2021年新课标（老高考）物理复习练习课件：4-专题四　曲线运动.pptx

1、考点考点1 1 曲线运动、运动的合成与分解曲线运动、运动的合成与分解 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 答案

2、答案 D 本题考查了运动的合成与分解。利用高中所学自由落体运动的“局限性”考查了考 生的理解能力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。 以地面为参考系,由题意知,小球上升阶段,水平方向受到向西的“力”作用,产生向西的加速度,水 平方向做加速运动;竖直方向由于重力作用,做匀减速运动。运动到最高点时竖直方向速度为零, 水平“力”为零,水平方向加速度为零,此时水平向西的速度达到最大,故选项A、B均错。下落阶 段,小球受水平向东的“力”作用,水平方向将向西做减速运动,由对称性知,落地时水平速度恰为 零,此时落地点应在抛出点西侧,故C错、D对。 知识拓展知识拓展 科里奥利力 在旋转

3、体系中做直线运动的质点,以旋转体系为参考系,质点的直线运动偏离原有方向的倾向被归 结为一个“假想力”的作用,这个“力”称为科里奥利力。 2.(2018江苏单科,3,3分)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 答案答案 B 由题意知,在竖直方向上,两只小球同时同高度自由下落,运动状态始终相同,由h=gt2 知落到水平地面的时刻相同。在水平方向上,小球被弹出后做速度相等的匀速直线运动,但先抛出 的

4、小球水平方向运动时间较长,由x=v0t知,x先x后,即两只小球落到水平地面的地点不同。故选B。 1 2 易错警示易错警示 理解关键字,隐含条件显性化 弹射管在自由下落过程中沿水平方向先后弹出两只小球,小球被弹出时已具有竖直分速度,故小球 不是做平抛运动。如果认为小球做平抛运动,且释放高度不同,就会误选D项。 以下为教师用书专用 1.(2015广东理综,14,4分)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v B.帆船朝正西方向航行,速度大小为v C.帆船朝南偏东45方向航行,速度大小为 v D.帆船朝北

5、偏东45方向航行,速度大小为 v 2 2 答案答案 D 以帆板为参照物时,帆船相对于帆板同时具有向正北的速度v与向正东的速度v,故由平 行四边形定则可知,帆船相对于帆板的速度大小为v,方向为北偏东45,D正确。 2 考点考点2 2 抛体运动抛体运动 1.(2020课标,16,6分)如图,在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑,该坑沿摩托车前进方 向的水平宽度为3h,其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1,它会落到 坑内c点,c与a的水平距离和高度差均为h;若经过a点时的动能为E2,该摩托车恰能越过坑到达b 点。等于( ) A.20 B.18 C.9.0 D.3.0

6、 2 1 E E 答案答案 B 由平抛运动规律有x=v0t,y=gt2,得v0=x;动能Ek=m=,故= =18,故B正确。 1 22 g y 1 2 2 0 v 2 4 mgx y 2 x y 2 1 E E 2 2 1 x x 1 2 y y 2 3h h 0.5 h h 2.(2020江苏单科,8,4分)(多选)如图所示,小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地,上述过程中 A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力,则( ) A.A和B的位移大小相等 B.A的运动时间是B的2倍 C.A的初速度是B的 D.A的末速度比B的大 1 2 答案答案 AD 由图可知,两球的位移大小均为=l

7、,A项正确。由小球在竖直方向做自由 落体运动得y=gt2,可知小球在空中运动时间t=,故A的运动时间是B的倍,B项错误。再结 合水平分运动x=v0t可得v0=x,故A的初速度是B的,C项错误。由机械能守恒可得小球落地 时的速度v=,故vA=、vB=2,D项正确。 22 (2 )ll5 1 2 2y g 2 2 g y 1 2 2 2 0 2vgy 2 2 2 gx gy y 17 2 gl gl 3.(2017江苏单科,2,3分)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.t C. D

8、. 2 22 t 4 t 答案答案 C 本题考查了平抛运动、运动的独立性及两分运动的等时性。利用两球的平抛运动考 查了考生的理解能力、推理能力,体现了对科学思维和科学探究的素养考查。 依据运动的独立性原理,在水平方向上,两球之间的距离d=(v1+v2)t=(2v1+2v2)t,得t=,故选项C正 确。 2 t 4.(2017课标,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

