2018年物理真题分类训练D专题四曲线运动答案

合集下载

曲线运动-新课标高考(2008-2018)全国理综卷物理试题分类解析

新课标高考（2010-2018年）全国理综卷物理试题分类解析：第4章曲线运动一、选择题1.（2012年）15．（3分）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【解析】由图象可以看出，bc两个小球的抛出高度相同，a的抛出高度最小，根据t=可知，a的运动时间最短，bc运动时间相等，故A错误，B正确；C、由图象可以看出，abc三个小球的水平位移关系为a最大，c最小，根据x=v0t可知，v0=，所以a的初速度最大，c的初速度最小，故C错误，D正确。

【答案】BD2.（2014年）20．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3.（2015年）17．如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。

一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。

质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4 mg，g为重力加速度的大小。

用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。

则【答案】C4.（2015年）18．一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L1和L2，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3 h。

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υ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υ的最大取值范围是（）【解析】当乒乓球沿台的中线射出刚好过网，求出的是最小速度，当乒乓球刚好落到网的边角时，求出的是最大速度，【答案】D5.（2017年）15．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）。

高考物理一轮课件：专题4-曲线运动(含答案)

2
mv02
得初速度大小v0= 2μgl v2 =4.0 m/s
B组统一命题·课标卷题组
4.(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 v 的速度沿同一方向水平
2
抛出,两球都落在该斜面上。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
v0乙
=
v v
2
=2
1
,选项A正确。
5.(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
高考物理 (北京市专用)
专题四曲线运动
五年高考
考点一运动的合成与分解抛体运动
A组自主命题·北京卷题组
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
2.(2013北京理综,19,6分,0.55)在实验操作前应该对实验进行适当的分析。研究平抛运动的实验装置示意如图。小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放,并从斜槽末端水平飞出。改变水平板的高度,就改变了小球在板上落点的位置,从而可描绘出小球的运动轨迹。某同学设想小球先后三次做平抛,将水平板依次放在如图1、2、3的位置,且1与2的间距等于2与3的间距。若三次实验中,小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3,机械能的变化量依次为 ΔE1、ΔE2、ΔE3,忽略空气阻力的影响,下面分析正确的是 ( )

2018年新课标高考物理总复习阶段综合评估(四)曲线运动含解析

阶段综合评估（四）曲线运动一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求）1.如图所示为“歼20"在竖直平面内作横“8”字形飞行表演的示意图，其飞行轨迹1→2→3→4→5→6→1，如果飞机的轨迹可以视为两个相切的等圆，且飞行速率恒定,在A、B、C、D 四个位置时飞机座椅或保险带对飞行员的作用力分别为F N A、F N B、F N C、F N D，那么以下关于这四个力的大小关系说法正确的是( ）A．F N A＝F N B<F N C＝F N D B．F N A＝F N B>F N C＝F N DC．F N C>F N A＝F N B〉F N D D．F N D>F N A＝F N B〉F N C解析：选A 飞机在A点和B点时受力情况相同,即F N A＝F N B,在A点对飞行员由牛顿第二定律得F N A＋mg＝m错误!，解得F N A＝m错误!－mg；飞机在C点和D点时受力情况相同，即F N C ＝F N D，在C点对飞行员由牛顿第二定律得F N C－mg ＝m错误!,解得F N C＝m错误!＋mg,故F N A＝F N B〈F N C＝F N D，选项A正确。

2。

（2017·德州模拟)如图所示是乒乓球发射器示意图，发射口距桌面高度为0。

45 m,假定乒乓球水平射出，落在桌面上与发射口水平距离为2.4 m的P点，飞行过程中未触网，不计空气阻力，g取10 m/s2，则（)A．球下落的加速度逐渐变大B．球从发射口到桌面的时间为0。

6 sC．球从发射口射出后动能不变D．球从发射口射出的速率为8 m/s解析:选D 乒乓球水平射出后做平抛运动,其加速度等于重力加速度g，始终保持不变，而速度逐渐增大,动能增大，A、C错误；由h＝错误!gt2，得t＝错误!＝错误!s＝0.3 s，B错误;由x＝v0t,解得v0＝错误!＝错误!m/s＝8 m/s，D正确。

2018版高考物理知识复习与检测：第四章曲线运动万有引力与航天第2讲含答案

第2讲平抛运动一、平抛运动1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动．2．性质:平抛运动是加速度为g的匀加速曲线运动，其运动轨迹是抛物线．3．平抛运动的条件(1)v0≠0，沿水平方向;（2）只受重力作用．4．研究方法平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动．5．基本规律（如图1所示）图1水平方向v x＝v0，x＝v0t竖直方向v y＝gt，y＝错误!gt2合速大小v＝错误!＝错误!方向与水平方向夹角的正切tan度θ＝错误!＝错误!合位移大小s＝错误!方向与水平方向夹角的正切tanα＝错误!＝错误!轨迹方程y＝错误!x2深度思考从离水平地面某一高度的地方平抛的物体，其落地的时间由哪些因素决定？其水平射程由哪些因素决定？平抛的初速度越大，水平射程越大吗？答案运动时间t＝错误!,取决于高度h和当地的重力加速度g.水平射程x＝v0t＝v0错误!，取决于初速度v0、高度h和当地的重力加速度g。

当高度、重力加速度一定时，初速度越大，水平射程越大．二、斜抛运动(说明：斜抛运动只作定性要求)1．定义将物体以初速度v0沿斜向上方或斜向下方抛出,物体只在重力作用下的运动．2．性质加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线．3．研究方法斜抛运动可以看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动的合运动．1．判断下列说法是否正确．（1）平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化．(×)(2)无论初速度是斜向上方还是斜向下方的斜抛运动都是匀变速曲线运动．(√)（3）做平抛运动的物体质量越大，水平位移越大．(×)(4）做平抛运动的物体初速度越大，落地时竖直方向的速度越大．(×）（5）从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力，初速度大的落地速度大．(√）2．（人教版必修2P10做一做改编)（多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图2所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片后，A球水平抛出，同时B球被松开,自由下落，关于该实验,下列说法中正确的有( )图2A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应改变装置的高度，多次实验D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动答案BC解析小锤打击弹性金属片后，A球做平抛运动，B球做自由落体运动．A球在竖直方向上的运动情况与B球相同,做自由落体运动，因此两球同时落地．实验时，需A、B两球从同一高度开始运动,对质量没有要求，但两球的初始高度及击打力度应该有变化，实验时要进行3~5次得出结论．本实验不能说明A球在水平方向上的运动性质，故选项B、C正确，选项A、D错误．3．(教科版必修2P18第2题)一架投放救援物资的飞机在某个受援区域的上空水平地匀速飞行，从飞机上每隔1 s投下1包救援物资，先后共投下4包，若不计空气阻力，则4包物资落地前( ）A．在空中任何时刻总是排成抛物线,它们的落地点是等间距的B．在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点不是等间距的C．在空中任何时刻总在飞机正下方排成竖直的直线，它们的落地点是等间距的D．在空中任何时刻总在飞机正下方排成竖直的直线,它们的落地点不是等间距的答案C4．如图3所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0。

