2016高考物理二轮复习 专题1 第3课 力与曲线运动试题
高考物理大二轮提能专训三 力与曲线运动 天体运动(含
提能专训(三) 力与曲线运动、天体运动1．(2013·宁波联考)如图所示，一物块放在一个圆盘上，若圆盘表面与水平面的夹角为α，物块转动半径为R，与圆盘的摩擦系数为μ，则物块和圆盘一起按如图所示转动的过程中，下列说法正确的是( )A．角速度的最大值为μg cos α－g sin αRB．角速度的最大值为μg cos α＋g sin αRC．圆盘对物块的弹力始终不做功D．圆盘对物块的摩擦力始终不做功答案：AC 解析：物块不滑动的临界条件为物块到达最低点时所受的摩擦力为最大值，则μmg cos α－mg sin α＝mRω2max，即ωmax＝μg cos α－g sin αR，A正确，B错误；由于弹力方向始终和物块的速度方向垂直，始终不做功，C正确；物块随圆盘向上转动过程中，静摩擦力做正功，反之亦然，D错误．2．质量为0.2 kg的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图线分别如图所示，由图可知( )A．最初4 s内物体的位移为8 2 mB．从开始至6 s末物体都做曲线运动C．最初4 s内物体做曲线运动，接着的2 s物体做直线运动D．最初4 s内物体做直线运动，接着的2 s物体做曲线运动答案：AC 解析：由运动的独立性结合v－t图象可得在最初4 s内y轴方向位移为y＝12×4×4 m＝8 m ，x 轴方向位移为x ＝2×4 m＝8 m ，由运动的合成得合位移s ＝x 2＋y 2＝8 2 m ，A 选项正确；在0～4 s 内物体的加速度与速度不共线，物体做曲线运动，4 s 末物体的合速度与x 轴正方向夹角的正切值tan α＝42＝2，合加速度与x 轴正方向夹角的正切值tan β＝21＝2，合初速度与合加速度共线，物体做直线运动，B 、D 选项错误，C 选项正确．3．2012年我国宣布北斗导航系统正式商业运行．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作星均绕地心做匀速圆周运动，轨道半径为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置(如图所示)．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是( )A ．这两颗卫星的加速度相等，均为R 2gr2B ．卫星1由位置A 运动至位置B 所需的时间为2πr3R r gC ．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2D ．卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中万有引力做正功答案：A 解析：根据mg ＝GMm R 2，a ＝GM r 2，可得轨道处加速度a ＝R 2gr2，A 正确；卫星1由位置A 运动至位置B 所需的时间为t ＝T 6＝π3r 3GM ＝πr 3R rg，B 错误；卫星1向后喷气将脱离圆轨道做离心运动，C 错误；卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中万有引力不做功，D 错误．4．如图所示，将一篮球从地面上方的某点B 斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上的A 点，不计空气阻力，而且球与板的碰撞没有能量损失，即碰撞前后速度方向相反，大小相等．若把抛射点B 向篮板方向水平移动一小段距离，但抛出的篮球仍能垂直击中篮板上的A 点，则以下说法正确的是( )A ．需要增大抛射时的速度v 0，同时减小抛射角θB ．需要减小抛射时的速度v 0，同时增大抛射角θC ．篮球仍能落回抛出点BD ．篮球从B 到A 的时间大于从A 弹回后落到B 所在平面的时间答案：BC 解析：因为碰撞前后篮球的速度方向相反，大小相等，所以从A 到B 的运动是从B 到A 的运动的逆运动，C 正确，D 错误．从A 到B 的运动是平抛运动，则x ＝v 0t cos θ，y ＝12gt 2，v 0sin θ＝gt ，由上述三式得tan θ＝2y x .当x 减小时，θ变大．由于竖直方向位移不变，运动时间t 不变，v 0sin θ＝gt 为定值．θ变大，sin θ变大，故v 0变小，B 正确，A 错误．5．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面的顶端O 点，以不同的水平初速度抛出一小球．以初速度v 1抛出时，落到斜面的中点A 点，经过的时间为t 1；以初速度v 2抛出时，落到斜面的底端B 点，经过的时间为t 2.若让小球从O 点由静止释放，运动到底端B 点的时间为t 3，则( )A ．t 2＝2t 1B ．t 3＝2t 2C ．v 2＝2v 1D ．v 2＝2v 1答案：BC 解析：设斜面高为2h ，则由平抛运动规律知，t 1＝2hg，t 2＝2hg＝2t 1，A 错误；由运动学公式知，OB ＝12g sin θ·t 23，而OB ＝4h ，解得t 3＝4hg＝2t 2，B 正确；设O 与A 间、O 与B 间的水平距离分别为x OA 、x OB ，则v 1＝x OA t 1、v 2＝x OBt 2，又x OB ＝2x OA ，t 2＝2t 1，联立得v 2＝2v 1，C 正确，D 错误．6．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑内圆粗糙．一质量为m ＝0.2 kg 的小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R ＝0.5 m ，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，设小球通过最低点时重力势能为零，下列说法错误的是( )A ．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒B ．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v 0一定小于5 m/sC ．若要使小球不挤压内轨道，则v 0一定不小于5 m/sD ．若小球开始运动时初动能为1.6 J ，则足够长时间后小球的机械能为1 J答案：C 解析：若小球运动到最高点时速度为0，则小球运动过程中与内轨道一定有挤压，一定有摩擦力，且摩擦力一定做功，小球机械能一定不守恒，所以A 正确；若小球的初速度较大，小球在运动过程中与内轨道没有挤压，小球的机械能守恒，根据mg ≤mv 2R 和12mv 2＝12mv 2＋2mgR ，可得小球的初速度v 0≥5 m/s，所以小球初速度v 0不小于5 m/s 时，小球运动到最高点时速度不可能为零．反之，若小球运动到最高点时速度大小为零，则v 0一定小于5 m/s ，B 正确；由mgR ＝12mv 20可得v 0＝10 m/s ，只要小球的初速度不大于10 m/s 时，小球只在外圆轨道下半圆轨道内运动时，与内轨道也无挤压，所以C 错误；若小球开始运动时初动能为1.6 J ，即初速度v 0＝4 m/s ，则小球在外圆上半圆运动时受到摩擦阻力作用，小球的机械能不断减小，足够长时间后小球只在外圆轨道下半圆轨道内往复运动，小球的机械能守恒，机械能始终为E ＝12×0.2×(10)2J ＝1 J ，D 正确．7．(2013·湖北武昌区五月调研)如图所示，半径为R 的半圆形圆弧槽固定在水平面上，在圆弧槽的边缘A 点有一小球(可视为质点，图中未画出)，今让小球对着圆弧槽的圆心O 以初速度v 0做平抛运动，从抛出到击中槽面所用时间为Rg(g 为重力加速度)．则平抛的初速度可能是()A ．v 0＝2－32gRB ．v 0＝2＋32gRC ．v 0＝3－32gRD ．v 0＝3＋32gR答案：AB 解析：小球从抛出到击中槽面下降的距离为 y ＝12gt 2＝12g ·R g ＝R 2. 