9、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 答案答案 C 本题考查了对平抛运动的理解。以发球机水平射出的乒乓球的平抛运动为载体,考查 了考生的理解能力、推理能力,体现了对模型建构、科学推理的素养考查。 忽略空气的影响时,乒乓球只受重力作用,球被水平射出后做平抛运动。由于在竖直方向上做自由 落体运动,则h=gt2,下落时间t=,t,故A、D错误。由vy=gt=g=,可知B错误。在 水平方向上有x=v0t,x相同时,t,故C正确。 1 2 2h g h 2h g 2hg 0 1 v 解题关键解题关键 平抛运动是曲线运动,轨迹为抛物线,可以分解为竖直方向上的自由

10、落体运动(满足h =gt2和vy=gt)和水平方向上的匀速直线运动(满足x=v0t)。做平抛运动时物体运动时间由下落高 度决定,运动的水平距离x=v0,由初速度v0和下落高度共同决定。 1 2 2h g 5.(2018课标,17,6分)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。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 2 v 答案答案 A 本题考查了平抛运动规律的应用。利用小球的平抛运动与斜面的结合考查了考生的 理解能力、推理能力和应用数学处理物理问题的能力,体现了对科学思维和科学探究的素养考查。 小

11、球做平抛运动,其运动轨迹如图所示。设斜面的倾角为。 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 的自由落体运动,x=v0t,h=gt2,由图中几何关系,可得tan =, 解得:t=; 从抛出到落到斜面上,由动能定理可得: mgh=mv2-m,可得:v= v0,则=,选项A正确。 1 2 h x 0 2tanv g 1 2 1 2 2 0 v 2 0 2vgh 2 14tan v v 甲 乙 0 0 v v 甲 乙 2 v v 2 1 一题多解一题多解 本题还可以将落到斜面上时的速度v进行分解,由图中几何关系可得v= v0,则=,选项A正确。 22 0 ()vgt 2 14tan v v

12、 甲 乙 0 0 v v 甲 乙 2 v v 2 1 6.(2019课标,19,6分)(多选)如图(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响 其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用 v表示他在竖直方向的速度,其v-t图像如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则( ) A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 答案答案 BD

13、v-t图线与时间轴包围的面积表示运动员在竖直方向上的位移,由图像可知第二次包 围的格数较多,故A错。设雪道的倾角为,则水平位移x=,故B正确。v-t图线的斜率表示加速 度,由图像明显看出,第一次在竖直方向上的平均加速度较大,故C错。v=v1时,斜率k1k2,结合牛顿 第二定律mg-f=ma可知,第二次所受阻力较大,D正确。 tan y 解题技巧解题技巧 v-t图线与时间轴所围的面积表示位移,当图线为曲线时,可采用数格子的方法比较面 积的大小。 7.2020天津,9(1)某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一 起固定在竖直木板上,在桌面上固定一个斜面,斜面的底边ab

14、与桌子边缘及木板均平行。每次改变 木板和桌边之间的距离,让钢球从斜面顶端同一位置滚下,通过碰撞复写纸,在白纸上记录钢球的 落点。 图1 为了正确完成实验,以下做法必要的是 。 A.实验时应保持桌面水平 B.每次应使钢球从静止开始释放 C.使斜面的底边ab与桌边重合 D.选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面 实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2 m,在白纸上记录了钢球的4个落点,相邻两点之 间的距离依次为15.0 cm、25.0 cm、35.0 cm,示意如图2。重力加速度g=10 m/s2,钢球平抛的初速 度为 m/s。 图2 图1装置中,木板上悬挂一条铅垂线,其作用是 。 答案答案 AB

15、2 方便将木板调整到竖直平面 解析解析 钢球从桌面飞出,必须使钢球初速度沿水平方向,做平抛运动,故需要保持桌面水平,A项 正确;钢球必须每次从同一位置由静止滚下,这样才能使每次做平抛运动的初速度相同,B项正确; 斜面底边ab不可与桌边重合,若重合,钢球到达斜面底边后,将不再做平抛运动,C项错误;钢球所受 斜面的摩擦力大小对实验没有影响,只要保证每次钢球从桌边开始做初速度相同的平抛运动即可, D项错误。 设每次木板向远离桌子的方向移动的距离为x,相邻两落点的竖直间距差为y,间隔时间为T,则 由匀加速直线运动规律有y=gT2,可得T=0.1 s,故初速度v0=2 m/s。 在实验中要保持木板处于竖

