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
【5 年高考】
考点一 曲线运动、运动的合成与分解
1.(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 D
2.(2017江苏单科,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2F
B.小环碰到钉子P时,绳中的张力大于2F
2v2
C.物块上升的最大高度为
g
√(2F-Mg)L
D.速度v不能超过
M
答案 D
考点二 抛体运动
1.(2020浙江1月选考,5,3分)如图所示,钢球从斜槽轨道末端以v 的水平速度飞出,经过时间t落在斜靠的挡板AB中点。
0
若钢球以2v 的速度水平飞出,则 ( )
0
A.下落时间仍为t B.下落时间为2t
C.下落时间为√2t D.落在挡板底端B点
答案 C
2.(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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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
v
3.(2018课标Ⅲ,17,6分)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和 的速度沿同一方向水平抛出,两球都落在该斜面
2
上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的 ( )
A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍
答案 A
4.(2017课标Ⅱ,17,6分)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下
端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径
为(重力加速度大小为g)( )
v2 v2 v2 v2
A. B. C. D.
16g 8g 4g 2g
答案 B
5.(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 是他落在倾斜雪道上的时刻。则 ( )
1 2
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
考点三 圆周运动
1.(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
答案 B
2.(2021河北新高考适应卷,8,6分)(多选)如图,内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴
以角速度ω匀速转动时,小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是 ( )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.仅增加绳长后,小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B.仅增加绳长后,若仍保持小球与玻璃管间无压力,需减小ω
C.仅增加小球质量后,小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D.仅增加角速度至ω'后,小球将受到玻璃管斜向下方的压力
答案 BD
3.(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 ( )
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
4.(2019江苏单科,6,4分)(多选)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m,运动半径
为R,角速度大小为ω,重力加速度为g,则座舱 ( )
2πR
A.运动周期为
ω
B.线速度的大小为ωR
C.受摩天轮作用力的大小始终为mg
D.所受合力的大小始终为mω2R
答案 BD
5.(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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6.(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
7.(2020江苏单科,15,16分)如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方
向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为M的
重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动,
忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)重物落地后,小球线速度的大小v;
(2)重物落地后一小球转到水平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F;
(3)重物下落的高度h。
答案 见解析
[教师专用题组]
【5 年高考】
考点一 曲线运动、运动的合成与分解
1.(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 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,附加速度为v,由速度的合成可知v 的
1 2 2
方向为东偏南方向,其大小为v=√(vcos30°-v )2+(vsin30°)2 ≈1.9×103 m/s,故B选项正确。
2 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。
2.(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。
3.(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
d
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,则去程时间t= ;回程时行
1 v
1
d t √v2-v2 √ v2 v
驶路线垂直河岸,故回程时间t= ,由题意有 1 =k,则k= 1 ,得v= = ,选项B正确。
2 √v2-v2 t v 1 1-k2 √1-k2
1 2 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。
考点二 抛体运动
1.(2020江苏单科,8,4分)(多选)如图所示,小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地,上述过程中A、B的水平位移
分别为l和2l。忽略空气阻力,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.A和B的位移大小相等 B.A的运动时间是B的2倍
1
C.A的初速度是B的 D.A的末速度比B的大
2
1
答案 AD 由图可知,两球的位移大小均为√l2+(2l)2=√5l,A项正确。由小球在竖直方向做自由落体运动得y=
2
√2y √ g
gt2,可知小球在空中运动时间t= ,故A的运动时间是B的√2倍,B项错误。再结合水平分运动x=vt可得v=x
0 0
g 2y
1 √gx2
,故A的初速度是B的 ,C项错误。由机械能守恒可得小球落地时的速度v=√v2+2gy= +2gy,故v =
2√2 0 2y A
√17gl
、v =2√gl,D项正确。
2 B
2.(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;它们的下端水平,距地面的高度分别为h=h、h=2h、h=3h,如图所示。若
0 1 0 2 0 3 0
沿轨道1、2、3下滑的小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
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下滑的小物块的初速度之比
2
1 √2ℎ
为√3∶√2∶1,由h= gt2,可知t= ,轨道1、2、3下滑的小物块的时间之比为1∶√2∶√3,根据x=vt可知,小物块的落
2 g
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
3.(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知落到水平地面的时刻相同。
2
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=vt知,x >x ,
0 先 后
即两只小球落到水平地面的地点不同。故选B。
4.(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。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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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。
5.(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
( )
√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 1 x
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x=vt,h= gt2,得v= =
4 0 2 0 t
√ s2+ L
