2013高考物理二轮复习 专题限时集训(三)专题三 曲线运动配套作业(解析版,新课标)
广东省高考物理第二轮复习 专题升级训练三 力与物体的曲线运动专题升级训练卷
专题升级训练三 力与物体的曲线运动（时间：60分钟 满分：100分）一、单选题（本题共4小题，每小题4分，共16分）1．如图，人沿平直的河岸以速度v 行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行。
当绳与河岸的夹角为α，船的速率为（ ）A ．v sin αB ．v sin αC ．v cos αD ．v cos α2．质量为m 的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管的内径，如图所示。
已知小球以速度v 通过最高点时对圆管的外壁的压力恰好为mg ，则小球以速度v 2通过圆管的最高点时（ ）A ．小球对圆管的内、外壁均无压力B ．小球对圆管的外壁有压力C ．小球对圆管的内壁压力等于mg 2D ．小球对圆管的内壁压力等于mg /43．如图所示，在一次抗洪救灾工作中，一架离水面高为H ，沿水平直线飞行的直升飞机A ，用悬索（重力可忽略不计）救护困在湖水中的伤员B ，在直升机A 和伤员B 以相同的水平速率匀速运动的同时，悬索将伤员吊起。
设经t时间后，A、B之间的距离为l，且l＝H－2t2。
则在这段时间内关于伤员B的受力情况和运动轨迹正确的是下列哪个图（）4．美国的全球卫星定位系统（简称GPS）由24颗卫星组成，卫星分布在等分地球的6个轨道平面上，每个轨道上又分布有4颗卫星，这些卫星距地面的高度均为20 000 km。
我国自行建立的“北斗一号”卫星定位系统由三颗卫星组成，三颗卫星都定位在距地面36 000 km 的地球同步轨道上。
比较这些卫星，下列说法中正确的是（）A．“北斗一号”系统中的三颗卫星的质量必须相同，否则它们不能定位在同一轨道上B．GPS的卫星较“北斗一号”的卫星有较小的运行速度C．GPS的卫星较“北斗一号”的卫星有更大的加速度D．GPS的卫星较“北斗一号”的卫星周期更长二、双选题（本题共5小题，每小题6分，共30分。
在每小题给出的四个选项中只有两个选项符合题目要求，选对不全的得3分，有选错或不答的得0分）5．关于物体的运动，以下说法正确的是（）A．物体做平抛运动时，加速度不变B．物体做匀速圆周运动时，加速度不变C．物体做曲线运动时，加速度一定改变D．物体做曲线运动时，加速度可能变也可能不变6．（2012·广东理综，17）如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小。
高中物理曲线运动专项训练及答案及解析
高中物理曲线运动专项训练及答案及分析一、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）g3mgl （ 2）4 mgl kl【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 n0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＝ mlω02，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＝ mrω12，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．本题重点是剖析物体的受力状况．2．如下图，在水平桌面上离桌面右边沿 3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F=1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。
铁球持续运动，抵达水平桌面边沿 A 点飞出，恰巧落到竖直圆弧轨道 BCD的 B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰巧能经过圆弧轨道的最高点 D．已知∠ BOC=37°， A、 B、 C、 D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离 B 端的竖直高度 H=0.45m ，圆弧轨道半径R=0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37 °=0.6，cos37 =0°.8）(1)铁球运动到圆弧轨道最高点 D 点时的速度大小v ；D(2)若铁球以v =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小CCF ；（计算结果保存两位有效数字）(3)铁球运动到 B 点时的速度大小v B；(4)水平推力 F 作用的时间 t 。
高考物理曲线运动专题训练答案及解析
高考物理曲线运动专题训练答案及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R =0.6m,平台上静止放置着两个滑块A 、B ,m A =0.1kg,m B =0.2kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上．小车质量为M =0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q 点,小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的,PQ 间距离为L 滑块B 与PQ 之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q 点右侧表面是光滑的．点燃炸药后,A 、B 分离瞬间A 滑块获得向左的速度v A =6m/s,而滑块B 则冲向小车．两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,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/s 2．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,又最终没有滑离小车,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）0.22P E J =（3）0．675m ＜L ＜1．35m 【解析】 【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：2211222A A A A m v m v m g R -=⨯ 在最高点由牛顿第二定律：2A N A v m g F m R+=滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：F N =1N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：A AB B m v m v =解得：v B =3m/s滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：)B B B m v m M v =+共（由能量关系：2211()-22P B B B B E m v m M v m gL μ=-+共解得E P =0.22J(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：)B B B m v m 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， 设滑块恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得：22111()22B B B B m gL m v m M v μ=-+联立解得：L 1=1.35m若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：222112()22B B B B m gL m v m M v μ=-+ 联立解得：L 2=0.675m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是0.675m ＜L ＜1.35m2．如图所示，BC 为半径r 225=m 竖直放置的细圆管，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μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过98s 再次回到C 点。
适用于老高考旧教材高考物理二轮总复习专题能力训练3力与物体的曲线运动(含答案)
高考物理二轮总复习：专题能力训练3 力与物体的曲线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2022·湖北武汉期末)移动靶项目,是对与射击地线平行方向的移动目标在限定的时间和区域内进行跟踪射击,要求射手具有思维敏捷、反应迅速、准确判断的能力和良好的心理自控能力。
如图所示,若运动员在射击地线处某点站定不动,靶移动的速度为v1,运动员射出的子弹速度为v2,移动目标与射击地线的最近距离为d。
则子弹射中靶心的最短时间为(不计空气阻力和重力影响)()A.√v22-v12B.dv2C.√v22+v12D.dv12.(2021·山东高三模拟)环保人员在一次检查时发现,某厂的一根水平放置的排污管正在向厂外的河道中满口排出污水。
环保人员利用手上的卷尺测出这根管道的直径为10 cm,管口中心距离河水水面的高度为80 cm,污水入河道处到排污管管口的水平距离为120 cm,重力加速度g取10 m/s2,则该管道的排污量(即流量——单位时间内通过管道某横截面的流体体积)约为()A.24 L/sB.94 L/sC.236 L/sD.942 L/s3.2020年3月3日消息,国网武汉供电公司每天用无人机对火神山医院周边线路进行巡检,一次最长要飞130分钟,它们是火神山医院的电力“保护神”。
甲、乙两图分别是某一无人机在相互垂直的x方向和y方向运动的v-t图像。
在0~2 s内,以下判断正确的是()甲乙A.无人机的加速度大小为10 m/s2,做匀变速直线运动B.无人机的加速度大小为10 m/s2,做匀变速曲线运动C.无人机的加速度大小为14 m/s2,做匀变速直线运动D.无人机的加速度大小为14 m/s2,做匀变速曲线运动4.(2020·全国卷Ⅱ)如图所示,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。
高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)
高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，倾角为45α=︒的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为b ，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为H =3r 的d 处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点. 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g ，不计空气阻力. 求： （1）小滑块在a 点飞出的动能； （）小滑块在e 点对圆环轨道压力的大小；（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）【答案】（1）12k E mgr =；（2）F ′=6mg ；（3）42μ-= 【解析】 【分析】 【详解】（1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动： 2a r v t = 竖直方向：212r gt = 解得：a v gr =小滑块在a 点飞出的动能21122k a E mv mgr == （2）设小滑块在e 点时速度为m v ，由机械能守恒定律得：2211222m a mv mv mg r =+⋅ 在最低点由牛顿第二定律：2m mv F mg r-= 由牛顿第三定律得：F ′=F 解得：F ′=6mg（3）bd 之间长度为L ，由几何关系得：()221L r =从d 到最低点e 过程中，由动能定理21cos 2m mgH mg L mv μα-⋅= 解得4214μ-=2．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。
铁球继续运动，到达水平桌面边缘A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD 的B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D ．已知∠BOC =37°，A 、B 、C 、D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离B 端的竖直高度H =0.45m ，圆弧轨道半径R =0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小v D ；(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小F C ；（计算结果保留两位有效数字） (3)铁球运动到B 点时的速度大小v B ； (4)水平推力F 作用的时间t 。
