曲線運動題型歸類

1、PAGE 1PAGE 26專題四 曲線運動題型歸類考點一曲線運動運動的合成與分解1在冬奧會短道速滑項目中,運動員繞周長僅111米的短道競賽運動員比賽過程中在通過彎道時如果不能很好地控制速度，將發(fā)生側滑而摔離正常比賽路線圖中圓弧虛線Ob代表彎道，即運動正常運動路線，Oa為運動員在O點時的速度方向(研究時可將運動員看做質點).下列論述正確的是()A發(fā)生側滑是因為運動員受到的合力方向背離圓心B發(fā)生側滑是因為運動員受到的合力大于所需要的向心力C若在O點發(fā)生側滑，則滑動的方向在Oa左側D若在O點發(fā)生側滑，則滑動的方向在Oa右側與Ob之間解析運動員發(fā)生側滑是因為運動員受到的合力指向圓心小于所需要的向心力,

2、A、B錯誤；若在O點發(fā)生側滑,若向心力突然消失,則沿切線Oa運動，而現(xiàn)在是由于所提供的向心力小于所需要的向心力，因此滑動的方向在Oa與Ob之間，D正確2(2015安徽理綜，14，6分)圖示是粒子(氦原子核)被重金屬原子核散射的運動軌跡，M、N、P、Q是軌跡上的四點，在散射過程中可以認為重金屬原子核靜止不動圖中所標出的粒子在各點處的加速度方向正確的是()AM點 BN點 CP點 DQ點解析粒子在散射過程中受到重金屬原子核的庫侖斥力作用，方向總是沿著二者連線且指向粒子軌跡彎曲的凹側，其加速度方向與庫侖力方向一致，故C項正確3(2014四川)有一條兩岸平直、河水均勻流動、流速恒為v的大河小明駕著小船渡

3、河，去程時船頭指向始終與河岸垂直，回程時行駛路線與河岸垂直去程與回程所用時間的比值為k，船在靜水中的速度大小相同，則小船在靜水中的速度大小為()A.eq f(kv,r(k21) B.eq f(v,r(1k2)C.eq f(kv,r(1k2) D.eq f(v,r(k21)解析去程時船頭垂直河岸如圖所示，由合運動與分運動具有等時性并設河寬為d，則去程時間t1eq f(d,v1)；回程時行駛路線垂直河岸，故回程時間t2eq f(d,r(veq oal(2,1)v2)，由題意有eq f(t1,t2)k，則keq f(r(veq oal(2,1)v2),v1)，得v1eq r(f(v2,1k2)eq

4、f(v,r(1k2)，選項B正確4(2013安徽)(難度)由消防水龍帶的噴嘴噴出水的流量是0.28 m3/min，水離開噴口時的速度大小為16eq r(3) m/s，方向與水平面夾角為60，在最高處正好到達著火位置，忽略空氣阻力，則空中水柱的高度和水量分別是(重力加速度g取10 m/s2)()A28.8 m，1.12102 m3 B28.8 m，0.672 m3C38.4 m，1.29102 m3 D38.4 m，0.776 m3解析由題意可知，水柱做斜拋運動，豎直方向初速度vyvsin 6024 m/s，到達著火點位置時豎直速度變?yōu)?，由v2veq oal(2,0)2gh，得heq f(ve

5、q oal(2,y),2g)28.8 m；由vgt，得teq f(vy,g)2.4 s，則空中水量Veq f(0.282.4,60) m31.12102 m3，故A正確5(11江蘇單科)如圖所示，甲、乙兩同學從河中O點出發(fā)，分別沿直線游到A點和B點后，立即沿原路線返回到O點，OA、OB分別與水流方向平行和垂直，且OAOB.若水流速度不變，兩人在靜水中游速相等，則他們所用時間t甲、t乙的大小關系為()At甲t乙 D無法確定解析設水流的速度為v水，學生在靜水中的速度為v人，從題意可知v人v水，OAOBL，對甲同學t甲eq f(L,v人v水)eq f(L,v人v水)，對乙同學來說，要想垂直到達B點，

6、其速度方向要指向上游，并且來回時間相等，即t乙eq f(2L,r(veq oal(2,人)veq oal(2,水)，則teq oal(2,甲)teq oal(2,乙)(eq f(L,v人v水)eq f(L,v人v水)20，即t甲t乙，C正確考點二拋體運動1(多選)2013年7月7日，溫網(wǎng)女雙決賽開打，“海峽組合”彭帥、謝淑薇擊敗澳大利亞組合奪得職業(yè)生涯首個大滿貫冠軍如圖所示是比賽場地，已知底線到網(wǎng)的距離為L，彭帥在網(wǎng)前截擊，若她在球網(wǎng)正上方距地面H處，將球以水平速度沿垂直球網(wǎng)的方向擊出，球剛好落在底線上將球的運動視作平拋運動，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A根據(jù)題目條件能求出球的水平速

7、度vB根據(jù)題目條件能求出球從擊出至落地所用時間tC球從擊球點至落地點的位移等于LD球從擊球點至落地點的位移與球的質量無關解析球的運動為平拋運動，豎直方向為自由落體運動，Heq f(1,2)gt2，水平方向為勻速直線運動，Lv0t，可求出時間teq r(f(2H,g)，v0eq f(L,t)Leq r(f(g,2H)，A、B正確；擊球點至落地點的位移為eq r(H2L2)，C錯誤；水平位移Lv0tv0eq r(f(2H,g)，D正確答案ABD2.(2015新課標全國，18，6分)(難度)一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網(wǎng)高度為h.發(fā)射機安裝于臺面左側邊