16、直状态,悬挂铅垂线,便于将木板调整到竖直平面。 y g x T 8.(2016浙江理综,23,16分)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是一 个微粒源,能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置,离 P点的水平距离为L,上端A与P点的高度差也为h。 (1)若微粒打在探测屏AB的中点,求微粒在空中飞行的时间; (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围; (3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等,求L与h的关系。 答案答案 (1) (2)LvL (3)L=2h 3h g 4 g h2 g h 2 解析解析 本题考查了平抛运动的应用、能量关系。

17、以微粒的平抛运动为载体,考查了考生的理解能 力、推理能力和数形结合处理物理问题的能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养 考查。 (1)打在探测屏中点的微粒有h=gt2 t= (2)打在B点的微粒v1=;2h=g v1=L 同理,打在A点的微粒初速度v2=L 则微粒的初速度范围为LvL (3)由能量关系m+mgh=m+2mgh 代入、式L=2h 3 2 1 2 3h g 1 L t 1 2 2 1 t 4 g h 2 g h 4 g h2 g h 1 2 2 2 v 1 2 2 1 v 2 方法技巧方法技巧 解决本题的关键是抓住能被探测到的微粒所满足的运动学特征:下降高度在h2h、水

18、平位移相同且都为L。 以下为教师用书专用 1.(2014课标,15,6分)取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出,在抛出点其动 能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为 ( ) A. B. C. D. 6 4 3 5 12 答案答案 B 解法一 设物块在抛出点的速度为v0,落地时速度为v,抛出时重力势能为Ep,由题意知Ep =m;由机械能守恒定律,得mv2=Ep+m,解得v=v0,设落地时速度方向与水平方向的夹角 为,则 cos =,解得=,B正确。 解法二 在竖直方向上物块做自由落体运动,则=2gh,得vy=。在初始时刻mgh=m,得v0= 。

19、落地时速度分解如图,tan =1,故=45=,B正确。 1 2 2 0 v 1 2 1 2 2 0 v2 0 v v 2 2 4 2 y v2gh 1 2 2 0 v 2gh 0 y v v 4 2.(2016江苏单科,2,3分)有A、B两小球,B的质量为A的两倍。现将它们以相同速率沿同一方向抛 出,不计空气阻力。图中为A的运动轨迹,则B的运动轨迹是( ) A. B. C. D. 答案答案 A 不计空气阻力,A、B两球运动过程中加速度a=g,以相同速率沿同一方向抛出,都做斜上 抛运动,故两球运动轨迹相同,A选项正确。 审题关键审题关键 由“不计空气阻力”可知只受重力,运动的加速度均为g,与质量

20、无关。“以相同速率 沿同一方向抛出”,则可确定运动轨迹相同。 易错点拨易错点拨 试题以斜上抛为背景,虽然两球质量不同,但在不计空气阻力时运动的加速度均为重力 加速度,考生可能会由生活经验“重的物体飞行高度低,所用时间短”而错选C或D。 3.(2015浙江理综,17,6分)如图所示为足球球门,球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门 s处高高跃起,将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动 (足球可看成质点,忽略空气阻力),则( ) A.足球位移的大小x= B.足球初速度的大小v0= C.足球末速度的大小v= D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan

21、 = 2 2 4 L s 2 2 24 gL s h 2 2 4 24 gL sgh h 2 L s 答案答案 B 如图,足球平抛运动的水平位移x=,不是足球的位移,所以A错。由x=v0t,h=gt2, 得v0=/=,B正确。足球的末速度v=,所以C 错误。由图可知足球初速度方向与球门线的夹角为,tan =s/=2s/L,故D错误。所以本题选B。 2 2 4 L s 1 2 x t 2 2 4 L s 2h g 2 2 24 gL s h 22 0y vv 2 2 2 24 gL sgh h 2 L 4.(2017浙江4月选考,13,3分)图中给出了某一通关游戏的示意图,安装在轨道AB上可上下

