PAGE1專題四曲線運動考點1曲線運動運動的合成與分解1.(2023全國乙,15,6分)小車在水平地面上沿軌道從左向右運動,動能一直增加。如果用帶箭頭的線段表示小車在軌道上相應位置處所受合力,下列四幅圖可能正確的是()答案：D小車做曲線運動時,所受合力方向與速度方向不在一條直線上,B錯誤;小車所受合力必指向軌跡凹的一側,A錯誤;小車動能一直增加說明小車所受合力一直做正功,可知合力方向與該處速度方向的夾角小于90°,C錯誤,D正確。故選D。考點2拋體運動考向1平拋運動的基本規律及其應用2.(2023全國甲,14,6分)一同學將鉛球水平推出,不計空氣阻力和轉動的影響,鉛球在平拋運動過程中()A.機械能一直增加B.加速度保持不變C.速度大小保持不變D.被推出后瞬間動能最大答案：B鉛球在平拋運動過程中只有重力做功,機械能不會增加,A錯誤;不計空氣阻力和轉動的影響,鉛球加速度等于重力加速度,大小、方向均保持不變,B正確;鉛球速度大小一直增加,C錯誤;鉛球速度一直增大,動能一直增大,則鉛球被推出的瞬間,動能最小,D錯誤。考向2平拋運動的綜合問題4.(2023江蘇,10,4分)達·芬奇的手稿中描述了這樣一個實驗:一個罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動,沿途連續漏出沙子。若不計空氣阻力,則下列圖中能反映空中沙子排列的幾何圖形是()答案：D以漏出的第一粒沙子為參考系,后續漏出沙子的運動可分解為水平向右的勻加速直線運動和豎直向上的勻加速直線運動,水平方向:x=12at2,豎直方向:y=12gt2,兩式聯立得沙子運動的軌跡方程為y=gax,運動軌跡是一條傾斜直線,考向3斜拋運動考點3圓周運動3.(2023全國甲,17,6分)一質點做勻速圓周運動,若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比,運動周期與軌道半徑成反比,則n等于()A.1 B.2 C.3 D.4答案：C由題意知,F=krn①T=k'質點做勻速圓周運動,則有F=m4π2聯立①②③有krn=m4π2k'2·r3,n=3選項C正確。實驗微專題5探究平拋運動的特點實驗微專題6探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系5.(2023湖南,2,4分)如圖(a),我國某些農村地區人們用手拋撒谷粒進行水稻播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖(b)所示,其軌跡在同一豎直平面內,拋出點均為O,且軌跡交于P點,拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2,其中v1方向水平,v2方向斜向上,忽略空氣阻力,關于兩谷粒在空中的運動,下列說法正確的是()A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高點的速度小于v1C.兩谷粒從O到P的運動時間相等D.兩谷粒從O到P的平均速度相等答案：B兩谷粒從O點拋出后均只受重力作用,故加速度相同,均為重力加速度,A選項錯誤;兩谷粒在從O運動到P的過程中的初始位置(O點)與末位置(P點)相同,豎直方向位移與水平方向位移均相同,谷粒1做平拋運動,谷粒2做斜上拋運動,設谷粒2拋出時速度方向與水平方向間夾角為θ,有h=-v2sinθ·t2+12gt22,x=v2cosθ·t2,對谷粒1有h=12gt12,x=v1t1,可得t1<t2,v2cosθ<v1,即谷粒2在最高點的速度小于v1,B選項正確,C選項錯誤;兩谷粒從O到P位移相同,但t1<t2,6.(2023江蘇,13,6分)“轉碟”是傳統的雜技項目。如圖所示,質量為m的發光物體放在半徑為r的碟子邊緣,雜技演員用桿頂住碟子中心,使發光物體隨碟子一起在水平面內繞A點做勻速圓周運動。當角速度為ω0時,碟子邊緣看似一個光環。求此時發光物體的速度大小v0和受到的靜摩擦力大小f。答案ω0rmω0解析當發光物體隨碟子一起勻速轉動時,其線速度大小即為v0,由勻速圓周運動線速度和角速度的關系可知v0=ω0r。該過程中發光物體受到的來自碟子的靜摩擦力提供其繞A點做勻速圓周運動的向心力,由牛頓第二定律得其受到的靜摩擦力大小f=mω027.(2023新課標,24,10分)將扁平的石子向水面快速拋出,石子可能會在水面上一跳一跳地飛向遠方,俗稱“打水漂”。要使石子從水面跳起產生“水漂”效果,石子接觸水面時的速度方向與水面的夾角不能大于θ。為了觀察到“水漂”,一同學將一石子從距水面高度為h處水平拋出,拋出速度的最小值為多少?(不計石子在空中飛行時的空氣阻力,重力加速度大小為g)答案：2解析設石子拋出時的水平速度為v0,接觸水面時的速度方向與水面的夾角為α,由題意可知,石子在空中做平拋運動,則vy2=2gh,解得vy由tanα=vyv0,α≤θ,聯立解得v所以石子拋出速度的最小值vmin=2g?8.(2023山東,15,8分)電磁炮滅火消防車(圖甲)采用電磁彈射技術投射滅火彈進入高層建筑快速滅火。電容器儲存的能量通過電磁感應轉化成滅火彈的動能,設置儲能電容器的工作電壓可獲得所需的滅火彈出膛速度。