曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
专题四 曲线运动
1.物理生活 (2022江西八校联考)如图甲,迪斯科转盘是游乐场内常见的娱乐设施,当转盘转速增大时,盘上的
人容易滑动起来,因其有惊无险受到许多游客喜爱。图乙是转盘示意图,转盘可绕转轴转动,转轴与水平方向
成θ角。某段时间内,转盘垂直转轴且绕轴匀速转动。某时刻,三位游客(均可视为质点)在转盘上的位置如图
乙所示,小张恰坐在转盘中心处,小王和小李分别坐在离转轴相等距离位置。如果游客均相对转盘保持静止,
则下列说法正确的是( )
甲
乙
A.若小张的质量为m,则他对转盘的压力可表示为mg cos θ
B.小王此时有沿转盘向下滑的趋势,所以一定受到沿转盘向上的摩擦力
C.小李从此位置随转盘转过一整圈的过程中机械能守恒
D.如果转盘转速加快,小王和小李有可能滑动,但小张一定不会滑动
答案 D 小张受重力、支持力和摩擦力,若小张的质量为m,则他对转盘的压力可表示为mg sin θ,故A错
误;由于不清楚角速度的大小,无法判断小王此时所受的摩擦力的方向,故B错误;小李从此位置随转盘转过一
整圈的过程中线速度大小不变,动能不变,重力势能不断改变,所以机械能不守恒,故C错误;如果转盘转速加
快,小王和小李所需的向心力发生改变,小王和小李有可能滑动,小张的转动半径为0,向心力为0,所以一定不
会滑动,故D正确。
2.(2022山东菏泽一模,6)如图所示,粗糙程度处处相同、倾角为θ的倾斜圆盘上,有一长为L的轻质细绳,一端
可绕垂直于倾斜圆盘的光滑轴上的O点转动,另一端与质量为m的小滑块相连,小滑块从最高点A以垂直细
绳的速度v 开始运动,恰好能完成一个完整的圆周运动,则运动过程中滑块受到的摩擦力大小为( )
0
A.m(v2-gLsinθ) B.mv2
0 0
4πL 2πL
C.m(v2-gL)
D.
mv2
0 0
4πL 4πL
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v2
答案 A 由于小滑块恰好能完成一个完整的圆周运动,则在最高点有mg sin θ=m ,整个过程根据能量守
L
恒可得-2πLf=1mv2-1m v2,解得f=m(v2
0
-gLsinθ) ,B、C、D错误,A正确。
2 2 0 4πL
3.(2022山东济宁二模,12)(多选)我国正在攻关的JF-22超高速风洞,是研制新一代飞行器的摇篮,它可以复现
40到100千米高空、速度最高达10千米/秒,相当于约30倍声速的飞行条件。现有一小球从风洞中的M点
竖直向上抛出,小球受到大小恒定的水平风力,其运动轨迹大致如图所示,其中M、N两点在同一水平线上,O
点为轨迹的最高点,小球在M点动能为16 J,在O点动能为9 J,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.小球所受重力和风力大小之比为3∶4
B.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1∶3
C.小球落到N点时的动能为52 J
D.小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76 J
答案 BCD 设风力大小为F,小球重力大小为mg,O、M两点间的水平距离为x,竖直距离为h,根据竖直上
1
抛运动规律有h= v2
0
,对小球从M运动到O的过程,根据动能定理有Fx
1
-mgh=(9-16) J,由题意可知1m
v2
2g 2 0
F v
0
=16 J,根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为a= ,小球从M运动到O所用时间为t= ,
m g
1 mg 4
根据运动学公式有x= at2,联立解得 = ,故A错误;小球上升和下降的时间相等,设O、N两点间的水平
1
2 F 3
距离为x
2
,根据匀变速直线运动规律的推论可知 x 1=1,根据功能关系可知,小球运动过程中,风力对小球做的
x 3
2
功等于其机械能的变化量,则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为 ΔE 1= Fx 1=1,故B正确;M、
ΔE Fx 3
2 2
1 1
