高三物理一轮复习二模三模试题分项解析专题04曲线运动第02期13

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新高考物理模拟题分类汇编专题04-曲线运动(含答案)

专题04 曲线运动1．（2021·湖南永州市高三二模）火车转弯可近似看成是做匀速圆周运动，当火车以规定速度0v 通过某弯道时，内、外轨道均不受侧向挤压，如图所示。

下列判断正确的是（）A ．若火车通过弯道时的速度0v v >，则火车的外轨受侧问挤压外轨B ．若火车通过弯道时的速度0v v >，则火车的内轨受侧向挤压C ．若火车通过弯道时的速度0v v <，则火车的外轨受侧向挤压D ．若火车通过弯道时的速度0v v <，则火车的内轨受侧向挤压【答案】AD【解析】AB ．若火车通过弯道时的速度0v v >，则火车转弯所需的向心力增大，火车将向外挤压外轨，从而外轨给火车向内的弹力，以帮助提供向心力，A 正确，B 错误；CD ．若火车通过弯道时的速度0v v <，则火车转弯所需的向心力减小，火车将向内挤压内轨，从而内轨给火车向外的弹力，以帮助提供向心力，C 错误，D 正确。

故选AD 。

2．（2021·福建福州市高三一模）如图所示，四个小球质量m A =m B =2m 、m C =m D =m ，在距地面相同的高度处以相同的速率分别竖直下抛、竖直上抛、平抛和斜抛，不计空气阻力，则下列关于这四个小球从抛出到落地过程的说法中正确的是（）A ．小球飞行过程中单位时间内的速度变化量相同B ．C 、D 两小球落地时，重力的瞬时功率相同 C ．从开始运动至落地，重力对四个小球做功均相同 D ．从开始运动至落地，重力对A 小球做功的平均功率最大【答案】AD【解析】A ．根据加速度的定义式∆=∆va t知单位时间内的速度变化即为加速度，它们的加速度都是g ，所以小球飞行过程中单位时间内的速度变化量相同，故A 正确；B ．重力小球落地时做功的瞬时功率公式为y P mgv =，y v 是小球落地时竖直方向的分速度，根据2202y y v v gh -=，可知平抛运动时小球落地时竖直方向的分速度小于斜抛运动时小球落地时竖直方向的分速度，所以C 、D 两小球落地时，重力的瞬时功率不相同，故B 错误；CD ．重力做功为G W mgh =。

2019年高三物理一轮复习二模、三模试题分项解析专题03牛顿运动定律(第02期)(含解析)

牛顿运动定律一．选择题1. （ 2019河南郑州二模）如下图，2019个质量均为m 的小球经过完整同样的轻质弹簧 ( 在弹性限度内 )相连，在水平拉力F 的作用下，一同沿圆滑水平面以加快度a 向右做匀加快运动，设1 和2 之间弹簧的弹力为 F 1—2， 2 和 3 间弹簧的弹力为 F 2— 3， 2018 和 2019 间弹簧的弹力为 F 2018— 2019，则以下结论正确的选项是A.F 1— 2： F 2— 3： F 2018— 2019=1： 2：3： 2018B. 从左到右每根弹簧长度之化为1： 2：3： 2018C. 假如忽然撤去拉力 F ，撤去 F 瞬时，第 2019 个小球的加快度为F ， N 其他每个球的加快度依旧为aD. 假如 1 和 2 两个球间的弹簧从第 1 个球处零落，那么零落瞬时第 1 个小球的加快度为 0，第 2 个小球的加速度为 2a ，其他小球加快度依旧为 a【参照答案】 AD【命题企图】本题以轻弹簧连结的 2019 个小球为情形，考察连结体、受力剖析、牛顿运动定律及其有关知识点。