4
2 / √2ℎ
g
= √
2ℎ
g (L
4
2 +s2 ) ,B正确。足球的末速度v=√v2
0
+v2
y
= √
2ℎ
g (L
4
2 +s2 ) +2gℎ,所以C错误。由图可
L
知足球初速度方向与球门线的夹角为θ,tan θ=s/ =2s/L,故D错误。所以本题选B。
2
6.(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 ( )
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。
7.(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 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
y
上升时间t= =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
8.(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
1 H- ℎ 1 v y v y
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=vt,二式相除 = · ,因为 =
2 y 0 s 2 v v
0 0
1 ℎ ℎ 1
,s= ,所以H=h+ ,A正确;根据H-h= gt2可求出飞行时间,再由s=vt可求出飞行速度,故B、C正确;不
tanθ tanθ 2tan2θ 2 0
知道炸弹质量,不能求出炸弹的动能,D错误。
9.(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相同,B错误;水平位移x=v·t,在t
x
g
相同情况下,x越大说明v 越大,C正确;落地速度v=√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,
x x y y x
D正确。
10.(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 ( )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.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
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。在水平方向上x=vt,即v=x
2 g 0 0
√ g
,且由题图可知h=h>h,x>x>x,则D正确C错误。
b c a a b c
2ℎ
11.(2020课标Ⅱ,16,6分)如图,在摩托车越野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E,它会落到坑内c点,c与a的水平距离和高度差
1
E
2
均为h;若经过a点时的动能为E,该摩托车恰能越过坑到达b点。 等于 ( )
2 E
1
A.20 B.18 C.9.0 D.3.0
答案 B 由平抛运动规律有x=vt,y= 1 gt2,得v=x √ g ;动能E= 1 mv2 = mgx2 ∝ x2 ,故 E 2 = ( x 2 ) 2 · y 1 = (3ℎ) 2 ·
0 2 0 2y k 2 0 4 y y E x y ℎ
1 1 2
ℎ
=18,故B正确。
0.5ℎ
12.(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
1 2
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 ( )
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 1 满足3h= 2 gt 1 2。当v取最大
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
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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,此时有
1 2
2 6ℎ
3h-h=1g t2 ,L 1 =v min t 2 ,解得v min =L 1 √ g。故D正确。
2 2 2 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
√ (L ) 2
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+ 2 。③若球恰好擦网而过,则下落2h
1 2
L
1
的高度,水平位移最小为 。④平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,
2
则由初速度决定。
13.(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水平抛出,恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球
0
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
v gt
y
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
=
v
,则小球运动到A点的
x 0
v t
v tanα 0 2v 2
时间为:t= 0 ;tan β=1 = 0= =2 cot α,所以PA与竖直方向的夹角为:β=arctan(2 cot α)。
g gt2 gt tanα
2
14.(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
1
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 圆弧形的粗糙轨道,P为最高点,Q为最低点,Q点处的
4
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:
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
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√ 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
(
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
15.(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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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= gt2 ②
2
s=vt ③
b
联立可得
s2
r= ④
4ℎ
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=gt ⑦
y
联立①②⑥⑦式可得
tan θ=2√2 ⑧
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 θ ⑨
cx c
联立⑤⑧⑨三式可得
2
v = √10 m/s
cx 3
16.(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。
√3ℎ √ g √ g
答案 (1) (2)L ≤v≤L (3)L=2√2h
g 4ℎ 2ℎ
3 1
解析 (1)打在探测屏中点的微粒有 h= gt2 ①
2 2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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√3ℎ
t= ②
g
L 1
(2)打在B点的微粒v= ;2h=
gt2
③
1 t 2 1
1
√ g
v=L ④
1
4ℎ
√ g
同理,打在A点的微粒初速度v=L ⑤
2
2ℎ
√ g √ g
则微粒的初速度范围为L ≤v≤L ⑥
4ℎ 2ℎ
1 1
(3)由能量关系
mv2
+mgh=
mv2
+2mgh ⑦
2 2 2 1
代入④、⑤式L=2√2h ⑧
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h~2h、水平位移相同且都为
L。
17.(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,车上机枪的枪管水平,距地面
0
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。
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) =492 m
1 0
g
√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 m
2
g
L的范围为492 m<L≤570 m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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18.(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。如图所示,以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知,山沟竖直
0
1
一侧的高度为2h,坡面的抛物线方程为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g。
2ℎ
(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?