小球的水平位移为x ＝R －32R 或x ＝R ＋32R 所以初速度为v 0＝xt＝R －32R Rg ＝2－32gR或v 0＝xt ＝R ＋32R R g＝2＋32gR . 8．一斜面倾角为θ，A 、B 两个小球均以水平初速度v 0水平抛出，如图所示．A 球垂直撞在斜面上，B 球落到斜面上的位移最短，不计空气阻力，则A 、B 两个小球下落时间t A 与t B 之间的关系为( )A ．t A ＝tB B ．t A ＝2t BC ．t B ＝2t AD ．无法确定答案：C 解析：A 球垂直撞在斜面上，说明其到达斜面时速度方向与斜面垂直，将速度分解如图所示，则v 1＝v 0，v 2＝gt A .由图可知tan θ＝v 1v 2＝v 0gt A.而B 球落到斜面上的位移最短，则说明小球B 从抛出到斜面的位移与斜面垂直，将位移分解可得x ＝v 0t B ，y ＝12gt 2B ，由图可得tan θ＝x y ＝v 0t B 12gt 2B ＝v 012gt B，故可得t B ＝2t A ，C 正确．9．如图所示，从地面上A 点发射一枚远程弹道导弹，假设导弹仅在地球引力作用下沿ACB 椭圆轨道飞行并击中地面目标B ，C 为轨道的远地点，距地面高度为h .已知地球半径为R ，地球质量为M ，引力常量为G .则下列结论正确的是( )A．导弹在C点的速度大于GM R＋hB．导弹在C点的速度等于3GMR＋hC．导弹在C点的加速度等于GMR＋h2D．导弹在C点的加速度大于GMR＋h2答案：C 解析：导弹运动到C点所受万有引力为GMmR＋h2，轨道半径r小于(R＋h)，所以导弹在C点的速度小于GMR＋h，A、B错误；由牛顿第二定律得GMmR＋h2＝ma，解得导弹在C点的加速度a＝GMR＋h2，C正确，D错误．10．2013年2月16日，直径约50米、质量约13万吨的小行星“2012DA14”，以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过，与地球表面最近距离约为2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道，这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，据天文学家估算，它下一次最接近地球大约是在2046年，假设图中的P、Q是地球与小行星最近时的位置，已知地球绕太阳做圆周运动的线速度是29.8 km/s，下列说法正确的是( )A ．小行星在Q 点的速率大于29.8 km/sB ．小行星在Q 点的速率小于29.8 km/sC ．只考虑太阳的引力， 地球在P 点的加速度大于小行星在Q 点的加速度D ．只考虑地球的引力，小行星在Q 点的加速度大于地球同步卫星在轨道上的加速度答案：BCD 解析：GMm R 2＝mv 2R，v ＝GMR，由于小行星距离太阳比地球远，所以线速度比地球的小，A 错误，B 正确；a ＝GMR2，C 正确；小行星距离地球比地球同步卫星近，所以D 正确．11．(2013·山西太原期末)北京时间8月25日消息，据国外媒体报道，天文学家日前在距离地球127光年处发现了一个拥有7颗行星的“太阳系”，这些行星与其中央恒星之间遵循基本天体运行规律，和我们太阳系的规则相似．这一星系的中央恒星名为“HD10180”．分析显示，其中一个行星绕中央恒星“HD10180”的公转周期为584天，是地球绕太阳公转周期的1.6倍；与中央恒星“HD10180”的距离是2.3亿公里，等于太阳和地球之间平均距离的1.6倍，将行星与地球的公转轨道视为圆．(1)求恒星“HD10180”的质量与太阳的质量之比．(2)已知该行星的质量是地球质量的25倍，半径是地球半径的16倍，求该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比．答案：(1)1.6 (2)1.25解析：(1)设中央恒星质量为M 1，这个行星质量为m 1，绕恒星运转的轨道半径为r 1，周期为T 1；太阳质量为M 2，地球质量为m 2，地球绕太阳运转的轨道半径为r 2，周期为T 2，对行星：G M 1m 1r 21＝m 1r 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 12对地球：GM 2m 2r 22＝m 2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 22联立解得M 1M 2＝T 22r 31T 21r 32＝1.6(2)设该行星的第一宇宙速度为v 1，行星半径为R 1，则有G m 1m R 21＝m v 21R 1，解得v 1＝Gm 1R 1. 设地球的第一宇宙速度为v 2，地球半径为R 2，则有G m 2m R 22＝m v 22R 2，解得v 2＝Gm 2R 2. v 1v 2＝1.25. 12．如图为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图，参与游戏的选手会遇到一个人造山谷AOB ，AO 是高h ＝3 m 的竖直峭壁，OB 是以A 点为圆心的弧形坡，∠OAB ＝60°，B 点右侧是一段水平跑道．选手可以自A 点借助绳索降到O 点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自A 点直接跃上跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v 0的最小值； (2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，求该选手在空中的运动时间． 答案：(1)3102m/s (2)0.6 s解析：(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则h sin 60°≤v 0t h cos 60°＝12gt 2解得v 0≥3102m/s(2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，因v 1<v 0，人将落在弧形坡上． 下降高度y ＝12gt 2水平前进距离x＝v1t 且x2＋y2＝h2解得t＝0.6 s．。
2016年高考物理真题分类汇编必修2曲线运动-Word版附答案
2016年高考物理真题分类汇编：曲线运动[2016上海23].如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是位于竖直平面内以O 为圆心的一段圆弧，OA 与竖直方向的夹角为α。
一小球以速度0v 从桌面边缘P 水平抛出，恰好从A 点沿圆弧的切线方向进入凹槽。
小球从P 到A 的运动时间为____________;直线PA 与竖直方向的夹角β=_________。
【答案】0tan v αg；arctan (2cot )α 【解析】据题意，小球从P 点抛出后做平抛运动，小球运动到A 点时将速度分解，有0tan y xv gtv v α==，则小球运动到A 点的时间为：0tan v t gα=；从P 点到A 点的位移关系有：00222tan 2cot 1tan 2v t v gt gt βαα====，所以PA 与竖直方向的夹角为：tan arctan(2cot )βα=。
[2016海南1].在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中A ．速度和加速度的方向都在不断变化B ．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C ．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D ．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 【答案】B[2016海南3].如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动。
