A正确;根据H-h= gt2可求出
s 2 v v tanθ tanθ 2tan2θ 2
0 0
飞行时间,再由s=v t可求出飞行速度,故B、C正确;不知道炸弹质量,不能求出炸弹的动
0
能,D错误。
19.(2013江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,从地面上同一位置抛出两小球A、B,分别落在
地面上的M、N点,两球运动的最大高度相同。空气阻力不计,则( )
A.B的加速度比A的大
B.B的飞行时间比A的长
C.B在最高点的速度比A在最高点的大
D.B在落地时的速度比A在落地时的大
√2h
答案 CD 两球加速度都是重力加速度g,A错误;飞行时间t=2 ,因h相同,则t相
g
同,B错误;水平位移x=v ·t,在t相同情况下,x越大说明v 越大,C正确;落地速度v=
x x
√v2+v2,两球落地时竖直速度v 相同,可见v 越大,落地速度v越大,D正确。
x y y x
20.(2012课标,15,6分)(多选)如图,x轴在水平地面内,y轴沿竖直方向。图中画出了从y
轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹,其中b和c是从同一点抛出的。
不计空气阻力,则( )
A.a的飞行时间比b的长 B.b和c的飞行时间相同
C.a的水平速度比b的小 D.b的初速度比c的大
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1 √2h
答案 BD 小球做平抛运动,在竖直方向上满足h= gt2,得t= ,可知A错B正确。在
2 g
√ g
水平方向上x=v t,即v =x ,且由题图可知h =h>h,x>x >x,则D正确C错误。
0 0 b c a a b c
2h
21.(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L 和L ,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
1 2
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( )
L √ g √ g
A. 1 <v<L
1
2 6h 6h
L √g √(4L2+L2)g
B. 1 <v< 1 2
4 h 6h
C.
L
1
√ g
<v<
1√(4L
1
2+L
2
2)g
2 6h 2 6h
D.
L
1
√g
<v<
1√(4L
1
2+L
2
2)g
4 h 2 6h
1
答案 D 乒乓球做平抛运动,落到右侧台面上时经历的时间t 满足3h= gt2。当v取最
1 2 1
大值时其水平位移最大,落点应在右侧台面的台角处,有v t = √ (L ) 2 ,解得v =
max 1 L2+ 2 max
1 2
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1√(4L2+L2)g;当v取最小值时其水平位移最小,发射方向沿正前方且恰好擦网而过,
1 2
2 6h
1 L L √g
此时有3h-h= gt2 , 1=v t ,解得v = 1 。故D正确。
2 2 2 min 2 min 4 h
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 √ L2+ (L 2 ) 2 。③若球恰好擦网而过,则下落2h的高度,水平位移最小为 L 1 。④平
1 2 2
抛运动的飞行时间由高度决定,而飞行距离由高度和初速度共同决定,当高度一定时,则由
初速度决定。
22.(2018江苏单科,6,4分)(多选)火车以60 m/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10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内,火车( )
A.运动路程为600 m B.加速度为零
C.角速度约为1 rad/s D.转弯半径约为3.4 km
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。
2π×10
θ π
火车的角速度ω= = 360 rad/s= rad/s,选项C错误;火车做匀速圆周运动,其受到
t 180
10
的合外力等于向心力,加速度不为零,选项B错误;火车在10 s内运动路程s=vt=600 m,选
60
v
项A正确;火车转弯半径R= = π m≈3.4 km,选项D正确。
ω
180
23.(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( )
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A.线速度大小之比为4∶3
B.角速度大小之比为3∶4
C.圆周运动的半径之比为2∶1
D.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
v2
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= 知向心
r
加速度大小之比为2∶1,D项错误。
24.(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( )
4πnr
A.转速逐渐减小,平均速率为
Δt
8πnr
B.转速逐渐减小,平均速率为
Δt
4πnr
C.转速逐渐增大,平均速率为
Δt
8πnr
D.转速逐渐增大,平均速率为
Δt
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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
4n·2πr 8πnr
圈,所以它的平均速率 v= = ,故只有B项正确。
Δt Δt
25.(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( )
1√μg √μg √2μg √μg
A. B. C. D.2
2 r r r r
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≤f =μF =μmg
m N
联立可得mω2r≤μmg
√μg
解得ω≤ ,选项B正确,选项A、C、D错误。
r
26.(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
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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