22、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R=2.0 m,直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内,小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为3 7。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,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2)( ) A.0.15 m,4 m/s B.1.50 m,4 m/s C.0.15 m,2 m/s D.1.50 m,2 m/s 33 66 答案答案 A 如图所示,设弹丸从M点射出时,恰好达到游戏要求

23、。从M到P,水平位移为x,竖直位移为 y,OE=OP cos 37=1.6 m PE=OP sin 37=1.2 m x=MN=BO+OE=3.6 m OF=PN-PE=y-1.2 m FN=OE,则QF=-OE=-1.6 m 而=tan 37= 可得y=x=3.6 m=1.35 m 所以MB=y-PE=(1.35-1.2)m=0.15 m 2 MN 2 x OF QF -1.2m -1.6m 2 y x 3 8 3 8 =tan 37 v0=4 m/s 综上所述,选项A正确。 y x v v 0 0 3 4 3.6m g t v v t 3 解题关键解题关键 解答本题的关键是掌握平抛运动的两

24、个推论,抓住“弹丸垂直于P点圆弧切线方向 射入小孔P”这一条件,利用角度关系,求出平抛运动的竖直位移、水平位移和初速度。 考点考点3 3 圆周运动圆周运动 1.(2020课标,16,6分)如图,一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m,该同学和秋千踏 板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时,速度大小为8 m/ s,此时每根绳子平均承受的拉力约为( ) A.200 N B.400 N C.600 N D.800 N 答案答案 B 该同学荡秋千可视为做圆周运动,设每根绳子的拉力大小为F,以该同学和秋千踏板整 体为研究对象,根据牛顿第二定律得2F-mg=,

25、代入数据解得F=405 N,故每根绳子平均承受的拉 力约为400 N,故B项正确,A、C、D项错误。 2 mv R 2.(2018浙江11月选考,9,3分)一质量为2.0103 kg的汽车在水平公路上行驶,路面对轮胎的径向最大 静摩擦力为1.4104 N,当汽车经过半径为80 m的弯道时, 下列判断正确的是( ) A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力 B.汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4104 N C.汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑 D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2 答案答案 D 汽车转弯时受到重力、路面的支持力以及路面对汽车的

26、摩擦力,其中摩擦力提供向心 力,A错误;当最大静摩擦力提供向心力时,速度为临界速度,大于这个速度则发生侧滑,根据牛顿第 二定律可得fm=m,解得v= m/s=20 m/s,所以汽车转弯的速度为20 m/s时, 所需的向心力小于1.4104 N,汽车不会发生侧滑,B、C错误;汽车能安全转弯的临界向心加速度a= =7 m/s2,即汽车能安全转弯时的向心加速度不超过7.0 m/s2,D正确。 2 v r m f r m 4 3 1.4 1080 2.0 10 1.4 m f m 3.(2018浙江4月选考,4,3分)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同时间内,它们通 过的路程之比是4

27、3,运动方向改变的角度之比是32,则它们( ) A.线速度大小之比为43 B.角速度大小之比为34 C.圆周运动的半径之比为21 D.向心加速度大小之比为12 答案答案 A 本题考查了圆周运动的应用和线速度、角速度、向心加速度。以快艇的匀速圆周运 动为情景,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对模型建构、科学推理的素养考查。 时间相同,路程之比即线速度大小之比,故A项正确;运动方向改变的角度之比即路程对应扫过的圆 心角之比,由于时间相同,角速度大小之比为32,B项错误;由路程和半径与圆心角之间的关系s=r 得半径之比为89,C项错误;由向心加速度a=知向心加速度大小之比为21,D项错误。 2

28、 v r 4.(2019江苏单科,6,4分)(多选)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱 的质量为m,运动半径为R,角速度大小为,重力加速度为g, 则座舱( ) A.运动周期为 B.线速度的大小为R C.受摩天轮作用力的大小始终为mg D.所受合力的大小始终为m2R 2R 答案答案 BD 本题考查了圆周运动的应用。以摩天轮的匀速圆周运动为载体,考查了考生的理解 能力、推理能力,体现了对模型建构、科学推理的素养考查。 由T=,v=R可知A错误,B正确。由座舱做匀速圆周运动,可知座舱所受的合力提供向心力,F=m 2R,方向始终指向摩天轮中心,则座舱在最低点时,其所受摩天轮的作