如圖乙所示,若電磁炮正對高樓,與高樓之間的水平距離L=60m,滅火彈出膛速度v0=50m/s,方向與水平面夾角θ=53°,不計炮口離地面高度及空氣阻力,取重力加速度大小g=10m/s2,sin53°=0.8。(1)求滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H;(2)已知電容器儲存的電能E=12CU2,轉化為滅火彈動能的效率η=15%,滅火彈的質量為3kg,電容C=2.5×104μF,電容器工作電壓U應設置為多少答案(1)60m(2)2×103V解析(1)由運動的分解可知,出膛的滅火彈在水平方向上以vx=v0cos53°的速度做勻速直線運動,有L=vxt,解得t=2s。在豎直方向上以初速度vy=v0sin53°做豎直上拋運動,有H=vyt-12gt2,解得H=60m(2)由題意可知電容器把電能轉化為滅火彈的動能,有0.15E=12mv02,其中E=12CU2,聯立解得U=2×109.(2023全國甲,24,12分)如圖,光滑水平桌面上有一輕質彈簧,其一端固定在墻上。用質量為m的小球壓彈簧的另一端,使彈簧的彈性勢能為Ep。釋放后,小球在彈簧作用下從靜止開始在桌面上運動,與彈簧分離后,從桌面水平飛出。小球與水平地面碰撞后瞬間,其平行于地面的速度分量與碰撞前瞬間相等;垂直于地面的速度分量大小變為碰撞前瞬間的45。小球與地面碰撞后,彈起的最大高度為h。重力加速度大小為g,(1)小球離開桌面時的速度大小;(2)小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離。答案(1)2Ep解析(1)由能量守恒定律可知,彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能,即Ep=12mv解得v0=2E小球離開桌面時的速度大小為2(2)設桌面的高度為H,小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離為x,小球飛出后做平拋運動,有H=12gt2x=v0t④設小球與地面碰撞前后速度的豎直分量分別為vy1與vy2,由題意可知vyvyvy2v聯立②③④⑤⑥⑦得x=5即小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離為510.(2023福建,15,12分)一種離心測速器的簡化工作原理如圖所示。細桿的一端固定在豎直轉軸OO'上的O點,并可隨軸一起轉動。桿上套有一輕質彈簧,彈簧一端固定于O點,另一端與套在桿上的圓環相連。當測速器穩定工作時,圓環將相對細桿靜止,通過圓環的位置可以確定細桿勻速轉動的角速度。已知細桿長度l=0.2m,桿與豎直轉軸的夾角α始終為60°,彈簧原長x0=0.1m,彈簧勁度系數k=100N/m,圓環質量m=1kg;彈簧始終在彈性限度內,重力加速度大小取10m/s2,摩擦力可忽略不計。(1)若細桿和圓環處于靜止狀態,求圓環到O點的距離;(2)求彈簧處于原長時,細桿勻速轉動的角速度大小;(3)求圓環處于細桿末端P時,細桿勻速轉動的角速度大小。答案(1)0.05m(2)1063rad/s解析(1)細桿和圓環處于平衡狀態,對圓環受力分析如圖甲所示,得T0=mgcosα=5N根據胡克定律F=kΔx得Δx0=T0k=0.05彈簧彈力方向沿桿向上,故彈簧處于壓縮狀態,彈簧此時的長度即圓環到O點的距離x1=x0-Δx0=0.05m。(2)若彈簧處于原長,則圓環僅受重力和支持力,其合力使圓環在水平面內做勻速圓周運動。根據牛頓第二定律得mgtanα=mω02r,由幾何關系得圓環此時轉動的半徑聯立并代入數據解得ω0=1063(3)圓環處于細桿末端P時,彈簧伸長量Δx'=l-x0,根據胡克定律得彈簧彈力T=k(l-x0)=10N對圓環受力分析如圖乙所示,對各力正交分解,豎直方向受力平衡,有mg+Tcosα=Nsinα,水平方向合力提供向心力,則有Tsinα+Ncosα=mω2r'由幾何關系得r'=lsinα聯立并代入數據解得ω=10rad/s。22年及之前真題1.(2022廣東,3,4分)如圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|點的運動員從斜坡上的M點由靜止自由滑下,經過水平NP段后飛入空中,在Q點落地。不計運動員經過N點的機械能損失,不計摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運動員速度大小v或加速度大小a隨時間t變化的圖像是()答案C不計摩擦和空氣阻力,設MN段傾角為θ,運動員在MN段運動的時間為t,由分析易知,MN段,F合1=mgsinθ,a1=gsinθ,vN=a1t;NP段,F合2=0,a2=0,運動員做勻速直線運動;PQ段,運動員做平拋運動,a3=g>a1,故C正確。易錯分析需注意選項A中PQ段平拋運動的速度大小隨時間t變化的圖線不應是直線。2.(2022廣東,6,4分)如圖所示,在豎直平面內,截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處,一玩具槍的槍口與小積木上P點等高且相距為L。