√kg
C.ω= 是b开始滑动的临界角速度
2l
√2kg
D.当ω= 时,a所受摩擦力的大小为kmg
3l
√kg
答案 AC 设木块滑动的临界角速度为ω,kmg=mω2r,所以ω= ,r=l,r =2l,所以
a b
r
ω>ω ,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=
a b
√2kg (√2kg) 2 2
时,a受的摩擦力f=mω2r=m l= kmg,D项错误。
3l a 3l 3
27.(2013课标Ⅱ,21,6分)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图,某公路急转弯处
是一圆弧,当汽车行驶的速率为v 时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该
c
弯道处,( )
A.路面外侧高内侧低
B.车速只要低于v,车辆便会向内侧滑动
c
C.车速虽然高于v,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动
c
D.当路面结冰时,与未结冰时相比,v 的值变小
c
答案 AC 汽车在公路转弯处做圆周运动,需要外力提供向心力,当汽车行驶的速率为
v 时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,即没有指向公路两侧的摩擦力,此时的向
c
心力由地面的支持力和重力的合力提供,故路面外侧高内侧低,选项A正确;当车速低于
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mv2
v 时,车所需向心力 减小,车可能只是具有向内侧滑动的趋势,不一定能够滑动,选项
c r
B错误;同理,当车速高于v,且不超出某一最高限度,车辆可能只是有向外侧滑动的趋势,
c
不一定能够滑动,当超过最大静摩擦力时,才会向外侧滑动,故选项C正确;当路面结冰时,
只是最大静摩擦力变小,v 值不变,D错误。
c
28.(2013江苏单科,2,3分)如图所示,“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等,通过相同
长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀
速转动时,下列说法正确的是( )
A.A的速度比B的大
B.A与B的向心加速度大小相等
C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
答案 D 根据v=ωr,两座椅的ω相等,由r >r 可知v >v ,A错误;向心加速度a=ω2r,因ω
B A B A
ω2r
相等r不等,故a不相等,B错误;水平方向mg tan θ=mω2r,即tan θ= ,因r >r ,故θ >θ ,C
g B A B A
mg
错误;竖直方向T cos θ=mg,绳子拉力T= ,因θ >θ ,故T >T ,D正确。
cosθ B A B A
29.(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10 m,该同
学和秋千踏板的总质量约为50 kg。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8 m/s,此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A.200 N B.400 N
C.600 N D.800 N
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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
mv2
千踏板整体为研究对象,根据牛顿第二定律得2F-mg= ,代入数据解得F=405 N,故每
R
根绳子平均承受的拉力约为400 N,故B项正确,A、C、D项错误。
30.(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。
31.(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N ,在最高点时对轨道的压
1
力大小为N 。重力加速度大小为g,则N -N 的值为( )
2 1 2
A.3mg B.4mg
C.5mg D.6mg
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答案 D 设小球在最低点时速度为v ,在最高点时速度为v ,根据牛顿第二定律有,在最
1 2
mv2 mv2
低点有N -mg= 1,在最高点有N +mg= 2;从最高点到最低点,根据机械能守恒定律
1 2
R R
mv2 mv2
有mg·2R+ 2= 1,联立可得N -N =6mg,故选项D正确。
1 2
2 2
32.(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。
33.(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-5mg B.Mg+mg
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C.Mg+5mg D.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
1 v2
mg·2R= mv2,在大环最低点有F -mg=m ,得F =5mg,此时再以大环为研究对象,受力分
2 N R N
析如图,由牛顿第三定律知,小环对大环的压力为F '=F ,方向竖直向下,故F=Mg+5mg,由
N N
牛顿第三定律知C正确。
1
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
2
v2
mv2=mg·2R,且a= ,所以a=4g,以整体为研究对象,受力情况如图所示。
R
F-Mg-mg=ma+M·0
所以F=Mg+5mg,C正确。
34.(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2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物
√3
体与盘面间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角
2
为30°,g取10 m/s2。则ω的最大值是( )
A.√5 rad/s B.√3 rad/s
C.1.0 rad/s D.0.5 rad/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)
