高考物理复习：专题1 3 第3讲 力与物体的曲线运动

一、单项选择题1．(2019·滨州二模)2022年冬奥会将在中国举办的消息吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中．若跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视为平抛运动,现运动员甲以一定的初速度从平台飞出,轨迹为图中实线①所示,则质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出,其运动轨迹应为图中的( )A ．①B ．②C ．③D ．④解析:选 A.根据平抛运动规律可知,平抛运动轨迹只与初速度有关,与物体质量无关,所以质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出时,其运动轨迹应为图中的①,选项A 正确．2．如图所示,河的宽度为L,河水流速为u,甲、乙两船均以静水中的速度v 同时渡河．出发时两船相距2L,甲、乙船头均与岸边成60°角,且乙船恰好能直达正对岸的A 点．则下列判断正确的是( )A ．甲船正好也在A 点靠岸B ．甲船在A 点下游靠岸C ．甲、乙两船到达对岸的时间相等D ．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇解析:选C.甲、乙两船在垂直河岸方向的分速度均为vsin 60°,过河时间均为t ＝Lvsin 60°,故C正确；由乙恰好到达A 点知,u ＝vsin 30°＝12v,则甲沿河岸方向的速度为u ＋12v ＝v,沿河岸方向的位移为v·t＝Lsin 60°<2L,故A 、B 、D 错误．3．(2019·枣庄一模)如图所示,物体A 、B 经无摩擦的定滑轮用细线连在一起,A 物体受水平向右的力F 的作用,此时B 匀速下降,A 水平向左运动,可知( )A ．物体 A 做匀速运动B ．物体 A 做加速运动C．物体 A 所受摩擦力逐渐增大D．物体 A 所受摩擦力不变解析:选B. 把 A 向左的速度v沿细线方向和垂直细线方向分解,设细线与水平方向夹角为α,沿细线方向的分速度为vcos α,B匀速,则v cos α不变,而α角增大,cos α减小,则v增大,所以 A 做加速运动,选项B正确,A错误；由于A对地面的压力逐渐减小,所以物体 A 所受摩擦力逐渐减小,选项 C、D 错误．4．(2017·高考全国卷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解析:选A.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．5．如图所示,小球从斜面的顶端以不同的初速度沿水平方向抛出,落在倾角一定、足够长的斜面上．不计空气阻力,下列说法正确的是( )A．初速度越大,小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角越大B．小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比C．小球运动到距离斜面最远处所用的时间与初速度的大小无关D．当用一束平行光垂直照射斜面时,小球在斜面上的投影做匀速运动解析:选B.做平抛运动的物体落到斜面上时,设其末速度方向与水平方向的夹角为α,位移与水平方向的夹角(即斜面倾角)为θ,根据平抛运动规律有tan α＝gtv0,tan θ＝12gt2v0t＝gt2v0,所以tan α＝2tan θ,由此可知,小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角与初速度无关,即无论初速度多大,小球落在斜面上时的速度方向与水平方向的夹角都相等,选项A错误；设小球落在斜面上时的速度大小为v,根据平抛运动规律,y＝12gt2,x＝v0t,tan θ＝yx,v y＝gt,联立解得v y＝2tan θ×v0,小球落在斜面上时的速度大小v＝v2y＋v20＝4tan2θ＋1×v0,即小球落在斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比,选项B正确；初速度越大,小球运动到距离斜面最远处所用的时间越长,选项C错误；若把平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向的两个分运动,则小球在沿斜面方向的分运动为匀加速直线运动,当用一束平行光垂直照射斜面时,小球在斜面上的投影做匀加速直线运动,选项D错误．6．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球的向心加速度解析:选C.小球从释放到最低点的过程中,只有重力做功,由机械能守恒定律可知,mgL＝12mv2,v＝2gL,绳长L越长,小球到最低点时的速度越大,A项错误；由于P球的质量大于Q球的质量,由E k＝12mv2可知,不能确定两球动能的大小关系,B项错误；在最低点,根据牛顿第二定律可知,F－mg＝mv2L,求得F＝3mg,由于P 球的质量大于Q球的质量,因此C项正确；由a＝v2L＝2g可知,两球在最低点的向心加速度相等,D项错误．7．(2019·青岛段考)如图所示,一半圆柱体放在地面上,横截面半径为 R,圆心为 O,在半圆柱体的右侧 B 点正上方离地面高为2R 处的A点水平向左抛出一个小球,小球恰好能垂直打在半圆柱体上,小球从抛出到落到半圆柱体上所用的时间为 t,重力加速度为g,则小球抛出的初速度大小为( )A．2Rgt4R ＋ gt2B．Rgt4R ＋ gt2C．RgtR ＋ 4gt2D．2RgtR ＋ 4gt2解析:选A.