已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在高点时对轨道的压力大小为N 2.重力加速度大小为g ，则N 1–N 2的值为A ．3mgB ．4mgC ．5mgD ．6mg 【答案】D【解析】设小球在最低点速度为1v ，在最高点速度为2v ，在根据牛顿第二定律： 在最低点：211mg m Rv N -=在最高点：222mg m Rv N +=同时从最高点到最低点，根据动能定理：221211222mg R m m v v ⋅=-联立以上三个方程式可以得到：12–6N R N mg =，故选项D 正确。
2016年全国各地高考物理考试试题曲线运动
曲线运动1.[2016·江苏卷] 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①为A 的运动轨迹，则B的运动轨迹是( )A ．①B ．②C ．③D ．④2．A [解析] 抛体运动的加速度始终为g ，与抛体的质量无关．当将它们以相同速率沿同一方向抛出时，运动轨迹应该相同．故选项A 正确．2.在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图1-9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．23．[答案] (1)3h g (2)L g 4h ≤v ≤L g 2h(3)L ＝22h [解析] (1)打在中点的微粒32h ＝12gt 2 ① t ＝3h g② (2)打在B 点的微粒v 1＝L t 1；2h ＝12gt 21 ③v 1＝L g 4h④ 同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝L g 2h⑤微粒初速度范围L g 4h ≤v ≤L g 2h ⑥ (3)由能量关系12m v 22＋mgh ＝12m v 21＋2mgh ⑦ 代入④、⑤式得L ＝22h ⑧3. 如图所示，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 ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R20．AC [解析] 质点P 下滑到底端的过程，由动能定理得mgR －W ＝12m v 2－0，可得v 2＝2（mgR －W ）m ，所以a ＝v 2R ＝2（mgR －W ）mR，A 正确，B 错误；在最低点，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2R ，故N ＝mg ＋m v 2R ＝mg ＋m R ·2（mgR －W ）m ＝3mgR －2W R，C 正确，D 错误． 4.如图1-所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R 4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．24．[答案] (1)5 (2)能[解析] (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg R 4① 设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R 4② 由①②式得E k B E k A＝5 ③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2C R 2⑤ 由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2C R⑥ 由机械能守恒有mg R 4＝12m v 2C⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点．5.我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？[答案] (1)144 N (2)12.5 m[解析] (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ①由牛顿第二定律有mg H x－F f ＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③ (2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12m v 2C －12m v 2B④ 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2C R⑤ 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m6.如图1-6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 取10 m/s 2，π＝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 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s20．AB [解析] 要使赛车绕赛道一圈时间最短，则通过弯道的速度都应最大，由f ＝2.25mg ＝m v 2r 可知，通过小弯道的速度v 1＝30 m/s ，通过大弯道的速度v 2＝45 m/s ，故绕过小圆弧弯道后要加速，选项A 、B 正确；如图所示，由几何关系可得AB 长x ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，故在直道上的加速度a ＝v 22－v 212x ＝452－3022×503m/s 2≈6.5 m/s 2，选项C 错误；由sin θ2＝x L ＝32可知，小圆弧对应的圆心角θ＝2π3，故通过小圆弧弯道的时间t ＝θr v 1＝2πr 3v 1＝2×3.14×403×30s ＝2.79 s ，选项D 错误． 7.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1-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 16．C [解析] 从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl ＝12m v 2－0，可得v ＝2gL ，因l P <l Q ，则v P <v Q ，故选项A 错误；由E k Q ＝m Q gl Q ，E k P ＝m P gl P ，而m P >m Q ，故两球动能大小无法比较，选项B错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知T －mg ＝m v 2l＝ma n ，得T ＝3mg ，a n ＝2g ，则T P >T Q ，a P ＝a Q ，C 正确，D 错误．25．D6、E6[2016·全国卷Ⅱ] 轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围． 25．[答案] (1)6gl 2 2l (2)53m ≤M <52m[解析] (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12M v 2B＋μMg ·4l ② 联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足m v 2l－mg ≥0 ④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12m v 2B ＝12m v 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2 ⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧ 联立⑥⑦⑧式得s ＝2 2l ⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12M v 2B ≤Mgl ⑪联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m ⑫ D5 万有引力与天体运动17．