高考物理 回归教材专项突破三 曲线运动
2013年高考物理回归教材之专项突破三曲线运动1．（2013浙江省宁波市二模）如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图①中O为轻绳之间联结的节点，图②中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图①中的B滑轮或图②中的端点B沿虚线稍稍上移一些，则关于θ角变化说法正确的是A．图①、图②中θ角均增大B．图①、图②中θ角均不变C．图①中θ增大、图②中θ角不变化D．图①中θ不变、图②中θ角变大2．（单选题）（2013河南省中原名校联考）在均匀棒的两端各系一轻绳，棒的上端的轻绳的另一端固定在天花板上，再将系下端的绳用力F拉到水平方向，上端的绳与水平方向成α角，棒与水平成β角而静止。
则下面各式正确的是A．tanα=2tanβB．sinα=2sinβC．cosα=2cosβD．sinα=2cosβ答案：A解析：画出均匀棒受力图，由共点力平衡条件可知，三力交于一点。
由图中几何关系可知：tana=2tanβ，选项A正确。
3．（2013广东省惠州市4月模拟）如图舰载机保持牵引力F大小不变在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止，此时阻拦索夹角 =120°，空气阻力和甲板阻力不计，则阻拦索承受的张力大小为A. F/2B. FC .3FD . 2F4．（2013高考长春市三模）如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为2θ，OB绳与水平方向的夹角为θ，则球A、B的质量之比为A．2cosθ∶1B．1∶2cosθC．tanθ∶1D．1∶2sinθ5．（2013武汉市4月调研）如图所示，木块M用细绳OA、OB悬挂在O点，木块m放置在倾角为β的斜面上。
已知细绳OA与竖直方向成α角，细绳OB水平，整个系统始终处于静止状态。
下列判断正确的是：A．仅增大α角，细绳OB的拉力一定减小B．仅增大α角，细绳OA的拉力一定增大C．仅增大β角，木块m所受的摩擦力一定减小D．仅增大β角，木块m所受的支持力一定增大6．（2013上海市静安区二模）如图所示，作用于坐标原点O的三个力平衡，已知三个力均位于xOy平面内，其中力F1的大小不变，方向沿y轴负方向；力F2的大小未知，方向与x轴正方向的夹角为θ．则下列关于力F3的判断正确的是：(A)力F3只能在第二象限．(B)力F3与F2夹角越小，则F2与F3的合力越小．(C)力F3的最小值为F1cosθ．(D)力F3可能在第三象限的任意区域．7（13分）（2013上海市普陀区调研）如图所示，斜面与水平面间的夹角θ＝37°，物体A和B的质量分别为m A＝10kg、m B＝5kg。
高考物理力学知识点之曲线运动专项训练解析含答案(3)
高考物理力学知识点之曲线运动专项训练解析含答案(3)一、选择题1．如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平。
一质量为m的小物块（可视为质点）自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力大小为2mg，g为重力加速度的大小。
则下列说法正确的是（）A．小物块到达最低点N时的速度大小为2gRB．小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为mgRC．小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为mgRD．小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点2．如图所示，小孩用玩具手枪在同一位置沿水平方向先后射出两粒弹珠，击中竖直墙上M、N两点（空气阻力不计），初速度大小分别为v M、v N，、运动时间分别为t M、t N，则A．v M=v N B．v M>v NC．t M>t N D．t M=t N3．如图所示，两小球从斜面的顶点先后以不同的初速度向右水平抛出，在斜面上的落点分别是a和b，不计空气阻力。
关于两小球的判断正确的是( )A．落在b点的小球飞行过程中速度变化快B．落在a点的小球飞行过程中速度变化大C．小球落在a点和b点时的速度方向不同D．两小球的飞行时间均与初速度0v成正比4．如图所示，质量为m的物体，以水平速度v0离开桌面，若以桌面为零势能面，不计空气阻力，则当它经过离地高度为h的A点时，所具有的机械能是( )A ．mv 02＋mg h B ．mv 02-mg h C ．mv 02＋mg (H-h) D ．mv 025．小明玩飞镖游戏时，从同一位置先后以速度v A 和v B 将飞镖水平掷出，依次落在靶盘上的A 、B 两点，如图所示，飞镖在空中运动的时间分别t A 和t B ．不计空气阻力，则（ ）A ．v A ＜vB ，t A ＜t BB ．v A ＜v B ，t A ＞t BC ．v A ＞v B ，t A ＞t BD ．v A ＞v B ，t A ＜t B6．如图所示，质量为05kg ．的小球在距离小车底部20m 高处以一定的初速度向左平抛，落在以75/m s ．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，车与油泥的总质量为4kg ．设小球在落到车底前瞬间速度是25/m s ，重力加速度取210/m s ．则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（ ）A ．4/m sB ．5/m sC ．8.5/m sD ．9.5/m s7．乘坐如图所示游乐园的过山车时，质量为m 的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动.下列说法正确的是（ ）A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去B．人在最高点时对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mgC．人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等D．人在最低点时对座位的压力大于mg8．演示向心力的仪器如图所示。
(完整版)高中物理曲线运动经典练习题全集(含答案)(可编辑修改word版)
由同一点出发的小球。AA′为 A 球在光滑水平面上以速度 v 运动的轨迹； B A
A′
BB′为 B 球以速度 v 被水平抛出后的运动轨迹；CC′为 C 球自由下落的 C
运动轨迹。通过分析上述三条轨迹可得出结论：
。
【解析】观察照片，B、C 两球在任一曝光瞬间的位置总在同一水平线上，
L T＝ 。时间 T 内，水平方向位移为 x＝2L，所以
g
v0＝ x ＝2 Lg 2 0.0125 9.8 m/s＝0.70m/s。 t
a b c
d
8、飞机在 2km 的高空以 360km/h 的速度沿水平航线匀速飞行，飞机在地面上观察者的正上方空 投一包裹。（g 取 10m/s2，不计空气阻力）
∵ tan y / x ∴ t 2v0 tan / g
t A tan 37 9 ∴ tB tan 53 16
11、如图在倾角为 θ 的斜面顶端 A 处以速度 V0 水平抛出一小球，落在斜面上的某一点 B 处，设 空气阻力不计，求（1）小球从 A 运动到 B 处所需的时间；（2）从抛出开始计时，经过多长时间 小球离斜面的距离达到最大？ 【解析】（1）小球做平抛运动，同时受到斜面体的限制，设从小球从 A 运动到 B 处所需的时间为 t，
C
vB∶vC＝1∶1∶2。 A、B 两轮边缘上各点的线速度大小相等，同样由 v＝rω 可知，它们的角速度与半径成反比，
即 ωA∶ωB＝rB∶rA＝1∶2。因此 ωA∶ωB∶ωC=1∶2∶2
14、雨伞边缘半径为 r，且高出水平地面的距离为 h，如图所示，若雨伞以角速度 ω 匀速旋转，
使雨滴自雨伞边缘水平飞出后在地面上形成一个大圆圈，则此圆圈的半径 R 为多大？
球在平抛运动途中的几个位置如图中
(物理)物理曲线运动练习题及答案及解析.doc
（物理）物理曲线运动练习题及答案及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示， BC为半径 r 22 m竖直放置的细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末5端 C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝ 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为m＝ 0.5kg 的小球从 O 点正上方某处 A 点以 v0 水平抛出，恰好能垂直 OB 从 B 点进入细圆管，小球过 C 点时速度大小不变，小球冲出 C 点后经过9 s再次回到 C点。
（ g＝ 10m/s2）求：8（1）小球从O 点的正上方某处 A 点水平抛出的初速度v0为多大？（2）小球第一次过 C 点时轨道对小球的支持力大小为多少？（3）若将 BC段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从 A 点以 v0水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N 的恒力，试判断小球在BC段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。
【答案】（ 1） 2m/s （2） 20.9N（ 3） 5 2 N【解析】【详解】（1）小球从 A 运动到 B 为平抛运动，有：rsin45 °＝ v0tgt在B 点有： tan45 °v0解以上两式得：v0＝ 2m/s（2）由牛顿第二定律得：小球沿斜面向上滑动的加速度：mgsin45 mgcos45gsin45 +°μg cos45 ＝° 8 2 m/s 2a1m小球沿斜面向下滑动的加速度：mgsin45 mgcos45gsin45 ﹣°μg cos45 °＝2 2 m/s2a2 m设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、 t 2，由位移关系得： 1 1 12 1 2 2 2a t a t229 又因为： t1+t 2s8解得： t1 3 3 s， t 2 s 8 4小球从 C 点冲出的速度：v C＝ a1t1＝ 3 2 m/s 在 C 点由牛顿第二定律得：N﹣mg＝m v C2r解得： N＝ 20.9N（3）在 B 点由运动的合成与分解有： v Bv02 2 m/s sin45因为恒力为 5N 与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。
2013高考物理二轮复习配套作业(解析版)作业解析(新课标).DOC
专题限时集训(一)1．A [解析] 设绳子与水平方向的夹角为θ，在竖直方向上由平衡条件有G ＝2Fsin θ，故F ＝G 2sin θ，因为坐着比躺着时悬绳与水平方向的夹角θ小一些，所以坐着时拉力较大，故选项A 正确，选项B 错误；吊床对人的作用力F 2是两绳拉力的合力，两种情况下吊床对人的作用力大小均等于人的重力，所以选项C 、D 错误．2．C [解析] 受力如图所示，根据力的平衡条件得：F 1cos θ＝m B g ，F 1sin θ＝F 2，把A 向右移动少许，θ减小，则F 1减小，选项B 错误；F 2＝m B gtan θ减小，选项A 错误；对A 、B 利用整体法分析，地面对A 的摩擦力F f 的大小等于F 2，F 2减小，则F f 减小，选项C 正确；A 对地面的压力大小等于A 、B 重力之和，是定值，选项D 错误．3．B [解析] 受力分析如图所示，由共点力的平衡条件得：F 1＝Gcos α，F 2＝Gtan α；缓慢减小悬绳的长度时，工人处于动态平衡状态，且悬绳与竖直墙壁的夹角为α增大，所以F 1、F 2都增大；F 1与F 2的合力总与工人的重力等大反向，大小不变．选项B 正确．4．A [解析] 弹簧处于压缩状态，弹簧对小球的弹力F 1＝kx ，将弹簧的弹力和小球的重力沿平行和垂直斜面分解，在平行斜面方向根据平衡条件得mgsin30°＝kxcos60°，解得弹簧的形变量x ＝mgk ，选项A 正确．5．D [解析] 对物体M 受力分析，根据平衡条件得，绳OA 对M 的拉力F OA ＝mgcos60°＝10 N ，绳OB 对M 的拉力F OB ＝mgcos30°＝10 3 N ，选项A 、B 错误；m 受到水平面的静摩擦力的方向水平向左，大小为F f ＝F OB －F OA ＝10(3－1) N ，选项C 错误，选项D 正确．6．BCD [解析] 对ab 受力分析可知为保证ab 能静止，安培力的最小时应沿斜面向上，F min ＝mgsin θ，所以B min ＝mgsin θId，选项A 错误，选项B 正确；安培力的方向在垂直斜面向下(不包括此方向)到竖直向上这个范围内，利用左手定则可知磁场的方向不可能是①②，但可能是③④⑤，选项C 、D 正确．7．A [解析] 对带电小球受力分析，F AP ＝kqQ 1（Lcos α）2，F BP ＝kqQ 2（Lsin α）2，圆环对带电小球的作用力为F ，由平行四边形定则知，F AP ＝Fcos α，F BP ＝Fsin α，联立解得tan 3α＝Q 2Q 1，选项A 正确，选项B 错误；因电荷量Q 1、Q 2关系不明确，故不能确定O 点电场强度是否为零，选项C 、D 错误．