【文档说明】2022版高中物理选考（山东专用）一轮总复习集训：专题四曲线运动—模拟含解析.docx，共(33)页，726.117 KB，由小赞的店铺上传

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专题四曲线运动【5年高考】考点一曲线运动、运动的合成与分解1.(2018江苏单科,3,3分)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B2.(2018北京理综,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D3.(2020北京,14,6分)在无风的环境里,某人在高处释放静止的篮球,篮球竖直下落:如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动(如图)再释放,则篮球在向下掉落过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是,转动的篮

球在运动过程中除受重力外,还受到空气施加的阻力f1和偏转力f2。这两个力与篮球速度v的关系大致为:f1=k1v2,方向与篮球运动方向相反:f2=k2v,方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是()A.k1、k2是与篮球转动角速度无关的常量B.篮球可回到原高

度且角速度与释放时的角速度相同C.人站得足够高,落地前篮球有可能向上运动D.释放条件合适,篮球有可能在空中持续一段水平直线运动答案C4.(2016课标Ⅰ,18,6分)(多选)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则()A

.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变答案BC考点二抛体运动1.(2020课标Ⅱ,16,6分)如图,在摩托车越野赛途

中的水平路段前方有一个坑,该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h,其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1,它会落到坑内c点,c与a的水平距离和高度差均为h;若经过a点时的动能为E2,该摩托车恰能越过坑到达b点。𝐸2𝐸1等于()A.20B

.18C.9.0D.3.0答案B2.(2016江苏单科,2,3分)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①为A的运动轨迹,则B的运动轨迹是()A.①B.②C.③D.④答案A3.(2019课标Ⅱ,19,6分)(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答案BD4.(2015浙江理综,17,6分)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(足球可看成质点,忽略空气阻力),则()A.足球位移的大小x=√𝐿24+𝑠2B.足球初速度的大小v0=√𝑔2ℎ(𝐿24+

𝑠2)C.足球末速度的大小v=√𝑔2ℎ(𝐿24+𝑠2)+4𝑔ℎD.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ=𝐿2𝑠答案B5.(2015课标Ⅰ,18,6分)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h。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g。若乒乓球的发射速率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.𝐿12√𝑔

6ℎ<v<L1√𝑔6ℎB.𝐿14√𝑔ℎ<v<√(4𝐿12+𝐿22)𝑔6ℎC.𝐿12√𝑔6ℎ<v<12√(4𝐿12+𝐿22)𝑔6ℎD.𝐿14√𝑔ℎ<v<12√(4𝐿12+𝐿22

)𝑔6ℎ答案D6.(2020山东等级考,16,9分)单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目,其场地可以简化为如图甲所示的模型:U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成,轨道倾角为17.2°。某次练习过程中,运动员以vM=10m/s

的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道,速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°,腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点,不计空气阻力,取重力加速度的大小g=10m/s2,sin72.8°=0.96,cos72

.8°=0.30。求:图甲图乙(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d;(2)M、N之间的距离L。答案(1)4.8m(2)12m考点三圆周运动1.(2017课标Ⅱ,17,6分)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端

水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.𝑣216𝑔B.𝑣28𝑔C.𝑣24𝑔D.𝑣22𝑔答案B2.(2018江苏单科,6,4分)(多选)火车以60m/s的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀

速转过了约10°。在此10s时间内,火车()A.运动路程为600mB.加速度为零C.角速度约为1rad/sD.转弯半径约为3.4km答案AD3.(2016浙江理综,20,6分)(多选)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=90m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=100m。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=10m/s2,π=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45m/sC.在直道上的加速度大小为5.63m/s2D.通过小圆弧弯道的时间为5.58s答案AB4.(2016课标Ⅲ,24,12分)如图,在竖直平面内有由14圆弧AB和12圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者

在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R,BC弧的半径为𝑅2。一小球在A点正上方与A相距𝑅4处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动。(1)求小球在B、A两点的动能之比;(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。答案见解析[教师专用题组]【5年高考】考点一

曲线运动、运动的合成与分解1.(2015课标Ⅱ,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

3.1×103m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/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

.9×103m/sB.东偏南方向,1.9×103m/sC.西偏北方向,2.7×103m/sD.东偏南方向,2.7×103m/s答案B同步卫星的速度v方向为正东方向,设卫星在转移轨道的速度为v1,附加速度为v2,由速度的合成可知v2的方向为东偏南方向,其大小为v2=√(𝑣cos30°-𝑣1)2+

(𝑣sin30°)2≈1.9×103m/s,故B选项正确。解题关键①当卫星运动到转移轨道和同步轨道交会处时,不仅需要调整卫星的速度大小,而且还需要调整卫星运动的方向。②需要将此卫星在转移轨道的速度、附加速度和同步卫星的环绕速度放在同一平面内考虑。③正确画出

如解析中的速度合成图是正确解答的关键。2.(2015广东理综,14,4分)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√2v

D.帆船朝北偏东45°方向航行,速度大小为√2v答案D以帆板为参照物时,帆船相对于帆板同时具有向正北的速度v与向正东的速度v,故由平行四边形定则可知,帆船相对于帆板的速度大小为√2v,方向为北偏东45°,D正确。3.(2013海南单科,8,5分)(多选)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当物体的速率增大时,合外力是动力,合外力与速度方向间夹角小于90°,而在直线运动中速率增大时合外力方向与速度方向间夹角必为0°,A正确;物体做变速率的曲线运动时其合外力可能不变,如平抛运动,故B错误;物体做变速率的圆周运动时,合外力一方面提供了改变速度方向的

向心力,另一方面还提供了改变速度大小的切向力,故此时合外力的方向一定不指向圆心,C错误;在匀速率曲线运动中,由于物体的速度大小不变,则物体在速度方向上所受外力矢量和必为零,即物体所受合外力方向只能是垂直于速度方向,从而只改变速度方向而做曲线运动,但不改变速

度的大小,D正确。4.(2014四川理综,4,6分)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.𝑘𝑣√𝑘2-1B.𝑣√1-𝑘2C.𝑘𝑣√1-𝑘2D.𝑣√𝑘2-1答案B去程时船头垂直河岸如图所示,由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d,则去程时间t1=𝑑𝑣1;回程时行