D5[2016·全国卷Ⅰ] 利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A ．1 hB ．4 hC ．8 hD ．16 h[解析] B 当一地球卫星的信号刚好覆盖赤道120°的圆周时，卫星的轨道半径r ＝R cos 60°＝2R ；对同步卫星，分别有GMm（6.6R ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 02·6.6R 和GMm （2R ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2·2R ，即⎝⎛⎭⎫T T 02＝⎝⎛⎭⎫2R 6.6R 3，解得T ＝4 h ，选项B 正确．14．D5[2016·全国卷Ⅲ] 关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( )A ．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B ．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C ．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D ．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律14．B [解析] 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，牛顿在开普勒研究基础上结合自己发现的牛顿运动定律，发现了万有引力定律，指出了行星按照这些规律运动的原因，选项B 正确．18．D5[2016·北京卷] 如图1-所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E 运行，在P 点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )A ．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的速度都相同B ．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的加速度都相同C ．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D ．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量18．B [解析] 卫星在椭圆轨道1上运动时，在近地点卫星与地球之间的万有引力小于卫星所需向心力，在远地点卫星与地球之间的万有引力大于卫星所需的向心力，所以在P 点被加速后，当万有引力等于卫星所需的向心力时，卫星可以稳定在圆形轨道2上运行，选项A 不正确．卫星在轨道1或轨道2经过P 点时，卫星与地球之间的万有引力相同，由G Mm r 2＝ma ，可得a ＝GM r 2，因此加速度相同，选项B 正确．卫星受地球引力产生的加速度时刻指向地球，在轨道1的任何位置加速度的方向都不相同，所以加速度不相同，选项C 不正确．卫星在轨道2上运行时的速度方向不停地变化，动量的方向也在变化，动量不相同，选项D 不正确．3．D5[2016·天津卷] 我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )A ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接3．C [解析] 若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，则飞船加速后，万有引力不足以提供向心力，飞船将远离原来的轨道，不能实现对接，A 错误；若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，则空间实验室减速将会使空间实验室进入低轨道，也不能实现对接，故B 错误；实现对接的方法是使飞船在比空间实验室低的轨道上加速，然后飞船进入较高的空间实验室轨道后实现对接，C 正确；若使飞船在比空间实验室低的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道上去运行，无法实现对接，D 错误．7．D5[2016·江苏卷] 如图1-所示，两质量相等的卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动，用R 、T 、E k 、S 分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有( )A ．T A >TB B ．E k A >E k BC ．S A ＝S B D.R 3A T 2A ＝R 3B T 2B7．AD [解析] 卫星绕地球做匀速圆周运动时其向心力由万有引力提供，若地球质量为M ，卫星质量为m ，则有G Mm R 2＝m v 2R ＝m 4π2R T 2，由此可得v ＝GM R 和T ＝2πR 3GM，这里R A >R B ，则v A <v B ，T A >T B ，而动能E k ＝12m v 2，故E k A <E k B ，选项A 正确，选项B 错误；卫星在单位时间t 内通过的圆弧长l ＝v t ，扇形面积S ＝Rl 2＝R v t 2＝Rt GM R 2＝t 2·GMR ，这里R A >R B ，则S A >S B ，选项C 错误；由开普勒第三定律可知， 选项D 正确．3．D5[2016·四川卷] 国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km ，远地点高度约为2060km ；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786 km 的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a 1，东方红二号的加速度为a 2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3，则a 1、a 2、a 3的大小关系为( )A ．a 2＞a 1＞a 3B ．a 3＞a 2＞a 1C ．a 3＞a 1＞a 2D ．a 1＞a 2＞a 33．D [解析] 由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，可得：a ＝ω2r ，由于r 2>r 3，则可以得出：a 2>a 3；又由万有引力定律有：G Mm r2＝ma ，且r 1<r 2，则得出a 2<a 1, 故选项D 正确．。
高考物理专题力学知识点之曲线运动经典测试题含答案解析
