1、专练6 曲线运动常考题型1.应用 运动的合成与分解例1 (2021广东卷4)由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30匀速转动到60的过程中，下列说法正确的是()A. P点的线速度大小不变B. P点的加速度方向不变C. Q点在竖直方向做匀速运动D. Q点在水平方向做匀速运动2.应用 平抛运动基本规律的应用 例2(2021河北卷2)铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以100 m/s的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN所用时间为t1；图2中铯原子在
2、真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为t2，O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2 m，重力加速度取g10 m/s2，则t1t2为()A1001 B1100 C1200 D20013.应用 圆周运动的分析 例3(2021河北卷9)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时()A小球的高度一定降低B弹簧弹力的大小一定不变C小球对杆压力的大小一定变大D小球所受合
3、外力的大小一定变大对点速练1(多选)如图所示，某同学将一块橡皮用光滑细线悬挂于O点，用一枝铅笔贴着细线中点的左侧以速度v水平向右匀速移动。则在铅笔移动到图中虚线位置的过程中()A细线绕O点转动的角速度不断变小B细线绕O点转动的角速度不断增大C橡皮的运动轨迹为曲线D橡皮处于超重状态2如图所示，汽车通过缆绳跨过轻小定滑轮O将重物竖直吊起，汽车由静止开始向右做匀加速运动，加速度大小为a，经过时间t，缆绳与水平方向的夹角为，已知缆绳与汽车的连接处和滑轮O间的高度差为h，则下列说法正确的是()A在时间t内，汽车的位移大小为at2cos B在时间t内，重物上升的高度为Ct时刻末，重物的速度大小为atsin
4、 Dt时刻末，缆绳OB转动的角速度大小为3如图所示，一质量为m的质点做平抛运动，依次经过A、B、C三点，A到B和B到C的时间相等。A、C两点距水平地面高度分别为h1、h2，质点经过A、C两点时速度与水平方向的夹角分别为30、60，重力加速度大小为g，则()A质点经过C点时动能为mg(h1h2)B质点经过B点时速度与水平方向的夹角为45CB、C间的高度差是A、B间的3倍D质点的水平速度大小为4(多选)如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45，现由A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v
5、2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，重力加速度大小为g，则()A落于B点的小球飞行时间为tBv2gtC落于C点的小球的水平位移为gt2DA点距水平面MN的高度为gt25如图所示，半径为R1 m的圆弧固定在水平墙角，一小球（视为质点）以初速度v0从台面某一高度处水平向右飞出，经过一段时间，恰好经过圆弧面上点C（未画出），且速度方向与圆弧面相切，已知COB的正弦值为sin 2，则圆心O与水平台面的高度差H应为()A1.5 m B2 m C(1) m D m6(多选)如图所示，倾角53的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点A在转轴OO1上。转台以角速度匀速转
6、动时，将质量为m的小物块（可视为质点）放置于斜面上，经过一段时间后小物块与斜面一起转动且相对静止在AB线上，此时小物块到A点的距离为L。已知小物块与斜面之间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，若最大静摩擦等于滑动摩擦力，sin 530.8，cos 530.6。则物块相对斜面静止时()A小物块受到的摩擦力方向一定沿斜面向下B小物块对斜面的压力大小不小于mgC水平转台转动角速度应不小于D水平转台转动角速度应不大于7(多选)如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R，A、B、C、D为圆环上的四个点，AC水平、BD竖直，A、D间固定有光滑细直杆。质量为m的带孔小球P穿于杆上，与P相同的小球Q穿在
7、环上，并通过长为R的结实细绳固定在D点。在圆环以BD为轴转动时，若小球P位于AD杆的中点，圆环转动的角速度为0，则()A圆环的角速度B角速度0为零时细绳的弹力不为零C当圆环的角速度由0增大少许时，P球将上升到DA中点偏上一点与杆相对静止D若P与D的距离为，细绳的弹力为mg8单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2。某次练习过程中，运动员以vM10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角72.8，腾空后沿轨道边缘的N点进
8、入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g10 m/s2，sin 72.80.96，cos 72.80.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。9“抛石机”是古代战争中常用的一种设备，其装置简化原理如图所示。“抛石机”长臂的长度L4.8 m，短臂的长度l0.96 m。在某次攻城战中，敌人城墙高度H12 m，士兵们为了能将石块投入敌人城中，在城外堆出了高h8 m的小土丘，在小土丘上使用“抛石机”对敌人进行攻击。士兵将质量m4.8 kg的石块装在长臂末端的弹框中，开始时长臂处于静止状态，其与水平底面夹角30。现对
9、短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出且恰好击中城墙正面与小土丘等高的P点，P点与抛出位置间的水平距离x018 m。不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2。(1)求石块刚被抛出时短臂末端的速度大小v；(2)求石块转到最高点时对弹框竖直方向作用力的大小；(3)若城墙上端的水平宽度d2.4 m，则石块抛出时速度多大才可以击中敌人城墙顶部？10如图所示，竖直面内的直角ABC的BC边在水平地面上，AC边长度为12 m，AB边与水平地面夹角53。现从竖直边AC上距离A点为2.1m的M点由静止释放小球P，小球P做自由落体运动与正下方固定在铁架台上的三棱柱G碰撞，碰撞后速度方向水平向右