答案 (1)
1
2
m
( v2
0
+
v
4
2
g
+
2 ℎ
gℎ
2 )
(2)√gℎ
3
2
mgh
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=vt ①
0
1
2h-y= gt2 ②
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 2 mv2= 1 2 m ( v2 0 + v 4 2 g + 2 ℎ gℎ 2 ) ⑤
0
(2)⑤式可以改写为
v2=
(√v2
0
+gℎ -
√v
2
2
g
+
ℎ
gℎ
) 2
+3gh ⑥
0
v2极小的条件为⑥式中的平方项等于0,由此得
v
0
=√gℎ ⑦
此时v2=3gh,则最小动能为
(1 mv2)
=
3
mgh ⑧
2 2
min
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。
考点三 圆周运动
1.(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 ( )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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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
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
4n·2πr 8πnr
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圈,所以它的平均速率 v= = ,故只有B项
Δt Δt
正确。
2.(2016浙江理综,20,6分)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别为半径R=90 m的大圆弧和
r=40 m的小圆弧,直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O'距离L=100 m。赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大
径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打
滑,绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大,重力加速度g=10 m/s2,π=3.14),则赛车 ( )
A.在绕过小圆弧弯道后加速
B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
答案 AB 本题考查了圆周运动的应用。以赛车做匀速圆周运动为载体,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。
mv2
赛车用时最短,就要求赛车通过大、小圆弧时,速度都应达到允许的最大速度,通过小圆弧时,由2.25mg= 1得
r
mv2
v=30 m/s;通过大圆弧时,由2.25mg= 2得v=45 m/s,B项正确。赛车从小圆弧到大圆弧通过直道时需加速,故A项正
1 2
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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确。由几何关系可知连接大、小圆弧的直道长x=50√3 m,由匀加速直线运动的速度位移公式:v2 -v2 =2ax得a≈6.50
2 1
1 2πr
m/s2,C项错误;由几何关系可得小圆弧所对圆心角为120°,所以通过小圆弧弯道的时间t= × =2.79 s,故D项错误。
3 v
1
审题指导 首先要注意大、小圆弧半径不同,允许的最大速度不同;其次要充分利用几何关系,找出直道的长度和小圆
弧所对圆心角,这样才能求出赛车在直道上的加速度和通过小圆弧弯道的时间。
3.(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ω>ω,A、C项正确;摩擦力充当
a b a b
r
√2kg (√2kg) 2 2
向心力,在角速度相等时,b受的摩擦力大,B项错误;ω= 时,a受的摩擦力f=mω2r=m l= kmg,D项错误。
3l a 3l 3
4.(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。则在该弯道处, ( )
c
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
c
外两侧滑动的趋势,即没有指向公路两侧的摩擦力,此时的向心力由地面的支持力和重力的合力提供,故路面外侧高内
mv2
侧低,选项A正确;当车速低于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,不一定能够滑动,当超过最大静
c
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
5.(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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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相等r不等,故a不相等,B
B A B A
ω2r mg
错误;水平方向mg tan θ=mω2r,即tan θ= ,因r >r ,故θ >θ ,C错误;竖直方向T cos θ=mg,绳子拉力T= ,因θ >θ ,
