1、专题 05曲线运动选择题：1.(2019海南卷T6)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OO轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为A.B.C.D.【答案】B【解析】硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则mgm2r，解得，即圆盘转动的最大角速度为，故选B。2.(2019海南卷T10)三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下。已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为4h0；它们的下端水平，距地面的高度分别为、，如图所示。若沿轨道1、2、3下
2、滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为s1、s2、s3，则A.B.C.D.【答案】BC【解析】根据得小滑块离开轨道时的水平速度，轨道1、2、3下滑的小物块的初速度之比为：1，由，可知，轨道1、2、3下滑的小物块的时间之比为1：，根据x=vt可知，小物块的落地点到轨道下端的水平距离之比s1：s2：s3=：2：，故BC正确，AD错误；故选：BC。3.(2019全国卷T6)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
3、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. 第一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】【详解】A.由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；B.由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确C.由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由 易知a1a2，故C错误D.由图像斜率，速度为v1时，第
4、一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1a2，由G-fy=ma，可知，fy1fy2，故D正确4.(2019江苏卷T6)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【答案】BD【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D正确。5.(201
5、8江苏卷)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.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】本题考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，意在考查考生的理解能力。弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地，由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移相等，因此落点不相同，故选项B正确。6.(2018北京卷)根
6、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200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm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】AB、上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，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
7、B错；CD、下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为0，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故C错，D正确；故选D7.(2018新课标I卷)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为( )A. 2mgR B. 4mgR C. 5mgR D. 6mgR【答案】C【解析】设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F3R-mgR=m
8、vc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：t=vC/g=2，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量E=F5R=5mgR，选项C正确ABD错误。8.(2016海南卷)在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小
9、球在随后的运动中A.速度和加速度的方向都在不断变化B.速度与加速度方向之间的夹角一直减小C.在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D.在相等的时间间隔内，动能的改变量相等【答案】B【解析】由于物体只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项A错误；设某时刻速度与竖直方向夹角为，则tan，随着时间t变大，tan变小，变小，故选项B正确；根据加速度定义式，则vgt，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，故选项c错误；根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力做的功，即WGmgh，对于平抛运动，由于在竖直方向上，在相等时间间隔内的位移不相等，故选项D错误。9.(
10、2015广东卷T14)如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物A.帆船朝正东方向航行，速度大小为vB.帆船朝正西方向航行，速度大小为vC.帆船朝南偏东45方向航行，速度大小为vD.帆船朝北偏东45方向航行，速度大小为v【答案】D【解析】若以帆板为参照物，求帆船的运动，即求帆船相对帆板运动情况，根据伽利略变换可知，此时帆船相对帆板的速度，画出其对应矢量示意图如下图所示，根据图中几何关系解得：，方向为北偏东45，故选项D正确。10.(2011上海卷)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。
11、当绳与河岸的夹角为，船的速率为A. B. C. D.【答案】C【解析】把人的速度v沿着绳子方向和垂直于速度方向分解。如图所示。其中v1vcos，所以船的速度等于vcos，因此C选项正确。11.(2014四川卷)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A. B. C. D.【答案】B【解析】设小船相对静水的速度为vc，去程时过河的时间为，回程的时间，由题意知，解得，故选项B正确。12.(2015全国新课标卷T16)由于卫星的发射