當玩具子彈以水平速度v從槍口向P點射出時,小積木恰好由靜止釋放,子彈從射出至擊中積木所用時間為t。不計空氣阻力。下列關于子彈的說法正確的是()A.將擊中P點,t大于LB.將擊中P點,t等于LC.將擊中P點上方,t大于LD.將擊中P點下方,t等于L答案B子彈離開槍口后做平拋運動,同時積木做自由落體運動,二者在豎直方向相對靜止,故子彈會擊中P點,子彈在水平方向做勻速直線運動,有t=Lv3.(2022山東,8,3分)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示,半徑為3m的半圓弧BC與長8m的直線路徑AB相切于B點,與半徑為4m的半圓弧CD相切于C點。小車以最大速度從A點駛入路徑,到適當位置調整速率運動到B點,然后保持速率不變依次經過BC和CD。為保證安全,小車速率最大為4m/s,在ABC段的加速度最大為2m/s2,CD段的加速度最大為1m/s2。小車視為質點,小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為()A.t=2+7π4s,B.t=94+7πC.t=2+5126+7D.t=2+5126+(答案B根據a=v2r可知,在BC段、CD段的最大速率分別為vBC=a1r1=6m/s,vCD=a2r2=2m/s,在BC段、CD段的速率不變,因此在兩圓弧段運動的最大速率v=2m/s,通過兩圓弧的時間為t2=πr1v+πr2v=7π2s,小車從A點以最大速率v0=4m/s勻速經過一段距離l之后開始減速,恰好到B點時速率為2m/s,根據勻變速直線運動規律得v2-v02=-2a1(8m-l),解得4.(2022山東,11,4分)(多選)如圖所示,某同學將離地1.25m的網球以13m/s的速度斜向上擊出,擊球點到豎直墻壁的距離4.8m。當網球豎直分速度為零時,擊中墻壁上離地高度為8.45m的P點。網球與墻壁碰撞后,垂直墻面速度分量大小變為碰前的0.75倍,平行墻面的速度分量不變。重力加速度g取10m/s2,網球碰墻后的速度大小v和著地點到墻壁的距離d分別為()A.v=5m/sB.v=32m/sC.d=3.6mD.d=3.9m答案BD網球擊中墻壁時,豎直速度減為零,故擊出時vy=2g(H??)=12m/s,t上=vyg=1.2s,擊出時vx=v02?vy2=5m/s,水平位移x=vxt上=6m,故圖示中θ=37°,網球擊中墻壁前瞬間,在垂直墻面方向上的速度分量vx⊥=vxcosθ=4m/s,在平行墻面方向上的速度分量vx∥=vxsinθ=3m/s,碰墻后vx⊥'=0.75vx⊥=3m/s,故碰墻后速度為v=v5.(2022河北,10,6分)(多選)如圖,廣場水平地面上同種盆栽緊密排列在以O為圓心、R1和R2為半徑的同心圓上,圓心處裝有豎直細水管,其上端水平噴水嘴的高度、出水速度及轉動的角速度均可調節,以保障噴出的水全部落入相應的花盆中。依次給內圈和外圈上的盆栽澆水時,噴水嘴的高度、出水速度及轉動的角速度分別用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示?；ㄅ璐笮∠嗤?半徑遠小于同心圓半徑,出水口截面積保持不變,忽略噴水嘴水平長度和空氣阻力。下列說法正確的是()A.若h1=h2,則v1∶v2=R2∶R1B.若v1=v2,則h1∶h2=R12C.若ω1=ω2,v1=v2,噴水嘴各轉動一周,則落入每個花盆的水量相同D.若h1=h2,噴水嘴各轉動一周且落入每個花盆的水量相同,則ω1=ω2答案BD根據平拋運動規律有h=12gt2、R=v0t,若h1=h2,則噴出去的水在空中運動時間相等,所以v1v2=R1R2,選項A錯誤;根據平拋運動規律,得R1R2=v12?1gv22?2g,若v1=v2,化簡得?1?2=R12R22,選項B正確;澆水時水的流量Q=Sv0,其中S是出水口橫截面積,澆水一周總水量為V總=Q·2πω=2πωS·v0,若ω1=ω2,v1=v2,則總水量相同,但半徑越大,擺放的花盆越多,所以落入每個花盆的水量越小,選項C錯誤;設每個花盆的直徑大小為d,則半徑為R的圓上能擺放的盆數為n=2π6.(2019課標Ⅱ,19,6分)(多選)如圖(a),在跳臺滑雪比賽中,運動員在空中滑翔時身體的姿態會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳,每次都從離開跳臺開始計時,用v表示他在豎直方向的速度,其v-t圖像如圖(b)所示,t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則()A.第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D.豎直方向速度大小為v1時,第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大答案BD本題考查了平拋運動的應用。以運動員跳臺滑雪的平拋運動為載體,考查了考生的理解能力、推理能力和數形結合處理物理問題的能力,體現了對模型建構、科學推理的素養考查。v-t圖線與時間軸包圍的面積表示運動員在豎直方向上的位移,由圖像可知第二次包圍的格數較多,故A錯。