曲线运动中难题(含答案).doc

高中物理曲线运动经典例题

第I卷（选择题）
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一、选择题（题型注释）
1．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，去程时船头朝向始终与河岸垂直，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
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：设小船在静水中的速度为v1，河岸宽为d，则根据去程的特点可知，时间为；根据回程的特点可知，时间为；因为去程与回程所用时间的比值为k，故=k，整理得v1=；故B正确。
考点：速度的合成。
2．如图，这是物体做匀变速曲线运动的轨迹的示意图。已知物体在B点的加速度方向与速度方向垂直，则下列说法中正确的是

A．C点的速率小于B点的速率
B．A点的加速度比C点的加速度大
C．C点的速率大于B点的速率
D．从A点到C点加速度与速度的夹角先增大后减小，速率是先减小后增大
【答案】C
【解析】
试题分析：质点做匀变速曲线运动，B到C点的加速度方向与速度方向夹角小于90°，由动能定理可得，C点的速度比B点速度大，故A错误，C正确；质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过C点时的加速度与B点相同，故B正确；若质点从A运动到C，质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则有A点速度与加速度方向夹角大于90°，BC点的加速度方向与速度方向夹角小于90°，故D错误；故选：C
考点：匀变速曲线运动的规律.
3．如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量相同的小球（可视为质点）A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面，A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为α=53°和β=37°，以最低点C所在的水平面为重力势能的参考平面，则（sin 37°=，cos 37°=）（ ）

A．A、B两球所受支持力的大小之比为4∶3
B．A、B两球运动的周期之比为4∶3
C．A、B两球的动能之比为16∶9
D．A、B两球的机械能之比为112∶51
【答案】AD
【解析】
试题分析：根据平行四边形定则得，，则．故A正确．根据，解．则．则动能之比为64：27．故B、C错误．根据得，动能，重力势能，则机械能，则．故D正确．
考点：考查了向心力；牛顿第二定律．
4．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以速度V匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则下列说法中正确的是（ 　）

A．橡皮做匀速直线运动
B．橡皮运动的速度大小为2v
C．橡皮运动的速度大小为
D．橡皮的位移与水平成450，向右上
【答案】ACD
【解析】
试题分析：橡皮参与了水平向右和竖直向上的分运动，如图所示，

两个方向的分运动都是匀速直线运动，和恒定，则恒定，则橡皮运动的速度大小和方向都不变，做匀速直线运动，竖直方向上也做匀速直线运动，两个方向的速度大小相同，为v．两个匀速直线运动的合运动还是匀速直线运动，合速度，B错误，C正确；橡皮的位移与水平方向的夹角为，则，故，所以D正确。
考点：考查了运动的合成与分解
5．如图所示，在O点从t＝0时刻沿光滑斜面向上抛出的小球，通过斜面末端P后到达空间最高点Q。下列图线是小球沿x方向和y方向分运动的速度—时间图线，其中正确的是
O
y
x
Q
P

O
vx
t
(A)
tP
tQ
(B)
O
vx
t
tP
tQ
t
(C)
O
vy
tP
tQ
(D)
O
vy
t
tP
tQ

【答案】AD
【解析】
试题分析：据题意，小球被抛出后，沿斜面向上运动过程中受到重力和支持力，将支持力分解到竖直y方向和水平x方向，则y方向合力为：，x方向合力为：，所以y方向小球向上做匀减速直线运动，x方向小球向右做匀减速直线运动；当小球离开斜面后，小球只受到重力，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动；即在小球离开斜面前竖直方向加速度小于离开斜面后的加速度，水平方向先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，故选项A、D正确。
考点：本题考查运动的分解和速度—时间图像。
6．A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB＝BC＝CD，E点在D点的正上方，与A等高．从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程( )

A．球1和球2运动的时间之比为2∶1
B．球1和球2动能增加量之比为1∶2
C．球1和球2抛出时初速度之比为2∶1
D．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2
【答案】BC
【解析】
试题分析：因为，则的高度差是高度差的2倍，根据得，，解得运动的时间比为，故A错误；根据动能定理得，，知球1和球2动能增加量之比为1：2，故B正确；AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合，解得初速度之比为，故C正确；平抛运动的加速度为g，两球的加速度相同，故D错误。
考点：考查了平抛运动规律的应用，动能定理
7．某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关．现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示．则小球能够击中触发器的是 （　　）．