【解题思路】隔绝小球 1，由牛顿运动定律，F 1-2 =ma ，把小球 1 和 2 看作整体隔绝，由牛顿运动定律， F 2-3 =2ma ，把小球1、2和3 看作整体隔绝，由牛顿运动定律，F 3-4 =3ma ，把小球1、 2、3 和 4 看作整体隔绝，由牛顿运动定律， F 4-5=4ma ， · · · · · 把小球1 到 2018 看作整体隔离，由牛顿运动定律，F 2018-2019 =2018ma ，联立解得： F 1-2 ∶ F 2-3 ∶ F 3-4 ∶ F 4-5 ∶ F 5-6 · · · · · · F 2018-2019 =1 ∶ 2 ∶ 3 ∶ 4 ∶5······ 2018，选项 A 正确；因为弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，因此选项 B 错误；假如忽然撤去拉力F ，撤去 F 的瞬时，小球之间弹簧弹力不变，2018 和 2019 之间的弹簧弹力 F 2018-2019=2018ma ，由牛顿第二定律可得 F=2019ma ， F 2018-2019 =ma ’，联立解得第 2019 个小球的加快度a ’ =2018 F，选项 C 错误；假如 1 和 2 两个球之间的弹簧从第1 个球处零落，那么零落瞬时，第1 个小球2019m受力为零，加快度为零，第2 个小球遇到 2 和3 之间弹簧弹力， F =ma ，解得第 2 个小球的加快度 a =2a ，2-3 22其他小球受力状况不变，加快度依旧为 a ，选项 D 正确。

高考物理全国卷专题04 曲线运动常考模型(原卷版)

2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题04 曲线运动常考模型题型一曲线运动和运动的合成与分解【题型解码】1．曲线运动的理解(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向；(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．2．曲线运动的分析(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成．(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质．(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则．【典例分析1】(多选)如图所示，质量为m的物块A和质量为M的重物B由跨过定滑轮O的轻绳连接，A 可在竖直杆上自由滑动。

当A从与定滑轮O等高的位置无初速释放，下落至最低点时，轻绳与杆夹角为37°。

已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计一切摩擦，下列说法正确的是()A．物块A下落过程中，A与B速率始终相同B．物块A释放时的加速度为gC．M＝2m D．A下落过程中，轻绳上的拉力大小始终等于Mg【典例分析2】(2019·江西宜春市第一学期期末)如图所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v－t 图象．以下判断正确的是()A．在0～1 s内，物体做匀速直线运动B．在0～1 s内，物体做匀变速直线运动C．在1～2 s内，物体做匀变速直线运动D．在1～2 s内，物体做匀变速曲线运动【提分秘籍】1.解决运动的合成和分解的一般思路(1)明确合运动和分运动的运动性质。

(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。

(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。

(4)运用力与速度的方向关系或矢量的运算法则进行分析求解。

2．关联速度问题的解题方法把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。

常见的模型如图所示。

高三物理一轮二轮复习曲线运动教案讲义(含答案)

第四章曲线运动万有引力定律第1课时运动的合成与分解一、曲线运动1．曲线运动的特点(1)速度方向：质点在某点的速度，沿曲线上该点的________方向．(2)运动性质：做曲线运动的物体，速度的________时刻改变，所以曲线运动一定是________运动，即必然具有__________． 2．曲线运动的条件(1)从动力学角度看：物体所受的__________方向跟它的速度方向不在同一条直线上．(2)从运动学角度看：物体的________方向跟它的速度方向不在同一条直线上．3．质点做曲线运动的轨迹在________________________之间，且弯向______的一侧．如图所示．思考：变速运动一定是曲线运动吗？曲线运动一定是变速运动吗？曲线运动一定不是匀变速运动吗？请举例说明．二、运动的合成与分解 1．基本概念2．分解原则根据运动的____________进行分解，也可采用____________的方法． 3．遵循的规律位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循________________．所示，v 1、v 2的合速度为v .思考：两个直线运动的合运动一定是直线运动吗？考点一物体做曲线运动的条件及轨迹分析 1．做曲线运动的物体速度方向始终沿轨迹的切线方向，速度时刻在变化，加速度一定不为零，故曲线运动一定是变速运动．当加速度与初速度不在一条直线上，若加速度恒定，物体做匀变速曲线运动，若加速度变化，物体做非匀变速曲线运动． 2．做曲线运动的物体，所受合外力一定指向曲线的凹侧，曲线运动的轨迹不会出现急折，只能平滑变化，轨迹总在力与速度的夹角中，若已知物体的运动轨迹，可判断出合外力的大致方向；若已知合外力方向和速度方向，可知道物体运动轨迹的大致情况．3．做曲线运动的物体其合外力可沿切线方向与垂直切线方向分解，其中沿切线方向的分力只改变速度的大小，而垂直切线方向的分力只改变速度的方向．【典例剖析】例1.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M 向N 行驶，速度逐渐减小。