驶路线垂直河岸,故回程时间t2=𝑑√𝑣12-𝑣2,由题意有𝑡1𝑡2=k,则k=√𝑣12-𝑣2𝑣1,得v1=√𝑣21-𝑘2=𝑣√1-𝑘2,选项B正确。解题关键此题以小船过河为情境考查运动的合成和分解,解答本题的关键点有二:一是

合运动和分运动具有等时性;二是利用河宽为定值,去程为分运动的位移,返程为合运动的位移,确定去返的时间,该题难度适中,但有很好的区分度。考点二抛体运动1.(2018课标Ⅲ,17,6分)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和𝑣2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本题考查了平抛运动规律的应用。利用小球的平抛运动与斜面的结合考查了考生的理解能力、推理能力和应用数学处理物理问题的能力,体现了对科学思维和科学探究的素养考查。小球做平抛运动,其运动轨迹如图所示。设斜面的倾角为θ。平抛运动可以分解为水平

方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,x=v0t,h=12gt2,由图中几何关系,可得tanθ=ℎ𝑥,解得:t=2𝑣0tan𝜃𝑔;从抛出到落到斜面上,由动能定理可得:mgh=12mv'2-12m𝑣02,可得:v'=√𝑣02+2𝑔ℎ=√1+4tan2

𝜃·v0,则𝑣甲'𝑣乙'=𝑣0甲𝑣0乙=𝑣𝑣2=21,选项A正确。2.(2017江苏单科,2,3分)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.tB.√22tC.𝑡2D.𝑡4答案C本题考查了平抛运动、运动的独立性及两分运动的等时性。利用两球的平抛运动考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对科学思维和科学探究素养的考查。依据运动的独立性原理,在水平方向上,两球之间的距离d=(v1+v2)t=(

2v1+2v2)t',得t'=𝑡2,故选项C正确。3.(2015四川理综,1,6分)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小()A.一样大B.水平抛的最大C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大答案A根据机械能守恒定律得,落地时

三个小球速度大小相同。4.(2013安徽理综,18,6分)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m3/min,水离开喷口时的速度大小为16√3m/s,方向与水平面夹角为60°,在最高处正好到达着火位置,忽略空气阻力,则空中水柱的高度和水量分别是

(重力加速度g取10m/s2)()A.28.8m1.12×10-2m3B.28.8m0.672m3C.38.4m1.29×10-2m3D.38.4m0.776m3答案A如图,水离开喷口时水平速度vx=vcos60°=8√3m/svy=vsin60°=24m/s所以高度h=𝑣𝑦2

2𝑔=28.8m上升时间t=𝑣𝑦𝑔=2.4s所以水量为0.28×2.460m3=1.12×10-2m3,选项A正确。5.(2013江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,从地面上同一位置抛出两小球A、B,分别落在地面上的M、N点,两球运动的最大高

度相同。空气阻力不计,则()A.B的加速度比A的大B.B的飞行时间比A的长C.B在最高点的速度比A在最高点的大D.B在落地时的速度比A在落地时的大答案CD两球加速度都是重力加速度g,A错误;飞行时间t=2√2ℎ𝑔,因h相同,则t相同,

B错误;水平位移x=vx·t,在t相同情况下,x越大说明vx越大,C正确;落地速度v=√𝑣𝑥2+𝑣𝑦2,两球落地时竖直速度vy相同,可见vx越大,落地速度v越大,D正确。6.(2012课标,15,6分)(多选)如图,x轴在水

平地面内,y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹,其中b和c是从同一点抛出的。不计空气阻力,则()A.a的飞行时间比b的长B.b和c的飞行时间相同C.a的水平速度比b的小D.b的初速度比c的大答案BD小球做平抛运动

,在竖直方向上满足h=12gt2,得t=√2ℎ𝑔,可知A错B正确。在水平方向上x=v0t,即v0=x√𝑔2ℎ,且由题图可知hb=hc>ha,xa>xb>xc,则D正确C错误。7.(2016上海单科,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α。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与竖直方向的夹角β=。答案𝑣0tan𝛼𝑔arc

tan(2cotα)解析据题意,小球从P点抛出后做平抛运动,小球运动到A点时将速度分解,有tanα=𝑣𝑦𝑣𝑥=𝑔𝑡𝑣0,则小球运动到A点的时间为:t=𝑣0tan𝛼𝑔;tanβ=𝑣0𝑡12𝑔𝑡2=2𝑣0𝑔𝑡=2tan𝛼=2

cotα,所以PA与竖直方向的夹角为:β=arctan(2cotα)。8.(2015重庆理综,8,16分)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为R的14圆弧

形的粗糙轨道,P为最高点,Q为最低点,Q点处的切线水平,距底板高为H。N板上固定有三个圆环。将质量为m的小球从P处静止释放,小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距Q水平距离为L处。不考虑空气阻力,重力加速度为g。求:(1)距Q水平距离为𝐿2的圆环中心到底板的高

度;(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向;(3)摩擦力对小球做的功。答案(1)34H(2)L√𝑔2𝐻mg(1+𝐿22𝐻𝑅)方向竖直向下(3)mg(𝐿24𝐻-𝑅)解析(1)设小球在Q点的速度

为v,则有:L=vtH=12gt2解得:v=L√𝑔2𝐻当x=𝐿2时,有:𝐿2=vt1h1=12g𝑡12解得:h1=𝐻4则距Q水平距离为𝐿2的圆环中心到底板的高度h=H-h1=34H。(2)由(1)知小球运动到Q点时速度的大小v=L√𝑔2�

�在Q点,根据牛顿第二定律有:FN-mg=m𝑣2𝑅解得:FN=mg(1+𝐿22𝐻𝑅)由牛顿第三定律可知,小球对轨道压力的大小FN'与FN相等,方向竖直向下。(3)从P到Q,应用动能定理有:mgR+Wf=12mv2-0解得:Wf=𝑚�

�𝐿24𝐻-mgR=mg(𝐿24𝐻-𝑅)。9.(2015海南单科,14,13分)如图,位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成,圆弧半径Oa水平,b点为抛物线顶点。已知h=2m,s=√2m。取重力加速度大小g=10

m/s2。(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下,当其在bc段轨道运动时,与轨道之间无相互作用力,求圆弧轨道的半径;(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下,求环到达c点时速度的水平分量的大小。答案(1)0.25m(2)2√103m/s解析(1)设环到b点时速度为vb,圆弧轨道半径为r,小环从a

