2020年高三物理模块综合训练专题三 曲线运动【附答案】
高考物理力学知识点之曲线运动专项训练及解析答案
高考物理力学知识点之曲线运动专项训练及解析答案一、选择题1．如图所示，沿竖直杆以速度v匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，细绳与竖直杆间的夹角为θ，则以下说法正确的是（）A．物体B向右做匀速运动B．物体B向右做加速运动C．物体B向右做减速运动D．物体B向右做匀加速运动2．光滑水平面上，小球m的拉力F作用下做匀速圆周运动，若小球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况的说法正确的是（）A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pb做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．若拉力突然变大，小球将可能沿半径朝圆心运动D．若拉力突然变大，小球将可能沿轨迹Pc做近心运动3．如图所示，两根长度不同的细绳，一端固定于O点，另一端各系一个相同的小铁球，两小球恰好在同一水平面内做匀速圆周运动，则（）A．A球受绳的拉力较大B．它们做圆周运动的角速度不相等C．它们所需的向心力跟轨道半径成反比D．它们做圆周运动的线速度大小相等4．如图所示的皮带传动装置中，轮A和B固定在同一轴上，A、B、C分别是三个轮边缘的质点，且R A=R C=2R B，则三质点的向心加速度之比a A∶a B∶a C等于（）A．1∶2∶4B．2∶1∶2C．4∶2∶1D．4∶1∶45．质量为m的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管的直径，如v 图所示．已知小球以速度v通过最高点时对圆管的外壁的压力恰好为mg，则小球以速度2通过圆管的最高点时()．A．小球对圆管的内、外壁均无压力mgB．小球对圆管的内壁压力等于2mgC．小球对圆管的外壁压力等于2D．小球对圆管的内壁压力等于mg6．如图所示，质量为m的物体，以水平速度v0离开桌面，若以桌面为零势能面，不计空气阻力，则当它经过离地高度为h的A点时，所具有的机械能是( )A．mv02＋mg h B．mv02-mg hC．mv02＋mg (H-h) D．mv027．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球．始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g．小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR8．小明玩飞镖游戏时，从同一位置先后以速度v A和v B将飞镖水平掷出，依次落在靶盘上的A、B两点，如图所示，飞镖在空中运动的时间分别t A和t B．不计空气阻力，则（）A．v A＜v B，t A＜t BB．v A＜v B，t A＞t BC．v A＞v B，t A＞t BD．v A＞v B，t A＜t B9．一条小河宽100m，水流速度为8m/s，一艘快艇在静水中的速度为6m/s，用该快艇将人员送往对岸．关于该快艇的说法中正确的是（）A．渡河的最短时间为10sB．渡河时间随河水流速加大而增长C．以最短位移渡河，位移大小为100mD．以最短时间渡河，沿水流方向位移大小为400m 310．如图所示，在竖直平面内，直径为R的光滑半圆轨道和半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于O点，O点在水平地面上。
2020届高考物理专题训练：曲线运动(两套 附详细答案解析)
高考物理专题训练：曲线运动（基础卷）一、 (本题共13小题，每小题4分，共52分。
在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～13题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．图为某运动员在水平冰面上滑行时的运动轨迹，图中关于运动员的速度方向和合力方向的画法可能正确的是( )【答案】D【解析】曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，合力方向指向轨迹的凹面，选项D正确。
2．一质点受两个互成锐角的恒力F1和F2作用，由静止开始做匀加速直线运动，若运动过程中保持二力方向不变，但F1突然增大到F1＋ΔF，则质点以后( )A．继续做匀变速直线运动 B．在相等时间内速度的变化量一定相等C．可能做匀速直线运动 D．可能做变加速曲线运动【答案】B【解析】F1、F2为恒力，质点从静止开始做匀加速直线运动，F1增大到F1＋ΔF后仍为恒力，合力仍为恒力，加速度恒定，但合力的方向与速度方向不再共线，所以质点将做匀变速曲线运动，故A、C、D错；由加速度的定义式a＝ΔvΔt知，在相等时间Δt内Δv＝aΔt必相等，故B对。
3．如图所示，一质量为m的小滑块从半径为R的固定的粗糙圆弧形轨道的a点匀速率滑到b 点，则下列说法中正确的是( )A．它所受的合力的大小是恒定的 B．向心力的大小逐渐增大C．向心力的大小逐渐减小 D．向心加速度逐渐增大【答案】A【解析】滑块匀速率下滑，合力提供向心力，故滑块的合力、向心力、向心加速度的大小均不变，故选项A正确。
4．一个质量为m的小铁球从半径为R的固定半圆形轨道上端边缘由静止下滑，当滑到半圆形轨道底部时，半圆形轨道底部所受压力为铁球重力的3倍，则此时铁球的瞬时速度大小为( ) A．Rg B．gR C．2gR D．3gR【答案】C【解析】铁球滑到底部时，支持力与重力的合力提供向心力，有3mg－mg＝，解得v＝，C正确。
5．某人在距地面某一高度处以初速度v水平抛出一物体，物体落地时的速度大小为2v，则它在空中飞行的时间及抛出点距地面的高度分别为( )A．vg，22vg B．32vg，294vg C．3v，234vg D．3v，232vg【答案】D【解析】物体落地时，有(2v)2＝v2+，得v竖＝v，由于竖直方向的分运动是自由落体运动，得＝2gh，v竖＝gt，解得h＝，t＝，选项D正确。
物理曲线运动专项习题及答案解析
解得：
mg=m v2p R
vP gR 100.4 2m/s
（2）物块从 D 到 P 的过程，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
Ep=mg（sDC+sCB）sin37°+mgR（1+cos37°）+ 1 mvP2． 2
【答案】（1）滑块 B 与小球第一次碰前的速度为 95 m/s，碰后的速度为 0；（2）滑块 B
与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力 48N；（3）小球做完整圆周运动的次数为 10 次。 【解析】 【详解】 （1）滑块将要与小球发生碰撞时速度为 v1，碰撞后速度为 v1′，小球速度为 v2 根据能量守恒定律，得：
Ep=32.8J （3）为保证物块沿原轨道返回，物块滑到与圆弧轨道圆心等高处时速度刚好为零，根据能
量守恒定律得：
解得：
Ep=mg（sDC+s′CB）sin37°+mgR（1+cos37°）
s′CB=2.0m 点睛：本题综合考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律的综合，关键是搞清物体运动的物
理过程；知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力．
mvC2 2
1 2
mvB2
代入数据解得：L=10m
2．如图所示，一质量 M=4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉 挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道 BC 和水平粗糙轨道 CD 组成，BC 与 CD 相切于 C，圆弧 BC 所对圆心角 θ＝37°，圆弧半径 R=2.25m，滑动摩擦因数 μ=0.48。质量 m=1kg 的小物块 从某一高度处的 A 点以 v0＝4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自 B 点进入圆弧轨道， 最终与小车保持相对静止。取 g＝10m/s2，sin37°=0.6，忽略空气阻力，求:
2020年高考物理曲线运动专项复习试卷(含答案)
2020年高考物理曲线运动专项复习试卷(名师精选预测试题+详细解析答案，值得下载)考生注意：1.本试卷共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.4.请在密封线内作答，保持试卷清洁完整.一、单项选择题(本题共9小题，每小题4分，共36分.在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分)1.在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献.关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是()A.伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来B.笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献C.开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律D.牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量2.由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的()A.轨道半径可以不同B.质量可以不同C.轨道平面可以不同D.速率可以不同3.(2018·黑龙江齐齐哈尔模拟)如图1所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下.若“魔盘”半径为r，人与“魔盘”竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动的过程中，下列说法正确的是(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图1A.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B.如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C.如果转速变大，人与器壁之间的弹力变大D.“魔盘”的转速一定等于12πg μr4.返回式卫星在回收时一般采用变轨的方法：在远地点和近地点分别点火变轨，使其从高轨道进入椭圆轨道，再回到近地轨道，最后进入大气层落回地面.某次回收卫星的示意图如图2所示，则下列说法正确的是()图2A.不论在A点还是在B点，两次变轨前后，卫星的机械能都增加了B.卫星在轨道1上经过B点的加速度大于在轨道2上经过B点的加速度C.卫星在轨道2上运动时，经过A点时的动能大于经过B点时的动能D.