1、专题四 曲线运动考点1曲线运动问题的分析与求解高考帮揭秘热点考向2015全国,16,6分由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道.当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运行.已知同步卫星的环绕速度约为3.1103 m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55103 m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同,转移轨道和同步轨道的夹角为30,如图所示.发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A.西偏北方向,1.9103 m/s B.东偏南方向,1.9103 m/s C.西偏北方向,2.7103 m/s D
2、.东偏南方向,2.7103 m/s拓展变式1.新角度多选如图所示,一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左,不计空气阻力,则小球()A.做直线运动B.做曲线运动C.速率先减小后增大 D.速率先增大后减小2.2020广东广州阶段测试如图所示,小船以大小为v1、方向与上游河岸成角的速度(在静水中的速度)从A处过河,经过t时间正好到达正对岸的B处.现要使小船在更长的时间内过河并且也正好到达正对岸B处,在水流速度不变的情况下,可采取下列方法中的哪一种()A.只增大v1大小,不改变角B.只增大角,不改变v1大小C.在增大v1的同时,适当增大角D.在减小v1的同时,适当减小角3.如
3、图所示,长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动,另一端固定一质量为m的小球,小球放在水平光滑升降平台上,升降平台以速度v匀速上升,下列说法正确的是()A.小球做匀速圆周运动B.当棒与竖直方向的夹角为时,小球的速度为C.棒的角速度逐渐增大D.当棒与竖直方向的夹角为时,棒的角速度为4.2018北京,20,6分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
4、,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考点2抛体运动问题的分析与求解高考帮揭秘热点考向1.2017全国,15,6分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2.2019全国,19,6分
5、,多选如图(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图像如图(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图 图(a) 图(b)拓展变式1.2020湖南四校摸底联考飞镖运动是同学们非常喜欢的一项体育运动.某同学在一次投掷飞镖的过程
6、中,水平投出的飞镖恰好击中飞镖靶盘中心正下方的一点.保持投掷的高度不变且水平投掷,为了能够击中靶心,以下说法不正确的是()A.只要适当水平往前移动一下投掷的位置就有可能击中靶心B.只要适当增大水平投出的速度就有可能击中靶心C.只要能够击中靶心,击中靶盘时的速度一定比原来大D.若同时调整投掷的水平距离和速度,击中靶盘时的速度与竖直方向的夹角可以和原来相同2.2019北京,21,18分用如图1所示装置研究平抛运动.将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上.钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出,落在水平挡板MN上.由于挡板靠近硬板一侧较低,钢球落在挡板上时,钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点.移动挡
7、板,重新释放钢球,如此重复,白纸上将留下一系列痕迹点.(1)下列实验条件必须满足的有.A.斜槽轨道光滑B.斜槽轨道末段水平C.挡板高度等间距变化D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球(2)为定量研究,建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系.a.取平抛运动的起始点为坐标原点,将钢球静置于Q点,钢球的(选填“最上端”“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点;在确定y轴时(选填“需要”或者“不需要”)y轴与重垂线平行.b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点,也可按下述方法处理数据:如图2所示,在轨迹图2上取A、B、C三点,AB和BC的水平间距相等且均为x,测得AB和BC的竖直间距分别是y1
8、和y2,则(选填“大于”“等于”或者“小于”).可求得钢球平抛的初速度大小为(已知当地重力加速度为g,结果用上述字母表示).(3)为了得到平抛物体的运动轨迹,同学们还提出了以下三种方案,其中可行的是.A.从细管水平喷出稳定的细水柱,拍摄照片,即可得到平抛运动轨迹B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置,平滑连接各位置,即可得到平抛运动轨迹C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置,笔尖紧靠白纸板,铅笔以一定初速度水平抛出,将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹(4)伽利略曾研究过平抛运动,他推断:从同一炮台水平发射的炮弹,如果不受空气阻力,不论它们能射多远,在空中飞行的时间都一样.这实际上揭示