設雪道的傾角為θ,則水平位移x=ytanθ,故B正確。v-t圖線的斜率表示加速度,由圖像明顯看出,第一次在豎直方向上的平均加速度較大,故C錯。v=v1時,斜率k1>k2,結合牛頓第二定律mg-f=ma可知,第二次所受阻力較大解題技巧v-t圖線與時間軸所圍的面積表示位移,當圖線為曲線時,可采用數格子的方法比較面積的大小。7.(2015課標Ⅱ,16,6分)由于衛星的發射場不在赤道上,同步衛星發射后需要從轉移軌道經過調整再進入地球同步軌道。當衛星在轉移軌道上飛經赤道上空時,發動機點火,給衛星一附加速度,使衛星沿同步軌道運行。已知同步衛星的環繞速度約為3.1×103m/s,某次發射衛星飛經赤道上空時的速度為1.55×103m/s,此時衛星的高度與同步軌道的高度相同,轉移軌道和同步軌道的夾角為30°,如圖所示。發動機給衛星的附加速度的方向和大小約為()A.西偏北方向,1.9×103m/sB.東偏南方向,1.9×103m/sC.西偏北方向,2.7×103m/sD.東偏南方向,2.7×103m/s答案B同步衛星的速度v方向為正東方向,設衛星在轉移軌道的速度為v1,附加速度為v2,由速度的合成可知v2的方向為東偏南方向,其大小為v2=(vcos30°?v1)2+(v解題關鍵①當衛星運動到轉移軌道和同步軌道交會處時,不僅需要調整衛星的速度大小,而且還需要調整衛星運動的方向。②需要將此衛星在轉移軌道的速度、附加速度和同步衛星的環繞速度放在同一平面內考慮。③正確畫出如解析中的速度合成圖是正確解答的關鍵。8.(2015廣東理綜,14,4分)如圖所示,帆板在海面上以速度v朝正西方向運動,帆船以速度v朝正北方向航行。以帆板為參照物()A.帆船朝正東方向航行,速度大小為vB.帆船朝正西方向航行,速度大小為vC.帆船朝南偏東45°方向航行,速度大小為2vD.帆船朝北偏東45°方向航行,速度大小為2v答案D以帆板為參照物時,帆船相對于帆板同時具有向正北的速度v與向正東的速度v,故由平行四邊形定則可知,帆船相對于帆板的速度大小為2v,方向為北偏東45°,D正確。9.(2014四川理綜,4,6分)有一條兩岸平直、河水均勻流動、流速恒為v的大河。小明駕著小船渡河,去程時船頭指向始終與河岸垂直,回程時行駛路線與河岸垂直。去程與回程所用時間的比值為k,船在靜水中的速度大小相同,則小船在靜水中的速度大小為()A.kvk2-1B.v1?答案B去程時船頭垂直河岸如圖所示,由合運動與分運動具有等時性并設河寬為d,則去程時間t1=dv1;回程時行駛路線垂直河岸,故回程時間t2=dv12-v2,由題意有t1t2=k,則k=v1解題關鍵此題以小船過河為情境考查運動的合成和分解,解答本題的關鍵點有二:一是合運動和分運動具有等時性;二是利用河寬為定值,去程為分運動的位移,返程為合運動的位移,確定去返的時間,該題難度適中,但有很好的區分度。10.(2019海南單科,10,5分)(多選)三個小物塊分別從3條不同光滑軌道的上端由靜止開始滑下。已知軌道1、軌道2、軌道3的上端距水平地面的高度均為4h0;它們的下端水平,距地面的高度分別為h1=h0、h2=2h0、h3=3h0,如圖所示。若沿軌道1、2、3下滑的小物塊的落地點到軌道下端的水平距離分別記為s1、s2、s3,則()A.s1>s2B.s2>s3C.s1=s3D.s2=s3答案BC根據mgh=12mv2得小物塊離開軌道時的水平速度v=2g?,軌道1、2、3下滑的小物塊的初速度之比為3∶2∶1,由h=12gt2,可知t=2?g,軌道1、2、3下滑的小物塊的時間之比為1∶2∶3,根據x=vt可知,小物塊的落地點到軌道下端的水平距離之比s1∶s2∶s3=3∶2∶3,故選項B、C11.(2018江蘇單科,3,3分)某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自由下落過程中,該彈射管保持水平,先后彈出兩只小球。忽略空氣阻力,兩只小球落到水平地面的()A.時刻相同,地點相同B.時刻相同,地點不同C.時刻不同,地點相同D.時刻不同,地點不同答案B本題考查了運動的合成與分解。通過分析兩只小球的運動性質考查了考生的理解能力、推理能力,體現了對物理觀念、科學思維和科學探究的素養考查。由題意知,在豎直方向上,兩只小球同時同高度自由下落,運動狀態始終相同,由h=12gt2知落到水平地面的時刻相同。在水平方向上,小球被彈出后做速度相等的勻速直線運動,但先拋出的小球水平方向運動時間較長,由x=v0t知,x先>x后,即兩只小球落到水平地面的地點不同。故選B12.(2017課標Ⅰ,15,6分)發球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)。速度較大的球越過球網,速度較小的球沒有越過球網;其原因是()A.速度較小的球下降相同距離所用的時間較多B.速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大C.速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少D.速度較大的球在相同時間間隔內下降的距離較大答案C本題考查了對平拋運動的理解。以發球機水平射出的乒乓球的平拋運動為載體,考查了考生的理解能力、推理能力,體現了對模型建構、科學推理的素養考查。