12、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/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55103/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，1.9103m/s B.东偏南方向，1.9103m/sC.西偏北方向，2.7103m/s D.东偏南方向，2.7103m/s【答案】B【解析】如下图所示：由余弦定理，可知，方向：东偏南方向，故B正确，A、B、C错误
13、。13.(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C.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【解析】本题考查考生的辨析理解能力。物体做速率逐渐增加的直线运动时，其加速度跟速度方向一致，故其所受合外力的方向一定与速度方向相同，A正确；物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向不一定改变，如做平抛运动的物体，B错误；物体只有在做匀速率圆周运动时，合外力才全部充当向心
14、力，物体做变速率圆周运动时，只是合外力有指向圆心的分量，但其所受合外力的方向不指向圆心，故C错误；物体做匀速率曲线运动时，据动能定理可知合外力不做功，故物体所受合外力的方向总是与速度方向垂直，D正确。本题选AD。14.(2013广东卷)如图所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相等的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有A.甲的切向加速度始终比乙的大B.甲、乙在同一高度的速度大小相等C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D.甲比乙先到达B处【答案】BD【解析】分析受力结合牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；由机械能守恒定律可知
15、，B正确； vt图象可知，C错，D对。易错选项D，不好想。15.(2018全国III卷)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【答案】A【解析】试题分析 本题考查平抛运动规律、机械能守恒定律及其相关的知识点。设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x=vt，y=gt2，设斜面倾角为，由几何关系，tan=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律， mv2+mgy=mv12，联立解得：v1=v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成
16、正比。同理可得，v2=v/2，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，选项A正确。16.(2017新课标卷)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】由题意知，速度大的球先过球网，即同样的时间速度大的球水平位移大，或者同样的水平距离速度大的球用时少，故C正确，ABD错误。17.(2017江
17、苏卷)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倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为(A) (B) (C) (D)【答案】C【解析】设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离x=(v1+v2)t，第二次两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离不变，则x=2(v1+v2)T，联立得T=t2，所以C正确；ABD错误.18.(2016江苏卷)有A、B两小球，B的质量为A的两倍.现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力.图中为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是A.B.C.D.【答案】A【解析】由题意知A、B两小球抛
18、出的初速度相同，由牛顿第二定律知，两小球运动的加速度相同，所以运动的轨迹相同，故A正确；B、C、D错误.19.(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v0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.v0 v 2v0 B.v=2v0 C.2v0 v 3v0【答案】A【解析】过b做一条水平线，如图所示其中a在a的正下方，而C在C的正上方，这样ab=bc，此题相当于第一次从a正上方O点抛出恰好落到b点，第二次还是从O点抛出若落到C点，一定落到C的左侧，第二次的水平位移小于第一次的2倍，显然第二次的速度应满足：v0 v 2y1；所以Q点在c
19、点的下方，也就是第三颗炸弹将落在bc之间，故A正确，B、C、D错误。23.(2015浙江卷T17)如图所示为足球球门，球门宽为L，一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动(足球可看做质点，忽略空气阻力)则A.足球位移大小B.足球初速度的大小C.足球末速度的大小D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值【答案】B【解析】根据几何知识可得足球的位移为，A错误； 足球做平抛运动，在水平方向上有，在竖直方向上有，联立解得，B正确；根据运动的合成可得足球末速度的大小，结合，解得，C错误；足球初速度的方向与球门线夹角等于足球做
20、平抛运动过程张水平方向上的位移与球门线的夹角，故根据几何知识可知，D错误。24.(2015全国新课标卷T18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为。若乒乓球的发射速率为v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是A. B.C. D.【答案】D【解析】发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都是平抛运动，竖直高度决定了运动的时间，水平方向匀速直线运动，水平位移最小即沿中线方向水平
