1、曲线运动 专题四 经典特训题组 1(多选)如图甲所示，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，同时人顶杆沿水平地面运动的 x-t 图象如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法中正确的是()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 Ct0 时猴子的速度大小为 8 m/s Dt2 s 时猴子的加速度大小为 4 m/s2 答案 BD 解析 由题图乙知，猴子竖直方向上向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下，由题图丙知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下且加速度的大小、方向均不变，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在 2 s 内做匀变速曲线运动，A
2、 错误，B 正确；x-t 图象的斜率等于速度，则知 t0 时猴子水平方向的速度大小为 vx4 m/s，又竖直方向初速度大小vy8 m/s，则 t0 时猴子的速度大小为：v v2xv2y4 5 m/s，故 C 错误；v-t 图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度为：avt082 m/s24 m/s2，即加速度大小为 4 m/s2，故 D 正确。2(多选)如图所示，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，炸弹垂直击中山坡上的目标 A。已知 A 点高度为 h360 m，山坡倾角 为 37，sin370.6，cos370.8，g 取 10 m/s2，由此可算出()A炸弹的飞行时间为
3、 0.8 s B炸弹飞行的水平位移为 480 m C轰炸机的飞行高度为 680 m D炸弹的落地速度为 80 m/s 答案 BC 解析 如图所示，已知 A 点高度为 h360 m，山坡倾角为 37，可算出炸弹飞行的水平位移为 xhtan37480 m，故 B 正确；炸弹垂直击中目标 A，可知炸弹的速度偏转角满足 253，由平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍可知 tangtv02Hx，解得 H320 m，所以轰炸机的飞行高度 H 总Hh680 m，故 C 正确；炸弹的飞行时间 t2Hg 8 s，故 A 错误；炸弹的初速度为 v0 xt60 m/s，落地速度
4、v v0cos100 m/s，故 D 错误。3(多选)如图，排球场总长为 18 m，设网的高度为 2 m，运动员站在离网 3 m 远的线上正对网前竖直跳起，在高为 2.5 m 处把作为质点的排球垂直于网水平击出。空气阻力不计，重力加速度 g 取 10 m/s2，则()A若球未触网，排球飞行时间为 22 s B击球速度大于 20 m/s，球必定会出界 C击球速度小于 10 m/s，球必定会触网 D只要击球点高于 2 m，且击球速度合适，球总可以落到对方界内 答案 AB 解析 若排球未触网，排球做平抛运动，根据 H12gt2，得排球飞行时间为 t12Hg 22.510 s 22 s，故 A 正确；
5、排球出界的临界击球速度值为 v1x1t11222 m/s12 2 m/s，所以击球速度大于 20 m/s，球必定会出界，故 B 正确；若球恰好触网，则球在球网上方运动的时间为 t22Hhg 22.5210 s110 s，由此求得排球触网的临界击球速度为 v2x2t2 3110 m/s3 10 m/s，即击球速度小于 3 10 m/s，球必定会触网，故 C错误；设击球点的高度为 H，当 H较小时，击球速度过大会出界，击球速度过小又会触网，如果球刚好擦网而过，落地时又恰压底线上，则有x12Hgx22Hhg，代入数据得122Hg32H2g，计算得出H2.13 m，即击球高度小于 2.13 m 时，不
6、论击球速度多大，球要么出界，要么触网，一定不会落到对方界内，D 错误。4.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球 P，细线的上端固定在金属块 Q 上，Q 放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q 始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是()A细线所受的拉力变小 B小球 P 运动的角速度变大 CQ 受到桌面的静摩擦力变小 DQ 受到桌面的支持力变大 答案 B 解析 设小球质量为 m，金属块质量为 M，细线拉力为 F，金属块所受摩擦力为 f，细线与竖直方向夹角为，桌面下方的细线长为
