北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
专题四 曲线运动
【专题检测】
A组
一、选择题
1.(2020河南五岳4月联考,1)关于力与运动,下列说法正确的是 ( )
A.若物体受到恒力作用,则物体一定做直线运动
B.若物体受到变力作用,则物体一定做曲线运动
C.若物体做匀速圆周运动,则物体受到的合外力一定为变力
D.若物体做匀变速曲线运动,则物体受到的合外力一定为变力
答案 C 物体所受合外力与速度共线,物体做直线运动;物体所受合外力与速度不共线,物体做曲线运动,所以物体做
直线运动还是曲线运动与物体所受力是恒力还是变力无关,A、B错误;物体做匀速圆周运动,合外力完全提供向心力,
合外力大小不变,方向始终改变,总是指向圆心,C正确;物体做匀变速曲线运动,加速度恒定,根据牛顿第二定律可知合外
力一定是恒力,D错误。
2.(2019广东汕头二模,15)2019年央视春晚加入了非常多的科技元素,在舞台表演中还出现了无人机。现通过传感器将
某台无人机上升向前追踪拍摄的飞行过程转化为竖直向上的速度v 及水平方向速度v 与飞行时间t的关系图像如图
y x
所示。则下列说法正确的是 ( )
A.无人机在t 时刻处于失重状态
1
B.无人机在0~t 这段时间内沿直线飞行
2
C.无人机在t 时刻上升至最高点
2
D.无人机在t~t 时间内做匀变速运动
2 3
答案 D 依据图像可知,无人机在t 时刻,在竖直方向向上做匀加速直线运动,而水平方向则是做匀减速直线运动,则
1
无人机有竖直向上的加速度,处于超重状态,故A错误;由图像可知,无人机在0~t 这段时间,竖直方向向上做匀加速直线
2
运动,而水平方向做匀减速直线运动,那么合加速度与合初速度不共线,所以无人机做曲线运动,即无人机沿曲线飞行,故
B错误;无人机在竖直方向,先向上做匀加速直线运动,后向上做匀减速直线运动,因此无人机此在t 时刻没有上升至最
2
高点,故C错误;在t~t 时间内,无人机水平方向做匀速直线运动,而竖直方向做匀减速直线运动,因此无人机做匀变速运
2 3
动,故D正确。
3.(2020广东肇庆二模,16)如图所示,一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动,某同学用画笔在白板上画线,画笔相
对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速,后匀减速直到停止。取水平向右为x轴正方向,竖直向下为y轴正方向,则画笔
在白板上画出的轨迹可能为 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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答案 D 试题以用画笔在竖直向上匀速运动的白板上画线为情境,考查学生曲线运动等必备知识,主要考查理解能
力与模型建构能力,体现了科学推理的学科素养,突出对基础性与应用性考查要求。
由题可知,画笔相对白板竖直方向向下做匀速运动,水平方向先向右做匀加速运动,根据运动的合成和分解可知,此
时画笔做曲线运动,由于合力向右,则曲线向右弯曲,然后水平方向向右做匀减速运动,同理可知轨迹仍为曲线运动,由于
合力向左,则曲线向左弯曲,故D正确。
4.(2019广东揭阳一模,18)在竖直墙壁上悬挂一镖靶,某人站在离墙壁一定距离的某处,先后将两只飞镖A、B由同一位
置水平掷出,两只飞镖落在靶上的状态如图所示(侧视图),若不计空气阻力,下列说法中正确的是 ( )
A.A、B两镖在空中运动时间相同
B.B镖掷出时的初速度比A镖掷出时的初速度小
C.A、B镖的速度变化方向可能不同
D.A镖的质量一定比B镖的质量小
1 √2ℎ
答案 B 飞镖B下落的高度大于飞镖A下落的高度,根据h= gt2得:t= ,B镖下降的高度大,则B镖的运动时间
2 g
长,故A错误;水平位移相等,B镖运动的时间长,则B镖的初速度小,故B正确;A、B镖都做平抛运动,速度变化量的方向
与加速度方向相同,均竖直向下,故C错误;平抛运动的时间与质量无关,本题无法比较两飞镖的质量大小关系,故D错误。
5.(2020东北三省四市教研联合体二联,5)为了解决高速列车在弯道上运行时轮轨间的磨损问题,保证列车能安全地通
过弯道,常用的办法是将弯道外轨轨枕下的道床加厚,使外轨高于内轨,外轨与内轨的高度差叫曲线外轨超高。已知某
曲线路段设计外轨超高值为70 mm,两铁轨间距离为1 435 mm,最佳的过弯速度为350 km/h,则该曲线路段的半径约为
(g取10 m/s2) ( )
A.40 km B.30 km C.20 km D.10 km
答案 C 本题以高速列车转弯为情景,考查圆周运动,通过对列车圆周运动的分析,考查学生的理解能力和分析综合
能力,体现运动与相互作用观念和社会责任要素。