高三物理一轮复习二模三模试题分项解析

咐呼州鸣咏市呢岸学校21一．选择题1.(5分) 〔2021模拟〕以下说法正确的选项是___________A.对理想气体做功，内能不一增加B.水由液态变为气态，分子势能增加C液体的饱和汽压一比未饱和汽压大D.水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏加德罗常数E.当分子力表现为引力时，分子力和分子势能都是随分子间距离的增大而增大【参考答案】〔1〕ABD分子力和分子势能热学及其相关知识点。

【解题思路】根据热力学第一律，对理想气体做功，内能不一增加，选项A正确；水由液态变为气态，吸收热量，分子势能增加，选项B正确；液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，所以低温时液体的饱和汽压不一比高温时未饱和汽压大，选项C错误；水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏加德罗常数，选项D正确；当分子力表现为引力时，分子势能都是随分子间距离的增大而增大，分子力随分子间距离的增大先增大后减小，选项E错误。

2.〔2021一模〕A．内能不同的物体，它们的分子平均动能可能相同B．外界对物体做功，同时物体向外界放出热量，物体的内能一改变C．气缸中密封的理想气体在被压缩过程中，气体分子运动剧烈程度增大D．液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性E. 某物质的摩尔质量和分子质量，可以计算出阿伏加德罗常数【参考答案】ADE【解析】内能不同的物体，只要它们的温度相同，根据温度是分子平均动能的标志可知，它们的分子平均动能可能相同，选项A正确；外界对物体做功，同时物体向外界放出热量，假设对物体做功的数值于物体向外界放出热量的数值，那么物体的内能不变，选项B错误；气缸中密封的理想气体在被压缩过程中，体积减小，假设温压缩，那么温度不变，那么气体分子运动剧烈程度不变，选项C错误；液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，选项D正确；某物质的摩尔质量和分子质量，可以计算出阿伏加德罗常数，选项E正确。

3．(5分) 〔2021高三考试卷10〕以下说法中，正确的选项是．．．．．．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得5分。

2023版高考物理一轮总复习专题4曲线运动万有引力与航天第2讲平抛运动课件

确的是
()
A．它是速度大小不变的曲线运动
B．它是加速度不变的匀变速曲线运动
C．它是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀速直线运动的合
运动
D．它是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动的
合运动
【答案】BD
2．[平抛运动的分解](多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上
是否做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属
第2讲平抛运动
必备知识·深悟固基
一、平抛运动及其规律 1．特点：初速度方向__水__平___；只受__重__力___作用． 2 ．性质：平抛运动是加速度恒为重力加速度的 __匀__变__速__ 曲线运动，轨迹为_抛__物__线___． 3．研究方法：用运动的合成与分解方法研究平抛运动．水平方向做__匀__速__直__线__运动；竖直方向做__自__由__落__体__运动．
4．速度改变量因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示．
5．两个重要的推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图甲中A点和B点所示．
【解析】由几何关系知，平抛运动的竖直位移之比为 1∶2，根据 t ＝ 2gh，可得 tA∶tB＝1∶ 2，根据 v0＝xt ，水平位移之比为 1∶2，则初速度之比 vA∶vB＝1∶ 2，故 A、B 错误；平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角的正切值的 2 倍，两球落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，可知碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角相同，故 C 正确，D 错误．