9、了平抛物体.A.在水平方向上做匀速直线运动B.在竖直方向上做自由落体运动C.在下落过程中机械能守恒(5)牛顿设想,把物体从高山上水平抛出,速度一次比一次大,落地点就一次比一次远,如果速度足够大,物体就不再落回地面,它将绕地球运动,成为人造地球卫星.同样是受地球引力,随着抛出速度增大,物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动,请分析原因.3.多选如图所示,斜面倾角为,位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出,小球到达斜面经过的时间为t,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.若小球以最小位移到达斜面,则t= B.若小球垂直击中斜面,则t=C.若小球能击中斜面中点,则t=D.无论
10、小球怎样到达斜面,运动时间均为t=4.2018全国,17,6分在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和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()A.2倍B.4倍C.6倍D.8倍5.2016上海,23,4分如图,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.一小球以速度v0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与竖直方向间夹角=.6.2020山东重点中学联考如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接一口深
11、为H,宽度为d的深井CDEF,一个质量为m的小球放在曲面AB上,可从距BC面不同的高度处由静止释放.已知BC段长L,小球与BC间的动摩擦因数为,取重力加速度g=10 m/s2.求小球不碰到井壁而落入井底h的值应满足的条件.考点3圆周运动问题的分析与求解高考帮揭秘热点考向2019江苏,6,4分,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B.线速度的大小为RC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为m2R拓展变式1.2018江苏,6,4分,多选火车以60 m/s的速率转过一段弯道,某
12、乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10.在此10 s时间内,火车()A.运动路程为600 m B.加速度为零C.角速度约为1 rad/s D.转弯半径约为3.4 km2.2019年4月28日,在阿塞拜疆首都巴库举行的世界一级方程式赛车锦标赛(F1)大奖赛阿塞拜疆站正赛中,梅赛德斯车队芬兰车手博塔斯夺得冠军.已知该赛车场地某转弯处可近似看成半径为R的圆弧车道,转弯处路面的坡度5.某辆赛车与该路面间的动摩擦因数为,质量为m(含赛车手质量),赛车在该路面不发生侧向滑动.假设赛车的滑动摩擦力等于最大静摩擦力,空气阻力不计,则赛车在转弯时(tan 50.087,0.9)()A.赛车的速度
13、大小不可能为B.赛车对地面的压力一定等于C.赛车对赛车手的力竖直向上D.赛车的最大速度为3.2020全国,16,6分如图,一同学表演荡秋千.已知秋千的两根绳长均为10 m,该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg.绳的质量忽略不计.当该同学荡到秋千支架的正下方时,速度大小为8 m/s,此时每根绳子平均承受的拉力约为 ()A.200 NB.400 NC.600 ND.800 N4.2021甘肃武威过关检测,多选如图甲所示,用不可伸长的轻绳连接的小球绕定点O在竖直面内做圆周运动.小球经过最高点时绳子的拉力大小FT与此时速度的平方v2的关系如图乙所示.图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量,不计
14、摩擦力和空气阻力.以下说法正确的是()A.数据a与小球的质量有关B.数据b与小球的质量无关C.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径D.数据b对应的状态,当小球运动到最低点时,绳子的拉力为7b5.2021安徽安庆检测如图所示,在匀速转动的圆盘上,沿半径方向放置以细线相连的质量均为m的A、B两个小物块,A离轴心r1=20 cm,B离轴心r2=30 cm,A、B与盘面间相互作用的最大静摩擦力为其重力的,求:(1)若细线上没有张力,圆盘转动的角速度应满足什么条件?(2)欲使A、B与盘面间不发生相对滑动,则盘转动的最大角速度多大?(3)当圆盘转速达到A、B刚好不滑动时,烧断细线,则A、B将
15、怎样运动?(g取10 m/s2)6.2020江西九校联考,多选如图所示,一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处,B为轨道最高点,C、D为圆的水平直径的两个端点.轻质弹簧的一端固定在圆心O点,另一端与小球拴接,已知弹簧的劲度系数为k=,原长为L=2R,弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,现给小球一水平初速度v0,下列说法正确的是()A.当v0较小时,小球可能会离开圆轨道B.若v02,小球就能做完整的圆周运动D.若小球能做完整的圆周运动,则小球对轨道的最大压力与最小压力之差与v0无关答 案专题四曲线运动考点1曲线运动问题的分析与求解B根据题意,明确合速度、分速度,并确定地球的方