29、用力为mg+m2R,故C错误,D 正确。 2 知识储备知识储备 圆周运动常用公式有=,v=R,T=,F向=m2R=mR等。 L R 2 2 mv R 2 2 4 T 5.(2018江苏单科,6,4分)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指南 针在10 s内匀速转过了约10。在此10 s时间内,火车( ) A.运动路程为600 m B.加速度为零 C.角速度约为1 rad/s D.转弯半径约为3.4 km 答案答案 AD 火车的角速度= rad/s= rad/s,选项C错误;火车做匀速圆周运动,其受到 的合外力等于向心力,加速度不为零,选项B错误;火车在10 s内

30、运动路程s=vt=600 m,选项A正确;火 车转弯半径R= m3.4 km,选项D正确。 t 2 10 360 10 180 v 60 180 6.(2019海南单科,6,4分)如图,一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上,硬币与竖直转轴OO的距离为r, 已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力),重力加速度大小为g。若 硬币与圆盘一起绕OO轴匀速转动,则圆盘转动的最大角速度为( ) A. B. C. D.2 1 2 g r g r 2g r g r 答案答案 B 本题考查了圆周运动的应用、向心力、摩擦力。以硬币随圆盘做匀速圆周运动为情 景,考查了考生的理解能力、推理能力,体

31、现了科学思维要素。 设硬币质量为m,对硬币受力分析,如图所示。 由摩擦力提供向心力可得 f=m2r 而ffm=FN=mg 联立可得m2rmg 解得,选项B正确,选项A、C、D错误。 g r 7.(2017江苏单科,5,3分)如图所示,一小物块被夹子夹紧,夹子通过轻绳悬挂在小环上,小环套在水 平光滑细杆上。物块质量为M,到小环的距离为L,其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环 和物块以速度v向右匀速运动,小环碰到杆上的钉子P后立刻停止,物块向上摆动。整个过程中,物 块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计,重力加速度为g。下列说法正确的是( ) A.物块向右匀速运动时,绳中的张力等于2F

32、B.小环碰到钉子P时,绳中的张力大于2F C.物块上升的最大高度为 D.速度v不能超过 2 2v g (2 -)F Mg L M 答案答案 D 本题考查了圆周运动的应用、向心力、机械能守恒定律。以物块的运动为载体,考查 了考生的理解能力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。 设夹子与物块间静摩擦力为f,匀速运动时,绳中张力T=Mg=2f,摆动时,物块没有在夹子中滑动,说明 匀速运动过程中,夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大值,A错;碰到钉子后,物块开始在竖直面 内做圆周运动,在最低点,对整体有T-Mg=M,对物块有2f-Mg=M,所以T=2f,由于fF,所以选项 B错;由

33、机械能守恒得,MgHmax=Mv2,所以Hmax=,选项C错;若保证物块不从夹子中滑落,应保证速 度为最大值vm时,在最低点满足关系式2F-Mg=M,所以vm=,选项D正确。 2 v L 2 v L 1 2 2 2 v g 2 m v L (2 -)F Mg L M 8.(2017课标,17,6分)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物 块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道 半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( ) A. B. C. D. 2 16 v g 2 8 v g 2 4 v g 2

34、 2 v g 答案答案 B 本题考查了圆周运动和平抛运动规律的结合、机械能守恒定律。利用小物块做平抛 运动与圆周运动的结合考查了考生的理解能力、推理能力和应用数学处理物理问题的能力,体现 了对科学思维和科学探究的素养考查。 小物块由最低点到最高点的过程由机械能守恒定律有 mv2=mg 2R+m 小物块从最高点水平飞出做平抛运动 有:2R=gt2 x=v1t(x为落地点到轨道下端的距离) 联立得:x2=R-16R2 当R=-,即R=时,x具有最大值,选项B正确。 1 2 1 2 2 1 v 1 2 2 4v g 2 b a 2 8 v g 方法指导方法指导 小物块运动的过程分为两个阶段,一是由轨

35、道最低点到轨道最高点的曲线运动,符合机 械能守恒定律;二是从轨道最高点到水平地面的平抛运动。根据两个阶段列方程,联立得出关于x 的表达式是解题的关键。 以下为教师用书专用 1.(2015天津理综,4,6分)未来的星际航行中,宇航员长期处于零重力状态,为缓解这种状态带来的不 适,有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”,如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋 转时,宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上,可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达 到上述目的,下列说法正确的是( ) A.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越大 B.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小 C.宇航员质量越大,旋转舱