7、L。分析小球 P的受力，竖直方向有 Fcosmg，水平方向有 Fsinm2Lsin，可知 Fmgcos，gLcos，fF。由 F mgcos得，增大，F 增大，故 A 错误；由gLcos得，增大，增大，故 B 正确；fF，F 增大，因此 f 增大，故 C 错误；Q 受到桌面的支持力始终等于 Q 的重力，故 D 错误。5(多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为 m 的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为 T，小球在最高点的速度大小为 v，其 T-v2 图象如图乙所示，则()A轻质绳长为mba B当地的重力加速度为ma C当 v2c 时，轻质绳的拉力大
8、小为acb a D只要 v2b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为 6a 答案 AD 解析 设绳长为 R，由牛顿第二定律知小球在最高点满足 Tmgmv2R，即 TmRv2mg，由题图乙知 amg，bgR，所以 gam，Rmba，A 正确，B 错误；当 v2c 时，有 TmgmcR，将 g 和 R 的值代入得 Tacb a，C错误；因小球在最低点满足 Tmgmv21R，即在最低点和最高点时绳的拉力差 TTT2mgmR(v21v2)，又由机械能守恒定律知12mv212mgR12mv2，可得 T6mg6a，D 正确。6.(多选)如图所示，两个质量均为 m 的小木块 a 和 b(可视为质点)放在水平
9、圆盘上，a 与转轴 OO的距离为 l，b 与转轴的距离为 2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的 k 倍，重力加速度大小为 g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用 表示圆盘转动的角速度。下列说法正确的是()Ab 一定比 a 先开始滑动 Ba、b 所受的摩擦力始终相等 Ckg2l是 b 开始滑动的临界角速度 D当 2kg3l 时，a 所受摩擦力的大小为 kmg 答案 AC 解析 a 与 b 所受的最大摩擦力相等，由 F 向m2r 知 b 需要的向心力较大，所以 b 先滑动，A 正确；在未滑动之前，a、b 各自受到的摩擦力等于其向心力，因此 b 受到的摩擦力大于 a 受到的摩擦力，B
10、 错误；b 处于临界状态时，kmgm2b2l，解得 bkg2l，C 正确；a 的临界角速度 akgl，当 2kg3l 时，F 向m2l23kmg，小于最大静摩擦力，故其所受摩擦力大小等于向心力为23kmg，D 错误。真题调研题组 1(2019江苏高考)(多选)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为 m，运动半径为 R，角速度大小为，重力加速度为 g，则座舱()A运动周期为2R B线速度的大小为 R C受摩天轮作用力的大小始终为 mg D所受合力的大小始终为 m2R 答案 BD 解析 座舱的运动周期 T2，A 错误；根据线速度与角速度的关系，可知座舱的线速度大小为 v
11、R，B 正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与座舱自身重力的合力提供向心力，合力大小始终为 F合m2R，C 错误，D 正确。2(2019海南高考)如图，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴 OO的距离为 r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为 g。若硬币与圆盘一起绕 OO轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为()A.12grB.gr C.2grD2 gr 答案 B 解析 设硬币质量为 m，当圆盘转动的角速度最大时，硬币受到的静摩擦力达到最大，最大静摩擦力提供向心力，即 mgm2r，可得 gr，B 正确。3(2019全国卷)(多
12、选)如图 a，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用 v 表示他在竖直方向的速度，其 v-t 图象如图 b 所示，t1 和 t2 是他落在倾斜雪道上的时刻。则()A第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D竖直方向速度大小为 v1 时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 答案 BD 解析 v-t 图象中图线与 t 轴包围的面积表示位移大小，第二次滑翔过程中所围面积大表示在竖直
13、方向上位移大，A 错误；比较身体姿态对下落速率的影响，应控制两次水平速度相同，运动员在水平方向上的运动可看成匀速直线运动，由 xvt 知运动时间长的水平位移大，B 正确；从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由 avt，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上平均加速度小于第一次，C 错误；v-t 图象的斜率表示加速度，竖直方向速度大小为 v1 时，第二次滑翔在竖直方向上加速度小，设在竖直方向上所受阻力为 f，由 mgfma，可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力大，D 正确。4(2018江苏高考)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球