16、位.左西右东,下南上北,并由此作出速度合成图如图所示,可知,发动机给卫星的附加速度方向东偏南.又由余弦定理得v=1.9103 m/s,B正确.1.BC小球受重力和电场力,合力方向为左下方,初速度方向与合力方向不在同一直线,所以小球做曲线运动,B正确.初始阶段,合力方向与速度方向夹角为钝角,速率减小,后来,合力方向与速度方向夹角为锐角,速率增大,所以速率先减小后增大,C正确.2.D由题意可知v1cos =v水,t=,由此可知增加渡河时间应该在减小v1的同时,适当减小角,选项D正确.3.D小球的运动可视为由竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动合成.小球的实际运动方向(即合运动方向)垂直于棒且指向左
17、上方,如图所示.设棒(小球)的角速度为,则小球的合速度v实=L,沿竖直方向向上的分速度等于v,即Lsin =v,所以=,小球的合速度v实=L=,由此可知棒(小球)的角速度、小球的合速度都随棒与竖直方向的夹角的增大而减小,小球做角速度和线速度都越来越小的变速圆周运动.D选项说法正确.4.D由于该“力”与竖直方向的速度大小成正比,所以从小球抛出至运动到最高点过程,该“力”逐渐减小到零,将小球的上抛运动分解为水平和竖直两个分运动,由于上升阶段,水平分运动是向西的变加速运动(水平方向加速度大小逐渐减小),故小球到最高点时速度不为零,水平向西的速度达到最大值,选项A错误;小球到最高点时竖直方向的分速度为
18、零,由题意可知小球这时不受水平方向的力,故小球到最高点时水平方向加速度为零,选项B错误;下降阶段,由于受水平向东的力,小球的水平分运动是向西的变减速运动(水平方向加速度大小逐渐变大),故小球的落地点在抛出点西侧,选项C错误,D正确.考点2抛体运动问题的分析与求解1.C发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球,根据平抛运动规律,竖直方向上,h=gt2,可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的,选项A错误;由=2gh可知,两球下落相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同,选项B错误;由平抛运动规律可知,水平方向上,x=vt,速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少,选项C正确;由于做平抛运动
19、的球在竖直方向的运动为自由落体运动,两球在相同时间间隔内下降的距离相同,选项D错误.2.BDv-t图像中图线与t轴包围的面积表示位移的大小,第二次滑翔过程中v-t图线与t轴所围面积比第一次的大,表示在竖直方向上第二次滑翔的位移比第一次的大,A错误;由图(a)知落在雪道上时的水平位移与竖直位移成正比,结合A项分析知,B正确;从起跳到落到雪道上,第一次滑翔过程中竖直方向的速度变化比第二次的大,时间比第二次的短,由a=,可知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小,C错误;v-t图线的斜率表示加速度,竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上的加速度比第一次的小,设在竖直方向上所受
20、阻力为f,由mg-f=ma,可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力比第一次的大,D正确.1.C开始时飞镖击中靶盘中心正下方的某点,欲使飞镖击中靶心,应减小竖直位移,即应减小飞镖在空中运动的时间,由x=v0t可知应减小水平位移或增大抛出的初速度,A、B正确;如果不改变抛出的速度,只是让人向前移动一段距离,则飞镖击中靶心时的竖直速度减小,因此飞镖击中靶盘时的速度可以减小,C错误;利用逆向思维分析可知,同时调整水平位移与抛出的速度,则飞镖击中靶盘时的速度与竖直方向的夹角可以与原来相同,D正确.2.(1)BD(2)a.球心需要b.大于x(3)AB(4)B(5)物体初速度较小时,运动范围很小,引力可以看作
21、恒力重力,做平抛运动;随着物体初速度增大,运动范围变大,引力不能再看作恒力;当物体初速度达到第一宇宙速度时,做圆周运动而成为地球卫星.解析:(1)因为本实验是研究平抛运动,只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动,即每次实验都要保证钢球从同一高度处无初速度释放并水平抛出,没必要要求斜槽轨道光滑,因此A错误,B、D正确;挡板高度可以不等间距变化,故C错误.(2)a.因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹,故将钢球静置于Q点,钢球的球心对应白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点);在确定y轴时需要y轴与重垂线平行.b.由于平抛运动的竖直分运动是自由落体运动,故相邻相等时间内竖直方向上的位移之
22、比为135,故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大,因此大于;由y2-y1=gT2,x=v0T,联立解得v0=x.(3)将铅笔垂直于竖直的白纸板放置,笔尖紧靠白纸板,铅笔以一定初速度水平抛出,由于铅笔受摩擦力作用,且不一定能保证铅笔水平,铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动,铅笔将发生倾斜,故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹,C不可行,A、B可行.(4)从同一炮台水平发射的炮弹,如果不受空气阻力,可认为做平抛运动,因此不论它们能射多远,在空中飞行的时间都一样,这实际上揭示了做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动,故选项B正确.(5)物体初速度较小时,运动范围很小,引力可以看作恒力重力