高考物理专题力学知识点之曲线运动经典测试题含答案解析一、选择题1．如图所示，B和C 是一组塔轮，固定在同一转动轴上，其半径之比为R B∶R C＝3∶2，A 轮的半径与C轮相同，且A轮与B轮紧靠在一起，当A 轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦的作用，B 轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c 分别为三轮边缘上的三个点，则a、b、c 三点在运动过程中的（）A．线速度大小之比为 3∶2∶2B．角速度之比为 3∶3∶2C．向心加速度大小之比为 9∶6∶4D．转速之比为 2∶3∶22．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∶43．某质点同时受到在同一平面内的几个恒力作用而平衡，某时刻突然撤去其中一个力，以后这物体将（）①可能做匀加速直线运动；②可能做匀速直线运动；③其轨迹可能为抛物线；④可能做匀速圆周运动．A．①③B．①②③C．①③④D．①②③④4．如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置用细线相连的两物体A和B，它们与圆盘间的摩擦因数相同，当圆盘转速加大到两物体刚要发生滑动时烧断细线，则两个物体将要发生的运动情况是( )A．两物体仍随圆盘一起转动，不会发生滑动B．只有A仍随圆盘一起转动，不会发生滑动C．两物体均滑半径方向滑动，A靠近圆心、B远离圆心D．两物体均滑半径方向滑动，A、B都远离圆心5．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．6mgR6．关于曲线运动，以下说法中正确的是（）A．做匀速圆周运动的物体，所受合力是恒定的B．物体在恒力作用下不可能做曲线运动C．平抛运动是一种匀变速运动D．物体只有受到方向时刻变化的力的作用才可能做曲线运动7．如图所示，P是水平地面上的一点，A、B、C、D在同一条竖直线上，且AB=BC=CD.从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点．则三个物体抛出时的速度大小之比为v A∶v B∶v C为()A．2:3:6B．1:2:3C．1∶2∶3D．1∶1∶18．如图所示，歼-15沿曲线MN向上爬升，速度逐渐增大，图中画出表示歼-15在P点受到合力的四种方向，其中可能的是A．①B．②C．③D．④9．如图所示，一质量为m的汽车保持恒定的速率运动，若通过凸形路面最高处时对路面的压力为F1 ，通过凹形路面最低处时对路面的压力为F2，则（）A．F1= mg B．F1>mg C．F2= mg D．F2>mg．的小球在距离小车底部20m高处以一定的初速度向左平抛，10．如图所示，质量为05kg落在以75/．的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与m sm s，重力加速度取油泥的总质量为4kg．设小球在落到车底前瞬间速度是25/2m s．则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（）10/m sA．4/m sB．5/m sC．8.5/D．9.5/m s11．如图所示，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速，后匀减速直到停止．取水平向右为x 轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则画笔在白板上画出的轨迹可能为()A．B．C．D．12．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13．某电视台举办了一期群众娱乐节目，其中有一个环节是让群众演员站在一个旋转较快的大平台的边缘上，向大平台圆心处的球筐内投篮球。
(物理)高考物理曲线运动试题(有答案和解析)
（物理）高考物理曲线运动试题( 有答案和解析 )一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．以下列图，在风洞实验室中，从 A 点以水平速度 v0向左抛出一个质最为m 的小球，小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F，经过一段时间小球运动到 A 点正下方的 B 点处，重力加速度为 g，在此过程中求（1）小球离线的最远距离；（2） A、 B 两点间的距离；（3）小球的最大速率 v max．【答案】（1）mv22m2 gv2（ 3）v0F24m2g2 0（2）0F2F F 2【解析】【解析】（1）依照水平方向的运动规律，结合速度位移公式和牛顿第二定律求出小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；（2）依照水平方向向左和向右运动的对称性，求出运动的时间，抓住等时性求出竖直方向A、 B 两点间的距离；（3）小球到达 B 点时水平方向的速度最大，竖直方向的速度最大，则 B 点的速度最大，依照运动学公式结合平行四边形定则求出最大速度的大小；【详解】（1）将小球的运动沿水平方向沿水平方向和竖直方向分解水平方向： F＝ma x2v0＝ 2a x x m解得：x m＝mv2 2F（2）水平方向速度减小为零所需时间t1＝v 0a x总时间 t＝ 2t1竖直方向上：y＝ 1 gt2＝ 2m2 gv022 F 2（3）小球运动到 B 点速度最大v x=v0V y=gtv max＝ v x2v y2＝vF 24m2g 2 F【点睛】解决此题的要点将小球的运动的运动分解，搞清分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2．以下列图，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传达带BC．已知传达带沿顺时针方向运行的速度 v=4 m/s ， B、 C两点的距离 L=6 m。
一质量 m=0.2kg 的滑块（可视为质点）从传达带上端 B 点的右上方比 B 点高 h=0. 45 m 处的 A 点水平抛出，恰好从 B 点沿 BC方向滑人传达带，滑块与传达带间的动摩擦因数μ，取重力加速度g=10m/s 2， sin37 = °，cos37°。
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。
2016届高考物理二轮复习专题整合突破：第3讲+力与物体曲线运动(全国通用)
典例中，小球末速度方向与斜面有一定夹角，若抛出的初速度再大些，但仍落在斜 面上，这一夹角如何改变呢？
提示 不变。因为tanθ＝2gvt0，tanα＝vgt0知tanα＝2tanθ与v0无关，所以v与斜面的夹角φ＝α－θ不变。
拓展提升 处理平抛的几点技巧
(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分 运动规律列式，再用运动的合成求合运动。
A.分位移y与x成正比 B.分位移y的平方与x成正比 C.合速度v的大小与时间t成正比 D.tanα与时间t成正比
解析 蜡块的竖直分位移y＝v0t 水平分位移x＝12at2 所以y的平方与x成正比，故B正确，A错误。 蜡块的竖直分速度vy＝v0 水平分速度vx＝at 合速度v＝ v2x＋v2y＝ v20＋a2t2，故C错误。 tanα＝vvxy＝vat0，故D正确。
1 2
4L216＋hL22g，选项D正确，选项A、B、C错误。
3 圆周运动的综合运用 以选择题和计算题的形式出现，主要考查描述圆 周运动的物理量在牛顿第二定律中的应用。
解析 由几何关系可求得路线①、②、③的长度分别为2r＋πr、2r＋2πr、2πr，比较可知，路线①最
短，A项正确；因为运动过程中赛车以不打滑的最大速率通过弯道，即最大径向摩擦力充当向心力，所以
物体沿绳、杆方向的分速度大小相等。 三、平抛运动 1．平抛运动的两个关系
x＝v0t (1)位移关系y＝12gt2
(2)速度关系vvxy＝＝gvt0
2．平抛(类平抛)运动的两个推论 (1)做平抛(类平抛)运动的物体任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的 中点 ，如图甲所 示。 (2)如图乙，设做平抛(类平抛)运动的物体在任意时刻、任意位置处瞬时速度与水平方向的夹角为θ， 位移与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝ 2tanφ 。
2016年高考物理专题精解 3.力与曲线运动
2.平抛运动规律 (2014 全国新课标理综Ⅱ)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( B A.