14、。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的()A时刻相同，地点相同 B时刻相同，地点不同 C时刻不同，地点相同 D时刻不同，地点不同 答案 B 解析 弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以先后弹出的两只小球在竖直方向与弹射管相对静止，两球一定与弹射管同时落地，即两只小球落到水平地面的时刻相同；弹出的小球在水平方向做匀速运动，且弹出小球的水平初速度相同，但由于两小球弹出时距离水平面的高度不同，所以两只小球在水平方向运动的时间不等，水平位移不相等，因此落点不相同，故 B 正确。5(2017江苏高考)如图所示，A、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间 t 在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的 2
15、 倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为()At B.22 tC.t2 D.t4 答案 C解析 设 A、B 两小球分别以速度 vA、vB 水平抛出时，经过时间 t 相遇，则根据平抛运动在水平方向做匀速直线运动有 vAtvBtd(d 为两小球间的水平距离)设当 A、B 两小球速度都变为原来的 2 倍时，经过时间 t相遇，则有2vAt2vBtd 联立解得 tt2，C 正确。6(2018全国卷)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以 v 和v2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的()A2 倍 B4 倍 C6 倍 D8 倍 答案 A 解析 设甲球落至斜面时
16、的速率为 v1，乙球落至斜面时的速率为 v2，对甲球，由平抛运动规律，xvt，y12gt2，设斜面倾角为，由几何关系，tanyx，甲球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，12mv2mgy12mv21，联立解得：v1 14tan2v，即小球落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2 14tan2v2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的 2 倍，A 正确。7(2017全国卷)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其原因是()A速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B速度较小的球在下降相同
17、距离时在竖直方向上的速度较大 C速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 答案 C解析 在竖直方向，球做自由落体运动，由 h12gt2 知，球下降相同距离所用时间相同，在相同的时间间隔内下降的距离相同，与水平速度大小无关，A、D 错误。由 v22gh 知，球下降相同距离时在竖直方向上的速度相同，与水平速度大小无关，B 错误。在水平方向，球做匀速直线运动，由 svt 知通过相同水平距离，速度大的球用时少，C 正确。8(2018北京高考)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。但实际上，赤道上方 200 m 处无初速下落的小球将
18、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 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 答案 D 解析 上升过程水平方向向西加速运动，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向的“力”为零，所以水平方向的加速度为零，但水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故 A、B 错误；下降过程水平方向受到一个向东的“力”而向西减