N两点间的水平距离为x= a(2t)2,设小球落到N点时的动能为E ,根据动能定理有E - mv2=Fx,联立解得
2 k1 k1 2 0
E =52 J,故C正确;小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动,当小球速度方向与合力方向垂直时动能最
k1
3
小,根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为tan θ= 时速度最小,根据速度的合成与分解可
4
3 9
得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为v = v,解得最小动能为E = E =5.76 J,故D正确。
min 0 kmin k0
5 25
4.物理生活 (2022浙江A9协作体联考,15)(多选)上海磁悬浮列车线路需要转弯的地方有三处,其中设计的最
大转弯处半径达到8 000 m,用肉眼看几乎是一条直线,而转弯处最小半径也达到1 300 m。一个质量50
kg的乘客坐在以360 km/h速率驶过半径2 500 m弯道的车厢内,g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适
B.弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度
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C.乘客受到来自车厢的力大小约为200 N
D.乘客受到来自车厢的力大小约为540 N
v2
答案 ABD 根据F=m 可知,质量和转弯速度一定的情况下,半径越大,向心力越小,则弯道半径设计特别
r
长可以使乘客在转弯时更舒适,选项A正确;由牛顿第二定律可知,当列车在规定速度下转弯时满足Mg tan
v2
θ=M ,在转弯速度一定时,转弯半径越大,列车倾斜的角度θ越小,则弯道半径设计特别长可以减小转弯时
r
v2 1002
列车的倾斜程度,选项B正确;乘客受到的向心力F=m =50× N=200 N,乘客受到来自车厢的力大
r 2 500
小约为F = = N≈540 N,选项C错误,D正确。
N √(mg)2+F2 √5002+2002
5.(2022长沙长郡中学月考三,7)(多选)游乐园里有一种叫“魔幻大转盘”的游戏项目,如图所示,质量相等的
a、b两个小孩手拉手沿半径方向站在水平转盘上,两小孩与转盘间的动摩擦因数相同,整个装置能绕通过转
盘中心的转轴OO 转动,且小孩a、b与转盘中心在同一条水平直线上。当圆盘转动到两小孩刚好还未发生
1 2
滑动时,他们松开手,之后两小孩的运动情况是( )
A.两小孩仍随圆盘一起做圆周运动,不发生滑动
B.小孩b发生滑动,离圆盘圆心越来越远
C.两小孩均沿半径方向滑动,离圆盘圆心越来越远
D.小孩a仍随圆盘一起做匀速圆周运动
答案 BD 当圆盘转速加快到两小孩刚要发生滑动时,小孩b靠a的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提
供向心力做匀速圆周运动,所以他们松开手后,小孩b所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的
向心力,小孩b要与圆盘发生相对滑动,离圆盘圆心越来越远,但是小孩a所需要的向心力小于小孩a的最大
静摩擦力,所以小孩a仍随圆盘一起做匀速圆周运动,选项B、D正确,A、C错误。
6.(2022衡阳船山英文学校开学考,4)某学校的排球场示意图如图所示,其尺寸规格为半边场“5 m×6 m”,网
高为1.5 m,某中学生站在后边界中点A处,将排球从1.8 m高处垂直球网水平击出,取重力加速度大小g=10
m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.若球能落在对方的场内,则球刚被击出时的速度大小可能为10 m/s
B.若球能落在对方的场内,则球刚被击出时的速度大小可能为12 m/s
C.若球能落在对方的场内,则球刚被击出时的速度大小可能为25 m/s
D.球不可能落在对方的场内
答案 D 假设球恰好过网,则从发球到恰好过网的过程中,球下降的高度为Δh=1.8 m-1.5 m=0.3 m,所经历
√2Δh √2×0.3 x 6
的时间为Δt= = s=√0.06 s,所以球过网的最小速度为v = = m/s=10