卫星在轨道2上运动的周期小于在轨道3上运动的周期5.人站在平台上水平抛出一小球，球离手时的速度为v1，落地时速度为v2，不计空气阻力，图中能表示出速度矢量的演变过程的是()6.如图3所示为锥形齿轮的传动示意图，大齿轮带动小齿轮转动，大、小齿轮的角速度大小分别为ω1、ω2，两齿轮边缘处的线速度大小分别为v 1、v 2，则( )图3A.ω1<ω2，v 1＝v 2B.ω1>ω2，v 1＝v 2C.ω1＝ω2，v 1>v 2D.ω1＝ω2，v 1<v 27.(2018·甘肃天水一中段考)如图4所示是两颗仅在地球引力作用下绕地球运动的人造卫星轨道示意图，Ⅰ是半径为R 的圆轨道，Ⅱ为椭圆轨道，AB 为椭圆的长轴且AB ＝2R ，两轨道和地心在同一平面内，C 、D 为两轨道的交点.已知轨道Ⅱ上的卫星运动到C 点时速度方向与AB 平行，下列说法正确的是( )图4A.两个轨道上的卫星在C 点时的加速度相同B.两个轨道上的卫星在C 点时的向心加速度大小相等C.轨道Ⅱ上卫星的周期大于轨道Ⅰ上卫星的周期D.轨道Ⅱ上卫星从C 经B 运动到D 的时间与从D 经A 运动到C 的时间相等8.如图5所示，水平圆盘可绕过圆心的竖直轴转动，质量相等的A 、B 两物块静置于水平圆盘的同一直径上.A与竖直轴距离为2L，连接A、B两物块的轻绳长为3L，轻绳不可伸长.现使圆盘绕竖直轴匀速转动，两物块始终相对圆盘静止，则()图5A.A物块所受摩擦力一定指向圆心B.B物块所受摩擦力一定指向圆心C.A物块所受摩擦力一定背离圆心D.B物块所受摩擦力一定背离圆心9.双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动.研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化.若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，双星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为()A.n3k2T B.n3k T C.n2k T D.nk T二、多项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 10.假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么()A.地球的公转周期大于火星的公转周期B.地球公转的线速度小于火星公转的线速度C.地球公转的向心加速度大于火星公转的向心加速度D.地球公转的角速度大于火星公转的角速度11.(2018·河北、山西、河南三省联考)如图6所示竖直截面为半圆形的容器，O为圆心，且AB为沿水平方向的直径.一物体在A点以向右的水平初速度v抛出，与此同时另一物A抛出，两物体都落到容器的同一点P.已知∠BAP＝37°，体在B点以向左的水平初速度vB不计空气阻力，下列说法正确的是()图6A.B比A先到达P点B.两物体一定同时到达P点C.抛出时，两物体的速度大小之比为v A∶v B＝16∶9D.抛出时，两物体的速度大小之比为v A∶v B＝4∶112.如图7所示，小滑块a从倾角为θ＝60°的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面匀速下滑，同时将另一小滑块b在斜面底端正上方与小滑块a等高处以速度v水平向左抛出，两滑2块恰在斜面中点P处相遇，不计空气阻力，则下列说法正确的是()图7A.v1∶v2＝2∶1B.v1∶v2＝1∶1C.若小滑块b以速度2v2水平向左抛出，则两滑块仍能相遇D.若小滑块b以速度2v2水平向左抛出，则小滑块b落在斜面上时，小滑块a在小滑块b 的下方13.如图8，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO′转动.三个物体与圆盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.三个物体与轴O共线且OA＝OB＝BC＝r，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力.当圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，则对于这个过程，下列说法正确的是()图8A.A、B两个物体同时达到最大静摩擦力B.B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变，A物体所受的静摩擦力先增大后减小再增大C.当ω>μgr时整体会发生滑动D.当μg2r<ω<μgr时，在ω增大的过程中B、C间的拉力不断增大14.(2017·天津和平质量调查)航天器关闭动力系统后沿如图9所示的椭圆轨道绕地球运动，A、B分别是轨道上的近地点和远地点，A位于地球表面附近.若航天器所受阻力不计，以下说法正确的是()图9A.航天器运动到A点时的速度等于第一宇宙速度B.航天器由A运动到B的过程中万有引力做负功C.航天器由A运动到B的过程中机械能不变D.航天器在A点的加速度小于在B点的加速度15.已知某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上绕地运行的周期为T，卫星运行方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，假设某时刻，该卫星在A点变轨进入椭圆轨道(如图10)，近地点B到地心距离为r2.设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为T，不计空气阻力，则()图10A.T ＝38T 0B.t ＝r 1＋r 2T 4r 1 r 1＋r 22r 1C.卫星在图中椭圆轨道由A 到B 时，机械能增大D.卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变三、非选择题(本题共4小题，共34分)16.(6分)(2015·全国卷Ⅰ·22)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验.所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R ＝0.20 m).图11完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图11(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg ；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为_____ kg ；(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m ；多次从同一位置释放小车，记录各次的m 值如下表所示：(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________ N ；小车通过最低点时的速度大小为________ m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s 2，计算结果保留2位有效数字)17.(8分)质量为m 的卫星发射前静止在地球赤道表面.假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R .(1)已知地球质量为M ，自转周期为T ，引力常量为G ，求此时卫星对地表的压力F N 的大小.(2)卫星发射后先在近地轨道上运行(轨道离地面的高度可忽略不计)，运行的速度大小为v 1，之后经过变轨成为地球的同步卫星，此时离地面高度为H ，运行的速度大小为v 2.①求比值v 1v 2； ②若卫星发射前随地球一起自转的速度大小为v 0，通过分析比较v 0、v 1、v 2三者的大小关系.18.(10分)(2018·福建师范大学附中期中)如图12所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一高h＝1.4 m、宽L＝1.2 m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H＝3.2 m的A点沿水平方向跳起离开斜面(竖直方向的速度变为0).已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ＝0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图12(1)运动员在斜面上滑行的加速度的大小；(2)若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；(3)运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度.19.(10分)“嫦娥一号”探月卫星的成功发射，实现了中华民族千年奔月的梦想.假若我国的航天员登上某一星球并在该星球表面上做了如图13所示的力学实验：让质量为m＝1.0 kg＝1 m/s的初速度从倾角为53°的斜面AB的顶点A滑下，到达的小滑块(可视为质点)以vB点后恰好能沿倾角为37°的斜面到达C点.不计滑过B点时的机械能损失，滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，测得A、C两点离B点所在水平面的高度分别为h＝1.2 m，1h2＝0.5 m.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计该星球的自转以及其他星球对它的作用.图13(1)求该星球表面的重力加速度g；(2)若测得该星球的半径为R＝6×106 m，航天员要在该星球上发射一颗探测器绕其做匀速圆周运动，则探测器运行的最大速度为多少？(3)若测得该星球的半径为R＝6×106m，取地球半径R0＝6.4×106m，地球表面的重力加速度g0＝10 m/s2，求该星球的平均密度与地球的平均密度之比ρρ0.答案精析1.D2.B [不同国家的同步卫星都具有相同的轨道半径、速率、轨道平面、角速度、周期等，故选B.]3.C [人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，故A 错误；人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故B 错误；如果转速变大，由F ＝mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故C 正确；人恰好“贴”在“魔盘”上时，有mg ≤F fmax ，F N ＝mr (2πn )2，又F fmax ＝μF N ，解得转速为n ≥12πgμr ，故D 错误.]4.C [不论是在A 点还是在B 点的两次变轨前后，都要减速，前者做圆周运动，后者做向心运动，故机械能都要减小，故A 错误；卫星变轨前后都是只有万有引力来提供加速度，加速度a ＝GMr 2，即变轨前后的加速度是相等的，故B 错误；根据开普勒第二定律可知卫星在远地点B 的速度小于在近地点A 的速度，所以在轨道2上经过A 点时的动能大于经过B 点时的动能，故C 正确；由开普勒第三定律a 3T 2＝k 知，卫星在轨道2上运动的周期大于在轨道3上运动的周期，故D 错误.] 5.C 6.A7.A [在C 点，地球对两个轨道上卫星的万有引力相同，故在C 点时的加速度相同，地球对轨道Ⅰ上的卫星的万有引力提供向心力，而轨道Ⅱ上卫星的向心力由万有引力的分力提供，故轨道Ⅰ上的卫星的向心加速度大于轨道Ⅱ上卫星的向心加速度，选项A 正确，选项B 错误；由开普勒第三定律r 3T 2＝k ，轨道Ⅰ上卫星的周期T 1＝R 3k ，轨道Ⅱ上卫星的周期T 2＝⎝⎛⎭⎫AB 23k ＝R 3k ，故轨道Ⅱ上卫星的周期等于轨道Ⅰ上卫星的周期，选项C 错误；轨道Ⅱ上卫星从C 经B 运动到D 的平均速度小于从D 经A 运动到C 的平均速度，故从C 经B 运动到D 的时间大于从D 经A 运动到C 的时间，选项D 错误.]8.A9.B [如图所示，设两恒星的质量分别为M 1和M 2，轨道半径分别为r 1和r 2.