8．D [解析] 先以A 、B 整体为研究对象，因为A 、B 保持静止，所以竖直墙壁对A 有竖直向上的静摩擦力F″和水平向右的弹力F′.再以B 为研究对象，其受力情况如图乙所示，即要保持物体B 平衡，B 应受到重力、力F 、A 对B 的弹力的作用，同时，B 还应受到A 对B 的摩擦力作用．以A 为研究对象，它受重力、B 对它的弹力和静摩擦力作用，墙面对它的弹力和静摩擦力作用，A 的受力图如图甲所示，所以选项D 正确．甲 乙9．B [解析] 开始阶段物体受向左的滑动摩擦力作用，其大小F f1＝μmg ＝6 N ，最大静摩擦力也为6 N ．经过一段时间，速度减小为零，此时恒力F 小于最大静摩擦力，物体保持静止状态，静摩擦力F f2＝F ＝5 N ，方向向右．选项B 正确．10．BCD [解析] 将A 、B 视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力F N (也是对B 的支持力F N )，将b 向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以F N ＝(m A ＋m B )g 为一定值，选项C 正确；然后对B 进行受力分析，如图所示，由平衡条件可知F N ＝m B g ＋F 斥cos θ，向左推B ，θ减小，所以F 斥减小，由F 斥＝kq A q Br 2得：A 、B 间距离r 增大，选项D 正确；而F ＝F 斥sin θ，θ减小，F 斥减小，所以推力F 减小，故选项A 错误；将A 、B 视为整体时F ＝F NA ，所以墙面对小球A 的弹力F NA 减小，选项B 正确．11．B [解析] 潜水器两侧配备4块压载铁时，对潜水器受力分析，根据牛顿第二定律可得G 1－kv 2－F 浮＝ma ，当速度增大时，加速度逐渐减小，当加速度减为零时，速度达到最大值，潜水器做匀速运动，A 项错误，B 项正确；潜水器抛载其中2块载铁时，对潜水器受力分析，根据牛顿第二定律可得－G 2＋kv 2＋F 浮＝ma ，潜水器将做加速度逐渐减小的减速运动，最后悬停在指定深度，C 项错误；潜水器抛弃所有压载铁时，根据牛顿第二定律得－G 3－kv 2＋F 浮＝ma ，潜水器做加速度逐渐减小的加速运动，D 项错误．专题限时集训(二)A1．D [解析] 汽车加速度逐渐增大，因此其v －t 图线上各点斜率的绝对值逐渐增大，选项D 正确． 2．D [解析] 若绳子B 的拉力恰好与B 的重力沿斜面向下的分力相等，则B 与C 间的摩擦力为零，选项A 错误；利用整体法判断，C 一定受到水平面向左的摩擦力，选项B 错误；同理，在竖直方向利用整体法判断，水平面对C 的支持力小于B 、C 的总重力，选项C 错误；将细绳剪断后，利用整体法判断，B 、C 系统在水平方向不受外力作用，选项D 正确．3．B [解析] 巡逻船以速度v 0匀速行驶时，驱动力等于阻力F f ，发动机功率调整增大为某数值时，由P ＝Fv 知牵引力突然增大，由牛顿第二定律F －F f ＝ma 知，巡逻船加速运动，随着速度的增大驱动力将减小，因此加速度逐渐减小，直到加速度为零，巡逻船做匀速直线运动，即速度曲线上各点切线的斜率为正值，且斜率逐渐减小为零．选项B 正确．4．CD [解析] 由图象知，在t 1时刻之前乙车的加速度先大于甲车的加速度，后小于甲车的加速度，选项A 错误；由图象知，乙车的速度始终比甲车的大，选项C 正确；因为速度图线与横轴所围面积表示位移，所以在t 1时刻之前乙始终在甲车的前面，在t 1时刻两车并不相遇，选项B 错误，选项D 正确．5．D [解析] 礼花弹离开炮筒后做匀减速直线运动，由h ＝v 0t 2得v 0＝2h t ＝50 m/s ，加速度a ＝v 0t ＝12.5m/s 2，由牛顿第二定律有mg ＋kmg ＝ma ，则k ＝0.25.6．A [解析] 当用水平力F 作用于B 上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时，对A 、B 整体，由牛顿第二定律可得F －3μmg ＝3ma ，再用隔离法单独对A 分析，由牛顿第二定律可得：kx 1－μmg ＝ma ，联立解得kx 1＝13F ；根据上述方法同理可求得沿竖直方向、沿斜面方向运动时kx 2＝kx 3＝13F ，所以选项A 正确．7．A [解析] 水平面光滑时，分别对整体和物块B 应用牛顿第二定律得：F ＝(m A ＋m B )a ，kL 1＝m B a ，解得kL 1＝m B Fm A ＋m B；水平面粗糙时，分别对整体和物块B 应用牛顿第二定律得：F －μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a′，kL 2－μm B g ＝m B a ′，解得kL 2＝m B F m A ＋m B.选项A 正确．8．6.0×104 m[解析] 动车正常行驶，加速阶段： v 1＝a 1t 1 v 21＝2a 1x 1 匀速阶段：x 2＝v 1t 2减速阶段：0＝v 1＋(－a 2)t 3 0－v 21＝2(－a 2)x 3 同理可得，车速调整后，加速阶段：v 2＝a 1t ′1 v 22＝2a 1x ′1 匀速阶段：x′2＝v 2t ′2减速阶段：0＝v 2＋(－a 2)t′3 0－v 22＝2(－a 2)x′3 两次运动的时间、位移关系为： t 1＋t 2＋t 3＝t′1＋t′2＋t′3＋Δt x 1＋x 2＋x 3＝x′1＋x′2＋x′3联立以上各式解得x AB ＝x 1＋x 2＋x 3＝6.0×104 m. 9．(1) 5 s (2)28.8 m甲[解析] (1)冰撬做匀加速直线运动阶段冰撬受力如图甲所示． 根据牛顿第二定律有：Fcos α－μ(mg ＋Fsin α)＝ma 1 解得：a 1＝4.8 m/s 2 由x AP ＝12a 1t 21解得t 1＝ 5 s乙(2)冰撬和运动员做匀减速直结运动冰撬和运动员受力如图乙所示． 加速结束时：v P ＝a 1t 1＝2455 m/s 根据牛顿第二定律有： μ(M ＋m)g ＝(M ＋m)a 2 解得：a 2＝2 m/s 2则冰撬继续滑行距离为x ＝v 2P2a 2＝28.8 m.10．(1)16 m (2)8 2 m/s (3)(2＋22) s[解析] (1)由v －t 图象知A 、B 之间的距离有：x AB ＝16×22m ＝16 m. (2)设滑块从A 滑到B 的过程加速度大小为a 1，从B 返回到A 的过程加速度大小为a 2，滑块与斜面之间的滑动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有：a 1＝gsin θ＋μgcos θ a 2＝gsin θ－μgcos θ由图象可知a 1＝16－02m/s 2＝8 m/s 2设滑块返回到A 点时的速度为v 1，有：v 21－0＝2a 2x AB解得：a 2＝4 m/s 2，v 1＝8 2 m/s.(3)设滑块从A 到B 用时为t 1，从B 返回到A 用时为t 2，则有： t 1＝2 s t 2＝v 1a 2＝2 2 s则滑块在整个过程中所用的时间t ＝t 1＋t 2＝(2＋22) s.专题限时集训(二)B1．D [解析] 人最终处于平衡状态绳子拉力应等于人的重力，由图知拉力的最终值为35F 0，选项D 正确．2．B [解析] 木板与水平面间的摩擦力为F f1＝μ1(m 0＋m)g ＝45 N ，小木块与木板之间的摩擦力为F f2＝μ2mg ＝40 N ，F f1>F f2，所以木板一定静止不动；小木块在木板上滑行的距离为x ，则v 20＝2μ2gx ，解得x ＝2m<L ＝5 m ，小木块不能滑出木板．选项B 正确．3．BC [解析] 以整体为研究对象，受力如图所示，由牛顿第二定律，沿竖直柱子加速向上爬时，有：F 1－(M ＋m)g ＝ma ；沿竖直柱子加速向下滑时，有：(M ＋m)g －F 2＝ma ；因此有F 1>(M ＋m)g ，F 2<(M ＋m)g ，F 1＋F 2＝2(M ＋m)g ，所以选项B 、C 正确．4．A [解析] t 1时刻人超重，电梯的加速度向上，t 2时刻人失重，电梯的加速度向下，A 正确；无论超重还是失重，人的质量和所受重力均不发生变化，B 错误；由牛顿第二定律可知，t 1和t 2时刻电梯的加速度大小相等、方向相反，但运动方向不一定相反，C 错误；t 2时刻电梯可能向下加速，也可能向上减速，D 错误．5．D [解析] 由于题述没有给出传送带的长度和物体与传送带的动摩擦因数，无法判断出物体从右端滑上传送带，能否到达左端，选项A 、B 错误；若v 2<v 1，物体从左端滑上传送带，则物体可能一直做加速运动，选项C 错误；当v 2>v 1，且v 2足够大时，物体无论从右端还是从左端滑上传送带，都做加速度相同的匀减速运动，此时从右端滑上到左端所需的时间等于物体从左端滑上到右端的时间，选项D 正确．6．AC [解析] 物块的运动情况是先向上做减速运动，所受滑动摩擦力为μmg cos θ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于μ>tan θ即mgsin θ<μmgcos θ，滑块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsin θ，小于上滑时的摩擦力μmg cos θ，所以选项A 、C 正确．7．B [解析] 撤离木板时，小球所受重力和弹簧的弹力不发生变化，二者合力的大小等于撤离木板前木板对小球的支持力F N ，由于F N ＝mgcos30°＝233mg ，所以撤离木板后，小球加速度大小为：a ＝F N m ＝233g.选项B 项正确．8．(1)2 m/s 2 (2)3 m/s[解析] (1)对物块B ，由牛顿第二定律得： F －μ2mg ＝ma B 解得a B ＝2 m/s 2.(2)对物块A ，由牛顿第二定律得： μ1mg ＝ma A 解得a A ＝4 m/s 2.设物块A 经过t 时间追上物块B ，则有x A ＝v 0t －12a A t 2x B ＝12a B t 2恰好追上的条件为：v 0－a A t ＝a B t x A －x B ＝l联立解得：t ＝0.5 s ，v 0＝3 m/s. 9．14 s[解析] 挑战者匀加速通过平台，有L 1＝12a 1t 21解得：t 1＝2L 1a 1＝2 s 冲上跑步机的初速度v 1＝a 1t 1＝4 m/s 冲上跑步机至跨栏， 有L 3＝v 1t 2＋12a 2t 22解得t 2＝2 s摔倒至爬起随跑步机移动距离x ＝v 0t ＝1×2 m ＝2 m 取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速的过程，有： v 0＝a 2t 3解得：t 3＝1 s对地位移x 1＝v 0t 3－12a 2t 23＝0.5 m挑战者向右加速冲刺过程有：x ＋x 1＋L 2－L 3＝12a 2t 24解得：t 4＝7 s挑战者通过全程所需的总时间为：t 总＝t 1＋t 2＋t ＋t 3＋t 4＝14 s.专题限时集训(三)1．D [解析] 风沿水平方向吹，不影响竖直速度，故下落时间不变，选项A 、B 均错误；风速越大时合速度越大，故选项C 错误，选项D 正确．2．BC [解析] 因为相遇时两个小球下落的高度相同，所以运动时间相等，必须同时平抛，选项A 错误，选项B 正确；相遇时A 球的水平位移大于B 球的水平位移，所以A 球的平抛速度应大于B 球的平抛速度，选项C 正确；小球的运动情况与小球的质量无关，选项D 错误．3．A [解析] 由于运动员最终仍落在滑板原来的位置上，所以运动员和滑板在水平方向上的运动均不变，双脚对滑板作用力的合力只能沿竖直方向，由题意可以判断应竖直向下，选项A 正确．4．C [解析] 当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点转动的线速度v 1＝ωr ＝ωhcos θ，如图所示，则云层底面上光点的移动速度v ＝v 1cos θ＝ωhcos 2θ，选项C 正确．5．BC [解析] 由图可知，蜡块做曲线运动，其加速度可能沿y 轴正方向，也可能沿x 轴负方向，因此对应的运动可能为红蜡块沿玻璃管向上做匀加速运动同时玻璃管向右做匀速运动，或红蜡块沿玻璃管向上做匀速运动，玻璃管向右匀减速运动．选项B 、C 正确．6．B [解析] 由题意可知：tan θ1＝v y v x ＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt，所以tan θ1tan θ2＝2，故选项B正确．7．D [解析] 根据题意分析可知，乒乓球在球台上的运动轨迹具有对称性，显然发球时的高度等于h ，从发球到运动到P 1点的水平位移等于14L ，所以可以求出球的初速度大小，也可以求出球从发出到第一次落在球台上的时间．由于对方运动员接球的位置未知，所以无法求出球从发出到被对方运动员接住的时间．8．B [解析] 以C 为原点，水平向右为x 轴正方向、竖直向下为y 正方向建立直角坐标系，由平抛运动的规律知：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，蛛丝AB 所在直线方程为x －y ＝0.2(m)，联立解得恰好到达蛛丝时有t＝0.2 s ，v 0＝2 m/s ，所以选项B 正确．9．