g 10 min Δt √0.06
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√2h
√6 m/s;假设球刚好能够击中对方球场边界,则球在空中运动的时间为t= =0.6 s,则球能落在对方的场
g
2x
内的最大速度为v = =20 m/s<v ,所以假设不成立,即球不可能落在对方的场内。故选D。
max min
t
7.(2022长沙长郡中学月考六,8)(多选)如图所示,倾角θ=53°的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平转
台上,斜面最低点A在转轴OO 上。转台以角速度ω匀速转动时,将质量为m的小物块(可视为质点)放置于
1
斜面上,经过一段时间后小物块与斜面一起转动且相对静止在AB线上,此时小物块到A点的距离为L。已
知小物块与斜面之间动摩擦因数为0.5,重力加速度为g,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 53°≈0.8,cos
53°≈0.6。则物块相对斜面静止时( )
A.小物块受到的摩擦力方向一定沿斜面向下
B.小物块对斜面的压力大小不小于mg
√5g
C.水平转台转动角速度ω应不小于
6L
√33g
D.水平转台转动角速度ω应不大于
6L
答案 BC 当角速度较小时,小物块有沿斜面向下的运动趋势,受到的摩擦力方向沿斜面向上,故A错误。
当角速度最小时,物块恰好不下滑,受力分析如图1所示,根据平衡条件,y轴方向,N cos θ+f sin
1 1
√5g
θ=mg,f=μN,x轴方向,N sin θ-f cos
θ=mω2
L cos θ,解得ω= ,N=mg;当角速度最大时,物块恰好不
1 1 1 1 1 1 6L 1
上滑,受力分析如图2所示,根据平衡条件,y轴方向,N cos θ=f sin θ+mg,f=μN,x轴方向,N sin θ+f cos
2 2 2 2 2 2
√55g √5g √55g
θ=mω2
L·cos θ,解得ω= ,N=5mg,由上面分析可知,角速度取值范围为 ≤ω≤ ,小物块对
2 2 6L 2 6L 6L
斜面的压力大小N'的取值范围为mg≤N'≤5mg,故B、C正确,D错误。
图1
图2
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8.(2022长沙长郡中学月考六,2)如图所示,两人各自用吸管吹黄豆,甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙
黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出。经过一段时间后两黄豆在N点相遇,曲线1和2分别为甲、乙黄豆
的运动轨迹。若M点在P点正下方,M点与N点位于同一水平线上,且PM长度等于MN长度,不计空气阻力,
可将黄豆看成质点,则( )
A.两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍
B.甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度不相等
C.两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍
D.乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度一半
答案 A 设甲黄豆做平抛运动的时间为t,那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t,根据斜抛运动的对称性可
t
知,乙黄豆从M点运动至最高点的时间为 ,乙黄豆从M点运动至最高点的水平位移为MN的一半,设
2
PM=MN=L,甲黄豆在P点的速度为v,乙黄豆到达最高点的速度为v'。在水平方向上,对甲黄豆,L=vt,对乙黄
1 1
L t L 1
豆,从M点运动至最高点有 =v'· ,解得v=v'= ,故B错误。对甲黄豆,L= gt2,乙黄豆在从M点运动至最
1
2 2 t 2
1 t 1 1 1
高点的过程中,由逆向思维得上升的最大高度为h= g( )2= · gt2= L,所以乙黄豆相对于M点上升的最
2 2 4 2 4
1 L