到b过程中机械能守恒,有mgr=12m𝑣𝑏2①环与bc段轨道间无相互作用力,从b到c环做平抛运动:h=12gt2②s=vbt③联立可得r=𝑠24ℎ④代入数据得r=0.25m(2)环从b点由静止下滑至c点过程中机械能守恒,设到c点时速度为vc,则mgh=12m�

�𝑐2⑤在bc段两次过程中环沿同一轨迹运动,经过同一点时速度方向相同设环在c点时速度与水平方向间的夹角为θ,则环做平抛运动时tanθ=𝑣𝑦𝑣𝑏⑥vy=gt⑦联立①②⑥⑦式可得tanθ=2√2⑧则环从b点由静止开始滑

到c点时速度的水平分量为vcx=vccosθ⑨联立⑤⑧⑨三式可得vcx=23√10m/s10.(2016浙江理综,23,16分)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是一个微粒源,能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置,离P点的水平

距离为L,上端A与P点的高度差也为h。(1)若微粒打在探测屏AB的中点,求微粒在空中飞行的时间;(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围;(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等,求L与h的关系。答案(1)√3ℎ𝑔(2)L√𝑔4ℎ≤v≤L√�

�2ℎ(3)L=2√2h解析(1)打在探测屏中点的微粒有32h=12gt2①t=√3ℎ𝑔②(2)打在B点的微粒v1=𝐿𝑡1;2h=12g𝑡12③v1=L√𝑔4ℎ④同理,打在A点的微粒初速度v2=L√𝑔2ℎ⑤则微粒的初速度范围为

L√𝑔4ℎ≤v≤L√𝑔2ℎ⑥(3)由能量关系12m𝑣22+mgh=12m𝑣12+2mgh⑦代入④、⑤式L=2√2h⑧方法技巧解决本题的关键是抓住能被探测到的微粒所满足的运动学特征:下降高度在h~2h、水平位移相同且都为L。11.(2014浙江理综,23,16分)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。在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶,其底边与地面接触。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)209m/s2(2)0.55m0.45m(3)492m<L≤570m解析(1)装甲车匀减速运动时的加速度大小a=𝑣022𝑠=209m/s2(2)第一发子弹飞行时间t1=𝐿𝑣+𝑣0=0.5s

弹孔离地高度h1=h-12g𝑡12=0.55m第二发子弹的弹孔离地的高度h2=h-12g(𝐿-𝑠𝑣)2=1.0m两弹孔之间的距离Δh=h2-h1=0.45m(3)若第一发子弹打到靶的下沿,则射出第一发子弹时,枪口与靶的距离为L1=(v0+v)√2ℎ𝑔=49

2m若第二发子弹打到靶的下沿,则射出第一发子弹时,枪口与靶的距离为L2=v√2ℎ𝑔+s=570mL的范围为492m<L≤570m12.(2012全国,26,14分)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,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=12ℎx2;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)12m(𝑣02+4𝑔2ℎ2𝑣02+𝑔ℎ)(2)√𝑔ℎ32mgh解析(1)设该队员在空中运动的时间为t,在坡面上落点的横坐标为

x,纵坐标为y。由运动学公式和已知条件得x=v0t①2h-y=12gt2②根据题意有y=𝑥22ℎ③由机械能守恒知落到坡面时的动能为12mv2=12m𝑣02+mg(2h-y)④联立①②③④式得12mv2=12m(𝑣02+4𝑔2

ℎ2𝑣02+𝑔ℎ)⑤(2)⑤式可以改写为v2=(√𝑣02+𝑔ℎ-2𝑔ℎ√𝑣02+𝑔ℎ)2+3gh⑥v2极小的条件为⑥式中的平方项等于0,由此得v0=√𝑔ℎ⑦此时v2=3gh,则最小动能为(12𝑚𝑣2)min=32mgh⑧解题思路先建

立机械能守恒方程,再结合平抛运动求出落到坡面上时的动能,最后应用数学知识寻找动能极值。考点三圆周运动1.(2016上海单科,16,3分)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遮挡。已

知风轮叶片转动半径为r,每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt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4π𝑛𝑟Δ𝑡B.转速逐渐减小,平均速率为8π𝑛𝑟Δ𝑡C.转速逐渐增

大,平均速率为4π𝑛𝑟Δ𝑡D.转速逐渐增大,平均速率为8π𝑛𝑟Δ𝑡答案B本题考查了圆周运动的应用、图像的意义。以风轮叶片做圆周运动为载体,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。由图(b)分析可知透过光的时间越来越长,说明风轮叶片转速逐渐减小

,还能看出Δt时间内凸轮圆盘转了4圈,又因为它转1圈风轮叶片转n圈,所以Δt时间内风轮叶片转了4n圈,所以它的平均速率v=4𝑛·2π𝑟Δ𝑡=8π𝑛𝑟Δ𝑡,故只有B项正确。2.(2019海南单科,6,4分)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μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力),重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO'轴匀速转动,则圆盘转动的最大角速度为()A.12√𝜇𝑔𝑟B.√𝜇𝑔𝑟C.√2𝜇𝑔�

�D.2√𝜇𝑔𝑟答案B设硬币质量为m,对硬币受力分析,如图所示。由摩擦力提供向心力可得f=mω2r而f≤fm=μFN=μmg联立可得mω2r≤μmg解得ω≤√𝜇𝑔𝑟,选项B正确,选项A、C、D错误。3.(2013江苏单科,2,3分)如图所示,“旋转秋千”中

的两个座椅A、B质量相等,通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是()A.A的速度比B的大B.A与B的向心加速度大小相等C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小答案D根据v=ωr,两座椅

的ω相等,由rB>rA可知vB>vA,A错误;向心加速度a=ω2r,因ω相等r不等,故a不相等,B错误;水平方向mgtanθ=mω2r,即tanθ=𝜔2𝑟𝑔,因rB>rA,故θB>θA,C错误;竖直方

向Tcosθ=mg,绳子拉力T=𝑚𝑔cos𝜃,因θB>θA,故TB>TA,D正确。4.(2018天津理综,2,6分)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运

动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中()A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变答案C本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能关系。由于运动员在竖直面内的圆弧

形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合外力提供向心力,因此合外力不为零,选项A错误;因运动员的速率不变,故其所受摩擦力等于重力沿滑道向下的分力,运动员沿AB下滑过程中重力沿滑道向下的分力变小,因此滑动摩