2014—2018年高考真题汇总第四章曲线运动

第四章曲线运动2018年【2018·江苏卷】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【解析】弹射管在竖直方向做自由落体运动,所以弹岀小球在竖直方向运动的时间相等,因此两球应同时落地;由于两小球先后弹出,且弹出小球的初速度相同,所以小球在水平方向运动的时间不等,因小球在水平方向做匀速运动所以水平位移相等,因此落点不相同,故选项B正确。

【2018·北京卷】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200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm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【解析】上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故AB错；下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为0，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故C错，D正确；故选D【2018·天津卷】滑雪运动深受人民群众的喜爱，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【解析】运动员从A点滑到B点的过程中速率不变,则运动员做匀速圆周运动，合外力指向圆心。

高考物理二轮复习专题04曲线运动练含解析26物理

曲线运动1．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【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【答案】 B点睛：本题以平抛运动为背景考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，解题时要注意弹射管沿光滑竖直轨道向下做自由落体运动，小球弹出时在竖直方向始终具有跟弹射管相同的速度。

2．【2017·江苏卷】如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为：（）（A）t（B）2t（C）2t（D）4t【答案】C【解析】设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离x=(v1+v2)t，第二次两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离不变，则x=2(v1+v2)T，联立得T=t∕2，所以C正确；ABD 错误．【考点定位】平抛运动【名师点睛】本题的关键信息是两球运动时间相同，水平位移之和不变．3．【2016·全国新课标Ⅲ卷】（多选）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。

它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。

重力加速度大小为g。

设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则：（）A．B．C．D．【答案】AC【考点定位】考查了动能定理、圆周运动【方法技巧】应用动能定理应注意的几个问题：(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度；(2)要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况(待求的功除外)；(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的，若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待。

【2018版】五年真题之2013年高考物理：专题4-曲线运动(含答案)

专题4 曲线运动1. （2018全国新课标理综II 第21题）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 c 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，A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v c ，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v c ，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面结冰时，与未结冰时相比， v 0的值变小答案：AC.解析:汽车以速率v c 转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此处公路内侧较低外侧较高，选项A 正确.车速只要低于v c ，车辆便有向内侧滑动的趋势，但不一定向内侧滑动，选项B 错误.车速虽然高于v c ，由于车轮与地面有摩擦力，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，选项C 正确.根据题述，汽车以速率v 0转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，没有受到摩擦力，所以当路面结冰时，与未结冰时相比，转弯时v 0的值不变，选项D 错误.2. （2018高考安徽理综第18题）由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m 3/min ，水离开喷口时的速度大小为，方向与水平面夹角为60度，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10m/s 2）A.28.8m ，1.12×10-2m 3B. 28.8m ，0.672m 3C. 38.4m ，1.29×10-2m 3D. 38.4m ，0.776m 3答案：A解析:将喷出水流速度分解为水平方向和竖直方向，则竖直方向的分速度0sin 60y v v ==24m/s ；由22y v gh =可得水柱可以上升的最大高度h=28.8m ；水柱上升时间为y v t g ==2.4s ，又有流量Q=0.28÷60 m 3/s=0.0047 m 3/s ，则在空中的水量V=Qt=1.12×10-2m 3，，选项A 正确.3．（2018高考上海物理第19题）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)炸弹投出时的动能答案：ABC解析：根据题述，tanθ=v/gt，x=vt，tanθ=h/x，H=v+y，y=12gt2，由此可算出轰炸机的飞行高度y；轰炸机的飞行速度v，炸弹的飞行时间t，选项ABC正确.由于题述没有给出炸弹质量，不能得出炸弹投出时的动能，选项D错误.4.(2018高考江苏物理第7题)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在落地时的大答案： CD解析：AB加速度都等于重力加速度，选项A错误.由于二者上升高度相同，说明二者抛出时速度的竖直分量相等，飞行时间相等，选项B错误.B抛出时速度的水平分量大于A，B在最高点的速度比A在最高点的大，选项C正确.B 在落地时的速度比A在落地时的大，选项D正确.5.(2018高考江苏物理第2题) 如图所示，“旋转秋千装置中的两个座椅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解析：当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，二者的角速度ω相等，由v=ωr可知，A的速度比B的小，选项A错误.由a=ω2r可知，选项B错误，由于二者加速度不相等，悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角不相等，选项C错误.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小，选项D正确.6．（2018高考上海物理第20题）右图为在平静海面上，两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图.A、B的速度分别沿着缆绳CA、CB方向，A、B、C 不在一条直线上.由于缆绳不可伸长，因此C 的速度在CA 、CB 方向的投影分别与A 、B 的速度相等，由此可知C 的(A)速度大小可以介于A 、B 的速度大小之间(B)速度大小一定不小于A 、B 的速度大小(C)速度方向可能在CA 和CB 的夹角范围外(D)速度方向一定在CA 和CB 的夹角范围内答案：BD解析：根据题述，C 的速度大小一定不小于A 、B 的速度大小，选项A 错误B 正确.C 的速度方向一定在CA 和CB 的夹角范围内，选项C 错误D 正确.7. .(2018高考北京理综第19题)在实验操作前应该对实验进行适当的分析.研究平抛运动的实验装置示意如图.小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出.改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹.某同学设想小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与三的间距.若三次实验中，小球从跑出点到落点的水平位移依次是x 1，x 2，x 3，机械能的变化量依次为△E 1，△E 2，△E 3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是A ．x 2- x 1==x 3--x 2,, △E 1=△E 2=△E 3B ．x 2- x 1>x 3-x 2,, △E 1=△E 2=△E 3C ．x 2- x 1>x 3-x 2,, △E 1<△E 2<△E 3D ．x 2- x 1< x 3-x 2,, △E 1<△E 2<△E 3答案：B解析：物体做平抛运动，机械能守恒，三次实验中，机械能的变化量都为零，△E 1=△E 2=△E 3.由小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动可知，x 2- x 1>x 3-x 2,选项B 正确.8. (13分)（2018全国新课标理综1第24题）水平桌面上有两个玩具车A 和B ，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R.在初始时橡皮筋处于拉直状态，A 、B 和R 分别位于直角坐标系中的(0,2l)、(0,-l)和(0,0)点.已知A 从静止开始沿y 轴正向做加速度大小为a 的匀加速运动：B 平行于x 轴朝x 轴正向匀速运动.在两车此后运动的过程中，标记R 在某时刻通过点(l, l).假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小.解析：设B 车的速度大小为v.如图，标记R 在时刻t 通过点K （l ，l ），此时A 、B 的位置分别为H 、G.由运动学公式，H 的纵坐标y A 、G 的横坐标x B 分别为：y A =2l+21at 2， ①x B =vt.②在开始运动时，R 到A 和B 的距离之比为2∶1，即OE ∶OF=2∶1.由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R 到A 和B 的距离之比为2∶1.因此，在时刻t 有：HK ∶KG=2∶1.③由于△FGH ∽△IGK ，有HG ∶KG= x B ∶（x B - l ）.④HG ∶KG=( y A + l)∶（2l ）.由③④⑤式解得：x B =3l/2，⑥y A =5 l .⑦联立①②⑥⑦解得：v=al 641.。