21、发射恰好过球网，此时从发球点到球网，下降高度为，水平位移大小为，可得运动时间对应的最小初速度。水平位移最大即斜向对方台面的两个角发射，根据几何关系此时的位移大小为，所以平抛的初速度，对照选项D对。25.(2013北京卷)在实验操作前应该对实验进行适当的分析。研究平抛运动的实验装置示意如图。小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出。改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹。某同学设想小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距。若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次是x1，x2，x3，机械能
22、的变化量依次为E1，E2，E3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是A.x2- x1= x3-x2，E1=E2=E3B.x2- x1x3- x2，E1=E2=E3C.x2- x1x3- x2，E1E2E3D.x2- x1 x3-x2，E1E22RD.小球能从细管A端水平抛出的最小高度【答案】BC【解析】从A到D运动过程中只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：，解得： 。从A点抛出后做平抛运动，则，得，则故A错误，B正确；细管可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可，即，解得：，故C正确，D错误。31.(2018江苏卷)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌
23、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 mB. 加速度为零C. 角速度约为1 rad/sD. 转弯半径约为3.4 km【答案】AD【解析】圆周运动的弧长s=vt=6010m=600m，选项A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B错误；由题意得圆周运动的角速度rad/s= rad/s，又，所以m=3439m，故选项C错误、D正确。32.(2014安徽卷T19)如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面
24、间的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面间的夹角为30，g取10m/s2。则的最大值是A.rad/s B.rad/s C.1.0rad/s D.0.5rad/s【答案】C【解析】随看角速度的增大，小物体最先相对于圆盘发生相对滑动的位置为转到最低点时，此时对小物体有mgcosmgsinm2r，解得1.0rad/s，此即为小物体在最低位置发生相对滑动的临界角速度。故选。33.(2014上海卷)如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈。在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，观察到白点每秒沿A.顺时针旋转31圈 B.逆时针
25、旋转31圈C.顺时针旋转1圈 D.逆时针旋转1圈【答案】D【解析】白点每隔回到出发点，而闪光灯每隔闪光一次，假设至少经过ts白点刚好回到出发点而闪光灯刚好闪光，即刚好是和的最小公倍数则有，所以观察到白点每秒钟转1圈，选项AB错。其实相当于两个质点以不同的角速度做匀速圆周运动，再次处在同一半径时，即观察到白点转动一周，由于白点的角速度小于以的周期做匀速圆周运动角速度，所以观察到白点向后即逆时针方向运动。34.(2014新课标全国卷T17)如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m的小环(可视为质点)，从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g。当小圆环滑到大
26、圆环的最低点时，大圆环对轻杆拉力的大小为A.Mg-5mg B. Mg+mg C. Mg+5mg D. Mg+10mg【答案】C根据机械能守恒，小圆环到达大圆环低端时：，对小圆环在最低点，由牛顿定律可得：；对大圆环，由平衡可知：，解得，选项C正确。35.(2015海南卷T4)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端登高。质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g，质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为A. B. C. D.【答案】C【解析】在Q点质点受到竖直向下的重力，和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有，联立
27、解得，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得，解得，所以克服摩擦力做功，C正确。36.(2015福建卷T17)如图，在竖直平面内，滑到ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则A.t1t2 B.t1=t2 C.t1t2 D.无法比较t1、t2的大小【答案】A【解析】在AB段，根据牛顿第二定律，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，在BC段，根据牛顿第二定律，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意
28、知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，所以A正确。37.(2013北京卷)某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的经典力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动A.半径越大，加速度越大 B.半径越小，周期越大C.半径越大，角速度越小 D.半径越小，线速度越小【答案】C【解析】根据题意，库仑力提供核外电子的向心力，即，C正确，A、B、D错误。38.(2016上海卷T16)风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转
29、动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片A.转速逐渐减小，平均速率为B.转速逐渐减小，平均速率为C.转速逐渐增大，平均速率为D.转速逐渐增大，平均速率为【答案】B【解析】据题意，从b图可以看出，在t时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘凸轮的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在t时间内可以从图看出有4次挡光，即圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为，叶片转动速率为：，故选项B正确。39.(2017江苏卷T5)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在