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由沿盘面的合力提供向心力,有
μmg cos 30°-mg sin 30°=mω2R
√ g
得ω= =1.0 rad/s,选项C正确。
4R
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。
35.(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v 从桌面边缘P
0
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= 。
v tanα
答案 0 arctan(2 cot α)
g
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 α=
v t
v gt v tanα 0 2v 2
y = ,则小球运动到A点的时间为:t= 0 ;tan β=1 = 0= =2 cot α,所以
v v g gt2 gt tanα
x 0 2
PA与竖直方向的夹角为:β=arctan(2 cot α)。
36.[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= 。
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gR2 2nπv
答案 (n∈N*)
2v2 R
1 gR2
解析 小球做平抛运动:h= gt2、R=vt,解得h= 。由题意知ωt=2π×n(n∈N*),故联立
2 2v2
2nπv
R=vt可得ω= (n∈N*)。
R
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!
37.(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0.05 s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s 和s 之比为3∶7。重力加速度大小取g=10
1 2
m/s2,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
2√5
答案 m/s
5
解析 依题意,相邻两球影像间隔的时间t=4t =0.2 s
0
设初速度大小为v ,如图所示:
0
由O到A,水平方向:x =v t
1 0
1
竖直方向:y = gt2
1 2
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又s =√x2+ y2
1 1 1
由A到B,水平方向:x =v t
2 0
1 1
竖直方向:y = g(2t)2- gt2
2 2 2
又s =√x2+ y2
2 2 2
s 3
1
=
s 7
2
2√5
联立解得v = m/s
0 5
38.(2022北京,17,9分)体育课上,甲同学在距离地面高h =2.5 m处将排球击出,球的初速
1
度沿水平方向,大小为v =8.0 m/s;乙同学在离地h =0.7 m处将排球垫起,垫起前后球的速
0 2
度大小相等,方向相反。已知排球质量m=0.3 kg,取重力加速度g=10 m/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)4.8 m (2)见解析 (3)6.0 N·s
1
解析 (1)设排球在空中飞行的时间为t,则h -h = gt2,得t=0.6 s
1 2 2
则排球在空中飞行的水平距离x=v t=4.8 m
0
(2)乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小v=gt
y
得v=6.0 m/s
y
则排球被垫起前瞬间的速度大小v=√v2+v2
0 y
得v=10.0 m/s
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设速度方向与水平方向夹角为θ(如图所示),
v
y
则tan θ= =0.75
v
0
(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=6.0 N·s
39.(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
5
的加速度大小恒为 g(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)。
9
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
3
作用。蛙和虫均视为质点,取sin 37°= 。
5
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= H的高度捉住虫时,
4
蛙与虫的水平位移大小之比为2√2∶3,求蛙的最大跳出速率。
(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v ,则在捉住虫的过程中:
m
1
x=v t,H-y= gt2
m 2
y
对于虫子 tan 37°=
Δx
x 2√2 3
由题给条件 = 、y= H,
Δx 3 4
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4
解得v = √gH
m 3
(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(x ,y )、虫在x轴上飞出的位置坐标为
1 1
(x ,0),蛙的运动时间为t ,虫比蛙早开始运动时间为Δt,
2 1
1
对蛙有x =v t 、H-y =
gt2
1 m1 1 2 1
1 5
对虫有y = × g(t +Δt) 2 sin 37°
1 2 9 1
1 5
x -x = × g(t +Δt) 2 cos 37°
2 1 2 9 1
联立整理可得:
2gt2-4√gHt -4H+3x =0
1 1 2
则Δ=(-4√gH) 2 -4×2g×(-4H+3x )≥0
2
解得x ≤2H
2
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
1
时蛙的运动时间为t ,对蛙有x =v t 、H-y =
gt2
2 1 m2 2 2 2
1 5
对虫有y = ×
gt2
sin 37°
2 2 9 2
1 5
x -|x |= × gt2 cos 37°
1 2 2 9 2
联立可解得
2√6-1 1-2√6
|x |= H,即x ≥ H
2 3 2 3
1-2√6
故 H≤x≤2H
3
1 1 5