根据万有引力定律及牛顿第二定律可得G M 1M 2r 2＝M 1⎝⎛⎭⎫2πT 2r 1＝M 2⎝⎛⎭⎫2πT 2r 2，解得G M 1＋M 2r 2＝⎝⎛⎭⎫2πT 2(r 1＋r 2)，即G M r 3＝⎝⎛⎭⎫2πT 2，当两星的总质量变为原来的k 倍，它们之间的距离变为原来的n 倍时，有G kMnr 3＝⎝⎛⎭⎫2πT ′2，联立得T ′＝n 3k T ，选项B 正确.]10.CD11.BC [两物体同时抛出，都落到P 点，由平抛运动规律可知两物体下落了相同的竖直高度，由H ＝gt 22，得t ＝2Hg，同时到达P 点，A 错误，B 正确.在水平方向，抛出的水平距离之比等于抛出速度之比，设圆的半径为R ，由几何关系得x AM ＝2R cos 237°，而x BM ＝x MP tan 37°，x MP ＝x AP sin 37°，x AP ＝2R cos 37°，联立上述表达式得x AM ∶x BM ＝16∶9，C 正确，D 错误.]12.AD [两小滑块恰在斜面中点P 相遇，由几何关系可知两小滑块水平位移相等，有v 1t sin 30°＝v 2t ，解得v 1∶v 2＝2∶1，选项A 正确，B 错误.小滑块b 以速度2v 2水平向左抛出时，若没有斜面，将到达与P 点等高的B 点；若有斜面则落在斜面上A 点，如图所示.设斜面长为2L ，小滑块b 在水平方向做匀速直线运动，由几何知识得，其运动到A 点的水平位移大于2L 3，且水平分速度大小等于v 1，小滑块b 运动到A 点的时间t b ＞2L 3v 1，由几何关系有，小滑块a 运动到A 点的位移小于2L 3，则其运动到A 点的时间t a ＜2L3v 1，t b＞t a ，两小滑块不能相遇，小滑块b 运动到A 点时，小滑块a 已经运动到A 点下方，选项C 错误，D 正确.]13.BCD [当圆盘转速增大时，静摩擦力提供向心力，三个物体的角速度相等，由F 0＝mω2r ，由于C 的半径最大，质量最大，故C 所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时μ(2m )g ＝2m ·2rω12，解得ω1＝μg2r，当C 的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC 间细线开始提供拉力，B 的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，A 、B 之间细线开始有力的作用，随着角速度增大，A 的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A 的摩擦力也达到最大时，且BC 间细线的拉力大于A 、B 整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A 与B 还受到细线的拉力，对C 有F T ＋μ·2mg ＝2m ·2rω22，对A 、B 整体有F T ＝2μmg ，解得ω2＝μgr ，当ω2>μgr 时整体会发生滑动.]14.BC [由于A 点位于地球表面附近，若航天器以R A 为半径做圆周运动时，速度应为第一宇宙速度，现航天器过A 点做离心运动，则其过A 点时的速度大于第一宇宙速度，A 项错误.由A 到B 高度增加，万有引力做负功，B 项正确.航天器由A 到B 的过程中只有万有引力做功，机械能守恒，C 项正确.由G Mm R 2＝ma ，可知a A ＝GM R A2，a B ＝GMR B2，又R A <R B ，则a A >a B ，D 项错误.]15.AB [根据题意有：2πT ·3T 0－2πT 0·3T 0＝5·2π，得T ＝38T 0，所以A 正确；由开普勒第三定律有⎣⎡⎦⎤12r 1＋r 23t2＝r 13T 2，得t ＝r 1＋r 2T4r 1 r 1＋r 22r 1，所以B 正确；卫星在椭圆轨道中运行时，机械能是守恒的，所以C 错误；卫星从圆轨道进入椭圆轨道过程中在A 点需点火减速，卫星的机械能减小，所以D 错误.] 16.(2)1.40 (4)7.9 1.4解析 (2)由题图(b)可知托盘秤量程为10 kg ，指针所指的示数为1.40 kg.(4)由多次测出的m 值，利用平均值可求得m ＝1.81 kg.而模拟器的重力为G ＝m 0g ＝9.8 N ，所以小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F N ＝mg －m 0g ≈7.9 N ；根据径向合力提供向心力，即7.9 N －(1.40－1.00)×9.8 N ＝0.4v 2R ，解得v ≈1.4 m/s. 17.(1)G Mm R 2－m 4π2RT2 (2)①R ＋HR②v 1>v 2>v 0 解析 (1)卫星静止在地球赤道表面时，随地球一起做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得G Mm R 2－F N ′＝m 4π2R T 2， 解得F N ′＝G Mm R 2－m 4π2RT 2.根据牛顿第三定律可知卫星对地表的压力 F N ＝F N ′＝G Mm R 2－m 4π2RT2.(2)①卫星围绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有G Mm R 2＝m v 12R ，GMm R ＋H 2＝m v 22R ＋H ， 解得v 1v 2＝R ＋HR. ②同步卫星与地球自转的角速度相等，而半径大于地球半径，根据v ＝ωr 可知v 2>v 0，由①知v 1>v 2，所以v 1>v 2>v 0. 18.(1)7.4 m/s 2 (2)0.8 s (3)6.0 m/s解析 (1)设运动员连同滑板的质量为m ，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律有mg sin 53°－μmg cos 53°＝ma ，解得运动员在斜面上滑行的加速度a ＝7.4 m/s 2. (2)运动员从斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动， 根据自由落体运动规律有H ＝12gt 2，解得t ＝0.8 s.(3)为了不触及障碍物，运动员以速度v 沿水平方向起跳后竖直下落高度为H －h 时，他沿水平方向运动的距离为H tan 53°＋L ，设该段时间为t ′，则H －h ＝12gt ′2，Htan 53°＋L ＝vt ′，解得v ＝6.0 m/s.19.(1)6 m/s 2 (2)6×103 m/s (3)0.64解析 (1)小滑块从A 到C 的过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmg cos 53°·h 1sin 53°－μmg cos 37°·h 2sin 37°＝0－12mv 02，代入数据解得g ＝6 m/s 2. (2)设探测器质量为m ′，探测器绕该星球表面做匀速圆周运动时运行速度最大，由牛顿第二定律和万有引力定律得 G Mm ′R 2＝m ′v 2R ， 又G Mm ′R 2＝m ′g ， 解得v ＝gR ＝6×103 m/s. (3)由星球密度ρ＝M43πR 3和GM ＝gR 2得该星球的平均密度与地球的平均密度之比为ρρ0＝gR 0g 0R ，代入数据解得ρρ0＝0.64.。
(物理)物理曲线运动练习题含答案含解析
（物理）物理曲线运动练习题含答案含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板B 固定在水平地面上，一个质量为3m 小球A 静止在木板B 上圆形轨道的左侧．一质量为m 的子弹以速度v 0水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动．圆形轨道半径为R ，木板B 和圆形轨道总质量为12m ，重力加速度为g ，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力．求：(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围．【答案】(1)2038mv (2) 2164mv mg R+(3)042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤【解析】本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题． (1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：01(3)mv m m v =+ 由能量守恒定律得：220111422Q mv mv =-⨯ 代入数值解得：2038Q mv =(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式得211(3)(3)m m v F m m g R+-+=以木板为对象受力分析得2112F mg F =+ 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F 2木板对水平面的压力的大小202164mv F mg R=+(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性：①若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R由机械能守恒定律得：()()211332m m v m m gR +≤+解得：042v gR ≤②若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：22(3)(3)m m v m m g R++≤由机械能守恒定律得：221211(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 代入数值解得：045v gR ≥要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：312F mg ≤在最高点有：233(3)(3)m m v F m m g R+++=由机械能守恒定律得：221311(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 解得：082v gR ≤综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤2．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。