高三物理一轮复习专题曲线运动含高考真题

专题4 曲线运动1（2012上海卷）．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v 0的平抛运动，恰落在b 点.若小球初速变为v ，其落点位于c ，则（）（A ）v 0＜v ＜2v 0（B ）v ＝2v 0（C ）2v 0＜v ＜3v 0 （D ）v ＞3v 0答案：A解析：根据平抛运动的规律可知若小球落在b 点，有x=v 0t b ，t b =gh b2，若落在c 点，则2x=vt c ，而t c =gh c2，显然t c >t b ，所以v 0<v<2v 0，即A 正确.2．(2012全国新课标).如图，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向.图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的，不计空气阻力，则A.a 的飞行时间比b 的长B.b 和c 的飞行时间相同C.a 的水平速度比b 的小D.b 的初速度比c 的大答案：BD解析：平抛运动的时间是由下落高度决定的，高度相同，时间一样，高度高，飞行时间长.A 错，B 正确.水平位移由速度和高度决定，由hgvx 2 得C 错D 正确. 3.（2012上海卷）．图a 为测量分子速率分布的装置示意图.圆筒绕其中心匀速转动，侧面开有狭缝N ，内侧贴有记录薄膜，M 为正对狭缝的位置.从原子炉R 中射出的银原子蒸汽穿过屏上的S 缝后进入狭缝N ，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上.展开的薄膜如图b 所示，NP ，PQ 间距相等.则（）（A ）到达M 附近的银原子速率较大O v 0a b c（B ）到达Q 附近的银原子速率较大（C ）位于PQ 区间的分子百分率大于位于NP 区间的分子百分率（D ）位于PQ 区间的分子百分率小于位于NP 区间的分子百分率答案：AC解析：分子在圆筒中运动的时间t=d/v ，可见速率越大，运动的时间越短，圆筒转过的角度越小，到达位置离M 越近，所以A 正确，B 错误；根据题图b 可知位于PQ 区间的分子百分率大于位于NP 区间的分子百分率，即C 正确，D 错误.4.（2012江苏卷）．如图所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球，在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 A ．逐渐增大 B ．逐渐减小 C ．先增大，后减小 D ．先减小，后增大答案：A解析：小球从A 到B 在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能增加得越来越快，故拉力的瞬时功率逐渐增大.5（2012江苏卷）．如图所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h （l 、h 为定值），将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落，A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则： A ．A 、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度 B ．A 、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰 C ．A 、B 不可能运动到最高处相碰 D ．A 、B 一定能相碰答案：AD解析：平抛运动规律vt x =，221gt h =，所以h g v x 2=，若l x ≥，则第1次落地前能相遇，所以取决于v ，A 正确；A 碰地后还可能与B 相遇，所以B 、C 错误，D 正确. 6.(2012全国理综).（20分）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状.此队员从BAFO山沟的竖直一侧，以速度v 0沿水平方向跳向另一侧坡面.如图所示，以沟底的O 点为原点建立坐标系Oxy.已知，山沟竖直一侧的高度为2h ，坡面的抛物线方程为y=1/2h*x 2，探险队员的质量为m.人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.（1）求此人落到破面试的动能；（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？解析：（1）平抛运动的分解析：t v x 0=，2212gt h y -=，得平抛运动的轨迹方程22022x v gh y -=，此方程与坡面的抛物线方程为y=1/2h*x 2的交点为ghv v h x +=20224，ghv hv y +=2022.根据机械能守恒，k E mgy mv h mg +=+⋅20212 解得ghv mghv mv mgh E k +-+=202202212（2）求ghv mghv mv mgh E k +-+=202202212关于0v 的导数并令其等于0，解得当此人水平跳出的速度为gh v 30=时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为ghv h mg mgh E k +-=2022min627.7.（2012北京高考卷）．