【答案】CD
【解析】
试题分析：由题可知，小球的机械能守恒，击中触发器时速度刚好为零，A中小球到达最高点需要有不小于的速度，B中小球脱离斜面后开始斜上抛，最高点速度也不为零，故这两种情况均不能使小球到达刚才的高度，而CD两个装置可以使小球最高点速度为零，故能到达触发器的高度。
考点：竖直面内的圆周运动、抛体运动、机械能守恒
8．如图所示，洗衣机的脱水桶采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中错误的是

A．脱水过程中，衣物是紧贴桶壁的
B．水会从桶中甩出是因为水滴受到向心力很大的缘故
C．加快脱水桶转动角速度，脱水效果会更好
D．靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好
【答案】D
【解析】
试题分析：脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁，故A正确；水滴依附的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉，故B错；，增大会使向心力F增大，而转筒有洞，不能提供足够大的向心力，水滴就会被甩出去，增大向心力，会使更多水滴被甩出去，故C正确．中心的衣服，R比较小，角速度一样，所以向心力小，脱水效果差，故D正确。
考点：考查了离心现象
9．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω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），盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2。则ω的最大值是 （ ）

A．        B． C．        D．
【答案】C
【解析】
试题分析：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：则，C正确。
考点：考查了匀速圆周运动，牛顿第二定律
10．如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动，接触处无相对滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲∶r乙＝3∶1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r，m2距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时（ 　）

A．滑动前m1与m2的角速度之比ω1∶ω2＝1∶3
B．滑动前m1与m2的向心加速度之比a1∶a2＝1∶3
C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动
D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动
【答案】AD
【解析】
试题分析：甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有：ω1•3r=ω2•r，则得ω甲：ω乙=1：3，所以物块相对盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为1：3．故A正确；物块相对盘开始滑动前，根据a=ω2r得：m1与m2的向心加速度之比为 a1：a2=ω12•2r：ω22r=2：9，故B错误．根据μmg=mrω2知，临界角速度，可知甲乙的临界角速度之比为1：，甲乙线速度相等，甲乙的角速度之比为ω甲：ω乙=1：3，可知当转速增加时，乙先达到临界角速度，所以乙先开始滑动．故D正确，C错误．故选：AD．
考点：圆周运动；牛顿定律；向心加速度。
11．近年来我国高速铁路发展迅速，现已知某新型国产机车总质量为m，如图已知两轨间宽度为L，内外轨高度差为h，重力加速度为g，如果机车要进入半径为R的弯道，请问，该弯道处的设计速度最为适宜的是（ 　）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
试题分析：转弯中，当内外轨对车轮均没有侧向压力时，火车的受力如图，

由牛顿第二定律得：，又，
解得：．故A正确．
考点：牛顿定律及向心力。
12．如图所示，质量不计的轻质弹性杆P插入桌面上的小孔中，杆的另一端套有一质量为m的小球，今使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω.则下列说法正确的是（重力加速度为g） （ ）

A．球所受的合外力大小为
B．球所受的合外力大小为
C．球对杆作用力的大小为
D．球对杆作用力的大小为
【答案】AD
【解析】
试题分析：由牛顿定律可知，球所受的合外力大小为，选项A 正确，B错误；根据平行四边形法则可知，球对杆作用力的大小为，选项D 正确，C错误。
考点：向心力；牛顿定律的应用。
13．在光滑杆上穿着两个小球m1、m2，且m1=2m2，用细线把两球连起来，当盘架匀速转动时，两小球刚好能与杆保持无相对滑动，如右图所示，此时两小球到转轴的距离r1与r2之比为（ ）

A、1∶1 B、1∶ C、2∶1 D、1∶2
【答案】D
【解析】
试题分析：由于细线的拉力等于两球做圆周运的向心力，则，故，选项D 正确。
考点：圆周运动的向心力。
14．如图所示，轻杆长为3L，在杆的A．B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动．在转动的
过程中，忽略空气的阻力．若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则下列说法正确的是（ ）

A．球B在最高点时速度为零
B．此时球A的速度也为零
C．球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为1.5mg
D．球B转到最高点时，杆对水平轴的作用力为3mg
【答案】C
【解析】
试题分析：球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，,
,A错；A、B的角速度相等，由v=ωr，得 ，B错；球B在最高点时，对杆无作用力，对A球由牛顿第二定律有,解得T =1.5mg，C对，D错，所以本题选择C。
考点：向心力 牛顿第二定律
15．如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点，第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T1，第二次在水平恒力F ′作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，至Q点时轻绳中的张力大小为T2，关于这两个过程，下列说法中正确的是（不计空气阻力，重力加速度为g）（ ）