设倾角为θ,列车转弯的合力提供向心力,则有
v2
mg tan θ=m
R
v2
得R=
gtanθ
由于倾角很小,则有
tan θ≈sin θ
则有北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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(350) 2
3.6
R= m≈19 376.9 m≈20 km
70
10×
1 435
故A、B、D错误,C正确。
解题关键 当角度很小时tan θ≈sin θ。
6.(2019吉林长春普通高中二检,18)如图所示,光滑地面上静置一质量为M的半圆形凹槽,凹槽半径为R,表面光滑。将
一质量为m的小球(可视为质点)从凹槽边缘处由静止释放,当小球运动到凹槽的最低点时,对凹槽的压力为F 。F 的
N N
求解比较复杂,但是我们可以根据学过的物理知识和方法判断出可能正确的是(重力加速度为g) ( )
(3M+2m)mg (3m+2M)mg
A. B.
M M
(3M+2)mg (3m+2)mg
C. D.
M M
答案 A 本题考查圆周运动、单位制,属于基础性考查要求,体现运动与相互作用观念要素。压力F 的单位是
N
N,C、D两个选项的单位不是N,所以C、D两选项排除。当M很大时,小球m运动到最低点时M获得的速度近似为零,
1 mv2 mv2 2mgR
小球在这个过程中机械能近似守恒,有 mv2=mgR,F -mg= ,F = +mg= +mg=3mg。当M很大时,A选项
2 N R N R R
(3M+2m) (3m+2M)
mg≈3mg;B选项 mg≈2mg,所以B不正确,A正确。
M M
温馨提示 根据单位制可排除错误选项。
二、非选择题
7.(2020滨海七校期末)如图所示,竖直轨道ABCD由两部分构成。AB部分为光滑水平轨道,BCD部分为一半径为R的
粗糙半圆轨道,AB右端B点与半圆轨道的底端相切。一质量为m的小滑块P从AB轨道上的A点处以速度v=√8gR
0
向右滑行,与原本静止在轨道上的质量也为m的小滑块Q发生弹性碰撞。碰后Q冲上竖直轨道并恰好从C点脱离轨
道,OC与竖直方向夹角θ=60°,两滑块均可看成质点,重力加速度为g,求:
(1)滑块Q运动到B处对轨道的压力N;
(2)滑块Q从B至C的运动过程中克服阻力做的功W。
9
答案 (1)9mg,方向竖直向下 (2) mgR
4
解析 (1)P、Q碰撞过程:
mv=mv+mv
0 1 2
1 1 1
mv2= mv2+ mv2
2 0 2 1 2 2
解得:v=v
2 0北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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N'-mg=mv2
2
R
由牛顿第三定律得
N=N'
N=9mg
方向竖直向下
(2)从C点脱离轨道
mg cos
60°=mv2
C
R
由能量关系:
1 1
-mg(R+R cos 60°)-W= mv2- mv2
2 C 2 2
9
解得:W= mgR
4
8.(2020和平期末)如图所示,半径R=0.4 m的圆弧轨道BC固定在竖直平面内,轨道的上端点B和圆心O的连线与水平
方向的夹角θ=30°,下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切,一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量
m=0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v=2 m/s的速度被水平抛出,恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道,经过
0
C点后沿水平面向右运动至D点时,弹簧被压缩至最短,此时弹簧的弹性势能E=0.4 J,C、D两点间的水平距离L=1.2
p
m,小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2。求:
(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度v 的大小;
B
(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小;
(3)在圆弧轨道运动过程中摩擦力对小物块做的功W。
f
答案 (1)4 m/s (2)6 N (3)-0.4 J
解析 (1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道,由几何关系有
v 2
v = 0 = m/s=4 m/s
B sinθ sin30°
(2)小物块由C点运动到D点,由能量守恒定律有