（16分）如图所示，质量为m 的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l 后以速度υ飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l =1.4m ，υ=3.0 m/s ，m =0.10kg ，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．求：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；（2）小物块落地时的动能E k；（3）小物块的初速度大小υ0．解析：（1）由平抛运动规律，有竖直方向h=12gt2水平方向s=υt得水平距离s=2hgυ=0.90m（2）由机械能守恒定律，动能E k=12mυ2+mgh=0.90J（3）由动能定理，有 -μmg⋅l=12mυ2-12mυ02得初速度大小υ0=22glμυ+=4.0m/s8.（2012山东卷）.（15分）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径 1.0R m=的光滑圆弧轨道，BC段为一长度0.5L m=的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点.一可视为质点的物块，其质量0.2m kg=，与BC 间的动摩擦因数10.4μ=.工件质0.8M kg=，与地面间的动摩擦因数20.1μ=.（取210/)g m s=（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h.（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物体在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动○1求F的大小υ0shυl○2当速度时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC 段，求物块的落点与B 点间的距离.解析：（1）物块从P 点下滑经B 点至C 点的整个过程，根据动能定理得10mgh mgL μ-=○1 代入数据得0.2h m =○2（2）○1设物块的加速度大小为a ，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得cos R h R θ-=○3根据牛顿第二定律，对物体有tan mg maθ=○4 对工件和物体整体有2()()F M m g M m aμ-+=+○5 联立○2○3○4○5式，代入数据得8.5N F =○6○2设物体平抛运动的时间为t ，水平位移为1x ，物块落点与B 间的距离为2x ，由运动学公式可得212h gt =○71x vt=○8 21sin x x R θ=-○9 联立○2○3○7○8○9式，代入数据得20.4x m=○109.（2012浙江卷）.由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内.一质量为m 的小球，从距离水平地面为H 的管口D 处静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上.下列说法正确的是（） A.小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为 B. 小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为C.小球能从细管A 端水平抛出的条件是H>2RD.小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min = R 答案：BC解析：因轨道光滑，从D →A 过程应用机械能守恒定律有mgH=mg(R+R)+1/2mv 2A ，得v A =2R)-2g(H ；从A 端水平抛出到落地，由平抛运动公式有2R=1/2*gt 2，水平位移x=v A t=2R)-2g(H ·gR 4=2422R RH -，则选项B 正确，A 错误；因小球能从细管A 端水平抛出的条件是v A ＞0，故要求H ＞2R ，则选项C 正确，D 错误.10.（2012天津卷）如图所示，水平地面上固定有高为h 的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h ，坡道底端与台面相切.小球A 从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B 发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半，两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g ，求（1）小球A 刚滑至水平台面的速度v A ；（2）A 、B 两球的质量之比m A ：m B解析：（1）小球A 在坡道上只有重力做功机械能守恒，有gh m v m A A A =221① 解得 gh v A 2=②（2）小球A 、B 在光滑台面上发生碰撞粘在一起速度为v ，根据系统动量守恒得v m m v m B A A A )(+=③离开平台后做平抛运动，在竖直方向有h gt =221④ 在水平方向有 vt h =21⑤联立②③④⑤化简得 31∶∶=B A m m。