忽略空氣的影響時,乒乓球只受重力作用,球被水平射出后做平拋運動。由于在豎直方向上做自由落體運動,則h=12gt2,下落時間t=2?g,t∝?,故A、D錯誤。由vy=gt=g·2?g=2?g,可知B錯誤。在水平方向上有x=v0t,x相同時,t解題關鍵①平拋運動是曲線運動,軌跡為拋物線,可以分解為豎直方向上的自由落體運動(滿足h=12gt2和vy=gt)和水平方向上的勻速直線運動(滿足x=v0t)。②做平拋運動時物體運動時間由下落高度決定,運動的水平距離x=v0·2?g,由初速度13.(2016江蘇單科,2,3分)有A、B兩小球,B的質量為A的兩倍?，F將它們以相同速率沿同一方向拋出,不計空氣阻力。圖中①為A的運動軌跡,則B的運動軌跡是()A.①B.②C.③D.④答案A不計空氣阻力,A、B兩球運動過程中加速度a=g,以相同速率沿同一方向拋出,都做斜上拋運動,故兩球軌跡相同,A選項正確。易錯點撥試題以斜上拋為背景,雖然兩球質量不同,但在不計空氣阻力時運動的加速度均為重力加速度,考生可能會由生活經驗“重的物體飛行高度低,所用時間短”而錯選C或D。14.(2015浙江理綜,17,6分)如圖所示為足球球門,球門寬為L。一個球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起,將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點)。球員頂球點的高度為h。足球做平拋運動(足球可看成質點,忽略空氣阻力),則()A.足球位移的大小x=LB.足球初速度的大小v0=gC.足球末速度的大小v=gD.足球初速度的方向與球門線夾角的正切值tanθ=L答案B如圖,足球平拋運動的水平位移x=s2+L24,不是足球的位移,所以A錯。由x=v0t,h=12gt2,得v0=xt=s2+L24/2?g=g2?L24+15.(2015四川理綜,1,6分)在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出,不計空氣阻力,則落在同一水平地面時的速度大小()A.一樣大B.水平拋的最大C.斜向上拋的最大D.斜向下拋的最大答案A根據機械能守恒定律得,落地時三個小球速度大小相同。16.(2015課標Ⅰ,18,6分,0.528)一帶有乒乓球發射機的乒乓球臺如圖所示。水平臺面的長和寬分別為L1和L2,中間球網高度為h。發射機安裝于臺面左側邊緣的中點,能以不同速率向右側不同方向水平發射乒乓球,發射點距臺面高度為3h。不計空氣的作用,重力加速度大小為g。若乒乓球的發射速率v在某范圍內,通過選擇合適的方向,就能使乒乓球落到球網右側臺面上,則v的最大取值范圍是()A.L12gB.L14C.L12D.L14答案D乒乓球做平拋運動,落到右側臺面上時經歷的時間t1滿足3h=12gt12。當v取最大值時其水平位移最大,落點應在右側臺面的臺角處,有vmaxt1=L12+L222,解得vmax=12(4L12+L22)g6?;當v取最小值時其水平位移最小溫馨提示①以不同速率向右側不同方向水平發射乒乓球,不計空氣阻力,則乒乓球做平拋運動。②發射的位置和高度一定,說明若能落在臺面上,則運動時間一定,且最大的水平位移為L12+L222。③若球恰好擦網而過,則下落2h的高度,水平位移最小為L1217.(2018江蘇單科,6,4分)(多選)火車以60m/s的速率轉過一段彎道,某乘客發現放在桌面上的指南針在10s內勻速轉過了約10°。在此10s時間內,火車()A.運動路程為600mB.加速度為零C.角速度約為1rad/sD.轉彎半徑約為3.4km答案AD本題考查了圓周運動的應用、角速度的定義。以火車的勻速圓周運動和桌子上指南針的偏轉為載體,考查了考生的理解能力、推理能力,體現了對模型建構、科學論證的素養考查?；疖嚨慕撬俣圈?θt=2π×1036010rad/s=π180rad/s,選項C錯誤;火車做勻速圓周運動,其受到的合外力等于向心力,加速度不為零,選項B錯誤;火車在10s內運動路程s=vt=600m,選項A正確;火車轉彎半徑R=vω=60π18023.(2018浙江4月選考,4,3分)A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動(如圖),在相同時間內,它們通過的路程之比是4∶3,運動方向改變的角度之比是3∶2,則它們()A.線速度大小之比為4∶3B.角速度大小之比為3∶4C.圓周運動的半徑之比為2∶1D.向心加速度大小之比為1∶2答案A時間相同,路程之比即線速度大小之比,故A項正確;運動方向改變的角度之比即路程對應掃過的圓心角之比,由于時間相同,角速度大小之比為3∶2,B項錯誤;由路程和半徑與圓心角之間的關系為s=rθ得半徑之比為8∶9,C項錯誤;由向心加速度a=v2r知向心加速度大小之比為18.(2016上海單科,16,3分)風速儀結構如圖(a)所示。光源發出的光經光纖傳輸,被探測器接收,當風輪旋轉時,通過齒輪帶動凸輪圓盤旋轉,當圓盤上的凸輪經過透鏡系統時光被遮擋。已知風輪葉片轉動半徑為r,每轉動n圈帶動凸輪圓盤轉動一圈。若某段時間Δt內探測器接收到的光強隨時間變化關系如圖(b)所示,則該時間段內風輪葉片()A.