2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練六 曲線運動（含解析）

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1、曲線運動 1．曲線運動的問題每年必考，主要是在實際問題中考查速度、加速度、及位移的分解，平拋運動的處理方法，以及圓周運動與牛頓運動定律、能量等內(nèi)容的綜合應用。 2．常用思想方法： (1)從分解的角度處理平拋運動。 (2)圓周運動的動力學問題實際上是牛頓第二定律的應用，且已知合外力方向(勻速圓周運動指向圓心)，做好受力分析，由牛頓第二定律列方程。 二、考題再現(xiàn) 典例1.(2019·全國卷Ⅱ·19)如圖（a），在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v－t圖

2、象如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則(　　) A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第一次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大 D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大 典例2.(2018?全國III卷?25)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sin α＝。一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到

3、重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零。重力加速度大小為g。求： (1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小； (2)小球到達A點時動量的大小； (3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。 三、對點速練 1．2019年央視春晚加入了非常多的科技元素，在舞臺表演中還出現(xiàn)了無人機?，F(xiàn)通過傳感器將某臺無人機上升向前追蹤拍攝的飛行過程轉化為豎直向上的速度vy及水平方向速度vx與飛行時間t的關系圖

4、象如圖所示。則下列說法正確的是(　　) A．無人機在t1時刻處于失重狀態(tài) B．無人機在0～t2這段時間內(nèi)沿直線飛行 C．無人機在t2時刻上升至最高點 D．無人機在t2～t3時間內(nèi)做勻變速運動 2．(多選)如圖所示，某同學將一塊橡皮用光滑細線懸掛于O點，用一枝鉛筆貼著細線中點的左側以速度v水平向右勻速移動。則在鉛筆移動到圖中虛線位置的過程中(　　) A．細線繞O點轉動的角速度變小 B．細線繞O點轉動的角速度不斷增大 C．橡皮的運動軌跡為曲線 D．橡皮處于超重狀態(tài) 3．(多選)如圖所示，半圓形容器固定在地面上，其內(nèi)表面各處粗糙程度不同，一物塊從容器邊緣A點以向下的初速度開始

5、運動，物塊在AO段能以大小不變的速度沿容器內(nèi)壁運動到底部O點，后又沿OB運動，到達B點時速度恰好為零。則下列說法正確的是(　　) A．AO段滑塊受到的合外力大小不變 B．AO段重力與摩擦力的合力越來越大 C．OB段克服重力做功的功率越來越小 D．克服摩擦力所做的功，AO段一定小于OB段 4．如圖所示，水平面上固定一個斜面，從斜面頂端向右平拋一個小球，當初速度為v0時，小球恰好落到斜面底端，小球在空中運動的時間為t0。現(xiàn)用不同的初速度v從該斜面頂端向右平拋該小球，以下哪個圖象能正確表示小球在空中運動的時間t隨初速度v變化的關系(　　) 5．在水平地面上有相距為L的A、B兩點，甲小

6、球以v1＝10 m/s的初速度，從A點沿與水平方向成30°角的方向斜向上拋出，同時，乙小球以v2的初速度從B點豎直向上拋出。若甲在最高點時與乙相遇，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法錯誤的是(　　) A．乙球的初速度v2一定是5 m/s B．相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度 C．L為2.5 m D．甲球與乙球始終在同一水平面上 6．甲、乙兩位同學在不同位置沿水平各射出一枝箭，箭落地時，插入泥土中的形狀如圖所示，已知兩支箭的質量、水平射程均相等，若不計空氣阻力及箭長對問題的影響，則甲、乙兩支箭(　　) A．空中運動時間之比為1∶ B．射出的初速度大小之比為1∶ C．下降高

7、度之比為1∶3 D．落地時動能之比為3∶1 7．在傾角為α的斜坡上，沿著與水平線成α角的方向斜向上方拋出一石塊，如圖所示。設石塊落在斜坡上的位置離拋出點的距離為L，則石塊拋出的初速度為(　　) A． B． C． D． 8．(多選)如圖所示，光滑直角細桿POQ固定在豎直平面內(nèi)，OP邊水平，OP與OQ在O點平滑相連，質量均為m的A、B兩小環(huán)用長為L的輕繩相連，分別套在OP和OQ桿上。初始時刻，將輕繩拉至水平位置拉直（即B環(huán)位于O點），然后同時釋放兩小環(huán)，A環(huán)到達O點后，速度大小不變，方向變?yōu)樨Q直向下，已知重力加速度為g。下列說法正確的是(　