g B A B A cosθ B A
故T >T ,D正确。
B A
6.(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。
7.(2016课标Ⅱ,16,6分)小球P和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。
1
设小球的质量为m,绳长为L,根据动能定理得mgL= mv2,解得v=√2gL,L <L ,所以v <v ,故A项错误。小球动能
2 P Q P Q
mv2
E=mgL,其中m >m ,L <L ,所以无法判断它们的动能大小关系,B项错误。F -mg= ,将v=√2gL代入得F =3mg,
k P Q P Q 拉 L 拉
v2
因为m >m ,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= =2g,所以在轨迹的最低点,
P Q
L
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N,在最高点时对轨道的压力大小为N。重力加速度大小为g,则N-N 的值为 ( )
1 2 1 2
A.3mg B.4mg
C.5mg D.6mg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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mv2
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,在最低点有N-mg= 1,在最高
1 2 1
R
mv2 mv2 mv2
点有N+mg= 2;从最高点到最低点,根据机械能守恒定律有mg·2R+ 2= 1,联立可得N-N=6mg,故选项D正确。
2 1 2
R 2 2
9.(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。
10.(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
C.Mg+5mg D.Mg+10mg
1
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mg·2R= mv2,在大环最低点有F -
2 N
v2
mg=m ,得F =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F '=F ,方向竖
N N N
R
直向下,故F=Mg+5mg,由牛顿第三定律知C正确。
1 v2
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 mv2=mg·2R,且a= ,所以a=4g,以
2 R
整体为研究对象,受力情况如图所示。
F-Mg-mg=ma+M·0
所以F=Mg+5mg,C正确。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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11.(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
√3
轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动
2
摩擦力),盘面与水平面的夹角为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)
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。
12.[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= 。
gR2 2nπv
答案 (n∈N*)
2v2 R
1 gR2 2nπv
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R=vt可得ω=
2 2v2 R
(n∈N*)。
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!
13.(2013重庆理综,8,16分)如图所示,半径为R的半球形陶罐,固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上,转台转轴与过陶
罐球心O的对称轴OO'重合。转台以一定角速度ω匀速旋转,一质量为m的小物块落入陶罐内,经过一段时间后,小物
块随陶罐一起转动且相对罐壁静止,它和O点的连线与OO'之间的夹角θ为60°。重力加速度大小为g。
(1)若ω=ω,小物块受到的摩擦力恰好为零,求ω;
0 0
(2)若ω=(1±k)ω,且0<k≪1,求小物块受到的摩擦力大小和方向。
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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答案 见解析
解析 (1)对物块受力分析如图甲,则有:
甲
F =mg tan
θ=mω2
R sin θ
向 0
√ g √2g
ω= = ①
0
Rcosθ R
(2)当ω=(1+k)ω,对物块受力分析如图乙,摩擦力方向沿罐壁切线向下
0
乙
水平方向
N sin θ+f cos θ=mω2R sin θ ②
竖直方向
N cos θ=f sin θ+mg ③
√3k(2+k)
联立①②③得f= mg。
2
当ω=(1-k)ω 时,对物块受力分析如图丙,摩擦力方向沿罐壁切线向上,水平方向:
0
丙
N sin θ-f cos θ=mω2R sin θ ④
竖直方向:
N cos θ+f sin θ=mg ⑤
√3k(2-k)
联立①④⑤得f= mg。
2
14.(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点切线
1 2
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。
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答案 (16分)(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= mv2-0 ②
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
L =R sin θ ④
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= at2 ①
1 2
对飞行员分析得
F=ma ②
飞行员受到的水平力所做的功
W=FL ③
1
联立①②③得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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W=7.5×104 J
15.(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
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= gt2 ②
2
在水平方向上有
s=v t ③
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 B ⑤
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。
【3 年模拟】
时间:60分钟 分值:60分
一、单项选择题(每题3分,共15分)
1.(2021届辽宁沈阳法库中学月考)如图所示,套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连。
由于B的质量较大,故在释放B后,A将沿杆上升,当环A上升至与定滑轮的连线水平时,其上升速度v≠0,若这时B的速
1
度为v,则 ( )
2
A.v=0 B.v>v
2 2 1
C.v≠0 D.v=v
2 2 1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 A
2.(2021届山东济宁月考)野外骑行在近几年越来越流行,越来越受到人们的青睐,对于自行车的要求也在不断提高。不
管如何变化,自行车装置和运动原理都离不开圆周运动。下面结合自行车实际情况与物理学相关的说法正确的是
( )
A.图乙中前轮边缘处A、B、C、D四个点的线速度相同
B.大齿轮与小齿轮的齿数如图丙所示,则大齿轮转1圈,小齿轮转3圈
C.图乙中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点角速度相同
D.在大齿轮处的角速度不变的前提下,增加小齿轮的齿数,自行车的速度将变大
答案 B
3.(2020河北唐山一中调研,2)如图所示,倾角θ=30°的斜面体C固定在水平面上,置于斜面上的物块B通过细绳跨过光
滑定滑轮(滑轮可视为质点)与小球A相连,连接物块B的细绳与斜面平行,滑轮左侧的细绳长度为L,物块B与斜面间的
√3
动摩擦因数μ= ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时A、B均处于静止状态,B、C间恰好没有摩擦力,现让
3
A在水平面内做匀速圆周运动,物块B始终静止,则A的最大角速度为 ( )
√2g √3g √g √2g
A. B. C. D.
L 2L L 3L
答案 A
4.(2021届福建龙岩开学考试)如图所示,顶角θ=60°、光滑V字形轨道AOB固定在竖直平面内,且AO竖直。一水平杆
与轨道交于M、N两点,已知杆自由下落且始终保持水平,经时间t速度由6 m/s增大到14 m/s(杆未触地),则在0.5t时,
触点N沿倾斜轨道运动的速度大小为(不计空气阻力,g取10 m/s2) ( )
A.10 m/s B.17 m/s C.20 m/s D.28 m/s
答案 C
5.(2020辽宁锦州统考)如图所示,轻杆长3L,在杆两端分别固定质量均为m的球A和B,光滑水平转轴穿过杆上距球A为
L处的O点,外界给系统一定能量后,杆和球在竖直平面内转动,球B运动到最高点时,杆对球B恰好无作用力。忽略空
气阻力,重力加速度为g,则球B在最高点时 ( )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.球B的速度为零
B.球A的速度大小为√2gL
C.水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D.水平转轴对杆的作用力为2.5mg
答案 C
二、多项选择题(每题4分,共16分)
6.(2021届天津静海一中月考)如图所示,质量相同的两个小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出,恰
好都落在斜面底端。不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.小球a、b做平抛运动的初速度大小之比为2∶1
B.小球a、b到达斜面底端时的位移大小之比为1∶1
C.小球a、b运动过程中速度变化量的方向相同
D.小球a、b到达斜面底端的速度方向与斜面的夹角相同
答案 CD
7.(2020辽宁沈阳铁路实验中学10月月考,14)如图所示,一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A