1
mv2=μmgL+E
2 C p
在C点处,由牛顿第二定律有
F-mg=mv2
C
R
解得F=6 N。
根据牛顿第三定律,小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小为6 N。
(3)小物块从B点运动到D点由能量守恒定律有北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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1
mv2+mgR(1+sin θ)=μmgL+E-W
2 B p f
代值得W=-0.4 J。
f
B组
一、选择题
1.(2020江苏苏州、无锡、常州、镇江四市一模,5)如图所示,从匀速运动的水平传送带边缘垂直弹入一底面涂有墨汁
的棋子,棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动。以传送带的运动方向为x轴,棋子初速度方向为y轴,以
出发点为坐标原点,棋子在传送带上留下的墨迹为 ( )
答案 A 试题以传送带为情境,考查运动的合成和分解等必备知识,主要考查理解能力、推理论证能力,体现了科学
推理的学科素养,突出对基础性与应用性考查要求。
根据运动的合成与分解,以传送带为参考系,棋子在垂直传送带方向做匀减速直线运动,在平行传送带方向做匀减
速直线运动,根据矢量的合成与分解法则,合初速度与合加速度共线,所以棋子在传送带上留下的墨迹直线,又棋子相对
于传送带往后运动,故A正确,B、C、D错误。
2.一斜面体放置在水平地面上,其倾角如图所示,两个小球P、Q分别从图示位置以相同的速率水平抛出,两个小球落到
斜面上时,其速度方向均与斜面垂直。则下面说法中正确的是 ( )
A.P、Q两球在空中运动的时间之比为1∶2
B.P、Q两球在空中运动的时间之比为2∶1
C.P、Q两球在水平方向通过的距离之比为9∶1
D.P、Q两球在竖直方向下落的距离之比为9∶1
答案 D 设两球水平初速度为v,根据几何知识可得, tan θ= v ,即 tan θ与t成反比,故 t 1= tan60° =3,故A、B错;
gt t tan30°
2
1
水平方向通过的距离为x=vt,可知水平位移与时间成正比,故为3∶1,故C错;竖直方向下落的距离为h= gt2,竖直方向下
2
落的距离与时间的平方成正比,故D对。
思路点拨 1.解本题的关键是先画出运动示意图,然后找出速度偏转角和斜面倾角的关系。
2.本题的选项是比值,解决比值问题时,可以直接看两个物理量的关系,写出比例式再得到比值。
3.(2019安徽名校联盟一模)(多选)如图所示,现有一根不可伸长的轻质细绳,绳长L=0.5 m。绳的一端固定于O点,另一
端系着质量m=1 kg的可视为质点的小球,O点距地面1 m,如果使小球绕OO'轴在水平面内做圆周运动,当细绳承受的
拉力恰为12.5 N时绳断裂,(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)则 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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A.当细绳承受的拉力恰为最大时,绳与水平方向夹角为37°
B.当细绳承受的拉力恰为最大时,小球的角速度为5 rad/s
C.绳断裂后,小球做平抛运动的初速度大小为1.5 m/s
D.绳断裂后,小球落地点与悬点的水平距离为0.3√3 m
答案 BC 本题以物体圆锥摆运动为物理情境,考查内容涉及圆周运动规律、平抛运动规律等必备知识;主要考查理
解能力、模型建构能力,体现物理观念、科学思维的学科素养,突出对综合性、应用性的考查要求。
当细绳承受的拉力恰为最大时,对小球受力分析,如图所示,竖直方向F cos θ=mg,得θ=37°,绳与水平方向夹角为
T
53°,选项A错误;当细绳承受的拉力恰为最大时,向心力F =mg tan 37°=mω2L sin 37°,解得ω=5 rad/s,选项B正确;绳断
向
1
裂后,小球做平抛运动,平抛运动的初速度为v=ωL sin 37°=1.5 m/s,选项C正确;绳断裂后,竖直方向有y=h-L cos 37°=
0
2
√3
gt2,得t= s,水平方向有x=vt=0.3√3 m,d=√L2 sin2θ+x2=0.6 m,选项D错误。
0
5
4.(2020湖南长沙统考)(多选)如图甲所示,用不可伸长的轻绳连接的小球绕固定点O在竖直面内做圆周运动。小球经
过最高点时绳子拉力的大小F 与此时速度的平方v2的关系如图乙所示。图像中的数据a和b以及重力加速度g都为
T
已知量,不计摩擦力和空气阻力。以下说法正确的是 ( )
A.数据a与小球的质量有关
B.数据b与小球的质量无关