2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第四章曲线运动万有引力与航天第4讲含答案

第4讲万有引力与航天一、开普勒行星运动定律1．开普勒第一定律：所有的行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上．2．开普勒第二定律：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积．3．开普勒第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，表达式:错误!＝k.二、万有引力定律1．公式:F＝错误!，其中G＝6.67×10－11N·m2/kg2，叫引力常量．2．适用条件:只适用于质点间的相互作用．3．理解（1）两质量分布均匀的球体间的相互作用，也可用本定律来计算，其中r为两球心间的距离．(2）一个质量分布均匀的球体和球外一个质点间的万有引力的计算也适用，其中r为质点到球心间的距离．［深度思考］1.如图1所示的球体不是均匀球体，其中缺少了一规则球形部分，如何求球体剩余部分对质点P的引力？图1答案求球体剩余部分对质点P的引力时，应用“挖补法"，先将挖去的球补上,然后分别计算出补后的大球和挖去的小球对质点P的引力，最后再求二者之差就是阴影部分对质点P的引力．2．两物体间的距离趋近于零时,万有引力趋近于无穷大吗？答案不是．当两物体无限接近时，不能再视为质点．三、宇宙速度1．三个宇宙速度第一宇宙速度（环绕速度)v1＝7。

9 km/s，是人造卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度第二宇宙速度(脱离速度）v2＝11。

2 km/s，使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度第三宇宙速度（逃逸速度）v3＝16。

7 km/s，使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度2．第一宇宙速度的理解:人造卫星的最大环绕速度，也是人造卫星的最小发射速度．3．第一宇宙速度的计算方法(1）由G MmR 2＝m 错误!得v ＝错误!.(2）由mg ＝m v 2R得v ＝错误!。

1．判断下列说法是否正确．（1）地面上的物体所受地球引力的大小均由F ＝G 错误!决定,其方向总是指向地心．（ √ ）（2）只有天体之间才存在万有引力．( × ）（3)只要已知两个物体的质量和两个物体之间的距离，就可以由F ＝G 错误!计算物体间的万有引力．（ × )(4)发射速度大于7。