轉速逐漸減小,平均速率為4B.轉速逐漸減小,平均速率為8C.轉速逐漸增大,平均速率為4D.轉速逐漸增大,平均速率為8答案B本題考查了圓周運動的應用、圖像的意義。以風輪葉片做圓周運動為載體,考查了考生的理解能力、推理能力,體現了對物理觀念、科學思維和科學探究的素養考查。由圖(b)分析可知透過光的時間越來越長,說明風輪葉片轉速逐漸減小,還能看出Δt時間內凸輪圓盤轉了4圈,又因為它轉1圈風輪葉片轉n圈,所以Δt時間內風輪葉片轉了4n圈,所以它的平均速率v=4n·2πrΔt19.(2019海南單科,6,4分)如圖,一硬幣(可視為質點)置于水平圓盤上,硬幣與豎直轉軸OO'的距離為r,已知硬幣與圓盤之間的動摩擦因數為μ(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力),重力加速度大小為g。若硬幣與圓盤一起繞OO'軸勻速轉動,則圓盤轉動的最大角速度為()A.12μgrB.μgr答案B設硬幣質量為m,對硬幣受力分析,如圖所示。由摩擦力提供向心力可得f=mω2r而f≤fm=μFN=μmg聯立可得mω2r≤μmg解得ω≤μgr,選項B正確,選項A、C、D20.(2014課標Ⅰ,20,6分)如圖,兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上,a與轉軸OO'的距離為l,b與轉軸的距離為2l。木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍,重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動,用ω表示圓盤轉動的角速度,下列說法正確的是()A.b一定比a先開始滑動B.a、b所受的摩擦力始終相等C.ω=kg2l是D.當ω=2kg3l時答案AC設木塊滑動的臨界角速度為ω,kmg=mω2r,所以ω=kgr,ra=l,rb=2l,所以ωa>ωb,A、C項正確;摩擦力充當向心力,在角速度相等時,b受的摩擦力大,B項錯誤;ω=2kg3l時,a受的摩擦力fa=mω2r=m221.(2020課標Ⅰ,16,6分)如圖,一同學表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10m,該同學和秋千踏板的總質量約為50kg。繩的質量忽略不計。當該同學蕩到秋千支架的正下方時,速度大小為8m/s,此時每根繩子平均承受的拉力約為()A.200NB.400NC.600ND.800N答案B該同學蕩秋千可視為做圓周運動,設每根繩子的拉力大小為F,以該同學和秋千踏板整體為研究對象,根據牛頓第二定律得2F-mg=mv2R,代入數據解得F=405N,故每根繩子平均承受的拉力約為400N,故B項正確,A、C22.(2018天津理綜,2,6分)滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員(可視為質點)由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB,從滑道的A點滑行到最低點B的過程中,由于摩擦力的存在,運動員的速率不變,則運動員沿AB下滑過程中()A.所受合外力始終為零B.所受摩擦力大小不變C.合外力做功一定為零D.機械能始終保持不變答案C本題考查勻速圓周運動中的受力分析、滑動摩擦力的決定因素、動能定理和功能關系。由于運動員在豎直面內的圓弧形滑道上運動時速率不變,故做勻速圓周運動,所受的合外力提供向心力,因此合外力不為零,選項A錯誤;因運動員的速率不變,故其所受摩擦力等于重力沿滑道向下的分力,運動員沿AB下滑過程中重力沿滑道向下的分力變小,因此滑動摩擦力變小,選項B錯誤;由動能定理知,合外力做的功等于動能的變化量,因速率不變,則動能不變,故合外力做功為零,選項C正確;機械能的改變量等于摩擦力做的功,故機械能減少,選項D錯誤。易錯警示運動員的速率不變,誤認為勻速圓周運動的合外力為零,誤選A。29.(2016海南單科,3,6分)如圖,光滑圓軌道固定在豎直面內,一質量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1,在最高點時對軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g,則N1-N2的值為()A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg答案D設小球在最低點時速度為v1,在最高點時速度為v2,根據牛頓第二定律有,在最低點有N1-mg=mv12R,在最高點有N2+mg=mv22R;從最高點到最低點,根據機械能守恒定律有mg·2R+mv22223.(2015天津理綜,4,6分)未來的星際航行中,宇航員長期處于零重力狀態,為緩解這種狀態帶來的不適,有人設想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉艙”,如圖所示。當旋轉艙繞其軸線勻速旋轉時,宇航員站在旋轉艙內圓柱形側壁上,可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力。