(3)设蛙运动的时间为t或t',则由竖直方向上的运动有 gt2+ × g×(√2t) 2 sin 37°=H
2 2 9
1 1 5
和 gt'2+ × g×(√17t') 2 sin 37°=H
2 2 9
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√6H √ 3H
解得t= 、t'=
5g 10g
在水平面方向上,当蛙两次均向右侧跳出时
1 5
2
x
1
=v
1
t+
2
×
9
g×(√2t) cos 37°
1 5
2
x
1
=v
1
t'+
2
×
9
g×(√17t') cos 37°
1 26
联立解得v = √30gH,x = H
1 5 1 15
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
1 5
2
x
2
=v
2
t+
2
×
9
g×(√2t) cos 37°
1 5
2
x
2
=
2
×
9
g×(√17t') cos 37°-v
2
t'
1 14
解得v = √30gH,x = H
2 15 2 15
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v 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
m
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
v √H H
得蛙的竖直分速度v=v tan 37°=√gH,运动时间t = y= ,竖直位移y = ,水平位移
y m 1 g g 1 2
4
x = H,且t 小于虫的运动时间,符合题意,最终解得x =2H。
1 3 1 2m
40.(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
1
R的 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
4
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:
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L
(1)距Q水平距离为 的圆环中心到底板的高度;
2
(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。
3
答案 (1) H
4
√ g ( L2 )
(2)L mg 1+ 方向竖直向下
2H 2HR
(
L2
)
(3)mg -R
4H
解析 (1)设小球在Q点的速度为v,则有:L=vt
1
H= gt2
2
√ g
解得:v=L
2H
L L
当x= 时,有: =vt
2 2 1
1
h = gt2
1 2 1
H
解得:h =
1 4
L 3
则距Q水平距离为 的圆环中心到底板的高度h=H-h = H。
2 1 4
√ g
(2)由(1)知小球运动到Q点时速度的大小v=L
2H
v2
在Q点,根据牛顿第二定律有:F -mg=m
N R
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(
L2
)
解得:F =mg 1+
N 2HR
由牛顿第三定律可知,小球对轨道压力的大小F '与F 相等,方向竖直向下。
N N
1
(3)从P到Q,应用动能定理有:mgR+W= mv2-0
f 2
mgL2
(
L2
)
解得:W= -mgR=mg -R 。
f 4H 4H
41.(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 。
2√10
答案 (1)0.25 m (2) m/s
3
解析 (1)设环到b点时速度为v ,圆弧轨道半径为r,小环从a到b过程中机械能守恒,有
b
1
mgr= mv2 ①
2 b
环与bc段轨道间无相互作用力,从b到c环做平抛运动:
1
h= gt2②
2
s=v t③
b
联立可得
s2
r= ④
4h
代入数据得
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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v,则
c
1
mgh= mv2 ⑤
2 c
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θ,则环做平抛运动时
v
y
tan θ= ⑥
v
b
v =gt⑦
y
联立①②⑥⑦式可得
tan θ=2√2⑧
则环从b点由静止开始滑到c点时速度的水平分量为
v =v cos θ⑨
cx c
联立⑤⑧⑨三式可得
2
v = √10 m/s
cx 3
42.(2014浙江理综,23,16分)如图所示,装甲车在水平地面上以速度v =20 m/s沿直线前进,
0
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。
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20
答案 (1) m/s2 (2)0.55 m 0.45 m
9
(3)492 m<L≤570 m
v2 20
解析 (1)装甲车匀减速运动时的加速度大小a= 0= m/s2
2s 9
L
(2)第一发子弹飞行时间t = =0.5 s
1 v+v
0
1
弹孔离地高度h =h-
gt2
=0.55 m
1 2 1
1 (L-s) 2
第二发子弹的弹孔离地的高度h =h- g =1.0 m
2 2 v
两弹孔之间的距离Δh=h -h =0.45 m
2 1
√2h
(3)若第一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L =(v +v)
1 0
g
=492 m
√2h
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L =v +s=570
2
g
m
L的范围为492 m<L≤570 m
43.(2012全国,26,14分)一探险队员在探险时遇到一山沟,山沟的一侧竖直,另一侧的坡面
呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧,以速度v 沿水平方向跳向另一侧坡面。如图
0
所示,以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知,山沟竖直一侧的高度为2h,坡面的抛
1
物线方程为y= x2;探险队员的质量为m。人视为质点,忽略空气阻力,重力加速度为
2h
g。
(1)求此人落到坡面时的动能;
(2)此人水平跳出的速度为多大时,他落在坡面时的动能最小?动能的最小值为多少?
