曲线运动中难题(含答案).pdf

试卷第 1 页，总 15 页高中物理曲线运动经典例题高中物理曲线运动经典例题第第 I I 卷（选择题）卷（选择题）请点击修改第 I 卷的文字说明一、选择题（题型注释）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.12kkv21kv21kkv12kv【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1dv221dvvk，故=k，整理得 v1=；故 B 正确。2211vvv21kv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AC 点的速率小于 B 点的速率BA 点的加速度比 C 点的加速度大CC 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=53和=37，以最低点 C 所在的水平面为重力势能的参考平面，则试卷第 2 页，总 15 页（sin 37=，cos 37=）（）3545AA、B 两球所受支持力的大小之比为 43BA、B 两球运动的周期之比为 43CA、B 两球的动能之比为 169DA、B 两球的机械能之比为 11251【答案】AD【解析】试题分析：根据平行四边形定则得，则故 A 正mgNcos374533ABNcosNcos确根据，解222()vmgtanmmrrRsinrT，则则动能之比为2RcosvgRsin tanTg，643272AABBvTvT，64：27故 B、C 错误根据得，动能，2vmgtanmr21122kEmvmgRsin tan重力势能，则机械能，则1PEmgRcos（）1(1)2EmgRsin tancos故 D 正确11251ABEE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 2vC橡皮运动的速度大小为2vD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，试卷第 3 页，总 15 页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xvyvv合大小和方向都不变，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222vvvv合，故，所以 D 正确。tan1yxvv045考点：考查了运动的合成与分解5如图所示，在 O 点从 t0 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OyxQPOvxt(A)tPtQ(B)OvxttPtQt(C)OvytPtQ(D)OvyttPtQ【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yyGNma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xxNma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。6A、D 分别是斜面的顶端、底端，B、C 是斜面上的两个点，ABBCCD，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()试卷第 4 页，总 15 页A球 1 和球 2 运动的时间之比为 21B球 1 和球 2 动能增加量之比为 12C球 1 和球 2 抛出时初速度之比为 212D球 1 和球 2 运动时的加速度之比为 12【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，2ACABACAB212hgt，解得运动的时间比为，故 A 错误；根据动能定理得，知2htg12：kmghE 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0 xv t2 21：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gr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，衣物是紧贴桶壁的试卷第 5 页，总 15 页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2FmamR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 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3210m/s2。则 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23030mgcosmgsinmr，C 正确。33110()3030222/1/2.5gcossinrad srad sr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31，两圆盘和小物体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 1213 B滑动前 m1与 m2的向心加速度之比 a1a213C随转速慢慢增加，m1先开始滑动 试卷第 6 页，总 15 页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：13r=2r，则得 甲：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=2r 得：m1与 m2的向心加速度之比为 a1：a2=122r：22r=2：9，故 B 错误根据 mg=mr2知，临界角速度，gr=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 甲：3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 22hLgRh22RLgRhhhLgR22LgRh【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，2tanvmgmR=22tanhLh=-解得：故 A 正确4kdQES=22gRhvLh=-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.则下试卷第 7 页，总 15 页列说法正确的是（重力加速度为 g）（）A球所受的合外力大小为Rm2B球所受的合外力大小为242RgmC球对杆作用力的大小为 242RgmD球对杆作用力的大小为224gRm【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；2mR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。22242()FFmgm gR=+=+合考点：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、11 B、1 C、21 D、122【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，221122Tmrmr=故，选项 D 正确。12211 2:rrmm=考点：圆周运动的向心力。14如图所示，轻杆长为 3L，在杆的 AB 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（）试卷第 8 页，总 15 页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，,Lvmmg22,A 错；A、B 的角速度相等，由v=r，得，B 错；球 BgLv222gLvA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 LvmmgTA2=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，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CT1，T2mgmgcosD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 Fmgtan，绳中张力 Tmg/cos，随着 的逐渐增大，力 F、T 逐渐增大，当 时，有：Fmmgtan，T1mg/cos，在第二次运动过程中，根据动能定理有：mgl（1cos）F lsin0，解得：F mg，故选项 A 正sincos12tanmg确；此过程中，小球恰能到达 Q 点，说明 vQ0，根据牛顿第二定律可知，在球运动轨迹法线方向上有：T2mgcosF sin0，解得：T2mg，故选项 C 正确；在第试卷第 9 页，总 15 页二次运动过程中，根据平行四边形定则可知，重力与水平拉力的合力为：mg/cos合F，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22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2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合F合F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 mgC在绳与水平方向的夹角为 30时，物体 m 上升的速度为 v/2D在绳与水平方向的夹角为 30时，拉力功率大于mgv23【答案】AD【解析】试题分析:货物速度为：v0=vcos，由于 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=30时，货物速度为，故 C 错误；由于拉力vvv2330cos0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。mgvmgvP230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试卷第 10 页，总 15 页【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/sv/(ms-2)1284Ot/ss/m1284OxyO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/sC2s 末物体的速度大小为 8m/sD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54m/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（）01v2vAB试卷第 11 页，总 15 页A=0 B C D2v12vv 02v12vv【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 是绳子与竖直细杆之间的夹角，当绳子水平的时21cosvv刻，角度为 90，选项 A 正确。20v 考点：本题考查速度的分解。试卷第 12 页，总 15 页第第 IIII 卷（非选择题）卷（非选择题）请点击修改第 II 卷的文字说明二、填空题（题型注释）二、填空题（题型注释）三、实验题（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）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 v04m/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？ABs【答案】（1）（2）（3）2/m s5.01.6ABsm【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）Rmvmg2m/s（1 分）2gRv（2）至 B 点的速度为 vB（1 分）m/s（1 分）因为 v0Rmgmvmv2212122B10Bv10Bv（1 分）（2 分）0212Bmvmgs得（1 分）5.0（3）设刚好到达 B 点的最大速度为 4m/s，则，解得：102Bmgsmv1.6sm所以1.6ABsm试卷第 13 页，总 15 页考点：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 06kg 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=03m，=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.2 35xm=【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，所以：v0=vx=vAcos=40.5m/s=2m/s （2）342 32sin/yAvvm sm s=由平抛运动的规律得：x=v0t，vy=gt，vy2=2gh代入数据，解得：h=0.6m，2 35xm=（3）从 A 到 C 的运动过程中，运用动能定理得：221122(cos)CAmvmvmg RR-=-+代入数据解之得：，由圆周运动向心力公式得：7/Cvm s=2CCvNmgmR+=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，具有动力装置的玩试卷第 14 页，总 15 页具小车质量为 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13被看成质点。取 g=10ms2，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）7/Bvm s2.6ts2m【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2BBvFmgmR带入数据得7/Bvm s（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，107BPFfv所以从 A 到 B 小车一直在加速，根据动能定理有212BPtfLmv整理得2.6ts（3）小车从 B 点到 C 点的过程，根据动能定理有2211(1 cos)22CBmgRmvmv离开轨道后，水平方向为匀速直线运动，初速度cosxCvv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sinyCvv22yvhg小车从 BC 弧形轨道冲出后能达到的最大离地高度为2(1 cos)22yvRmg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MmO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rO电动机转动的角速度.w试卷第 15 页，总 15 页【答案】()Mm gwmr【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：（2 分）FMg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：FMg （2 分）2Fmgmw r由得电动机转动的角速度为：（2 分）()Mm gwmr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.