2018版浙江高中物理学业水平考试知识清单与冲A训练：专练4 曲线运动含答案

专练4曲线运动1．(2014·浙江7月学考·3)如图1所示，哈雷彗星沿椭圆轨道顺时针绕太阳运动，轨道平面在纸面内．轨道上A、B、C、D处标出了四个方向，这些方向与哈雷彗星到达该点时速度方向相同的是()图1A．a方向B．b方向C．c方向D．d方向2．(2014·浙江1月学考·16)如图2所示，某同学左手拿三角板，右手拿笔，先使笔紧贴三角板边缘匀速向下画直线，再使三角板向左做匀加速运动，但笔仍然紧贴三角板边缘匀速向下运动，则在纸上留下的痕迹最接近于()图23．(2014·浙江7月学考·11)用如图3所示的装置研究平抛运动．敲击弹性金属片后，A、B 两球同时开始运动，均落在水平地面上，下列说法合理的是()图3A．A球比B球先落地B．B球比A球先落地C．能听到A球与B球同时落地的声音D．当实验装置距离地面某一高度时，A球和B球才同时落地4．飞机水平飞行时向下投弹，不计空气阻力，下列四幅图中正确表示加速度方向的是()5．(台州市六校2015～2016学年高二第二学期期中考试)汽车后备箱盖一般都有可伸缩的液压杆，如图4甲所示，图乙为简易侧视示意图，液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动，在合上后备箱盖的过程中()图4A．A点相对于O′点做圆周运动B．B点相对于O′点做圆周运动C．A与B相对于O点线速度大小相同D．A与B相对于O点角速度大小相同6．(2016·金华十校9月联考)如图5所示，当时钟正常工作时，比较时针、分针和秒针转动的角速度和周期．则秒针的()图5( A．角速度最大，周期最大B．角速度最小，周期最小C．角速度最小，周期最大D．角速度最大，周期最小7．甲、乙两快艇在湖面上做匀速圆周运动．关于两快艇的运动，下列说法正确的是) A．若两快艇运动的周期相等，半径较小的向心加速度较大B．若两快艇运动的线速度大小相等，半径较小的向心加速度较大C．若两快艇运动的角速度相等，半径较小的向心加速度较大D．若两快艇运动的线速度大小相等，半径较大的向心加速度较大8．(2016·绍兴9月适应性考试)如图6所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是()图6A．小齿轮和后轮的角速度大小之比为16∶1B．大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4C．大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶4D．大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为4∶19．如图7所示，质量相等的a、b两物体放在圆盘上，到圆心的距离之比是2∶3，圆盘绕圆心做匀速圆周运动；两物体相对圆盘静止，a、b两物体做圆周运动的向心力之比是()A．1∶1C．2∶3图7B．3∶2D．9∶410．(2012·浙江6月学考·18)如图8所示，一个用细绳系着的橡皮塞在水平面内做匀速圆周运动，此橡皮塞()D．座位对游客的作用力为m图8A．只受重力B．只受绳的拉力C．受重力和绳的拉力D．受重力、绳的拉力和向心力11．列车在通过明长城时向下进入圆弧形地下轨道，在地下轨道的最低点，小明对座椅的压力()A．等于零C．小于他的重力B．等于他的重力D．大于他的重力12．(2013·浙江6月学考)如图9所示，过山车的轨道可视为竖直平面内半径为R的圆轨道．质量为m的游客随过山车一起运动，当游客以速度v经过圆轨道的最高点时()图9A．处于超重状态B．向心加速度方向竖直向下C．速度v的大小一定为gRv2R13．如图10所示，是上海锦江乐园的“摩天转轮”，它的直径达98米，世界排名第五．游人乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，每转一周用时25分钟，每个轿箱共有6个座位．试判断下列说法中正确的是()图1016．汽车以 72 km/h 的速度通过拱桥最高点时，对桥面的压力是车重的 .则当车对桥面最高A ．每个乘客都在做加速度为零的匀速运动B ．每时每刻，每个人受到的合力都不等于零C ．乘客在乘坐过程中对座位的压力始终不变D ．乘客在乘坐过程中保持失重状态14．(2014· 浙江 7 月学考·7)如图 11 所示，一辆汽车依次通过路上的 A 、B 和 C 点，汽车对路面的压力相应为 F A 、F B 和 F C ，它们间的大小关系是()A ．F A ＝F BC ．F A ＞F C图 11B ．F B ＜F CD ．F B ＞F C15．(2016· 浙江名校协作体模拟)如图 12 所示，“玉兔号”月球车依靠太阳能电池板提供能量，图中 ABCD 是一块矩形电池板，能绕 CD 转动，E 为矩形的几何中心，则电池板旋转过程中()图 12A ．B 、E 两点的转速相同B ．A 、B 两点的角速度不同C ．A 、B 两点的线速度不同D ．A 、E 两点的向心加速度相同34点的压力恰好为零时，车速为()A ．40 km /hC ．120 km /hB ．40 m/sD ．120 m/s17．(2015～2016 学年高二第二学期期中杭州地区七校联考)如图 13 所示，某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以 25 m /s 的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在 10 m至 15 m 之间，忽略空气阻力，取 g ＝10 m/s 2.则球在墙面上反弹点的高度范围是()A．0.8m至1.8mC．1.0m至1.6m图13B．0.8m至1.6mD．1.0m至1.8m18．(台州市六校2015～2016学年高二第二学期期中考试)如图14所示，小球从固定斜面顶端以初速度v0水平向右抛出，经时间t0恰好落到斜面底端；现将小球从斜面顶端以不同初速度v水平向右抛出．以下哪个图象能正确表示小球飞行时间t随初速度v变化的函数关系()图14题123456789101112131415161718号答案T二者角速度大小与半径成反比，B 正确；又 a ＝，D 错误；小齿轮与后轮共轴转动，角速度相等，A 错误；因 ω 后＝ω 小，所以后＝小，v 小＝v 大，所以后＝大，即大＝小＝16，C 错＝r答案精析1．A2．B [根据题意，当三角板向左做匀加速运动时，合外力向左，由运动的合成知，实际运动轨迹向左偏，弯向合外力的一侧，做曲线运动，故 B 正确．]3．C4．C [物体做平抛运动时只受重力，由牛顿第二定律可知加速度方向竖直向下，选项 C 正确，A 、B 、D 错误．]5．D [A 、B 两点相对于 O 点做圆周运动，选项 A 、B 错误；A 、B 相对于 O 点的角速度相同，但到 O 点的距离不同，故 A 、B 相对于 O 点的线速度不同，选项 C 错误，D 正确．]6．D [时针转一圈需 12 小时，分针需 1 小时，秒针只需 1 分钟，角速度 ω＝ 2π，所以秒针周期最小，角速度最大．所以 D 正确，A 、B 、C 错误．]v 2 4π2 7．B[根据向心加速度公式 a n ＝rω2＝ r T 2 可知，若两快艇运动的周期相等，半径较小的向心加速度较小，A 错误；若两快艇运动的线速度大小相等，半径较小的向心加速度较大，半径较大的向心加速度较小，B 正确，D 错误；若两快艇运动的角速度相等，半径较小的向心加速度较小，C 错误，故选 B.]8．B [大齿轮与小齿轮通过车链传动，两轮边缘的线速度大小相等，又因为 v ＝rω，所以v 2rv v v v v r 1 r 后 r 小 r 后 r 小 v 后 r 后误．]9．C [a 、b 随圆盘转动，角速度相同，由 F ＝m ω2r 知向心力正比于半径，C 正确．]10．C [向心力是效果力，由重力和绳子拉力的合力提供，故 C 正确．]11．D12．B [游客经过最高点时，加速度方向竖直向下，处于失重状态，A 错，B 正确；由牛顿v 2第二定律得 F N ＋mg ＝m R ，分析知 C 、D 错误．]13．B [每个乘客都在做匀速圆周运动，所受合力提供向心力，合力不为零，选项 A 错误，B 正确；由重力和座位的作用力的合力提供向心力，支持力时刻发生变化，选项C 错误；在18．B[设斜面的倾角为 θ，当小球落到斜面上时，由 tan θ＝可得 t ＝v t ，t 与 v 成 1 2gt正比，当小球落到地面上时，飞行时间 t ＝2h为一定值，选项 B 正确．] 最低点加速度向上，为超重状态，选项 D 错误．]14．B [汽车在平直路面上行驶时，所受支持力等于重力，所以压力 F A ＝mg ；汽车到达 B点时，有向下的加速度，汽车失重，故汽车所受支持力小于其重力，因而压力小于重力；在C 点时与在 B 点时相反，压力大于重力，所以 F ＞F ＞F ，故 B 正确．]CA B15．A [矩形电池板绕 CD 轴转动，整块板角速度相同，A 、B 、E 均为电池板上的点，所以三者角速度、转速均相同，A 对，B 错；ω A ＝ω B ，r A ＝r B ，由 v ＝r ω 得 v A ＝v B ，C 不正确；a＝r ω 2，因 r A ≠r E ，ω A ＝ω E ，所以 a A ≠a E ，D 不正确，故选 A.] 16．B 17.A2 2v tan θ gg。

2018年高考物理复习真题训练：4曲线运动附解析

专题4 曲线运动1.（2017全国卷Ⅰ）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 解析：本题考查平抛运动规律及其相关的知识点.发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，221gt h =，可知两球下落相同距离h 所用的时间是相同的，选项A 错误；由gh v y 22=可知，两球下落相同距离h 时在竖直方向上的速度y v 相同，选项B 错误；由平抛运动规律，水平方向上，x =vt ，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t 较少，选项C 正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D 错误.2.（2017全国卷Ⅱ）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环.小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心答案：A 解析：本题考查竖直面内的圆周运动与做功问题.由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C 、D 项错误.3.（2017江苏卷）如图所示，A 、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为A.tB.22t C.2t D.4t 答案：C 解析：本题考查平抛运动.设两球间的水平距离为L ，第一次抛出的速度分别为1v 、2v ，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出到相遇经过的时间21v v L t +=，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则从抛出到相遇经过的时间为2)(221t v v L t =+='，C 项正确.4.（2017天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变答案：B解析：本题考查机械能、向心力、冲量和功率等.摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误.5. （2017浙江卷）图中给出某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方，竖直面内的半圆弧BCD的半径为R=2.0m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直平面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37º，游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关.为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力)A.s m m /34,15.0B.1.50,43/m m sC.s m m /62,15.0D. 1.50,26/m m s 答案:A解析:由题意可知弹丸从p 点射出时的速度方向就是半径OP 的方向.即与水平方向成37度夹角，由平抛运动规律2033742,,sin y y v gt v gt h R v ==+=o 解得：h=0.15,043m/s v = ，故选A.。

专题04 曲线运动-五年(2018-2022)高考物理真题分项汇编(全国通用)(原卷版)

A.若，则
B.若，则
C.若，，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D.若喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则
11.2021全国甲卷第2题. “旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（）
A.
B.
C.
D.
8、（2022·浙江6月卷·T2）下列说法正确的是（）
A. 链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B 足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C. 乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D. 篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
9、（2022·浙江1月卷·T6）图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（）
专题04曲线运动（原卷版）
近5年（2018-2022）高考物理试题分类解析
1、（2022·全国甲卷·T14）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过一点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）
（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.