8、　) A．當B環(huán)下落時，A環(huán)的速度大小為 B．在A環(huán)到達O點的過程中，B環(huán)先加速后減速 C．A環(huán)到達O點時速度大小為 D．當A環(huán)到達O點后，再經(jīng)的時間能追上B環(huán) 9．如圖（a）所示，A、B為釘在光滑水平面上的兩根鐵釘，小球C用細繩拴在鐵釘B上（細繩能承受足夠大的拉力），A、B、C在同一直線上。t＝0時，給小球一個垂直于繩的速度，使小球繞著兩根鐵釘在水平面上做圓周運動。在0≤t≤10 s時間內(nèi)，細繩的拉力隨時間變化的規(guī)律如圖（b）所示，則下列說法中正確的有(　　) A．小球的速率越來越大 B．細繩第三次到第四次撞擊釘子經(jīng)歷的時間是4 s C．在t＝13.5 s時，繩子的拉

9、力為7.5 N D．細線每撞擊一次釘子，小球運動的半徑減小繩長的 10．如圖所示，底端切線水平且豎直放置的光滑圓弧軌道的半徑R＝2 m，其軌道底端P距地面的高度h＝5 m，P與右側豎直墻的距離L＝1.8 m，Q為圓弧軌道上的一點，它與圓心O的連線OQ與豎直方向的夾角為53°?，F(xiàn)將一質量m＝100 g、可視為質點的小球從Q點由靜止釋放，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力。（sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6） (1)小球運動到P點時對軌道的壓力多大？ (2)若小球每次和豎直墻壁的碰撞均是彈性碰撞，則小球的最終落地點離右側墻角B點的距離為多少？（小球和地面碰撞后不再彈起

10、） 11．如圖所示，在水平圓盤上，沿半徑方向放置物體A和B，mA＝4 kg，mB＝1 kg，它們分居在圓心兩側，與圓心距離為rA＝0.1 m，rB＝0.2 m，中間用細線相連，A、B與盤間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，若圓盤從靜止開始繞中心轉軸非常緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度，fA表示物體A與圓盤之間的摩擦力，g＝10 m/s2。 (1)細線中出現(xiàn)張力時，圓盤轉動的角速度ω1； (2)A、B兩物體相對圓盤將要滑動時，圓盤轉動的角速度ω3； (3)在下列坐標圖中分別畫出A、B兩物體滑動前，fA隨ω2變化的關系圖象

11、。 答案 二、考題再現(xiàn) 典例1.【解析】由v－t圖面積易知第二次面積大于等于第一次面積，故第二次豎直方向下落距離大于第一次下落距離，A錯誤；由于第二次豎直方向下落距離大，由于位移方向不變，故第二次水平方向位移大，B正確；由于v－t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由易知a1＞a2，C錯誤；由圖象斜率，速度為v1時，第一次圖象陡峭，第二次圖象相對平緩，故a1＞a2，由G－fy＝ma，可知fy1＜fy2，故D正確。 【答案】BD 典例2.【解析】(1)設水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F。由力

12、的合成法則有 ＝tan α① F2＝(mg)2＋F② 設小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得 F＝m③ 由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝mg④ v＝。⑤ (2)設小球到達A點的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關系得 DA＝Rsin α⑥ CD＝R(1＋cos α)⑦ 由動能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為p＝mv1＝。⑨ (3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g。設小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點落至水平軌道上所用時間為t。由運動學公式有 v

13、⊥t＋gt2＝CD⑩ v⊥＝vsin α? 由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝。? 【答案】見解析 三、對點速練 1．【答案】D 【解析】依據(jù)圖象可知，無人機在t1時刻，在豎直方向上勻加速直線運動，而水平方向則是勻減速直線運動，則無人機有豎直向上的加速度，那么處于超重狀態(tài)，不是失重狀態(tài)，故A錯誤；由圖象可知，無人機在0～t2這段時間，豎直方向向上勻加速直線運動，而水平方向勻減速直線運動，那么合加速度與合初速度不共線，所以物體做曲線運動，即物體沿曲線上升，故B錯誤；無人機在豎直方向，先向上勻加速直線，后向上勻減速直線運動，因此在t2時刻沒有上升至最高點，故C錯誤；無人機在t2～