30、水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动.小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是A.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB.小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2FC.物块上升的最大高度为D.速度v不能超过【答案】D【解析】由题意知，F为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于Mg，不等于2F，A错误；环碰到钉子时，物块做圆周运动，绳上的拉力大于
31、物块的重力Mg，当绳上拉力大于2F时，物块将从夹子中滑出，即，此时速度，故B错误；D正确；滑块能上升的最大高度，所以C错误。40.(2011安徽卷)一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图(a)所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成角的方向已速度0抛出，如图(b)所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是A. B. C. D.【答案】C【解析】物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为，在最
32、高点，把物体的运动看成圆周运动的一部分，物体的重力作为向心力，由向心力的公式得，所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是，故C正确.41.(2016全国新课标卷)如图，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，克服摩擦力做的功为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，则A. B. C. D.【答案】AC【解析】质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得，根据公式，联立可得，A正确，B错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，摩擦力水平，不参与向心力，故根据牛顿
33、第二定律可得，代入可得，C正确，D错误。42.(2016浙江卷T20)如图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=10 m/s2，=3.14)，则赛车A.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/s2D.通过小圆弧弯道的时间为5
34、.85 s【答案】AB【解析】试题分析：在弯道上做匀速圆周运动时，根据牛顿定律，故当弯道半径 时，在弯道上的最大速度是一定的，且在大弯道上的最大速度大于小湾道上的最大速度，故要想时间最短，故可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上的速率为，选项B正确；直道的长度为，在小弯道上的最大速度：，故在在直道上的加速度大小为：，选项C错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为，通过小圆弧弯道的时间为，选项D错误；故选AB。43.(2012广东卷)图是滑到压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑到底部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。某滑块从斜面上不同高度h处由静止
35、下滑，通过B是，下列表述正确的有A.N小于滑块重力B.N大于滑块重力C.N越大表明h越大D.N越大表明h越小【答案】BC【解析】滑块从光滑斜面上由静止下滑，机械能守恒，则，滑块在圆弧轨道上做圆周运动，在B处，所以，h越大，N越大，由于N=N，所以BC项正确，AD项错误。44.(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B.到达Q附近的
36、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】从原子炉R中射出的银原子向右做匀速直线运动，同时圆筒匀速转动，在转动半圈的过程中，银原子依次全部到达最右端并打到记录薄膜上，形成了薄膜图象；从图象可以看出，打在薄膜上M点附近的银原子先到达最右端，所以速率较大，故A正确，B错误；从薄膜图的疏密程度可以看出，打到薄膜上PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率，故C正确。45.(2014新课标全国I卷T20)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO的距离为l，b
37、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A.b一定比a先开始滑动B.a、b所受的摩擦力始终相等C.是b开始滑动的临界角速度D.当时，a所受摩擦力的大小为kmg【答案】AC【解析】两物块共轴转动，角速度相等，b的转动半径是a的2倍，所以b物块最先达到最大静摩擦，最先滑动，A对的；两物块的向心力由静摩擦力提供的，由于半径不等，所以向心力不等，B错误的；当b要滑动时kmg=m22L，所以C对的；同理b要滑动时，kmg=m2L，解得其临界角速度，显然实际角速度小于临界角速度，b还
38、没达到最大静摩擦力，D错误的。46.(2015浙江卷T19)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r。一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达AB线，有如图所示的三条路线，其中路线是以O为圆心的半圆，OO=r。赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax。选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则A.选择路线，赛车经过的路程最短B.选择路线，赛车的速率最小C.选择路线，赛车所用时间最短D.三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等【答案】ACD【解析】路线的路程为，路线的路程为，路线的路
39、程为，故选择路线，赛车经过的路程最短，A正确；因为运动过程中赛车以不打滑的最大速率通过弯道，即最大径向静摩擦力充当向心力，所以有，所以运动的相信加速度相同，根据公式可得，即半径越大，速度越大，路线的速率最小，B错误D正确；因为，结合，根据公式可得选择路线，赛车所用时间最短，C正确；47.(2015上海卷T18)如图，质量为m的小球用轻绳悬挂在O点，在水平恒力作用下，小球从静止开始由A经B向C运动。则小球A.先加速后减速 B.在B点加速度为零C.在C点速度为零 D.在C点加速度为【答案】ACD【解析】根据动能定理：，解得vC0，所以小球先加速，后减速运动，故A、C正确；小球做圆周运动在B点有向心