三年高考2016_2018高考物理试题分项版解析专题04曲线运动含解析_2260

专题04 曲线运动【2018高考真题】1．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【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【答案】 B点睛：本题以平抛运动为背景考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念,解题时要注意弹射管沿光滑竖直轨道向下做自由落体运动,小球弹出时在竖直方向始终具有跟弹射管相同的速度。

2．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200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm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【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（北京卷）【答案】 D【解析】AB、上升过程水平方向向西加速,在最高点竖直方向上速度为零,水平方向上有向西的水平速度,且有竖直向下的加速度,故AB错；CD、下降过程向西减速,按照对称性落至地面时水平速度为0,整个过程都在向西运动,所以落点在抛出点的西侧,故C错,D正确；故选D点睛：本题的运动可以分解为竖直方向上的匀变速和水平方向上的变加速运动,利用运动的合成与分解来求解。

3．滑雪运动深受人民群众的喜爱,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【来源】2018年全国普通高等学校招生同一考试理科综合物理试题（天津卷）【答案】 C动员运动过程中速率不变,质量不变,即动能不变,动能变化量为零,根据动能定理可知合力做功为零,C正确；因为克服摩擦力做功,机械能不守恒,D错误；【点睛】考查了曲线运动、圆周运动、动能定理等；知道曲线运动过程中速度时刻变化,合力不为零；在分析物体做圆周运动时,首先要弄清楚合力充当向心力,然后根据牛顿第二定律列式,基础题,难以程度适中．4．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,两球都落在该斜面上。

2018年高考物理新题快递专题04曲线运动

专题04 曲线运动一．选择题1. （2018贵阳一模）一条水平放置的水管，距地面高h=1.8m，水管的横截面积为S=m2。

水从管口处以v=2m/s不变的速率源源不断地沿水平方向射出，设出口处横截面上各处水的速率都相等，假设水流在空中不散开，重力加速度g取10m/s2，不计阻力。

请估算水流稳定后空中的水的体积为A．3.2×10-4m3 B．4×10-4m3C．2.4×10-4m3 D. 2.4×10-3m3【参考答案】C【命题意图】本题考查建模、平抛运动规律及其相关的知识点。

2.（2018湖北咸宁期中联考）如图所示，小船以大小为v（小船在静水中的速度）、方向与上游河岸成θ的速度从O处过河，经过一段时间，正好到达正对岸的O’处，现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O’处。

在水流速度不变的情况下，可采取的方法是A．θ角不变且v增大B．θ角减小且v增大C．θ角增大且v减小D．θ角增大且v增大【参考答案】D【名师解析】若在增大v的同时，适当增大θ角，才能保证水流方向的分速度不变，而垂直河岸的分速度增大，则小船才能垂直到达河对岸，且时间更短，选项D正确。

3.（2018洛阳联考）如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升，下列说法正确的是( )A．小球做匀速圆周运动vB．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为Lcos αC．棒的角速度逐渐增大vD．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为Lsin α【参考答案】D4.(2018·山东临沂检测)有一个质量为4 kg的质点在x－y平面内运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )A．质点做匀变速直线运动B．质点所受的合外力为22 NC．2 s时质点的速度为6 m/sD．0时刻质点的速度为5 m/s【参考答案】D5. （2018洛阳一模）如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力，若从抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（）A．增大抛射速度，同时减小抛射角B．增大抛射角，同时减小抛出速度C．减小抛射速度，同时减小抛射角D．增大抛射角，同时增大抛出速度【参考答案】B【名师解析】把篮球的运动逆向看作平抛运动，若从抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则需要增大抛射角，同时减小抛出速度，选项B正确6．（2018湖南长郡中学实验班选拔考试）如图所示，b是长方形acfd对角线的交点，e是底边df的中点，a、b、c处的三个小球分别沿图示方向做平抛运动，下列表述正确的是A．若a、b、c处三球同时抛出，三球可能在de之间的区域相遇B．只要b、c处两球同时幵始做平抛运动，二者不可能在空中相遇C．若a、b处两球能在地面相遇，则a、b在空中运动的时间之比为2:1D．若a、c处两球在点相遇，则一定满足【参考答案】BD7.（2018石家庄模拟）如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。

2018年全国高考物理试题分类汇编：D单元曲线运动[ 4599808]