36、的角速度就应越大 D.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越小 答案答案 B 宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等,mg=m2r,即g =2r,可见r越大,就应越小,B正确,A错误;角速度与质量m无关,C、D错误。 2.(2014课标,20,6分)(多选)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转轴缓慢地加速转动,用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

37、相等 C.=是b开始滑动的临界角速度 D.当=时,a所受摩擦力的大小为kmg 2 kg l 2 3 kg l 答案答案 AC 设木块滑动的临界角速度为,则有kmg=m2r,所以=,又ra=l,rb=2l,所以ab,A、 C项正确;摩擦力充当向心力,在角速度相等时,b受的摩擦力大,B项错误;=时,a受的摩擦力fa =m2r=ml=kmg,D项错误。 kg r 2 3 kg l 2 2 3 kg l 2 3 解题关键解题关键 圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,随着的增大,木块所受摩擦力逐渐增大,当 达到最大静摩擦力时木块开始滑动。注意a和b开始滑动时所对应的角速度的临界值。 相关知识相关知识 通

38、常摩擦力的大小可由平衡条件、运动状态、牛顿运动定律、动能定理等求解,滑动 摩擦力还可以应用f=FN来求解。 3.(2015浙江理综,19,6分)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道,转弯处为圆心在O点 的半圆,内外半径分别为r和2r。一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达AB线,有如图所示的 、三条路线,其中路线是以O为圆心的半圆,OO=r。赛车沿圆弧路线行驶时,路面对轮 胎的最大径向静摩擦力为Fmax。选择路线,赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速 率不变,发动机功率足够大),则( ) A.选择路线,赛车经过的路程最短 B.选择路线,赛车的速率最小 C.选择路线,赛车所

39、用时间最短 D.、三条路线的圆弧上,赛车的向心加速度大小相等 答案答案 ACD 路线、均由一半圆与两条直线构成,s1=r+2r,s2=2r+2r;路线由一半圆构成,s3 =2r,所以A正确。根据F=有,vm=,路线半径最小,路线、半径相等,得v2m=v3m=v 1m,B错。根据t1= ,t2=,t3=,得t2t1t3,C正确。根据a=,a1=,a2= =,a3=,得a1=a2=a3,D正确。 2 mv R max FR m 2 1 1m s v 1m 2rr v 2 2m s v 1m 22 2 rr v 3 3m s v 1m 2 2 r v 2 v R 2 1m v r 2 2m 2 v

40、r 2 1m 2 2 v r 2 1m v r 2 3m 2 v r 2 1m v r 4.(2016浙江理综,20,6分)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别为半径 R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧,直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O距离L=100 m。赛 车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上 做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑,绕赛道一圈时间最短(发动机功 率足够大,重力加速度g=10 m/s2,=3.14),则赛车( ) A.在绕过小圆弧弯道后加速 B.在大圆弧弯道上的速率为45

41、 m/s C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2 D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s 答案答案 AB 本题考查了圆周运动的应用。以赛车做匀速圆周运动为载体,考查了考生的理解能 力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。 赛车用时最短,就要求赛车通过大、小圆弧时,速度都应达到允许的最大速度,通过小圆弧时,由2.25 mg=得v1=30 m/s;通过大圆弧时,由2.25mg=得v2=45 m/s,B项正确。赛车从小圆弧到大圆 弧通过直道时需加速,故A项正确。由几何关系可知连接大、小圆弧的直道长x=50 m,由匀加速 直线运动的速度位移公式:-=2ax得a6.50 m/

42、s2,C项错误;由几何关系可得小圆弧所对圆心角 为120,所以通过小圆弧弯道的时间t=2.79 s,故D项错误。 2 1 mv r 2 2 mv R 3 2 2 v 2 1 v 1 3 1 2r v 审题指导审题指导 首先要注意大、小圆弧半径不同,允许的最大速度不同;其次要充分利用几何关系,找 出直道的长度和小圆弧所对圆心角,这样才能求出赛车在直道上的加速度和通过小圆弧弯道的时 间。 5.(2016上海单科,16,3分)风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输,被探测器接收,当风 轮旋转时,通过齿轮带动凸轮圆盘旋转,当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡。已知风轮叶片 转动半径为r,每转