C.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
D.数据b对应的状态,当小球运动到最低点时,绳子的拉力为7b
答案 CD 本题以竖直平面内的圆周运动为物理情境,考查内容涉及圆周运动规律、动能定理等必备知识;主要考
查理解能力、推理论证能力,体现科学思维的学科素养,突出对应用性的考查要求。
v2
小球在最高点,根据牛顿第二定律得:F +mg=m
T
r
v2
得F =m -mg
T
r
根据图像,当F =0时,v2=a=gr,所以数据a与小球的质量无关,故A错误;
T
v2
根据图像,v2=2a时,F =b,代入F =m -mg,解得b=mg
T T
r
所以数据b与小球的质量有关,故B错误;
由a=gr,b=mg,可以求出小球的质量m和圆周轨道半径r,故C正确;
数据b对应的状态,可设最高点对应的速度为v,最低点对应的速度为v,小球在最高点,根据牛顿第二定律:b+mg=m
1 2
v2
1
r北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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小球在最低点,根据牛顿第二定律:F
-mg=mv2
T2 2
r
1 1
小球从最高点到最低点,根据动能定理:2mgr= mv2- mv2
2 2 2 1
联立解得:F =7mg=7b
T2
故D正确。
5.(2019安徽师大附中模拟,21)(多选)如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的
两个物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为R =r、R =2r,与盘间的动摩擦因数μ相同,当圆盘转速加快到两
A B
物体刚好还未发生滑动时(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),重力加速度大小为g,下列说法正确的是 ( )
A.此时细线张力为3μmg
√2μg
B.此时圆盘的角速度为
r
C.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆盘外
D.此时烧断细线,A仍相对盘静止,B将做离心运动
答案 ABC 两物体刚好未发生滑动时,A受背离圆心的静摩擦力,B受指向圆心的静摩擦力,其大小均为μmg,则有:
√2μg
F -μmg=mω2r,F +μmg=mω2·2r,解得:F =3μmg,ω= ,故选项A、B、C正确;当烧断细线时,A所需向心力为
T T T
r
F=mω2r=2μmg>F ,所以A将发生滑动,选项D错误。
fmax
二、非选择题
6.如图所示,用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和直线BC组成的轨道固定在
水平桌面上,已知APB部分的半径R=1.0 m,BC段长L=1.5 m。弹射装置将一个小球(可视为质点)以v=5 m/s的水平初
0
速度从A点射入轨道,小球从C点离开轨道随即水平抛出,落地点D与C点的水平距离x=2.0 m,不计空气阻力,g取10
m/s2。求:
(1)小球在半圆轨道上运动的角速度ω和加速度a的大小;
(2)小球从A点运动到C点的时间t;
(3)桌子的高度h。
答案 (1)5 rad/s 25 m/s2 (2)0.928 s
(3)0.8 m
v 5
解析 (1)小球在半圆轨道上运动的角速度为ω= 0 = rad/s=5 rad/s
R 1.0
加速度为a=v2 = 52 m/s2=25 m/s2。
0
R 1.0
(2)小球从A运动到B的时间为北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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πR 3.14×1.0
t= = s≈0.628 s
1 v 5
0
L 1.5
从B运动到C的时间为t= = s=0.3 s
2 v 5
0
小球从A运动到C的时间为t=t+t=(0.628+0.3) s=0.928 s。
1 2
1
(3)小球从C到D做平抛运动,有h= gt2,x=vt
0
2
解得桌子的高度h=
gx2 =10×2.02
m=0.8 m。
2v2 2×52
0
7.(2019广东惠州三模,24)如图所示,一个质量为60 kg的滑板运动员,以v=4√3 m/s的初速度从某一高台的A点水平飞
0
出,恰好从光滑圆轨道的B点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力,进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R=3