23、,做平抛运动,例如(4)中从同一炮台水平发射的炮弹做平抛运动;随着物体初速度增大,运动范围变大,引力不能再看作恒力,当物体初速度达到第一宇宙速度时,做圆周运动而成为地球卫星.3.AB小球以最小位移到达斜面时,位移与水平方向的夹角为-,则tan(-)=,即t=,A正确;小球垂直击中斜面时,速度与水平方向的夹角为-,则tan(-)=,即t=,B正确,D错误;小球击中斜面中点时,设斜面长为2L,则水平射程为Lcos =v0t,下落高度为Lsin =gt2,联立两式得t=,C错误.4.A甲、乙两球都落在同一斜面上,则隐含做平抛运动的甲、乙的最终位移方向相同,根据位移方向与末速度方向的关系,即末速度与水
24、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,可得它们的末速度方向也相同,在速度矢量三角形中,末速度比值等于初速度比值,故A正确.5.arctan()解析:由题可知,小球从P点抛出后做平抛运动,运动到A点时,恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽.将小球运动到A点时的速度沿水平方向和竖直方向进行分解,则有tan =,因此,小球从P点运动到A点的时间为t=;将小球从P点运动到A点的位移沿水平和竖直方向分解,则有tan =,所以PA与竖直方向的夹角=arctan().6.LhL+解析:若h较小,小球滑至C处速度恰为零,则有mgh1-mgL=0得h1=L.若h较大,小球滑至C处平抛恰好打到E处,
25、则有x=d=vCtH=gt2mgh2-mgL=m联立得h2=L+则小球不碰到井壁而落入井底,h应满足LhL+.考点3圆周运动问题的分析与求解BD由题意可知座舱的运动周期为T=、线速度大小为v=R、受到的合力大小为F=m2R,选项B、D正确,A错误;座舱的重力为mg,座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变,方向时刻变化,故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变,选项C错误.1.AD火车运动的路程s=vt=6010 m=600 m,A正确;火车转弯近似做圆周运动,圆周运动是变速运动,所以合力不为零,加速度不为零,故B错误;由题意得圆周运动的角速度=3.14 rad/s= rad/s,又v=r
26、,所以r=180 m3 439 m,故C错误,D正确.2.D赛车在路面上侧向刚好没有相对运动趋势时,重力和支持力的合力提供向心力,如图所示,根据向心力公式得mgtan =m,解得v=,因为5,所以v,赛车对地面的压力大于,则A、B项错误,D项正确;赛车手同赛车一起做圆周运动,可知赛车对赛车手的力一定不是竖直向上,C项错误.3.B该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计,可以把该同学看成质点.当该同学荡到秋千支架的正下方时,由牛顿第二定律有2F-mg=,代入数据解得F=410 N,选项B正确.4.CD当v2=a时,绳子的拉力为零,小球的重力提供向心力,则有mg=m,即v2=gr,解得a=gr,可知数
27、据a与小球的质量无关,选项A错误.当v2=2a时,对小球受力分析,则有mg+b=m,解得b=mg,可知数据b与小球的质量有关,选项B错误.当v2=a时,有mg=m,解得r=;当v2=2a时,则有mg+b=m,解得m=,选项C正确.数据b对应的状态,在最高点有mg+b=m,当小球运动到最低点时,由受力分析和牛顿第二定律可得FT-mg=m,从最高点到最低点的过程中,由动能定理可得mg2r=mv2-mv2,联立各式并将mg=b代入,解得FT=7b,选项D正确.5.(1) rad/s(2)4.0 rad/s(3)A随圆盘一起转动,B做离心运动解析:(1)当物块B所需向心力FBfmax时,细线上张力为零
28、,随着角速度的增大,当FB=fmax时,有kmg=mr2,得0= rad/s= rad/s当0= rad/s时,细线上不会有张力.(2)当A、B所受静摩擦力均达到最大静摩擦力时,圆盘的角速度达到最大值max,超过max时,A、B将相对圆盘滑动(设细线中张力为T)对A:kmg-T=mr1对B:kmg+T=mr2解得max=4.0 rad/s.(3)烧断细线时,A做圆周运动所需向心力FA=mr1=0.32mg,最大静摩擦力为0.4mg,A随盘一起转动.B此时所需向心力为FB=mr2=0.48mg,大于它的最大静摩擦力0.4mg,因此B将做离心运动,离圆心越来越远.6.CD因弹簧的劲度系数为k=,原
29、长为L=2R,所以小球始终会受到弹簧的弹力作用,大小为F=k(L-R)=kR=mg,方向始终背离圆心,无论小球在CD以上的哪个位置速度为零,重力在沿弹簧方向上的分量都小于等于弹簧的弹力(在CD以下,轨道对小球一定有指向圆心的支持力),所以无论v0多大,小球都不会离开圆轨道,选项A、B错误.在小球运动过程中只有重力做功,弹簧的弹力和轨道的支持力不做功,机械能守恒,当运动到最高点的速度为零时,小球在最低点的速度有最小值v0min,有m=2mgR,解得v0min=2,可得只要v02,小球就能做完整的圆周运动,选项C正确.在最低点时,小球受到的支持力最大,设为FN,有FN-kR-mg=m,解得FN=2mg+m.小球运动到最高点时受到轨道的支持力最小,设为FN,设此时的速度为v,由机械能守恒有m=2mgR+mv2,此时合外力提供向心力,有FN-kR+mg=m,联立及kR=mg解得FN=m-4mg,联立结合牛顿第三定律可得最大压力与最小压力之差为FN=6mg,与初速度无关,选项D正确.