π π π 5π B. C. D. 6 4 3 12
)
解析:设物块的初速度为 v0,质量为 m,则因动能与重力势能相等,则 v0 2 1 2 m v0 =mgh,则 h= , 2g 2 落地时,由机械能守恒定律可知 mgh+ 联立得 v= 2 v0,则 cos θ=
规范解答:(2)当ω=(1+k)ω0,且 0<k≪ 1 时,所需要的向心力大于ω=ω0 时的向心力,故摩擦力方向沿罐壁的切线方向向下.建立如图(乙)所示 坐标系. 在水平方向上:FNsin θ+Ffcos θ=mω2r ⑤ 在竖直方向上:FNcos θ-Ffsin θ-mg=0 ⑥ 由几何关系知 r=Rsin θ ⑦ 联立⑤⑥⑦式,解得 Ff=
2016年高考物理专题精解
3.力与曲线运动
重要考点
考题预测
平抛(类平抛)运动问题、圆周运动的向 心力分析、竖直平面内圆周运动的临界 问题、万有引力和天体运动、卫星的运 1.运动的合成与分解.(Ⅱ) 行、变轨等是命题的热点. 2.抛体运动.(Ⅱ) 2016年高考对万有引力定律及其应用的 3.匀速圆周运动的向心力.(Ⅱ) 考查以选择题的形式命题可能性较大, 4.万有引力定律及其应用.(Ⅱ) 也可能结合牛顿运动定律、功能关系综 5.环绕速度.(Ⅱ) 合命题;对抛体运动规律、圆周运动的 考查可能与牛顿运动定律、功和能、电 和磁等知识综合命题.
1 1 m v0 2 = mv2 2 2
2 v0 π = ,则θ= , v 2 4 由此可知 B 项正确,A,C,D 项错误.
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第3课力与曲线运动考点一运动的合成与分解的理解与处理1．合运动和分运动是一种等效替代关系，即任何一个运动都可以看作是几个独立进行的分运动的合运动，而物体在任何一个方向上运动，都按照其本身的规律进行，不会因为其他方向的运动是否存在而受到影响．2．运算原则：位移s、速度v、加速度a的合成与分解都遵守矢量的平行四边形定则．3．运动的等时性原理：当把物体的运动分解为两个不同方向的分运动时，物体运动的总时间与在两个不同方向上单独运动的时间是相等的．4．处理物体的运动问题时，通常先把合运动拆成两个各自独立的分运动处理，再利用等时性把两个运动联系起来．考点二 平抛运动的处理1．平抛运动通常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．2．通常情况下，利用下落高度求时间，再利用等时性在水平方向上求位移(或速度)． 3．对于任何抛体运动，由于仅有重力对物体做功，因而也可应用机械能守恒定律分析、处理此类问题．考点三 圆周运动的处理1．匀速圆周运动：匀速圆周运动的一个显著特点是周期性，故要注意与周期联系起来研究．通过周期与转动半径确定线速度、角速度为：v ＝2πr T 、ω＝2πT，这样v ＝ωr .2．圆周运动向心力：向心力是产生向心加速度的原因，与v 垂直，始终指向圆心，故向心力具有瞬时性．向心力的大小：F ＝mv 2r 、F ＝m ω2r 、F ＝4m π2r T2.3．应用向心力公式解题时可按以下步骤进行：(1)确定研究对象，将对象隔离出来进行受力分析；(2)分析物体的受力情况和运动情况；(3)确定圆心位置和半径大小；(4)根据牛顿第二定律，抓住物体指向圆心的合力等于向心力，列方程求解．考点四 卫星运行的处理1．利用万有引力等于向心力的关系确定线速度、角速度、运行周期等，即G Mmr2＝ma ，向心加速度a 的表达式通常有：v 2r 、ω2r 、4π2r T2，用什么式子要根据题意灵活选择．2．利用万有引力等于重力的关系确定“黄金替换”：当物体处于地球的表面上时，有G MmR＝mg ，得GM ＝gR 2，由此可对卫星线速度、角速度、运行周期等计算进行替换．课时过关(A 卷)一、单项选择题1．如图所示，质量为m 的物体放在水平放置的钢板C 上，与钢板的动摩擦因数为μ，由于光滑导槽A 、B 的控制，物体只能沿水平导槽运动，现使钢板以速度v 1向右运动，同时用力F 作用于物体使物体沿导槽匀速运动，则F 的大小为(C )A ．等于μmgB ．大于μmgC ．小于μmgD ．不能确定解析：物体相对钢板的运动方向如图甲所示其所受摩擦力F f 与相对运动速度v 方向相反，其大小为F f ＝μmg ，物体受力如图乙所示，F f 、F N 、F 三力平衡，由图乙可知，F <μmg ，故C 正确，A 、B 、D 错误．2．(2015·四川高考)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小(A )A ．一样大B ．水平抛的最大C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三球从同一位置落至同一水平地面时，设其下落高度为h ，并设小球的质量为m ，根据动能定理有：mgh ＝－12mv 2－12mv 20，解得小球的末速度大小为：v ＝v 20＋2gh ，与小球的质量无关，即三球的末速度大小相等，故选项A 正确．3．(2014·江门模拟)有一种杂技表演叫“飞车走壁”．由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁，做匀速圆周运动，图中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h .下列说法中正确的是(D )A ．h 越高，摩托车对侧壁的压力将越大B ．h 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大C ．h 越高，摩托车做圆周运动的周期将越小D ．h 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大 解析：杂技演员和摩托车受力如图则F 向＝mg tan θ，与高度h 无关，B 错误；F N ＝mgsin θ，也与高度h 无关，A 错误；根据F 向＝m ω2r ＝m 4π2T 2r ，T ＝m 4π2r F 向，h 越高，r 越大，T 越大，C 错误；根据F 向＝mv 2r，v ＝F 向rm，可以确定D 正确．4．2013年4月26日12时13分04秒，酒泉卫星发射中心成功发射了“高分一号”卫星，这是我国今年首次发射卫星．“高分一号”卫星是高分辨率对地观测系统的首发星，也是我国第一颗设计、考核寿命要求大于5年的低轨遥感卫星．关于“高分一号”卫星，下列说法正确的是(B )A ．卫星的发射速度一定小于7.9 km/sB ．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大C ．绕地球运行的向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度小D ．卫星在预定轨道上没有加速度解析：7.9 km/s 是卫星的最小发射速度，所以A 错；卫星离地较近，角速度大，向心加速度大，B 对C 错；卫星在预定轨道上有向心加速度，D 错．5．北京时间2013年12月10日晚上21时20分，在太空飞行了九天的“嫦娥三号”飞船，再次成功变轨，从半径为100 km 的环月圆轨道Ⅰ，降低到近月点15 km 、远月点100 km 的椭圆轨道Ⅱ，两轨道相交于点P ，如图所示．