D单元曲线运动D1 运动的合成与分解4．[2018·四川卷] 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( )A.kvk2－1B.v1－k2C.kv1－k2D.vk2－14．B [解析] 设河岸宽为d，船速为u，则根据渡河时间关系得d u ∶du2－v2＝k，解得u＝v1－k2，所以B选项正确．8．[2018·四川卷] (1)小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v0运动，得到不同轨迹．图中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)，磁铁放在位置B时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)．实验表明，当物体所受合外力的方向跟它的速度方向________(选填“在”或“不在”)同一直线上时，物体做曲线运动．(2)下图是测量阻值约几十欧的未知电阻的原理图，图中R0是保护电阻(10 Ω)，R1是电阻箱(0～99.9 Ω)，R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源(电动势10 V，内阻很小)．在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大．实验具体步骤如下：(ⅰ)连接好电路，将滑动变阻器R调到最大；(ⅱ)闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1＝0.15 A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；(ⅲ)重复步骤(ⅱ)，再测量6组R1和I2值；(ⅳ)将实验测得的7组数据在坐标纸上描点．根据实验回答以下问题：①现有四只供选用的电流表：A．电流表(0～3 mA，内阻为2.0 Ω)B．电流表(0～3 mA，内阻未知)C．电流表(0～0.3 A，内阻为5.0 Ω) D．电流表(0～0.3 A，内阻未知)A 1应选用________，A2应选用________．②测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝0.15 A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值________(选填“不变”“变大”或“变小”)．③在坐标纸上画出R1与I2的关系图．④根据以上实验得出R x＝________Ω.8．(1)b c不在(2)①D C ②变大③略④31[解析] (2)①A1的示数能达到0.15 A，A2的示数由图像可知能达到0.3 A，故A1、A2的量程均选0.3 A，由电路图可列出关系式(R x＋R A2)I2＝(R0＋R1＋R A1)I1，整理后可得R A2＋R x＝I1I2(R0＋R1＋R A1)，由此可知，若RA1已知，则无论R1、I2如何变化，R x＋R A2均为定值，无法得到R x，故应使R A2已知，即A1选D，A2选C.②当R1减小时，如果在滑动变阻器的电阻值保持不变的情况下，电路的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可得总电流I增大，由分压关系知，并联部分得的电压减小，则I2减小，由I1＝I－I2得I1增大，要使I1＝0.15 A，则需滑动变阻器分得的电压增大，即R的阻值变大．④根据(R x＋R A2)I2＝(R0＋R1＋R A1)I2，可得R1＝Rx＋R A2I1I2－(R0－R A1)，即R1—I2图像的斜率k＝Rx＋R A2I1，根据图像并代入相关数据，可得R x＝31Ω.D2抛体运动4．[2018·重庆卷] 一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是C D4．B [解析] 弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有m弹丸v0＝34mv甲＋14mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝12gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，可知B正确．23．[2018·浙江卷] 如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，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取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．23．[答案] (1)209m/s2(2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L≤570 m[解析] 本题考查匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动等知识点和分析推理能力．[答案] (1)装甲车加速度a＝v22s＝209m/s2.(2)第一发子弹飞行时间t1＝Lv＋v＝0.5 s弹孔离地高度h1＝h－12gt21＝0.55 m第二发子弹离地的高度h2＝h－12g⎝⎛⎭⎪⎫L－st2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh＝h2－h1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1L 1＝(v0＋v)2hg＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2L 2＝v2hg＋s＝570 mL的范围 492 m<L≤570 m.11． [2018·四川卷] 如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p 板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.(1)(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0～B m＝()21＋5m()21－2qt范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．11．(1)mh22t2(2)mhq（R＋r）⎝⎛⎭⎪⎫g－2h3l2t2(3)0<θ≤arcsin25[解析] (1)设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有h＝vt①设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理得W＝12mv2②联立①②可得W＝mh2 2t2③(2)S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有E＝U④板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有U＝Eh⑤mg－qE＝ma⑥h＝12at21⑦l＝v0t1⑧S接“2”位置，则在电阻R上流过的电流I满足I＝ER＋r⑨联立①④～⑨得I＝mhq（R＋r）⎝⎛⎭⎪⎫g－2h3l2t2⑩(3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K 进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有qv0B＝mv2R○11过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有DG＝h－R(1＋cos θ)○12TG＝h＋R sin θ○13tan θ＝sin θcos θ＝DGTG○14联立①○11～○14，将B＝B m代入，求得θm＝arcsin 25○15当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大，D点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域，此时Bm>B>0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即θ0＝0○16则题目所求为0<θ≤arcsin 2 5○1721． [2018·福建卷Ⅰ] 图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度v B大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f；(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m v2R)21．[答案] (1)2gR－(mgH－2mgR) (2)23R[解析] (1)游客从B点做平抛运动，有2R＝v B t①R＝12gt2②由①②式得v B＝2gR③从A到B，根据动能定理，有mg(H－R)＋Wf＝12mv2B－0④由③④式得W f＝－(mgH－2mgR)⑤(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为v P，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有mg(R－R cos θ)＝12mv2P－0⑥过P点时，根据向心力公式，有mg cos θ－N＝m v2 PR⑦N＝0⑧cos θ＝h R ⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h＝23 R.⑩D3实验：研究平抛物体的运动D4圆周运动11．[2018·四川卷] 如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p 和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.(1)(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0～B m＝()21＋5m()21－2qt范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．11．(1)mh22t2(2)mhq（R＋r）⎝⎛⎭⎪⎫g－2h3l2t2(3)0<θ≤arcsin25[解析] (1)设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有h＝vt①设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理得W＝12mv2②联立①②可得W＝mh2 2t2③(2)S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有E＝U④板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有U＝Eh⑤mg－qE＝ma⑥h＝12at21⑦l＝v0t1⑧S接“2”位置，则在电阻R上流过的电流I满足I＝ER＋r⑨联立①④～⑨得I＝mhq（R＋r）⎝⎛⎭⎪⎫g－2h3l2t2⑩(3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K 进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有qv0B＝mv2R○11过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有DG＝h－R(1＋cos θ)○12TG＝h＋R sin θ○13tan θ＝sin θcos θ＝DGTG○14联立①○11～○14，将B＝B m代入，求得θm＝arcsin 25○15当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大，D点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域，此时Bm>B>0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即θ0＝0○16则题目所求为0<θ≤arcsin 2 5○1720. [2018·新课标全国卷Ⅰ] 如图所示，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C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg20．AC [解析] 本题考查了圆周运动与受力分析．a与b所受的最大摩擦力相等，而b需要的向心力较大，所以b先滑动，A项正确；在未滑动之前，a、b各自受到的摩擦力等于其向心力，因此b受到的摩擦力大于a受到的摩擦力，B项错误；b处于临界状态时kmg＝mω2·2l，解得ω＝kg2l，C项正确；ω＝2kg3l小于a的临界角速度，a所受摩擦力没有达到最大值，D项错误．17．[2018·新课标Ⅱ卷]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＋mgC．Mg＋5mg D．Mg＋10mg17．C [解析] 小环在最低点时，对整体有T－(M＋m)g＝mv2R，其中T为轻杆对大环的拉力；小环由最高处运动到最低处由动能定理得mg·2R＝12mv2－0，联立以上二式解得T＝Mg＋5mg，由牛顿第三定律知，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，C正确．18．[2018·新课标Ⅱ卷] 假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为( )A.3πGT2g－ggB.3πGT2gg－gC.3πGT2D.3πGT2gg18．B [解析] 在两极物体所受的重力等于万有引力，即GMmR2＝mg0，在赤道处的物体做圆周运动的周期等于地球的自转周期T，则GMmR2－mg＝m 4π2T2R，则密度ρ＝3M4πR3＝34πR3gR2G＝3πg0GT2（g－g）.B正确．21．[2018·福建卷Ⅰ] 图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度v B大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f；(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m v2R)21．