1 √3
m,θ=60°,取g=10 m/s2,cos 60°= ,sin 60°= ,求:
2 2
(1)A距C点的高度;
(2)滑板运动员运动到圆弧轨道最高点D时对轨道的压力。
答案 (1)8.7 m (2)1 440 N 方向竖直向上
解析 (1)设运动员运动到B点时竖直分速度为v 1 ,则:tan 30°= v 0
v
1
解得:v=12 m/s
1
其中在竖直方向:h= v2 = 122 m=7.2 m
1 1
2g 2×10
又h=R cos θ=1.5 m
2
A距C点的高度:H=h+R-h=8.7 m
1 2
1 1
(2)设滑板运动员到达D点时速度大小为v ,则: mv2+mgH=mg·2R+ mv2
D 2 0 2 D
解得:v =√102 m/s
D
mv2
由于运动员能通过圆弧轨道的最高点应满足 ≥mg,即:v≥√gR
R
因为 =102 m2/s2≥gR=10×3 m2/s2=30 m2/s2,所以滑板运动员能顺利通过最高点D。
v2
D
设运动员在最高点D时,轨道对运动员的作用力为F ,则:mg+F
=mv2
N N D
R
解得:F =1 440 N
N
根据牛顿第三定律,运动员在最高点D时对轨道的压力F '=F =1 440 N,方向竖直向上
N N
x2
8.(2020山西实验中学摸底,25)在竖直平面内,支在原点O的一根弯杆,其形状可以用函数z= 来描写,k为有长度量纲
k
的非零正常数,在杆上穿一滑块,杆与滑块间的动摩擦因数为μ,如图所示。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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(1)不考虑摩擦,求滑块的高度为z时,它在沿杆方向的加速度的大小,下列5种答案中有一个是正确的,试作出判断
√ z gz
并说明理由:0,g,2g ,gz√4z2+k2, 。
4z+k k
(2)考虑摩擦,但杆不动,在什么情况下滑块可以在杆上静止?(用z、μ、g、k表示)
√2g
(3)现在设杆以角速度ω绕z轴匀速转动,且有关系ω= ,这时滑块可以在何处相对于杆静止?
k
√6g
(4)若μ=0.5,ω= ,则滑块不滑动的条件又如何?
k
答案 见解析
解析 试题考查学生圆周运动等必备知识,主要考查理解能力、推理论证能力、模型建构能力,体现了科学推理的学
科素养,突出对综合性考查要求。
(1)由分析知道在不考虑摩擦时,滑块在杆上运动的加速度为重力加速度的切向分量a=g sin θ,其中θ为滑块所在
点杆的法线与重力方向的夹角,a一般不为零,且一定不超过g,当z→∞时,杆近于竖直,a趋近于g,于是可判断a=2g
√ z
,由此算得:
4z+k
√ z
sin θ=2
4z+k
√z
tan θ=2
k
(2)由分析知道考虑摩擦而杆不动,则滑块静止,为静力平衡,滑块受重力影响有下滑趋势,摩擦力向上,支持力和摩擦
力大小分别为:
F =mg cos θ
N
F=mg sin θ
f
μ2k
平衡条件要求:F≤μF 或tan θ≤μ,设z=z 时,tan θ=μ,则滑块静止的条件为:z≤z=
f N 0 0
4
(3)由分析知道当杆匀速转动,在滑块相对于杆不动时,支持力和摩擦力在竖直方向的分力之和与重力平衡,在水平
方向的分力之和使滑块产生水平的向心加速度,由此可得(不妨设摩擦力沿杆向上)
mω2ktanθ
F sin θ-F cos θ=mω2√kz= ,
N f
2
F cos θ+F sin θ=mg
N f
由以上二式可得:
F
=
(1-A)tanθ
f
F 1+Atan2θ
N
ω2k
其中A=
2g
当ω=√2g时,A=1有 F
f
=0,即无摩擦力。
k F
N
向心加速度完全由重力和支持力的合力提供,这个关系对任何θ都能满足,即此时滑块在任何位置都相对于杆静止。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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(4)当ω=√6g时,A=3,由 F
f
= (1-A)tanθ可知,F
f
<0,即摩擦力实际是向下的,由于旋转太快而滑块上有上移的
k F 1+Atan2θ
N
|F | F
趋势,滑块相对杆静止的条件为 ≤μ =μ
f N
F F
N N
即|(1-A)tanθ|= 2tanθ ≤μ( 1),或3 tan2 θ-4 tan θ+1≥0,此二次函数不等式的判别式为:Δ=42-
μ=
1+Atan2θ 1+3tan2θ 2
4×3×1=4>0
1
故不等式满足的条件为:tan θ≤ 或tan θ≥1
3
√z k k
将tan θ=2 代入,即得滑块不滑动的条件为0≤z≤ 或z≥ 。
k 36 4