40、加速度，故B错误；在C点时，因为速度为0，所以向心力为零，即指向圆心方向的合力为0，沿切线方向的合力Ft=mgsin2mgtancos2=mgtan，所以在C点的加速度为gtan，故D正确。48.(2010江苏卷T1)如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度(A)大小和方向均不变(B)大小不变，方向改变(C)大小改变，方向不变(D)大小和方向均改变 【答案】选A 难度：中等 考查运动的合成。【解析】橡皮在水平方向匀速运动，在竖直方向匀速运动，合运动是匀速运动49.(2010全国卷T18)一水平抛出的小球落到一倾角为的斜面上
41、时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如右图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为A. B.C. D.【答案】D【解析】如图平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角，根据有：。则下落高度与水平射程之比为，D正确。【命题意图与考点定位】平抛速度和位移的分解非选择题：50.(2014天津卷)半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度为h ，圆盘转动的角速度大小为 。【答案】、【解析】小
42、球平抛落到A点，可知平抛的水平位移等于圆盘半径，由平抛规律可知，解得由题可知解得51.(2010天津卷T9)(1)如图所示，在高为h的平台边缘抛出小球A，同时在水平地面上距台面边缘水平距离为s处竖直上抛小球B，两球运动轨迹在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g。若两球能在空中相遇，则小球A的初速度应大于 ，A、B两球初速度之比为 。【答案】(1) 【解析】(1)本题考查的是平抛运动的有关特点及规律。两球若相遇，则必定在球B的正上方且是在落地前，有vAts二式联立可解得；又设从开始到相遇时间为t0，水平方向有竖直方向有，连立式可得。52.(2010全国卷T22)图1是利用激光测转的原理示
43、意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图2所示)。(1)若图2中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为5.0010-2 s ，则圆盘的转速为_转/s。(保留3位有效数字)(2)若测得圆盘直径为10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 _ cm。(保留3位有效数字)【答案】4.55转/s 2.91cm【解析】从图2可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22格，由题意知图2中横坐标上每格表示1.0010-2s，所以圆盘转动的周期是0.
44、22s，则转速为4.55转 /s反光引起的电流图像在图2中横坐标上每次一格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的22分之一为cm。【命题意图与考点定位】匀速圆周运动的周期与转速的关系,以及对传感器所得图像的识图。53.(2012福建卷)如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5 m，离水平地面的高度H=0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2 求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数。【答案】1m/s
45、0.2【解析】(1)物体下落时间为t;自由落体运动有：水平方向有：解得：。(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有，解得。54.(2011天津卷)如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；(2)小球A冲进轨道时速度v的大小。【答案】(1)(2)【解析】(1)粘合后的两球飞出轨道后
46、做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有解得(2)设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为，则由动量守恒定律知飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有综合式得55.(2014四川卷)小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v0运动，得到不同轨迹。图中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A时，小钢珠的运动轨迹是 (填轨迹字母代号)，磁铁放在位置B时，小钢珠的运动轨迹是 (填轨迹字母代号)。实验表明，当物体所
47、受合外力的方向跟它的速度方向 (选填“在”或“不在”)同一直线上时，物体做曲线运动。【答案】b c 不在【解析】由于A处磁力与直线b在同一条直线上，故小钢珠做直线运动，运动轨迹为b，由于B处磁力斜向上，故选择轨迹c，d轨迹不合理，从而验证了物体做曲线运动的条件是物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上。56.(2011海南卷)如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆。ab为沿水平方向的直径。若在a点以初速度沿ab方向抛出一小球， 小球会击中坑壁上的c点。已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径。【答案】【解析】在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球做平抛运动，做如图
48、所示辅助线：在竖直方向上，下落高度hcd=在水平方向上，运动位移xad=R+xod=解得圆的半径57.(2014上海卷T24)如图，宽为L的竖直障碍物上开有间距d=0.6m的矩形孔，其下沿离地高h=1.2m，离地高H=2m的质点与障碍物相距。在障碍物以v0=4m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落。为使质点能穿过该孔，L的最大值为 m；若L=0.6m，的取值范围是 m。(取g=10m/s2)【答案】0.8m 【解析】以障碍物为参考系，相当于质点以vo的初速度，向右平抛，当L最大时从抛出点经过孔的左上边界飞到孔的右下边界时,L最大，;从孔的左上边界飞入临界的x有最小值为0.8从孔的右下边界飞出时