(1)0.5 (2)9 m/s[解析] (1)物块B 在竖直方向做自由落体运动，则h ＝12gt 2解得B 的运动时间t ＝2hg＝0.4 s 在水平方向做匀速直线运动，则水平位移x B ＝v B t ＝2 m物块A 弹开后做匀减速运动，由牛顿第二定律有 －μmg ＝ma 且x A ＝v A t ＋12at 2因为B 击中A ，所以x A ＝x B 解得μ＝0.5.(2)根据在离甲x A ′＝4 m 远处B 又击中A ，可得 x ′A ＝v ′A t ＋12at 2解得v ′A ＝11 m/s物块A 被击中时的速度v ″A ＝v′＋at ＝9 m/s. 10．(1)2 N (2)如图所示[解析] (1)设球运动的线速度为v ，半径为R ，则 在A 处时F ＋mg ＝m v 2R在C 处时F′－mg ＝m v 2R解得ΔF ＝F′－F ＝2mg ＝2 N.(2)在A 处时健身者需施加的力为F ，球在A 处做匀速圆周运动的向心力F 向＝F ＋mg ，在B 处不受摩擦力作用，受力分析如图所示．则tan θ＝F 向mg ＝F ＋mgmg＝F ＋1作出的tan θ－F 的关系图象如图所示．专题限时集训(四)1．D [解析] 由G MmR 2＝mg 可知，星球表面的重力加速度变为原来的16倍，选项A 、B 均错误；由G Mm R 2＝mv 2R解得v ＝GMR，所以星球的第一宇宙速度增大到原来的2倍，选项C 错误，选项D 正确． 2．D [解析] 太空旅馆的运行周期为85分钟，说明太空旅馆为近地卫星，其周期远小于同步卫星的运行周期，由开普勒第三定律知其轨道半径小于同步卫星轨道半径，由G Mm r 2＝mv 2r得v ＝GMr，太空旅馆的线速度大于同步卫星的线速度，选项A 、B 错误；太空旅馆的周期小于赤道上的物体做圆周运动的周期，由v ＝2πr T 和a ＝ω2r ＝4π2r T2知，太空旅馆的运行速度和向心加速度均大于赤道物体的自转速度和向心加速度，选项C 错误，选项D 正确．3．AD [解析] 由于万有引力常量在极其缓慢地减小，根据万有引力定律，太阳对地球的引力在缓慢减小，选项A 正确，选项B 错误；火星位于地球圆轨道的外侧，故火星公转周期大于365天，火星上平均每个季节持续的时间大于3个月，选项C 错误，选项D 正确．4．AC [解析] 由万有引力提供向心力，有G Mm R 2＝m v 2R ，解得线速度v ＝GMR，选项A 正确；角速度ω＝vR＝GMR 3＝gR ，选项B 错误；运行周期T ＝2πR v＝2πR g ，选项C 正确；由G MmR2＝ma 可得向心加速度a ＝GMR2，选项D 错误．5．A [解析] A 行星发生最大偏离时，A 、B 行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧，设行星B 的运行周期为T 、半径为R ，则有2πT 0t 0－2πT t 0＝2π，所以T ＝t 0T 0t 0－T 0.由开普勒第三定律得R 30T 20＝R 3T 2，R ＝R 03t 20（t 0－T 0）2，所以选项A 正确．6．A [解析] 对同步卫星有G Mm r 2＝ma ，对近地卫星有G Mm R 2＝mg ，联立得a ＝gR 2r 2，选项A 正确；由a ＝ω2r ，同步卫星运行的角速度ω＝a r ＝Rrg r ，卫星1由位置A 运动至置B 所需的时间t ＝θω＝πr 3Rrg，选项B 错误；卫星1向反喷气加速，将做离心运动，不能追上卫星2，选项C 错误；卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中，万有引力与运动方向垂直，不做功，选项D 错误．7．BD [解析] 根据题意，选项C 错误；由G Mm r 2＝m v 2r得v ＝GMr，故卫星的轨道半径越小其线速度越大，且同一轨道上的卫星线速度大小一定相等，由于卫星质量不一定相等，则其动能不一定相等，所以选项A 错误，选项B 正确；由G Mm r 2＝ma 得a ＝GMr2，选项D 正确．8．ABD [解析] 卫星从北纬30°的正上方第一次运行至南纬60°正上方时，刚好为运动周期的14，所以卫星运行的周期为4t ，选项A 正确；已知卫星运行的周期、地球的半径，由G Mm（R ＋h ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(R ＋h)和G MmR 2＝mg ，可以算出卫星距地面的高度和地球的质量，不能算出卫星的质量，选项B 、D 正确，选项C 错误．9．BC [解析] 因外星球的自转周期未知，故A 错误．物体的重力为G 0＝G Mm R 2，所以G 0X G 0E ＝M X M E ·R 2ER 2X＝81，B 正确．由G Mm R 2＝m v 21R 得第一宇宙速度v 1∝M R ，所以v 1X v 1E＝M X M E ·R E R X ＝2，C 正确．由G Mm r 2＝m v 2r得v ∝M ，所以v X v E＝M XM E＝2，D 错误． 10．BCD [解析] 嫦娥一号在减速时要向前喷气，喷出的气体对嫦娥一号做负功，嫦娥一号的速度会减小，根据机械能守恒的条件(只有重力做功)可知，嫦娥一号实施首次“刹车”的过程，机械能是不守恒的，选项A 错误；嫦娥一号要对月球表面进行考察，必须从高轨道变为低轨道，再由椭圆轨道变轨为圆轨道，选项B 正确；如果嫦娥一号不能减速到一定程度，月球将无法俘获嫦娥一号，月球的引力不足以提供嫦娥一号绕月运行所需的向心力，此时嫦娥一号将远离月球，月球的引力对嫦娥一号做负功，选项C 正确；如果嫦娥一号过分减速，嫦娥一号将直接奔向月球表面，此时月球对它的引力将做正功，撞击月球表面时的速度将很大，选项D 正确．11．BD [解析] 由于阻力作用飞船的机械能减小，轨道降低，为恢复到原来的轨道，必须使飞船动能增大，速度增大，做离心运动而进入较高轨道，继续做匀速圆周运动，由G Mm r 2＝m v 2r ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 可得v＝GMr，T ＝4π2r 3GM，半径越大，则速度越小，周期越大，选项B 、D 正确． 12．ABD [解析] 根据G Mm（R ＋L ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(R ＋L) 可求得同步卫星的轨道半径，选项A 正确；已知地球表面的重力加速度和宇航员在地球表面称得的体重，由G ＝mg 可以求出宇航员的质量，选项D 正确；在地球表面满足G MmR 2＝mg ，设当宇航员视重为F ＝850 N 时所处高度为h ，在此高度有万有引力定律可得G Mm（R ＋h ）2＝mg′，由牛顿第二定律有F －mg′＝ma ，以上各式联立可解得h ，选项B 正确；由于不知道升降机的质量，则选项C 错误．专题限时集训(五)1．BD [解析] 匀速上行时，人受到绳子的拉力与重力平衡，绳子对人的拉力和绳子对人的静摩擦力是同一个力，A 错误；匀速上行过程绳子对人的拉力做的功等于重力势能的增量，B 正确；加速下滑过程重力大于摩擦力，加速度小于重力加速度，C 错误；根据功能关系，人减少的机械能等于克服摩擦力做的功，D 正确．2．ABC [解析] 因为发动机以额定功率工作，所以发动机做的功W ＝Pt ，选项B 正确；达到最大速度v m 时，牵引力与阻力相等，所以W ＝Pt ＝Fv m t ，选项A 正确；由于v 0≠v m ，所以W ≠ft·v 0＋v m2，选项D 错误；由动能定理有W －fl ＝12mv 2m －12mv 20，所以W ＝12mv 2m －12mv 20＋fl ，选项C 正确． 3．AC [解析] 小球在重力和斜面的支持力F N 作用下向左匀加速运动，支持力F N ＝mgcos45°＝2mg ，合力F ＝mgtan45°＝mg ，选项B 错误，选项C 正确；重力对小球不做功，所以斜面对小球做功即合力做的功，根据动能定理得W ＝12mv 22－12mv 21＝32mv 2，选项A 正确，选项D 错误. 4．ABC [解析] 汽车速度最大时， 汽车所受到的牵引力F 1＝F f ＝Pv m，根据牛顿第二定律有F －F f ＝ma ，即P v －P v m ＝ma ，解得a ＝P m ⎝⎛⎭⎫1v －1v m ，图象斜率k ＝P m ，横轴截距b ＝1v m ，所以汽车的功率P 、汽车行驶的最大速度v m 可求，代入F f ＝Pv m可解得汽车所受到阻力．所以选项A 、B 、C 正确． 5．BC [解析] 由题意知图线①为小球重力势能与上升高度的关系图线，图线②为小球动能与上升高度的关系图线．根据动能定理得－f h 0sin θ－mgh 0＝0－E k0，由图知mgh 0＝E k0k ＋1，解得E k0＝(k ＋1)mgh 0，解得f ＝kmgsin θ.设小球重力势能和动能相等时上升高度为h ，速度为v ，即mgh ＝12mv 2，由动能定理－fhsin θ－mgh ＝12mv 2－E k0，解得h ＝k ＋1k ＋2h 0.故选项B 、C 正确．6．BC [解析] 对人进行受力分析如图所示，两次滑沙过程均为匀加速直线运动，且加速度相同，有(2v 0)2－02＝2al ，v 2－v 20＝2al ，解得v ＝5v 0，选项A 错误，选项B 正确；根据动能定理有mglsin α－F f l ＝12m(2v 0)2，解得F f ＝mgsin α－2mv 20l，选项C 正确；重力功率的最大值为P m ＝2mgv 0sin α，选项D 错误．8．C [解析] 由平抛运动的规律得：h ＝12gt 2，s ＝v 0t ，解得A 距地面的高度h ＝gs 22v 20；套在杆上的小球运动过程受杆的弹力作用，其水平方向不是匀速运动，选项A 、B 错误；套在杆上的小球滑动过程中机械能守恒，mgh ＝12mv 2B ，解得v B ＝gsv 0，小球到达轨道B 端时重力的功率为P ＝mgv B cos α＝mg 2scos αv 0，其中α为小球在B 端时的速度与竖直方向的夹角，选项C 正确，选项D 错误．9．2.5 J [解析] 水平传送带的速度为v 0＝Rω＝3 m/s 在水平传送带上，由牛顿第二定律有μmg ＝ma 解得a ＝μg ＝4 m/s 2设货物在B 点速度为v B ，在传送带上匀减速运动的时间为t 1，位移为L 1，匀速运动的时间为t 2，则有 v 0＝v B －at 1v 2B －v 20＝2aL 1 L －L 1＝v 0t 2 t 1＋t 2＝t在斜面上由动能定理，得mgH －W f ＝12mv 2B －0联立解得W f ＝2.5 J.10．(1)2gR (2)μmg ＋0.8mg q (3)⎝⎛⎭⎫2.5＋2μR [解析] (1)对物块由A 至D 运用动能定理得： －mg·2R ＝0－12mv 2A解得v A ＝2gR.(2)对物块由B 至A 运用动能定理得： Eq ·2.5R －μmg·2.5R ＝12mv 2A－0解得E ＝μmg ＋0.8mgq.(3)物块最终将停在A 点，设物体在水平轨道部分的总路程为s ， 对物块全过程运用动能定理得： Eq ·2.5R －μmg·s ＝0 解得s ＝⎝⎛⎭⎫2.5＋2μR. 11．(1)6 m/s (2)能 略[解析] (1)设小车经过C 点时的临界速度为v 1，则：mg ＝mv 21R 1设P 、A 两点间距离为L 1，由几何关系可得 L 1＝R 1（1＋cos θ）sin θ小车从P 运动到C ，根据动能定理，有 －μmgL 1cos θ＝12mv 21－12mv 20 解得：v 0＝6 m/s.(2)设P 、B 两点间距离为L 2，由几何关系可得 L 2＝R 2（1＋cos θ）sin θ设小车能安全通过两个圆形轨道在D 点的临界速度为v 2，则 mg ＝mv 22R 2设P 点的初速度为v 0′，小车从P 运动到D ，根据动能定理，有 －μmgL 2cos θ＝12mv 22－12mv ′20 解得v 0′＝12 m/s因为v 0′＝12 m/s<15 m/s ，所以小车能安全通过两个圆形轨道．专题限时集训(六)1．BC [解析] 任何时候重力做的功都等于重力势能的减少量，选项A 错误；合外力做功等于物体动能改变量，这是动能定理的内容，选项B 正确；势能是相互作用能，存在于两个相互作用物体之间，其大小与势能零点的选取有关，选项C 正确；动能减少量与重力势能增加量只有在机械能守恒时才会相等，选项D 错误．2．B [解析] 由于斜面存在摩擦，所以向上滑时的加速度大于下滑时的加速度，选项A 错误，选项B 正确；动能随时间非线性变化，选项C 错误；由于始终存在摩擦力做负功，所以其机械能一直减少，选项D 错误．3．C [解析] 小球做匀速圆周运动，说明运动过程中合力不做功，即小球所受电场力与重力平衡，小球受到的电场力竖直向上，所以小球带正电，从a 点到b 点过程电场力做负功，电势能增大，选项A 、B 错误，选项C 正确；因为运动过程中电场力做功，所以机械能不守恒，选项D 错误．4．A [解析] 圆弧轨道越低的位置切线的倾角越小，加速度越小，故互相有挤压，2号球对3号球做正功，选项B 错误；水平面上速度相同，无挤压也不分离．斜面上加速度相同，也是无挤压也不分离，2号球对3号球不做功，故选项A 正确，选项C 错误；从圆弧上由静止释放至到达斜面的最高点，机械能守恒，重心的高度要相同，因此4号球在CD 上运动的最大高度与1号球的初始高度不一定等高，故选项D错误．5．(1)(k －1)gsin θ，方向沿斜面向上 (2)（k ＋3）H（k ＋1）sin θ (3)2kmgHk －1[解析] (1)设木板第一次上升过程中，物块的加速度为a B ，由牛顿第二定律有kmgsin θ－mgsin θ＝ma B ，解得a B ＝(k －1)gsin θ，方向沿斜面向上．(2)设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v 1.