大高度为PM长度的 ,故D错误。甲黄豆到达N点时,在竖直方向上,v =gt=√2gL,在水平方向上,v= =
1y 1
4 t
√gL,甲黄豆到达N点时的速度为v = =√5gL;乙黄豆在M点的竖直方向分速度为 =2g·L,
甲 √v2+v2 v2
2 1 1y 2 2y 4
√gL
则v = ,由运动的合成与分解,得乙黄豆在N点的速度为v =√v'2+v2 =√gL,所以两黄豆相遇时,甲
2y 2 乙 2y
v
的速度大小不是乙的两倍,故C错误。两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正切值为 tan α= 1y=
v
1
√gL
√2gL
=2,乙的速度与水平方向的夹角正切值为 tan β= v = 2 =1,所以两黄豆相遇时,甲的速度与水平
2y
√gL
v' √gL
2
2
方向的夹角的正切值为乙的两倍,故A正确。
9.物理生活 (2021南开期中统考,5)如图所示为旋转脱水拖把结构图。把拖把头放置于脱水桶中,手握固定套
杆向下运动,固定套杆就会给旋转杆施加驱动力,驱动旋转杆、拖把头和脱水桶一起转动,把拖把上的水甩出
去。旋转杆上有长度为35 cm的螺杆,螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)为d=5 cm,拖把头的托盘半径为10
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cm,拖布条的长度为 6 cm,脱水桶的半径为12 cm。某次脱水时,固定套杆在1 s内匀速下压了35 cm,该过
程中拖把头匀速转动,则下列说法正确的是( )
A.拖把头转动的周期为7 s
B.拖把头转动的角速度为14π rad/s
C.紧贴脱水桶内壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
D.旋转时脱水桶内壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为5∶6
答案 B 旋转杆上有长度为35 cm的螺杆,相邻螺纹之间的距离为d=5 cm,所以共7圈,固定套杆在1 s内
1 2π
匀速下压了35 cm,所以1 s转了7个周期,故周期T= s,故A错误;根据周期和角速度的关系式:ω= =
7 T
2π
1 rad/s=14π rad/s,故B正确;紧贴脱水桶内壁的拖布条半径最大,根据a=ω2r, 半径越大 , 向心加速度越大 , 需
7
要的向心力越大,越容易甩出,故C错误;脱水桶半径为12 cm,托盘半径为10 cm,根据a=ω2r,向心加速度之比
为 a 1= r 1,故 a 1=6,故D错误。
a r a 5
2 2 2
10.物理科技 (2019南开二模)(多选)飞机飞行时除受到发动机的牵引力外,还受到重力和机翼所在平面向上
的升力,机翼的升力垂直于机翼所在平面向上,当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜(如图所示),以保证除发
动机牵引力和阻力外的其他力的合力提供向心力。设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动
时,机翼与水平面成θ角,飞行周期为T,则下列说法正确的是( )
A.若飞行速率v不变,θ增大,则半径R增大
B.若飞行速率v不变,θ增大,则周期T增大
C.若θ不变,飞行速率v增大,则半径R增大
D.若飞行速率v增大,θ增大,则周期T可能不变
mv2
答案 CD 飞机盘旋时重力mg和机翼升力F 的合力F提供向心力,如图所示,因此有mg tan θ= ,解
N
R
v2 2πv
得R= ,T= 。若飞行速率v不变,θ增大,则半径R减小,A项错误。若飞行速率v不变,θ增大,
gtanθ gtanθ
则周期T减小,B项错误。若θ不变,飞行速率v增大,则半径R增大,C项正确。若飞行速率v增大,θ增大,如
v v'
果满足 = ,则周期T不变,D项正确。
tanθ tanθ'
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11.(2022北京东城一模,12)排球比赛中球员甲接队友的一个传球,在网前L=3.60 m处起跳,在离地面高
H=3.20 m处将球以v=12 m/s的速度沿着与网垂直的方向水平击出,对方球员乙刚好在进攻路线的网前,她