14、t3時間內(nèi)，水平方向做勻速直線運動，而豎直向上方向做勻減速直線運動，因此合運動做勻變速運動，故D正確。 2．【答案】ACD 【解析】根據(jù)運動的合成與分解，則有，垂直繩子方向的速度為：v⊥=vcosθ，而半徑為，那么角速度為：，而θ逐漸增大，因此角速度減小，故A正確，B錯誤；由圖，并結合幾何關系，則有：v繩=vsinθ，因v不變，當θ逐漸增大，因此繩子速度增大，向上加速；依據(jù)運動的合成，可知，橡皮的運動軌跡為曲線，而處于超重狀態(tài)，故C、D正確。 3．【答案】AB 【解析】由題意知，在AO段是勻速圓周運動，合外力提供向心力，所以合外力大小不變，故A正確；小球受重力、摩擦力方向如圖所示，根據(jù)

15、題意知Ff＝mgsinθ，重力與摩擦力的合力等于mgcosθ，從A到O過程中θ一直減小，所以重力與摩擦力的合力越來越大，故B正確；在O點重力做功功率等于零，到B點重力做功功率也等于零，所以OB段克服重力做功的功率先增大，后減小，所以C錯誤；由題意知，從O到B物塊做減速運動，所以在OB段受摩擦力小于在AO段的摩擦力，故克服摩擦力所做的功，AO段一定小于OB段，所以D錯誤。 4．【答案】C 【解析】設斜面傾角為θ，當小球落在斜面上時，有，解得，即t與速度v 成正比；當小球落在水平面上時，根據(jù)，解得t＝，知運動時間不變，可知t與v的關系圖線先是過原點的一條傾斜直線然后是平行于橫軸的

16、直線，故選項C正確，A、B、D錯誤。 5．【答案】B 【解析】甲球豎直方向的初速度vy＝v1sin30°＝5m/s，水平方向的初速度v0＝v1cos30°＝5m/s。甲球在最高點與乙球相遇，說明甲球和乙球在豎直方向具有相同的運動規(guī)律，則乙球的初速度v2＝vy＝5m/s，故A正確；相遇前甲球的水平速度不為零，豎直方向與乙球的速度相同，所以在相遇前甲球的速度不可能小于乙球的速度，故B錯誤；相遇時間t＝vy/g＝0.5s，則L＝v0t＝2.5m，故C正確；由于甲球和乙球豎直方向的運動情況相同，所以甲球與乙球始終在同一水平面上，故D正確。本題選錯誤的，故選B。 6．【答案】B 【解析】根據(jù)豎直

17、方向的自由落體運動可得h＝gt2，水平射程：x＝v0t；可得：x＝v0；由于水平射程相等，則：；末速度的方向與水平方向之間的夾角的正切值：；可得：，；聯(lián)立可得：h甲＝3h乙，即下落得高度之比為3∶1；根據(jù)豎直方向的自由落體運動 可得h＝gt2，在可知運動時間之比為∶1，故AC錯誤；運動時間之比為∶1，可知射出的初速度大小之比為1∶，故B正確；它們下落得高度之比為3∶1；但射出的初速度大小之比為1∶，所以落地的動能之比不等于3∶1，故D錯誤。 7．【答案】B 【解析】將石塊的運動看成是沿v0方向的勻速直線運動和自由落體運動的合運動，運動合成情況如圖所示，圖中平行四邊形對角線是合運動位移，依

18、題意其大小為L，兩條相鄰邊s和h則是兩個分運動的位移,設運動時間為t，由運動學公式知：s＝v0t，h＝gt2再由幾何關系知：scosα＝Lcosα，ssinα＋Lsinα＝h聯(lián)立以上四式，消去t，解得，故B正確。 8．【答案】ABD 【解析】B環(huán)下落一段位移后，設繩子與水平方向之間的夾角為α，則與豎直方向之間的夾角β=90°-α；設此時A的速度為vA，將A的速度沿繩子方向與垂直于繩子的方向分解，設沿繩子方向的分速度為v，如圖，則v=vAcosα，設B的速度為vB，將B的速度 也沿繩子的方向與垂直于繩子的方向分解如圖，其中沿繩子方向的分速度與A沿繩子方向的分速度是相等的，則：v=vBc