mg
处,B为轨道最高点,弹簧一端固定于圆心O点,另一端与小球拴接。已知弹簧的劲度系数k= ,原长L=2R,弹簧始终处
R
于弹性限度内,若给小球一水平初速度v,已知重力加速度为g,则有( )
0
A.当v 较小时,小球可能会离开圆轨道
0
B.若√2gR<v<√5gR,则小球会在B、D间脱离圆轨道
0
C.只要v>√4gR,小球就能做完整的圆周运动
0
D.只要小球能做完整的圆周运动,则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v 无关
0
答案 CD
8.(2020天津模拟)为了研究空气动力学问题,如图所示,某人将质量为m的小球从距地面高h处以一定初速度水平抛出,
ℎ
在距抛出点水平距离L处,有一根管口比小球直径略大的竖直细管,上管口距地面的高度为 。小球在水平方向上受
2
恒定风力作用,且小球恰能无碰撞地通过管子,则下列说法正确的是( )
√ g
A.小球的初速度大小为L
ℎ
2mgL
B.风力的大小为
ℎ
C.小球落地时的速度大小为2√gℎ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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D.小球落地时的速度大小为√2gℎ
答案 BD
9.(2019湖南师大附中段考,14)如图所示,叠放在水平转台上的小物体A和B及C正随转台一起以角速度ω匀速转动
(没发生相对滑动),A、B、C的质量分别为3m、2m、m,A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ,B、C离转
台中心的距离分别为r、1.5r,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,以下说法正确的是 ( )
A.B对A的摩擦力可能为3μmg
B.C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力
√2μg
C.转台的角速度ω有可能恰好等于
3r
D.若角速度ω再在题干所述基础上缓慢增大,A与B间最先发生相对滑动
答案 BC
三、实验题(共5分)
10.(2019福建泉州第二次质检)某同学做验证向心力与线速度关系的实验,装置如图所示,一轻质细线上端固定在力传
感器上,下端悬挂一小钢球。钢球静止时刚好位于光电门中央。主要实验步骤如下:
①用游标卡尺测出钢球直径d;
②将钢球悬挂静止不动,此时力传感器示数为F,用米尺量出线长L;
1
③将钢球拉到适当的高度处静止释放,光电门计时器测出钢球的遮光时间为t,力传感器示数的最大值为F;
2
已知当地的重力加速度大小为g,请用上述测得的物理量表示:
v2
(1)钢球经过光电门时的线速度表达式v= ,向心力表达式F =m = ;
向 R
(2)钢球经过光电门时所受合力的表达式F = ;
合
(3)若在实验误差允许的范围内F =F ,则验证了向心力与线速度的关系。该实验可能的误差有:
向 合
。(写出一条即可)
F d2
d 1
答案 (1) d (2)F-F (3)摆线的长度测量有误差
t gt2(L+ ) 2 1
2
四、计算题(共24分)
11.(2020山东等级考模拟,18)(12分)如图所示,不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球,另一端固定在竖直
光滑墙面上的O点。开始时,小球静止于A点,现给小球一水平向右的初速度,使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周
运动。垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧,ON与OA的夹角为θ(0<θ<π),且细线遇到钉子后,小球绕钉子在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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竖直平面内做圆周运动,当小球运动到钉子正下方时,细线刚好被拉断。已知小球的质量为m,细线的长度为L,细线能
够承受的最大拉力为7mg,g为重力加速度大小。
(1)求小球初速度的大小v;
0
(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式;
(3)在细线被拉断后,小球继续向前运动,试判断它能否通过A点。若能,请求出细线被拉断时θ的值;若不能,请通过
计算说明理由。
3+2cosθ
答案 (1)√5gL (2)r= L (3)见解析
4+2cosθ
12.(2021届山东泰安月考)(12分)如图所示,M是水平放置的半径足够大的圆盘,绕过其圆心的竖直轴OO'匀速转动,规定
经过圆心O水平向右为x轴的正方向。在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器,从t=0时刻开始
该容器从O点正上方随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动,速度大小为v。已知容器在t=0时刻滴下第一滴
水,以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水。不计空气阻力,重力加速度为g,求:
(1)每一滴水经多长时间落到盘面上;
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上,圆盘转动的角速度ω应为多大;
(3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x。
√2ℎ √ g √2ℎ
答案 (1) (2)nπ (n=1,2,3,…) (3)5v
g 2ℎ g