為達到上述目的,下列說法正確的是()A.旋轉艙的半徑越大,轉動的角速度就應越大B.旋轉艙的半徑越大,轉動的角速度就應越小C.宇航員質量越大,旋轉艙的角速度就應越大D.宇航員質量越大,旋轉艙的角速度就應越小答案B宇航員在艙內受到的支持力與他站在地球表面時受到的支持力大小相等,mg=mω2r,即g=ω2r,可見r越大,ω就應越小,B正確,A錯誤;角速度與質量m無關,C、D錯誤。24.(2014課標Ⅱ,17,6分)如圖,一質量為M的光滑大圓環,用一細輕桿固定在豎直平面內;套在大環上質量為m的小環(可視為質點),從大環的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。當小環滑到大環的最低點時,大環對輕桿拉力的大小為()A.Mg-5mgB.Mg+mgC.Mg+5mgD.Mg+10mg答案C解法一以小環為研究對象,設大環半徑為R,根據機械能守恒定律,得mg·2R=12mv2,在大環最低點有FN-mg=mv2R,得FN=5mg,此時再以大環為研究對象,受力分析如圖,由牛頓第三定律知,小環對大環的壓力為FN'=FN,方向豎直向下,故F=Mg+5mg, 解法二設小環滑到大環最低點時速度為v,加速度為a,根據機械能守恒定律12mv2=mg·2R,且a=v2R,所以a=4g,F-Mg-mg=ma+M·0所以F=Mg+5mg,C正確。25.(2014安徽理綜,19,6分)如圖所示,一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動,盤面上離轉軸距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止。物體與盤面間的動摩擦因數為32(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力),盤面與水平面的夾角為30°,g取10m/s2。則ω的最大值是A.5rad/sB.3rad/sC.1.0rad/sD.0.5rad/s答案C當物體轉到圓盤的最低點恰好不滑動時,轉盤的角速度最大,其受力如圖所示(其中O為對稱軸位置)由沿盤面的合力提供向心力,有μmgcos30°-mgsin30°=mω2R得ω=g4R=1.0rad/s,選項評析此題考查牛頓第二定律、圓周運動等知識,題目設置新穎,巧妙地將已學的豎直面內的圓周運動與斜面結合,本題易認為在最高點時角速度最大而錯選A。26.(2016上海單科,23,4分)如圖,圓弧形凹槽固定在水平地面上,其中ABC是位于豎直平面內以O為圓心的一段圓弧,OA與豎直方向的夾角為α。一小球以速度v0從桌面邊緣P水平拋出,恰好從A點沿圓弧的切線方向進入凹槽。小球從P到A的運動時間為;直線PA與豎直方向的夾角β=。

答案v0tanαgarctan(2解析據題意,小球從P點拋出后做平拋運動,小球運動到A點時將速度分解,有tanα=vyvx=gtv0,則小球運動到A點的時間為:t=v0tanαg;tanβ=v0t12gt2=227.[2014天津理綜,9(1)]半徑為R的水平圓盤繞過圓心O的豎直軸勻速轉動,A為圓盤邊緣上一點。在O的正上方有一個可視為質點的小球以初速度v水平拋出時,半徑OA方向恰好與v的方向相同,如圖所示。若小球與圓盤只碰一次,且落在A點,重力加速度為g,則小球拋出時距O的高度h=,圓盤轉動的角速度大小ω=。

答案gR22v22解析小球做平拋運動:h=12gt2、R=vt,解得h=gR22v2。由題意知ωt=2π×n(n∈N*),故聯立R=vt可得ω=2點撥在小球從拋出到落到圓盤上的時間內,圓盤轉動了1圈、2圈、3圈…n圈均有可能,故ω的值應該是一個通式,不能只用轉1圈的情形表述!28.(2022全國甲,24,12分)將一小球水平拋出,使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝,頻閃儀每隔0.05s發出一次閃光。某次拍攝時,小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光,拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像,每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像,所標出的兩個線段的長度s1和s2之比為3∶7。重力加速度大小取g=10m/s2,忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小。答案25解析依題意,相鄰兩球影像間隔的時間t=4t0=0.2s設初速度大小為v0,如圖所示:由O到A,水平方向:x1=v0t豎直方向:y1=12gt又s1=x由A到B,水平方向:x2=v0t豎直方向:y2=12g(2t)2-12又s2=xs1s聯立解得v0=2529.(2022北京,17,9分)體育課上,甲同學在距離地面高h1=2.5m處將排球擊出,球的初速度沿水平方向,大小為v0=8.0m/s;乙同學在離地h2=0.7m處將排球墊起,墊起前后球的速度大小相等,方向相反。