19、osβ，所以：，當B環(huán)下落時繩子與水平方向之間的夾角：，所以：α=30°，則：，B下降的過程中A與B組成的系統(tǒng)機械能守恒，得：，聯(lián)立得A環(huán)的速度大小為：，故A正確；B開始下降的過程中速度由0開始增大，所以是做加速運動，當繩子與水平方向之間的夾角α接近90°時，tanα→∞，則：．可知當A到達O點時，B的速度等于0，所以B一定還存在減速的過程，即A環(huán)到達O點的過程中，B環(huán)先加速后減速．故B正確；由于A到達O點時B的速度等于0，由機械能守恒得：，所以：，故C錯誤；環(huán)A過O點后做加速度大于g的勻加速直線運動，B做自由落體運動，當A追上B時：vA′t+gt2＝L+gt2，所以，故D正確。 9．【答案

20、】C 【解析】小球在水平方向只受垂直于速度方向的繩子的拉力作用，小球速度大小不變，故A錯誤；0～6s內(nèi)繩子的拉力不變，知，6～10 s內(nèi)拉力大小不變，知，因為F2＝F1，則l′＝l，兩釘子之間的間距，第一個半圈經(jīng)歷的時間為6s，則，則第二個半圈的時間，細繩每跟釘子碰撞一次，轉動半圈的時間少，則細繩第三次碰釘子到第四次碰釘子的時間間隔△t＝6－3×1＝3s。根據(jù)上述分析可知：6－11s時，小球在轉第二個半圈，則繩子的拉力為6N，不發(fā)生變化，根據(jù)F＝mω2r可知，球在t＝10s時的角速度等于t＝10.5s時的角速度，故BD錯誤，C正確。 10．【答案】見解析 【解析】(1)小球由Q到P的過程

21、，由動能定理得：mgR(1－cos 53°)＝mv2 ① 在P點小球所受的支持力為F，由牛頓第二定律有：F－mg＝m② 聯(lián)立解得F＝1.8 N 根據(jù)牛頓第三定律知，小球對軌道的壓力大小F'＝1.8 N。③ (2)小球到達P點時速度的大小為v，由①得v＝4 m/s 若右側無墻壁，則小球做平拋運動的時間t＝⑤ 聯(lián)立④⑤解得小球做平拋運動的射程x＝vt＝4 m ⑥ 由彈性碰撞和鏡面對稱的規(guī)律知，小球和左右兩側豎直墻壁各碰一次后，落到地面上，落點與B點相距 s＝L－(x－2L)＝1.4 m。⑦ 11．【答案】見解析 【解析】(1)運動開始，兩個物塊的向心力各由圓盤對他們的摩

22、擦力提供，則有： fA＝FA＝mAω2rA＝0.4ω2 (N) fB＝FB＝mBω2rB＝0.2ω2 (N) 繩子拉力：T＝0 隨著圓盤轉速的增加，當ω達到ω1時，物塊B達到最大靜摩擦力，則有： fB＝μmBg＝0.2ω12 (N) 解得：ω1＝rad/s (2)隨后，繩子有拉力T A物塊：fA＋T＝0.4ω2(N) B物塊：μmBg＋T＝0.2ω2 (N) 解得：fA＝0.2ω2＋2 (N) 當ω＝ω2時，fA＝μmAg，ω2＝rad/s 當ω＞ω2時，繩子的拉力持續(xù)增大，以提供兩個物體的向心力，此時，A的摩擦力是最大靜摩擦力，物塊B所受到的摩擦力逐漸減小，直至反向最大 當ω＝ω3時，對A：μmAg＋T＝0.4ω32 (N) 對B：T－μmBg＝0.2ω32 (N) 解得：ω3＝rad/s (3)綜上所述fA隨ω2變化的分段函數(shù)為 fA＋T＝0.4ω2(N) 0≤ω≤rad/s fA＝0.2ω2＋2 (N) rad/s≤ω≤rad/s fA＝8 N rad/s≤ω≤rad/s 11