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答案 (1)
1
m
( v2+
4g2h2
)
(2)√gh
3
mgh
2 0 v2+gh 2
0
解析 (1)设该队员在空中运动的时间为t,在坡面上落点的横坐标为x,纵坐标为y。由运
动学公式和已知条件得
x=v t①
0
1
2h-y= gt2②
2
根据题意有
x2
y= ③
2h
由机械能守恒知落到坡面时的动能为
1 1
mv2= mv2+mg(2h-y)④
2 2 0
联立①②③④式得
1
mv2=
1
m
( v2+
4g2h2
)
⑤
2 2 0 v2+gh
0
(2)⑤式可以改写为
2gh 2
v2=
(√v2
0
+gh-
√v2+gh
)
+3gh⑥
0
v2极小的条件为⑥式中的平方项等于0,由此得
v =√gh⑦
0
此时v2=3gh,则最小动能为
(1 mv2)
=
3
mgh⑧
2 2
min
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解题思路 先建立机械能守恒方程,再结合平抛运动求出落到坡面上时的动能,最后应用
数学知识寻找动能极值。
44.(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L =150 m,BC水平投影L =63 m,图中C点切
1 2
线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin 12°≈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F 多大。
N
答案 (1)7.5×104 J (2)1.1×103 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
v L
= 1 ①
2 t
根据动能定理,有
1
W= mv2-0②
2
联立①②式,代入数据,得
W=7.5×104 J③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有
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L =R sin θ④
2
由牛顿第二定律,有
v2
F -mg=m ⑤
N
R
联立①④⑤式,代入数据,得
F =1.1×103 N⑥
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大小为a,则有
1
L = at2①
1 2
对飞行员分析得
F=ma②
飞行员受到的水平力所做的功
W=FL ③
1
联立①②③得
W=7.5×104 J
45.(2013福建理综,20,15分)如图,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一质量
m=1.0 kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B点时绳恰好
被拉断,小球平抛后落在水平地面上的C点。地面上的D点与OB在同一竖直线上,已知
绳长L=1.0 m,B点离地高度H=1.0 m,A、B两点的高度差h=0.5 m,重力加速度g取10
m/s2,不计空气影响,求:
(1)地面上D、C两点间的距离s;
(2)轻绳所受的最大拉力大小。
答案 (1)1.41 m (2)20 N
解析 (1)小球从A到B过程机械能守恒,有
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1
mgh= mv2 ①
2 B
小球从B到C做平抛运动,在竖直方向上有
1
H= gt2②
2
在水平方向上有
s=v t③
B
由①②③式解得s=1.41 m④
(2)小球下摆到达B点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,有
v2
F-mg=m B⑤
L
由①⑤式解得F=20 N
根据牛顿第三定律
F'=-F
轻绳所受的最大拉力为20 N。
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