8、緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為3h.不計空氣的作用，重力加速度大小為g.若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側臺面上，則v的最大取值范圍是()A.eq f(L1,2)eq r(f(g,6h)vL1eq r(f(g,6h) B.eq f(L1,4)eq r(f(g,h)veq r(f(（4Leq oal(2,1)Leq oal(2,2)）g,6h)C.eq f(L1,2)eq r(f(g,6h)veq f(1,2)eq r(f(（4Leq oal(2,1)Leq oal(2,2)）g,6h) D.eq f(L1,4)e

9、q r(f(g,h)veq f(1,2)eq r(f(（4Leq oal(2,1)Leq oal(2,2)）g,6h)解析發(fā)射機無論向哪個方向水平發(fā)射，乒乓球都做平拋運動當速度v最小時，球沿中線恰好過網(wǎng)，有：3hheq f(gteq oal(2,1),2) v1t1聯(lián)立得v1eq f(L1,4)eq r(f(g,h)當速度最大時，球斜向右側臺面兩個角發(fā)射，有eq f(1,2)eq r(4Leq oal(2,1)Leq oal(2,2)v2t23heq f(1,2)gteq oal(2,2) 聯(lián)立得v2eq f(1,2)eq r(f(（4Leq oal(2,1)Leq oal(2,2)）g,6h

10、)所以使乒乓球落到球網(wǎng)右側臺面上，v的最大取值范圍為eq f(L1,4)eq r(f(g,h)veq f(1,2)eq r(f(（4Leq oal(2,1)Leq oal(2,2)）g,6h)，選項D正確3(2015浙江理綜，17，6分)(難度)如圖所示為足球球門，球門寬為L.一個球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點)球員頂球點的高度為h，足球做平拋運動(足球可看成質點，忽略空氣阻力)，則()A足球位移的大小xeq r(f(L2,4)s2)B足球初速度的大小v0eq r(f(g,2h)（f(L2,4)s2）)C足球末速度的大小veq r(f(g,2h)

11、（f(L2,4)s2）4gh)D足球初速度的方向與球門線夾角的正切值taneq f(L,2s)解析足球位移大小為xeq r(（f(L,2)）2s2h2)eq r(f(L2,4)s2h2)，A錯誤；根據(jù)平拋運動規(guī)律有：heq f(1,2)gt2，eq r(f(L2,4)s2)v0t，解得v0eq r(f(g,2h)（f(L2,4)s2）)，B正確；根據(jù)動能定理mgheq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal(2,0)可得veq r(veq oal(2,0)2gh)eq r(f(g,2h)（f(L2,4)s2）2gh)，C錯誤；足球初速度方向與球門線夾角正切值tan eq f(s,

12、f(L,2)eq f(2s,L)，D錯誤答案B4(2014新課標全國，15，6分)(難度)取水平地面為重力勢能零點一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等不計空氣阻力該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為()A.eq f(,6) B.eq f(,4) C.eq f(,3) D.eq f(5,12)解析設物塊在拋出點的速度為v0，落地時速度為v，拋出時重力勢能為Ep，由題意知Epeq f(1,2)mveq oal(2,0)；由機械能守恒定律，得eq f(1,2)mv2Epeq f(1,2)mveq oal(2,0)，解得veq r(2)v0，設落地時速度方向與水平方向的夾角為

13、，則cos eq f(v0,v)eq f(r(2),2)，解得eq f(,4)，B正確5(2013江蘇物理，7，4分)(難度)(多選)如圖所示，從地面上同一位置拋出兩小球A、B，分別落在地面上的M、N點，兩球運動的最大高度相同空氣阻力不計，則()AB的加速度比A的大 BB的飛行時間比A的長CB在最高點的速度比A在最高點的大DB在落地時的速度比A在落地時的大解析A、B兩球均受重力，根據(jù)牛頓運動定律，知兩球加速度均為重力加速度，A錯誤；由最大高度相同，知兩球運動時間相等，B錯誤；因為B球的射程較遠所以B的水平分速度較大，在最高點，兩球只有水平分速度，所以C正確；由落地時的速度為水平分速度與豎直分速

14、度的合速度，可知D正確答案CD6(2013北京在實驗操作前應該對實驗進行適當?shù)姆治鲅芯科綊佭\動的實驗裝置示意如圖小球每次都從斜槽的同一位置無初速釋放，并從斜槽末端水平飛出改變水平板的高度，就改變了小球在板上落點的位置，從而可描繪出小球的運動軌跡某同學設想小球先后三次做平拋，將水平板依次放在如圖1、2、3的位置，且1與2的間距等于2與3的間距若三次實驗中，小球從拋出點到落點的水平位移依次為x1、x2、x3，機械能的變化量依次為E1、E2、E3，忽略空氣阻力的影響，下面分析正確的是()Ax2x1x3x2，E1E2E3Bx2x1x3x2，E1E2E3Cx2x1x3x2，E1E2E3Dx2x1x3x2

15、，E1E2E3解析小球做平拋運動豎直方向做自由落體運動，速度均勻增加，因h12h23，所以t12t23；水平方向做勻速運動，xv-t，所以x2x1x3x2.因忽略空氣阻力的影響，故小球機械能守恒，機械能變化量E0，即E1E2E3.綜上所述，B正確7如圖所示，位于同一高度的小球A、B分別以v1和v2的速度水平拋出,都落在了傾角為30的斜面上的C點，小球B恰好垂直打到斜面上，則v1、v2之比為()A11 B21 C32 D23解析小球A落在斜面上，豎直方向上的位移與水平方向位移的比值tan eq f(y,x)eq f(f(1,2)gt2,vt)eq f(gt,2v)，解得teq f(2vtan ,