0
可利用身体的任何部位进行拦网阻击,如图所示。假设球员乙的直立拦网和起跳拦网的高度分别为h=2.50
2
m和h=2.95 m,g取10 m/s2。下列情景中,球员乙可能拦网成功的是( )
2
A.球员乙在网前直立不动
B.球员乙在球员甲击球时同时起跳离地
C.球员乙在球员甲击球后0.3 s起跳离地
D.球员乙在球员甲击球前0.3 s起跳离地
L 1
答案 B 排球被击出后做平抛运动,L=vt,球传到网前所用时间t= =0.3 s,下落高度h= gt2=0.45 m,排球
0 v 2
0
1
距地面高度h'=H-h=2.75 m。若球员乙不动,则不能拦网成功,A错误;若球员乙起跳,由h-h= gt2 可知,球员
2 1 2 1
乙跳起到最大高度所用时间t=0.3 s,故选B。
1
思路点拨 拦网成功即排球与运动员在同一时刻到达同一位置。本题关键是根据平抛运动知识求解出球到
达网前的高度和时间,结合竖直上抛的知识得到答案。
12.(2022北京丰台二模,6)如图所示,一个小孩在玩荡秋千。已知秋千的两根绳长均为3 m,小孩和秋千踏板
的总质量约为30 kg,绳的质量忽略不计。当小孩荡到秋千支架的正下方时,速度大小为6 m/s,此时每根绳子
平均承受的拉力约为(g取10 m/s2)( )
A.150 N B.330 N C.360 N D.660 N
答案 B 小孩荡到秋千支架最下方时,受绳子的拉力和重力,合力提供做圆周运动的向心力,设每根绳子拉
mv2 mv2 mg
力大小为F,则有2F-mg= ,F= + =330 N。故选B。
L 2L 2
13.(2022北京西城二模,7)双人花样滑冰比赛是一项极具观赏性的项目。比赛中,女运动员有时会被男运动员
拉着做水平面内的匀速圆周运动,如图所示。通过目测估计男运动员的手臂与水平冰面的夹角约为45°,女运
动员与其身上的装备总质量约为45 kg,重力加速度g取10 m/s2。仅根据以上信息,可估算( )
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A.女运动员旋转的向心加速度约为10 m/s2
B.女运动员旋转的角速度约为6.28 rad/s
C.男运动员对女运动员的拉力约为450 N
D.男运动员对冰面的压力约为450 N
答案 A 对女运动员进行受力分析如图1,可得F =mg=ma,所以向心加速度a=10 m/s2,A对。a=ω2·r,r未知,
向
ω无法精确计算,B错。F =√2mg=450√2 N,C错。对男运动员受力分析如图2,F =F ·cos 45°
拉 N 拉
+G=(450+G)N,大于450 N,D错误。
图1
图2
14.(2022北京东城一模,9)一个质量为m的小物块静止在表面粗糙的圆锥形漏斗的内表面,如图所示。现使
该漏斗从静止开始转动,转动的角速度ω缓慢增大时,物块仍相对漏斗保持静止。当角速度达到ω 时,物块
m
将要与漏斗发生相对滑动。在角速度从0缓慢增大到ω 的过程中,下列说法正确的是( )
m
A.随角速度ω的增大,物块所受的摩擦力一直增大
B.随角速度ω的增大,物块所受的摩擦力一直减小
C.随角速度ω的增大,物块所受的支持力一直增大
D.随角速度ω的增大,物块所受的支持力先增大后减小
答案 C 设漏斗内表面与竖直方向夹角为α,当ω较小时,对物块受力分析:
水平方向:F cos α-f sin α=mω2r
N
竖直方向:F sin α+f cos α=mg,随ω增大,F 增大,f减小
N N
当ω较大时,对物块受力分析:
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水平方向:F cos α+f sin α=mω2r
N
竖直方向:F sin α-f cos α=mg,随ω增大,F 增大,f增大
N N
易错提醒 f为静摩擦力,它的大小和方向会随ω的改变而改变。
15.物理科技 (2022浙江萧山中学选考模拟,5)科幻小说《三体》中写到未来世界的“伞”:人们遮雨不再用
有伞面的雨伞,而是使用一种叫避雨器的东西,它像小手电筒一样大小,靠吹出气流把人们头顶的雨吹开。如
图所示,一种“空气伞”可以从伞柄下方吸入空气,然后将空气加速并从顶部呈环状喷出形成气流,从而改变
周围雨水的运动轨迹,形成一个无雨区,起到传统雨伞遮挡雨水的作用。在无风的雨天,若“空气伞”喷出的