高三物理一轮复习专题4 曲线运动(含高考真题)-人教版高三全册物理试题

专题4 曲线运动1.[2016·全国卷Ⅰ] 如图1，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R ，P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45) (1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．图1解析： (1)根据题意知，B 、C 之间的距离l 为l ＝7R －2R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR ③(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B ④E 、F 之间的距离l 1为 l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0 ⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ⑦ E p ＝125mgR ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛物运动公式有y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬ 设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫56R ＋56R cos θ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m ⑯2.[2016·某某卷] 如图1所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T ．有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6kg ，电荷量q ＝2×10－6C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，g 取10 m/s 2.求：图1(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t .解析： (1)小球匀速直线运动时受力如图1所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2①图1代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角θ满足 tan θ＝qEmg③代入数据解得tan θ＝ 3θ＝60°④(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2⑦a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角一样，均为θ，又tan θ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝3.5 s ⑨解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ⑤ 假设使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，如此有v y t －12gt 2＝0 ⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝3.5 s3.[2016·江苏卷3分] 有A 、B 两小球，B 的质量为A 的两倍．现将它们以一样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，如此B 的运动轨迹是( )图1A ．①B ．②C ．③D ．④ 答案：A解析：抛体运动的加速度始终为g ，与抛体的质量无关．当将它们以一样速率沿同一方向抛出时，运动轨迹应该一样．应当选项A 正确．4.[2016·浙江卷] 在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图19所示．P 是一个微粒源，能持续水平向右发射质量一样、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 .图19(1)假设微粒打在探测屏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)假设打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系．解析： (1)打在中点的微粒3 2h＝12gt2①t＝3h g②(2)打在B点的微粒v1＝Lt1；2h＝12gt21③v1＝L g4h④同理，打在A点的微粒初速度v2＝L g2h⑤微粒初速度范围Lg4h≤v≤Lg2h⑥(3)由能量关系1 2mv22＋mgh＝12mv21＋2mgh⑦代入④、⑤式得L＝22h⑧5.[2016·全国卷Ⅲ] 如下列图，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，抑制摩擦力做的功为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，如此( )图1A ．a ＝2〔mgR －W 〕mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2〔mgR －W 〕R答案：AC解析：质点P 下滑到底端的过程，由动能定理得mgR －W ＝12mv 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 －2WR，C 正确，D 错误．6.[2016·全国卷Ⅲ] 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R2.一小球在A 点正上方与A 相距R4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．图1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 R4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R4②由①②式得E k BE k A＝5 ③ (2)假设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 ＝mv 2CR2⑤由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m2v 2CR⑥由机械能守恒有mg R 4＝12mv 2C ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点．7.[2016·某某卷] 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 ＝3.6 m/s2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.图1(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)假设运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，如此C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？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 ，如此有v 2B ＝2ax ①由牛顿第二定律有mg Hx－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 ＝12mv 2C －12mv 2B ④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 2CR⑤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 m 8.[2016·浙江卷6分] 如图16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)，如此赛车( )图16A ．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 s 答案：AB解析：要使赛车绕赛道一圈时间最短，如此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；如下列图，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．D5 万有引力与天体运动9.[2016·全国卷Ⅰ6分] 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，假设仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，如此地球自转周期的最小值约为( ) A ．1 h B ．4 hC ．8 hD ．16 h 答案：B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 ＝Rcos 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．10.[2016·全国卷Ⅲ6分] 关于行星运动的规律，如下说法符合史实的是( ) A ．开普勒在牛顿定律的根底上，导出了行星运动的规律 B ．开普勒在天文观测数据的根底上，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答案：B解析：开普勒在天文观测数据的根底上，总结出了行星运动的规律，牛顿在开普勒研究根底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．11.〔2016年海南卷7题6分〕通过观察冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。