16、g)，v1eq f(gt,2tan 30)；小球B恰好垂直打到斜面上，v2gttan 30，同一點C，下落高度相同，時間相等，v1v232，C正確8.(2013上海(多選)如圖，轟炸機沿水平方向勻速飛行，到達山坡底端正上方時釋放一顆炸彈，并垂直擊中山坡上的目標A.已知A點高度為h，山坡傾角為，由此可算出()A轟炸機的飛行高度 B轟炸機的飛行速度C炸彈的飛行時間 D炸彈投出時的動能解析設轟炸機投彈位置高度為H，炸彈水平位移為s，則Hheq f(1,2)vyt，sv0t，二式相除eq f(Hh,s)eq f(1,2)eq f(vy,v0)，因為eq f(vy,v0)eq f(1,tan )，seq

17、 f(h,tan )，所以Hheq f(h,2 tan2)，A正確；根據(jù)Hheq f(1,2)gt2可求出飛行時間，再由sv0t可求出飛行速度，故B、C正確；不知道炸彈質量，不能求出炸彈的動能，D錯誤答案ABC9(2012新課標全國卷，15，6分)(難度)(多選)如圖所示，x軸在水平地面內，y軸沿豎直方向圖中畫出了從y軸上沿x軸正向拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡，其中b和c是從同一點拋出的，不計空氣阻力，則()Aa的飛行時間比b的長 Bb和c的飛行時間相同Ca的水平速度比b的小 Db的初速度比c的大解析根據(jù)平拋運動規(guī)律heq f(1,2)gt2，得teq r(f(2h,g)，可知平拋物體在

18、空中飛行的時間僅由高10.飛鏢運動于十五世紀興起于英格蘭，二十世紀初，成為人們日常休閑的必備活動一般打飛鏢的靶上共標有10環(huán)，第10環(huán)的半徑最小現(xiàn)有一靶的第10環(huán)的半徑為1 cm，第9環(huán)的半徑為2 cm以此類推，若靶的半徑為10 cm，在進行飛鏢訓練時，當人離靶的距離為5 m，將飛鏢對準第10環(huán)中心以水平速度v投出，g10 m/s2.則下列說法中正確的是()A當v50 m/s時，飛鏢將射中第8環(huán)線以內B當v50 m/s時，飛鏢將射中第6環(huán)線C若要擊中第10環(huán)的線內，飛鏢的速度v至少為50eq r(2) m/sD若要擊中靶子，飛鏢的速度v至少為25eq r(2) m/s解析根據(jù)平拋運動規(guī)律可得，

19、飛鏢在空中飛行有：xv-t，heq f(1,2)gt2,將第8環(huán)半徑為3 cm、第6環(huán)半徑為5 cm、第10環(huán)半徑為1 cm、靶的半徑為10 cm代入兩式可知正確選項為B、D.答案BD11.憤怒的小鳥是一款時下流行的游戲,故事簡單有趣，如圖甲所示，為了報復偷走鳥蛋的豬，鳥兒以自己的身體為武器，如炮彈般彈射出去攻擊豬的堡壘某班的同學們根據(jù)所學的物理知識進行假設：小鳥自己不會加速，它被彈弓沿水平方向彈出，如圖乙所示請回答下面兩位同學提出的問題(取重力加速度g10 m/s2)：(1)A同學問：如圖乙所示，若h10.8 m，l12 m，h22.4 m，l21 m，小鳥被彈出后能否直接打中地面上C處豬的

20、堡壘？請用計算結果進行說明(2)B同學問：如果小鳥彈出后，先掉到臺面的草地上，接觸草地的瞬間豎直速度變?yōu)榱?，水平速度不變，小鳥在草地上滑行一段距離后飛出，若要打中C處豬的堡壘，小鳥和草地間的動摩擦因數(shù)與小鳥彈出時的初速度v0應滿足什么關系(用題中所給的符號h1、l1、h2、l2、g表示)?解析(1)設小鳥以v0彈出能直接擊中堡壘，則h1h2eq f(1,2)gt2，得teq r(f(2（h1h2）,g)eq r(f(2（0.82.4）,10) s0.8 sl1l2v0t，得v0eq f(l1l2,t)eq f(21,0.8) m/s3.75 m/s考慮h1高度處的水平射程為x，則xv0t1 h

21、1eq f(1,2)gteq oal(2,1)所以xv0eq r(f(2h1,g)3.75eq r(f(20.8,10) m1.5 ml1可見小鳥先落在臺面的草地上，不能直接擊中堡壘(2)小鳥先做初速度為v0的平拋運動，后在臺面的草地上滑行，再以速度為v平拋擊中堡壘，由動能定理有mg(l1v0eq r(f(2h1,g)eq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal(2,0)vl2eq r(f(g,2h2)所以eq f(veq oal(2,0)f(gleq oal(2,2),2h2),2g（l1v0r(f(2h1,g)）).12(2012江蘇)(多選)如圖所示，相距l(xiāng)的兩小球A、B位

22、于同一高度h(l、h均為定值)將A向B水平拋出的同時，B自由下落A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，則()AA、B在第一次落地前能否相碰，取決于A的初速度BA、B在第一次落地前若不碰，此后就不會相碰CA、B不可能運動到最高處相碰DA、B一定能相碰解析A的豎直分運動是自由落體運動，故與B的高度始終相同A、B若能在第一次落地前相碰，必須滿足vAtl，又teq r(f(2h,g)，即A、B第一次落地前能否相碰取決于A的初速度，故A正確；若A、B在第一次落地前未碰，則由于A、B反彈后的豎直分運動仍然相同，且A的水平分速度不變，所以A、B