关于“嫦娥三号”飞船，以下说法不正确的是(B )A ．在轨道Ⅰ上运动到P 点的速度比在轨道Ⅱ上运动到P 点的速度大B ．在轨道Ⅰ上运动到P 点的向心加速度比在轨道Ⅱ上运动到P 点的向心加速度小C ．在轨道Ⅰ上的势能与动能之和比在轨道Ⅱ上的势能与动能之和大D ．在轨道Ⅰ上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期 解析：“嫦娥三号”在P 点从轨道Ⅰ上降低到轨道Ⅱ上，速度减小，故选项A 正确；由a ＝v 2R 可知选项B 错误；“嫦娥三号”在P 点从轨道Ⅰ上降低到轨道Ⅱ上，速度减小，动能减小，势能不变，故选项C 正确；由开普勒第三定律r 3T＝k 可知选项D 正确．二、多项选择题6．如图所示，斜面倾角为θ，从斜面的P 点分别以v 0和2v 0的速度水平抛出A 、B 两个小球，不计空气阻力，若两小球均落在斜面上且不发生反弹，则(ABC )A ．A 、B 两球的水平位移之比为1∶4 B ．A 、B 两球飞行时间之比为1∶2C ．A 、B 下落的高度之比为1∶4D ．A 、B 两球落到斜面上的速度大小之比为1∶4解析：因为两小球均落在斜面上，它们的位移与水平方向的夹角相等，根据平抛运动规律有tan θ＝gt 212v 0t 1＝gt 2222v 0t 2，可得t 1t 2＝12，选项B 正确；A 、B 两球的水平位移之比为x 1x 2＝v 0t 12v 0t 2＝14，选项A 正确；它们下落的高度之比为y 1y 2＝gt 212gt 222＝14，选项C 正确；设A 球落到斜面上时的竖直分速度为v y ，合速度大小为v A ，根据tan θ＝v y t 12v 0t 1＝v y2v 0可得，v y ＝2v 0tan θ，所以v A ＝v 20＋v 2y ＝1＋4tan 2θv 0，同理可得B 球落到斜面上的速度大小为v B ＝1＋4tan 2θ·2v 0，所以v A v B ＝12，选项D 错误．7．如图，在绕地运行的“天宫一号”实验舱中，宇航员王亚平将支架固定在桌面上，摆轴末端用细绳连接一小球．拉直细绳并给小球一个垂直细绳的初速度，让它做圆周运动．在a 、b 两点时，设小球动能分别为E k a 、E k b ，细绳拉力大小分别为T a 、T b ，阻力不计，则(BD)A ．E k a >E k bB ．E k a ＝E k bC ．T a >T bD ．T a ＝T b解析：失重环境下，小球的运动是匀速圆周运动，v a ＝v b ，故E k a ＝E k b ，A 错，B 对；设细绳长度为l ，绳子的拉力提供了小球做匀速圆周运动的向心力，T a ＝m v 2a l ，T b ＝m v 2bl，则T a＝T b ，C 错，D 对．8．如图，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是(BC )A ．太阳对各小行星的引力相同B ．各小行星绕太阳运动的周期均大于一年C ．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D ．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值解析：由于不明确小行星的质量和半径，故不能确定引力关系，A 选项错误；由于小行星的轨道半径大于地球的轨道半径，故其周期更大，线速度更小，B 选项正确，D 选项错误．由于小行星带内侧的半径小于外侧的，故向心加速度值更大，C 选项正确．9．在同一水平直线上的两位置分别沿同一水平方向抛出两小球A 和B ，A 、B 两球先后经过空中的P 点，它们的运动轨迹如图所示．不计空气阻力，下列说法中正确的是(AD )A ．在P 点，A 球的速度大于B 球的速度 B ．在P 点，A 球的加速度大于B 球的加速度C ．抛出时，A 球速度小于B 球速度D ．抛出时，先抛出A 球后抛出B 球解析：竖直高度相同，故运动时间相同，由此确定抛出时A 的速度大于B 的速度，故在P 点v A >v B ，A 正确，C 错误．两球加速度都等于重力加速度，B 错误．由于A 球先经过P 点，故A 球先抛出，D 正确．三、计算题 10．(2015·重庆高考)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功．解析：(1)由平抛运动规律可知L ＝vt ，H ＝12gt 2同理：L 2＝vt 1，h ＝12gt 21解得：h ＝H 4，则距地面高度为H －H 4＝34H .(2)由平抛规律解得v ＝Lt ＝Lg 2H对抛出点分析，由牛顿第二定律：F 支－mg ＝m v 2R ，解得F 支＝mg ＋mgL 22HR ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 22HR由牛顿第三定律知F 压＝F 支＝mg ＋mgL 22HR，方向竖直向下．(3)对P 点至Q 点，由动能定理：mgR ＋W f ＝12mv 2－0解得：W f ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24H －R . 答案：(1)34H (2)Lg 2H mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 22HR ，方向竖直向下 (3)mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24H －R课时过关(B 卷)一、单项选择题1．(2014·四川高考)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(B )A.kv k 2－1 B.v1－k 2C.kv 1－k 2D.v k 2－1解析：去程时如图甲所用时间t1＝dv船，回程时如图乙，所用时间t2＝dv2船－v2，又t1t2＝k，联立解得v船＝v1－k2，则B正确．2．(2015·广东高考)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(D)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解析：此题考查相对速度以及不同参考系中速度转换，以帆板为参考系，求此参考系中帆船的速度，就是求解帆船参对帆板的速度v船对板＝v船－v板；通过矢量合成与分解，求得帆船相对帆板的速度朝北偏东45°，大小为2v，选项D正确．3．如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速度变为v，其落点位于c，则(A)A．v0<v<2v0 B．v＝2v0C．2v0<v<3v0 D．v>3v0解析：如图从b点作水平线为参考线，可知打在c点的平抛线与b等高的水平位移小于打在b点的平抛线的水平位移的2倍，故v0<v<2v0.4．(2015·福建高考)如图，在竖直平面内，滑到ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(A)A．t1<t2B．t1＝t2C．t1>t2D．