A．第一个过程中，拉力F在逐渐变大，且最大值一定大于F ′
B．两个过程中，轻绳的张力均变大
C．T1＝，T2＝mg
D．第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力的功率先增大后减小
【答案】 AC
【解析】
试题分析：第一次小球缓慢移动，因此，小球处于平衡状态，解得F＝mgtanα，绳中张力T＝mg/cosα，随着α的逐渐增大，力F、T逐渐增大，当α＝θ时，有：Fm＝mgtanθ，T1＝mg/cosθ，在第二次运动过程中，根据动能定理有：－mgl（1－cosθ）＋F ′lsinθ＝0，解得：F ′＝mg＝，故选项A正确；此过程中，小球恰能到达Q点，说明vQ＝0，根据牛顿第二定律可知，在球运动轨迹法线方向上有：T2－mgcosθ－F ′sinθ＝0，解得：T2＝mg，故选项C正确；在第二次运动过程中，根据平行四边形定则可知，重力与水平拉力的合力为：＝mg/cos，恒定不变，方向与竖直方向成角，整个过程中小球先加速后减速，当小球运动至轻绳与竖直方向成角时，速度最大，根据牛顿第二定律和向心力公式可知，此时轻绳中的拉力亦最大，故选项B错误；在O点、Q点和速度最大点这三点处，重力与水平拉力合力的瞬时功率为零，其它位置不为零，因此此过程中的功率是先增大后减小，再增大再减小，故选项D错误。
考点：本题主要考查了共点力平衡条件、牛顿第二定律、向心力公式、动能定理的应用及瞬时功率的计算问题。
16． 如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高都为h，开始时物体静止于A，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，至汽车与连接的细绳水平方向的夹角为30°，则 ( )

A．运动过程中，物体m一直做加速运动
B．运动过程中，细绳对物体的拉力总是等于mg
C．在绳与水平方向的夹角为30°时，物体m上升的速度为v/2
D．在绳与水平方向的夹角为30°时，拉力功率大于mgv
【答案】 AD
【解析】
试题分析:货物速度为：v0=vcosθ，由于θ逐渐变小，故货物加速上升，故A正确；货物加速上升，物体处于超重状态，细绳对物体的拉力总是大于mg，故B错误；C、由A分析知，当θ=30°时，货物速度为，故C错误；由于拉力大于mg，在绳与水平方向的夹角为30°时，拉力功率大于
，故D正确。
考点：运动的合成和分解．
17．飞机现已广泛应用于突发性灾难的救援工作，如图所示为救助飞行队将一名在海上身受重伤、生命垂危的渔民接到岸上的情景。为了达到最快速的救援效果，飞机一边从静止匀加速收拢缆绳提升伤员，将伤员接进机舱，一边沿着水平方向匀速飞向岸边。则伤员的运动轨迹是

【答案】B
【解析】
试试题分析：竖直方向，匀速直线运动，所以有 ，水平方向，匀速直线运动，所以有 由这两个式子可得： ，因此轨迹是开口向上的抛物线，选B。
考点：运动的合成与分解
18．一质量为2kg的物体在如图甲所示的xOy平面上运动，在x方向的v t图象和y方向的s t图象分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是
t/s
v/(m·s-2)
1
2
8
4
O
t/s
s/m
1
2
8
4
O
x
y
O
甲
乙
丙

A．前2s内物体做匀变速直线运动
B．物体的初速度为8m/s
C．2s末物体的速度大小为8m/s
D．前2s内物体所受的合外力大小为8N
【答案】D
【解析】
试题分析：由v t图可知，物体在x方向上初速度为8m/s的匀减速直线运动，而在y方向上，物体做速度为4m/s的匀速运动，合力与速度方向不在一条直线上，在前2s内物体做匀变速的曲线运动，A错误；物体的初速度为水平速度和竖直速度的合速度，故初速度为4m/s，故B错误；2s末的物体的速度只有竖直分速度，速度为4m/s，C错误；前2s内物体的加速度为4m/s2，故由牛顿第二定律可知，其合力F=ma=8N，D正确。
考点：本题考查运动的合成与分解、做曲线运动的条件。
19．如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连。由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度，若这时B的速度为，则（ ）
A
B

A．=0 B． C． D．
【答案】A
【解析】
试题分析：环A沿竖直细杆上升的速度，可以分解为两个分速度，一个是沿着绳子方向的速度，一个是垂直于绳子方向的速度，若A的速度为v1，B的速度为v2，则速度之间的关系是，其中θ是绳子与竖直细杆之间的夹角，当绳子水平的时刻，角度为90°，，选项A正确。
考点：本题考查速度的分解。