由机械能守恒定律有 12×2mv 21＝2mgH ， 解得v 1＝2gH.设木板弹起后的加速度为a A ，由牛顿第二定律有 mgsin θ＋kmgsin θ＝ma A 解得a A ＝(k ＋1)gsin θ.木板第一次弹起的最大位移x 1＝v 212a ，解得x 1＝H（k ＋1）sin θ.木板运动的路程s ＝Hsin θ＋2x 1＝（k ＋3）H （k ＋1）sin θ.(3)设物块相对木板滑动距离为L ，根据能量守恒定律有mgH ＋mg(H ＋Lsin θ)＝kmgsin θ·L木板和物块系统损失的机械能ΔE ＝－kmgsin θ·L 解得ΔE ＝2kmgHk －1.6．(1)7 m/s (2)5 m/s (3)300 J [解析] (1)由机械能守恒定律，得 12mv 21＝mg(L －h) v 1＝2g （L －h ）＝7 m/s.(2)人飞出后做平抛运动，最高点速度为v 2时人刚好落在平台上，则L －H ＝12gt 2，s ＝v 2t解得v 2＝sg2（L －H ）＝5 m/s.(3)设蹬地瞬间人做功W ，由动能定理，有 W －mg(L －h)＝12mv 22－12mv 2B 解得W ＝mg(L －h)＋12mv 22－12mv 2B ＝300 J. 7．(1)①12G(h 2＋l 2－h) ②ρhlv 2 (2)P8略[解析] (1)①信息亭被大风吹倒的过程中，其重心上升的最大高度为 Δh ＝12()h 2＋l 2－h当信息亭重心最高时速度为零，风对信息亭所做的功最少．设风吹倒信息亭至少做的功为W ，由动能定理，有W －G Δh ＝0解得W ＝12G(h 2＋l 2－h)．②在Δt 时间内垂直于信息亭表面吹来的风的空气质量为Δm ＝ρhlv Δt 设信息亭对空气的作用力为F ，由动量定理，有－F Δt ＝0－ρhlv 2Δt 解得F ＝ρhlv 2根据牛顿第三定律可知，大风(空气)对信息亭的作用力 F ′＝F ＝ρhlv 2.(2)单位时间内垂直吹向旋转叶片有效受风面积的空气的质量为m ＝ρSv 这些空气所具有的动能为E k ＝12ρSv 3设风力发电机将风能转化为电能的效率为k ，则风力发电机输出的电功率为 P ＝kE k ＝12k ρSv 3当风速为v 2时输出的电功率P′＝12k ρS ⎝⎛⎭⎫v 23＝18P.若风向改变，可以调整风车的叶面朝向，使叶面与风速垂直，风力发电机更多地接受风能；风大时可以让风力发电机将多余的电能给蓄电池充电，把电能储存起来，发电机输出功率变小时用蓄电池辅助供电等．专题滚动训练(一)1．D [解析] v ＝x t ＝200 m8 s＝25 m/s ＝90 km/h ，与速度计示数无关．2．AD [解析] 木块A 和木板B 均处于平衡状态，由受力分析可知，地面与木板B 之间没有摩擦力，A 和B 间的滑动摩擦力大小等于F ，选项A 正确，选项B 错误；若木板B 以2v 的速度运动或用力2F 拉木板B ，木块A 受到的滑动摩擦力的大小均等于F ，选项C 、D 错误．3．A [解析] 在降落伞未打开前的下降过程，两人均做自由落体运动，安全带的作用力一定为零，选项A 正确，选项B 、C 错误；打开降落伞后，两人均向下做减速运动，此时对B 有F －m B g ＝m B a ，故知F>m B g ，选项D 错误．4．AC [解析] 由于万有引力与质量的乘积成正比，故在质量密集区万有引力会增大，提供的向心力增大了，探测器会做向心运动，引力做正功，导致探测器飞行的速率变大．5．BC [解析] 当盒子速度最大时，kx ＝(m A ＋m B )gsin θ，此时弹簧仍处于压缩状态，弹性势能不为零，选项A 错误；除重力外，只有A 对B 的弹力对B 做功，对应B 机械能的增加量，选项B 正确；对A 、B 组成的系统，弹簧弹力对系统做的正功等于弹簧弹性势能的减小量，也等于系统机械能的增加量，选项C 正确；对A 应用动能定理可知，A 所受重力、弹簧弹力、B 对A 的弹力做功之和等于A 动能的增加量，因B 对A 的弹力对A 做负功，故A 所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A 动能的增加量，选项D 错误．6．AD [解析] 平抛运动可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，所以水平位移图象为倾斜直线，水平速度图象为平行横轴的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率等于重力加速度；沿斜面下滑的运动可分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，且竖直加速度分量小于重力加速度，所以水平位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，水平速度图象为向上倾斜的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率小于重力加速度．选项A 、D 正确．。
高三物理二轮专项训练金卷曲线运动
峙对市爱惜阳光实验学校市高三物理二轮专项训练3·1：曲线运动〔3年高考1年模拟〕一、选择题1、(高考I理综)如下图，一物体自倾角为θ的固斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上。
物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足A.tanφ=sinθB. tanφ=cosθC. tanφ=tanθD. tanφ=2tanθ2、〔高考卷理科根底〕从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，以下说法正确的选项是A．从飞机上看，物体静止B．从飞机上看，物体始终在飞机的前方C．从地面上看，物体做平抛运动D．从地面上看，物体做自由落体运动3、〔高考卷理科根底〕甲和乙质量相，以相的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧。
两车沿半径方向受到的摩擦力分别为f甲和f乙。
以下说法正确的选项是A．f甲小于f乙B．f甲于f乙C．f甲大于f乙D．f甲和f乙大小均与速率无关4、〔07理综〕图示为高速摄影机拍摄到的子弹穿过苹果瞬间的照片。
该照片经过放大后分析出，在曝光时间内，子弹影响前后错开的距离约为子弹长度的1%～2%。
子弹飞行速度约为500 m/s，因此可估算出这幅照片的曝光时间最接近A．10－3 s B．10－6 sC．10－9 s D．10－12 s5、〔06〕如图14图，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度v a和v b沿水平方向抛出，经过时间t a和t b后落到与两出点水平距离相的P点。
假设不计空气阻力，以下关系式正确的选项是A. t a>t b, v a<v bB. t a>t b, v a>v bC. t a<t b, v a<v bD. t a>t b, v a>v b6、〔06卷〕在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地。
假设不计空气阻力，那么A. 垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决B. 垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决C. 垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决D. 垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决7、〔三模〕在卢瑟福的α粒子散射中，某一α粒子经①②③④P Q v/v过某一金原子核附近时的轨迹如下图，图中P 、Q 为轨迹上的点，虚线是经过P 、Q 两点并与轨迹相切的直线，两虚线和轨迹将平面分为四个区域，不考虑其他金原子核对α粒子的作用，那么关于该原子核的位置，以下说法正确的选项是〔 〕A ．可能在①区域B ．可能在②区域C ．可能在③区域D ．可能在④区域 8、〔三模〕质量为2kg 的物体在x —y 平面上作曲线运动，在x 方向的速度图像和y 方向的位移图像如下图，以下说法正确的选项是：A ．质点的初速度为5m/sB ．质点所受的合外力为3NC ．质点初速度的方向与合外力方向垂直D ．2s 末质点速度大小为6m/s9、〔期末考〕在平抛物体运动过程中，某一时刻测得物体速度方向与水平方向间的夹角为30º，经过0.42s ，测得物体速度方向与水平方向间的夹角为45º，g 取10m/s 2，那么物体的初速度约为A ．10m/sB ．17m/sC ．14m/sD ．20m/s10、〔二模〕向心力演示器如下图。
高考物理二轮总复习课后习题专题1 力与运动 专题分层突破练3 力与曲线运动 (3)
专题分层突破练3 力与曲线运动A组1.(全国甲卷)“旋转纽扣”是一种传统游戏。
如图,先将纽扣绕几圈,使穿过纽扣的两股细绳拧在一起,然后用力反复拉绳的两端,纽扣正转和反转会交替出现。
拉动多次后,纽扣绕其中心的转速可达50 r/s,此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为( )A.10 m/s2B.100 m/s2C.1 000 m/s2D.10 000 m/s22.(多选)北京冬奥会报道中利用“AI+8K”技术,把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中,更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间,给观众带来全新的视觉体验。
“时间切片”是一种类似于多次“曝光”的呈现手法。
如图所示为某运动员在自由式滑雪大跳台比赛中某跳的“时间切片”特技图。
忽略空气阻力,将运动员看作质点,其轨迹abc段为抛物线。
已知起跳点a的速度大小为v,起跳点a与最高点b之间的高度差为h,重力加速度大小为g,下列说法正确的是( )A.运动员从a到b的时间间隔与从b到c的时间间隔相同B.运动员从a到b的时间为√2ghgC.运动员到达最高点时速度的大小为√v2-2ghD.运动员从a到b的过程中速度变化的大小为√2gh3.(浙江温州二模)如图所示,场地自行车赛道与水平面成一定倾角,A、B、C三位运动员骑自行车在赛道转弯处以相同大小的线速度做匀速圆周运动(不计空气阻力)。
则下列说法正确的是( )A.自行车受到地面的摩擦力指向圆周运动的圆心B.自行车(含运动员)受到重力、支持力、摩擦力、向心力C.A、B、C三位运动员的角速度ωA<ωB<ωCD.A、B、C三位运动员的向心加速度a A>a B>a C4.如图所示,倾角为θ的斜面与水平地面相接于B点,两小球甲、乙分别以初速度v1、v2从位于B点正上方的A点处水平向左、向右抛出,甲球落在水平地面上的C点,乙球落在斜面上的D点。
甲球落到C点时速度方向与斜面平行,乙球落到D点时速度方向与水平方向的夹角为θ,不计空气的值为。
[精品]新高考物理大考点集训习题专题三曲线运动及答案
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专题三曲线运动复习目标：１．解运动的合成与分解，掌握运动的合成与分解的平行四边形法则；２．明确曲线运动中质点的速度沿轨道的切线方向且必须具有加速度，并加以应用；３．解掌握平抛运动的特征、规律，并能运用其熟练解决实际问题。
专题训练1．关于力和运动，下列说法中正确的是 ( )[]A．物体在恒力作用下有可能做曲线运动B．物体在变力作用下有可能做直线运动．物体只有在变力作用下才可能做曲线运动D．物体在恒力或变力作用下都有可能做曲线运动2．一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内 ( ) A．速度一定在不断地改变，加速度也一定不断地改变B．速度一定在不断地改变，加速度可以不变．速度可以不变，加速度一定不断地改变D．速度可以不变，加速度也可以不变3．关于两个互成角度(0≠θ，θ)的初速度不为零的匀变速直180≠线运动的合运动，下列说法正确的是（）A．一定是直线运动B．一定是曲线运动．可能是直线运动，也可能是曲线运动D．一定是匀变速运动4．一架飞机水平匀速飞行，从飞机上每隔2释放一个铁球，先后共释放5个，如果不计空气阻力，则5个球（）A．在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点是不等间距的B．在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点是等间距的．在空中任何时刻总在飞机下方排成竖直的直线，它们的落地点是不等间距的D．在空中任何时刻总在飞机下方排成竖直的直线，它们的落地点是等间距的5．如图所示，在水平地面上的A点以v1速度跟地面成θ角射出一弹丸，恰好以v2的速度垂直穿入竖直壁上的小孔Ｂ，下面说法正确的是( )A．在B点以跟v2大小相等的速度，跟v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A点B．在B点以跟v1大小相等的速度，跟v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A点．在B点以跟v1大小相等的速度，跟v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上A点的左侧D．在B点以跟v1大小相等的速度，跟v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上且点的右侧6．如图，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向右运动时，物体A的受力情况是 ( )A．绳的拉力大于A的重力B．绳的拉力等于A的重力．绳的拉力小于A的重力D．拉力先大于重力，后变为小于重力7．如图，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4/，则船从A点开出的最小速度为（）A．2/ B．24/ ．3/ D．35/8．如图所示，斜面倾角为37º，从斜面的P点分别以2v0和v0的速度平抛A、B两个小球，不计空气阻力，设小球落在斜坡和水平地面上均不发生反弹，则A、B两球的水平射程的比值可以是（）A．1 B．2．3 D．49．某人站在电动扶梯上不动，经时间1由一楼升到二楼。