气流水平,则雨滴从气流上方穿过气流区至无气流区的运动轨迹可能与下列四幅图中的哪一幅类似( )
答案 C 当雨滴接近空气伞时,受到水平方向的作用力,将产生水平方向的加速度,雨滴所受合外力与运动
方向不在一条直线上,所以其运动轨迹逐渐发生弯曲,速度方向不能发生突变,A、B错误;雨滴原来的运动方
向沿竖直方向向下,经过空气雨伞时,水平方向获得外力,水平方向有速度,当突破气流区后,近似平抛,C正
确,D错误。
16.物理生活 (2022浙江七彩阳光联考,8)如图甲为某小区出入口采用的栅栏道闸。如图乙所示,OP为栅栏道
闸的转动杆,PQ为竖杆。P为两杆的交点,Q为竖杆上的点。在道闸抬起过程中,杆PQ始终保持竖直,当杆
OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中( )
甲
乙
A.P点的线速度大于Q点的线速度
B.P点的角速度大于Q点的角速度
C.P点的加速度大于Q点的加速度
D.P、Q两点的路程相同
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答案 D 由于P、Q两点在同一杆上,而且杆运动时始终保持竖直,所以在30°匀速转动到60°的过程中,两
点都做半径相同的匀速圆周运动,故两点的线速度、角速度、加速度和路程都相等。故选D。
17.物理生活 (2022江苏南京月考,5)有一种“投珠入瓶”的游戏,如图,三个高为d的开口塑料瓶相隔等距离
d排成一直线,游戏者从距离塑料瓶“1”为9d、距离地面高度为6d的位置将质量为m的玻璃珠水平抛出投
向塑料瓶。某次游戏者将玻璃珠投入到塑料瓶“1”,重力加速度为g,则下列分析结果错误的是( )
3√3gd
A.玻璃珠落入塑料瓶“1”的这次游戏,玻璃珠出手时的速度为
2
B.玻璃珠出手后到落到塑料瓶“1”的瓶口过程中,动能增加为5mgd
C.玻璃珠无论落入塑料瓶“1”、“2”还是“3”,从出手后到瓶口,动能均增加5mgd
D.若游戏者抛出时对玻璃珠做功为5mgd,则玻璃珠将落入塑料瓶“2”
√2×5d 9d
答案 A 玻璃珠落入塑料瓶“1”的这次游戏,玻璃珠运动时间t= ,出手时的速度为v= =9
g t
√gd
,选项A错误;玻璃珠出手后到落到塑料瓶“1”的瓶口过程中,动能增加量等于重力做的功,大小为
10
5mgd,选项B正确;玻璃珠无论落入塑料瓶“1”、“2”还是“3”,从出手后到瓶口,重力做功均为5mgd,则动能
10d
均增加5mgd,选项C正确;若玻璃珠将落入塑料瓶“2”,则平抛的初速度应为v'= =√10gd,游戏者抛出
t
1
玻璃珠时对其做的功应为W= mv'2=5mgd,选项D正确。
2
18.物理生活 (2022江苏徐州调研,3)如图所示,表演者用轻绳拴住一个质量为0.5 kg的小水桶,能使其能在竖
直平面内做半径为1.4 m的圆周运动,但轻绳能承受的最大拉力为120 N。现在小水桶中加水,为使水和小
水桶能在竖直平面做圆周运动,所加的水的质量不能超过多少?(重力加速度大小为10 m/s2)( )
A.0.5 kg B.1.5 kg
C.2 kg D.2.5 kg
答案 B 根据题意可知,当水和水桶通过最低点时绳中拉力最大,设在最低点的速度为v,由牛顿第二定律有
v2 Tr
T-mg=m ,可得m= ,可知,水和水桶在最低点的速度越小,可加的水越多,则加水最多时水和水桶恰
r gr+v2
好能通过最高点,设在最高点的速度为v
1
,则mg=m v
1
2 ,根据机械能守恒有mg·2r+ 1 m v2= 1 mv2,联立解得
r 2 1 2
m=2 kg,则所加的水不能超过m'=2 kg-0.5 kg=1.5 kg,故A、C、D错误,B正确。
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19.物理生活 (2022广东广州一模,13)图a是我国传统农具——风鼓车,图b是其工作原理示意图。转动摇柄,
联动风箱内的风叶,向车斗内送风,入料仓漏口H漏出的谷物经过车斗,质量大于2.0×10-5 kg的谷粒为饱粒,
落入第一出料口AB;质量为1.2×10-5 kg~2.0×10-5 kg的谷粒为瘪粒,落入第二出料口AB;质量小于1.2×10-5
1 2
kg的草屑被吹出出风口。已知A、B、A 三点在同一水平线上,AB的宽度为0.27 m;A 在H正下方,AH
1 2 1 1 1