[答案] (1)2gR－(mgH－2mgR) (2)23R[解析] (1)游客从B点做平抛运动，有2R＝v B t①R＝12gt2②由①②式得v B＝2gR③从A到B，根据动能定理，有mg(H－R)＋Wf ＝12mv2B－0④由③④式得W f＝－(mgH－2mgR)⑤(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为v P，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有mg(R－R cos θ)＝12mv2P－0⑥过P点时，根据向心力公式，有mg cos θ－N＝m v2 PR⑦N＝0⑧cos θ＝h R ⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h＝23 R.⑩D5万有引力与天体运动7．(15分)[2018·重庆卷] 题7图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图，首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月球表面高度为h1处悬停(速度为0，h1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落到月面，已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球表面附近的重力加速度为g，求：题7图(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化．7．[答案] (1)k21k2g v2＋2k21gh2k2(2)12mv2－k21k2mg(h1－h2)本题利用探测器的落地过程将万有引力定律，重力加速度概念，匀变速直线运动，机械能等的概念融合在一起考查．设计概念比较多，需要认真审题．[解析] (1)设地球质量和半径分别为M和R，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M′、R′和g′，探测器刚接触月面时的速度大小为v t.由mg′＝G M′mR′2和mg＝GMmR2得g′＝k21k2g由v2t－v2＝2g′h2得v t＝v2＋2k21gh2 k2(2)设机械能变化量为ΔE，动能变化量为ΔE k，重力势能变化量为ΔE p.由ΔE＝ΔE k＋ΔE p有ΔE＝12m(v2＋2k21gh2k2)－mk21k2gh1得ΔE＝12mv2－k21k2mg(h1－h2)16．[2018·浙江卷] 长期以来“卡戎星(Charon)”被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r1＝19 600 km，公转周期T1＝6.39天.2006年3月，天文学家新发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转轨道半径r2＝48 000 km，则它的公转周期T2最接近于( ) A．15天 B．25天 C．35天 D．45天16．B [解析] 本题考查开普勒第三定律、万有引力定律等知识．根据开普勒第三定律r31T21＝r32T22，代入数据计算可得T2约等于25天．选项B正确．3．[2018·天津卷] 研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( ) A．距地面的高度变大B．向心加速度变大C．线速度变大D ．角速度变大3．A [解析] 本题考查万有引力和同步卫星的有关知识点，根据卫星运行的特点“高轨、低速、长周期”可知周期延长时，轨道高度变大，线速度、角速度、向心加速度变小，A 正确，B 、C 、D 错误．9.[2018·四川卷] 石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现．科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换．(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h 1的同步轨道站，求轨道站内质量为m 1的货物相对地心运动的动能．设地球自转角速度为ω，地球半径为R .(2)当电梯仓停在距地面高度h 2＝4R 的站点时，求仓内质量m 2＝50 kg的人对水平地板的压力大小．取地面附近重力加速度g 取10 m/s 2，地球自转角速度ω＝7.3×10－5 rad/s ，地球半径R ＝6.4×103 km.9．(1)12m 1ω2(R ＋h 1)2 (2)11.5 N[解析] (1)设货物相对地心的距离为r 1，线速度为v 1，则r 1＝R ＋h 1① v 1＝r 1ω② 货物相对地心的动能为 E k ＝12m 1v 21③联立①②③得 E k ＝12m 1ω2(R ＋h 1)2④(2)设地球质量为M ，人相对地心的距离为r 2，向心加速度为a n ，受地球的万有引力为F ，则r 2＝R ＋h 2⑤ a n ＝ω2r 2⑥F ＝Gm 2Mr 22⑦g＝GM R2⑧设水平地板对人的支持力大小为N，人对水平地板的压力大小为N′，则F－N＝m2an ⑨N′＝N⑩联立⑤～⑩式并代入数据得N′＝11.5 N○1120． [2018·山东卷] 2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图所示，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为E p＝GMmhR（R＋h），其中G为引力常量，M为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为( )A.mg月RR＋h(h＋2R) B.mg月RR＋h(h＋2R)C.mg月RR＋h⎝⎛⎭⎪⎫h＋22R D.mg月RR＋h⎝⎛⎭⎪⎫h＋12R20．D [解析] 本题以月面为零势面，开始发射时，“玉兔”的机械能为零，对接完成时，“玉兔”的动能和重力势能都不为零，该过程对“玉兔”做的功等于“玉兔”机械能的增加．忽略月球的自转，月球表面上，“玉兔”所受重力等于地球对“玉兔”的引力，即G MmR2＝mg月，对于在h高处的“玉兔”，月球对其的万有引力提供向心力，即GMm（R＋h）2＝mv2R＋h，“玉兔”的动能E k＝12mv2，由以上可得，Ek＝g月R2m2（R＋h）.对“玉兔”做的功W＝E k＋E p＝mg月RR＋h⎝⎛⎭⎪⎫h＋12R.选项D正确．21．(8分)[2018·山东卷] 某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度．实验步骤：①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图甲所示．在A端向右拉动木板，待弹簧秤示数稳定后，将读数记作F；③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②；实验数据如下表所示：C 处，细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物P连接，保持滑块静止，测量重物P离地面的高度h；⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D点(未与滑轮.碰撞)，测量C、D间的距离s图乙完成下列作图和填空：(1)根据表中数据在给定坐标纸上作出F－G图线．(2)保留2位有效数字)．(3)滑块最大速度的大小v＝________(用h、s、μ和重力加速度g 表示)．21．[答案] (1)略(2)0.40(0.38、0.39、0.41、0.42均正确)(3)2μg（s－h）[解析] (1)根据实验步骤③给出的实验数据描点、连线即可．(2)上问所得图线的斜率就是滑块与木板间的动摩擦因数．(3)重物下落h时，滑块的速度最大．设滑块的质量为m，细绳拉力对滑块所做的功为W F，对该过程由动能定理得W F －μmgh＝12mv2－0滑块从C点运动到D点，由动能定理得WF－μmgs＝0－0由以上两式得v＝2μg（s－h）.19．[2018·新课标全国卷Ⅰ] 太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．据报道，2018年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的B．在2018年内一定会出现木星冲日C．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短19．BD [解析] 本题考查万有引力知识，开普勒行星第三定律，天体追及问题．因为冲日现象实质上是角速度大的天体转过的弧度恰好比角速度小的天体多出2π，所以不可能每年都出现(A选项)．由开普勒行星第三定律有T2木T2地＝r3木r3地＝140.608，周期的近似比值为12，故木星的周期为12年，由曲线运动追及公式2πT1t－2πT2t＝2nπ，将n＝1代入可得t＝1211年，为木星两次冲日的时间间隔，所以2018年能看到木星冲日现象，B正确．同理可算出天王星相邻两次冲日的时间间隔为1.01年．土星两次冲日的时间间隔为1.03年．海王星两次冲日的时间间隔为1.006年，由此可知C错误，D正确．18．[2018·新课标Ⅱ卷] 假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为( )A.3πGT2g－ggB.3πGT2gg－gC.3πGT2D.3πGT2gg18．B [解析] 在两极物体所受的重力等于万有引力，即GMmR2＝mg0，在赤道处的物体做圆周运动的周期等于地球的自转周期T，则GMmR2－mg＝m 4π2T2R，则密度ρ＝3M4πR3＝34πR3gR2G＝3πg0GT2（g－g）.B正确．21．[2018·广东卷] 如图13所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是( )A．轨道半径越大，周期越长B ．轨道半径越大，速度越大C ．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D ．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度21．AC [解析] 根据G Mm R 2＝mR 4π2T 2，可知半径越大则周期越大，故选项A 正确；根据G Mm R 2＝m v 2R ，可知轨道半径越大则环绕速度越小，故选项B 错误；若测得周期T ，则有M ＝4π2R 3GT 2，如果知道张角θ，则该星球半径为r ＝R sin θ2，所以M ＝4π2R 3GT 2＝43π(R sin θ2)3ρ，可得到星球的平均密度，故选项C 正确，而选项D 无法计算星球半径，则无法求出星球的平均密度，选项D 错误．14． [2018·福建卷Ⅰ] 若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p 倍，半径为地球的q 倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的( )A.pq 倍B.qp 倍 C.pq倍 D.pq 3倍 14．C [解析] 由G Mm R 2＝m v 2R可知，卫星的环绕速度v ＝GMR，由于“宜居”行星的质量为地球的p 倍，半径为地球的q 倍，则有v 宜v 地＝M 宜M 地·R 地R 宜＝p 1·1q ＝pq，故C 项正确． 26．[2018·全国卷] 已知地球的自转周期和半径分别为T 和R ，地球同步卫星A 的圆轨道半径为h ，卫星B 沿半径为r (r ＜h )的圆轨道在地球赤道的正上方运行，其运行方向与地球自转方向相同．求：(1)卫星B 做圆周运动的周期；(2)卫星A 和B 连续地不能直接通讯的最长时间间隔(信号传输时间可忽略)．26．[答案] (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫r h 32T(2)r 32π（h 32－r 32）(arcsin R h ＋arcsin Rr )T[解析] (1)设卫星B 绕地心转动的周期为T ′，根据万有引力定律和圆周运动的规律有G Mm h 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2h ① G Mm ′r 2＝m ′⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT ′2r ② 式中，G 为引力常量，M 为地球质量，m 、m ′分别为卫星A 、B 的质量．由①②式得T ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r h 32T ③(2)设卫星A 和B 连续地不能直接通讯的最长时间间隔为τ；在此时间间隔τ内，卫星A 和B 绕地心转动的角度分别为α和α′，则α＝τT2π④α′＝τT ′2π⑤ 若不考虑卫星A 的公转，两卫星不能直接通讯时，卫星B 的位置应在图中B 点和B ′点之间，图中内圆表示地球的赤道．由几何关系得∠BOB ′＝2⎝⎛⎭⎪⎫arcsin R h ＋arcsin R r ⑥由③式知，当r ＜h 时，卫星B 比卫星A 转得快，考虑卫星A 的公转后应有α′－α＝∠BOB ′⑦由③④⑤⑥⑦式得τ＝r32π（h32－r32）⎝⎛⎭⎪⎫arcsinRh＋arcsinRrT⑧D6曲线运动综合9． [2018·天津卷](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，半径OA的方向恰好与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＝________．(2)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些______________________________．②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)．A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平衡摩擦后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车的速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：______________________．。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