49、, x有最大值：所以58.(2011上海卷)以初速为，射程为的平抛运动轨迹制成一光滑轨道。一物体由静止开始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部时，物体的速率为 ，其水平方向的速度大小为 。【答案】，【解析】由平抛运动规律知：水平方向：，竖直方向：，解得轨道的高度为：；当物体沿轨道下滑时，根据机械能守恒定律得：，解得物体到达轨道底部时的速率为：.设是轨道的切线与水平方向的夹角，即为平抛运动末速度与水平方向的夹角，是平抛运动位移方向与水平方向的夹角，根据平抛运动的结论有：，又因，所以，由三角函数基本关系式得：，则把cos代入水平方向速度大小的关系式得：59.(2011山东卷)如图所示，在高出水平地面的
50、光滑平台上放置一质量、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l10.2m且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m1kg。B与A左段间动摩擦因数=0.4。开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m。(取g=10m/s2)求：(1)B离开平台时的速度vB。(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB。(3)A左端的长度l2。【答案】(1)vB=2m/s(2)t B=0.5s，xB=0.5m(3)l2=1.5m【解析】(1)设物块平抛运动的时间为
51、t，由平抛运动规律得h=gt2，x=vBt联立解得vB=2m/s。(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律，mg=maB，由匀变速直线运动规律，vB=aBt B，xB=aBt B 2，联立解得t B=0.5s，xB=0.5m。(3)设B刚好开始运动时A的速度为v，由动能定理得Fl2=Mv12设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得F-mg=MaA，(l2+ xB)=v1t B+aAt B 2，联立解得l2=1.5m。60.(2012北京卷)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后以速度飞离桌面，最终落在水平地面上.已知l=1.4m，=3.0 m/s，m
52、=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数=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Ek；(3)小物块的初速度大小0.【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向：，解得：，水平方向：。(2)对物块从飞出桌面到落地，由动能定理得：落地动能。(3)对滑块从开始运动到飞出桌面，由动能定理得：解得：。61.(2012大纲全国卷)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。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，
53、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=x2，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)求此人落到坡面时的动能；(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？【答案】(1)； (2)，【解析】(1)由平抛运动规律，又，联立解得。由动能定理，解得。(2)由，令，则，当n1时，即，探险队员的动能最小，最小值为，。62.(2014浙江卷T23)如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0=20m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h=1.8m。在车正前方竖直一块高为两米的长方形靶，其底边与
54、地面接触。枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v=800m/s。在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s=90m后停下。装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹。(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g=10m/s2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L=410m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围。【答案】(1)(2)0.45m(3)【解析】(1)装甲车的加速度(2)第一发子弹飞行的时间弹孔离地高度第二发子弹离地的高度两弹孔之间的距离(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装
55、甲车离靶的距离为L1： 第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2：L的范围492mL570m63.(2018北京卷)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10 m，C是半径R=20 m圆弧的最低点，质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s2，到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并
56、求其所受支持力FN的大小。【答案】(1)100m (2)1800Ns (3)3900 N【解析】(1)已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即可解得：(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以：(3)小球在最低点的受力如图所示。由牛顿第二定律可得：从B运动到C由动能定理可知：解得：64.(2018全国III卷T12)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用
57、力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。【答案】(1) (2)(3)【解析】(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得由式和题给数据得 (2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CDPA，交PA于D点，由几何关系得：DARsin CD=R(1+cos)由动能定理有：由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为：(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有： 由式和题给数据得：