高中物理曲线运动专项训练及答案及解析
高中物理曲线运动专项训练及答案及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=35，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g ．求：（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； （2）小球到达A 点时动量的大小； （3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间． 【答案】（15gR（223m gR （3355R g 【解析】试题分析 本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．解析（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有tan F mgα=① 2220()F mg F =+②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得2v F m R=③由①②③式和题给数据得034F mg =④5gRv =（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥(1cos CD R α=+）⑦由动能定理有22011122mg CD F DA mv mv -⋅-⋅=-⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 1232m gR p mv ==⑨ （3）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g ．设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有212v t gt CD ⊥+=⑩ sin v v α⊥=由⑤⑦⑩式和题给数据得355R t g=点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．2．一质量M =0.8kg 的小物块，用长l =0.8m 的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态．一质量m =0.2kg 的粘性小球以速度v 0=10m/s 水平射向小物块，并与物块粘在一起，小球与小物块相互作用时间极短可以忽略．不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s 2．求：（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和小物块共同速度的大小； （2）小球和小物块摆动过程中，细绳拉力的最大值； （3）小球和小物块摆动过程中所能达到的最大高度． 【答案】（1）=2.0/v m s 共 （2）F=15N (3)h=0.2m 【解析】（1）因为小球与物块相互作用时间极短，所以小球和物块组成的系统动量守恒．0)(mv M m v =+共得:=2.0/v m s 共（2）小球和物块将以v 共 开始运动时，轻绳受到的拉力最大，设最大拉力为F ，2()()v F M m g M m L-+=+共得:15F N =（3）小球和物块将以v 共为初速度向右摆动，摆动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，设它们所能达到的最大高度为h ，根据机械能守恒：21+)()2m M gh m M v =+共（解得:0.2h m =综上所述本题答案是: （1）=2.0/v m s 共 （2）F=15N (3)h=0.2m 点睛:（1）小球粘在物块上，动量守恒．由动量守恒，得小球和物块共同速度的大小． （2）对小球和物块合力提供向心力，可求得轻绳受到的拉力（3）小球和物块上摆机械能守恒．由机械能守恒可得小球和物块能达到的最大高度．3．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。
高中物理曲线运动专项训练及答案
高中物理曲线运动专项训练及答案一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如下图，竖直圆形轨道固定在木板 B 上，木板 B 固定在水平川面上，一个质量为3m 小球 A 静止在木板 B 上圆形轨道的左边．一质量为m 的子弹以速度v0水平射入小球并停留在此中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动．圆形轨道半径为 R，木板 B 和圆形轨道总质量为12m，重力加快度为g，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力．求：(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；(3)为保证小球不离开圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围．32mv024 2gR 或 45gR v0 8 2gR【答案】 (1)mv0(2) 16mg(3) v084R【分析】此题观察完整非弹性碰撞、机械能与曲线运动相联合的问题．(1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：mv0 (m3m)v1由能量守恒定律得：Q 1mv0214mv12 22代入数值解得： Q3mv028(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式(m3m)v12得F1(m3m) gR以木板为对象受力剖析得F212mg F1依据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F2木板对水平面的压力的大小F216mg mv024R(3)小球不离开圆形轨有两种可能性：① 若小球滑行的高度不超出圆形轨道半径R由机械能守恒定律得：1m 3m v12m 3m gR2解得： v0 4 2gR② 若小球能经过圆形轨道的最高点小球能经过最高点有：(m 3m)v (m 3m) gR22由机械能守恒定律得：1(m 3m)v122(m 3m)gR1( m 3m)v22 22代入数值解得：v0 4 5gR要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：F312mg(m 3m)v 在最高点有：F3(m 3m)gR 2 3由机械能守恒定律得：1(m 3m)v122(m 3m)gR1( m 3m)v32 22解得：v08 2gR综上所述为保证小球不离开圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是v0 4 2gR 或 4 5gR v08 2gR2．如下图，圆滑轨道CDEF 是一“过山车”的简化模型，最低点D 处入、出口不重合，E 点是半径为 R 0.32m 的竖直圆轨道的最高点，DF 部分水平，尾端 F 点与其右边的水平传递带光滑连结，传递带以速率v=1m/s 逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m．物块B 静止在水平面的最右端 F 处．质量为m A1kg 的物块A从轨道上某点由静止开释，恰巧经过竖直圆轨道最高点 E ，而后与B发生碰撞并粘在一同．若 B 的质量是 A 的 k 倍， A、B 与传递带的动摩擦因数都为0.2 ，物块均可视为质点，物块 A 与物块B的碰撞时间极短，取 g10m / s2．求：（1）当k 3时物块A、B碰撞过程中产生的内能；（2）当 k=3 时物块A、B在传递带上向右滑行的最远距离；（3）议论k在不一样数值范围时，A、B 碰撞后传递带对它们所做的功W 的表达式．k 22k15【答案】（1） 6J（ 2） 0.25m（ 3）①W2 k 1 J ②W12 k【分析】（1）设物块 A 在 E 的速度为v0，由牛顿第二定律得：m A g m A v02①，R设碰撞前 A 的速度为v1．由机械能守恒定律得：2m A gR 1m A v021m A v12② ，22联立并代入数据解得：v14m / s③；设碰撞后A、B速度为 v2，且设向右为正方向，由动量守恒定律得m A v1 m A m2 v2④；解得： v2m A v1141m / s⑤；m A m B 1 3由能量转变与守恒定律可得：Q 1m A v121m A m B v22⑥，代入数据解得Q=6J⑦；22（2）设物块 AB 在传递带上向右滑行的最远距离为s，由动能定理得：m A m B gs 1m A m B v22⑧，代入数据解得s0.25m ⑨；2（3）由④式可知：v2m A v14m / s ⑩；m A m B1k （i ）假如 A、 B 能从传递带右边走开，一定知足1m A m B v22m A m B gL ，2解得： k＜ 1，传递带对它们所做的功为：W m A m B gL 2 k1 J；（ii ）（ I）当v2v 时有：k 3，即 AB 返回到传递带左端时速度仍为v2；由动能定理可知，这个过程传递带对AB 所做的功为： W=0J，（II）当0 k时， AB 沿传递带向右减速到速度为零，再向左加快，当速度与传递带速度相等时与传递带一同匀速运动到传递带的左边．在这个过程中传递带对AB 所做的功为W1m A m B v21m A m B v22，22k 22k15解得 Wk1；2【点睛】此题观察了动量守恒定律的应用，剖析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意议论，不然会漏解． A 恰巧经过最高点E，由牛顿第二定律求出 A 经过 E 时的速度，由机械能守恒定律求出 A 与 B 碰撞前的速度，A、B 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离．依据A、B 速度与传送带速度间的关系剖析AB 的运动过程，依据运动过程应用动能定理求出传递带所做的功．3．水平抛出一个物体，当抛出 1 秒后，它的速度方向与水平方向成45°角，落地时，速度方向与水平方向成60°角，（ g 取 10m/s 2）。
高中物理曲线运动试题(有答案和解析)含解析