第II卷（非选择题）
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二、填空题（题型注释）

三、实验题（题型注释）

评卷人
得分

四、计算题（题型注释）
20．如图所示，一水平传送带始终保持着大小为v0＝4m/s的速度做匀速运动。在传送带右侧有一半圆弧形的竖直放置的光滑圆弧轨道，其半径为R=0.2m，半圆弧形轨道最低点与传送带右端B衔接并相切，一小物块无初速地放到皮带左端A处，经传送带和竖直圆弧轨道至最高点C。已知当A、B之间距离为s=1m时，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C，（g=10m/s2）则：

(1) 物块至最高点C的速度v为多少?
(2) 物块与皮带间的动摩擦因数为多少？
(3) 若只改变传送带的长度，使滑块滑至圆弧轨道的最高点C 时对轨道的压力最大，传送带的长度应满足什么条件？
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
试题分析：（1）设小物块质量为m,至最高点C的速度为v
（2分）
m/s（1分）
（2）至B点的速度为vB
（1分） m /s（1分）因为 < v0 （1分）
（2分）
得 （1分）
（3）设刚好到达B点的最大速度为4m/s，则，解得：
所以
考点：考查了动能定理，圆周运动，牛顿第二定律的应用
21．（12分）如图，一个质量为0．6kg 的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）。已知圆弧的半径R=0．3m ，θ=60 0，小球到达A点时的速度 v=4 m/s 。（取g =10 m/s2）求：

（1）小球做平抛运动的初速度v0 ；
（2）P点与A点的水平距离和竖直高度；
（3）小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力。
【答案】（1）2m/s ；（2）．h=0.6m；（3）8N.
【解析】
试题分析：（1）小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，则小球到A点的速度与水平方向的夹角为θ，所以：v0=vx=vAcosθ=4×0.5m/s=2m/s  

（2）
由平抛运动的规律得：x=v0t，vy=gt，vy2=2gh
代入数据，解得：h=0.6m，．
（3）从A到C的运动过程中，运用动能定理得：
代入数据解之得：，由圆周运动向心力公式得：
代入数据解之得：NC=8N
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力为8N，方向竖直向上．
考点：牛顿定律；动能定理；平抛运动的规律.
22．(12分)如图长为L=1.5m的水平轨道AB和光滑圆弧轨道BC平滑相接，圆弧轨道半径R=3m，圆心在B点正上方O处，弧BC所对的圆心角为=53O，具有动力装置的玩具小车质量为m=1kg，从A点开始以恒定功率P=10w由静止开始启动，运动至B点时撤去动力，小车继续沿圆弧轨道运动并冲出轨道。已知小车运动到B点时轨道对小车的支持力为FB=26N，小车在轨道AB上运动过程所受阻力大小恒为f=0.1mg小车可以被看成质点。取g=10m／s2，，sin53o=0.8，cos53o=0.6，求：

(1)动力小车运动至B点时的速度VB的大小；
(2)小车加速运动的时间t;
(3)小车从BC弧形轨道冲出后能达到的最大离地高度。
【答案】（1）（2） （3）
【解析】
试题分析：（1）B点为圆周运动最低点，重力支持力的合力提供向心力，即
带入数据得
（2）小车以恒定功率P=10w由静止开始启动，经过B点时的牵引力，所以从A到B小车一直在加速，根据动能定理有
整理得
（3）小车从B点到C点的过程，根据动能定理有
离开轨道后，水平方向为匀速直线运动，初速度
竖直方向匀减速直线运动，初速度，速度减小到0时上升到最高点，即
小车从BC弧形轨道冲出后能达到的最大离地高度为
考点：动能定理 圆周运动 功能关系
23．如图所示,在质量为的电动机上，装有质量为的偏心轮，偏心轮的重心距转轴的距离为.当偏心轮重心在转轴正上方时，电动机对地面的压力刚好为零.求电动机转动的角速度.

【答案】
【解析】
试题分析：偏心轮重心在转轴正上方时，电动机对地面的压力刚好为零，则此时偏心轮对电动机向上的作用力大小等于电动机的重力，即： ①（2分）
根据牛顿第三定律，此时轴对偏心轮的作用力向下，大小为，其向心力为：
②　　　　（2分）
由①②得电动机转动的角速度为： ③（2分）
考点：本题考查了牛顿第二定律、牛顿第三定律、竖直面内的圆周运动规律.

试卷第15页，总15页