23、一定能相碰，而且在B運動的任意位置均可能相碰，故B、C均錯，D正確答案AD13(多選)如圖，AB為豎直面內半圓的水平直徑從A點水平拋出兩個小球，小球1的拋出速度為v1、小球2的拋出速度為v2.小球1落在C點、小球2落在D點，C、D兩點距水平直徑分別為圓半徑的0.8倍和1倍小球1的飛行時間為t1，小球2的飛行時間為t2.則()At1t2 Bt1t2Cv1v24eq r(5) Dv1v23eq r(5)解析根據(jù)平拋運動的規(guī)律heq f(1,2)gt2知，下落高度越高，時間越長，故t1t2，B正確；根據(jù)幾何關系可求CD間的水平距離為0.6R，小球1：h0.8Req f(1,2)gteq oal(2,

24、1)，x11.6Rv1t1；小球2：hReq f(1,2)gteq oal(2,2)，x2Rv2t2，聯(lián)立解得：v1v24eq r(5)，所以C正確；D錯誤答案BC14.如圖甲所示,物體A以速度v0做平拋運動，落地時水平方向的位移和豎直方向的位移均為L，圖甲中的虛線是A做平拋運動的軌跡圖乙中的曲線是一光滑軌道，軌道的形狀與圖甲中的虛線相同讓物體B從軌道頂端無初速下滑,B下滑過程中沒有脫離軌道物體A、B都可以看作質點重力加速度為g.則下列說法正確的是()AA、B兩物體落地時的速度方向相同BA、B兩物體落地時的速度大小相等C物體B落地時水平方向的速度大小為eq r(f(2gL,5)D物體B落地時重

25、力的瞬時功率為mgeq r(2gL)解析運動速度的方向沿著運動軌跡的切線方向，由于兩個運動軌跡相同，因此落地時速度方向相同，A正確；開始運動時，A有初速度，而B從靜止開始運動，在下落的過程中機械能守恒，因此落地時A的速度大于B的速度，B錯誤；A物體下落過程中,Lv0t，Leq f(1,2)gt2，vygt，可得vy2v0速度與水平方向夾角為，則cos eq f(v0,r(veq oal(2,0)veq oal(2,y)eq f(1,r(5)，而sin eq f(vy,r(veq oal(2,0)veq oal(2,y)eq f(2,r(5)；而B下落時，根據(jù)機械能守恒定律，mgLeq f(1,

26、2)mv2，因此落地時的水平速度大小為vcos eq r(f(2gL,5)，C正確；B落地時重力的瞬時功率Pmgvsin 2mgeq r(f(2gL,5)，D錯誤答案AC考向四對平拋運動與圓周運動的綜合考查1(平拋運動與圓周運動規(guī)律的綜合應用問題)如圖所示,M是水平放置的半徑足夠大的圓盤，繞過其圓心的豎直軸OO勻速轉動，規(guī)定經(jīng)過圓心O水平向右為x軸的正方向在圓心O正上方距盤面高為h處有一個正在間斷滴水的容器，從t0時刻開始隨傳送帶沿與x軸平行的方向做勻速直線運動，速度大小為v.已知容器在t0時刻滴下第一滴水，以后每當前一滴水剛好落到盤面上時再滴一滴水求：(1)要使每一滴水在盤面上的落點都位于同

27、一直線上,圓盤轉動的角速度應為多大？(2)第二滴水與第三滴水在盤面上落點間的最大距離x.解析(1)設水滴落到圓盤上的時間為t，則heq f(1,2)gt2.圓盤轉動時間也為t，所以kt.聯(lián)立解得keq r(f(g,2h)(k1、2、3)(2)第二滴水落在圓盤上的水平位移x22v-t2veq r(f(2h,g)；第三滴水落在圓盤上的水平位移x33v-t3veq r(f(2h,g).當?shù)诙嗡c第三滴水在盤面上的落點位于同一直徑上圓心兩側時，兩點間的距離最大，xx2x35veq r(f(2h,g).答案(1)keq r(f(g,2h)(k1、2、3)(2)5veq r(f(2h,g)2如圖所示,豎

28、直圓盤繞中心O沿順時針方向勻速轉動，當圓盤邊緣上的P點轉到與O同一高度時，一小球從O點以初速度v0水平向P拋出,當P點第一次轉到位置Q時，小球也恰好到達位置Q，此時小球的動能是拋出時動能的10倍已知重力加速度為g，不計空氣阻力根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可求得的物理量有()A小球從拋出到與P相遇的時間B小球剛拋出時的動能C圓盤的半徑D圓盤轉動的角速度解析小球到達位置Q時的動能是拋出時動能的10倍,設此時小球的豎直速度為vy：eq f(1,2)mv210eq f(1,2)mveq oal(2,0)，veq r(veq oal(2,y)veq oal(2,0)eq r(10)v0，vy3v0.小球拋出后豎直方向

29、上做自由落體運動，vygt，teq f(3v0,g)，A正確；由于小球的質量未知，小球剛拋出時的動能無法求出，B錯誤；圓盤的半徑Req r(（v0t）2（f(3v0t,2)）2)，可求出，C正確；設OQ與OP的夾角為,tan eq f(3,2)，t，聯(lián)立可求出角速度，D正確答案ACD3.(多選)一個內壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定，有質量相同的小球A和B沿著筒的內壁在水平面內做勻速圓周運動，如圖所示，A球的軌道半徑較大，則()AA球的角速度必小于B球的角速度BA球的線速度必大于B球的線速度CA球的運動周期必大于B球的運動周期DA球對筒壁的壓力必大于B球對筒壁的壓力解析本題考查勻