高中物理曲线运动试题( 有答案和分析 ) 含分析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1． 有一水平搁置的圆盘，上边放一劲度系数为 k 的弹簧，如下图，弹簧的一端固定于轴O 上，另一端系一质量为m 的物体 A ，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为 l ．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求：（1）盘的转速ω 多大时，物体 A 开始滑动？（2）当转速迟缓增大到2 ω 时， A 仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x 是多少？【答案】（ 1）g 3 mgl （ 2） 4 mglkl 【分析】【剖析】（1）物体 A 随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力供给向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的协力供给向心力．物体A 刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力供给向心力，依据牛顿第二定律求解角速度 ω0 ．（ 2）当角速度达到 2 ω0 时，由弹力与摩擦力的协力供给向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量 △x ． 【详解】若圆盘转速较小，则静摩擦力供给向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的协力供给向心力．（ 1）当圆盘转速为 n 0 时， A 马上开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力供给向心力，则有：μmg ＝ ml ω02，解得： ω0=g ．l即当 ω0g时物体 A 开始滑动．＝l（ 2）当圆盘转速达到 2 ω0 时，物体遇到的最大静摩擦力已不足以供给向心力，需要弹簧的弹力来增补，即： μmg +k △x ＝ mr ω12， r=l+△x解得： Vx ＝3 mglkl 4 mg【点睛】当物体相关于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是常常用到的临界条件．此题重点是剖析物体的受力状况．2．如下图 ,固定的圆滑平台上固定有圆滑的半圆轨道,轨道半径R=0.6m, 平台上静止搁置着两个滑块A、B,m A=0.1kg,m B=0.2kg,两滑块间夹有少许炸药,平台右边有一带挡板的小车,静止在圆滑的水平川面上．小车质量为M=0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右边固定一根轻弹簧 ,弹簧的自由端在Q 点,小车的上表面左端点 P 与 Q 点之间是粗拙的,PQ 间距离为 L 滑块 B 与 PQ 之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q 点右边表面是圆滑的．点燃炸药后,A、B 分别瞬时 A 滑块获取向左的速度v A=6m/s, 而滑块 B 则冲向小车．两滑块都能够看作质点,炸药的质量忽视不计 ,爆炸的时间极短 ,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且g=10m/s2．求 :(1)滑块 A 在半圆轨道最高点对轨道的压力;(2)若 L=0.8m, 滑块 B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块 B 既能挤压弹簧 ,又最后没有滑离小车,则小车上PQ 之间的距离L 应在什么范围内【答案】（ 1） 1N，方向竖直向上（2）E P0.22 J （3）0．675m＜L＜1．35m【分析】【详解】(1)A 从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：1m A v A21m A v2m A g 2R22在最高点由牛顿第二定律：m A g F N m A滑块在半圆轨道最高点遇到的压力为：F N=1N v2 R由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为1N，方向向上（2）爆炸过程由动量守恒定律：m A v A m B v B解得： v B=3m/s滑块 B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧拥有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：m B v B（ m B M )v共由能量关系：E P 1m B v B21(m B M )v共2 - m BgL22解得 E P=0.22J(3)滑块最后没有走开小车，滑块和小车拥有共同的末速度，设为u，滑块与小车构成的系统动量守恒，有：m B v B（ m B M )v若小车 PQ 之间的距离 L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰巧滑到 Q 点，由能量守恒定律得：m B gL11m B v B21(m B M )v2 22联立解得：L1=1.35m若小车 PQ 之间的距离 L 不是很大，则滑块必定挤压弹簧，因为Q 点右边是圆滑的，滑块必定被弹回到PQ 之间，设滑块恰巧回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：2 m B gL21m B v B21(m B M )v2 22联立解得：L2=0.675m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最后没有走开小车，PQ 之间的距离L 应知足的范围是 0.675m ＜L＜ 1.35m3．如下图，水平长直轨道AB 与半径为R=0.8m 的圆滑1 竖直圆轨道BC 相切于B， BC 4与半径为r=0.4m 的圆滑1 竖直圆轨道CD相切于C，质量m=1kg 的小球静止在 A 点，现用4F=18N 的水平恒力向右拉小球，在抵达AB 中点时撤去拉力，小球恰能经过球与水平面的动摩擦因数μ=0.2，取 g=10m/s 2．求：D 点．已知小（1）小球在 D 点的速度 v D大小；（2）小球在 B 点对圆轨道的压力 N B大小；（3） A、B 两点间的距离 x．【答案】 (1) v D2m / s（ 2）45N (3)2m【分析】【剖析】【详解】（1）小球恰巧过最高点D，有：mg m v D2r解得： v D2m/s（2）从 B 到 D ，由动能定理：mg(R r )1mv D 21mv B 222设小球在 B 点遇到轨道支持力为 N ，由牛顿定律有：N mgmN B =Nv 2BR联解③④⑤得： N=45N（3）小球从 A 到 B ，由动能定理：Fxmgx1mv B 222解得： x 2m故此题答案是： (1) v D 2m / s （ 2） 45N (3)2m 【点睛】利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加快阶段的位移，4． 如下图，在圆滑的圆锥体顶部用长为的细线悬挂一质量为 的小球， 因锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为，物体绕轴线在水平面内做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知，重力加快度 g 取 若北小球运动的角速度，求此时细线对小球的拉力大小。
2020年高考物理一轮复习：曲线运动及答案详解
2020年高考物理一轮复习：曲线运动考点一、运动的合成和分解剖析:（一）、曲线运动1.曲线运动的速度方向:曲线运动的速度方向总沿轨迹的切线方向,因此曲线运动的速度方向时刻在改变,所以曲线运动一定是变速运动,其加速度一定不为零.2.物体做曲线运动的条件:从运动学角度说，物体的加速度方向跟速度方向不在一条直线上时,物体就做曲线运动.从动力学的角度说,如果物体所受合外力的方向跟物体速度的方向不在一条直线上时,物体就做曲线运动.3.研究曲线运动的基本方法:运动的合成和分解,即把复杂的曲线运动简化为简单的直线运动,用直线运动的规律来研究曲线运动,是研究曲线运动的基本方法.运动的合成和分解包括位移、速度、和加速度的合成和分解,这些描述运动状态的物理量都是矢量,对它们进行合成和分解都要用平行四边形定则. （二）、运动的合成与分解1.合运动和分运动:当物体同时参与几个运动时,其实际运动就叫做这几个运动的合运动,这几个运动叫做实际运动的分运动.2.运动的合成与分解(1)已知分运动(速度v 、加速度a 、位移s)求合运动(速度v 、加速度a 、位移s),叫做运动的合成. (2)已知合运动(速度v 、加速度a 、位移s)求分运动(速度v 、加速度a 、位移s),叫做运动的分解. (3)运动的合成与分解遵循平行四边形定则. 3.合运动与分运动的关系(1)等时性:合运动和分运动进行的时间相等.(2)独立性:一个物体同时参与几个分运动,各分运动独立进行,各自产生效果. (3)等效性:整体的合运动是各分运动决定的总效果,它替代所有的分运动. D.物体可能沿原曲线由B 返回A【例题1】.如图(a)所示,河宽为L,船对水的速度为v 船,水的流速为v 水,试分析:(1)船怎样渡河,所需时间最短?最短时间是多少?(2)当v 船>v 水时,船怎样渡河位移最小?最小位移是多大? (3)当v 船<v 水时,船怎样渡河位移最小?最小位移是多大?解析:(1)船渡河的时间t 取决于v 船垂直于河岸的分量v y 和河宽L,而与v 水无关.设船头与河岸的夹角为θ,则渡河的时间表示为:θ船sin v L v L t y ==可见,当sin θ=1,θ=900,即船头垂直于河岸时(图b),渡河时间最短为:船v L t =m in (2)如图(c)所示, 当v 船>v 水时,船的合速度当v 垂直于河岸时,渡河位移最小,且等于河宽,即s min =L,所以船(a)图5-1-1 (b)v 水(3)如右图所示,当v 船<v 水时,以v 水末端为圆心,以v 船大小为半径画半圆,船的实际速度以v 水的始端为始端,圆周上一点为末端.与河岸夹角最大的方向沿图示切线方向,此时渡河路径最短.由水船v v s L =min得:L v v s 船水=min答案: 船v Lt =m in s min =L L v v s 船水=min【变式训练1】.如图5-1-3车甲以速度v 1拉汽车乙前进，乙的速度为v 2，甲、乙都在水平面上运动，求v 1∶v 2【考能训练】A 基础达标1.关于互成角度的两个初速不为零的匀变速直线运动的合运动,下列说法正确的是( ) A.一定是直线运动 B.一定是曲线运动C.可能是直线运动,也可能是曲线运动D.以上说法都不正确2.如图5-1-5在恒力F 作用下沿曲线从A 运动到B ，这时突然使它受的力反向，而大小不变，即由F 变为－F ，在此力作用下，关于物体以后的运动情况的下列说法中正确的是（ ） A ．物体不可能沿曲线Ba 运动 B ．物体不可能沿直线Bb 运动 C ．物体不可能沿曲线Bc 运动D ．物体不可能沿原曲线由B 返回A3、质量为m 的物体受到一组共点恒力作用而处于平衡状态，当撤去某个恒力F 1时，物体可能做( ) A ．匀加速直线运动； B ．匀减速直线运动； C ．匀变速曲线运动； D ．变加速曲线运动。
【高考复习】2020版高考物理 单元测试 曲线运动万有引力与航天(含答案解析)