高中物理曲线运动练习题及答案及解析.docx
高中物理曲线运动练习题及答案及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．光滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在 B 点连接，导轨半径R＝ 0.5 m，一个质量m＝ 2 kg 的小球在 A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能 Ep＝ 49 J，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C， g 取 10 m/s 2．求：(1)小球脱离弹簧时的速度大小；(2)小球从 B 到 C 克服阻力做的功；(3)小球离开 C 点后落回水平面时的动能大小．【答案】（1）7m / s（ 2）24J（ 3）25J【解析】【分析】【详解】(1)根据机械能守恒定律E p＝1mv12 ?①212Ep＝7m/s ②v ＝m(2)由动能定理得－ mg·2R－ W f＝1mv221mv12③22小球恰能通过最高点，故mg m v22④R由②③④得W f＝24 J(3)根据动能定理：mg 2R E k 1mv22 2解得： E k25J故本题答案是：（ 1）7m / s（ 2）24J（ 3）25J【点睛】(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;(2)小球从 B 到 C 的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度 ,从而根据动能定理求解从 B 至 C 过程中小球克服阻力做的功 ;(3)小球离开 C 点后做平抛运动 ,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小2．如图所示，带有1 光滑圆弧的小车A 的半径为R，静止在光滑水平面上．滑块 C 置于4木板 B 的右端， A、 B、 C 的质量均为m， A、 B 底面厚度相同．现 B、 C 以相同的速度向右匀速运动， B 与 A 碰后即粘连在一起， C 恰好能沿 A 的圆弧轨道滑到与圆心等高处．则： (已知重力加速度为g)(1)B、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块 C 返回到 A 的底端时AB 整体和 C 的速度为多少？【答案】（1）v023gR （2）v1 2 3gR53gR， v233【解析】本题考查动量守恒与机械能相结合的问题．(1)设 B、 C 的初速度为v ， AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度 u，由mv02mu ，解得 u v0 2C 滑到最高点的过程：mv02mu3mu1mv0212mu213mu 2mgR222解得v0 2 3gR(2)C从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有 mv02mu mv12mv21mv0212mu21mv1212mv222222解得：v123gR ，v253gR333．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离 B 点高度为h 处（3 R2h3R ）的 A 点由静止开始下落，从 B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．（1）小球能否到达D点？试通过计算说明；（2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从 D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与 B 点水平距离 d 的范围．【答案】（1）小球能到达 D 点；（2） 0F3mg ；（3）2 1 R d 2 21 R【解析】【分析】【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：mg mv D2R由机械能守恒可得：mg h R mv D 22联立解得 h 3R ，因为3R h3R ，小球能到达 D 点；2h 的取值范围为2（2）设小球在D点受到的压力为 F ，则F mg mv D2 Rmg h R mv D2 2联立并结合 h 的取值范围 3 R h3R 解得： 0F3mg2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0 F 3mg （3）由（ 1）知在最高点D速度至少为v D min gR此时小球飞离 D 后平抛，有：R 1 gt22xmin vD mint联立解得x min2R R ，故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：mg3mg m v D2maxR解得v D max 2gR 小球飞离 D 后平抛 R 1gt 2，2x max vD maxt联立解得x max 2 2R故落点与 B 点水平距离 d 的范围为： 2 1 R d 2 2 1 R4．如图所示，在光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，重力加速度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。
高考物理二轮总复习课后习题专题分层突破练3 力与曲线运动
专题分层突破练3 力与曲线运动A组1.(海南卷)在跨越河流表演中,一人骑车以25 m/s的速度水平冲出平台,恰好跨越宽/s2,则两平台的高度差h为( )A.0.5 mB.5 mC.10 mD.20 m2.(广西柳州、南宁联考二模)如图甲所示,修正带是一种常见的学习用具,是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的,其原理可简化为图乙所示的模型。
A、B是转动的小、大齿轮边缘的两点,C是大轮上的一点,若A、B、C的轨道半径之比为2∶3∶2,则A、B、C的向心加速度大小之比为( )A.9∶6∶4B.9∶6∶2C.6∶4∶3D.6∶3∶23.(多选)如图所示,细绳一端系着质量为m0=0.5 kg的物体在水平台面上,另一端通过光滑小孔吊着质量为m=0.3 kg的物体,质量为m0的物体(可视为质点)与圆孔的距离为0.2 m,已知质量为m0的物体和水平台面的最大静摩擦力为2 N,现在质量为m0的物体相对水平台面静止一起绕中心轴线匀速转动,当角速度ω突然变为以下何值时,质量为m的物体将向上移动(g 取10 m/s2)( )A.7 rad/sB.8 rad/sC.9 rad/sD.10 rad/s4.(湖北一模)某同学在游玩时,观察到一只翠鸟捕鱼的场景。
如图所示,翠鸟把小鱼叼出水面,斜向上飞行途中,小鱼挣扎掉落,忽略空气阻力,关于小鱼(可看作质点)掉落后的运动,下列说法正确的是( )A.小鱼做自由落体运动B.小鱼做平抛运动C.小鱼运动的加速度小于gD.小鱼在相同时间内速度改变量相同5.武汉“东湖之眼”摩天轮面朝东湖,背靠磨山,是武汉的新地标之一,如图所示。
假设“东湖之眼”悬挂的座舱及舱内乘客在竖直平面内做匀速圆周运动(乘客总是保持头上脚下的姿态),则下列说法正确的是( )A.乘客所受的合外力始终不变B.乘客所受重力的功率始终不变C.乘客在最低点与最高点对水平座椅的压力之差与摩天轮转动速度无关D.乘客在最低点与最高点对水平座椅的压力之和与摩天轮转动速度无关6.如图所示,倾角θ=37°的斜面足够大,顶端MN水平。
(新课标)高考物理二轮作业手册 专题限时集训 第3讲 力
专题限时集训(三) [第3讲力与曲线运动](时间：40分钟)1．如图3－1所示，在同一平台上的O点水平抛出的三个物体，分别落到a、b、c三点，则三个物体运动的初速度v a、v b、v c的关系和三个物体运动的时间t a、t b、t c的关系分别是( )图3－1A．v a>v b>v c，t a>t b>t cB．v a<v b<v c，t a＝t b＝t cC．v a<v b<v c，t a>t b>t cD．v a>v b>v c，t a<t b<t c2．如图3－2所示，MN是流速稳定的河流，河宽一定，小船在静水中的速度为v.现小船自A点渡河，第一次船头沿AB方向，到达对岸的D处；第二次船头沿AC方向，到达对岸E处，若AB与AC跟河岸垂线AD的夹角相等，两次航行的时间分别为t B、t C，则( )图3－2A．t B>t CB．t B<t CC．t B＝t CD．无法比较t B与t C的大小图3－33．如图3－3所示，光滑水平桌面上，一个小球以速度v向右做匀速运动，它经过靠近桌边的竖直木板ad边前方时，木板开始做自由落体运动．若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是( )A B C D图3－44．如图3－5所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为( )图3－5A.3mg B．2mgC．3mg D．4mg5．两个质量相同的小球a、b用长度不等的细线拴在天花板上的同一点，并在空中同一水平面内做匀速圆周运动，如图3－6所示，则a、b两个小球具有相同的( )图3－6A．角速度B．线速度C．向心力D．向心加速度6．如图3－7所示，一个固定在竖直平面上的光滑圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，下列说法中错误的是( )图3－7A．小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向下B．小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向上C．小球通过管道最高点时，小球对管道的压力可能向上D．小球通过管道最高点时，小球对管道可能无压力7．(双选)“天宫一号”绕地球的运动可看做匀速圆周运动，转一周所用的时间约90分钟．下列说法正确的是( )A．“天宫一号”离地面的高度比地球同步卫星离地面的高度小B．“天宫一号”的线速度比地球同步卫星的线速度小C．“天宫一号” 的向心加速度比地球同步卫星的向心加速度大D．当宇航员刘洋站立于“天宫一号”内不动时，她受力平衡8．(双选)2012年6月16日，刘旺、景海鹏、刘洋三名宇航员搭乘“神舟九号”飞船飞向太空.6月24日执行手动载人交汇对接任务后，于29日10时03分乘返回舱安全返回．返回舱在A点从圆形轨道I进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图3－8所示．关于返回舱的运动，下列说法中正确的有( )图3－8A．在同一轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度B．在轨道Ⅱ上经过A的动能大于在轨道Ⅰ上经过A的动能C．在轨道Ⅰ上运动的线速度小于第一宇宙速度D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度9．一长l＝0.80 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m＝0.10 kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H＝1.00 m．开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图3－9所示．让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)当小球运动到B点时的速度大小；(2)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；(3)若OP＝0.6 m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力．图3－9专题限时集训(三)1．C [解析] 由t ＝2hg知平抛运动的时间只与高度有关，三个小球下落高度的关系为：h a >h b >h c ，故t a >t b >t c ，再由x ＝v 0t 及x a <x b <x c 得v a <v b <v c ，C 正确．2．C [解析] 设船自身的速度与河岸的夹角为θ，对垂直河岸方向的分运动，有d ＝vtsin θ，可得t B ＝t C ，选项C 正确．