擦力变小,选项B错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化量,因速率不变,则动能不变,故合外力做功为零,选项C正确;机械能的改变量等于摩擦力做的功,故机械能减少,选项D错误。易错警示运动员的速率不变,

误认为匀速圆周运动的合外力为零,误选A。5.(2017课标Ⅱ,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的

作用力()A.一直不做功B.一直做正功C.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心答案A本题考查功、圆周运动,考查学生的理解能力、推理能力。体现了运动与相互作用观念、能量观念及科学论证的学科素养。大圆环对小环的作用力总是沿大圆环半径方向,与

速度方向垂直,故大圆环对小环的作用力不做功,选项A正确,B错误。开始时大圆环对小环的作用力方向背离大圆环圆心,一段时间后作用力方向指向大圆环圆心,故选项C、D错误。解题指导(1)弹力的方向总是垂直于接触面,并且速度的方向总是沿接触面的切线方向,因

此在固定接触面上滑动时,弹力总不做功。(2)重力在半径方向上的分量与大圆环对小环的作用力的矢量和提供小环做圆周运动的向心力,设小环转过的角度为θ,如图所示,小环此时的速度为v,大圆环对小环的作用力为N,由功能关系和圆周运动公式有12mv2=mgR(1

-cosθ)m𝑣2𝑅=mgcosθ-N解出N=3mgcosθ-2mg由此可知,当3mgcosθ>2mg时,N的方向背离大圆环圆心,当3mgcosθ<2mg时,N的方向指向大圆环圆心。6.(2017江苏单科,5,3分)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2𝑣2𝑔D.速度v不能超过√(2𝐹-𝑀𝑔)𝐿𝑀答案D本题考查了圆周运动的应用、向心力、机械能守恒定律。以物块的运动为载体,考查了考生的理解能力、推理能力

,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。设夹子与物块间静摩擦力为f,匀速运动时,绳中张力T=Mg=2f,摆动时,物块没有在夹子中滑动,说明匀速运动过程中,夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大值,A错;碰到钉子后,物块开始在竖直面内做圆周运动,在最低点,对整体有T'-Mg=M𝑣2�

�,对物块有2f-Mg=M𝑣2𝐿,所以T'=2f,由于f≤F,所以选项B错;由机械能守恒得,MgHmax=12Mv2,所以Hmax=𝑣22𝑔,选项C错;若保证物块不从夹子中滑落,应保证速度为最大值vm时,在最低点满足关系式2F-Mg=M𝑣m2𝐿,

所以vm=√(2𝐹-𝑀𝑔)𝐿𝑀,选项D正确。7.(2016课标Ⅱ,16,6分)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点()A.P球的速度一

定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度答案C本题利用不同摆球的运动,体现了运动与相互作用观念、能量观念,考查了推理探究能力

。设小球的质量为m,绳长为L,根据动能定理得mgL=12mv2,解得v=√2𝑔𝐿,LP<LQ,所以vP<vQ,故A项错误。小球动能Ek=mgL,其中mP>mQ,LP<LQ,所以无法判断它们的动能大小关系,B项错误。F拉-mg=𝑚𝑣2𝐿,将v=√2𝑔𝐿代入得F拉=3

mg,因为mP>mQ,所以P球所受绳的拉力大于Q球所受绳的拉力,故C项正确。向心加速度a=𝑣2𝐿=2g,所以在轨迹的最低点,P、Q两球的向心加速度相同,故D项错误。8.(2016海南单科,3,6分)如图,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m的小球沿轨

道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1,在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g,则N1-N2的值为()A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg答案D设小球在最低点时速度为v1,在最高点时速度为v2,根据牛顿第二定律有,在

最低点有N1-mg=𝑚𝑣12𝑅,在最高点有N2+mg=𝑚𝑣22𝑅;从最高点到最低点,根据机械能守恒定律有mg·2R+𝑚𝑣222=𝑚𝑣122,联立可得N1-N2=6mg,故选项D正确。9.(201

5天津理综,4,6分)未来的星际航行中,宇航员长期处于零重力状态,为缓解这种状态带来的不适,有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”,如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时,宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上,可以受到与他站在地

球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的,下列说法正确的是()A.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越大B.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小C.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越大D.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越小答案B宇航员在舱内受到的

支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等,mg=mω2r,即g=ω2r,可见r越大,ω就应越小,B正确,A错误;角速度与质量m无关,C、D错误。10.(2014课标Ⅱ,17,6分)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;套在大环上质量为m的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为()A.Mg-5mgB.Mg+mgC.Mg+5mgD.Mg+10mg答案C解法一以小环为研究对象,设大环半径为R

,根据机械能守恒定律,得mg·2R=12mv2,在大环最低点有FN-mg=m𝑣2𝑅,得FN=5mg,此时再以大环为研究对象,受力分析如图,由牛顿第三定律知,小环对大环的压力为FN'=FN,方向竖直向下,故F=Mg

+5mg,由牛顿第三定律知C正确。解法二设小环滑到大环最低点时速度为v,加速度为a,根据机械能守恒定律12mv2=mg·2R,且a=𝑣2𝑅,所以a=4g,以整体为研究对象,受力情况如图所示。F-Mg-m

g=ma+M·0所以F=Mg+5mg,C正确。11.(2019天津理综,10,16分)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示。为了便于研究舰载机的

起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150m,BC水平投影L2=63m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60kg,g=1

0m/s2,求(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做功W;(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。答案(16分)(1)7.5×104J(2)1.1×103N解析本题考查匀变速直线运动、动能定

理、圆周运动。通过对舰载机整个起飞过程的运动分析、受力分析,以及学生的综合分析能力,体现了科学推理的核心素养。国产航母是大国重器,通过本题也能厚植爱国情怀。(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有𝑣2=

𝐿1𝑡①根据动能定理,有W=12mv2-0②联立①②式,代入数据,得W=7.5×104J③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有L2=Rsinθ④由牛顿第二定律,有FN-mg=m𝑣2𝑅⑤联立①④⑤式,代入数据,得

FN=1.1×103N⑥一题多解对(1)问:舰载机由静止开始做匀加速直线运动设其匀加速阶段的加速度大小为a,则有L1=12at2①对飞行员分析得F=ma②飞行员受到的水平力所做的功W=FL1③联立①②③得W=7.5×104J12.