2020版高考物理 单元测试 曲线运动万有引力与航天1.质量为m 的木块从半径为R 的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么( )A ．因为速率不变，所以木块的加速度为零B ．木块下滑过程中所受的合外力越来越大C ．木块下滑过程中所受的摩擦力大小不变D ．木块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心2.物体做匀速圆周运动时，下列说法中不正确的是( )A ．角速度、周期、动能一定不变B ．向心力一定是物体受到的合外力C ．向心加速度的大小一定不变D ．向心力的方向一定不变3.汽车在水平地面上转弯，地面对车的摩擦力已达到最大值．当汽车的速率加大到原来的二倍时，若使车在地面转弯时仍不打滑，汽车的转弯半径应( )A ．增大到原来的二倍B ．减小到原来的一半C ．增大到原来的四倍D ．减小到原来的四分之一4.利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面。
如图所示,用两根长为l 的细线系一质量为m 的小球,两线上端系于水平横杆上,A 、B 两点相距也为l 。
若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动,则小球运动到最低点时,每根线承受的张力为( )A.2mgB.3mgC.2.5mgD.mg 37325.如图所示，某同学斜向上抛出一小石块，忽略空气阻力．下列关于小石块在空中运动的过程中，加速度a 随时间t 变化的图象中，正确的是( )6.静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S 的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t ，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，忽略空气阻力(重力加速度g 取10 m/s 2)，以下说法正确的是( )A ．水流射出喷嘴的速度大小为gttan θB ．空中水柱的水量为Sgt22tan θC ．水流落地时位移大小为gt22cos θD ．水流落地时的速度大小为2gtcos θ7.如图所示，河宽为200 m ，一条小船要将货物从A 点运送到河对岸的B 点，已知AB 连线与河岸的夹角 θ=30°，河水的流速v 水=5 m/s ，小船在静水中的速度至少是( )A. m/s B ．2.5 m/s C ．5 m/s D ．5 m/s53238.在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看作是做半径为R 的圆周运动．设内外路面高度差为h ，路基的水平宽度为d ，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于( )A. B. C. D. gRh L gRh d gRL h gRd h9.(多选)如图所示,吊车以v 1的速度沿水平直线向右匀速行驶,同时以v 2的速度匀速收拢绳索提升物体,则下列表述正确的是( )A.物体的实际运动速度为v 1+v 2B.物体的实际运动速度为v 12+v 22C.物体相对地面做曲线运动D.绳索保持竖直状态10.(多选)如图所示,两个半径均为R 的四分之一光滑圆弧对接于O 点,有物体从上面圆弧的某点C 以上任意位置由静止下滑(C 点未标出),都能从O 点平抛出去,则( )A.∠CO1O=60°B.∠CO1O=45°C.落地点距O2最远为2RD.落地点距O2最近为R11. (多选)如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的杆CD上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块B到轴的距离为物块A到轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐慢慢增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是( )A．A受到的静摩擦力一直增大B．B受到的静摩擦力先增大后保持不变C．A受到的静摩擦力先增大后减小再增大D．B受到的合外力先增大后保持不变12. (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13.如图所示，半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同的速度进入管内．A通过最高点C时，对管壁上部压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部压力为0.75mg，求A、B两球落地点间的距离．14.如图所示，一个质量为M的匀质实心球，半径为R，如果从球中挖去一个直径为R的小球，放在相距为d=2.5R的地方，分别求下列两种情况下挖去部分与剩余部分的万有引力大小(答案必须用分式表示，已知G、M、R)．(2)从球心右侧挖去．答案解析1.答案为：D ；解析：由于木块沿圆弧下滑速率不变，木块做匀速圆周运动，存在向心加速度，所以选项A 错误；由牛顿第二定律得F 合=ma n =m ，而v 的大小不变，故合外力的大小不变，选项B 错误；v2R由于木块在滑动过程中与接触面的正压力是变化的，故滑动摩擦力在变化，选项C 错误；木块在下滑过程中，速度的大小不变，所以向心加速度的大小不变，方向始终指向球心，选项D 正确．2.答案为：D ；解析：物体做匀速圆周运动的过程中，线速度的大小不变，但方向改变，所以线速度改变．周期不变，角速度不变，动能也不变．所受合外力提供向心力，大小不变，方向改变，是个变力，向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，是个变量，故D 错误，A 、B 、C 正确，选项D 符合题意．3.答案为：C ；解析：汽车转弯时地面的摩擦力提供向心力，则F f =m ，静摩擦力不变，速度加倍，v2r则汽车转弯半径应变化为原来的四倍，C 正确． 4.答案为：A ；解析：由几何知识可得,小球做圆周运动的半径r=l,小球恰好过最高点时,根据牛顿第二定律有32mg=m ①v 1232l小球运动到最低点时,根据动能定理得mg·l=②312mv 22-12mv 12由牛顿第二定律得2F T cos30°-mg=③mv 2232l 联立①②③得F T =2mg 故A 正确,B 、C 、D 错误。
江苏省2020版高考物理三轮复习热点曲线运动练习含解析
热点4 曲线运动(建议用时：20分钟)1.(2019·无锡市高三期末)如图，MN和M′N′之间为一竖直方向的风洞实验区，可对置于其中的物体产生一个竖直方向恒定的风力．现将一质量为m的小球从A点斜向上抛出，小球将沿图示轨迹击中P点．若将风力等值反向，小球抛出时初速度不变，则可垂直于M′N′击中M′N′上Q点(未画出)．下列说法错误的是( )A．开始时风力竖直向下B．小球在P点的速度大于在Q点的速度C．小球在AP间运动的时间等于在AQ间运动的时间D．在开始情况下，若仅增大小球质量m，小球可能垂直击中Q点2.(2019·锡山中学模拟)如图所示，足够长的斜面上有a、b、c、d、e五个点，ab＝bc＝cd＝de，从a点水平抛出一个小球，初速度为v时，小球落在斜面上的b点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ；不计空气阻力，则初速度为2v时( )A．小球可能落在斜面上的c点与d点之间B．小球一定落在斜面上的e点C．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角大于θD．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ3．(2019·苏锡常镇二模)帆船运动中，运动员可以调节帆面与船前进方向的夹角，使船能借助风获得前进的动力．下列图中能使帆船获得前进动力的是( )4．质量为m的石块从半径为R的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果摩擦力的作用使得石块的速度大小不变，如图所示，那么( )A．因为速率不变，所以石块的加速度为零B．石块下滑过程中受的合外力越来越大C ．石块下滑过程中的摩擦力大小不变D ．石块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心 5.如图所示，小球从斜面的顶端A 处以大小为v 0的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B 点，且此时的速度大小v B ＝134v 0，空气阻力不计，该斜面的倾角为( )A ．60°B ．45°C ．37°D ．30° 6.如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO 1以恒定的角度ω转动，圆筒的半径r ＝1.5 m ．筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g 取10 m/s 2.则ω的最小值是( )A ．1 rad/sB.303 rad/sC.10 rad/s D ．5 rad/s7.如图所示，半径为R 的18光滑圆弧轨道左端有一质量为m 的小球，在大小恒为F 、方向始终与轨道相切的外力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此时小球的速率为v ，已知重力加速度为g ，则( )A ．此过程外力做功为π2FR B ．此过程外力做功为22FR C ．小球离开轨道的末端时，拉力的功率为FvD ．小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端的高度为πRF 4mg8.如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O 点．开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v 0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m ，沙袋质量为5m ，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法中正确的是( )A ．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B ．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小。
高中物理曲线运动练习题及答案及解析.docx