由题意及平抛运动的规律知,小球垂直打在半圆柱体上时速度方向的延长线过圆心,反向延长线过水平位移的中点,设小球运动过程中下落的高度为y,水平位移为x,则x2y＝R－x2R－y,x＝v0t,y＝12gt2解得v0＝2Rgt4R ＋ gt2,A 项正确．8．如图所示,一轻绳一端连接在悬点O,另一端连着一个质量为m 的小球,将球放在与O 点等高的位置,绳子刚好拉直,绳长为L,在O 点正下方 L2处的A 点有一钉子,球由静止释放后下落到最低点,绳与钉子相碰后没有断,球继续运动,不计空气阻力,忽略绳经过A 点时的机械能损失,则 ( )A ．球运动到与 A 点等高的B 点时,绳对悬点 O 的拉力大小等于mg B ．球运动到与 A 点等高的 B 点时,绳对钉子的作用力大小等于 2mgC ．球刚好能运动到悬点 O 点D ．球运动到与 A 点等高的 B 点时,剪断绳子,球能运动到与O 点等高的位置解析:选D.小球从由静止释放至运动到B 点的过程中机械能守恒,mg ×12L ＝12mv 2,则绳的拉力F ＝m v212 L ＝2mg,A 项错误；此时绳对钉子的作用力为两边绳上张力的合力,即22mg,B 项错误；根据机械能守恒定律可知,如果球刚好能运动到O 点,则到 O 点时的速度为零,在绳模型的圆周运动中这是不可能的,因此C 项错误；若运动到B 点时剪断绳子,球将做竖直上抛运动,过程中机械能守恒,球能运动到与O 点等高的位置,D 项正确．二、多项选择题9．一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则( ) A ．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B ．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C ．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D ．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析:选BC.施加一恒力后,质点的速度方向可能与该恒力的方向相同,可能与该恒力的方向相反,也可能与该恒力方向成某一角度且角度随时间变化,但不可能总是与该恒力的方向垂直,若施加的恒力方向与质点初速度方向垂直,则质点做类平抛运动,质点速度方向与恒力方向的夹角随时间的增大而减小,选项A 错误,B 正确；质点开始时做匀速直线运动,说明原来作用在质点上的合力为零,现对其施加一恒力,根据牛顿第二定律,质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同,且大小不变,由a ＝ΔvΔt 可知,质点单位时间内速度的变化量Δv 总是不变的,但速率的变化量不确定,选项C 正确,D 错误．10. 飞镖运动正以其独有的魅力风靡全世界,如图所示为三个同学在游乐场中水平掷出的三支相同的飞镖插入竖直飞镖盘上的情况,不计空气阻力,根据飞镖插入盘上的位置和角度可以推断( )A ．若①号与②号飞镖抛出时的速度相同,则扔②号飞镖的同学站得离飞镖盘更近些B ．若①号与②号飞镖从同一点抛出,则抛出时的速度满足v 1>v 2C ．若②号与③号飞镖抛出时的速度相同,则在空中的运动时间t 2<t 3D ．若②号与③号飞镖飞行的水平距离相同,则重力对②号飞镖做功较多解析:选BD.设飞镖与竖直方向的夹角为θ,将平抛末速度分解,可得tan θ＝v 0gt ,若①号与②号飞镖的初速度相同,则②号飞镖的运动时间长,由x ＝v 0t 可得②号飞镖的水平位移长,若②号与③号飞镖抛出时的速度相同,同理得在空中的运动时间t 2>t 3,可得选项 A 、C 错误；若①号与②号飞镖从同一点抛出,由h ＝12gt 2,可得②号飞镖的运动时间长,由x ＝v 0t 可得抛出时的初速度满足v 1>v 2,选项 B 正确；tan θ＝v 0gt ＝x 2y ,若②号与③号飞镖飞行的水平距离x 相同,则②号飞镖的竖直位移长,重力对②号飞镖做功较多,选项 D 正确．11．如图所示,乒乓球台长为L,球网高为h,某乒乓球爱好者在球台上方离球台高度为2h 处以一定的初速度水平发出一个球,结果球经球台反弹一次后(无能量损失)刚好能贴着球网边缘飞过球网,忽略空气阻力,则球的初速度大小可能为( )A ．L2（4－2）gh B ．L2（4＋2）g h C ．L2（3＋2）g hD ．L2（3－2）g h解析:选AB.若球反弹后在上升过程中刚好能贴着球网飞过,则2h ＝12gt 21,x 1 ＝ v 0t 1,球反弹后从飞过球网到上升至最高点的过程中 h ＝12gt 22,x 2 ＝ v 0t 2,2x 1－x 2 ＝ L 2,解得 v 0＝L2（4－2）gh,A 正确；若球反弹后在下降过程中刚好能贴着球网飞过,2h ＝12gt′21,x ′1＝v′0t ′1, 球反弹后从最高点到下降飞过球网的过程中h ＝12gt′22,x ′2 ＝ v′0t ′2,2x′1＋x′2＝L 2, 解得v′0＝L 2（4＋2）gh,B 项正确． 12．(2019·大庆二模) 如图所示,竖直平面内的两个半圆轨道在B 点平滑相接,两个半圆的圆心O 1、O 2在同一水平线上,粗糙的小半圆半径为R,光滑的大半圆的半径为2R ；一质量为m 的滑块(可视为质点)从大的半圆一端A 点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动,且刚好能通过大半圆的最高点,最后滑块从小半圆的左端冲出轨道,刚好能到达大半圆的最高点,已知重力加速度为g,则( )A ．滑块在A 点的初速度为6gRB ．滑块在A 点对半圆轨道的压力为6mgC ．滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为mgRD ．增大滑块在A 点的初速度,则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变解析:选AC.由于滑块恰好能通过大的半圆的最高点,重力提供向心力,即mg ＝m v22R ,解得:v ＝2gR,以AB 面为参考面,根据机械能守恒定律可得:12mv 2A ＝2mgR ＋12m(2gR)2,求得v A ＝6gR,故A 正确；滑块在A 点受到圆轨道的支持力为:F ＝m v 2A2R ＝3mg,由牛顿第三定律可知B 错误；设滑块在O 1点的速度为v 1,则:v 1＝2g×2R＝2gR,在小半圆中运动的过程中,根据动能定理得W f ＝12mv 2A －12mv 21＝mgR,故C 正确；增大滑块在A点的初速度,则滑块在小的半圆中各个位置速度都增大,滑块对小半圆轨道的平均压力增大,因此克服摩擦力做的功增多,故D 错误．三、非选择题13．(2019·聊城二调)如图所示,BC 为半径等于25 2 m 、竖直放置的光滑细圆管,O 为细圆管的圆心,在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数为μ＝0.6的足够长粗糙斜面,一质量为m ＝0.5 kg 的小球从O 点正上方某处A 点以速度v 0水平抛出,恰好能垂直OB 从B 点进入圆管,OB 与竖直方向的夹角为45°,小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的F ＝5 N 的力的作用,当小球运动到圆管的末端C 时作用力F 立即消失,小球能平滑地冲上粗糙斜面．(g 取10 m/s 2)求:(1)小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v 0与OA 的距离； (2)小球在圆管中运动时对圆管的压力； (3)小球在CD 斜面上运动的最大位移． 解析:(1)小球从A 运动到B 为平抛运动, 有rsin 45°＝v 0t 在B 点,有tan 45°＝gtv 0解以上两式得v 0＝2 m/s,t ＝0.2 s 则AB 竖直方向的距离为h ＝12gt 2＝0.2 mOB 竖直方向的距离为h′＝rcos 45°＝0.4 m 则OA ＝h ＋h′＝(0.2＋0.4) m ＝0.6 m. (2)在B 点据平抛运动的速度规律有 v B ＝v 0cos 45°＝2 2 m/s小球在管中重力与外加的力F 平衡,故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力,得小球在管中做匀速圆周运动,由圆周运动的规律得圆管对小球的作用力为F N ＝m v 2Br＝5 2 N根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力为 F ′N ＝F N ＝5 2 N.(3)在CD 上滑行到最高点过程,根据牛顿第二定律得mgsin 45°＋μmg cos 45°＝ma 解得a ＝gsin 45°＋μg cos 45°＝8 2 m/s 2根据速度位移关系公式,有x ＝v 2B 2a ＝24 m.答案:(1)2 m/s 0.6 m (2)5 2 N (3)24m 14．如图所示,从A 点以v 0＝4 m/s 的水平速度抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点),当物块运动至B 点时,恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC,经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上,圆弧轨道C 端切线水平,已知长木板的质量M ＝4 kg,A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h＝0.15 m,R ＝0.75 m,物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5,长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2,g 取10 m/s 2.(1)求小物块运动至B 点时的速度大小和方向； (2)求小物块滑动至C 点时,对圆弧轨道C 点的压力； (3)长木板至少为多长,才能保证小物块不滑出长木板？ 解析:(1)物块做平抛运动:H －h ＝12gt 2到达B 点时竖直分速度:v y ＝gt ＝3 m/s v 1＝v 20＋v 2y ＝5 m/s方向与水平面的夹角为θ:tan θ＝v y v 0＝34即:θ＝37°,斜向右下．(2)从A 至C 点,由动能定理mgH ＝12mv 22－12mv 2设C 点受到的支持力为F N ,则有F N －mg ＝m v 22R由上式可得v 2＝27 m/s,F N ＝47.3 N根据牛顿第三定律可知,物块m 对圆弧轨道C 点的压力大小为47.3 N,方向竖直向下． (3)由题意可知小物块m 对长木板的摩擦力 F f ＝μ1mg ＝5 N长木板与地面间的最大静摩擦力为F′f F ′f ＝μ2(M ＋m)g ＝10 N因F f <F ′f ,所以小物块在长木板上滑动时,长木板静止不动．小物块在长木板上做匀减速运动,至长木板右端时速度刚好为0,才能保证小物块不滑出长木板． 则长木板长度至少为l ＝v 222μ1g＝2.8 m.答案:(1)5 m/s 方向与水平方向的夹角为37°斜向右下 (2)47.3 N 方向竖直向下 (3)2.8 m。