(2013福建理综,20,15分)如图,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一质量m=1.0kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的C点。地面上的D点与OB在同一竖直线上,已知绳长L=1.0m,B点离地高度H=1.

0m,A、B两点的高度差h=0.5m,重力加速度g取10m/s2,不计空气影响,求:(1)地面上D、C两点间的距离s;(2)轻绳所受的最大拉力大小。答案(1)1.41m(2)20N解析(1)小球从A到B过程机械能守恒,有mgh=12m𝑣𝐵2①小球从B到C做平抛运动,在竖直方向上

有H=12gt2②在水平方向上有s=vBt③由①②③式解得s=1.41m④(2)小球下摆到达B点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,有F-mg=m𝑣𝐵2𝐿⑤由①⑤式解得F=20N根据牛顿第三定律F'=-F轻绳所受的最大拉力为20N。【3年模拟】时间:20分钟分值:2

9分一、单项选择题(每小题3分,共21分)1.(2021届山东临沂高三期中,1)图示为空降兵某旅新兵开展首次大飞机跳伞训练,数千名新兵在严寒天气下经历高强度伞降磨砺,为成为一名合格的空降兵战斗员蓄力跃进。当空降兵从飞机上由静止

跳下后,在下落过程中将会受到水平风速的影响,关于空降兵下列说法中正确的是()A.风速越大,下落时间越长B.风速越大,着地速度越小C.风速越大,动量变化越大D.风速越大,着地时重力的功率越大答案C2.(2021届山东烟台高三期中,8)如图所示,在倾角为37°足够长的斜面顶端,一小球以与斜面成3

0°角的初速度v抛出,小球最终落在斜面上。不计空气阻力,sin37°=0.6,重力加速度为g,则从抛出小球到小球与斜面的距离最大时,小球飞行时间t为()A.5𝑣4𝑔B.2𝑣3𝑔C.5𝑣8𝑔D.4𝑣5𝑔答案C3.(2021

届山东济南第一中学高三期中,6)如图所示为一种修正带,其核心结构包括大小两个齿轮、压嘴座等部件,大小两个齿轮分别嵌合于大小轴孔中,并且齿轮相互吻合良好,a、b点分别位于大小齿轮的边缘且Ra∶Rb=3∶2,c点位于大齿轮

的半径中点,当纸带以速度v匀速走动时b、c点的向心加速度之比是()A.1∶3B.2∶3C.3∶1D.3∶2答案C4.(2020山东枣庄第一中学高一期中,7)日常生活中可以利用离心运动甩干衣物上的水分,如图已知甩干桶直径为0.5m,工作时转速为20πr/s,则甩干过

程中衣物和桶壁之间的弹力与衣物所受重力的比值为(g=10m/s2)()A.80B.40C.20D.10答案B5.(2020山东枣庄第三中学高一期中,5)如图所示,圆锥摆甲乙的摆长之比为2∶1,两摆球的质量相同,今使两圆锥摆做顶角分别为30°、

60°的圆锥摆运动,则()A.两摆球的向心加速度之比为1∶3B.两圆锥摆的运动周期之比为2∶1C.摆球的线速度之比为1∶1D.摆球的角速度之比为1∶2答案A6.(2020山东枣庄第三中学高一期中,3)水平抛出的小球,t秒末的速度方向与水平方向

的夹角为α1,t+t0秒末的总位移方向与水平方向的夹角为α2,重力加速度为g,忽略空气阻力,则小球初速度的大小可表示为()A.𝑔(𝑡+𝑡0)2(tan𝛼2-tan𝛼1)B.𝑔𝑡0tan𝛼2-tan�

�1C.𝑔𝑡02(tan𝛼2-tan𝛼1)D.𝑔𝑡02tan𝛼2-tan𝛼1答案D7.(2020山东聊城一中三模,3)某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛,起跳直至着地过程如图,测量得到比赛成绩是2.4m,空中该同学脚离地最大高度约0.8

m,假设该同学的质量为60kg。忽略空气阻力,则起跳过程该同学所做功为(g=10m/s2)()A.750JB.480JC.270JD.1470J答案A二、多项选择题(每小题4分,共8分)8.(2020山东烟台高一期中

,11)如图所示,在与水平地面夹角为θ=30°的光滑斜面上有一半径为R=0.1m的光滑圆轨道,一质量为m=0.2kg的小球在圆轨道内沿轨道做圆周运动,g=10m/s2,下列说法中正确的是()A.小球能通过圆轨道最高点的最小速度为0B.小球能通过圆轨道最高点的最小速度为1m/sC.小球以2m/s的速

度通过圆轨道最低点时对轨道的压力为9ND.小球通过圆轨道最低点和最高点时对圆轨道的压力之差为6N答案CD9.(2020山东菏泽高一期中,10)一个物体以初速度v0水平抛出,落地时速度为v,则()A.物体在空中运动的时间是𝑣-𝑣0𝑔B.物体在空中运动的时间是√𝑣2-𝑣02𝑔C.物体抛

出时的高度是𝑣22𝑔D.物体抛出时的高度是𝑣2-𝑣022𝑔答案BD[教师专用题组]【3年模拟】A组一、选择题1.(2019海南单科,10,5分)(多选)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h1=h0、h2=2h0、h3=3h0,如图所示。若沿轨道1、2、3下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.s1>s2B.s2>s3C.s1=s3D.s2=s3答案BC根据mgh=1

2mv2得小物块离开轨道时的水平速度v=√2𝑔ℎ,轨道1、2、3下滑的小物块的初速度之比为√3∶√2∶1,由h=12gt2,可知t=√2ℎ𝑔,轨道1、2、3下滑的小物块的时间之比为1∶√2∶√3,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=√3∶2∶√3,故选项B、C正确,A、D错误。2.(2018浙江4月选考,4,3分)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同时间内,它们通过的路程之比是4∶3,运动方向改变的角度之比是3∶2,则它们()A.线速度大小之比为4∶3

B.角速度大小之比为3∶4C.圆周运动的半径之比为2∶1D.向心加速度大小之比为1∶2答案A本题考查了圆周运动的应用和线速度、角速度、向心加速度。以快艇的匀速圆周运动为载体,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对模型建构、科学推理的素养考查。时间相同,路程之比即