43、动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间t内探测器接收到的光强随时间变 化关系如图(b)所示,则该时间段内风轮叶片( ) A.转速逐渐减小,平均速率为 B.转速逐渐减小,平均速率为 C.转速逐渐增大,平均速率为 D.转速逐渐增大,平均速率为 8 nr t 4 nr t 8 nr t 4 nr t 答案答案 B 本题考查了圆周运动的应用、图像的意义。以风轮叶片做圆周运动为载体,考查了考 生的理解能力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。 由图(b)分析可知透过光的时间越来越长,说明风轮叶片转速逐渐减小,还能看出t时间内凸轮圆 盘转了4圈,又因为它转1圈风轮叶片转n圈,所以t时

44、间内风轮叶片转了4n圈,所以它的平均速率 v= =,故只有B项正确。 42 nr t 8 nr t A A组组 考点基础题组考点基础题组 考点考点1 1 曲线运动、运动的合成与分解曲线运动、运动的合成与分解 1.(2020河南五岳4月联考,1)关于力与运动,下列说法正确的是 ( ) A.若物体受到恒力作用,则物体一定做直线运动 B.若物体受到变力作用,则物体一定做曲线运动 C.若物体做匀速圆周运动,则物体受到的合外力一定为变力 D.若物体做匀变速曲线运动,则物体受到的合外力一定为变力 答案答案 C 物体所受合外力与速度共线,物体做直线运动;物体所受合外力与速度不共线,物体做曲 线运动,所以物体

45、做直线运动还是曲线运动与物体所受力是恒力还是变力无关,A、B错误;物体做 匀速圆周运动,合外力完全提供向心力,合外力大小不变,方向始终改变,总是指向圆心,C正确;物体 做匀变速曲线运动,加速度恒定,根据牛顿第二定律可知合外力一定是恒力,D错误。 2.(2020河南九师联盟核心一模,7)(多选)如图所示,物块A套在细杆上,通过细绳跨过定滑轮连接物 块B。图示时刻,物块B向下的速度为v,绳子与杆的夹角为,。 则( ) A.物块A的速度为 B.物块A的速度为v cos C.如果物块B向下匀速运动一小段距离,物块A做减速运动 D.如果物块B向下匀速运动一小段距离,物块A做加速运动 2 cos v 答案

46、答案 AD 本题考查运动的合成与分解,体现运动与相互作用观念要素,符合“四翼”考查要求 的基础性。 根据运动的合成与分解可知vA cos =v,得vA=,因为变大,cos 变小,在B匀速时变大,物块 A速度增大,选项A、D正确。 cos v cos v 解题方法解题方法 绳两端物体沿绳方向速度分量相同。 3.(2019江西上饶六校一联,14)下列关于运动和力的叙述中,正确的是( ) A.做曲线运动的物体,其加速度方向一定是变化的 B.物体做圆周运动,所受的合力一定是向心力 C.物体所受合力恒定,该物体速率随时间一定均匀变化 D.物体运动的速率在增加,所受合力一定做正功 答案答案 D 本题考查运

47、动和力的关系,属于基础性考查要求,考查学生的理解能力,体现运动与相互 作用观念要素。做曲线运动的物体,其速度一定变化,但加速度不一定变化,比如平抛运动,故A错 误;物体做匀速圆周运动时,合力才一定指向圆心,故B错误;物体所受合力恒定,则物体的加速度恒 定,物体速度随时间一定均匀变化,速率不一定均匀变化,故C项错;物体的速率增加,动能增大,所受 合力一定做正功,故D项正确。 4.(2018陕西西安长安二模,8)某人划船横渡一条河,河水流速处处相同且恒定,船的划行速率恒定, 已知此人过河最短时间为T1;若此人用最短的位移过河,则需时间为T2,已知船在静水中的划行速率 大于水流速率,则船的划行速率与水流速率之比为( ) A. B. C. D. 2 22 21 - T TT 2 1 T T 1 22 21 - T TT 1 2 T T 答案答案 A 本题以小船过河为情景,考查运动的合成与分解,体现了模型建构与科学推理要素。设 河宽为