的高度为0.45 m;质量为2.0×10-5 kg的谷粒从H漏出,恰好经B点落入AB,设谷物从H漏出时速度为零;谷
2
粒在车斗内所受水平风力恒定且相等,只考虑其所受重力和水平风力作用,取重力加速度g为10 m/s2。
图a
图b
(1)求谷粒从H落到出料口所经历的时间;
(2)求谷粒所受水平风力的大小;
(3)若瘪粒恰好能全部落入AB,求AB的宽度。
2 2
答案 (1)0.3 s (2)1.2×10-4 N (3)0.18 m
解析 (1)谷粒从H落到出料口的过程,竖直方向和水平方向都是初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向上
有
1
h= gt2
2
将h=0.45 m代入可得t=0.3 s
1
(2)对质量为2.0×10-5 kg的谷粒,从H漏出,恰好经B点,水平方向有x= at2
1
2
设风力大小为F,由牛顿第二定律F=ma
将x=0.27 m、t=0.3 s、m=2.0×10-5 kg代入,
1
联立可解得F=1.2×10-4 N
(3)对质量等于1.2×10-5 kg的瘪粒,恰好落到A 点,设AB宽度为x,则有
2 2 2
1
x+x= a't2
1 2
2
F=m'a'
将m'=1.2×10-5 kg、x=0.27 m、t=0.3 s、F=1.2×10-4 N代入可得x=0.18 m
1 2
20.物理生活 (2022河东一模,10)位于张家口的国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆,主体建筑灵感来
自中国传统饰物“如意”,被形象地称作“雪如意”,见图甲。图乙为一简化的跳台滑雪的雪道示意图。助
滑坡由AB和BC组成,AB是倾角为37°的斜坡,长度为L=100 m,BC为半径R=20 m的圆弧面,二者相切于
B点,与水平面相切于C,∠BOC=37°,雪橇与滑道间的动摩擦因数为μ=0.4,CD为竖直跳台。运动员连同滑雪
装备总质量为70 kg,从A点由静止滑下,通过C点水平飞出,飞行一段时间落到着陆坡DE上的E点。运动
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员运动到C点时的速度是20 m/s,C、E间的高度h=41.25 m。不计空气阻力。全程不考虑运动员使用滑雪
杖助力(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2),试求:
(1)运动员到达滑道上的C点时受到的支持力F 的大小;
N
(2)运动员在E点着陆前瞬时速度v 的大小;
E
(3)运动员从A点滑到C点过程中克服阻力做的功W。
f
答案 (1)2 100 N (2)35 m/s (3)30 800 J
解析 (1)在C点,支持力与重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律可得
F
-mg=mv2
N C
R
运动员受到的支持力大小
F =2 100 N
N
(2)从C到E,由动能定理得
1 1
mgh= mv2- mv2
2 E 2 C
解得:v =35 m/s
E
(3)运动员从A到C,由动能定理得
1
mgh'-W= mv2
f 2 C
h'=L sin 37°+R(1-cos 37°)
解得W=30 800 J
f
21.(2022江苏苏北六市联考,14)如图所示的装置中,光滑水平杆固定在竖直转轴上,小圆环A和轻弹簧套在杆
上,弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A上,细线穿过竖直转轴上的小孔O,两端分别与环A和小球B连
接,OA线与水平杆平行,环A的质量为m,小球B的质量为2m。现使整个装置绕竖直轴以角速度ω匀速转动,
OB段细线与竖直方向的夹角为37°。缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动,OB段细线与竖直方向
的夹角变为53°,此时弹簧弹力与角速度为ω时大小相等,已知重力加速度g, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)装置转动的角速度为ω时,细线OB的长度s。
(2)装置转动的角速度为2ω时,弹簧的弹力大小F。
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中,细线对小球B做的功W。