专题四曲线运动
答案
1．C 【解析】设小球运动到c 点的速度大小为c v ，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理有
2132
c F R mgR mv ⋅-=，又F mg =，解得c v =，小球离开c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g ，则由竖直方向
的运动可知，小球从离开c 点到其轨迹最高点所需的时间为c v t g =
=向的位移大小为2122
x gt R ==。

由以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R ，则小球机械能的增加量为55E F R mgR ∆=⋅=，C 正确，ABD 错误。

2．A 【解析】甲、乙两球都落在同一斜面上，则隐含做平抛运动的甲、乙的最终位移方向
相同，根据位移方向与末速度方向的关系，即末速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍，可得它们的末速度方向也相同，在速度矢量三角形中，末速度比值等于初速度比值，故A 正确。

3．B 【解析】弹射管沿光滑竖直轨道自由下落，向下的加速度大小为g ，且下落时保持水平，
故先后弹出的两只小球在竖直方向的分速度与弹射管的分速度相同，即两只小球同时落地；又两只小球先后弹出且水平分速度相等，故两只小球在空中运动的时间不同，则运动的水平位移不同，落地点不同，选项B 正确。

4．D 【解析】由于该“力”与竖直方向的速度大小成正比，所以从小球抛出至运动到最高
点过程，该“力”逐渐减小到零，将小球的上抛运动分解为水平和竖直两个分运动，由于上升阶段，水平分运动是向西的变加速运动（水平方向加速度大小逐渐减小），故小球到最高点时速度不为零，水平向西的速度达到最大值，故选项A 错误；小球到最高点时竖直方向的分速度为零，由题意可知小球这时不受水平方向的力，故小球到最高点时水平方向加速度为零，选项B 错误；下降阶段，由于受水平向东的力，小球的水平分运动是向西的变减速运动（水平方向加速度大小逐渐变大），故小球的落地点在抛出点西侧，选C 错误，D 正确。

【简捷解法】理解了小球竖直方向速度越大，水平方向受力越大后，可画出小球水平方
向的加速度a 与时间t 的关系图像，分析该图像即可得出小球在水平方向的运动一直向西，即D 选项正确。

5．C 【解析】运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A 项错误；由动能定理可知，
合外力做功一定为零，C 项正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，B 项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D 项错误。

6．A 【解析】由圆周运动公式有，通过的路程θ==s R vt ，转过的角度θω=t ，已知在相
同的时间内，通过的路程之比是4：3，转过的角度之比是3：2，则A 、B 的线速度大小之比是4：3，角速度大小之比是3：2，则选项A 正确，B 错误；由θ=
s R ，得半径的比值为428339
θθ=⋅=⨯=A A B B B A R s R s ，由向心加速度公式2ω=a R ，得向心加速度大小的比值为222238229
ωω=⋅=⨯=A A A B B B a R a R ．选项CD 错误。

7．AD 【解析】在此10 s 时间内，火车运动路程6010==⨯s vt m=600 m ，选项A 正确；
火车在弯道上运动，做曲线运动，一定有加速度，选项B 错误；火车匀速转过10°，约为15.7 rad ，角速度157
θω==t rad/s ，选项C 错误；由ω=v R ，可得转弯半径约为3.4 km ，选项D 正确。