高中物理曲线运动练习题及答案及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．光滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在 B 点连接，导轨半径R＝ 0.5 m，一个质量m＝ 2 kg 的小球在 A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能 Ep＝ 49 J，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C， g 取 10 m/s 2．求：(1)小球脱离弹簧时的速度大小；(2)小球从 B 到 C 克服阻力做的功；(3)小球离开 C 点后落回水平面时的动能大小．【答案】（1）7m / s（ 2）24J（ 3）25J【解析】【分析】【详解】(1)根据机械能守恒定律E p＝1mv12 ?①212Ep＝7m/s ②v ＝m(2)由动能定理得－ mg·2R－ W f＝1mv221mv12③22小球恰能通过最高点，故mg m v22④R由②③④得W f＝24 J(3)根据动能定理：mg 2R E k 1mv22 2解得： E k25J故本题答案是：（ 1）7m / s（ 2）24J（ 3）25J【点睛】(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;(2)小球从 B 到 C 的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度 ,从而根据动能定理求解从 B 至 C 过程中小球克服阻力做的功 ;(3)小球离开 C 点后做平抛运动 ,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小2．如图所示，带有1 光滑圆弧的小车A 的半径为R，静止在光滑水平面上．滑块 C 置于4木板 B 的右端， A、 B、 C 的质量均为m， A、 B 底面厚度相同．现 B、 C 以相同的速度向右匀速运动， B 与 A 碰后即粘连在一起， C 恰好能沿 A 的圆弧轨道滑到与圆心等高处．则： (已知重力加速度为g)(1)B、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块 C 返回到 A 的底端时AB 整体和 C 的速度为多少？【答案】（1）v023gR （2）v1 2 3gR53gR， v233【解析】本题考查动量守恒与机械能相结合的问题．(1)设 B、 C 的初速度为v ， AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度 u，由mv02mu ，解得 u v0 2C 滑到最高点的过程：mv02mu3mu1mv0212mu213mu 2mgR222解得v0 2 3gR(2)C从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有 mv02mu mv12mv21mv0212mu21mv1212mv222222解得：v123gR ，v253gR333．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离 B 点高度为h 处（3 R2h3R ）的 A 点由静止开始下落，从 B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．（1）小球能否到达D点？试通过计算说明；（2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从 D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与 B 点水平距离 d 的范围．【答案】（1）小球能到达 D 点；（2） 0F3mg ；（3）2 1 R d 2 21 R【解析】【分析】【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：mg mv D2R由机械能守恒可得：mg h R mv D 22联立解得 h 3R ，因为3R h3R ，小球能到达 D 点；2h 的取值范围为2（2）设小球在D点受到的压力为 F ，则F mg mv D2 Rmg h R mv D2 2联立并结合 h 的取值范围 3 R h3R 解得： 0F3mg2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0 F 3mg （3）由（ 1）知在最高点D速度至少为v D min gR此时小球飞离 D 后平抛，有：R 1 gt22xmin vD mint联立解得x min2R R ，故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：mg3mg m v D2maxR解得v D max 2gR 小球飞离 D 后平抛 R 1gt 2，2x max vD maxt联立解得x max 2 2R故落点与 B 点水平距离 d 的范围为： 2 1 R d 2 2 1 R4．如图所示，在光滑的圆锥体顶部用长为的细线悬挂一质量为的小球，因锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为，物体绕轴线在水平面内做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知，重力加速度g 取若北小球运动的角速度，求此时细线对小球的拉力大小。
【推荐】2020届高考物理专题卷3：曲线运动万有引力 答案与解析
绝密★启用前高考物理专题四考试范围：曲线运动 万有引力一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
）1．如右图，图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v －t 图象如图乙所示。
人顶杆沿水平地面运动的s －t 图象如图丙所示。
若以地面为参考系，下列说法中正确的是 （ ）A ．猴子的运动轨迹为直线B ．猴子在2s 内做匀变速曲线运动C ．t ＝0时猴子的速度大小为8m/sD ．t ＝2s 时猴子的加速度为4m/s 22．如右图所示，一根长为l 的轻杆OA ，O 端用铰链固定，另一端固定着一个小球A ，轻杆靠在一个高为h 的物块上。
若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v 向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，物块与轻杆的接触点为B ，下列说法正确的是 （ ）A ．A 、B 的线速度相同B ．A 、B 的角速度不相同C ．轻杆转动的角速度为hvl2sin D ．小球A 的线速度大小为hvl sin2θ3．如右图所示，民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上沿着水平直跑道AB 运动拉弓放箭射向他左侧的固定靶。
假设运动员骑马奔驰的速度为v 1，运动员静止时射出的箭速度为v 2，跑道离固定靶的最近距离OA ＝d 。
若不计空气阻力和箭的重力的影响，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则 （ ）A ．运动员骑马奔驰时应该瞄准靶心放箭B ．运动员应该在距离A 点为d v v 21的地方放箭 C ．箭射到靶的最短时间为2v dD ．箭射到靶的最短时间为2122v v d -4．如右图所示，一小球以初速度v 0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即反方向弹回。
已知反弹速度的大小是入射速度大小的43，则下列说法正确的是 （ ）A ．在碰撞中小球的速度变化大小为027v B ．在碰撞中小球的速度变化大小为021v C ．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离的比为3D ．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为23 5．如右图所示，质量为m 的小球置于立方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径。
2020年高三物理综合训练专题三：曲线运动(通用版含解析)
高三物理综合训练三：曲线运动一、单选题（每小题3分，共计24分）1.如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物()A．帆船朝正东方向航行，速度大小为vB．帆船朝正西方向航行，速度大小为vC．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v【答案】D【解析】以帆板为参照物，帆船具有正东方向的速度v和正北方向的速度v，所以帆船相对帆板的速度v ＝2v，方向为北偏东45°，D正确．相对2.一只小船渡过两岸平行的河流，河中水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于河岸．小船的初速度均相同，且船头方向始终垂直于河岸，小船相对于水分别做匀加速、匀减速和匀速直线运动，其运动轨迹如图6所示．下列说法错误的是()A．沿AC和AD轨迹小船都是做匀变速运动B．AD是匀减速运动的轨迹C．沿AC轨迹渡河所用时间最短D．小船沿AD轨迹渡河，船靠岸时速度最大【答案】D【解析】船沿着船头指向方向做匀加速直线运动的同时还要随着水流一起匀速运动，曲线运动的加速度指向轨迹的内侧，故AC轨迹船相对于静水沿垂直于河岸方向做匀加速运动，同理可知，AB轨迹船相对于静水沿垂直于河岸方向做匀速运动，AD 轨迹船相对于静水沿垂直于河岸方向做匀减速运动，沿AD 轨迹，船是匀减速运动，则船到达对岸的速度最小，故A 、B 正确，D 错误；船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，由于AC 轨迹船相对于静水沿垂直于河岸方向做匀加速运动，AB 轨迹船相对于静水沿垂直于河岸方向做匀速运动，AD 轨迹船相对于静水沿垂直于河岸方向做匀减速运动，故沿三条不同路径渡河的时间不同，沿AC 轨迹渡河所用的时间最短，故C 正确．3.为践行新形势下的强军目标，在某次军事演习中，水平匀速飞行的无人机在斜坡底端A 的正上方投弹，炸弹垂直击中倾角为θ＝37°、长为L ＝300m 的斜坡的中点P ，如图，若sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/s 2，则无人机距A 点的高度h 和飞行的速度v 分别为()A ．h ＝170m v ＝30m/sB ．h ＝135m v ＝40m/sC ．h ＝80m v ＝30m/sD ．h ＝45m v ＝40m/s【答案】A【解析】根据速度的分解有：tan θ＝v v y ＝v gt ，x ＝L2cos 37°＝vt ，联立解得t ＝4s ，v ＝30m/s ；则炸弹竖直位移为y ＝12gt 2＝80m ，故无人机距A 点的高度h ＝y ＋L2sin θ＝170m ，故选A.4．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EF ，从滑道的E 点滑行到最低点F 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EF 下滑过程中（）A ．所受支持力大小不变B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力对运动员做功为零D ．机械能始终保持不变【答案】C【解析】滑雪运动员沿圆弧轨道运动的速率不变，则运动做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，支持力2cos v N mg m Rθ-=，随着角度减小，N 增大，故A 错误；运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从E 到F 的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于0，根据f=mg sinθ知滑动摩擦力也逐渐减小。