19、速运动，按照对称性落至地面时水平速度为零，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故 C 错误，D 正确。模拟冲刺题组 1(2019广东汕头二模)港珠澳大桥已经开通，在香港和澳广无论开车和步行都是靠左行走，而内地都是靠右行走，所以香港、澳门和珠海的汽车往来需要变换交通规则。具体的做法就是在大桥的香港和澳门所有出入口接线处架设如图所示的立交桥来改变行驶方式。以下说法正确的是()A汽车匀速通过立交桥时合外力为零 B汽车通过立交桥的过程合外力方向保持不变 C汽车通过立交桥时受到的桥面支持力不一定与汽车的重力相互平衡 D两辆相同的汽车并排通过立交桥时合外力的大小可能一直保持相等 答案 C解析 汽
20、车匀速通过立交桥时做曲线运动，合外力不为零，方向指向曲线凹侧，时刻变化，故 A、B 错误；立交桥转弯的地方路面外高内低，桥面支持力与汽车的重力不会平衡，在路面水平的地方桥面支持力与汽车的重力平衡，故 C 正确；两辆相同的汽车并排通过立交桥时做曲线运动，二者离圆心的距离不相等，合外力充当向心力，故合外力的大小 mv2R不相等，故 D 错误。2(2019济南高三模拟)曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动机构。如图所示，连杆下端连接活塞 Q，上端连接曲轴 P。在工作过程中，活塞在汽缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心 O 旋转，若 P 做线速度大小为 v0 的匀速圆周运动，则下列说
21、法正确的是()A当 OP 与 OQ 垂直时，活塞运动的速度等于 v0 B当 OP 与 OQ 垂直时，活塞运动的速度大于 v0 C当 OPQ 在同一直线时，活塞运动的速度等于 v0 D当 OPQ 在同一直线时，活塞运动的速度大于 v0 答案 A 解析 当 OP 与 OQ 垂直时，设PQO，此时活塞的速度为 v，将 P点的速度 v0 分解为沿杆方向的速度 v0cos 和垂直于杆方向的速度 v0sin；将活塞的速度 v 分解为沿杆方向的速度 vcos 和垂直于杆方向的速度 vsin，则此时 v0cosvcos，即 vv0，A 正确，B 错误；当 OPQ 在同一直线时，P点沿杆方向的速度为零，则活塞运
22、动的速度等于 0，C、D 错误。3(2019黑龙江哈尔滨三中二模)(多选)倾角为 的斜面上有 A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的 D 点，今测得 ABBCCD531，由此可判断()AA、B、C 处三个小球运动时间之比为 123 BA、B、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度的夹角之比为 111 CA、B、C 处三个小球的初速度大小之比为 321 DA、B、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 答案 BC 解析 根据几何关系可得三个小球下落的高度之比为 941，由 h12gt2，可得运动时间之比为 321，故 A 错误；因为三个小球位移的方向相
23、同，速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的 2 倍，所以速度与初速度之间的夹角一定相等，比为 111，故 B 正确；根据几何关系可得三个小球下落的水平位移之比为 941，又运动时间之比为 321，水平方向有 xvt，可得三个小球初速度大小之比为 321，故 C正确；最后三个小球落到同一点，故三个小球的运动轨迹不可能在空中相交，故 D 错误。4(2019辽宁大连二模)游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为 m，固定在长为 L 的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为，当模型飞机以角速度 绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()A模型飞机受
24、到重力、旋臂的作用力和向心力 B旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直 C旋臂对模型飞机的作用力大小为 m g24L2sin2 D若夹角 增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小 答案 C解析 向心力是效果力，本题中模型飞机的向心力是重力与旋臂的作用力的合力，A 错误；模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，旋臂作用力在竖直方向的分力与模型飞机的重力平衡，旋臂作用力在水平方向的分力提供模型飞机做匀速圆周运动所需的向心力，由于 m、L、之间的数量关系未知，故不能确定旋臂作用力方向与旋臂是否垂直，B 错误；根据 B 选项的分析 可 知 旋 臂 对 模 型 飞 机 的 作 用 力 大 小：F mg2m2Lsi