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答案 (1) 5g (2)2mg (3)199mg2
4ω2 144ω2
解析 (1)装置转动的角速度为ω时,对小球B进行受力分析,有
T cos 37°=2mg
1
T sin 37°=2mω2s sin 37°
1
解得OB的长度
5g
s=
4ω2
(2)装置转动的角速度为2ω时,设OB段细线的长度变为s',对小球B进行受力分析,有
T cos 53°=2mg
2
T sin 53°=2m(2ω)2s' sin 53°
2
5g
解得:s'=
12ω2
设细线的总长度为L,对圆环A进行受力分析
角速度为ω时,有
T-F=mω2(L-s)
1
角速度为2ω时,有
T+F=m(2ω)2(L-s')
2
联立解得
F=2mg
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中,小球B
重力势能的变化量
ΔE=2mg(s cos 37°-s' cos 53°)
p
动能的变化量
1
ΔE= ·2m[(2ωs sin 53°)2-(ωs sin 37°)2]
k
2
细线对小球B做的功等于机械能的变化量,则有
W=ΔE+ΔE=199mg2
p k
144ω2
22.(2022贵州4月适应性测试)空间中存在场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场。一质量为m的带电小
球从斜面顶端A水平抛出,落在斜面上的P点。现保持场强大小不变,方向改为竖直向上,小球仍从A点以相
同的初速度水平抛出,落在斜面上的Q点。已知A、Q的距离是A、P距离的3倍,重力加速度为g,求:
(1)小球从A到P和A到Q的运动时间之比;
(2)小球所带电荷量的大小。
1 mg
答案 (1) (2)
3 2E
解析 (1)设斜面倾角为θ,则小球从A到P和A到Q的水平位移分别为
x =AP cos θ
AP
x =AQ cos θ
AQ
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又因为x=vt
0
所以小球从A到P和A到Q的运动时间之比
t = x = AP=1
1 AP
t x AQ 3
2 AQ
(2)设小球抛出后加速度为a,下落高度为h,则
1
h= at2
2
h
tan θ=
x
所以 h 1=1
h 3
2
又因为 t 1=1
t 3
2
a
所以 1=3
a
2
设小球所带电荷量为q,则由牛顿第二定律得
mg+qE=ma
1
mg-qE=ma
2
mg
联立解得q=
2E
23.(2022山东济南期末,15)游乐场中有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目,其简化模型如图所示,长为L的旋
臂一端连接竖直中央轴,另一端连接模型飞机,模型飞机在旋臂带动下可绕中央轴转动并可以上下升降。开
始时模型飞机和乘客静止在图中a位置,旋臂与竖直向下方向的夹角为θ,一段时间后模型飞机和乘客到达图
√g
中b位置高度处,并以角速度ω= 绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动,此时旋臂与竖直向上方向的夹角
L
也为θ,已知模型飞机和乘客的总质量为m,重力加速度为g,摩擦阻力忽略不计,求
(1)模型飞机和乘客在图中b位置高度处做水平匀速圆周运动时,旋臂对模型飞机和乘客的作用力F的大小;
(2)从开始运动到模型飞机和乘客在图中b位置高度处做水平匀速圆周运动过程中,旋臂对模型飞机和乘客
做的功W。
1
答案 (1)mg√1+sin 2θ (2)mgL(2 cos θ+ sin2 θ)
2
解析 (1)根据题意,受力分析可得,合外力提供向心力,则有F sin α=mω2L sin θ,又F cos α=mg,解得F=mg
√1+ sin 2θ
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1 1
(2)根据动能定理可得W-mgh= mv2-0,v=ωL sin θ,h=2L cos θ,解得W=mgL(2 cos θ+ sin 2θ)
2 2
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