30、速圓周運動問題，意在考查考生的綜合分析能力，兩球受重力、支持力作用，合力指向圓周運動的圓心，如圖所示，由牛頓第二定律有mgtan meq f(v2,R)m2R，F(xiàn)eq f(mg,cos )，可見,運動半徑較大的A球線速度較大、角速度較小，兩球所受支持力相等,A、B正確，D錯誤；由圓周運動的角速度與周期的關系可知，A球的運動周期大于B球的運動周期，C正確答案ABC4.(多選)在一次探究活動中，某同學設計了如圖所示的實驗裝置,將半徑R1 m的光滑半圓弧軌道固定在質量M0.5 kg、長L4 m的小車的上表面中點位置，半圓弧軌道下端與小車的上表面水平相切,現(xiàn)讓位于軌道最低點的質量m0.1 kg的光滑小

31、球隨同小車一起沿光滑水平面向右做勻速直線運動，某時刻小車碰到障礙物而瞬時處于靜止狀態(tài)(小車不反彈),之后小球離開圓弧軌道最高點并恰好落在小車的左端邊沿處，該同學通過這次實驗得到了如下結論，其中正確的是(g取 10 m/s2)()A小球到達最高點的速度為eq r(10) m/sB小車與障礙物碰撞時損失的機械能為12.5 JC小車瞬時靜止前、后，小球在軌道最低點對軌道的壓力由1 N瞬時變?yōu)?6.5 ND小車向右做勻速直線運動的速度約為6.5 m/s解析如圖所示，小球從B落到小車的左端邊沿處所用時間teq r(f(22R,g)eq r(f(22,10) seq r(f(2,5) s最高點的速度vBe

32、q f(f(L,2),t)eq f(f(4,2),r(f(2,5) m/seq r(10) m/s，故A正確；小球從A到B只有重力做功，機械能守恒，有eq f(1,2)mveq oal(2,A)mg2Req f(1,2)mveq oal(2,B)，代入數(shù)據(jù)解得vAeq r(50) m/s7.1 m/s，這個速度等于小車勻速運動的速度，故D錯誤；小車與障礙物碰撞時損失的機械能Eeq f(1,2)Mveq oal(2,A)12.5 J,B正確；小車瞬時靜止前、后，小球在軌道最低點的速度不變，故對軌道的壓力不變，C錯誤答案AB5如圖,可視為質點的小球，位于半徑為eq r(3) m半圓柱體左端點A的正

33、上方某處，以一定的初速度水平拋出小球，其運動軌跡恰好能與半圓柱體相切于B點.過B點的半圓柱體半徑與水平方向的夾角為60，則初速度為(不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2)()A.eq f(5r(5),3) m/s B4eq r(3) m/sC3eq r(5) m/s D.eq f(r(15),2) m/s解析飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，知速度與水平方向的夾角為30，則有：tan 30eq f(vy,v0)；水平方向：RRsin 30v0t，聯(lián)立兩式解得：v03eq r(5) m/s，故選C.6.(2014浙江理綜，23，16分)(難度)如圖所示，裝甲車在水平地面上以速度v020

34、m/s沿直線前進，車上機槍的槍管水平，距地面高為h 1.8 m在車正前方豎直立一塊高為兩米的長方形靶，其底邊與地面接觸槍口與靶距離為L時，機槍手正對靶射出第一發(fā)子彈，子彈相對于槍口的初速度為v800 m/s.在子彈射出的同時，裝甲車開始勻減速運動，行進s90 m后停下裝甲車停下后，機槍手以相同方式射出第二發(fā)子彈(不計空氣阻力，子彈看成質點，重力加速度g10 m/s2)(1)求裝甲車勻減速運動時的加速度大??；(2)當L410 m時，求第一發(fā)子彈的彈孔離地的高度，并計算靶上兩個彈孔之間的距離；(3)若靶上只有一個彈孔，求L的范圍解析(1)裝甲車勻減速運動時的加速度大小aeq f(veq oal(2

35、,0),2s)eq f(20,9) m/s2(2)第一發(fā)子彈飛行時間t1eq f(L,vv0)0.5 s彈孔離地高度h1heq f(1,2)gteq oal(2,1)0.55 m第二發(fā)子彈的彈孔離地的高度h2heq f(1,2)g(eq f(Ls,v)21.0 m兩彈孔之間的距離hh2h10.45 m.(3)第一發(fā)子彈打到靶的下沿時，裝甲車離靶的距離為L1L1(v0v)eq r(f(2h,g)492 m第二發(fā)子彈打到靶的下沿時，裝甲車離靶的距離為L2L2veq r(f(2h,g)s570 m,L的范圍492 mL570 m答案(1)eq f(20,9) m/s2(2)0.55 m0.45 m(

36、3)492 mL570 m7(11江蘇)(難度)如圖，長為L、內壁光滑的直管與水平地面成30角固定放置將一質量為m的小球固定在管底，用一輕質光滑細線將小球與質量為Mkm的小物塊相連，小物塊懸掛于管口現(xiàn)將小球釋放，一段時間后，小物塊落地靜止不動，小球繼續(xù)向上運動，通過管口的轉向裝置后做平拋運動，小球在轉向過程中速率不變(重力加速度為g)(1)求小物塊下落過程中的加速度大??；(2)求小球從管口拋出時的速度大?。?3)試證明小球平拋運動的水平位移總小于eq f(r(2),2)L.解析(1)設細線中的張力為FT，根據(jù)牛頓第二定律，對M有：MgFTMa對m有：FTmgsin 30ma 且Mkm 聯(lián)立解得

37、aeq f(2k1,2（k1）)g(2)設小物塊落地時的速度大小為v，小球從管口拋出時的速度大小為v0，小物塊落地后小球的加速度為a0.根據(jù)牛頓第二定律得mgsin 30ma0由勻變速直線運動公式得v22aLsin 30，veq oal(2,0)v22a0L(1sin 30)聯(lián)立解得v0eq r(f(k2,2（k1）)gL)(k2)(3)水平方向上xv0t，豎直方向上Lsin 30eq f(1,2)gt2解得xLeq r(f(k2,2（k1）)(k2),所以xeq f(r(2),2)L答案(1)eq f(2k1,2（k1）)g(2)eq r(f(k2,2（k1）)gL)(k2)(3)見解析考點