高考物理曲线运动专项训练及答案
高考物理曲线运动专项训练及答案一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．光滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在B 点连接，导轨半径R ＝0.5 m ，一个质量m ＝2 kg 的小球在A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep ＝49 J ，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C ，g 取10 m/s 2．求：(1)小球脱离弹簧时的速度大小； (2)小球从B 到C 克服阻力做的功；(3)小球离开C 点后落回水平面时的动能大小． 【答案】（1）7/m s （2）24J （3）25J 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据机械能守恒定律 E p ＝211m ?2v ① v 12Epm＝7m/s ② (2)由动能定理得－mg ·2R －W f ＝22211122mv mv - ③ 小球恰能通过最高点，故22v mg m R= ④ 由②③④得W f ＝24 J(3)根据动能定理：22122k mg R E mv =-解得：25k E J =故本题答案是：（1）7/m s （2）24J （3）25J 【点睛】(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;(2)小球从B 到C 的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度,从而根据动能定理求解从B 至C 过程中小球克服阻力做的功; (3)小球离开C 点后做平抛运动,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小2．光滑水平面AB与一光滑半圆形轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C点再落回到水平面，重力加速度为g.求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块离开C点后，再落回到水平面上时距B点的距离；(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？【答案】(1)（2）4R（3）或【解析】【详解】（1）由动能定理得W＝在B点由牛顿第二定律得：9mg－mg＝m解得W＝4mgR（2）设物块经C点落回到水平面上时距B点的距离为S，用时为t，由平抛规律知S=v c t2R=gt2从B到C由动能定理得联立知，S= 4 R（3）假设弹簧弹性势能为ＥＰ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知ＥＰ≤mgR若物块刚好通过C点，则物块从B到C由动能定理得物块在C点时mg＝m则联立知：ＥＰ≥mgR .综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为 ＥＰ≤mgR 或 ＥＰ≥mgR .3．如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的14光滑圆弧轨道AB ，与水平地面相切于B 点。
2020年高考物理真题分类汇编 曲线运动
2020年高考物理真题分类汇编（详解+精校） 曲线运动1．（2020年高考·全国卷新课标版）一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的。
关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b 点的切线）A ．B ．C ．D ．1.D 解析：主要考查电场力方向和曲线运动所受合外力与轨迹的关系。
正确答案是D 。
2．（2020年高考·上海卷）如图所示，人沿平直的河岸以速度v 行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行。
当绳与河岸的夹角为α时，船的速率为A ．vsinαB ．v/sinαC ．vcosαD ．v/cosα2.C 解析：本题考查运动的合成与分解。
本题难点在于船的发动机是否在运行、河水是否有速度。
依题意船沿着绳子的方向前进，即船的速度就是沿着绳子的，根据绳子连接体的两端物体的速度在绳子上的投影速度相同，即人的速度v 在绳子方向的分量等于船速，故v 船＝vcosα，C 对。
3．（2020年高考·江苏理综卷）如图所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到A 点和B 点后，立即沿原路线返回到O 点，OA 、OB 分别与水流方向平行和垂直，且OA=OB 。
若水流速度不变，两人在靜水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为A ．t 甲<t 乙B ．t 甲=t 乙C ．t 甲>t 乙D ．无法确定3.C 解析：设游速为v ，水速为v 0，OA ＝OB ＝l ，则甲时间00l lt v v v v =++-甲；乙沿OB 运动，乙的速度矢量图如图，合速度必须沿OB方向，则乙时间2t =乙，联立解得：t t >乙甲， C 正确。
4．（2020年高考·广东理综卷）如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H 处，将球以速度v 沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上。
2020年高三物理选择题特训03 力学中的曲线运动(学生版)
2020年高三物理选择题强化训练专题三力学中的曲线运动（原卷版）一、单选题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2.(2018·全国卷Ⅲ,17)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和v2的速度沿同一方向水平抛出,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3.如图所示,当汽车静止时,车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。
现从t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动,甲启动后t1时刻,乘客看到雨滴从B处离开车窗,乙启动后t2时刻,乘客看到雨滴从F 处离开车窗,F为AB中点。
则t1∶t2为()A.2∶1B.1∶ 2C.1∶ 3D.1∶(2－1)4.如图所示,三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出,最终都能到达坐标原点O。
不计空气阻力,x轴所在处为地面,则可判断A、B、C三个小球A．在空中运动过程中,重力做功之比为1:2:3B．在空中运动过程中,动量变化率之比为1:2:3C．初始时刻纵坐标之比为1:4:9D．到达O点时,速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1:4:95.在水平地面上有相距为L的A、B两点,甲小球以v1＝10 m/s的初速度,从A点沿与水平方向成30°角的方向斜向上抛出,同时,乙小球以v2的初速度从B点竖直向上抛出。
若甲在最高点时与乙相遇,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法错误的是A．乙球的初速度v2一定是5 m/sB．相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度C．L为2.53mD．甲球与乙球始终在同一水平面上6.如图所示,水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连,且固定在同一个竖直面内。
高三物理曲线运动试题答案及解析
高三物理曲线运动试题答案及解析1.公交车是人们出行的重要交通工具，如图所示是公交车内部座位示意图，其中座位 A和 B 的边线和车前进的方向垂直，当车在某一站台由静止开始匀加速启动的同时，一个乘客从 A 座位沿AB 连线相对车以 2m/s 的速度匀速运动到 B，则站在站台上的人看到该乘客A．运动轨迹为直线B．运动轨迹为抛物线C．因该乘客在车上匀速运动，所以乘客处于平衡状态D．当车速度为 5m/s 时，该乘客对地速度为 7m/s【答案】B【解析】人相对地面参与了两个方向的运动，一是垂直于车身方向的匀速运动，一个是沿车身方向的匀加速直线运动，所以运动轨迹是抛物线，B正确；乘客受到沿车身方向的合外力，处于非平衡状态，C错误；速度的合成遵循平行四边形定则，乘客对地速度为m/s，D错误。
【考点】本题考查了物体做曲线运动的条件和速度的合成。
2.如图甲所示为车站使用的水平传送装置的示意图。
绷紧的传送带长度L=6.0m，以v=6.0m/s 的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距离水平地面的高度h=0.45m。
现有一行李箱（可视为＝5.0m/s的水平初速度从A端滑上传送带，被传送到B端时没有被及质点）质量m=10kg，以v时取下，行李箱从B端水平抛出，行李箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
试分析求解：（1）行李箱从传送带上A端运动到B端过程中摩擦力对行李箱冲量的大小；（2）为运送该行李箱电动机多消耗的电能；的水平初速度从A端滑上传送带，且（3）若传送带的速度v可在0～8.0m/s之间调节，仍以v行李箱滑到B端均能水平抛出。
请你在图乙中作出行李箱从B端水平抛出到落地点的水平距离x 与传送带速度v的关系图象。
（要求写出作图数据的分析过程）【答案】（1）10N·s（2）60J（3）图象见答案【解析】（1）行李箱刚滑上传送带时做匀加速直线运动，设行李箱受到的摩擦力为Ff 根据牛顿第二定律有 Ff＝μmg＝ma解得 a＝μg＝2.0 m/s2设行李箱速度达到v＝6.0 m/s时的位移为s1v2－v02＝2as1s1＝＝2.75m即行李箱在传动带上能加速达到传送带的速度6.0 m/s设摩擦力的冲量为If ，依据动量定理If＝mv－mv解得If＝10N·s说明：用其他方法求解，正确的也给分。