线速度大小之比,故A项正确;运动方向改变的角度之比即路程对应扫过的圆心角之比,由于时间相同,角速度大小之比为3∶2,B项错误;由路程和半径与圆心角之间的关系为s=rθ得半径之比为8∶9,C项错误;由向心加速度a=𝑣2𝑟知向心

加速度大小之比为2∶1,D项错误。3.(2019山东济南3月模拟,16,6分)曲柄连杆结构是发动机实现工作循环,完成能量转换的主要运动零件。如图所示,连杆下端连接活塞Q,上端连接曲轴P。在工作过程中,活塞在汽缸内上下做直线运动,带动曲轴绕圆心

O旋转。若P做线速度大小为v0的匀速圆周运动,则下列说法正确的是()A.当OP与OQ垂直时,活塞运动的速度等于v0B.当OP与OQ垂直时,活塞运动的速度大于v0C.当O、P、Q在同一直线上时,活塞运动的速度等于

v0D.当O、P、Q在同一直线上时,活塞运动的速度大于v0答案A当OP与OQ垂直时,设∠PQO=θ,此时活塞的速度为v,将P点的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向的分速度;将活塞的速度v分解为沿杆方向和垂直于杆方向的分速度,则此时v0cosθ=vcosθ,即v=v0,选项A正确,B错误;

当O、P、Q在同一直线上时,P点沿杆方向的分速度为零,则活塞运动的速度等于0,故选项C、D错误。4.(2020山东德州期中,8)如图所示,小球自足够长的斜面上的O点水平抛出,落至斜面时速度与斜面方向的夹角用α表示,不计空气阻力,对小球在空中的运动过程以下说法正确的是()A.初速度越

大,α角越大B.初速度越大,α角越小C.运动时间与初速度成正比D.下落的高度与初速度成正比答案C设斜面的倾斜角为θ,小球从斜面上做平抛运动又落回到斜面上,位移与水平方向间的夹角等于斜面的倾斜角θ,落到斜面时的速度与水平方向间的夹角为α+θ,再

根据速度夹角和位移夹角关系式tan(α+θ)=2tanθ知,α角和初速度无关,故A、B错误;根据位移的夹角公式tanθ=𝑦𝑥=𝑔𝑡2𝑣0,得t=2𝑣0tan𝜃𝑔,可知运动时间与初速度成正比,故C正确;由h=12gt2,t=2𝑣0tan𝜃𝑔,得h=2tan2𝜃𝑔

𝑣02,即下落的高度h与初速度二次方成正比,故D错误。5.(2019山东滨州二模,17)如图所示,在竖直平面内有一曲面,曲面方程为y=x2,在y轴上有一点P,坐标为(0,6m)。从P点将一小球水平抛出,初速度为1m/s。则小球第

一次打在曲面上的位置为(g取10m/s2)()A.(3m,3m)B.(2m,4m)C.(1m,1m)D.(1m,2m)答案C设小球第一次打在曲面上的位置为(x,y),小球在水平方向有:x=v0t;竖直方向有

:6-y=12gt2,x、y满足曲面方程,则y=x2,联立各式并把g=10m/s2、v0=1m/s代入解得x=1m,y=1m,则小球第一次打在曲面上的位置为(1m,1m),故选项C正确。6.人用绳子通过定滑轮拉物体A,A穿在光滑的竖直杆上,当以速度v

0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时,绳与竖直杆的夹角为θ,则物体A实际运动的速度是()A.v0sinθB.𝑣0sin𝜃C.v0cosθD.𝑣0cos𝜃答案D由运动的合成与分解可知,物体A参与这样的两个分运动,一个是沿着与它相连接的绳

子的运动,另一个是垂直于绳子斜向上的运动。而物体A实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的,这一轨迹所对应的运动就是物体A的合运动,它们之间的关系如图所示。由三角函数知识可得v=𝑣0cos𝜃,所以D选项是正确的。7.一斜面体放置在水平

地面上,其倾角如图所示,两个小球P、Q分别从图示位置以相同的速度水平抛出,两个小球落到斜面上时,其速度方向均与斜面垂直。则下面说法中正确的是()A.P、Q两球在空中运动的时间之比为1∶2B.P、Q两球在空中运动的时间之比为2∶1C.P、Q两球在水平方向通过的距离之比为9

∶1D.P、Q两球在竖直方向下落的距离之比为9∶1答案D设两球水平初速度为v,根据几何知识可得,tanθ=𝑣𝑔𝑡,即tanθ与t成反比,故𝑡1𝑡2=tan60°tan30°=3,故A、B错;水平方向通过的距离为x=vt,可知水平位移与时间成正比,故为3∶1

,故C错;竖直方向下落的距离为h=12gt2,竖直方向下落的距离与时间的平方成正比,故D对。8.如图,窗子上、下沿间的高度H=1.6m,墙的厚度d=0.4m,某人在离墙壁距离L=1.4m、距窗子上沿h=0.2m处的P点,将可视为质点的小

物件以v的速度水平抛出,小物件直接穿过窗口并落在水平地面上,取g=10m/s2。则v的取值范围是()A.v>7m/sB.v<2.3m/sC.3m/s<v<7m/sD.2.3m/s<v<3m/s答案C小物件做平抛运动,可根据平抛

运动规律解题。若小物件恰好经窗子上沿,则有h=12g𝑡12,L=v1t1,得v1=7m/s;若小物件恰好经窗子下沿,则有h+H=12g𝑡22,L+d=v2t2,得v2=3m/s,所以3m/s<v<7m/s,故C项正确。二、非选择题9.[2020天津,9(1)]

某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上,在桌面上固定一个斜面,斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离,让钢球从斜面顶端同一位置滚下,通过碰撞复写纸,在白纸上记录钢球的落点。图1①为了正确完成实验,以

下做法必要的是。A.实验时应保持桌面水平B.每次应使钢球从静止开始释放C.使斜面的底边ab与桌边重合D.选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面图2②实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2m,在白纸上记录了钢球的4个落点,相邻两点之间的距离依次为15.0cm、25.0cm、35.0cm,示意如图2

。重力加速度g=10m/s2,钢球平抛的初速度为m/s。③图1装置中,木板上悬挂一条铅垂线,其作用是。答案①AB②2③方便将木板调整到竖直平面解析①钢球从桌面飞出,必须使钢球初速度沿水平方向,做平抛运动,故需要保持桌面水平,A项正确