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移的关系得出水平分速度和竖直分速度的关系是解决本题的突破口。
5. （ 2019 辽宁沈阳一模）我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，已知某路段为一半径为
5600
米的弯道，设计时速为 216km/h（此时车轮轮缘与轨道间无挤压），已知我国的高铁轨距约为
1400mm，且
3
角度较小时可近似认为
，重力加速度 g 等于 10m/s 2，则此弯道内、外轨高度差应为
曲线运动
一．选择题
1．（ 2019 安徽合肥二模）图示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为
R 的圆弧，
运动员始终与自行车在同一平面内。转弯时，只有当地面对车的作用力通过车
( 包括人 ) 的重心时，车才不
会倾倒。设自行车和人的总质量为 M，轮胎与路面间的动摩擦因数为 μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
【名师解析】设物体平抛初速度为 v0，初动能为
；
物体落到斜面上则有：
解得；
其竖直分速度为： vy＝ gt ＝ 2v0tan30 ° 故落到斜面上时的速度为：
此时动能为：
，
故
，故 ACD错误， B 正确；
【参考答案】 B
【名师点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住竖直位移和水平位
知识点。
【解题思路】车受到地面的支持力方向与车所在平面垂直，选项
A 错误；由 μ mg=mv2 , 解得转弯时车不发 R
生侧滑的最大速度为 v= gR ，选项 B 正确；转弯时车与地面间的静摩擦力一定小于或等于最大静摩擦力
μ Mg，选项 C 错误；转弯速度越大，所需向心力越大，车所在平面与地面的夹角越小，选项
D 正确。
【易错警示】解答此类题一定要注意静摩擦力与最大静摩擦力的区别，静摩擦力小于或等于最大静摩擦力。
2．（ 2019 河南安阳二模）小球甲从斜面顶端以初速度
υ 沿水平方向抛出，最终落在该斜面上。已知小球
甲在空中运动的时间为 t ，落在斜面上时的位移为 s ，落在斜面上时的动能为 Ek，离斜面最远时的动量为 p。
9 倍，结果恰好都套中地面上同一物体。不计空气阻力， 4
A. 运动时间之比为 9︰ 4 B. 速度变化率之比为 4︰ 9 C. 水平初速度之比为 2︰ 3 D. 落地时速度之比为 3︰ 2 【参考答案】 C 【命题意图】本题以大人和小孩都喜欢玩的一种游戏——“套圈”切入，考查对平抛运动规律的理解和运用及其相关知识点。
力加速度为 g。下列说法正确的是
A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行
B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为
gR
C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为 μ Mg
D．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小
【参考答案】 BD 【命题意图】此题以运动员在水平道路上转弯的为情景，考查水平面内的匀速圆周运动，摩擦力及其相关
A 错误；小球到最高点时竖直方
向的分速度为零，由题意知小球这时不受水平方向的力，故小球到最高点时水平分加速度为零，
B 错误；下
2
降阶段，随着小球竖直分速度的变大，其水平向东的力逐渐变大，水平向东的分加速度逐渐变大，小球的
水平分运动是向西的变减速运动，故小球的落地点应在抛出点的西侧，
C 错误， D 正确．
A. 8cm B. 9cm C. 10cm D. 11cm
【参考答案】 B
【名师解析】
要使火车安全通过弯道，则火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据向
心力公式列式求解；
由题可知：半径
，时速为
；根据牛顿第二定律得：
解得：
。由题意得
，而
，联立得：
，故 B 正确， ACD错误。
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
【参考答案】 D
【名师解析】将小球竖直上抛的运动分解为水平和竖直两个分运动．上升阶段，随着小球竖直分速度的减
小，其水平向西的力逐渐变小，因此水平向西的分加速度逐渐变小，小球的水平分运动是向西的变加速运
动，故小球到最高点时水平向西的速度达到最大值，在最高点速度不为零，
4．（ 4 分）（ 2019 山东济南期末）将一个物体以一定的初速度从倾角
30 °的斜面顶端水平抛出，落到斜面
上，则到达斜面时的动能与平抛初动能的比值为（
）
A． 2： 1
B． 7：3
C． 4： 3
D．
【思路分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住竖直位移和水
平位移的关系得出竖直分速度和水平分速度的关系，结合动能的表达式求出落到斜面上时的动能。
【名师点睛】解决本题的关键理清向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，注意单位的统一。
6（2019 南昌模拟）在公园里我们经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏——“套圈”，如图所示是
“套圈”游戏的场景。假设某小孩和大人从同一条竖直线上距离地面的不同高度处分别水平抛出两个小圆
环，大人抛出圆环时的高度为小孩抛出圆环高度的则大人和小孩所抛出的圆环
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
【解题思路】根据平抛运动规律，
h= 1 gt 2 ， t=
2h
，大人和小孩所抛出的圆环运动时间之比为
2
g
3︰ 2，选
4
项 A 错误；平抛运动只受重力作用，其加速度为
v
g，由 g= ，可知大人和小孩所抛出的圆环速度变化率相
t
等，即速度变化率之比为 1︰ 1，选项 B 错误；由 x=vt ，大人和小孩所抛出的圆环水平初速度之比为
现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度正确的是
v (n>1) 沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法 n
1
s
A．小球乙落在斜面上时的位移为
n B ．小球乙在空中运动的时间为 t
n
C．小球乙落在斜面上时的动能为 E k n2
p
D ．小球乙离斜面最远时的动量为
n2
【参考答案】 BC
3. （ 2019 全国考试大纲调研卷 3）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