已知排球質量m=0.3kg,取重力加速度g=10m/s2。不計空氣阻力。求:(1)排球被墊起前在水平方向飛行的距離x;(2)排球被墊起前瞬間的速度大小v及方向;(3)排球與乙同學作用過程中所受沖量的大小I。答案(1)4.8m(2)見解析(3)6.0N·s解析(1)設排球在空中飛行的時間為t,則h1-h2=12gt2,得t=0.則排球在空中飛行的水平距離x=v0t=4.8m(2)乙同學墊起排球前瞬間排球在豎直方向速度的大小vy=gt得vy=6.0m/s則排球被墊起前瞬間的速度大小v=v得v=10.0m/s設速度方向與水平方向夾角為θ(如圖所示),則tanθ=vyv0(3)根據動量定理,排球與乙同學作用過程中所受沖量的大小I=2mv=6.0N·s30.(2022重慶,14,18分)小明設計了一個青蛙捉飛蟲的游戲,游戲中蛙和蟲都在xOy豎直平面內運動。蟲可以從水平x軸上任意位置處由靜止開始做勻加速直線運動,每次運動的加速度大小恒為59g(g為重力加速度),方向均與x軸負方向成37°斜向上(x軸向右為正)。蛙位于y軸上M點處,OM=H,能以不同速率向右或向左水平跳出,蛙運動過程中僅受重力作用。蛙和蟲均視為質點,取sin37°=3(1)若蟲飛出一段時間后,蛙以其最大跳出速率向右水平跳出,在y=34H的高度捉住蟲時,蛙與蟲的水平位移大小之比為22(2)若蛙跳出的速率不大于(1)問中的最大跳出速率,蛙跳出時刻不早于蟲飛出時刻,蟲能被捉住,求蟲在x軸上飛出的位置范圍。(3)若蟲從某位置飛出后,蛙可選擇在某時刻以某速率跳出,捉住蟲時蛙與蟲的運動時間之比為1∶2;蛙也可選擇在另一時刻以同一速率跳出,捉住蟲時蛙與蟲的運動時間之比為1∶17。求滿足上述條件的蟲飛出的所有可能位置及蛙對應的跳出速率。答案見解析解析(1)蛙做平拋運動,設最大跳出速率為vm,則在捉住蟲的過程中:x=vmt,H-y=12gt對于蟲子tan37°=y由題給條件xΔx=223、y解得vm=4(2)若蟲能被捉住,則蛙與蟲能在空中相遇,對應于蟲出發位置的極值時,蛙應以最大速率跳出。先求最右側極值:設相遇點的位置坐標為(x1,y1)、蟲在x軸上飛出的位置坐標為(x2,0),蛙的運動時間為t1,蟲比蛙早開始運動時間為Δt,對蛙有x1=vmt1、H-y1=12g對蟲有y1=12×59g(x2-x1=12×59g(聯立整理可得:2gt12-4gHt1-4H+3x則Δ=(?4gH)2-4×2g×(-4H+3解得x2≤2H再求左側極值:蛙以最大速率水平向左跳出且與蟲同時開始運動時對應的位置最遠,設此時蛙的運動時間為t2,對蛙有x1=vmt2、H-y2=12g對蟲有y2=12×59gtx1-x2=12×59g聯立可解得x2=26?13H,即x故1?263H≤x(3)設蛙運動的時間為t或t',則由豎直方向上的運動有12gt2+12×59g×(2和12gt'2+12×59g×(17解得t=6H5g、在水平面方向上,當蛙兩次均向右側跳出時x1=v1t+12×59g×(x1=v1t'+12×59g×(聯立解得v1=1530gH,x1當蛙兩次都向左側跳出時,不可能滿足題述情境。當蛙只有一次向左側跳出時x2=v2t+12×59g×(x2=12×59g×(17t')2解得v2=11530gH,x2一題多解第(2)問中求最右側坐標極值時可以畫運動草圖輔助分析,蛙的運動軌跡是起點在M的一段拋物線,且vm一定,軌跡一定;蟲的運動軌跡是斜向左上的一段直線,起點不確定,角度一定。要使斜直線在x軸上的起點在最右側,且直線與拋物線一定有交點,則要求拋物線和斜直線相切,即蛙和蟲相遇時蛙的速度方向斜向右下,與水平方向成37°角,解得蛙的豎直分速度vy=vmtan37°=gH,運動時間t1=vyg=Hg,豎直位移y1=H2,水平位移x1=43H,且t1小于蟲的運動時間,符合題意,最終解得31.(2015重慶理綜,8,16分)同學們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如圖所示的實驗裝置。圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板。M板上部有一半徑為R的14圓弧形的粗糙軌道,P為最高點,Q為最低點,Q點處的切線水平,距底板高為H。N板上固定有三個圓環。將質量為m的小球從P處靜止釋放,小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環中心,落到底板上距Q水平距離為L處。不考慮空氣阻力,重力加速度為g。求(1)距Q水平距離為L2的圓環中心到底板的高度(2)小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向;(3)摩擦力對小球做的功。答案(1)34(2)Lg2Hmg1+(3)mgL解析(1)設小球在Q點的速度為v,則有:L=vtH=12gt解得:v=Lg當x=L2時,有:L2h1=12g解得:h1=H則距Q水平距離為L2的圓環中心到底板的高度h=H-h1=34(2)由(1)知小球運動到Q點時速度的大小v=Lg在Q點,根據牛頓第二定律有:FN-mg=mv解得:FN=mg1+由牛頓第三定律可知,小球對軌道壓力的大小FN'與FN相等,方向豎直向下。(3)從P到