38、三圓周運動1(2015天津理綜，4，6分)(難度)未來的星際航行中，宇航員長期處于零重力狀態(tài)，為緩解這種狀態(tài)帶來的不適，有人設想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉艙”，如圖所示當旋轉艙繞其軸線勻速旋轉時，宇航員站在旋轉艙內圓柱形側壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力為達到上述目的，下列說法正確的是()A旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越大B旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越小C宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越大D宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越小解析由題意mgFm2r，即g2r，因此r越大，越小，且與m無關，B正確2. (2015福建理綜，17，6分)(難度)如圖，在

39、豎直平面內，滑道ABC關于B點對稱，且A、B、C三點在同一水平線上若小滑塊第一次由A滑到C，所用的時間為t1，第二次由C滑到A，所用的時間為t2，小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動摩擦因數(shù)恒定，則()At1t2 Bt1t2Ct1t2 D無法比較t1、t2的大小解析在AB段，由于是凸形滑道，根據(jù)牛頓第二定律知，速度越大，滑塊對滑道的壓力越小，摩擦力就越小，克服摩擦力做功越少；在BC段，根據(jù)牛頓第二定律知，速度越大，滑塊對滑道的壓力越大，摩擦力就越大，克服摩擦力做功越多滑塊從A運動到C與從C到A相比，從A到C運動過程，克服摩擦力做功較少，又由于兩次的初速度大小相

40、同，故到達C點的速率較大，平均速率也較大，故用時較短，所以A正確3. (2015浙江)(難度)(多選)如圖所示為賽車場的一個水平“U”形彎道，轉彎處為圓心在O點的半圓，內外半徑分別為r和2r.一輛質量為m的賽車通過AB線經(jīng)彎道到達AB線，有如圖所示的、三條路線，其中路線是以O為圓心的半圓，OOr.賽車沿圓弧路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力為Fmax.選擇路線，賽車以不打滑的最大速率通過彎道(所選路線內賽車速率不變，發(fā)動機功率足夠大)，則()A選擇路線，賽車經(jīng)過的路程最短 B選擇路線，賽車的速率最小C選擇路線，賽車所用時間最短 D、三條路線的圓弧上，賽車的向心加速度大小相等解析賽車經(jīng)過路

41、線的路程s1r2r(2)r，路線的路程s22r2r(22)r，路線的路程s32r，A正確；根據(jù)Fmaxeq f(mv2,R)，可知R越小，其不打滑的最大速率越小，所以路線的最大速率最小，B錯誤；三種路線對應的最大速率v2v3eq r(2)v1，則選擇路線所用時間t1eq f(（2）r,v1)，路線所用時間t2eq f(（22）r,r(2)v1)，路線所用時間t3eq f(2r,r(2)v1)，t3最小，C正確；由Fmaxma，可知三條路線對應的a相等，D正確答案ACD4如圖所示,豎直圓盤繞中心O沿順時針方向勻速轉動，當圓盤邊緣上的P點轉到與O同一高度時，一小球從O點以初速度v0水平向P拋出,當

42、P點第一次轉到位置Q時，小球也恰好到達位置Q，此時小球的動能是拋出時動能的10倍已知重力加速度為g，不計空氣阻力根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可求得的物理量有()A小球從拋出到與P相遇的時間B小球剛拋出時的動能C圓盤的半徑D圓盤轉動的角速度解析小球到達位置Q時的動能是拋出時動能的10倍,設此時小球的豎直速度為vy：eq f(1,2)mv210eq f(1,2)mveq oal(2,0)，veq r(veq oal(2,y)veq oal(2,0)eq r(10)v0，vy3v0.小球拋出后豎直方向上做自由落體運動，vygt，teq f(3v0,g)，A正確；由于小球的質量未知，小球剛拋出時的動能無法求出，B錯

43、誤；圓盤的半徑Req r(（v0t）2（f(3v0t,2)）2)，可求出，C正確；設OQ與OP的夾角為,tan eq f(3,2)，t，聯(lián)立可求出角速度，D正確答案ACD5.某電視臺“快樂向前沖”節(jié)目的場地設施如圖所示，AB為水平直軌道，上面安裝有電動懸掛器，可以載人運動，水面上漂浮著一個半徑為R、角速度為、鋪有海綿墊的轉盤，轉盤的軸心離平臺的水平距離為L，平臺邊緣與轉盤平面的高度差為H.選手抓住懸掛器可以在電動機的帶動下，從A點下方的平臺邊緣處沿水平方向做初速度為零、加速度為a的勻加速直線運動選手必須作好判斷，在合適的位置釋放，才能順利落在轉盤上設人的質量為m(不計身高),人與轉盤間的最大靜

44、摩擦力為mg，重力加速度為g.(1)假設選手落到轉盤上瞬間相對轉盤速度立即變?yōu)榱悖瑸楸ＷC他落在任何位置都不會被甩下轉盤，轉盤的角速度應限制在什么位置？(2)若已知H5 m，L8 m,a2 m/s2，g10 m/s2，且選手從某處C點釋放能恰好落到轉盤的圓心上，則他是從平臺出發(fā)后多長時間釋放懸掛器的？(3)若電動懸掛器開動后，針對不同選手的動力與該選手重力關系皆為F0.6mg，懸掛器在軌道上運動時存在恒定的摩擦阻力，選手在運動到上面(2)中所述位置C點時，因恐懼沒有釋放懸掛器，但立即關閉了它的電動機，則按照(2)中數(shù)據(jù)計算懸掛器載著選手還能繼續(xù)向右滑行多遠的距離？解析(1)設選手落在轉盤邊緣也不