;钢球必须每次从同一位置由静止滚下,这样才能使每次做平抛运动的初速度相同,B项正确;斜面底边ab不可与桌边重合,若重合,钢球到达斜面底边后,将不再做平抛运动,C项错误;钢球所受斜面的摩擦力大小对实验没有影响,只要保证每次钢球

从桌边开始做初速度相同的平抛运动即可,D项错误。②设每次木板向远离桌子的方向移动的距离为x,相邻两落点的竖直间距差为Δy,间隔时间为T,则由匀加速直线运动规律有Δy=gT2,可得T=√Δ𝑦𝑔=0.1s,故初速度

v0=𝑥𝑇=2m/s。③在实验中要保持木板处于竖直状态,悬挂铅垂线,便于将木板调整到竖直平面。10.(2020山东临沂一模,17)(8分)在某次的接力比赛项目中,项目组规划的路线如图所示,半径R=20m的四分之一圆弧PQ赛道与两条直线赛道分别相切于P和Q点,圆弧PQ为接力区

,规定离开接力区的接力无效。甲、乙两运动员在赛道上沿箭头方向训练交接棒的过程中发现:甲经短距离加速后能保持9m/s的速率跑完全程,乙从起跑后的切向加速度大小是恒定的。为了确定乙起跑的时机,需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中,甲在接力区前s0=13.5m的A处

作了标记,并以v=9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令,乙在接力区的P点听到口令时起跑,并恰好在速度达到与甲相等时被甲追上,完成交接棒。假设运动员与赛道间的动摩擦因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦

力,运动员(可视为质点)在直道上做直线运动,在弯道上做圆周运动,重力加速度g=10m/s2,π=3.14。求:(1)为确保在弯道上能做圆周运动,允许运动员通过弯道PQ的最大速率;(2)此次练习中乙在接棒前的切向加速度a。答案(1)10m/s(2)3m/s2解析(1)因为运动员在弯道上做圆周运动,由

摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律得μmg=m𝑣2𝑅解得:v=√𝜇𝑔𝑅=10m/s(2)设经过时间t,甲追上乙,甲经过的路程为x1=vt乙经过的路程为x2=𝑣2t由路程关系有vt=𝑣2t+s0将v=9m/s代入解得t=3

s则vt=27m<π2R=31.4m,所以接力有效乙的切向加速度为a=𝑣𝑡=3m/s211.(2020山东临沂费县一中阶段性检测,15)(8分)人类探月的历程艰难重重,月球没有大气层,降落时只能靠探测器自身发动机的动

力减速,成功值得庆祝,失败则需要反思,争取下一次的成功……(1)设月球表面附近的重力加速度g=1.6m/s2,探测器在距离月球表面H=2km处速度v0=100m/s,方向竖直向下,探测器的总质量m=4000kg,探

测器开动发动机,做匀减速直线运动,降落到月球表面时速度恰好为零,问这一过程需要多长时间?发动机需要提供多大的力?(不考虑探测器质量变化)(2)假设探测器降落失败落在A点,与月球碰撞后弹起到h=80m高空B点处速度恰好沿水平方向,落月点A点与B点直线距离为L=100m

,求探测器在最高点的速度为多少。答案(1)40s16400N(2)6m/s解析(1)由公式H=𝑣02t1得t1=40s所以加速度大小为a=|0-𝑣0|𝑡1=2.5m/s2由牛顿第二定律得F-mg=ma所以F=mg+ma=16400N(2)A、B之间距离为100m,所以A、B之间水平距离为

x=√𝐿2-ℎ2=60m探测器做斜抛运动,因为最高点速度水平,所以可以逆向看成平抛运动h=12g𝑡22x=v1t2解得:t2=10s,v1=6m/s12.一光滑圆锥固定在水平地面上,其圆锥角为74°,圆锥底面的圆心为O'。用一根长为0.5m的轻

绳一端系一质量为0.1kg的小球(可视为质点),另一端固定在光滑圆锥顶上O点,O点距地面高度为0.75m,如图所示,如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动。(1)当小球的角速度为4rad/s时,求轻绳中的拉力大小。(2)逐渐增加小球的角速度,若轻绳受力

为53N时会被拉断,求当轻绳断裂后小球落地点与O'点间的距离。(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)答案(1)1.088N(2)0.8m解析(1)当小球在圆锥表面上运动时,据牛顿运动定律可得:Ts

in37°-FNcos37°=mω2Lsin37°①Tcos37°+FNsin37°=mg②小球刚要离开圆锥表面时,支持力为零,求得:ω0=5rad/sT0=1.25N当小球的角速度为4rad/s时,小球在圆锥表面上运动,根

据公式①②可求得:T1=1.088N(2)当轻绳断裂时,绳中的拉力大于T0=1.25N,故小球已经离开了圆锥表面,设绳子断裂前与竖直方向的夹角为θ。根据牛顿运动定律可得:T2sinθ=m𝑣2𝐿sin𝜃T2cosθ=mg求得:θ=53°,v=4

√33m/s轻绳断裂后,小球做平抛运动,此时距离地面的高度为:h=H-Lcos53°=0.45m据h=12gt2求得:t=0.3s如图所示:水平位移为:x=vt=2√35m抛出点与OO'间的距离为:y=

Lsin53°=0.4m√𝑥2+𝑦2=0.8m0.8m>0.75m×tan37°,即小球做平抛运动没有落到圆锥表面上,所以落地点到OO'的距离为0.8m。B组选择题1.(2015山东理综,14,6分)距地面高5m的水

平直轨道上A、B两点相距2m,在B点用细线悬挂一小球,离地高度为h,如图。小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动,经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下,小车运动至B点时细线被轧断,最后两球同时落地。不计

空气阻力,取重力加速度的大小g=10m/s2。可求得h等于()A.1.25mB.2.25mC.3.75mD.4.75m答案A小车由A运动到B的时间为24s=0.5s,对左侧小球,5m=12gt2,对右侧小球,h=12g(t-0.5s)2,

解得h=1.25m,所以A正确。2.(2020山东潍坊一模,3)某同学练习定点投篮,篮球从同一位置出手,两次均垂直撞在竖直篮板上,其运动轨迹如图所示,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.第1次击中篮板时的速度小B.两次