3．B [解析] 木板做自由落体运动，若以木块为参考系，则小球沿竖直方向的运动可视为初速度为零，加速度大小为g 、方向竖直向上的匀加速直线运动，故小球在木板上的投影轨迹应为B 图的情形．4．A [解析] 当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，则mg ＝m v2r ；当小球到达最高点时速率为2v ，则此时每段线中张力大小为F ，受力如图所示，则2Fcos 30°＋mg ＝m （2v ）2r，解得F ＝3mg ，选项A 正确．5．A [解析] 设运动平面与天花板之间的距离为h ，细线与竖直方向夹角为θ，小球圆周运动半径为r ，则有tan θ＝r h ，mgtan θ＝mrω2，联立解得ω2＝g h ，故a 、b 两个小球具有相同的角速度，选项A 正确．6．B [解析] 小球通过最低点时，必受到一个向上的支持力及向下的重力，小球对管道的压力必然向下，A 正确，B 错误．设轨道半径为R ，当小球在最高点的速度v ＝gR 时，小球与管道之间没有作用力，即小球对管道无压力；当小球在最高点的速度v>gR 时，管道对小球提供向下的作用力，由牛顿第三定律知，小球对管道产生向上的压力；当小球在最高点的速度v<gR 时，小球对管道产生向下的压力，C 、D 正确．7．AC [解析] “天宫一号”的周期比地球同步卫星的周期小，故轨道半径也小，A 对；由v ＝GM r 知，半径越小，速度越大，B 错；由a ＝GMr2知，“天宫一号” 的向心加速度比地球同步卫星向心加速度大，C 对；在“天宫一号”里的人随“天宫一号”做匀速圆周运动，受力不平衡，D 错．8．AC [解析] 从近地点到远地点，重力势能增加，动能减小，速度减小，A 正确；由轨道Ⅰ变到轨道Ⅱ需要减速，B 错误；任何在轨运行的地球卫星速度都小于第一宇宙速度，C 正确；根据a ＝GMR2知在轨道Ⅰ上经过A 的加速度等于在轨道Ⅱ上经过A 的加速度，D 错误．9．(1)4.0 m/s (2)0.80 m (3)9 N[解析] (1)设小球运动到B 点时的速度大小v B ，由机械能守恒定律有 12mv 2B ＝mgl 解得小球运动到B 点时的速度 v B ＝2gl ＝4.0 m/s.(2)小球从B 点做平抛运动，由运动学规律得 x ＝v B t y ＝H －l ＝12gt 2解得C 点与B 点之间的水平距离 x ＝v B ·2（H －l ）g＝0.80 m. (3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值F m F m －mg ＝m v 2Brr ＝l －d由以上各式解得 F m ＝9 N.。
精编2013年全国高考物理试题精编曲线运动及解析
28(2013海南卷)．关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是A．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心D．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直答案：AD【2013江苏高考】如图所示,“旋转秋千冶中的两个座椅A、B 质量相等,通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是(A)A 的速度比B 的大(B)A 与B 的向心加速度大小相等()悬挂A、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等(D)悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小答案：D7【2013江苏高考】如图所示,从地面上同一位置抛出两小球A、B,分别落在地面上的M、N 点,两球运动的最大高度相同空气阻力不计,则(A)B 的加速度比A 的大(B)B 的飞行时间比A 的长()B 在最高点的速度比A 在最高点的大(D)B 在落地时的速度比A 在落地时的大答案：D6【2013上海高考】．秋千的吊绳有些磨损。
在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千(A)在下摆过程中(B)在上摆过程中()摆到最高点时(D)摆到最低点时答案：D19【2013上海高考】．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A。
已知A点高度为，山坡倾角为θ，由此可算出(A)轰炸机的飞行高度(B)轰炸机的飞行速度()炸弹的飞行时间(D)炸弹投出时的动能答案：AB20【2013上海高考】．右图为在平静海面上，两艘拖船A、B拖着驳船运动的示意图。
A、B的速度分别沿着缆绳A、B方向，A、B、不在一条直线上。
由于缆绳不可伸长，因此的速度在A、B方向的投影分别与A、B的速度相等，由此可知的(A)速度大小可以介于A、B的速度大小之间(B)速度大小一定不小于A 、B 的速度大小()速度方向可能在A 和B 的夹角范围外(D)速度方向一定在A 和B 的夹角范围内答案：AD28【2013上海高考】．(8分)如图，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上的标尺可以测得水平位移。
高考物理二轮复习 专题限时集训(三)专题三 曲线运动配套作业(解析版,新课标)
专题限时集训(三) [专题三曲线运动](时间：45分钟)1．降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞( ) A．下落的时间越短B．下落的时间越长C．落地时速度越小D．落地时速度越大2．在一次体育活动中，两个同学一前一后在同一水平直线上分别抛出两个小球A和B，两个小球的运动轨迹如图3－1所示，不计空气阻力．要使两个小球在空中发生碰撞，必须( )图3－1A．先拋出A球，后抛出B球B．同时拋出两个小球C．A球抛出速度小于B球拋出速度D．使两个小球质量相等3．现在城市的滑板运动非常流行，在水平地面上一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定速度向前滑行，在横杆前起跳并越过横杆，从而使人与滑板分别从横杆的上下通过，如图3－2所示．假设人和滑板运动过程中受到的各种阻力忽略不计，运动员能顺利完成该动作，最终仍落在滑板原来的位置上，要使这个表演成功，运动员除了跳起的高度足够外，在起跳时双脚对滑板作用力的合力方向应该( )图3－2A．竖直向下B．竖直向上C．向下适当偏后 D．向下适当偏前4．一探照灯照射在云层底面上，云层底面是与地面平行的平面，如图3－3所示，云层底面距地面高h，探照灯以匀角速度ω在竖直平面内转动，当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点的移动速度是( )图3－3A．hω B.hωcosθC.hωcos2θD．hωtanθ5．如图3－4所示，在长约1 m的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个圆柱形的红蜡块R，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧．将此玻璃管迅速竖直倒置．红蜡块R就沿玻璃管由管口A上升到管底B.若在将玻璃管竖直倒置、红蜡块从A端上升的同时，将玻璃管向右水平移动(玻璃管的初速度可能为零、也可能不为零)，直至红蜡块上升到管底B的位置．描出红蜡块的运动轨迹如图3－5所示，则红蜡块和玻璃管的运动情况可能是( )图3－4 图3－5A．红蜡块沿玻璃管向上做匀速运动，玻璃管向右做匀速运动B．红蜡块沿玻璃管向上做匀加速运动，玻璃管向右做匀速运动C．红蜡块沿玻璃管向上做匀速运动，玻璃管向右做匀减速运动D．红蜡块沿玻璃管向上做匀速运动，玻璃管向右做匀加速运动6．如图3－6所示，P是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B点以速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道．O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角，则( )图3－6A.tanθ1tanθ2＝12B．tanθ1tanθ2＝2C.1tanθ1tanθ2＝2 D.tanθ1tanθ2＝127．乒乓球在我国有广泛的群众基础，并有“国球”的美誉，中国乒乓球的水平也处于世界领先地位．现讨论乒乓球发球问题，已知球台长L、网高h，假设乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力．若球在球台边缘O点正上方某高度处以一定的速度被水平发出(如图3－7所示)，球恰好在最高点时越过球网，则根据以上信息不能求出的物理量( )图3－7A．发球的初速度大小 B．发球时的高度C．球从发出到第一次落在球台上的时间 D．球从发出到对方运动员接住的时间8．如图3－8所示，蜘蛛在地面与竖直墙壁之间结网，蛛丝AB与水平地面之间的夹角为45°，A点到地面的距离为1 m，已知重力加速度g取10 m/s2，空气阻力不计，若蜘蛛从竖直墙上距地面0.8 m的C点以水平速度v0跳出，要到达蛛丝，水平速度v0至少为( )图3－8A．1 m/s B．2 m/sC．2.5 m/s D. 5 m/s9．如图3－9所示，在水平桌面上固定甲、乙两个相同的弹射器，乙在甲正上方h＝0.8 m 处，现甲、乙两个弹射器分别将物块A、B以v A＝6 m/s、v B＝5 m/s的水平速度同时弹出，一段时间后B击中A，取g＝10 m/s2.(1)求物块A与桌面间的动摩擦因数；(2)若物块A、B再次以另外的水平速度同时弹出，且在离甲4 m远处B又击中A，求物块A被击中时的速度．图3－910．“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上．现将太极球简化成如图3－10甲所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．设球的重力为1 N，不计拍的重力．求：(1)健身者在C处所需施加的力比在A处大多少？(2)设在A处时健身者需施加的力为F，当球运动到B、D位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，请在图乙中作出tan θ－F的关系图象．甲乙图3－10专题限时集训(三)1．D [解析] 风沿水平方向吹，不影响竖直速度，故下落时间不变，选项A、B均错误；风速越大时合速度越大，故选项C错误，选项D正确．2．B [解析] 因为相遇时两个小球下落的高度相同，所以运动时间相等，必须同时平抛，选项A错误，选项B正确；相遇时A球的水平位移大于B球的水平位移，所以A球的平抛速度应大于B球的平抛速度，选项C错误；小球的运动情况与小球的质量无关，选项D错误．3．A [解析] 由于运动员最终仍落在滑板原来的位置上，所以运动员和滑板在水平方向上的运动均不变，双脚对滑板作用力的合力只能沿竖直方向，由题意可以判断应竖直向下，选项A正确．4．C [解析] 当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点转动的线速度v 1＝ωr＝ωh cos θ，如图所示，则云层底面上光点的移动速度v ＝v 1cos θ＝ωh cos 2θ，选项C 正确． 5．B [解析] 由于红蜡块所受的浮力大于其重力，故红蜡块沿玻璃管向上一定做匀加速运动；由图可知，蜡块做曲线运动，其加速度沿y 轴正方向的分量大于沿x 轴正方向的分量，因此玻璃管对应的运动可能为向右做匀减速运动，也可能为向右做匀速运动，还可能为向右做匀加速运动且加速度小于红蜡块向上运动的加速度，选项B 正确．6．B [解析] 由题意可知：tan θ1＝v y v x ＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt ，所以tan θ1tan θ2＝2，故选项B 正确．7．D [解析] 根据题意分析可知，乒乓球在球台上的运动轨迹具有对称性，显然发球时的高度等于h ，从发球到运动到P 1点的水平位移等于14L ，所以可以求出球的初速度大小，也可以求出球从发出到第一次落在球台上的时间．由于对方运动员接球的位置未知，所以无法求出球从发出到被对方运动员接住的时间．8．B [解析] 以C 为原点，水平向右为x 轴正方向、竖直向下为y 正方向建立直角坐标系，由平抛运动的规律知：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，蛛丝AB 所在直线方程为x －y ＝0.2(m)，联立解得恰好到达蛛丝时有t ＝0.2 s ，v 0＝2 m/s ，所以选项B 正确．9．(1)0.5 (2)9 m/s[解析] (1)物块B 在竖直方向做自由落体运动，则h ＝12gt 2 解得B 的运动时间t ＝2h g＝0.4 s 在水平方向做匀速直线运动，则水平位移x B ＝v B t ＝2 m物块A 弹开后做匀减速运动，由牛顿第二定律有－μmg＝ma且x A ＝v A t ＋12at 2 因为B 击中A ，所以x A ＝x B解得μ＝0.5.(2)根据在离甲x A ′＝4 m 远处B 又击中A ，可得x ′A ＝v ′A t ＋12at 2 解得v ′A ＝11 m/s物块A 被击中时的速度v ″A ＝v′＋at ＝9 m/s.10．(1)2 N (2)如图所示[解析] (1)设球运动的线速度为v ，半径为R ，则在A 处时F ＋mg ＝m v 2R在C 处时F′－mg ＝m v 2R解得ΔF ＝F′－F ＝2mg ＝2 N.(2)在A 处时健身者需施加的力为F ，球在A 处做匀速圆周运动的向心力F 向＝F ＋mg ，在B 处不受摩擦力作用，受力分析如图所示．则tan θ＝F 向mg ＝F ＋mg mg＝F ＋1 作出的tan θ－F 的关系图象如图所示．。