45、會被甩下，最大靜摩擦力提供向心力，則有mgm2R，故轉盤轉動的角速度應滿足eq r(f(g,R).(2)設選手水平加速階段的位移為x1，時間為t1；選手平拋時的水平位移為x2，時間為t2.則水平加速時有x1eq f(1,2)ateq oal(2,1).vat1，平拋運動階段有x2v-t2，Heq f(1,2)gteq oal(2,2)，全程水平方向x1x2L，聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得t12 s.(3)由(2)知x14 m，v4 m/s,且F0.6mg.設阻力為f，選手繼續(xù)向右滑動的距離為x3，由動能定理得，加速階段：Fx1fx1eq f(1,2)mv2,減速階段：fx30eq f(1,2)mv

46、2聯(lián)立以上兩式解得x32 m.答案(1)eq r(f(g,R)(2)2 s(3)2 m6.固定在豎直平面內的光滑細圓管，管道半徑為R.若沿如圖所示的兩條虛線截去軌道的四分之一，管內有一個直徑略小于管徑的小球在運動，且恰能從一個截口拋出，從另一個截口無碰撞的進入繼續(xù)做圓周運動，那么小球每次飛越無管區(qū)域的時間為()A.eq r(f(r(3)R,g) B.eq r(f(2r(2)R,g) C.eq r(f(2r(3)R,g) D.eq r(f(r(2)R,g)解析小球在豎直虛線兩側運動對稱，小球“拋出點”在此豎直線上，進入截口時速度方向與水平方向成45角，則此時水平分速度和豎直分速度大小相等，由數(shù)學

47、知識可知平拋的水平位移為eq f(r(2),2)R，則豎直位移為eq f(r(2),4)R.根據(jù)豎直方向的自由落體運動可知eq f(r(2),4)Req f(1,2)gteq oal(2,1)，根據(jù)對稱可知t2t1eq r(f(2r(2)R,g)，B正確7.(2014新課標全國)(難度)如圖，一質量為M的光滑大圓環(huán)，用一細輕桿固定在豎直平面內；套在大環(huán)上質量為m的小環(huán)(可視為質點)，從大環(huán)的最高處由靜止滑下重力加速度大小為g.當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時，大環(huán)對輕桿拉力的大小為()AMg5mg BMgmgCMg5mg DMg10mg解析解法一以小環(huán)為研究對象，設大環(huán)半徑為R，根據(jù)機械能守恒定律，得

48、mg2Req f(1,2)mv2，在大環(huán)最低點有FNmgmeq f(v2,R)，得FN5mg，此時再以大環(huán)為研究對象，受力分析如圖，由牛頓第三定律知，小環(huán)對大環(huán)的壓力為FNFN，方向豎直向下，故FMg5mg，由牛頓第三定律知C正確解法二設小環(huán)滑到大環(huán)最低點時速度為v，加速度為a，根據(jù)機械能守恒定律eq f(1,2)mv2mg2R，且aeq f(v2,R)，所以a4g，以整體為研究對象，受力情況如圖所示FMgmgmaM0所以FMg5mg，C正確答案C8(2014安徽理綜，19，6分)(難度)如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度轉動，盤面上離轉軸距離2.5 m處有一小物體

49、與圓盤始終保持相對靜止物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為eq f(r(3),2)(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30，g取10 m/s2.則的最大值是()A.eq r(5) rad/sB.eq r(3) rad/sC1.0 rad/sD0.5 rad/s解析當物體轉到圓盤的最低點恰好不滑動時，轉盤的角速度最大，其受力如圖所示(其中O為對稱軸位置)由沿斜面的合力提供向心力，有mgcos 30mgsin 30m2R得eq r(f(g,4R)1.0 rad/s，選項C正確答案C9如圖所示，水平放置的兩個用相同材料制成的輪P和Q靠摩擦傳動，兩輪的半徑Rr21.當主動輪Q勻速轉動時，在Q輪

50、邊緣上放置的小木塊恰能相對靜止在Q輪邊緣上,此時Q輪轉動的角速度為1，木塊的向心加速度為a1；若改變轉速，把小木塊放在P輪邊緣也恰能靜止，此時Q輪轉動的角速度為2，木塊的向心加速度為a2，則()A.eq f(1,2)eq f(r(2),2) B.eq f(1,2)eq f(r(2),1)C.eq f(a1,a2)eq f(1,1) D.eq f(a1,a2)eq f(1,2)解析根據(jù)題述，a1eq oal(2,1)r,ma1mg；聯(lián)立解得geq oal(2,1)r.小木塊放在P輪邊緣也恰能靜止，geq oal(2,2)R2eq oal(2,2)r，eq oal(2,2)Req oal(2,1)

51、r，聯(lián)立解得eq f(1,2)eq f(r(2),1)，選項B正確、A錯誤；a2g2R，選項C正確、D錯誤答案BC10(2013江蘇物理，2，3分)(難度)如圖所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是()AA的速度比B的大 BA與B的向心加速度大小相等C懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小解析由圖知兩根纜繩等長，B的半徑較大，而轉動的角速度相同，由vr，a2r知A、B錯誤；由牛頓第二定律得，向心加速度agtan ，aAaB，所以AB，C錯誤；由F