击中篮板时的速度相等C.球在空中运动过程第1次速度变化快D.球在空中运动过程第2次速度变化快答案A试题以定点投篮为情境,考查平抛运动等必备知识,主要考查理解能力、推理论证能力,体现了物理观念、科学思维的学科素养,突出对基础性、应用性考查要求。将篮球的运动反向处理,即平抛运动,平抛

运动在水平方向做匀速直线运动,水平射程相等,但第1次用的时间较长,故第1次水平分速度较小,即篮球第1次击中篮板时速度小,故选项A正确,B错误;两次球在运动过程中的加速度相等,等于重力加速度,两次速度变化一样快,故选项C、

D错误。3.(2020山东菏泽期中,5)2019年春节期间电影《流浪地球》的热播使人们关注到影视中“领航员号”空间站通过让圆形空间站旋转的方法获得人工重力的情形,即刘培强中校到达空间站时电脑“慕斯”所

讲的台词“离心重力启动”,空间模型如图,已知空间站半径为1000米,为了使宇航员感觉跟在地球表面上的时候一样“重”,g取10m/s2,空间站转动的角速度为()A.10rad/sB.1rad/sC.0.1rad/sD.0.01rad/s

答案C空间站中宇航员做匀速圆周运动,使宇航员感受到与地球一样的“重力”是向心力所致,则根据g=ω2r,则ω=√𝑔𝑟=0.1rad/s,故C正确,A、B、D错误。4.(2020山东青岛即墨期中,6)我国改革开放以来,高速公路从无到有,通车总里程达到14.3万公里,位居世界第一。科学研究表明,在过

于平坦、笔直的路面上高速行车极易发生车祸,在修建高速公路时要间隔设计弯道,迫使司机集中注意力并控制车辆行驶速度,从而减少车祸的发生。高速公路某处弯道半径为R,路面宽度为d,路面内外侧高度差为h,且路面倾角θ很小

,可以认为tanθ=sinθ,汽车轮胎与路面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则汽车通过该弯道的最合理速度为()A.√𝜇𝑔𝑅B.√𝜇𝑅𝑔C.√𝑔ℎ𝑅𝑑D.√𝑔𝑑𝑅ℎ答案C本题考查了向心力和牛顿第二定

律知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。汽车转弯时没有侧向的摩擦力,由重力和支持力的合力提供转弯的向心力时速度最合理的,受力如图:由牛顿第二定律得:mgt

anθ=m𝑣2𝑅,因为路面倾角θ很小,可以认为:tanθ=sinθ=ℎ𝑑,联立解得:v=√𝑔ℎ𝑅𝑑,故A、B、D错误,C正确。5.(2020山东临沂期中,11)(多选)在某次比赛中,一战士在同一位置同一高度沿同一水平方向用不同型号的枪各射出一颗子弹,打在100m远

处的靶子上,靶纸如图所示,两弹孔在竖直方向相距11.25cm,其中A为甲枪的子弹孔,B为乙枪的子弹孔,已知甲枪子弹射出时的速度为500m/s,g=10m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.甲枪射出的子弹速度较大B.乙枪射出的子弹速度较大C.乙枪子弹

射出时的速度为400m/sD.乙枪子弹射出时的速度为300m/s答案AC甲枪射出的子弹下落的高度为:h=12g𝑡12=12×10×0.04m=0.2m。乙枪射出的子弹下落的高度为:h'=h+l=0.2m+0.1125m=0.3125m,则乙枪子弹运动的时间为t2=√2ℎ'𝑔=√2×

0.312510s=0.25s,乙枪子弹射出的速度大小为:v=𝑥𝑡2=1000.25m/s=400m/s。可知甲枪射出的子弹速度较大,故选项A、C正确,B、D错误。6.如图甲所示的过山车轨道,有连续两个环

,我们把它简化为如图乙的模型,忽略一切阻力,假设大环的半径是小环半径的1.5倍,当过山车经过大环的最低点和最高点时,轨道对过山车的压力差绝对值为ΔN1,当过山车经过小环的最低点和最高点时,轨道对过山车的压力差

绝对值为ΔN2,则下面说法中正确的是()图甲图乙A.ΔN2=ΔN1B.ΔN2=1.5ΔN1C.ΔN1=1.5ΔN2D.ΔN1=3ΔN2答案A假设题图乙中小环的半径为R,在最低点,根据牛顿运动定律可得:FN1-mg=m𝑣12�

�在最高点,根据牛顿运动定律可得:FN2+mg=m𝑣22𝑅根据机械能守恒定律可得:12m𝑣12=12m𝑣22+mg·2R解得:FN1-FN2=6mg可知压力差和半径无关,和初速度也无关,故选A。7

.如图甲所示,一名运动员在参加跳远比赛。其运动轨迹可以简化为如图乙所示。假设跳远运动员落入沙坑前经过了P、Q两点,经过P、Q两点时的速度方向与水平方向的夹角分别为37°和45°。若运动员可视为质点,不计空气阻力,则P、Q

两点连线与水平方向夹角的正切值为(sin37°=0.6,cos37°=0.8)()A.38B.23C.78D.76答案C运动员腾空时,从最高点到落地过程中,做平抛运动。将运动员经过P、Q两点的速度分解,如图所示。连接P、Q,与水平方向的夹角为θ,则tanθ=𝑦𝑥。由图中几何关系和运动

学公式,可得x=v0t,y=12(v1+v2)t。由图中几何关系可得v1=v0tan37°,v2=v0tan45°。联立方程可得tanθ=12(𝑣0tan37°+𝑣0tan45°)𝑡𝑣0𝑡=12(ta

n37°+tan45°)=78。选项C正确,选项A、B、D错误。8.(2019山东泰安一中统考)如图所示,有一竖直放置的直角架,表面光滑,滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上,A、B用一不可伸长的轻绳相连,A、B质量相等,且可看成质点。开始时轻绳水平伸直,A、B静止。由静止释放B后,已知当轻绳与

竖直方向的夹角为60°时,滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v,则A的速度为()A.vB.12vC.√32vD.√33v答案D将滑块A、B的速度沿图示方向分解,根据几何知识可得滑块B沿绳子方向上的分速度为v1=vc

os60°,滑块A沿绳子方向上的分速度为vA1=vAsin60°,因为v1=vA1,则有vA=𝑣tan60°=√33v,故D正确。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com