10、，大小与碰前相同，最终落到水平地面上（小球P接触水平地面速度立即变为零），三棱柱G的位置可沿竖直方向在M点、C点之间上下调节。小球P和三棱柱G的大小都可忽略不计，空气阻力不计，sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2。求：(1)当小球P在水平地面上的落点离C点最远时，三棱柱G到M点的距离h1；(2)当小球P恰好不穿出AB边时，三棱柱G到M点的距离h2。参考答案1.应用 运动的合成与分解例1【解析】由题知杆OP绕O点从与水平方向成30匀速转动到60，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；由题知杆OP绕O点从与水平方向成30匀速转动到60，则P点绕O点做匀速圆
11、周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为ylOPsin(t)，则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为xlOPcos(t)lPQ，则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。【答案】A2.应用 平抛运动基本规律的应用 例2【解析】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即xvt1，解得t10.002 s，铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时，逆过程可视为自由落体，即，解得t20.4 s，则t1t21200，故选C。【答案】C3.应用 圆周运动的分析 例
12、3【解析】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为，则对小球竖直方向Tsin mg，而，可知为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，则A错误，B正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则Tcos FNm2r，即FNTcos m2r，当转速较大时，FN指向转轴Tcos FNm2r，即FNm2rTcos ，则因 ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，则C错误；根据F合m2r可知，因角速度变大，则小球受合外力变大，则D正确。【答案】BD对点速练1(多选)【答案】ACD【解析】如图所示，垂直绳子方向的速度vvcos ，半径，角速度，而逐渐增
13、大，因此角速度减小，A正确，B错误；v绳vsin ，因v不变，逐渐增大，因此绳子速度增大，向上加速；依据运动的合成，可知橡皮的运动轨迹为曲线，处于超重状态，C、D正确。2【答案】D【解析】汽车由静止开始向右做匀加速运动，加速度大小为a，在时间t内，汽车的位移大小xat2，故A错误；由余弦定理得，解得，则重物上升的高度为，故B错误；重物的速度为汽车沿绳方向的速度，v物atcos ，故C错误；汽车垂直绳的分速度vatsin ，缆绳OB转动的角速度大小，故选D。3【答案】D【解析】质点从A到C过程中，质点的初速度不为零，因此由动能定理可知mg(h1h2)Ek，故A错误；设A到B和B到C的时间为t，则
14、有v0tan 60v0tan 302gt，B点竖直方向的速度为vByv0tan 30gt，解得vByv0，则质点在B点时速度与水平方向的夹角的正切值tan ，故B错误；如果A点为抛出点，竖直方向为初速度为0的匀加速度直线运动，由于A到B和B到C的时间相等，则B、C间的高度差是A、B间的3倍，但A点不是抛出点，故C错误；由vByv0tan 30gt可得，竖直方向有，解得，故D正确。4(多选)【答案】ACD【解析】落于C点的小球速度垂直QO，则分解速度，如图所示，则v1gt，水平位移xv1tgt2，选项C正确；落于B点的小球，则分解位移如图所示。其中，BC在同一平面，下落高度相同，故飞行时间都为t
15、，有tan 45，v2，选项A正确，B错误；设C点距地面的高度为h，由几何关系知2hv1tv2t，得hgt2，故A距水平面高度Hhgt2gt2，选项D正确。5【答案】B【解析】把C点速度分解如图所示，飞行时间，水平位移，变形可得，代入y化简得，故选B。6(多选)【答案】BC【解析】当角速度较小时，小物块有沿斜面向下的运动趋势，受到的摩擦力方向沿斜面向上，故A错误；当角速度最小时，物块恰好不下滑，受力分析如图1所示，y轴方向根据平衡条件，x轴方向，解得，当角速度最大时，物块恰好不上滑，受力分析如图2所示，y轴方向根据平衡条件，x轴方向，解得，由上分析可知，角速度取值范围为，小物块对斜面的压力大小
16、NN，取值范围为，故BC正确，D错误。7(多选)【答案】AD【解析】小球P位于AD杆的中点，则其运动轨迹半径，对于小球P，竖直方向据平衡条件有，水平方向据牛顿第二定律有，联立解得，A正确；角速度0为零时小球将会向下滑动，细绳不可能张紧，细绳的弹力必然为零，B错误；由A解析可得，当圆环的角速度由0增大少许时，出现，小球会做离心运动直到A点，C错误；若P与D的距离为，根据几何关系，对于小球Q，竖直方向根据平衡条件有，水平方向根据牛顿第二定律有，根据几何关系，其轨迹半径，联立解得，D正确。8【解析】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得：v1vMsi
17、n 72.8 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得：mgcos17.2ma1 由运动学公式得d 联立式，代入数据得：d4.8 m。 (2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得：v2vMcos72.8 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得：mgsin17.2ma2 设腾空时间为t，由运动学公式得：t Lv2ta2t2 联立式，代入数据得：L12 m。 9【解析】(1)石块抛出后做平抛运动，有则石块抛出时的速度长臂和短臂的角速度相同，有代入数据解得。(2)石块转到最高点时，弹框对石块竖直方向
18、的作用力和石块的重力的合力提供石块做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得解得F177 N根据牛顿第三定律知，石块转到最高点时对弹框竖直方向作用力的大小为177 N。(3)石块击中城墙顶部时，根据公式，有代入数据解得石块击中城墙顶部的水平位移抛出时初速度代入数据解得。10【解析】(1)小球运动轨迹如图（甲）所示，P做自由落体运动的末速度碰后，P做平抛运动，水平方向竖直方向由几何关系有解得由均值定理得。(2)临界状态一：小球运动轨迹如图（乙）所示，碰后，P做平抛运动的轨迹与边相切于D点，P做自由落体运动的末速度碰后，P做平抛运动，水平方向竖直方向，对切点D处速度分解得由几何关系有解得临界状态二：小球运动轨迹如图（丙）所示，小球P恰好落在B点，P做自由落体运动的末速度由几何关系有，碰后，P做平抛运动，水平方向竖直方向解得或（舍去）。