25、n2 m g24L2sin2，C 正确；根据 C 选项的分析，当 090时，若夹角 增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，D 错误。5(2019山西运城高三上学期模拟)(多选)如图为过山车及其轨道简化模型，过山车车厢内固定一安全座椅，座椅上乘坐“假人”，并系好安全带，安全带恰好未绷紧，不计一切阻力，以下判断正确的是()A过山车在圆轨道上做匀速圆周运动 B过山车在圆轨道最高点时的速度应至少等于 gR C过山车在圆轨道最低点时乘客处于失重状态 D若过山车能顺利通过整个圆轨道，在最高点时安全带对假人一定无作用力 答案 BD 解析 过山车在圆轨道上运动过程中，重力势能和动能相互转化，即速度大小在变化，所
26、以不是做匀速圆周运动，A 错误；当过山车在圆轨道最高点重力等于向心力时，速度最小，故有 mgmv2R，解得 v gR，B 正确；在圆轨道最低点，乘客有竖直向上指向圆心的加速度，故乘客处于超重状态，C 错误；若过山车能顺利通过整个圆轨道，则在最高点时，F向mg，假人受重力，还可能受座椅对它向下的弹力，安全带对假人一定无作用力，D 正确。6(2019山东滨州二模)如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面方程为 yx2，在 y 轴上有一点 P，坐标为(0,6 m)。从 P 点将一小球水平抛出，初速度为 1 m/s。则小球第一次打在曲面上的位置为(不计空气阻力)()A(3 m,3 m)B(2 m,4 m)
27、C(1 m,1 m)D(1 m,2 m)答案 C解析 设小球经过时间 t 打在斜面上 M(x，y)点，则水平方向：xv0t，竖直方向：6 my12gt2。又因为 yx2，可解得：x1 m，y1 m，故 C 正确。7(2019河北衡水中学高三二调)如图所示，半径 R0.4 m 的光滑圆弧轨道 BC 固定在竖直平面内，轨道的上端点 B 和圆心 O 的连线与水平方向的夹角 30，下端点 C 为轨道的最低点且与粗糙水平面相切。一质量为m0.1 kg 的小物块(可视为质点)从空中的 A 点以 v02 m/s 的速度被水平抛出，恰好从 B 点沿轨道切线方向进入轨道，g 取 10 m/s2。求：(1)小物块
28、从 A 点运动至 B 点的时间；(2)小物块经过圆弧轨道上的 C 点时，对轨道的压力大小。答案(1)0.35 s(2)8 N 解析(1)把小物块在 B 点的速度分解为水平方向和竖直方向，则有：vyv0tan30 所以所用的时间为：tvyg v0gtan302 310 s0.35 s。(2)小物块在 B 点的速度为：vBv0sin302v04 m/s，对小物块从 B 到 C 应用动能定理得：mgR(1sin30)12mv2C12mv2B 在 C 点由牛顿第二定律可得：FNmgmv2CR 由以上两式解得：FN8 N 由牛顿第三定律可得：小物块对轨道的压力大小为 8 N。热门预测题组 1.(2019
29、安徽合肥二模)(多选)如图所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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 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 Mg D转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小 答案 BD 解析 车受到地面支持力的方向与地面垂直，与车所在平面不平行，A错误；由 mgmv2R，解得转弯时
30、车不发生侧滑的最大速度为 v gR，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 Mg，C错误；地面对自行车的弹力 N 与摩擦力 f 的合力过人与车的重心，设车所在平面与地面的夹角为，则有 1tan FMg，又 fMv2R，解得 1tan v2gR，故转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，D 正确。2.(2019广东佛山高三一模)(多选)在 2018 年俄罗斯世界杯某场比赛中，一个球员在球门中心正前方某处高高跃起，将足球以水平速度 v0 顶出，恰落在球门的右下方死角 P 点。假设球门宽为 L，守门员作出准确判断的时间为 t，扑球的运动时间为 t，将足球看成质点，忽略空气阻力
31、，重力加速度为 g，则()A若球员顶球点的高度为 h，则守门员扑球时间 t 必须小于2hg t才可能成功防守 B球员要成功破门，球员顶球点的高度必须大于12g(tt)2 C球员到球门的距离为 s，则球员要成功破门，球的最小初速度 v0stt D若球员到 P 点的水平距离小于 v0(tt)，则可能成功破门 答案 AD 解析 球做平抛运动，则落地时间为 t12hg，守门员作出准确判断的时间为 t，则守门员扑球时间 t 必须小于2hg t 才可能成功防守，故 A正确；球员要成功破门，球的运动时间必须小于 tt，球员顶球点的高度必须小于12g(tt)2，故 B 错误；球员到球门的距离为 s，则球员要成功破门，球的最小初速度 v0s2L24tt，故 C 错误；若球员到 P 点的水平距离小于v0(tt)，则可能成功破门，故 D 正确。本课结束