无法比较t1、t2的大小解析：在AB 段，根据牛顿第二定律mg －F N ＝m v 2R ，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，在BC 段，根据牛顿第二定律F N －mg ＝m v 2R，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知从A 运动到C 相比从C 到A ，在AB 段速度较大，在BC 段速度较小，所以从A 到C 运动过程受摩擦力较小，用时短，所以A 正确．5．(2014·浙江高考)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r 1＝19 600 km ，公转周期T 1＝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r 2＝48 000 km ，则它的公转周期T 2最接近于(B )A ．15天B ．25天C ．35天D ．45天解析：由开普勒第三定律r 31T 21＝r 32T 22可知T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫48 00019 6003天≈24.5天，或者本题用万有引力定律对“卡戎星”和小卫星分别列方程，联立方程组也可求解，B 项正确．6．(2014·新课标Ⅱ)如图所示，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(C )A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg解析：设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv 2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋mv 2R＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F N ′＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F N ′＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．二、多项选择题7．2013年6月20日上午10点“神舟十号”航天员首次面向中小学生开展太空授课和天地互动交流等科普教育活动，这是一大亮点．“神舟十号”在绕地球做匀速圆周运动的过程中，下列叙述正确的是(BCD)A ．指令长聂海胜做了一个“太空打坐”，是因为他不受力B ．悬浮在轨道舱内的水呈现圆球形C ．航天员在轨道舱内能利用弹簧拉力器进行体能锻炼D ．盛满水的敞口瓶，底部开一小孔，水不会喷出解析：在飞船绕地球做匀速圆周运动的过程中，万有引力充当向心力，飞船及航天员都处于完全失重状态，聂海胜做太空打坐时同样受万有引力作用，处于完全失重状态，所以A 错误；由于液体表面张力的作用，处于完全失重状态下的液体将以圆球形状存在，所以B 正确；完全失重状态下并不影响弹簧的弹力规律，所以弹簧拉力器可以用来锻炼体能，所以C 正确；因为敞口瓶中的水也处于完全失重状态，即水对瓶底部没有压强，所以水不会喷出，故D 正确．8．如图为“嫦娥一号”某次在近地点A 由轨道1变轨为轨道2的示意图，其中B 、C 分别为两个轨道的远地点．关于上述变轨过程及“嫦娥一号”在两个轨道上运行的情况，下列说法中正确的是(ABD)A ．“嫦娥一号”在轨道1的A 点处应点火加速B ．“嫦娥一号”在轨道1的A 点处的速度比轨道2的A 点处的速度小C ．“嫦娥一号”在轨道1的A 点处的加速度比在轨道2的A 点处的加速度大D ．“嫦娥一号”在轨道1的B 点处的机械能比在轨道2的C 点处的机械能小 解析：卫星要由轨道1变轨为轨道2在A 处需做离心运动，应加速使其做圆周运动所需向心力m v 2r 大于地球所能提供的万有引力G Mm r 2，故A 项正确、B 项正确；由G Mmr2＝ma 可知，卫星在不同轨道同一点处的加速度大小相等，C 项错误；卫星由轨道1变轨到轨道2，反冲发动机的推力对卫星做正功，卫星的机械能增加，所以卫星在轨道1的B 点处的机械能比在轨道2的C 点处的机械能小，D 项正确．三、计算题 9．(2015·海南高考)如图，位于竖直水平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点．已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小．解析：(1)一小环套在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b 点时的速度，使得小环套做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，故有s ＝v 0t ，①h ＝12gt 2，②从ab 滑落过程中，根据动能定理可得mgR ＝12mv 2b ，③联立三式可得R ＝s 24h＝0.25 m.(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh ＝12mv 2c ④因为物体滑到c 点时与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c 点时速度与竖直方向的夹角相等，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝v 2bv 2b ＋2gh，⑤根据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c⑥ 联立①②④⑤⑥可得v 水平＝s 2ghs 2＋4h＝2 m/s.答案：(1)0.25 m (2)2 m/s10．如图甲所示，在高h ＝0.8 m 的平台上放置一质量为M ＝0.99 kg 的小木块(视为质点)，小木块距平台右边缘d ＝2 m ，一质量m ＝0.01 kg 的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中，然后一起向右运动，在平台上小木块运动的v 2x 关系如图乙所示．最后，小木块从平台边缘滑出落在距平台右侧水平距离s ＝0.8 m 的地面上，g 取10 m/s 2，求：(1)小木块滑出时的速度；(2)小木块在滑动过程中产生的热量； (3)子弹射入小木块前的速度．解析：(1)小木块从平台滑出后做平抛运动， 有h ＝12gt 2得t ＝0.4 s小木块飞出时的速度v 2＝s t＝2 m/s.(2)因为小木块在平台上滑动过程中做匀减速运动，根据v 22－v 21＝－2ax 知v 2x 图象的斜率k ＝4－101＝－2a得小木块在平台上滑动的加速度a ＝3 m/s 2根据牛顿第二定律，得f ＝(M ＋m )a ＝(0.99＋0.01)×3 N ＝3 N根据能量守恒定律，得小木块在滑动过程中产生的热量Q ＝fd ＝6 J. (3)由图象可得：10－v 211－0＝4－102－1解得小木块刚开始滑动时的速度为v 1＝4 m/s.子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律，有mv 0＝(M ＋m )v 1 解得：v 0＝400 m/s.答案：(1)2 m/s (2)6 J (3)400 m/s。