52、Teq f(mg,cos )，得出FTAFTB，D正確答案D11(2013北京理綜，18，6分)(難度)某原子電離后其核外只有一個電子，若該電子在核的靜電力作用下繞核做勻速圓周運動，那么電子運動()A半徑越大，加速度越大 B半徑越小，周期越大C半徑越大，角速度越小 D半徑越小，線速度越小解析電子在庫侖力的作用下做圓周運動，庫侖力提供向心力，eq f(kQq,r2)ma，r越大，a越小，A錯誤；eq f(kQq,r2)mreq f(42,T2)，r越小，T越小，B錯誤；eq f(kQq,r2)mr2，r越大，越小，C正確；eq f(kQq,r2)meq f(v2,r)，r越小，v越大，D錯誤答案

53、C12(2012廣東)(難度)(多選)如圖是滑道壓力測試的示意圖，光滑圓弧軌道與光滑斜面相切，滑道底部B處安裝一個壓力傳感器，其示數(shù)N表示該處所受壓力的大小，某滑塊從斜面上不同高度h處由靜止下滑，通過B時，下列表述正確的有()AN小于滑塊重力 BN大于滑塊重力CN越大表明h越大 DN越大表明h越小解析滑塊在B點時，由牛頓第二定律得FNmgmeq f(v2,r)，所以FNmgmeq f(v2,r)mg，A錯誤，B正確；物塊從斜面上滑下的過程，由動能定理得mgheq f(1,2)mv2，聯(lián)立解得FNmgmeq f(2gh,r)，即FN越大表明h越大，C正確，D錯誤答案BC13. (13浙江)(難度

54、)山谷中有三塊石頭和一根不可伸長的輕質青藤，其示意圖如圖所示圖中A、B、C、D均為石頭的邊緣點，O為青藤的固定點，h11.8 m，h24.0 m，x14.8 m，x28.0 m開始時，質量分別為M10 kg和m2 kg的大、小兩只滇金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上，當大猴發(fā)現(xiàn)小猴將受到傷害時，迅速從左邊石頭的A點水平跳至中間石頭大猴抱起小猴跑到C點，抓住青藤下端，蕩到右邊石頭上的D點，此時速度恰好為零運動過程中猴子均可看成質點，空氣阻力不計.求：(1)大猴從A點水平跳離時速度的最小值；(2)猴子抓住青藤蕩起時的速度大小；(3)猴子蕩起時，青藤對猴子的拉力大小解析(1)設猴子從A點水平跳離時速度

55、的最小值為vmin，根據(jù)平拋運動規(guī)律，有h1eq f(1,2)gt2 x1vmint聯(lián)立式，得vmin8 m/s(2)猴子抓住青藤后的機械能守恒，設蕩起時速度為vC，有(Mm)gh2eq f(1,2)(Mm)veq oal(2,C)得vCeq r(2gh2)eq r(80) m/s9 m/s(3)設拉力為FT，青藤的長度為L，對最低點，由牛頓第二定律得FT(Mm)g(Mm)eq f(veq oal(2,C),L)由幾何關系(Lh2)2xeq oal(2,2)L2 得L10 m綜合式并代入數(shù)據(jù)解得FT(Mm)g(Mm)eq f(veq oal(2,C),L)216 N答案(1)8 m/s(2)9

56、 m/s(3)216 N14(2012福建理綜，20，15分)(難度)如圖所示，置于圓形水平轉臺邊緣的小物塊隨轉臺加速轉動，當轉速達到某一數(shù)值時，物塊恰好滑離轉臺開始做平拋運動現(xiàn)測得轉臺半徑R0.5 m，離水平地面的高度H0.8 m，物塊平拋落地過程水平位移的大小s0.4 m設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g10 m/s2.求：(1)物塊做平拋運動的初速度大小v0；(2)物塊與轉臺間的動摩擦因數(shù).解析(1)物塊做平拋運動，在豎直方向上有Heq f(1,2)gt2在水平方向上有sv0t由式解得v0s eq r(f(g,2H)1 m/s.(2)物塊離開轉臺時，最大靜摩擦力提供向

57、心力，有Fmaxmeq f(veq oal(2,0),R)FmaxFNmg 由式解得eq f(veq oal(2,0),gR)0.2答案(1)1 m/s(2)0.2考點 四圓周運動規(guī)律與“人造重力”的綜合應用1(圓周運動與“人造重力”的應用)(多選)人類向宇宙空間發(fā)展最具可能的是在太陽系內地球附近建立“太空城”設想中的一個圓柱形太空城，其外殼為金屬材料，長1 600 m，直徑200 m，內壁沿縱向分隔成6個部分，窗口和人造陸地交錯分布，陸地上覆蓋1.5 m厚的土壤，窗口外有巨大的鋁制反射鏡，可調節(jié)陽光的射入，城內部充滿空氣、太空城內的空氣、水和土壤最初可從地球和月球運送，以后則在太空城內形成與

58、地球相同的生態(tài)環(huán)境為了使太空城內的居民能如地球上一樣具有“重力”，以適應人類在地球上的行為習慣，太空城將在電力的驅動下，繞自己的中心軸以一定的角速度轉動如圖為太空城垂直中心軸的截面，以下說法正確的有()A太空城內物體所受的“重力”一定通過垂直中心軸截面的圓心B人隨太空城自轉所需的向心力由人造陸地對人的支持力提供C太空城內的居民不能運用天平準確測出質量D太空城繞自己的中心軸轉動的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大 解析太空城內物體做勻速圓周運動,向心力指向圓心，故其所受的“重力”一定通過垂直中心軸截面的圓心且向外，故A正確；太空城內物體做勻速圓周運動，人隨太空城自轉所需的向心力由人造陸地對人的支持力提供，故B正確；天平的測量原理是等臂杠桿，故太空城內的居民可以運用天平準確測出質量，故C錯誤；等效重力等于向心力，故：Gmr2，故太空城繞自己的中心軸轉動的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大，故D正確答案ABD考向五圓周運動與動能定理的綜合應用1.如圖,兩