曲线运动分类复习题(带答案)精编版
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新 料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯一、曲线运动的条件1．质点在三个恒力 F 1、F 2、F 3 的共同作用下保持均衡状态， 若忽然撤去 F 1，而保持 F 2、F 3 不变， 则质点（ A ） A ．必定做匀变速运动 B ．必定做直线运动C ．必定做非匀变速运动D ．必定做曲线运动2．对于运动的合成，以下说法中正确的选项是（ C ）A. 合运动的速度必定比分运动的速度大B. 两个匀速直线运动的合运动不必定是匀速直线运动C. 两个匀变速直线运动的合运动不必定是匀变速直线运动D.合运动的两个分运动的时间不必定相等3．对于曲线运动，以下说法中正确的选项是（AC ）A. 曲线运动必定是变速运动B. 变速运动必定是曲线运动C. 曲线运动可能是匀变速运动D. 变加快运动必定是曲线运动4．以下图，一质点在一恒力作用下做曲线运动，从 M 运动到点 N 点时，质点的 速度方向恰巧改变了 90°。
在此过程中，质点的速率 ( C)A. 不停减小B. 不停增大C. 先减小后增大D. 先增大后减小5．以以下图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其 v － t 图象如图乙所示．人顶杆沿水平川面运动的 s － t 图象如图丙所示．若以地面为参照系，下列说法中正确的选项是 ( BD)A ．猴子的运动轨迹为直线B ．猴子在 2 s 内做匀变速曲线运动C ． t ＝ 0时猴子的速度大小为 8 m/sD ． t ＝ 2 s 时猴子的加快度为 4 m/s 2二、运动的合成和分解1．骑车人以 5m/s 的速率向东走时， 他感觉风从正北方向吹来。
当他骑车速度加倍时， 则感觉风从东北方向吹来，则(AD)A ．风从西北方向吹来B ．风从东南方向吹来C ．风的速率为 10 3 m/sD ．风的速率为 5 2 m/s2．在玻璃生产线上，宽 L=4.8m 的成型玻璃以 v 1的速度连续不停地水平向右挪动，在切割工序处，割刀相对玻璃的切割速度v 2，为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，则以下说法正确的选项是ACA ．割刀运动的对地速度为 2m/sB ．割刀运动的对地速度为27 m/s5C ．达成切割一次矩形玻璃板的时间为 3sD ．一次切割时间内玻璃板的位移是3．民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上，弯弓放箭射向一侧的固定目标 . 假定运动员骑马奔驰的速度为v 1，运动员静止时射出的箭速度为v 2，跑道离固定目标的近来距离为d. 要想命中目标且射出的箭在空中飞翔时间最短，则BCv 122A ．运动员放箭处离目标的距离为 dB ．运动员放箭处离目标的距离为 v 1 ＋v 2 dv 2 v 2 C ．箭射到靶的最短时间为dD ．箭射到靶的最短时间为dv 2v 22－ v 124．以下图，人在岸上拉船，已知船的质量为 m ，水的阻力恒为 f ，当轻绳与水平面的 夹角为 θ时，船的速度为 v ，此时人的拉力大小为 F ，则此时 ( AC)( )1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新料介绍⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯A ．人拉绳行走的速度为 vcosθ B．人拉绳行走的速度为 v/cosθC．船的加快度为Fcosθ－fD ．船的加快度为F－f m m5．如图 6 所示，一块橡皮用细线悬挂于O 点，用钉子靠着线的左边，沿与水平方向成30°角的斜面向右以速度v 匀速运动，运动中一直保持悬线竖直，以下说法正确的选项是( BC)A ．橡皮的速度大小为 2 vB ．橡皮的速度大小为3 vC．橡皮的速度与水平方向成60°角D．橡皮的速度与水平方向成45°角6．如图为在沉静海面上，两艘拖船 A 、 B 拖着驳船 C运动的表示图。
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专题限时集训(三) [专题三曲线运动]
(时间：45分钟)
1．降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞( ) A．下落的时间越短
B．下落的时间越长
C．落地时速度越小
D．落地时速度越大
2．在一次体育活动中，两个同学一前一后在同一水平直线上分别抛出两个小球A和B，两个小球的运动轨迹如图3－1所示，不计空气阻力．要使两个小球在空中发生碰撞，必须( )
图3－1
A．先拋出A球，后抛出B球
B．同时拋出两个小球
C．A球抛出速度小于B球拋出速度
D．使两个小球质量相等
3．现在城市的滑板运动非常流行，在水平地面上一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定速度向前滑行，在横杆前起跳并越过横杆，从而使人与滑板分别从横杆的上下通过，如图3－2所示．假设人和滑板运动过程中受到的各种阻力忽略不计，运动员能顺利完成该动作，最终仍落在滑板原来的位置上，要使这个表演成功，运动员除了跳起的高度足够外，在起跳时双脚对滑板作用力的合力方向应该( )
图3－2
A．竖直向下B．竖直向上
C．向下适当偏后 D．向下适当偏前
4．一探照灯照射在云层底面上，云层底面是与地面平行的平面，如图3－3所示，云层底面距地面高h，探照灯以匀角速度ω在竖直平面内转动，当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点的移动速度是( )
图3－3
A．hω B.
hω
cosθ
C.
hω
cos2θ
D．hωtanθ
5．如图3－4所示，在长约1 m的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个圆柱形的红蜡块R，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧．将此玻璃管迅速竖直倒置．红蜡块R就沿玻璃管由
管口A上升到管底B.若在将玻璃管竖直倒置、红蜡块从A端上升的同时，将玻璃管向右水平移动(玻璃管的初速度可能为零、也可能不为零)，直至红蜡块上升到管底B的位置．描出红蜡块的运动轨迹如图3－5所示，则红蜡块和玻璃管的运动情况可能是( )
图3－4 图3－5
A．红蜡块沿玻璃管向上做匀速运动，玻璃管向右做匀速运动
B．红蜡块沿玻璃管向上做匀加速运动，玻璃管向右做匀速运动
C．红蜡块沿玻璃管向上做匀速运动，玻璃管向右做匀减速运动
D．红蜡块沿玻璃管向上做匀速运动，玻璃管向右做匀加速运动
6．如图3－6所示，P是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B点以速度v
水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道．O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角，则( )
图3－6
A.tanθ
1
tanθ
2
＝
1
2
B．tanθ
1
tanθ
2
＝2
C.
1
tanθ
1
tanθ
2
＝2 D.
tanθ
1
tanθ
2
＝
1
2
7．乒乓球在我国有广泛的群众基础，并有“国球”的美誉，中国乒乓球的水平也处于世界领先地位．现讨论乒乓球发球问题，已知球台长L、网高h，假设乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力．若球在球台边缘O点正上方某高度处以一定的速度被水平发出(如图3－7所示)，球恰好在最高点时越过球网，则根据以上信息不能求出的物理量( )
图3－7
A．发球的初速度大小 B．发球时的高度
C．球从发出到第一次落在球台上的时间 D．球从发出到对方运动员接住的时间
8．如图3－8所示，蜘蛛在地面与竖直墙壁之间结网，蛛丝AB与水平地面之间的夹角为45°，A点到地面的距离为1 m，已知重力加速度g取10 m/s2，空气阻力不计，若蜘蛛从竖
直墙上距地面0.8 m的C点以水平速度v
0跳出，要到达蛛丝，水平速度v
至少为( )
图3－8
A．1 m/s B．2 m/s
C．2.5 m/s D. 5 m/s
9．如图3－9所示，在水平桌面上固定甲、乙两个相同的弹射器，乙在甲正上方h＝0.8 m
处，现甲、乙两个弹射器分别将物块A、B以v
A ＝6 m/s、v
B
＝5 m/s的水平速度同时弹出，一
段时间后B击中A，取g＝10 m/s2.
(1)求物块A与桌面间的动摩擦因数；
(2)若物块A、B再次以另外的水平速度同时弹出，且在离甲4 m远处B又击中A，求物块A被击中时的速度．
图3－9
10．“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上．现将太极球简化成如图3－10甲所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．设球的重力为1 N，不计拍的重力．求：
(1)健身者在C处所需施加的力比在A处大多少？
(2)设在A处时健身者需施加的力为F，当球运动到B、D位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，请在图乙中作出tan θ－F的关系图象．
甲乙
图3－10
专题限时集训(三)
1．D [解析] 风沿水平方向吹，不影响竖直速度，故下落时间不变，选项A、B均错误；风速越大时合速度越大，故选项C错误，选项D正确．
2．B [解析] 因为相遇时两个小球下落的高度相同，所以运动时间相等，必须同时平抛，选项A错误，选项B正确；相遇时A球的水平位移大于B球的水平位移，所以A球的平抛速度应大于B球的平抛速度，选项C错误；小球的运动情况与小球的质量无关，选项D错误．3．A [解析] 由于运动员最终仍落在滑板原来的位置上，所以运动员和滑板在水平方向上的运动均不变，双脚对滑板作用力的合力只能沿竖直方向，由题意可以判断应竖直向下，选项A正确．
4．C [解析] 当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点转动的线速度v 1＝ωr ＝
ωh cos θ，如图所示，则云层底面上光点的移动速度v ＝v 1cos θ＝ωh
cos 2
θ
，选项C 正确． 5．B [解析] 由于红蜡块所受的浮力大于其重力，故红蜡块沿玻璃管向上一定做匀加速运动；由图可知，蜡块做曲线运动，其加速度沿y 轴正方向的分量大于沿x 轴正方向的分量，因此玻璃管对应的运动可能为向右做匀减速运动，也可能为向右做匀速运动，还可能为向右做匀加速运动且加速度小于红蜡块向上运动的加速度，选项B 正确．
6．B [解析] 由题意可知：tan θ1＝v y v x ＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12
gt 2＝2v 0gt
，所以tan θ1tan θ
2
＝2，故选项B 正确．
7．D [解析] 根据题意分析可知，乒乓球在球台上的运动轨迹具有对称性，显然发球时的高度等于h ，从发球到运动到P 1点的水平位移等于1
4，所以可以求出球的初速度大小，也可
以求出球从发出到第一次落在球台上的时间．由于对方运动员接球的位置未知，所以无法求出球从发出到被对方运动员接住的时间．
8．B [解析] 以C 为原点，水平向右为x 轴正方向、竖直向下为y 正方向建立直角坐标系，由平抛运动的规律知：x ＝v 0t ，y ＝1
2gt 2，蛛丝AB 所在直线方程为x －y ＝0.2(m)，联立解
得恰好到达蛛丝时有t ＝0.2 s ，v 0＝2 m/s ，所以选项B 正确．
9．(1)0.5 (2)9 m/s
[解析] (1)物块B 在竖直方向做自由落体运动，则h ＝1
2gt 2
解得B 的运动时间t ＝
2h
g
＝0.4 s 在水平方向做匀速直线运动，则水平位移x B ＝v B t ＝2 m 物块A 弹开后做匀减速运动，由牛顿第二定律有 －μmg ＝ma 且x A ＝v A t ＋1
2
at 2
因为B 击中A ，所以x A ＝x B
解得μ＝0.5.
(2)根据在离甲x A ′＝4 m 远处B 又击中A ，可得 x ′A ＝v ′A t ＋1
2
at 2
解得v ′A ＝11 m/s
物块A 被击中时的速度v ″A ＝v′＋at ＝9 m/s. 10．(1)2 N (2)如图所示
[解析] (1)设球运动的线速度为v ，半径为R ，则 在A 处时F ＋mg ＝m v 2
R
在C 处时F′－mg ＝m v 2
R
解得ΔF ＝F′－F ＝2mg ＝2 N.
(2)在A 处时健身者需施加的力为F ，球在A 处做匀速圆周运动的向心力F 向＝F ＋mg ，在B 处不受摩擦力作用，受力分析如图所示．
则tan θ＝
F 向mg ＝F ＋mg mg
＝F ＋1 作出的tan θ－F 的关系图象如图所示．。